2026版高三数学讲义第五章　5.4　平面向量的综合问题

5．4平面向量的综合问题

会用向量方法解决简单的平面几何问题、力学问题以及其他实际问题，体会向量在解决

数学和实际问题中的作用．

考点1平面向量在几何中的应用

【例1】(1)(2024·湖北武汉模拟)如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝1，D是

BC边的中点，过点C作CE⊥AD于点E，延长CE交AB于点F，则BF＝(C)

33

A．B．

42

25

C．D．

33

→→

【解析】方法一设AF＝λAB，

→→→1→→

∵AD⊥CF，∴AD·CF＝0，又D是BC边的中点，∴AD＝(AC＋AB)，

2

1→→→→

∴(AC＋AB)·(AF－AC)＝0，

2

→→→→

∴(AC＋AB)·(λAB－AC)＝0，

→→→→

∴(λ－1)AB·AC＋λAB2－AC2＝0①，

∵AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，

∴AB＝12＋12＝2，且∠BAC＝45°，

→→→→22

∴AC2＝1，AB2＝2，AB·AC＝1×2×＝1，代入①得(λ－1)＋2λ－1＝0，解得λ＝，

23

→2→12

∴AF＝AB，∴BF＝AB＝.故选C.

333

方法二因为∠ACB＝90°，AC＝BC＝1，所以△ABC为等腰直角三角形，又因为AD为

12

15

中线，所以CD＝BD＝，AD＝AC2＋CD2＝12＋2＝.因为CE⊥AD，所以∠CED＝

22

1

1×

AC·CD25

90°，所以AD·CE＝AC·CD，即CE＝＝＝，所以DE＝CD2－CE2＝

AD55

2

1252

5

2－5＝.如图，过点F作FH⊥CB交CB于点H，所以∠FHB＝90°，因为tan∠FCB

10

5

DEFH10x12

＝＝，设FH＝HB＝x，则CH＝1－x，所以＝，解得x＝，所以BF＝.故选

CECH51－x33

5

C.

(2)(多选)在△ABC所在平面内有三点O，N，P，则下列命题正确的是(ACD)

→→→→→→

A．若PA·PB＝PB·PC＝PC·PA，则P是△ABC的垂心

→→

ABAC

＋

→→→

B．若AP＝λ|AB||AC|，则直线AP必过△ABC的外心

→→→

C．若|OA|＝|OB|＝|OC|，则O为△ABC的外心

→→→

D．若NA＋NB＋NC＝0，则N是△ABC的重心

→→→→→→→→→

【解析】由题意可得PA·PB－PB·PC＝PB·(PA－PC)＝PB·CA＝0，所以PB⊥AC，同理

→→

→AB→AC

⊥⊥△

可得PABC，PCAB，故P为ABC的垂心，故A正确；如图，设AE＝→，AF＝→，

|AB||AC|

→→→

则|AE|＝|AF|＝1，以AE，AF为邻边作平行四边形AEQF，则平行四边形AEQF为菱形，则AQ

→→→→

→→ABAC→ABAC→

∠

＝AE＋AF＝→＋→，所以AP＝λ→＋→＝λAQ，又因为AQ平分BAC，故直线AP必

|AB||AC||AB||AC|

→→→

过△ABC的内心，故B错误；因为|OA|＝|OB|＝|OC|，所以O到△ABC的三个顶点距离相等，

→→

所以O为△ABC的外心，故C正确；记AB，BC，CA的中点分别为R，S，T，由题意NA＋NB

→→

＝2NR＝－NC，则NC＝2NR，同理可得NA＝2NS，NB＝2NT，则N是△ABC的重心，故D

正确．故选ACD.

用向量方法解决平面几何问题的步骤

设向量计算还原

平面几何问题―――→向量问题―――→解决向量问题―――→解决平面几何问题．

【对点训练1】(1)已知平面四边形ABCD的四条边AB，BC，CD，DA的中点依次为E，

F，G，H，且AB2＋CD2＝AD2＋BC2，则四边形EFGH一定为(C)

A．正方形B．菱形

C．矩形D．直角梯形

解析：如图，由题意结合中位线定理可得HG∥AC，

1

HG＝AC，EF∥AC，

2

1

EF＝AC，∴HG∥EF，HG＝EF，即四边形EFGH为平行四边形．

2

→→→→→→→→→→→→→→

∵BC＝BA＋AD＋DC，∴AB2＋CD2＝AD2＋BC2＝AD2＋(BA＋AD＋DC)2＝AD2＋BA2＋

→→→→→→→→→→→→→→→→→

AD2＋DC2＋2BA·AD＋2BA·DC＋2AD·DC，∴AD2＋BA·AD＋BA·DC＋AD·DC＝0，∴AD·(AD

→→→→→→→→→→→

＋DC)＋BA·(AD＋DC)＝0，∴(AD＋BA)·AC＝0，即BD·AC＝0，即BD⊥AC，∴BD⊥AC，又

HG∥AC，∴BD⊥HG，同理由中位线定理可得HE∥BD，

∴HE⊥HG，故四边形EFGH为矩形．故选C.

→→

ABAC

＋

→→→→→

(2)已知△ABC中，(BA＋BC)·AC＝0，||AB||AC||＝3，则此三角形为(B)

A．直角三角形B．等边三角形

C．钝角三角形D．等腰直角三角形

→→→→→→→

解析：如图所示，设M为AC中点，连接BM，则(BA＋BC)·AC＝2BM·AC＝0，所以BM⊥AC，

即△ABC为等腰三角形，

→→

ABAC

→＋→

又||AB||AC||＝3，

→→→→

ABACABAC

222→→

→＋→→→ABAC→→

所以||AB||AC||＝3，即|AB|＋|AC|＋2→·→＝2＋2cos〈AB，AC〉＝3，所

|AB||AC|

→→1

以cos〈AB，AC〉＝，可得A＝60°，综上可知△ABC为等边三角形．故选B.

2

考点2与向量有关的最值(范围)问题

命题角度1与平面向量基本定理有关的最值(范围)问题

→→

【例2】在△ABC中，过重心E任作一直线分别交AB，AC于M，N两点，设AM＝xAB，

→→

AN＝yAC(x>0，y>0)，则4x＋y的最小值是(C)

410

A．B．

33

C．3D．2

→21→→1→→→→

【解析】在△ABC中，E为重心，所以AE＝×(AB＋AC)＝(AB＋AC)，因为AM＝xAB，

323

→→→1→→1→→11→11→

AN＝yAC(x>0，y>0)，所以AB＝AM，AC＝AN，所以AE＝·AM＋·AN.因为M，E，N三

xy3x3y

11

11＋41y4x5y4x

点共线，所以＋＝1，所以4x＋y＝(4x＋y)3x3y＝＋＋＋≥＋2·＝3当

3x3y333x3y33x3y

y4x1

且仅当＝，即x＝，y＝1时取等号．故4x＋y的最小值是3.故选C.

3x3y2

求解与平面向量基本定理有关的最值(范围)问题的一般步骤

(1)利用向量的运算将问题转化为相应的等式关系．

(2)运用基本不等式或函数的性质求其最值．

命题角度2与数量积有关的最值(范围)问题

【例3】(2022·北京卷)在△ABC中，AC＝3，BC＝4，∠C＝90°.P为△ABC所在平面

→→

内的动点，且PC＝1，则PA·PB的取值范围是(D)

A．[－5，3]B．[－3，5]

C．[－6，4]D．[－4，6]

【解析】方法一以C为坐标原点，CA，CB所在直线分别为x轴、y轴建立平面直

→→

角坐标系(图略)，则A(3，0)，B(0，4).设P(x，y)，则x2＋y2＝1，PA＝(3－x，－y)，PB＝(－

33

x－2x－2

→→25

x，4－y)，所以PA·PB＝x2－3x＋y2－4y＝2＋(y－2)2－.又2＋(y－2)2表示圆x2

4

33

，2，2

5

＋y2＝1上一点到点2距离的平方，圆心(0，0)到点2的距离为，所以

2

55

－12＋12

→→2525→→

PA·PB∈2－，2－，即PA·PB∈[－4，6].故选D.

44

→→→→

方法二(极化恒等式)设AB的中点为M，CM与CP的夹角为θ，由极化恒等式得PA·PB＝

→1→→→25→→→→252525

PM2－AB2＝(CM－CP)2－＝CM2＋CP2－2CM·CP－＝＋1－5cosθ－＝1－5cosθ，

44444

→→

因为cosθ∈[－1，1]，所以PA·PB∈[－4，6].故选D.

与数量积有关的最值(范围)问题的解法

(1)坐标法：通过建立直角坐标系，运用向量的坐标运算转化为代数问题处理．

(2)向量法：运用向量数量积的定义、不等式、极化恒等式等有关向量知识解决．

1

极化恒等式a·b＝[(a＋b)2－(a－b)2]

4

1．教材母题：(人教A版必修第二册P22练习T3)求证：(a＋b)2－(a－b)2＝4a·b，

1

变形可得：a·b＝[(a＋b)2－(a－b)2]，此即为极化恒等式．

4

→→1→→

2．平行四边形模型：如图，AB·AD＝(AC2－BD2).即“从平行四边形一个顶点出发的两

4

个边向量的数量积是和对角线长与差对角线长平方差的1”．

4

→→→1→

3．三角形模型：如图，AB·AC＝AM2－BC2.即“从三角形一个顶点出发的两个边向量的

4

数量积等于第三边的中线长与第三边长的一半的平方差”．

→1→→→→→→→

【典例】在△ABC中，D是BC边上的中点，且AE＝AD，AF＝2AE，AB·AC＝6，FB·FC

3

→→

＝－2，则EB·EC＝(D)

A．－1B．2

1

C．－D．1

2

→1→→→→3→→1→→→

【解析】因为AE＝AD，AF＝2AE，所以AD＝ED，FD＝ED.因为AB·AC＝6，由极

322

→1→9→1→→→1→1→

化恒等式可得AD2－BC2＝6，即ED2－BC2＝6.同理由FB·FC＝－2可得ED2－BC2＝－2，

44444

→→→→→1→

联立，解得ED2＝4，BC2＝12.所以EB·EC＝ED2－BC2＝1.故选D.

4

命题角度3与向量的模有关的最值(范围)问题

【例4】(2024·陕西咸阳模拟)已知a，b是两个单位向量，且|a＋b|＝|a－b|，若向量c

满足|c－a－b|＝2，则|c|的最大值为(B)

A．2－2B．2＋2

C．2D．22

【解析】已知a，b是两个单位向量，且|a＋b|＝|a－b|，则a2＋2a·b＋b2＝a2－2a·b＋

b2，则a·b＝0，则a⊥b，在原点为O的平面直角坐标系中，设a，b分别是x轴与y轴正方

向上的单位向量，则a＝(1，0)，b＝(0，1)，a＋b＝(1，1)，设c＝(x，y)，则c－a－b＝(x－1，

→

y－1)，因为|c－a－b|＝(x－1)2＋(y－1)2＝2，所以(x－1)2＋(y－1)2＝4，故c＝OC中，点C

的轨迹是以(1，1)为圆心，r＝2为半径的圆，如图，圆心M(1，1)到原点的距离为|OM|＝12＋12

＝2，|c|max＝|OM|＋r＝2＋2.故选B.

求向量模的最值(范围)的方法

(1)代数法：把所求的模表示成某个变量的函数，或通过建立平面直角坐标系，借助向量

的坐标表示来构造不等式，利用基本不等式、三角函数，再用求最值的方法求解．

(2)几何法(数形结合法)：弄清所求的模表示的几何意义，注意题目中所给的垂直、平行，

以及其他数量关系，合理的转化，使得过程更加简单；结合动点表示的图形求解．

命题角度4与夹角有关的最值(范围)问题

【例5】平面向量a，b满足|a|＝3|b|，且|a－b|＝4，则a与a－b夹角的正弦值的最大

值为(B)

11

A．B．

43

12

C．D．

23

→→→

【解析】如图所示，设a＝OA，b＝OB，则a－b＝BA，

→2→2→2

|OA|＋|BA|－|OB|2＋－2

设＝，＝，≤≤，∠＝＝9m16m＝m＋

|b|m|a|3m1m2cosOAB→→

2|OA||BA|24m3

π

2m222m20，

≥2·＝，当且仅当＝，即m＝2时等号成立，故∠OAB∈2，当cos

3m33m333m

81

∠OAB最小时，sin∠OAB最大，故a与a－b夹角的正弦值的最大值为1－＝.故选B.

93

求夹角的最值(范围)问题要根据夹角余弦值的表达式，采用基本不等式或函数的性质进

行．

【对点训练2】(1)(2024·湖北黄冈二模)已知e为单位向量，向量a满足a·e＝3，|λe－

a|＝1，则|a|的最大值为(C)

A．9B．3

C．10D．10

解析：根据条件得(a－λe)2＝|a|2＋λ2－2a·eλ＝λ2－6λ＋|a|2＝1，得到|a|2＝－(λ2－6λ－1)＝

－(λ－3)2＋10≤10，所以|a|≤10，即|a|的最大值为10.故选C.

(2)(2024·山东烟台三模)如图，边长为2的等边三角形的外接圆为圆O，P为圆O上任一

→→→

点，若AP＝xAB＋yAC，则2x＋2y的最大值为(A)

8

A．B．2

3

4

C．D．1

3

解析：如图，作BC的平行线与圆相交于点P，与直线AB相交于点E，与直线AC相交

4

→→→AEAF0，→

于点F，设AP＝λAE＋μAF，则λ＋μ＝1，∵BC∥EF，∴设＝＝k，则k∈3，∴AE

ABAC

→→→→→→→→

＝kAB，AF＝kAC，AP＝λAE＋μAF＝λkAB＋μkAC，∴x＝λk，y＝μk，∴2x＋2y＝2(λ＋μ)k＝

8

2k≤.故选A.

3

1

(3)(2024·天津卷)在边长为1的正方形ABCD中，E为线段CD的三等分点，CE＝DE，

2

→→→4→→

BE＝λBA＋μBC，则λ＋μ＝；F为线段BE上的动点，G为AF中点，则AF·DG的最小值为－

3

5．

18

1→1→→→→1→→1

解析：方法一因为CE＝DE，即CE＝BA，则BE＝BC＋CE＝BA＋BC，可得λ＝，

2333

4→→→→

μ＝1，所以λ＋μ＝；由题意可知，|BC|＝|BA|＝1，BA·BC＝0，因为F为线段BE上的动点，

3

1

k－1

→→1→→→→→→→→→

设BF＝kBE＝kBA＋kBC，k∈[0，1]，则AF＝AB＋BF＝AB＋kBE＝3BA＋kBC，又因

3

11

k－1k－1

→→→→1→1→→→→

为G为AF中点，则DG＝DA＋AG＝－BC＋AF＝3BA＋2BC，可得AF·DG＝

22

1－1－

1k1→k1→116

k－113＋2k－12k－1k－2

→→BABC153

3BA＋kBC·2＝3＋k2＝5－，又因

2910

→→5

为k∈[0，1]，所以当k＝1时，AF·DG取到最小值－.

18

方法二以B为坐标原点建立平面直角坐标系，如图所示，则A(－1，0)，B(0，0)，C(0，

1

－，1

1)，D(－1，1)，E3，

1

→→→－，1→→→

可得BA＝(－1，0)，BC＝(0，1)，BE＝3，因为BE＝λBA＋μBC＝(－λ，μ)，则

－＝－1，1

λ－，0

34

所以λ＋μ＝；因为点F在线段BE：y＝－3x，x∈3上，设F(a，－3a)，

μ＝1，3

1a－13

－，0，－a→→

a∈3，且G为AF中点，则G22，可得AF＝(a＋1，－3a)，DG＝

a＋133

，－a－1－a－1

→→(a＋1)23

22，则AF·DG＝＋(－3a)·2＝5－，且

210

1

－，0

1→→5

a∈3，所以当a＝－时，AF·DG取到最小值－.

318

(4)已知矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，点E，F，G，H分别在边AB，BC，CD，AD

→→→→4

上(包含端点)，若EG·HF＝2，则EG与HF夹角的余弦值的最大值为．

5

→→

解析：如图，建立平面直角坐标系，则可设EG＝(t，1)，HF＝(2，s)，－2≤t≤2，

－1≤s≤1，

→→

∴EG·HF＝2t＋s＝2，

→→

→→EG·HF222

cos〈EG，HF〉＝＝＝＝

→→2222222

|EG|·|HF|t＋14＋s(st)＋4t＋s＋4(st)－4st＋(2t＋s)＋4

22

＝＝，

(st)2－4st＋8(st－2)2＋4

当st≤0时，(st－2)2≥4，当st＞0时，由2t＋s＝2，故s＞0，t＞0，

111

∴2＝2t＋s≥22st，∴st≤，当且仅当s＝1，t＝时取等号，∴st的最大值为，

222

12

－2924→→

∴(st－2)2的最小值为2＝，此时取得最大值，即EG与HF夹角的余

4(st－2)2＋45

4

弦值的最大值为.

5

课时作业36

1．(5分)已知向量a＝(－1，2)，b＝(3，4)，t∈R，则|ta－5b|的最小值为(D)

A．2B．3

C．2D．10

解析：因为向量a＝(－1，2)，b＝(3，4)，所以ta－5b＝(－t－35，2t－45)，因此|ta

－5b|＝(－t－35)2＋(2t－45)2＝5t2－105t＋125＝5(t－5)2＋100≥10，当且仅当t

＝5时，取得最小值．故选D.

→→→

2．(5分)已知O为平面直角坐标系的原点，向量OA＝(1，3)，AB＝(－2，－1)，AP＝(1，

→→→

－2)，设M是直线OP上的动点，当MA·MB取得最小值时，OM＝(A)

11

1，－1，－

A．2B．2

C．(2，1)D．(－2，－1)

→→→→→→

解析：OP＝OA＋AP＝(2，1)，M是直线OP上的动点，则可设OM＝λOP＝(2λ，λ)，则MA

1

→→→→→→→λ－2

＝OA－OM＝(1－2λ，3－λ)，MB＝MA＋AB＝(－1－2λ，2－λ)，MA·MB＝5λ2－5λ＋5＝52

1

151→→→1，

＋，所以当λ＝时，MA·MB取得最小值，此时OM＝2.故选A.

42

3．(5分)(2024·北京东城区三模)如图，已知点N在边长为2的正八边形A1A2…A8的边上，

→→

点M在边A1A2上，则A1M·A1N的取值范围是(C)

A．[－4－22，22]B．[－4，4＋22]

C．[－22，4＋22]D．[－22，4]

解析：如图，以A1为原点，A1A2所在直线为x轴，A1A6所在直线为y轴建立平面直角坐

标系，

→→→→

设N(x1，y1)，M(x2，0)，则A1M＝(x2，0)，A1N＝(x1，y1)，所以A1M·A1N＝x1x2，由于正

π→→

八边形的每个外角都为，则x2∈[0，2]，x1∈[－2，2＋2]，所以A1M·A1N＝x1x2∈[－22，

4

4＋22].故选C.

→

4．(5分)(2024·江苏泰州模拟)在平行四边形ABCD中，A＝45°，AB＝1，AD＝2，若AP

→→→

＝AB＋xAD(x∈R)，则|AP|的最小值为(B)

12

A．B．

22

C．1D．2

→→→→→→→→→→

解析：由AP＝AB＋xAD可得|AP|2＝(AB＋xAD)2＝|AB|2＋x2|AD|2＋2xAB·AD＝1＋2x2＋

12

x＋11→1

2x×1×2×cos45°＝2x2＋2x＋1＝22＋，x∈R，故x＝－时，|AP|2的最小值为，即

222

→2

|AP|的最小值为.故选B.

2

5．(5分)(2024·山西太原三模)已知△ABC中，A＝120°，D是BC的中点，且AD＝1，则

△ABC面积的最大值为(A)

A．3B．23

C．1D．2

→→→→1

解析：设AB＝c，AC＝b.因为A＝120°，所以AB·AC＝|AB||AC|·cos120°＝－bc，因为AD

2

→1→→→1→→→→

是中线，所以AD＝(AB＋AC)，AD2＝(AB2＋AC2＋2AB·AC)，所以4＝b2＋c2－bc≥bc，当

24

113

且仅当b＝c时，等号成立．所以△ABC的面积为S＝bcsinA≤×4×＝3.故选A.

222

6．(5分)(2024·江西鹰潭二模)在Rt△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，A

ππ→→→

＝，C＝，c＝2，P是△ABC外接圆上一点，则PC·(PA＋PB)的最大值为(A)

62

A．4B．2＋10

C．3D．1＋10

→→→→→

解析：如图，设Rt△ABC的外心为O，则点O是AB的中点，由PC·(PA＋PB)＝2PC·PO

→→→→→→→→→→→

＝2(PO＋OC)·PO＝2PO2＋2PO·OC，因为c＝2，所以|PO|＝|OC|＝1，所以PO·OC＝cos〈PO，

→→→→→→

OC〉，所以PC·(PA＋PB)≤2＋2＝4，当且仅当PO与OC同向时取等号．故选A.

→

7．(5分)如图所示，点O在△ABC内部，D，E分别是边AC，BC的中点，且有OA＋

→→

2OB＋3OC＝0，则△AEC的面积与△AOC的面积的比值为(A)

32

A．B．

23

43

C．D．

34

→→→→→→→

解析：由OA＋2OB＋3OC＝0可得OA＋OC＝－2(OB＋OC)，又因为D，E分别是边AC，

→→→→→→→→→→

BC的中点，所以OA＋OC＝2OD，OB＋OC＝2OE，所以2OD＝－4OE，即OD＝－2OE，所

DE33

以O，D，E三点共线，且＝，所以E到AC的距离与O到AC的距离的比值也为，又

OD22

3

△AEC的面积与△AOC的面积都以AC为底，所以△AEC的面积与△AOC的面积的比值为.

2

故选A.

→3→

8．(5分)在△ABC中，AB＝3，BC＝5，D为BC边上一点，且满足BD＝DC，此时∠ADC

2

2π

＝，则AC＝(D)

3

7

A．7B．

2

C．4D．19

→3→2π

解析：因为BC＝5，BD＝DC，所以BD＝3，DC＝2，因为∠ADC＝，所以∠ADB＝

23

π1

，在△ABD中，AD2＋BD2－AB2＝2×AD×BD×cos∠ADB，即AD2＋32－32＝2×AD×3×，

32

解得AD＝3或AD＝0(舍去)，所以AD＝3，在△ADC中，AD2＋DC2－AC2＝2×AD×DC×cos

－1

∠ADC，即32＋22－AC2＝2×3×2×2，解得AC＝19.故选D.

9．(8分)(多选)已知P为△ABC所在平面内一点，则下列正确的是(ABD)

→→→

A．若PA＋3PB＋2PC＝0，则点P在△ABC的中位线上

→→→

B．若PA＋PB＋PC＝0，则P为△ABC的重心

→→

C．若AB·AC>0，则△ABC为锐角三角形

→1→2→

D．若AP＝AB＋AC，则△ABC与△ABP的面积比为3∶2

33

→→→→→→→

解析：设AB中点为D，BC中点为E，∵PA＋3PB＋2PC＝0，∴PA＋PB＝－2(PB＋PC)，

→→→→

∴2PD＝－4PE，即PD＝2EP，∴P，D，E三点共线，又DE为△ABC的中位线，∴点

→→→→→→→

P在△ABC的中位线上，A正确；设AB中点为D，由PA＋PB＋PC＝0得PA＋PB＝－PC＝CP，

→→→→→CP

又PA＋PB＝2PD，∴CP＝2PD，∴P在中线CD上，且＝2，∴P为△ABC的重心，B正

PD

确；

→→→→

∵AB·AC>0，∴AB与AC夹角为锐角，即A为锐角，但此时B，C有可能是直角或钝角，

→1→2→

故无法说明△ABC为锐角三角形，C错误；∵AP＝AB＋AC，∴P为线段BC上靠近C的

33

→2→

三等分点，即BP＝BC，∴S△ABC∶S△ABP＝BC∶BP＝3∶2，D正确．故选ABD.

3

10．(8分)(多选)(2024·江苏南京二模)已知△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，

1

O为△ABC的重心，cosA＝，AO＝2，则(ABC)

5

→1→1→

A．AO＝AB＋AC

33

→→

B．AB·AC≤3

C．△ABC的面积的最大值为36

D．a的最小值为25

→

解析：如图，延长AO交BC于点D.因为O是△ABC的重心，所以点D是BC中点，AO

2→→1→→→2→21→→1→1→→

＝AD，则AD＝(AB＋AC).因为AO＝AD＝×(AB＋AC)＝AB＋AC，故A正确．由AO＝

3233233

1→1→→→→→→→→→→→→→

AB＋AC，得AB＋AC＝3