資源簡介

專題08 平面向量小題全面梳理與精細分類
目錄
01考情透視·目標導航 2
02知識導圖·思維引航 3
03 知識梳理·方法技巧 4
04 真題研析·精準預測 5
05 核心精講·題型突破 7
題型一：平面向量基本定理及其應用 7
題型二：平面向量共線的充要條件及其應用 8
題型三：平面向量的數量積 9
題型四：平面向量的模與夾角 11
題型五：等和線問題 12
題型六：極化恒等式 13
題型七：矩形大法 15
題型八：平面向量范圍與最值問題 16
題型九：等差線、等商線問題 18
題型十：奔馳定理與向量四心 20
題型十一：阿波羅尼斯圓問題 22
題型十二：平行四邊形大法 23
重難點突破：向量對角線定理 25
平面向量的數量積、模和夾角是高考中的重點和熱點內容，它們通常以選擇題或填空題的形式被考察。這類題目經常以平面圖形作為背景，來測試學生對數量積、夾角以及向量垂直條件的理解和應用。此外，這些內容還容易與平面幾何、三角函數、解析幾何以及不等式等其他數學知識相結合，作為解題的工具或手段。近年來，高考中主要圍繞平面向量的坐標運算、模的最大或最小值問題，以及向量的夾角等問題進行考察。這些問題與三角函數、解析幾何等知識點緊密相關，難度適中。
考點要求 目標要求 考題統計 考情分析
平面向量基本定理及其應用 理解定理，掌握應用 2022年I卷第3題，5分 2025年高考中，平面向量的數量積預計將繼續成為重點考察內容，可能會單獨出現，也可能與平面圖形等其他知識點相結合。考察內容將涵蓋平面向量數量積的定義、性質及其應用，特別是利用數量積來計算向量的夾角、模以及判斷向量的垂直關系等問題。這些題目的難度可能會涵蓋基礎題、中檔題乃至難題，并且以選擇題或填空題的形式呈現。
平面向量的數量積、模、夾角 理解概念，應用解決實際問題 2024年 I I卷第3題，5分2023年北京卷第3題，4分 2023年甲卷第4題，5分 2023年 I卷第3題，5分 2023年 I I卷第13題，5分
平面向量范圍與最值 掌握范圍求解，最值方法，提升解題能力 2024年天津卷第14題，5分 2023年天津卷第14題，5分 2022年北京卷第10題，4分 2022年浙江卷第17題，4分 2022年天津卷第14題，5分
1、平面向量的應用考向主要是平面幾何問題，往往涉及角和距離，轉化成平面向量的夾角、模的問題，總的思路有：
（1）坐標法：把幾何圖形放在適當的坐標系中，則有關點與向量就可以用坐標表示，這樣就能進行相應的代數運算和向量運算，從而使問題得到解決．
（2）基向量法：適當選取一組基底，溝通向量之間的聯系，利用向量間的關系構造關于未知量的方程進行求解．
2、平面向量中有關范圍最值問題的求解通常有兩種思路：
①“形化”，即利用平面向量的幾何意義將問題轉化為平面幾何中的最值或范圍問題，然后根據平面圖形的特征直接進行判斷；
②“數化”，即利用平面向量的坐標運算，把問題轉化為代數中的函數最值與值域、不等式的解集、方程有解等問題，然后利用函數、不等式、方程的有關知識來解決．
1．（2024年北京高考數學真題）設 ，是向量，則“”是“或”的（ ）．
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
2．（2024年天津高考數學真題）已知正方形的邊長為1，若，其中為實數，則 ；設是線段上的動點，為線段的中點，則的最小值為 ．
3．（2024年新課標全國Ⅱ卷數學真題）已知向量滿足，且，則（ ）
A． B． C． D．1
4．（2023年北京高考數學真題）已知向量滿足，則（ ）
A． B． C．0 D．1
5．（2023年高考全國乙卷數學（文）真題）正方形的邊長是2，是的中點，則（ ）
A． B．3 C． D．5
6．（2023年高考全國甲卷數學（文）真題）已知向量，則（ ）
A． B． C． D．
7．（2023年高考全國甲卷數學（理）真題）已知向量滿足，且，則（ ）
A． B． C． D．
8．（2023年高考全國乙卷數學（理）真題）已知的半徑為1，直線PA與相切于點A，直線PB與交于B，C兩點，D為BC的中點，若，則的最大值為（ ）
A． B．
C． D．
9．（2023年天津高考數學真題）在中，，，記，用表示 ；若，則的最大值為 ．
10．（2023年新課標全國Ⅱ卷數學真題）已知向量，滿足，，則 ．
題型一：平面向量基本定理及其應用
【典例1-1】如圖，在中，，是的中點，若，則（ ）
A． B． C． D．
【典例1-2】（2024·河南商丘·三模）如圖，在中，點D，E分別在邊AB，BC上，且均為靠近的四等分點，CD與AE交于點，若，則（ ）
A． B． C． D．
應用平面向量基本定理表示向量的實質是利用平行四邊形法則或三角形法則進行向量的加、減或數乘運算．
2、用基底表示某個向量的基本方法：（1）觀察各向量的位置；（2）尋找相應的三角形或多邊形；（3）運用法則找關系；（4）化簡結果．
【變式1-1】（2024·廣東·模擬預測）已知等邊的邊長為1，點分別為的中點，若，則（ ）
A． B．
C． D．
【變式1-2】（2024·新疆·模擬預測）在平行四邊形中，分別在邊上，，相交于點，則（ ）
A． B．
C． D．
1．如圖，在平行四邊形中，點滿足，點為的中點，則（ ）

A． B． C． D．
題型二：平面向量共線的充要條件及其應用
【典例2-1】在中，、分別在邊、上，且，，在邊上（不包含端點）．若，則的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【典例2-2】已知是平面內兩個不共線的向量，，，則三點共線的充要條件是（ ）
A． B． C． D．
1、平面向量共線定理：已知，若，則三點共線；反之亦然．
2、兩平面向量共線的充要條件有兩種形式：（1）若向量，，則的充要條件是；（2）若，則．
【變式2-1】如圖，已知點是的重心，過點作直線分別與，兩邊交于，兩點，設，，則的最小值為（ ）
A． B．4 C． D．3
【變式2-2】如圖所示，中，點是線段的中點，是線段上的動點，若，則的最小值（ ）
A．1 B．3 C．5 D．8
1．已知是所在平面內一點，若均為正數，則的最小值為（ ）
A． B． C．1 D．
題型三：平面向量的數量積
【典例3-1】如圖，在平行四邊形中，分別為的中點，為上一點，且，，則 ．
【典例3-2】已知向量，滿足，且，則 ．
1、向量的數量積：設兩個非零向量的夾角為，則叫做與的數量積，記作．
2、數量積的幾何意義：數量積等于的長度與在的方向上的投影的乘積．
3、設向量，，則，由此得到：
（1）若，則或．
（2）設，則A，B兩點間的距離
（3）設兩個非零向量，且，，則
（4）若都是非零向量，是與的夾角，則
【變式3-1】如圖，在中，，，為上一點，且滿足，若，，則的值為 .
【變式3-2】如圖，在平面四邊形中，O為的中點，且，.若，則 .
1．已知是邊長為4的等邊三角形，點D，E分別是邊，的中點，連接并延長到點F．使得，則 ．
題型四：平面向量的模與夾角
【典例4-1】（2024·黑龍江佳木斯·模擬預測）已知向量，滿足，，，則 ．
【典例4-2】（2024·全國·模擬預測）如圖，在中，，，P在以O為圓心，半徑為1的圓上運動，則當取最大值時， ．
(1)向量的夾角要求向量“共起點”，其范圍為．
(2)求非零向量的夾角一般利用公式先求出夾角的余弦值，然后求夾角．也可以構造三角形，將所求夾角轉化為三角形的內角求解，更為直觀形象．
【變式4-1】（2024·高三·重慶·期末）已知非零向量滿足：，且，則 .
【變式4-2】已知平面內兩個向量，，若與的夾角為鈍角，則實數k的取值范圍是 .
1．平面向量滿足，，若，則 .
題型五：等和線問題
【典例5-1】已知在中，點P滿足，動點M在的三邊及內部運動，設，則的取值范圍為 .（用區間表示）
【典例5-2】如圖，已知是圓上不同的三點，與交于點（點與點不重合），若，則的取值范圍是 ．
等和線
平面內一組基底及任一向量，，若點在直線上或者在平行于的直線上，則（定值），反之也成立，我們把直線以及與直線平行的直線稱為等和線．
①當等和線恰為直線時，；
②當等和線在點和直線之間時，；
③當直線在點和等和線之間時，；
④當等和線過點時，；
⑤若兩等和線關于點對稱，則定值互為相反數；
【變式5-1】已知點為扇形的弧上任意一點，且，若，則的取值范圍是 .
【變式5-2】如圖所示， ，圓與分別相切于點， ，點是圓及其內部任意一點，且，則的取值范圍是 ．
1．已知為內一點，且，點在內（不含邊界），若，則的取值范圍是 ．
題型六：極化恒等式
【典例6-1】（2024·江西·模擬預測）已知圓C的半徑為2，點A滿足，E，F分別是C上兩個動點，且，則的取值范圍是（ ）
A．[6，24] B．[4，22] C．[6，22] D．[4，24]
【典例6-2】已知正六邊形的邊長為4，圓的圓心為該正六邊形的中心，圓的半徑為2，圓的直徑，點在正六邊形的邊上運動，則的最小值為（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
極化恒等式
（1）平行四邊形平行四邊形對角線的平方和等于四邊的平方和：
證明：不妨設 ，則，
①
②
①②兩式相加得：
（2）極化恒等式：
上面兩式相減，得：————極化恒等式
①平行四邊形模式：
幾何意義：向量的數量積可以表示為以這組向量為鄰邊的平行四邊形的“和對角線”與“差對角線”平方差的．
②三角形模式：（M為BD的中點）
【變式6-1】已知圓的半徑為2，弦長，為圓上一動點，則的最大值為 .
【變式6-2】在中，，，，P，Q是BC邊上的兩個動點，且，則的最大值為 ．
1．已知點O為坐標原點，為圓的內接正三角形，則的最小值為 ．
2．如圖所示，正方形的邊長為，正方形邊長為1，則的值為 .若在線段上有一個動點，則的最小值為 .
題型七：矩形大法
【典例7-1】已知圓與，定點，A、B分別在圓和圓上，滿足，則線段AB的取值范圍是 ．
【典例7-2】在平面內，已知，，，若，則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
矩形所在平面內任一點到其對角線端點距離的平方和相等已知點O是矩形ABCD與所在平面內任一點，證明：．
【變式7-1】（2023·全國·高三專題練習）已知圓，點，M、N為圓O上兩個不同的點，且若，則的最小值為______．
【變式7-2】（2023·黑龍江哈爾濱·高三哈爾濱市第一中學校校考期中）已知向量，是平面內兩個互相垂直的單位向量，若向量滿足，則的最大值是（ ）
A． B． C． D．
1．已知向量、滿足且，則的最大值為 .
題型八：平面向量范圍與最值問題
【典例8-1】若，，則的最大值是 ；最小值是 ．
【典例8-2】（2024·全國·模擬預測）如圖，在四邊形中，已知，點在邊上，則的最小值為 .
平面向量范圍與最值問題常用方法：
（1）定義法
第一步：利用向量的概念及其基本運算將所求問題轉化為相應的等式關系
第二步：運用基木不等式求其最值問題
第三步：得出結論
（2）坐標法
第一步 ： 根據題意建立適當的直角坐標系并寫出相應點的坐標
第二步： 將平面向量的運算坐標化
第三步：運用適當的數學方法如二次函數的思想、基本不等式的思想、三角函數思想等求解
（3）基底法
第一步：利用其底轉化向量
第二步：根據向量運算律化簡目標
第三步：運用適當的數學方法如二次函數的思想、基本不等式的思想、三角函數思想等得出結論
（4）幾何意義法
第一步： 先確定向量所表達的點的軌跡
第二步： 根據直線與曲線位置關系列式
第三步：解得結果
【變式8-1】（2024·高三·上海·期中）在平面上，已知兩個單位向量、的夾角為，向量，其中.則的最大值為 .
【變式8-2】設向量滿足，與的夾角為，則的最大值為
1．已知向量，滿足，則的最大值與最小值之和為 ．
2．已知向量滿足，則的取值范圍為 ．
題型九：等差線、等商線問題
【典例9-1】如圖，在中，，點在線段上移動（不含端點），若，則 ，的最小值為 .
【典例9-2】（多選題）給定兩個單位向量，且，點在以為圓心的圓弧上運動，，則的可能取值為（ ）
A． B． C．2 D．0
1、如圖設，是平面內兩個不共線向量，若=，反向延長到,使，當P位于直線BE上時，一定有，若且，則有.
2、如圖所示，令，若，根據等和線定理可得，所以直線OC就是一條等商線.
【變式9-1】（多選題）在中，點滿足，當點在線段上（不含點）移動時，記，則（ ）
A． B．
C．的最小值為 D．的最小值為
【變式9-2】（2023·山西·高一統考期末）已知在中，點滿足，點在線段(不含端點，)上移動，若，則 .
1．（多選題）已知中，是邊的中點，動點滿足，則（ ）
A．的值可以等于2
B．的值可以等于2
C．的值可以等于
D．的值可以等于3
題型十：奔馳定理與向量四心
【典例10-1】“奔馳定理”因其幾何表示酷似奔馳的標志得來，是平面向量中一個非常優美的結論．奔馳定理與三角形四心（重心、內心、外心、垂心）有著神秘的關聯．它的具體內容是：已知是內一點，的面積分別為，且．以下命題錯誤的是（ ）
A．若，則為的重心
B．若為的內心，則
C．若，為的外心，則
D．若為的垂心，，則
【典例10-2】平面向量中有一個非常優美的結論：已知O為內的一點，，，的面積分別為，，，則．因其幾何表示酷似奔馳的標志，所以稱為“奔馳定理”．已知O為的內心，三個角對應的邊分別為a，b，c，已知，，，則（ ）
A． B． C． D．
1、重心定理：①在△ABC中，若G為重心，則．
②． ③
④三角形的重心分中線兩段線段長度比為2:1，且分的三個三角形面積相等．
2、奔馳定理：若，則；
3、垂心定理：三角形三邊上的高相交于一點
故點O是的垂心，
則一定有．
，即，以此類推即可證明．
4、外心向量定理：
（1），；；
（2），，；
（3），，
5、內心定理
①角平分線的交點，到三條邊的距離相等；
②；
③
【變式10-1】在平面上有及內一點O滿足關系式：即稱為經典的“奔馳定理”，若的三邊為a，b，c，現有則O為的（ ）
A．外心 B．內心 C．重心 D．垂心
【變式10-2】設 的內角 ， ， 的對邊分別為 ， ， ， 是 所在平面上的一點， ，則點 是 的（ ）
A．重心 B．外心 C．內心 D．垂心
1．在銳角中，內角的對邊分別為a，b，c，，為其外心.若外接圓半徑為，且，則的值為（ ）
A．1 B． C．2 D．
2．已知的外心為，內角的對邊分別為，且．若，則（ ）
A． B．50 C．25 D．
題型十一：阿波羅尼斯圓問題
【典例11-1】（2024·高三·上海·期中）平面上到兩個定點距離之比為常數的動點的軌跡為圓，且圓心在兩定點所確定的直線上，結合以上知識，請嘗試解決如下問題：已知滿足，則的取值范圍為 ．
【典例11-2】古希臘著名數學家阿波羅尼斯與歐幾里得、阿基米德齊名.他發現：“平面內到兩個定點、的距離之比為定值（且）的點的軌跡是圓”.后來人們將這個圓以他的名字命名，稱為阿波羅尼斯圓，簡稱阿氏圓，在平面直角坐標系中，、，點滿足，則的最小值為 .
在平面上給定兩點A，B，設點在同一平面上且滿足，當且時，點的軌跡是個圓，稱之為阿波羅尼斯圓（時點的軌跡是線段AB的中垂線）．
【變式11-1】已知平面向量，，，滿足，且，，則的最小值為（ ）
A． B． C． D．
【變式11-2】（2024·全國·模擬預測）已知平面向量，，滿足，且，，則的最小值為（ ）
A． B． C． D．
1.已知平面向量，，滿足：，，則的最小值為（ ）
A． B．2 C． D．
題型十二：平行四邊形大法
【典例12-1】如圖，C，D在半徑為1的上，線段是的直徑，則的取值范圍是_________.
【典例12-2】半徑為的兩圓和圓外切于點，點是圓上一點，點是圓上一點，則的取值范圍為_______.
1、中線長定理
2、為空間中任意一點，由中線長定理得：
兩式相減：
【變式12-1】如圖，圓是半徑為1的圓，，設，為圓上的任意2個點，則的取值范圍是___________.
1．設圓，圓的半徑分別為1，2，且兩圓外切于點，點，分別是圓，圓上的兩動點，則的取值范圍是（ ）
A． B．
C． D．
重難點突破：向量對角線定理
【典例13-1】已知平行四邊形，，，，與交于點，若記，，，則（ ）
B． C． D．
【典例13-2】如圖，在圓中，若弦，弦，則的值是（ ）
B． C． D．
【變式13-1】在四邊形ABCD中，，若，，，則等于（ ）
A． B． C． D．
【變式13-2】如圖，點在以為直徑的圓上，其中，過向點處的切線作垂線，垂足為，則的最大值是（ ）
A． B． C． D．
1．在中，，，，若點滿足，則 .
21世紀教育網(www.21cnjy.com)專題08 平面向量小題全面梳理與精細分類
目錄
01考情透視·目標導航 2
02知識導圖·思維引航 3
03 知識梳理·方法技巧 4
04 真題研析·精準預測 5
05 核心精講·題型突破 13
題型一：平面向量基本定理及其應用 13
題型二：平面向量共線的充要條件及其應用 16
題型三：平面向量的數量積 20
題型四：平面向量的模與夾角 23
題型五：等和線問題 26
題型六：極化恒等式 31
題型七：矩形大法 36
題型八：平面向量范圍與最值問題 41
題型九：等差線、等商線問題 46
題型十：奔馳定理與向量四心 51
題型十一：阿波羅尼斯圓問題 57
題型十二：平行四邊形大法 62
重難點突破：向量對角線定理 68
平面向量的數量積、模和夾角是高考中的重點和熱點內容，它們通常以選擇題或填空題的形式被考察。這類題目經常以平面圖形作為背景，來測試學生對數量積、夾角以及向量垂直條件的理解和應用。此外，這些內容還容易與平面幾何、三角函數、解析幾何以及不等式等其他數學知識相結合，作為解題的工具或手段。近年來，高考中主要圍繞平面向量的坐標運算、模的最大或最小值問題，以及向量的夾角等問題進行考察。這些問題與三角函數、解析幾何等知識點緊密相關，難度適中。
考點要求 目標要求 考題統計 考情分析
平面向量基本定理及其應用 理解定理，掌握應用 2022年I卷第3題，5分 2025年高考中，平面向量的數量積預計將繼續成為重點考察內容，可能會單獨出現，也可能與平面圖形等其他知識點相結合。考察內容將涵蓋平面向量數量積的定義、性質及其應用，特別是利用數量積來計算向量的夾角、模以及判斷向量的垂直關系等問題。這些題目的難度可能會涵蓋基礎題、中檔題乃至難題，并且以選擇題或填空題的形式呈現。
平面向量的數量積、模、夾角 理解概念，應用解決實際問題 2024年 I I卷第3題，5分2023年北京卷第3題，4分 2023年甲卷第4題，5分 2023年 I卷第3題，5分 2023年 I I卷第13題，5分
平面向量范圍與最值 掌握范圍求解，最值方法，提升解題能力 2024年天津卷第14題，5分 2023年天津卷第14題，5分 2022年北京卷第10題，4分 2022年浙江卷第17題，4分 2022年天津卷第14題，5分
1、平面向量的應用考向主要是平面幾何問題，往往涉及角和距離，轉化成平面向量的夾角、模的問題，總的思路有：
（1）坐標法：把幾何圖形放在適當的坐標系中，則有關點與向量就可以用坐標表示，這樣就能進行相應的代數運算和向量運算，從而使問題得到解決．
（2）基向量法：適當選取一組基底，溝通向量之間的聯系，利用向量間的關系構造關于未知量的方程進行求解．
2、平面向量中有關范圍最值問題的求解通常有兩種思路：
①“形化”，即利用平面向量的幾何意義將問題轉化為平面幾何中的最值或范圍問題，然后根據平面圖形的特征直接進行判斷；
②“數化”，即利用平面向量的坐標運算，把問題轉化為代數中的函數最值與值域、不等式的解集、方程有解等問題，然后利用函數、不等式、方程的有關知識來解決．
1．（2024年北京高考數學真題）設 ，是向量，則“”是“或”的（ ）．
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
【答案】B
【解析】因為，可得，即，
可知等價于，
若或，可得，即，可知必要性成立；
若，即，無法得出或，
例如，滿足，但且，可知充分性不成立；
綜上所述，“”是“且”的必要不充分條件.
故選：B.
2．（2024年天津高考數學真題）已知正方形的邊長為1，若，其中為實數，則 ；設是線段上的動點，為線段的中點，則的最小值為 ．
【答案】
【解析】解法一：因為，即，則，
可得，所以；
由題意可知：，
因為為線段上的動點，設，
則，
又因為為中點，則，
可得
，
又因為，可知：當時，取到最小值；
解法二：以B為坐標原點建立平面直角坐標系，如圖所示，
則，
可得，
因為，則，所以；
因為點在線段上，設，
且為中點，則，
可得，
則，
且，所以當時，取到最小值為；
故答案為：；.
3．（2024年新課標全國Ⅱ卷數學真題）已知向量滿足，且，則（ ）
A． B． C． D．1
【答案】B
【解析】因為，所以，即，
又因為，
所以，
從而.
故選：B.
4．（2023年北京高考數學真題）已知向量滿足，則（ ）
A． B． C．0 D．1
【答案】B
【解析】向量滿足，
所以.
故選：B
5．（2023年高考全國乙卷數學（文）真題）正方形的邊長是2，是的中點，則（ ）
A． B．3 C． D．5
【答案】B
【解析】方法一：以為基底向量，可知，
則，
所以；
方法二：如圖，以為坐標原點建立平面直角坐標系，
則，可得，
所以；
方法三：由題意可得：，
在中，由余弦定理可得，
所以.
故選：B.
6．（2023年高考全國甲卷數學（文）真題）已知向量，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】因為，所以，
則，，
所以.
故選：B.
7．（2023年高考全國甲卷數學（理）真題）已知向量滿足，且，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】因為,所以,
即,即,所以.
如圖,設,
由題知,是等腰直角三角形,
AB邊上的高,
所以,
,
.
故選:D.
8．（2023年高考全國乙卷數學（理）真題）已知的半徑為1，直線PA與相切于點A，直線PB與交于B，C兩點，D為BC的中點，若，則的最大值為（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】如圖所示，，則由題意可知:，
由勾股定理可得
當點位于直線異側時或PB為直徑時，設，
則：
，則
當時，有最大值.
當點位于直線同側時，設，
則：
，
，則
當時，有最大值.
綜上可得，的最大值為.
故選：A.
9．（2023年天津高考數學真題）在中，，，記，用表示 ；若，則的最大值為 ．
【答案】
【解析】空1：因為為的中點，則，可得，
兩式相加，可得到，
即，則；
空2：因為，則，可得，
得到，
即，即.
于是.
記，
則，
在中，根據余弦定理：，
于是，
由和基本不等式，，
故，當且僅當取得等號，
則時，有最大值.
故答案為：；.
10．（2023年新課標全國Ⅱ卷數學真題）已知向量，滿足，，則 ．
【答案】
【解析】法一：因為，即，
則，整理得，
又因為，即，
則，所以.
法二：設，則，
由題意可得：，則，
整理得：，即.
故答案為：.
題型一：平面向量基本定理及其應用
【典例1-1】如圖，在中，，是的中點，若，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】因為，所以，
因為是的中點，所以，
所以，
又，所以，，即.
故選：D.
【典例1-2】（2024·河南商丘·三模）如圖，在中，點D，E分別在邊AB，BC上，且均為靠近的四等分點，CD與AE交于點，若，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】連接DE，
由題意可知，，所以，則，
所以，所以，
則，
故.
又，所以，則.
故選：A
應用平面向量基本定理表示向量的實質是利用平行四邊形法則或三角形法則進行向量的加、減或數乘運算．
2、用基底表示某個向量的基本方法：（1）觀察各向量的位置；（2）尋找相應的三角形或多邊形；（3）運用法則找關系；（4）化簡結果．
【變式1-1】（2024·廣東·模擬預測）已知等邊的邊長為1，點分別為的中點，若，則（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】在中，取為基底，
因為點分別為的中點，，
所以，
所以.
故選：A.
【變式1-2】（2024·新疆·模擬預測）在平行四邊形中，分別在邊上，，相交于點，則（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】
由題意可得：，
，
設，
則,
又三點共線，所以，
解得，
所以，
故選：A
1．如圖，在平行四邊形中，點滿足，點為的中點，則（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】因為，所以.
因為點為的中點，所以，
所以.
故選：B.
題型二：平面向量共線的充要條件及其應用
【典例2-1】在中，、分別在邊、上，且，，在邊上（不包含端點）．若，則的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】因為在邊上（不包含端點），不妨設，其中，
即，
所以，，
又因為，則，，其中、均為正數，
且有，
所以，，
當且僅當時，即當時，等號成立，
故則的最小值是.
故選：A.
【典例2-2】已知是平面內兩個不共線的向量，，，則三點共線的充要條件是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由三點共線的充要條件是且，
即，由是兩個不共線向量，
所以，故.
故選：C.
1、平面向量共線定理：已知，若，則三點共線；反之亦然．
2、兩平面向量共線的充要條件有兩種形式：（1）若向量，，則的充要條件是；（2）若，則．
【變式2-1】如圖，已知點是的重心，過點作直線分別與，兩邊交于，兩點，設，，則的最小值為（ ）
A． B．4 C． D．3
【答案】C
【解析】
如圖，延長交于點，因點是的重心，
則，①
因三點共線，則，使，
因，，代入得，，②
由①，②聯立，可得，，消去即得，，
則，
當且僅當時等號成立，
即時，取得最小值，為.
故選：C.
【變式2-2】如圖所示，中，點是線段的中點，是線段上的動點，若，則的最小值（ ）
A．1 B．3 C．5 D．8
【答案】D
【解析】因為點是線段的中點，則，
則，
因為三點共線，所以，
則，
當且僅當時，即時，等號成立，
所以的最小值為.
故選：D
1．已知是所在平面內一點，若均為正數，則的最小值為（ ）
A． B． C．1 D．
【答案】B
【解析】因為，所以點是的重心，
所以.
因為，所以，
綜上，.
因為，所以三點共線，則，即.
因為均為正數，所以，則，
所以（當且僅當，即時取等號），
所以的最小值為.
故選：B
題型三：平面向量的數量積
【典例3-1】如圖，在平行四邊形中，分別為的中點，為上一點，且，，則 ．
【答案】1
【解析】
如圖，連接，在平行四邊形中，分別為的中點，
則三點共線，且為的中點，所以．
過點作于點，設，
由，，
得，則．
由分別為的中點，
則，，所以，
所以
．
故答案為：1.
【典例3-2】已知向量，滿足，且，則 ．
【答案】/0.25
【解析】由得，
兩式相減得，
所以，則．
故答案為：.
1、向量的數量積：設兩個非零向量的夾角為，則叫做與的數量積，記作．
2、數量積的幾何意義：數量積等于的長度與在的方向上的投影的乘積．
3、設向量，，則，由此得到：
（1）若，則或．
（2）設，則A，B兩點間的距離
（3）設兩個非零向量，且，，則
（4）若都是非零向量，是與的夾角，則
【變式3-1】如圖，在中，，，為上一點，且滿足，若，，則的值為 .
【答案】1
【解析】由，可得，
又，，三點共線，
則有，
由于，所以，即，
又，
且，，，
故
.
故答案為：1.
【變式3-2】如圖，在平面四邊形中，O為的中點，且，.若，則 .
【答案】9
【解析】如圖，在中，D為的中點，下面證明結論：.
因為D為的中點，
所以，所以①
又，所以②
①-②得，所以
因為在平面四邊形中，O為的中點，且，.
所以，解得，
.
故答案為：
1．已知是邊長為4的等邊三角形，點D，E分別是邊，的中點，連接并延長到點F．使得，則 ．
【答案】2
【解析】如圖：
以為基底，則，.
所以，，
所以.
所以.
故答案為：2
題型四：平面向量的模與夾角
【典例4-1】（2024·黑龍江佳木斯·模擬預測）已知向量，滿足，，，則 ．
【答案】6
【解析】由 可得，
，解得，
故答案為：6
【典例4-2】（2024·全國·模擬預測）如圖，在中，，，P在以O為圓心，半徑為1的圓上運動，則當取最大值時， ．
【答案】/
【解析】
如圖所示，以為坐標原點，以方向為x軸，垂直方向為y軸，建立平面直角坐標系，
因為，，所以，．
設，圓O方程為，
則，，
所以．
因為，當時，，
此時，且，，
所以，，則．
故答案為：.
(1)向量的夾角要求向量“共起點”，其范圍為．
(2)求非零向量的夾角一般利用公式先求出夾角的余弦值，然后求夾角．也可以構造三角形，將所求夾角轉化為三角形的內角求解，更為直觀形象．
【變式4-1】（2024·高三·重慶·期末）已知非零向量滿足：，且，則 .
【答案】
【解析】.
，
，解得，
故．
故答案為：.
【變式4-2】已知平面內兩個向量，，若與的夾角為鈍角，則實數k的取值范圍是 .
【答案】
【解析】由題意，，.
當，反向時，有，解得，
所以的取值范圍是.
故答案為：
1．平面向量滿足，，若，則 .
【答案】/
【解析】因為，所以，
由題設有，故，
而，故，
故答案為：
題型五：等和線問題
【典例5-1】已知在中，點P滿足，動點M在的三邊及內部運動，設，則的取值范圍為 .（用區間表示）
【答案】
【解析】
因為，所以，
整理得，所以P為的重心，
取AC的中點D，則.
因為，所以，
所以當點M在線段BP上時，取得最小值1，
當點M與C重合時，取得最大值2，
所以的取值范圍為，
所以的取值范圍為.
故答案為：.
【典例5-2】如圖，已知是圓上不同的三點，與交于點（點與點不重合），若，則的取值范圍是 ．
【答案】
【解析】因為與交于點，所以三點共線，
所以與共線，設，則，
因為，所以，
可得＝＋，因為三點共線，所以，可得，
所以的取值范圍是，
故答案為：.
等和線
平面內一組基底及任一向量，，若點在直線上或者在平行于的直線上，則（定值），反之也成立，我們把直線以及與直線平行的直線稱為等和線．
①當等和線恰為直線時，；
②當等和線在點和直線之間時，；
③當直線在點和等和線之間時，；
④當等和線過點時，；
⑤若兩等和線關于點對稱，則定值互為相反數；
【變式5-1】已知點為扇形的弧上任意一點，且，若，則的取值范圍是 .
【答案】
【解析】方法一：設圓的半徑為1，由已知可設為軸的正半軸，為坐標原點，過O點作x軸垂線為y軸建立直角坐標系，
其中，其中，
由，
即，整理得，
解得，
則，
所以.
方法二：設，如圖，當位于點或點時，三點共線，所以；
當點運動到的中點時，，所以
故答案為：
【變式5-2】如圖所示， ，圓與分別相切于點， ，點是圓及其內部任意一點，且，則的取值范圍是 ．
【答案】
【解析】連接，則，，
因為，所以,
因為點是圓及其內部任意一點，
所以，且當三點共線時，取得最值，
當取得最大值時，以為對角線，以為鄰邊方向作平行四邊形,
則和為等邊三角形，
所以，
所以，
所以的最大值為，
同理可求得的最小值為，
所以，
故答案為：
1．已知為內一點，且，點在內（不含邊界），若，則的取值范圍是 ．
【答案】
【解析】設，即，
可得，
因為，
即，
整理可得，且不共線，
則，解得，
即，，
又因為點在內（不含邊界），設，且，
可得，
則，
可得，可得，
且，可得，
所以的取值范圍是.
故答案為：.
題型六：極化恒等式
【典例6-1】（2024·江西·模擬預測）已知圓C的半徑為2，點A滿足，E，F分別是C上兩個動點，且，則的取值范圍是（ ）
A．[6，24] B．[4，22] C．[6，22] D．[4，24]
【答案】C
【解析】取EF的中點M，連接CM，則，
，
又，所以，
所以，
當且僅當向量與共線同向時，取得最大值22；向量與共線反向時，取得最小值6，
故選：C．
【典例6-2】已知正六邊形的邊長為4，圓的圓心為該正六邊形的中心，圓的半徑為2，圓的直徑，點在正六邊形的邊上運動，則的最小值為（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】D
【解析】如圖所示，由正六邊形的幾何性質可知，，，，，，均是邊長為4的等邊三角形，
當點位于正六邊形的頂點時，取最大值4，
當點為正六邊形各邊的中點時，取最小值，即，
所以．
所以，
即的最小值為8．
故選：D
極化恒等式
（1）平行四邊形平行四邊形對角線的平方和等于四邊的平方和：
證明：不妨設 ，則，
①
②
①②兩式相加得：
（2）極化恒等式：
上面兩式相減，得：————極化恒等式
①平行四邊形模式：
幾何意義：向量的數量積可以表示為以這組向量為鄰邊的平行四邊形的“和對角線”與“差對角線”平方差的．
②三角形模式：（M為BD的中點）
【變式6-1】已知圓的半徑為2，弦長，為圓上一動點，則的最大值為 .
【答案】6
【解析】取的中點，連接，，，如圖所示：
因為為中點，所以，
所以，
因為，所以最大值為；
所以的最大值為.
故答案為：6．
【變式6-2】在中，，，，P，Q是BC邊上的兩個動點，且，則的最大值為 ．
【答案】3
【解析】
如圖，取中點，連接，
，
，
兩式相減得
，
要使有最大值，則最小，
當時，，
所以的最大值為.
故答案為：3.
1．已知點O為坐標原點，為圓的內接正三角形，則的最小值為 ．
【答案】5
【解析】取的中點N，連接，取其中點D，如圖所示，
當正沿圓周運動時，點D在以M圓心，以為半徑的小圓上運動．
由外接圓半徑為1，
則，
從而．所以的最小值是，
又，，
所以，即，
所以
，
所以的最小值為.
故答案為：5.
2．如圖所示，正方形的邊長為，正方形邊長為1，則的值為 .若在線段上有一個動點，則的最小值為 .
【答案】 6
【解析】由已知得正方形與正方形的中心重合，不妨設為，
所以，，
則；
，
顯然，當為的中點時，，
所以
故答案為：6；．
題型七：矩形大法
【典例7-1】已知圓與，定點，A、B分別在圓和圓上，滿足，則線段AB的取值范圍是 ．
【答案】
【解析】以為鄰邊作矩形，則
由得
，即，
的軌跡是以為圓心，半徑為的圓，
，
．
【典例7-2】在平面內，已知，，，若，則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】因為，
所以四邊形是平行四邊形，
又，所以四邊形是矩形，
從而，因為，所以，即
矩形所在平面內任一點到其對角線端點距離的平方和相等已知點O是矩形ABCD與所在平面內任一點，證明：．
【變式7-1】（2023·全國·高三專題練習）已知圓，點，M、N為圓O上兩個不同的點，且若，則的最小值為______．
【答案】/
【解析】解法1：如圖，因為，所以，故四邊形為矩形，
設的中點為S，連接，則，
所以，
又為直角三角形，所以，故①，
設，則由①可得，
整理得：，
從而點S的軌跡為以為圓心，為半徑的圓，
顯然點P在該圓內部，所以，
因為，所以 ；
解法2：如圖，因為，所以，
故四邊形為矩形，由矩形性質，，
所以，從而，
故Q點的軌跡是以O為圓心，為半徑的圓，
顯然點P在該圓內，所以．
故答案為： ．
【變式7-2】（2023·黑龍江哈爾濱·高三哈爾濱市第一中學校校考期中）已知向量，是平面內兩個互相垂直的單位向量，若向量滿足，則的最大值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】因為，是平面內兩個互相垂直的單位向量，
故可設，，，
則，，
因為，所以，
整理得到，即，
故的最大值為，
故選：B.
1．已知向量、滿足且，則的最大值為 .
【答案】
【解析】求出向量、的夾角為，設，，，根據可求得點的軌跡方程，由的幾何意義結合圓的幾何性質可求得的最大值.設向量、的夾角為，，，
，，
設，，，
則，，
由可得，
整理得，即，其中點，，
所以，點在圓上，
，則，
則的幾何意義為點到定點的距離，如下圖所示：
由圓的幾何性質可得.
故答案為：.
題型八：平面向量范圍與最值問題
【典例8-1】若，，則的最大值是 ；最小值是 ．
【答案】 6
【解析】，
，當且僅當時取到等號，
此時，即當時，的最大值為.
又，
且，
，當且僅當與反向時取等號.
此時的最小值為6.
故答案為：；6.
【典例8-2】（2024·全國·模擬預測）如圖，在四邊形中，已知，點在邊上，則的最小值為 .
【答案】/
【解析】解法一：
由，，得，
所以，，則，
設，則，
所以
，
當且僅當時，取得最小值.
解法二：
由，得，
所以， ，
如圖，建立平面直角坐標系，
則，，
所以.
設，則，所以，
所以，，
則，
當且僅當時，取得最小值.
解法三：
由，得，
所以，，，
如圖，分別以所在的直線為軸、軸建立平面直角坐標系，
則.
因為點在邊上，所以設，
所以，
所以，
當且僅當時，取得最小值.
故答案為：.
平面向量范圍與最值問題常用方法：
（1）定義法
第一步：利用向量的概念及其基本運算將所求問題轉化為相應的等式關系
第二步：運用基木不等式求其最值問題
第三步：得出結論
（2）坐標法
第一步 ： 根據題意建立適當的直角坐標系并寫出相應點的坐標
第二步： 將平面向量的運算坐標化
第三步：運用適當的數學方法如二次函數的思想、基本不等式的思想、三角函數思想等求解
（3）基底法
第一步：利用其底轉化向量
第二步：根據向量運算律化簡目標
第三步：運用適當的數學方法如二次函數的思想、基本不等式的思想、三角函數思想等得出結論
（4）幾何意義法
第一步： 先確定向量所表達的點的軌跡
第二步： 根據直線與曲線位置關系列式
第三步：解得結果
【變式8-1】（2024·高三·上海·期中）在平面上，已知兩個單位向量、的夾角為，向量，其中.則的最大值為 .
【答案】
【解析】由題意，，，，，
則，
因為，則，
所以，
當且僅當時等號成立，
即的最大值為.
故答案為：.
【變式8-2】設向量滿足，與的夾角為，則的最大值為
【答案】4
【解析】如圖所示，
設 因為，
所以，因為，
所以，因為 ，
所以，
所以四點共圓，因為，，
所以，由正弦定理知，
即過四點的圓的直徑為4，
所以的最大值等于直徑4.
故答案為：4.
1．已知向量，滿足，則的最大值與最小值之和為 ．
【答案】
【解析】設，，，
，
，
且，設，
其中，，
則，
當，時取得最大值，
當即，時取得最小值4，
所以最大值與最小值之和為．
故答案為：
2．已知向量滿足，則的取值范圍為 ．
【答案】
【解析】設,，，
則則,
故點的軌跡是以為焦點，為中心，長軸長的橢圓，
故短半軸：，
則.
故答案為：
題型九：等差線、等商線問題
【典例9-1】如圖，在中，，點在線段上移動（不含端點），若，則 ，的最小值為 .
【答案】 2
【解析】因為在中，，
所以,
即.
因為點在線段上移動（不含端點），所以設.
所以，對比可得.
代入，得；
代入可得，根據二次函數性質知當時，.
故答案為：
【典例9-2】（多選題）給定兩個單位向量，且，點在以為圓心的圓弧上運動，，則的可能取值為（ ）
A． B． C．2 D．0
【答案】BCD
【解析】因為給定兩個單位向量，且，所以建立如下圖所示的坐標系，
因為，所以有,
，所以 ，
設，
因為，
所以有，
，
因為，所以，因此 ，即，
故選：BCD
1、如圖設，是平面內兩個不共線向量，若=，反向延長到,使，當P位于直線BE上時，一定有，若且，則有.
2、如圖所示，令，若，根據等和線定理可得，所以直線OC就是一條等商線.
【變式9-1】（多選題）在中，點滿足，當點在線段上（不含點）移動時，記，則（ ）
A． B．
C．的最小值為 D．的最小值為
【答案】BC
【解析】是中點,則,又點在線段上,即三點共線,設,故,.故B對A錯.
,當且僅當時,即,故C對.
在上單調遞減，當取最小值，故D錯.
故答案為：BC
【變式9-2】（2023·山西·高一統考期末）已知在中，點滿足，點在線段(不含端點，)上移動，若，則 .
【答案】3
【解析】如圖，由題意得存在實數，使得.
又，
所以，
又∵，且不共線，
故由平面向量的分解的唯一性得
所以.
故答案為：3.
1．（多選題）已知中，是邊的中點，動點滿足，則（ ）
A．的值可以等于2
B．的值可以等于2
C．的值可以等于
D．的值可以等于3
【答案】AD
【解析】因為，所以，，
，則在以為直徑的圓上，如圖也是該圓上的點．
分別以為軸建立平面直角坐標系，則圓方程是，
，，
，即，
所以，
．
可設，，
所以，
時，，A正確；
同理，B錯誤；
，
易知，所以，C錯；
，
易知，所以，，，D正確；
故選：AD．
題型十：奔馳定理與向量四心
【典例10-1】“奔馳定理”因其幾何表示酷似奔馳的標志得來，是平面向量中一個非常優美的結論．奔馳定理與三角形四心（重心、內心、外心、垂心）有著神秘的關聯．它的具體內容是：已知是內一點，的面積分別為，且．以下命題錯誤的是（ ）
A．若，則為的重心
B．若為的內心，則
C．若，為的外心，則
D．若為的垂心，，則
【答案】C
【解析】對于A：取的中點D，連接，
由，則，
所以，
所以A，M，D三點共線，且，
設E，F分別為AB，AC的中點，同理可得，，所以為的重心，故A正確；
對于B：由為的內心，則可設內切圓半徑為，
則有，
所以，
即，故B正確；
對于C：由為的外心，則可設的外接圓半徑為，
又，
則有，
所以，
，
，
所以，故C錯誤；
對于D：如圖，延長交于點D，延長交于點F，延長交于點E，
由為的垂心，，則，
又，則，，
設，則，
所以，即，
所以，所以，故D正確．
故選：C．
【典例10-2】平面向量中有一個非常優美的結論：已知O為內的一點，，，的面積分別為，，，則．因其幾何表示酷似奔馳的標志，所以稱為“奔馳定理”．已知O為的內心，三個角對應的邊分別為a，b，c，已知，，，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】因為，，，
所以，
因為O為的內心，設，由題意，
則，
同理可得
所以根據“奔馳定理”有，
所以，
即，
所以，
．
故選：A．
1、重心定理：①在△ABC中，若G為重心，則．
②． ③
④三角形的重心分中線兩段線段長度比為2:1，且分的三個三角形面積相等．
2、奔馳定理：若，則；
3、垂心定理：三角形三邊上的高相交于一點
故點O是的垂心，
則一定有．
，即，以此類推即可證明．
4、外心向量定理：
（1），；；
（2），，；
（3），，
5、內心定理
①角平分線的交點，到三條邊的距離相等；
②；
③
【變式10-1】在平面上有及內一點O滿足關系式：即稱為經典的“奔馳定理”，若的三邊為a，b，c，現有則O為的（ ）
A．外心 B．內心 C．重心 D．垂心
【答案】B
【解析】記點O到AB、BC、CA的距離分別為，，，，因為，則，即，又因為，所以，所以點P是△ABC的內心.
故選：B
【變式10-2】設 的內角 ， ， 的對邊分別為 ， ， ， 是 所在平面上的一點， ，則點 是 的（ ）
A．重心 B．外心 C．內心 D．垂心
【答案】C
【解析】因為 ，
所以 ， ，
即 ， ，
所以 ，
．
所以，，
又，
所以 ， ，
所以 在 的平分線上， 在 的平分線上，
所以點 是 的內心．
故選：C．
1．在銳角中，內角的對邊分別為a，b，c，，為其外心.若外接圓半徑為，且，則的值為（ ）
A．1 B． C．2 D．
【答案】B
【解析】由題意可知，，
，
，
，，
，.
故選：B.
2．已知的外心為，內角的對邊分別為，且．若，則（ ）
A． B．50 C．25 D．
【答案】B
【解析】由已知，令，所以是等腰三角形．
由余弦定理，得．
因為，所以，解得（負值已舍去），
所以．
設的外接圓半徑為，
因為，
所以，所以．
由為等腰三角形知，
所以，即．
所以．
故選：B．
題型十一：阿波羅尼斯圓問題
【典例11-1】（2024·高三·上海·期中）平面上到兩個定點距離之比為常數的動點的軌跡為圓，且圓心在兩定點所確定的直線上，結合以上知識，請嘗試解決如下問題：已知滿足，則的取值范圍為 ．
【答案】
【解析】如圖所示建立坐標系，則．
其中,則.
設滿足，
故，
整理得到.
故．
當三點共線時，即BE與單位圓相切，在時，有最小值為；
又，
則
，當且僅當，即時取等號.
又注意到當時，，則，當且僅當時取等號.
則，當，即在等號成立．
故答案為：．
【典例11-2】古希臘著名數學家阿波羅尼斯與歐幾里得、阿基米德齊名.他發現：“平面內到兩個定點、的距離之比為定值（且）的點的軌跡是圓”.后來人們將這個圓以他的名字命名，稱為阿波羅尼斯圓，簡稱阿氏圓，在平面直角坐標系中，、，點滿足，則的最小值為 .
【答案】
【解析】設點，由可得，整理可得，
化為標準方程可得，
因為為的中點，
所以，
，
記圓心為，當點為線段與圓的交點時，
取最小值，此時，，
所以，.
故答案為：.
在平面上給定兩點A，B，設點在同一平面上且滿足，當且時，點的軌跡是個圓，稱之為阿波羅尼斯圓（時點的軌跡是線段AB的中垂線）．
【變式11-1】已知平面向量，，，滿足，且，，則的最小值為（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】建立如圖所示的直角坐標系：
依題意設，，，，，
則，故C在以為圓心，半徑為1的圓上，
如圖，取點，則，，且，
因此，，故，
又，
由于，
當E，M，C三點共線且點C在線段上時，等號取到，
因此.
故選:C.
【變式11-2】（2024·全國·模擬預測）已知平面向量，，滿足，且，，則的最小值為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】建立如圖所示的直角坐標系，設，
則，故點在以為圓心，半徑為1的圓上，
如圖：取點,則,且,
因此,所以,故,
由于,當三點共線且點在線段上時，等號取到，
因此，
故選：D
1.已知平面向量，，滿足：，，則的最小值為（ ）
A． B．2 C． D．
【答案】A
【解析】如圖，為單位圓，、、在上，，，
在的延長線上，，為中點，為中點，在的延長線上，，
設，，為上一點，，
則，
△，
，
同理，
，
故選：A．
題型十二：平行四邊形大法
【典例12-1】如圖，C，D在半徑為1的上，線段是的直徑，則的取值范圍是_________.
【答案】
【解析】以點O為原點，所在直線為x軸建立平面直角坐標系，
設點，，
則，，
則，
其中，
所以的最大值為：
，
則當時，取得最大值，
最小值為，
則當時，取得最小值，
綜上，的取值范圍為.
故答案為：.
【典例12-2】半徑為的兩圓和圓外切于點，點是圓上一點，點是圓上一點，則的取值范圍為_______.
【答案】
【解析】設點關于點的對稱點為，則點在圓上，
所以，
，
因為
，
所以，，
因為，
當且僅當、同向且、反向時，，
當時，則，所以，，
所以，，所以，，
因為，則，
故當且四邊形為菱形時，，
因此，.
故答案為：.
1、中線長定理
2、為空間中任意一點，由中線長定理得：
兩式相減：
【變式12-1】如圖，圓是半徑為1的圓，，設，為圓上的任意2個點，則的取值范圍是___________.
【答案】
【解析】連接，，設是線段的中點，連接，則有.
設為和的夾角.
則
，
，
（當即時取等）
因為，所以當時，有最小值.
，
（當即時取等）
當時，有最大值為3，
即有最大值3，所以的取值范圍是.
故答案為：
1．設圓，圓的半徑分別為1，2，且兩圓外切于點，點，分別是圓，圓上的兩動點，則的取值范圍是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】連接分別與兩圓交于，又兩圓外切于點，
三點共線，連，延長交圓與，連，
分別為圓，圓的直徑，
，
又，，
設為中點，連，
先固定，根據向量數量積的定義，
當在同向投影最大值時為與平行的圓切線的切點，
記為圖中的點，此時在投影
，
當且僅當，等號成立，
同理當在投影最小（在反向上）時，
為與平行的圓切線的切點，
記為圖中的點，此時在投影，
，
當且僅當時，等號成立，
，
所以的數量積取值范圍是.
故選：C.
重難點突破：向量對角線定理
【典例13-1】已知平行四邊形，，，，與交于點，若記，，，則（ ）
B． C． D．
【答案】C
【解析】由對角線向量定理得，
所以，
而，
所以，選擇C．
【典例13-2】如圖，在圓中，若弦，弦，則的值是（ ）
B． C． D．
【答案】D
【解析】如圖所示，由對角向量定理得
所以選D．
【變式13-1】在四邊形ABCD中，，若，，，則等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】如圖所示，由對角線向量定理得
=，所以選A．
【變式13-2】如圖，點在以為直徑的圓上，其中，過向點處的切線作垂線，垂足為，則的最大值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】連接，則
∵
∴=,
依題意可證∽，則，即,
∵,
∴，即，當且僅當時取等號,
∴,
∴,
∴的最大值為1
故選:B
1．在中，，，，若點滿足，則 .
【答案】.
【解析】如下圖所示，則可知，
∴，故填：.
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