考點(diǎn)分類講解
考點(diǎn)一：求參數(shù)的最值(范圍)
規(guī)律方法 利用共線向量定理及推論
(1)a∥b?a＝λb(b≠0)．
(2)eq \(OA,\s\up6(→))＝λeq \(OB,\s\up6(→))＋μeq \(OC,\s\up6(→))(λ，μ為實(shí)數(shù))，則A，B，C三點(diǎn)共線?λ＋μ＝1.
【例1】(2023·漳州模擬)已知△ABC，點(diǎn)D滿足eq \(BC,\s\up6(→))＝eq \f(3,4)eq \(BD,\s\up6(→))，點(diǎn)E為線段CD上異于C，D的動(dòng)點(diǎn)，若eq \(AE,\s\up6(→))＝λeq \(AB,\s\up6(→))＋μeq \(AC,\s\up6(→))，則λ2＋μ2的取值范圍是________．
【答案】 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(17,9)))
【解析】由題意設(shè)eq \(CE,\s\up6(→))＝meq \(CD,\s\up6(→))，m∈(0,1)，
因?yàn)閑q \(BC,\s\up6(→))＝eq \f(3,4)eq \(BD,\s\up6(→))，
所以eq \(CD,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \(BC,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(AC,\s\up6(→))－\(AB,\s\up6(→))))，
所以eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \(CE,\s\up6(→))＝eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \f(m,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(AC,\s\up6(→))－\(AB,\s\up6(→))))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(m,3)))eq \(AC,\s\up6(→))－eq \f(m,3)eq \(AB,\s\up6(→))，
又eq \(AE,\s\up6(→))＝λeq \(AB,\s\up6(→))＋μeq \(AC,\s\up6(→))，
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(λ＝－\f(m,3)，,μ＝1＋\f(m,3)，))
所以λ2＋μ2＝1＋eq \f(2,3)m＋eq \f(2,9)m2
＝eq \f(2,9)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m＋\f(3,2)))2＋eq \f(1,2)，
又因?yàn)閙∈(0,1)，由二次函數(shù)的性質(zhì)得
y＝eq \f(2,9)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m＋\f(3,2)))2＋eq \f(1,2)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(17,9)))，
所以λ2＋μ2的取值范圍是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(17,9))).
【變式1】設(shè)非零向量a，b的夾角為θ，若|a|＝2|b|＝2，且不等式|2a＋b|≥|a＋λb|對(duì)任意的θ恒成立，則實(shí)數(shù)λ的取值范圍為( )
A．[－1,3] B．[－1,5]
C．[－7,3] D．[5,7]
【答案】 A
【解析】∵非零向量a，b的夾角為θ，若|a|＝2|b|＝2，
∴|a|＝2，|b|＝1，
a·b＝2×1×cs θ＝2cs θ，
∵不等式|2a＋b|≥|a＋λb|對(duì)任意的θ恒成立，
∴(2a＋b)2≥(a＋λb)2，
∴4a2＋4a·b＋b2≥a2＋2λa·b＋λ2b2，
整理可得(13－λ2)＋(8－4λ)cs θ≥0恒成立，
∵cs θ∈[－1,1]，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(13－λ2＋8－4λ≥0，,13－λ2－8＋4λ≥0，))解得－1≤λ≤3.
【變式2】（23-24高三上·黑龍江佳木斯·階段練習(xí)）在中，點(diǎn)在線段上，且滿足，點(diǎn)為線段上任意一點(diǎn)，若實(shí)數(shù)滿足，則的最小值為 ．
【答案】
【分析】根據(jù)題意，由三點(diǎn)共線可得，再由基本不等式，即可得到結(jié)果.
【詳解】
因?yàn)?，則，
由三點(diǎn)共線可得，
則，
當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，即時(shí)，等號(hào)成立，所以的最小值為.
故答案為：.
【變式2】．（2023高三·全國·專題練習(xí)）已知向量滿足，且，則函數(shù)的最小值為 .
【答案】3
【分析】根據(jù)向量的線性關(guān)系及已知求得，代入已知函數(shù)并利用基本不等式求函數(shù)最小值，注意取值條件.
【詳解】∵，∴，∴，
則，由于，則，
故，
當(dāng)且僅當(dāng)即時(shí)取等號(hào)，
∴函數(shù)的最小值為3.
故答案為：3
【變式4】(2023·深圳模擬)過△ABC的重心G的直線l分別交線段AB，AC于點(diǎn)E，F(xiàn)，若eq \(AE,\s\up6(→))＝λeq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AF,\s\up6(→))＝μeq \(AC,\s\up6(→))，則λ＋μ的最小值為( )
A.eq \f(2,3)＋eq \r(2) B.eq \f(2＋2\r(2),3)
C.eq \f(4,3) D．1
【答案】C
【解析】如圖，若D為BC的中點(diǎn)，又G為△ABC的重心，則A，G，D三點(diǎn)共線，且eq \(AG,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)eq \(AD,\s\up6(→))，
因?yàn)閑q \(AD,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \f(1,2λ)eq \(AE,\s\up6(→))＋eq \f(1,2μ)eq \(AF,\s\up6(→))，所以eq \f(3,2)eq \(AG,\s\up6(→))＝eq \f(1,2λ)eq \(AE,\s\up6(→))＋eq \f(1,2μ)eq \(AF,\s\up6(→))，即eq \(AG,\s\up6(→))＝eq \f(1,3λ)eq \(AE,\s\up6(→))＋eq \f(1,3μ)eq \(AF,\s\up6(→))，
又E，G，F(xiàn)三點(diǎn)共線，所以eq \f(1,3λ)＋eq \f(1,3μ)＝1，
故λ＋μ＝(λ＋μ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3λ)＋\f(1,3μ)))
＝eq \f(2,3)＋eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(μ,λ)＋\f(λ,μ)))
≥eq \f(2,3)＋eq \f(1,3)×2eq \r(\f(μ,λ)·\f(λ,μ))＝eq \f(4,3)，
當(dāng)且僅當(dāng)λ＝μ＝eq \f(2,3)時(shí)，等號(hào)成立．
考點(diǎn)二：求向量模、夾角的最值(范圍)
易錯(cuò)提醒 找兩向量的夾角時(shí)，要注意“共起點(diǎn)”以及向量夾角的取值范圍是[0，π]．若向量a，b的夾角為銳角，包括a·b>0和a，b不共線；若向量a，b的夾角為鈍角，包括a·b－eq \f(5,3)且λ≠0，
所以λ的取值范圍為eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,3)，0))∪(0，＋∞)．
【變式3】（2024·吉林長(zhǎng)春·模擬預(yù)測(cè)）已知向量，為單位向量，且，向量與共線，則的最小值為 .
【答案】
【分析】令，利用向量模的計(jì)算公式把表示成t的函數(shù)，求出函數(shù)最小值即可.
【詳解】因向量與共線，令，
則，而向量，為單位向量，且，
于是得
，
當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取“=”，
所以的最小值為.
故答案為：
考點(diǎn)三：求向量數(shù)量積的最值(范圍)
規(guī)律方法 向量數(shù)量積最值(范圍)問題的解題策略
(1)形化：利用平面向量的幾何意義將問題轉(zhuǎn)化為平面幾何中的最值或范圍問題，然后根據(jù)平面圖形的特征直接進(jìn)行判斷．
(2)數(shù)化：利用平面向量的坐標(biāo)運(yùn)算，把問題轉(zhuǎn)化為代數(shù)中的函數(shù)最值與值域、不等式的解集或方程有解等問題，然后利用函數(shù)、不等式或方程的有關(guān)知識(shí)來解決．
【例3】 (1)(2023·開封模擬)等腰直角三角形ABC的直角頂點(diǎn)A在x軸的正半軸上，點(diǎn)B在y軸的正半軸上，點(diǎn)C在第一象限，且AB＝1，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，則eq \(OC,\s\up6(→))·eq \(OA,\s\up6(→))的取值范圍是( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2－\r(2),4))) B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1＋\r(2),2)))
C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2－\r(2),4)，1)) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1＋\r(2),2)，1))
【答案】 B
【解析】由題意可得△OAB為直角三角形，
且AB＝1，設(shè)eq \(AO,\s\up6(→))與eq \(AB,\s\up6(→))的夾角為α，
則A(cs α，0)，B(0，sin α)，
其中α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
如圖所示，則由等腰直角三角形的性質(zhì)可得C(cs α＋sin α，cs α)，
所以eq \(OC,\s\up6(→))·eq \(OA,\s\up6(→))＝cs α(cs α＋sin α)
＝eq \f(1,2)cs 2α＋eq \f(1,2)sin 2α＋eq \f(1,2)
＝eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,4)))＋eq \f(1,2)，
又2α＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(5π,4)))，
所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,4)))∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，1))，
則eq \(OC,\s\up6(→))·eq \(OA,\s\up6(→))∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1＋\r(2),2))).
(2)(2023·全國乙卷)已知⊙O的半徑為1，直線PA與⊙O相切于點(diǎn)A，直線PB與⊙O交于B，C兩點(diǎn)，D為BC的中點(diǎn)，若|PO|＝eq \r(2)，則eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PD,\s\up6(→))的最大值為( )
A.eq \f(1＋\r(2),2) B.eq \f(1＋2\r(2),2) C．1＋eq \r(2) D．2＋eq \r(2)
【答案】A
【解析】連接OA，由題可知|OA|＝1，OA⊥PA，
因?yàn)閨PO|＝eq \r(2)，
所以由勾股定理可得|PA|＝1，
則∠POA＝eq \f(π,4).
設(shè)直線PO繞點(diǎn)P按逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)θ后與直線PD重合，
則－eq \f(π,4)

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