第一部分 专题二 培优微专题7 平面向量数量积的最值与范围问题（word练习）-【创新教程】2025年高考数学大二轮专题增分方案

1．已知e为单位向量，向量a满足a·e＝2，|a－λe|＝1，则|a|的最大值为(　　) A．1　　 B．2 C.　　 D．4 解析：C　[依题意设e＝(1,0)，a＝(x，y)， 因为a·e＝2，所以x＝2， 则a＝(2，y)， 又a－λe＝(2，y)－(λ，0)＝(2－λ，y)， 且|a－λe|＝1， 所以＝1， 即y2＝1－(2－λ)2， 所以|a|＝＝≤，当且仅当λ＝2时等号成立， 即|a|的最大值为.] 2．已知单位向量a，b，若对任意实数x，|xa＋b|≥恒成立，则向量a，b的夹角的取值范围为(　　) A. B. C. D. 解析：A　[利用平面向量数量积与模长的关系，结合一元二次不等式恒成立的解法计算即可． 设向量a，b的夹角为θ，因为|xa＋b|≥，所以(xa＋b)2≥， 则x2a2＋2xa·b＋b2≥，即x2＋2xcos θ＋≥0恒成立． 所以Δ＝4cos2θ－3≤0，解得－≤cos θ≤， 因为0≤θ≤π，所以≤θ≤， 故a，b的夹角的取值范围是.] 3．已知平面向量a，b，且满足a·b＝|a|＝|b|＝2，若e为平面单位向量，则|a·e＋b·e|的最大值(　　) A．3 B．2 C．4 D．3 解析：B　[先根据平面向量的数量积公式求出a与b的夹角，根据条件，可设a＝(2,0)，b＝(1，)，再设e＝(cos α，sin α)，根据平面向量的坐标运算和数量积公式，以及三角恒等变换和三角函数的性质得出|a·e＋b·e|＝，即可求出结果． 设a与b的夹角为θ，∵a·b＝|a|＝|b|＝2， ∴a·b＝|a|·|b|·cos θ＝2×2×cos θ＝2， ∴cos θ＝，则θ＝， 不妨设a＝(2,0)，b＝(1，)，再设e＝(cos α，sin α)， 则|a·e＋b·e|＝|(a＋b)·e|＝|(3，)·(cos α，sin α)| ＝|3cos α＋sin α|＝≤2， 即|a·e＋b·e|≤2， 所以|a·e＋b·e|的最大值为2.] 4．已知平面向量e1，e2，e3，|e1|＝|e2|＝|e3|＝1，〈e1，e2〉＝60°.若对区间内的三个任意的实数λ1，λ2，λ3都有|λ1e1＋λ2e2＋λ3e3|≥|e1＋e2＋e3|，则向量e1，e3夹角的最大值的余弦值为(　　) A．－ B．－ C．－ D．－ 解析：A　[设C(cos θ，sin θ)，e1＝＝(1,0)，e2＝＝，e3＝＝(－cos θ，－sin θ)，作出图形，分析出||≥||恒成立，临界处即P与M重合，G与H重合，且GM不能充当直角三角形斜边，否则可以改变H的位置，使得||＜||，此时θ最小，向量e1，e3夹角取得最大值，利用三角函数恒等变换和图象得到答案． 设C(cos θ，sin θ)，如图， 不妨设e1＝＝(1,0)，e2＝＝，e3＝＝(－cos θ，－sin θ)． 设M为AB的中点，G为OC的中点，F为BD的中点，E为AD的中点． 则M，G， (e1＋e2＋e3)＝＋＝， 设λ1e1＋λ2e2＋λ3e3＝＋＝，点P在平行四边形EDFM内(含边界)． 由题知||≥||恒成立． 为了使〈e1，e3〉最大，则〈e1，e3〉应为钝角，即C点在第一或第四象限． 思考临界值即P与M重合，G与H重合，且GM不能充当直角三角形斜边，否则可以改变H的位置，使得||＜||，此时θ最小， 所以⊥，即·(cos θ，sin θ)＝0， 即cos θ－cos2θ＋sin θ－sin2θ＝0. 即＝， 即cos＝. 所以cos＝. 所以cos θ＝cos＝coscos－sin·sin ＝×＋×＝， 其中向量e1与e3夹角为π－θ，故e1与e3夹角的最大值的余弦值为－.] 5．[多选](2024·宁波模拟)若平面向量a，b，c满足|a|＝1，|b|＝1，|c|＝3且a·c＝b·c，则(　　) A．|a＋b＋c|的最小值为2 B．|a＋b＋c|的最大值为5 C．|a－b＋c|的最小值为2 D．|a－b＋c|的最大值为 解析：BD　[由向量a，b，c方向间的关系，判断|a＋b＋c|的最大值和最小值；由(a－b)⊥c，通过|a－b|的最值，计算|a－b＋c|的最值． 当向量a，b方向相同，与c方向相反时，满足a·c＝b·c，此时|a＋b＋c|有最小值|c|－(|a|＋|b|)＝1，A选项错误；当向量a，b，c方向相同时，满足a·c＝b·c， 此时|a＋b＋c|有最大值|a|＋|b|＋|c|＝5，B选项正确； a·c＝b·c，有(a－b)·c＝0，即(a－b)⊥c，则|a－b＋c|＝， 向量a，b方向相同时，|a－b|的最小值为0，|a－b＋c|的最小值为3，C选项错误； 向量a，b方向相反时，|a－b|的最大值为2，|a－b＋c|的最大值为，D选项正确．] 6．[多选] 如图，正方形ABCD的边长为2，P是正方形ABCD的内切圆上任意一点，＝λ＋μ(λ，μ∈R)，则下列结论正确的是(　　) A.·的最大值为4 B．λ－μ的最大值为 C.·的最大值为2 D．λ＋μ的最大值为1＋ 解析：ABD　[以正方形ABCD的中心为原点，如图，建立平面直角坐标系， 则A(－1，－1)，B(1，－1)，D(－1，1)， 设P(cos θ，sin θ)，θ∈[0,2π)， 则＝(1＋cos θ，1＋sin θ)，＝(2,0)，＝(－2,2)，＝(0,2)， 所以·＝2(1＋cos θ)， 所以当θ＝0时，·的最大值为4，A正确； ·＝－2(1＋cos θ)＋2(1＋sin θ)＝2(sin θ－cos θ)＝2sin，所以当θ＝时，·的最大值为2，C错误； 由＝λ＋μ知(1＋cos θ，1＋sin θ)＝λ(2,0)＋μ(0,2)， 所以得 则λ－μ＝(cos θ－sin θ)＝cos， 所以当θ＝时，λ－μ的最大值为，B正确； λ＋μ＝1＋(cos θ＋sin θ)＝1＋sin， 所以当θ＝时，λ＋μ的最大值为1＋，D正确．] 7．(2024·韶关测试二)已知平面向量a、b、c均为单位向量，且|a＋b|＝1，则向量a与b的夹角为________，(a＋b)·(b－c)的最小值为________． 解析：由|a＋b|2＝1可得a·b＝－，根据平面向量数量积的定义即可求出a与b的夹角；根据数量积的运算律可得(a＋b)·(b－c)＝－cos〈a＋b，c〉，结合cos〈a＋b，c〉的取值范围即可求解． 由题意知，|a|＝|b|＝|c|＝1， 由|a＋b|2＝a2＋2a·b＋b2＝1，得a·b＝－， 所以cos〈a，b〉＝＝－，又〈a，b〉∈[0，π]， 所以〈a，b〉＝，即a与b的夹角为； (a＋b)·(b－c)＝a·b＋b2－(a＋b)·c＝－|a＋b||c|cos〈a＋b，c〉＝－cos〈a＋b，c〉， 又cos〈a＋b，c〉∈[－1,1]，所以－cos〈a＋b，c〉≥－， 当且仅当a＋b与c同向时，等号成立． 所以(a＋b)·(b－c)的最小值为－. 答案：　－ 8．已知向量a，b满足|a|＝1，|b|＝3，则|2a＋b|＋|2a－b|的最小值是________，最大值是________． 解析：∵|2a＋b|＋|2a－b|≥|2a＋b＋2a－b|＝4|a|＝4， 且|2a＋b|＋|2a－b|≥|2a＋b－2a＋b|＝2|b|＝6， ∴|2a＋b|＋|2a－b|≥6，当且仅当2a＋b与2a－b反向时等号成立． 此时|2a＋b|＋|2a－b|的最小值为6. ∵≤ ＝＝， ∴|2a＋b|＋|2a－b|≤2， 当且仅当|2a＋b|＝|2a－b|时等号成立， ∴|2a＋b|＋|2a－b|的最大值为2. 答案：6　2 学科网（北京）股份有限公司 $$