平面向量5类解题技巧（“爪子定理”、系数和（等和线）、极化恒等式、奔驰定理与三角形四心问题、范围与最值问题）（解析版）

平面向量5类解题技巧(“爪子定理”、系数和(等和线)、极化恒等式、奔驰定理与三角形四心问题、范围与最值问题)技法01“爪子定理”的应用及解题技巧“爪子定理”是平面向量基本定理的拓展，用“爪子定理”能更快速求解，需同学们重点学习掌握知识迁移形如AD=xAB+yAC条件的应用(“爪子定理”)“爪”字型图及性质：(1)已知AB,AC为不共线的两个向量，则对于向量AD，必存在x,y，使得AD=xAB+yAC。则B,C,D三点共线⇔x+y=1当0<x+y<1，则D与A位于BC同侧，且D位于A与BC之间当x+y>1，则D与A位于BC两侧x+y=1时，当x>0,y>0，则D在线段BC上；当xy<0，则D在线段BC延长线上nm(2)已知D在线段BC上，且BD:CD=m:n，则AD=AB+ACm+nm+n1(全国·高考真题)设D为△ABC所在平面内一点，且BC=3CD，则()1414A.AD=-AB+ACB.AD=AB-AC33334141C.AD=AB+ACD.AD=AB-AC3333【解析】1 1314解析：由图可想到“爪字形图得：AC=AB+AD，解得：AD=-AB+AC4433答案：A122(2023江苏模拟)如图，在△ABC中，AN=NC，P是BN上的一点，若AP=mAB+AC，则311实数m的值为()9532A.B.C.D.11111111【解析】解：观察到B,P,N三点共线，利用“爪”字型图，可得11AP=mAB+nAN，且m+n=1，由AN=NC可得AN=AC，34121283所以AP=mAB+nAC，由已知AP=mAB+AC可得：n=⇒n=，所以m=4114111111答案：C1(2022·全国·统考高考真题)在△ABC中，点D在边AB上，BD=2DA．记CA=m，CD=n，则CB=()A.3m-2nB.-2m+3nC.3m+2nD.2m+3n【答案】B【分析】根据几何条件以及平面向量的线性运算即可解出．【详解】因为点D在边AB上，BD=2DA，所以BD=2DA，即CD-CB=2CA-CD，2 所以CB=3CD-2CA=3n-2m=-2m+3n．故选：B．2(全国·高考真题)在△ABC中，AB=c，AC=b．若点D满足BD=2DC，则AD=()21522112A.b+cB.c-bC.b-cD.b+c33333333【答案】A2221【详解】试题分析：AD=AB+BD=c+AC-AB=c+b-c=b+c，故选A．33333(2020·新高考全国1卷·统考高考真题)已知平行四边形ABCD，点E，F分别是AB，BC的中点(如图所示)，设AB=a，AD=b，则EF等于()1111A.a+bB.a-bC.b-aD.a+b2222【答案】A【分析】利用向量的线性运算，即可得到答案；【详解】连结AC，则AC为△ABC的中位线，111∴EF=AC=a+b，222故选：A4(全国·高考真题)在△ABC中，AD为BC边上的中线，E为AD的中点，则EB=()31133113A.AB-ACB.AB-ACC.AB+ACD.AB+AC44444444【答案】A11【分析】分析：首先将图画出来，接着应用三角形中线向量的特征，求得BE=BA+BD，之后应用22向量的加法运算法则-------三角形法则，得到BC=BA+AC，之后将其合并，得到BE=3131BA+AC，下一步应用相反向量，求得EB=AB-AC，从而求得结果.44443 【详解】根据向量的运算法则，可得1111111113BE=BA+BD=BA+BC=BA+BA+AC=BA+BA+AC=BA+22242424441AC，431所以EB=AB-AC，故选A.44【点睛】该题考查的是有关平面向量基本定理的有关问题，涉及到的知识点有三角形的中线向量、向量加法的三角形法则、共线向量的表示以及相反向量的问题，在解题的过程中，需要认真对待每一步运算.125(江苏·高考真题)设D、E分别是ΔABC的边AB，BC上的点，AD=AB，BE=BC.若23DE=λ1AB+λ2AC(λ1,λ2为实数)，则λ1+λ2的值是1【答案】2121212【详解】依题意，DE=DB+BE=AB+BC=AB+(AC-AB)=-AB+AC，2323631212121∴-AB+AC=λ1AB+λ2AC，∴λ1=-，λ2=，故λ1+λ2=-+=.6363632【考点定位】平面向量的加法、减法法则.分析、计算能力.中等题.技法02系数和(等和线)的应用及解题技巧近年，高考、模考中有关“系数和（等和线）定理”背景的试题层出不穷，学生在解决此类问题时，往往要通过建系或利用角度与数量积处理，结果因思路不清、解题繁琐，导致得分率不高，而向量三点共线定4 理与等和线巧妙地将代数问题转化为图形关系问题，将系数和的代数运算转化为距离的比例运算，数形结合思想得到了有效体现，同时也为相关问题的解决提供了新的思路，大家可以学以致用知识迁移如图，P为ΔAOB所在平面上一点，过O作直线l⎳AB，由平面向量基本定理知：存在x,y∈R，使得OP=xOA+yOB下面根据点P的位置分几种情况来考虑系数和x+y的值①若P∈l时，则射线OP与l无交点，由l⎳AB知，存在实数λ，使得OP=λAB而AB=OB-OA，所以OP=λOB-λOA，于是x+y=λ-λ=0②若P∉l时，(i)如图1，当P在l右侧时，过P作CD⎳AB，交射线OA，OB于C,D两点，则ΔOCD∼ΔOAB，不妨设ΔOCD与ΔOAB的相似比为k由P,C，D三点共线可知：存在λ∈R使得：OP=λOC+(1-λ)OD=kλOA+k(1-λ)OB所以x+y=kλ+k(1-λ)=k(ii)当P在l左侧时，射线OP的反向延长线与AB有交点，如图1作P关于O的对称点P，由(i)的分析知：存在存在λ∈R使得：OP=λOC+(1-λ)OD=kλOA+(1-λ)OB所以OP=-kλOA+-(1-λ)OB于是x+y=-kλ+-k(1-λ)=-k综合上面的讨论可知：图中OP用OA,OB线性表示时，其系数和x+y只与两三角形的相似比有关。我们知道相似比可以通过对应高线、中线、角平分线、截线、外接圆半径、内切圆半径之比来刻画。因为三角形的高线相对比较容易把握，我们不妨用高线来刻画相似比，在图中，过O作AB边的垂线l，设|OP|点P在l上的射影为P，直线l交直线AB于点P1，则|k|=(k的符号由点P的位置确定)，因此|OP1|只需求出|OP|的范围便知x+y的范围5 1(全国·高考真题)在矩形ABCD中，AB=1，AD=2，动点P在以点C为圆心且与BD相切的圆上．若AP=λAB+μAD，则λ+μ的最大值为()A.3B.22C.5D.2【解析】【系数和】分析：如图，由平面向量基底等和线定理可知，当等和线l与圆相切时，λ+μ最大，此时AFAB+BE+EF3ABλ+μ====3,ABABAB故选A.2(衡水中学二模)边长为2的正六边形ABCDEF中，动圆Q的半径为1，圆心在线段CD(含短点)上运动，P是圆Q上及其内部的动点，设向量AP=mAB+nAF(m,n∈R)，则m+n的取值范围是()A.1,2B.5,6C.2,5D.3,5【解析】AG2AB分析:如图，设AP=mAB+nAF，由等和线结论，m+n===2.此为m+n的最小值；ABABAH同理，设AP=mAB+nAF，由等和线结论，m+n==5.此为m+n的最大值.AB综上可知m+n∈[2,5].6 3已知△ABC为边长为2的等边三角形，动点P在以BC为直径的半圆上.若AP=λAB+μAC，则2λ+μ的取值范围是【解析】【解析】如图,取AB中点为D,AP=λAB+μAC=2λAD+μAC显然,当P与C重合时,2λ+μ取最小值1.将CD平行移动至与⊙O相切处,P为切点时,2λ+μ取最大值.1延长PO交CD于G,易知OG=OF=FP=.2EFAP5由等和线及平行截割定理,=2,=.FPAE25所以2λ+μ的最大值为.25故2λ+μ的取值范围是1,.21在矩形ABCD中，AB=1,AD=2，动点P在以点C为圆心且与BD相切的圆上，若AP=λAB+μAD，则λ+μ的最大值为()A3B22C5D2解：如图所示：7 过A作BD的垂线，垂足为H，则AH=CE=CF=r，3r当E,C，P三点共线时，高线最长，即(λ+μ)max==3r2如图，正六边形ABCDEF，P是ΔCDE内(包括边界)的动点，设AP=αAB+βAF(α,β∈R)，则α+β的取值范围是解：连接BF,AD因为正六边形ABCDEF，由对称性知道BF⊥AD，AD⊥EC，设BF与AD交于点G，CE与AD交于点H，当P在CE上时，AP在AD上射影最小为AH；当P与D重合时，AP在AD上射影最大为AD；|AH||AD|则≤α+β≤|AG||AG|x设|AB|=x，则|AG|=|HD|=，|GH|=|BC|=x，|AD|=2x，2则3≤α+β≤43如图在直角梯形ABCD中，AB⎳CD，AB⊥AD，AD=DC=1，AB=3，动点P在以C为圆心，且与直线BD相切的圆内运动，设AP=αAD+βAB(α,β∈R)则α+β的取值范围是8 解：设圆C与直线BD相切于点E，过A作AG⊥BD于G，作直线l⎳DB，且直线l与圆C相切与F，连EF，则EF过圆心，且EF⊥BD，由图可知，对圆C内任意一点PAP在直线AG上的射影长度d满足：|AG|<d<|AG|+|EF|，|AD|⋅|AB|32又|AG|==，|EF|=2|EC|=2|CD|sin∠ABD=|DB|101035所以<d<1010d5而α+β=，所以1<α+β<AG34若点C在以P为圆心,6为半径的弧AB上,且PC=xPA+yPB,则2x+3y的取值范围为【解析】令PC=(2x+3y)PD,xy则PD=PA+PB,2x+3y2x+3y2x3y即PD=PA1+PB1,2x+3y2x+3y11其中PA1=PA,PB1=PB.232x3y由+=1知点D在线段A1B1上,如下图:2x+3y2x+3y°由于在△PA1B1中,PA1=3,PB1=2,∠A1PB1=120,且点D在线段A1B1上(含端点A1,B1,因此|PH|≤|PD|≤PA1,其中PH是边A1B1上的高.2222A1B1=PB1-PA1=PB1+PA1-2PB1⋅PA1=19可得A1B1=19.11S△PA1B1=PA1⋅PB1⋅sin∠A1PB1=A1B1⋅|PH|22357可得|PH|=.19357所以,≤|PD|≤3.199 再由PC=(2x+3y)PD|PC|6257可知2x+3y==∈2,.|PD||PD|35(2023·浙江·高三专题练习)如图，在直角梯形ABCD中，AB⊥AD，AB∥DC，AB=2，AD1=DC=1，图中圆弧所在圆的圆心为点C，半径为，且点P在图中阴影部分(包括边界)运动．若2AP=xAB+yAC，其中x，y∈R，则4x-y的取值范围是()325A.2，3+B.2，3+42251717C.3-，3+D.3-，3+4222【答案】B【分析】建立直角坐标系，将4x-y由P点坐标转化后数形结合求解【详解】以A点为坐标原点，AB,AD方向为x,y轴正方向建立直角坐标系，则A(0,0),B(2,0),C(1,1),D(0,1)，m=2x-yx=m+nAB=(2,0),BC=(-1,1)，设P(m,n)，则，解得2，n=yy=n故z=4x-y=2m+n，即n=-2m+z，1数形结合可得当P,1时，z取最小值2，2221|3-z|15当直线与圆(x-1)+(y-1)=相切时，=，z取得最大值3+.4522故选：B技法03极化恒等式的应用及解题技巧10 利用向量的极化恒等式可以快速对共起点(终点)的两向量的数量积问题数量积进行转化，体现了向量的几何属性，让“秒杀”向量数量积问题成为一种可能，此恒等式的精妙之处在于建立了向量的数量积与几何长度(数量)之间的桥梁，实现向量与几何、代数的巧妙结合，对于不共起点和不共终点的问题可通过平移转化法等价转化为对共起点(终点)的两向量的数量积问题，从而用极化恒等式解决，需大家强化学习。知识迁移极化恒等式22(a+b)-(a-b)a⋅b=4恒等式右边有很直观的几何意义:向量的数量积可以表示为以这两个向量为邻边的平行四边形的“和对角线”与“差对角线”平方差的1，恒等式的作用在于向量的线性运算与数量积之间的联系4如图在平行四边形ABCD中,AB=a,AD=b22(AB+AD)-(AB-AD)则a⋅b=4在上述图形中设平行四边形ABCD对角线交于M点,则对于三角形来说:(AB+AD)2-(AB-AD)2|DB|22a⋅b==|AM|-441(全国·高考真题)设向量a，b满足a+b=10，a-b=6，则a⋅b=()11 A.1B.2C.3D.5【解析】22a+b2-a-b2(a+b)-(a-b)由极化恒等式可得：a⋅b===1，故选A．442(2023·全国·统考高考真题)正方形ABCD的边长是2，E是AB的中点，则EC⋅ED=()A.5B.3C.25D.5【解析】212设CD中点为O点，由极化恒等式可得：EC⋅ED=EO-DC=34故选：B.1(江苏·高考真题)如图，在ΔABC中，D是BC的中点，E,F是A,D上的两个三等分点，BA⋅CA=4，BF⋅CF=-1，则BE⋅CE的值是.7【答案】8极化恒等式2222BA⋅CA=AB⋅AC=AD-BD=4,BF⋅CF=FB⋅FC=FD-BD=-122BE⋅CE=EB⋅EC=ED-BD31因为E、F是AD上的两个三等分点,所以|AD|=|ED|,|FD|=|ED|2225213联立解得:|ED|=,|BD|=287所以BE⋅CE=8°2如图,在△ABC中,已知AB=4,AC=6,∠BAC=60,点D,E分別在边AB,AC上,且AB=2AD,AC=3AE,若F为DE的中点,则BF⋅DE的值为12 解：取BD的中点N,连接NF,EB,则BE⊥AE⇒BE=23,1在△DEB中,FN⎳EB⇒FN=3,22122BF⋅DE=2FB⋅FD=2FN-DB=2FN-1⇒BF⋅DE=443(2022·北京·统考高考真题)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()A.[-5,3]B.[-3,5]C.[-6,4]D.[-4,6]【答案】D5记AB的中点为M，连接CM，则CM=2由极化恒等式可得：212225PA⋅PB=PM−4AB=PM−47225∵PMmax=CM+1=2,∴PA⋅PB=PM−4=63225∵PMmax=CM−1=2,∴PA⋅PB=PM−4=−4即PA⋅PB∈-4,6故选：D技法04奔驰定理与三角形四心的应用及解题技巧13 平面向量问题是高中数学中的一个热点，在高考中考查比重不会很大，一般以选择填空形式出现，难度一般也会控制在中等，有时也会以压轴题命题。平面向量中有很多重要的应用，比如系数和（等和线）、极化恒等式、本技法我们继续学习另一个重要的结论-奔驰定理。它将三角形的四心与向量完美地融合到一起，高中的同学们可以将这个内容当成课外拓展知识，同时也是加强对三角形的认识，加深对数学的理解。奔驰定理”揭示的是平面向量与三角形面积之间所蕴含的一个优美规律并因其图形与奔驰的logo相似而得名“奔驰定理”，会提升解题效率，可强化学习。知识迁移1.奔驰定理如图，已知P为△ABC内一点，则有S△PBC⋅OA+S△PAC⋅OB+S△PAB⋅OC=0.由于这个定理对应的图象和奔驰车的标志很相似，我们把它称为“奔驰定理”.2.奔驰定理的证明如图：延长OA与BC边相交于点DBDS△ABDS△BODS△ABD-S△BODS△AOB则====DCS△ACDS△CODSACD-S△CODS△AOCDCBDS△AOCS△AOBOD=OB+OC=OB+OCBCBCS△AOC+S△AOBS△AOC+S△AOBODSBODSCODSBOD+SCODS△BOC∵====OASBOASCOASBOA+SCOAS△AOC+S△AOBS△BOC∴OD=-OAS△AOC+S△AOB14 S△BOCS△AOCS△AOB∴-OA=OB+OCS△AOC+S△AOBS△AOC+S△AOBS△AOC+S△AOB∴S△BOC⋅OA+S△AOC⋅OB+S△AOB⋅OC=03.奔驰定理的推论及四心问题推论O是△ABC内的一点,且x⋅OA+y⋅OB+z⋅OC=0,则S△BOC:S△COA:S△AOB=x:y:z有此定理可得三角形四心向量式(1)三角形的重心：三角形三条中线的交点叫做三角形的重心，重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2：1.(2)三角形的垂心：三角形三边上的高的交点叫做三角形的垂心，垂心和顶点的连线与对边垂直.(3)三角形的内心：三角形三条内角平分线的交点叫做三角形的内心，也就是内切圆的圆心，三角形的内心到三边的距离相等，都等于内切圆半径r.(4)三角形的外心：三角形三条边的垂直平分线的交点叫做三角形的外心，也就是三角形外接圆的圆心，它到三角形三个顶点的距离相等.奔驰定理对于利用平面向量解决平面几何问题，尤其是解决跟三角形的面积和“四心”相关的问题，有着决定性的基石作用.已知点O在△ABC内部，有以下四个推论：①若O为△ABC的重心，则OA+OB+OC=0；②若O为△ABC的外心，则sin2A⋅OA+sin2B⋅OB+sin2C⋅OC=0；或OA=OB=OC③若O为△ABC的内心，则a⋅OA+b⋅OB+c⋅OC=0；备注：若O为△ABC的内心，则sinA⋅OA+sinB⋅OB+sinC⋅OC=0也对.④若O为△ABC的垂心，则tanA⋅OA+tanB⋅OB+tanC⋅OC=0，或OA⋅OB=OB⋅OC=OC⋅OA1(宁夏·高考真题)已知O，N，P在ΔABC所在平面内，且OA=OB=OC,NA+NB+NC=0，且PA•PB=PB•PC=PC•PA，则点O，N，P依次是ΔABC的(注：三角形的三条高线交于一点，此点为三角型的垂心)A.重心外心垂心B.重心外心内心C.外心重心垂心D.外心重心内心15 【解析】因为OA=OB=OC，所以O到定点A,B,C的距离相等，所以O为ΔABC的外心，由NA+NB+NC=0，则NA+NB=-NC，取AB的中点E，则NA+NB=-2NE=CN，所以2NE=CN，所以N是ΔABC的重心；由PA•PB=PB•PC=PC•PA，得(PA-PC)⋅PB=0，即AC⋅PB=0，所以AC⊥PB，同理AB⊥PC，所以点P为ΔABC的垂心，故选C.2(江苏·高考真题)O是平面上一定点，A、B、C是平面上不共线的三个点，动点P满足OP=OA+ABACλ+，λ∈[0,+∞)，则P的轨迹一定通过△ABC的()|AB||AC|A.外心B.内心C.重心D.垂心【解析】ABAC【详解】∵OP-OA=AP，∴AP=λ+|AB||AC|ABAC令+=AM，|AB||AC|ABAC则AM是以A为始点，向量与为邻边的菱形的对角线对应的向量，|AB||AC|即AM在∠BAC的平分线上，∵AP=λAM，∴AP,AM共线，故点P的轨迹一定通过△ABC的内心，故选：B3(2023·全国·高三专题练习)奔驰定理：已知点O是△ABC内的一点，若△BOC,△AOC,△AOB的面积分别记为S1,S2,S3，则S1⋅OA+S2⋅OB+S3⋅OC=0．“奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论，因为这个定理对应的图形与“奔驰”轿车的logo很相似，故形象地称其为“奔驰定理”．如图，已知O是△ABC的垂心，且OA+2OB+3OC=0，则cosC=()16 31010255A.B.C.D.101055【解析】【详解】延长CO交AB于点P，∵O是△ABC的垂心，∴OP⊥AB，11∴S1:S2=2⋅OC⋅BP:2⋅OC⋅AP=BP:AP=(OPtan∠POB):(OPtan∠POA)=tan∠COB:tan∠COA=tan(π-A):tan(π-B)=tanA:tanB．同理可得S1:S3=tanA:tanC，∴S1:S2:S3=tanA:tanB:tanC．又S1⋅OA+S2⋅OB+S3⋅OC=0，∴tanA⋅OA+tanB⋅OB+tanC⋅OC=0．又OA+2OB+3OC=0，∴tanA:tanB:tanC=1:2:3．不妨设tanA=k,tanB=2k,tanC=3k，其中k≠0．tanB+tanC∵tanA=-tan(B+C)=-，1-tanBtanC2k+3k∴k=-，解得k=±1．1-2k⋅3k当k=-1时，此时tanA<0,tanB<0,tanC<0，则A，B，C都是钝角，不合题意，舍掉．故k=1，则tanC=3>0，故C为锐角，sinC=3∴cosC，解得cosC=10，sin2C+cos2C=110故选：B．1(2023春·上海长宁·高三上海市延安中学校考期末)若O是△ABC内一点，OA+OB+OC=17 0，则O是△ABC的()A.内心B.外心C.垂心D.重心【答案】D【分析】利用向量的加法法则，结合重心定义判断作答.【详解】取线段AB的中点D，连接OD，则OA+OB=2OD，而OA+OB+OC=0，因此CO=2OD，即C,O,D三点共线，线段CD是△ABC的中线，且O是靠近中点D的三等分点，所以O是△ABC的重心.故选：D2(2023·江苏·高三专题练习)在△ABC中，若HA⋅HB=HB⋅HC=HC⋅HA，则点H是△ABC的()A.垂心B.重心C.内心D.外心【答案】A【分析】根据向量的运算结合向量垂直分析判断.【详解】因为HA⋅HB=HB⋅HC，则HB⋅HA-HC=HB⋅CA=0，所以HB⊥CA，即点H在边CA的高线所在直线上，同理可得：HA⊥CB,HC⊥AB，所以点H为△ABC的三条高线的交点，即点H是△ABC的垂心.故选：A.3(2023春·湖南株洲·高三炎陵县第一中学校联考期末)(多选)如图.P为△ABC内任意一点，角A,B,C的对边分别为a,b,c，总有优美等式S△PBCPA+S△PACPB+S△PABPC=0成立，因该图形酯似奔驰汽车车标，故又称为奔驰定理.则以下命题是真命题的有()A.若P是△ABC的重心，则有PA+PB+PC=0B.若aPA+bPB+cPC=0成立，则P是△ABC的内心18 21C.若AP=AB+AC，则S△ABP:S△ABC=2:555πD.若P是△ABC的外心，A=，PA=mPB+nPC，则m+n∈-2,14【答案】AB【分析】对于A：利用重心的性质S△PBC=S△PAC=S△PAB，代入S△PBCPA+S△PACPB+S△PABPC=0即可；对于B：利用三角形的面积公式结合S△PBCPA+S△PACPB+S△PABPC=0与aPA+bPB+cPC=0可知点P到AB、BC、CA的距离相等.对于C：利用AB、AC将PA、PB、PC表示出来，代入S△PBCPA+S△PACPB+S△PABPC=0，化简即可表示出S△PBC、S△PAC、S△PAB的关系式，用S△PAB将S△ABP、S△ABC表示出来即可得处其比值.22对于D：利用三角形的圆心角为圆周角的两倍，再将PA=mPB+nPC两边平方，化简可得m+n=1，结合m、n的取值范围可得出答案.【详解】对于A：如图所示：因为D、E、F分别为CA、AB、BC的中点，121所以CP=2PE，S△AEC=S△ABC,S△APC=S△AEC=S△ABC，23311同理可得S△APB=S△ABC、S△BPC=S△ABC，33所以S△PBC=S△PAC=S△PAB，又因为S△PBCPA+S△PACPB+S△PABPC=0，所以PA+PB+PC=0.正确；111对于B：记点P到AB、BC、CA的距离分别为h1、h2、h3，S△PBC=a⋅h2,S△PAC=b⋅h3,S△PAB=c⋅222h1，因为S△PBCPA+S△PACPB+S△PABPC=0，111则a⋅h2⋅PA+b⋅h3⋅PB+c⋅h1⋅PC=0，222即a⋅h2PA+b⋅h3PB+c⋅h1PC=0，又因为aPA+bPB+cPC=0，所以h1=h2=h3，所以点P是△ABC的内心，正确；21对于C：因为AP=AB+AC，552131所以PA=-AB-AC，所以PB=PA+AB=AB-AC，555524所以PC=PA+AC=-AB+AC，55213124所以S△PBC-5AB-5AC+S△PAC5AB-5AC+S△PAB-5AB+5AC=0，232114化简得：-5S△PBC+5S△PAC-5S△PABAB+-5S△PBC-5S△PAC+5S△PABAC=0，19 又因为AB、AC不共线，-2S+3S-2S=05△PBC5△PAC5△PABS△PBC=2S△PAB所以，所以，-1S-1S+4S=0S△PAC=2S△PAB5△PBC5△PAC5△PABS△ABPS△PAB1所以==，错误；S△ABCS△PBC+S△PAC+S△PAB5ππ对于D：因为P是△ABC的外心，A=，所以∠BPC=,PA=PB=PC，42所以PB⋅PC=PB×PC×cos∠BPC=0，22222因为PA=mPB+nPC，则PA=mPB+2mnPB⋅PC+nPC，22化简得：m+n=1，由题意知m、n同时为负，m=cosα3ππ记n=sinα，π<α<，则m+n=cosα+sinα=2sinα+，245ππ7ππ2因为<α+<，所以-1≤sinα+<-，44442π所以-2≤2sinα+<-1，4所以m+n∈-2,-1，错误.故答案为：AB.技法05范围与最值的应用及解题技巧平面向量中的范围与最值范围问题是向量问题中的命题热点和重难点，综合性强，体现了高考在知识点交汇处命题的思想，常以选择填空题的形式出现，难度稍大，方法灵活。基本题型是根据已知条件求某个变量的范围、最值，"比如向量的模、数量积、向量夹角、系数的范围的等，在复习过程中要注重对基本方法的训练，把握好类型题的一般解法。本讲内容难度较大，需要综合学习。1(浙江·高考真题)已知a，b是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量c满足(a-c)⋅(b-c)=0，则c的最大值是2A.1B.2C.2D.220 【解析】【详解】试题分析：由于a，b垂直，不妨设a=1,0，b=0,1，c=x,y，则a-c=x-1,y，b-c=x,y-1222222a-c⋅b-c=x+y-x-y=0，C=x+y表示x,y到原点0,0的距离，x+y-x-y=0112表示圆心2,2，2为半径的圆，因此C的最大值2，故答案为C．2(四川·高考真题)在平面内，定点A，B，C，D满足DA=DB=DC,DA⋅DB=DB⋅DC=DC⋅2DA=-2，动点P，M满足AP=1，PM=MC，则BM的最大值是434937+6337+233A.B.C.D.4444【解析】【详解】试题分析：由已知易得∠ADC=∠ADB=∠BDC=120°,DA=DB=DC=2.以D为原点，直线DA为x轴建立平面直角坐标系，如图所示，则A2,0,B-1,-3,C-1,3.设Px,y,22x-1y+3由已知AP=1，得x-2+y=1，又PM=MC,∴M,,∴BM=22x+1y+33,,22222x+1+y+3322∴BM=，它表示圆x-2+y=1上的点x，y与点-1,-33的距离的412122249平方的，∴BMmax=3+33+1=，故选B.4443(2023·全国·高三专题练习)若平面向量a，b，c满足c=1，a⋅c=1，b⋅c=3，a⋅b=2，则a，b夹角的取值范围是()A.π,πB.π,πC.π,πD.π,π62632321 【解析】【详解】设OA=a，OB=b，OC=c，以O为原点，c方向为x轴正方向建立平面直角坐标系，∵a⋅c=1>0，b⋅c=3>0，a⋅b=2>0，∴a，b，c三者直接各自的夹角都为锐角，∵c=1，a⋅c=a⋅ccosa,c=1，b⋅c=b⋅ccosb,c=3，∴acosa,c=1，bcosb,c=3，即a在c上的投影为1，b在c上的投影为3，∴A1,m，B3,n，如图∴a=1,m，b=3,na⋅b2∴a⋅b=3+mn=2即mn=-1，且cosa,b==22a⋅b1+m⋅9+n22244则cosa,b=22=2222=22，1+m⋅9+n9+n+9m+mn10+n+9m2222由基本不等式得n+9m≥2n⋅9m=6mn=6，21∴cosa,b≤，4∵a与b的夹角为锐角，1∴0<cosa,b≤，2ππ由余弦函数可得：a与b夹角的取值范围是3,2，1(湖南·高考真题)已知a,b是单位向量，a∙b=0.若向量c满足c-a-b=1,则c的取值范围是()A.2-1，,2+1B.2-1，,2+2C.1，,2+1D.1，,2+222 【答案】A【详解】因为c-a-b=1，c-(a+b)=1，做出图形可知，当且仅当c与(a+b)方向相反且c-a+b=1时，c取到最大值；最大值为2+1；当且仅当c与(a+b)方向相同且a+b-c=1时，c取到最小值；最小值为2-1.222(湖南·高考真题)已知点A,B,C在圆x+y=1上运动，且AB⊥BC，若点P的坐标为(2，0)，则PA+PB+PC的最大值为A.6B.7C.8D.9【答案】B【详解】由题意，AC为直径，所以PA+PB+PC=2PO+PB≤4+PB≤4+3=7,当且仅当点B为(-1，0)时，PA+PB+PC取得最大值7，故选B.考点：直线与圆的位置关系、平面向量的运算性质【名师点睛】与圆有关的最值问题是命题的热点内容，它着重考查数形结合与转化思想.由平面几何知识知，圆上的一点与圆外一定点距离最值在定点和圆心连线与圆的两个交点处取到．圆周角为直角的弦为圆的半径，平面向量加法几何意义这些小结论是转化问题的关键.3(2023·全国·高三专题练习)已知平面向量a=OA，b=OB，c=OC，满足4OC⋅AC=1-OA22，4OB⋅CB=1-OC，则向量a-4b与c-2b所成夹角的最大值是()ππ2π5πA.B.C.D.6336【答案】A222【分析】由向量线性运算和数量积的定义和运算律可化简已知等式得到4c-4a⋅c=1-a，4b-4b⋅c22a-4b3=1-c，根据向量夹角公式，结合推导出的等式可化简得到cosθ=+，利用424a-4b3基本不等式可求得cosθ≥，由此可得θ的最大值.222【详解】∵4OC⋅AC=4OC⋅OC-OA=4OC-4OC⋅OA=1-OA，22222即4c-4a⋅c=1-a，∴4c-4a⋅c+a=2c-a=1；22∵4OB⋅CB=4OB⋅OB-OC=4OB-4OB⋅OC=1-OC，22222即4b-4b⋅c=1-c，∴4b-4b⋅c+c=2b-c=1；设向量a-4b与c-2b所成夹角为θ，a-4b-2b222⋅ca⋅c-2a⋅b-4b⋅c+8ba⋅c-2a⋅b+1-c+4b∴cosθ====2222a-4b⋅c-2ba-4ba-4b23 12212324a-1+1-2a⋅b+4b4a-4b+4a-4b3==+≥2242a-4ba-4b4a-4b2a-4b3324⋅2=(当且仅当a-4b=3时取等号)；24a-4bπ又θ∈0,π，∴θmax=.6故选：A.【点睛】关键点点睛：本题考查向量夹角最值的求解问题，解题关键是能根据向量夹角的计算公式，将向2量夹角的余弦值表示为关于a-4b的函数的形式，利用基本不等式求解函数的最小值即可得到夹角的最大值.24(2022·浙江湖州·湖州市菱湖中学校考模拟预测)已知平面向量a，b，c满足a=1，b=2，a=222a⋅b，2c=b⋅c，则c-a+c-b的最小值为.7【答案】-32【分析】令OA=a，OB=b，OC=c，OB的中点为D，AB的中点为E，OD的中点为F，a与b的夹角π为θ，由题意，计算θ=，AB=3，判断出点C的轨迹为以OD为直径的圆，利用向量基底表示，将322222222c-a+c-b=2AC+BC转化为2c-a+c-b=4CE+3，然后转化为圆上任意一22点到定点距离的最小值进而求解2c-a+c-b最小值.【详解】令OA=a，OB=b，OC=c，OB的中点为D，AB的中点为E，OD的中点为F，a与b的夹角为θ，连接CA、CB、CD、CO、EF.21由a=1，b=2，a=a⋅b，得1=1×2×cosθ，cosθ=，2π因为θ∈0,π，所以θ=，在△OAB中，由余弦定理得AB=3.32b又由2c=b⋅c，得c⋅c-=0，即OC⋅OC-OD=OC⋅DC=0，2所以点C的轨迹为以OD为直径的圆.2222因为2c-a+c-b=2AC+BC121222=2EC+2AB+EC-2AB=4CE+AB212312=4CE+3≥4EF-2+3≥42-2+3=7-23，当且仅当点C、E、F共线，且点C在点E、F之间时，等号成立.227所以c-a+c-b的最小值为-3.224 7故答案为：-3.2【点睛】本题解题关键是通过平面向量的几何表示，将问题转化为圆上任意一点到定点距离的最值从而根据几何知识得解.5(2023·四川成都·四川省成都市玉林中学校考模拟预测)在平面内，定点A,B,C,O，满足OA=OB=OC=2，且OA+OB+OC=0，则AB=；平面内的动点P,M满足AP=1，2PM=MC，则|BM|的最大值是．49【答案】234【分析】(1)利用向量线性运算法则和数量积运算法则计算出OB⋅OC=-2，进而根据AB=OB-2OA，平方后计算出AB=12，从而求出AB=23；然后建立平面直角坐标系，设出Pcosθ,sinθ，3+cosθ3+sinθ2π37表达出M2,2和BM=3sinθ-3+4，利用三角函数有界性求出最大值.【详解】因为OA=OB=OC=2，OA+OB+OC=0，222所以OA=-OB+OC，两边平方得：OA=-OB+OC=OB+2OB⋅OC+OC，即4=4+2OB⋅OC+4，解得：OB⋅OC=-2，因为AB=OB-OA，222所以AB=OB+OA-2OA⋅OB=4+4+4=12，因为AB≥0所以AB=23；可得到△ABC是等边三角形，且边长为23，如图，以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，垂直AB为y轴建立平面直角坐标系，C3,3，B23,0，因为AP=1，所以设Pcosθ,sinθ，θ∈0,2π，3+cosθ3+sinθ由PM=MC可得：M是线段PC的中点，则M2,2，23+cosθ23+sinθ237333则BM=2-23+2=4+2sinθ-2cosθπ37=3sinθ-+，34π2π3749当sinθ-3=1时，BM=3sinθ-3+4取得最大值，最大值为4.49故答案为：23，425