平面向量中极化恒等式、等和(高)线定理及最值(范围)问题--备战2022年高考数学一轮复习配套试题.pdf

平面向量中极化恒等式、等和(高)线定理及最值(范围)问题)知识梳理 1极化恒等式：ab14(ab)2(ab)2(1)几何意义：向量的数量积可以表示为以这组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14.(2)平行四边形 PMQN，O 是对角线交点则：PMPN14|PQ|2|NM|2(平行四边形模式)；PMPN|PO|214|NM|2(三角形模式)2等和(高)线定理(1)由三点共线结论推导等和(高)线定理：如图，由三点共线结论可知，若OPOAOB(，R)，则 1，由OAB 与OAB相似，必存在一个常数 k，kR，使得OPkOP，则OPkOPkOAkOB，又OPxOAyOB(x，yR)，xykkk；反之也成立(2)平面内一组基底OA，OB及任一向量OP，OPOAOB(，R)，若点 P在直线 AB 上或在平行于 AB 的直线上，则 k(定值)；反之也成立，我们把直线 AB 以及与直线 AB 平行的直线成为等和(高)线 当等和线恰为直线 AB 时，k1；当等和线在 O 点和直线 AB 之间时，k(0，1)；当直线 AB 在 O 点和等和线之间时，k(1，)；当等和线过 O 点时，k0；若两等和线关于 O 点对称，则定值 k 互为相反数；定值 k 的变化与等和线到 O 点的距离成正比 3平面向量中的最值(范围)问题(1)向量投影、数量积、向量的模、夹角的最值(或范围)(2)向量表达式中字母参数的最值(或范围)题型一 极化恒等式的应用【例 1】(1)已知 AB 是圆 O 的直径，AB 长为 2，C 是圆 O 上异于 A，B 的一点，P 是圆 O 所在平面上任意一点，则(PAPB)PC的最小值为()A14 B13 C12 D1(2)(2020天津卷)如图，在四边形 ABCD 中，B60，AB3，BC6，且ADBC，ADAB32，则实数 的值为_；若 M，N 是线段 BC 上的动点，且|MN|1，则DMDN的最小值为_ 答案(1)C(2)16 132 解析(1)PAPB2PO，(PAPB)PC2POPC，取 OC 中点 D，由极化恒等式得，POPC|PD|214|OC|2|PD|214，又|PD|2min0，(PAPB)PC的最小值为12.(2)法一 依题意得 ADBC，BAD120，由ADAB|AD|AB|cos BAD32|AD|32，得|AD|1，因此|AD|BC|16.取 MN 的中点 E，连接 DE，则DMDN2DE，DMDN14(DMDN)2(DMDN)2DE214NM2DE214.注意到线段 MN 在线段 BC 上运动时，DE 的最小值等于点 D 到直线 BC 的距离，即 ABsin B3 32，因此DE214的最小值为3 32214132，即DMDN的最小值为132.法二 因为ADBC，所以 ADBC，则BAD120，所以ADAB|AD|AB|cos 12032，解得|AD|1.因为AD，BC同向，且 BC6，所以AD16BC，即 16.在四边形 ABCD 中，作 AOBC 于点 O，则 BOABcos 6032，AOABsin 603 32.以 O 为坐标原点，以 BC 和 AO 所在直线分别为 x，y 轴建立平面直角坐标系 如图，设 M(a，0)，不妨设点 N 在点 M 右侧，则 N(a1，0)，且32a72.又 D1，3 32，所以DMa1，3 32，DNa，3 32，所以DMDNa2a274a122132.所以当 a12时，DMDN取得最小值132.感悟升华(1)极化恒等式多用于向量的数量积；(2)注意在三角形、平行四边形中的应用【训练 1】(1)(2021杭州二中模拟)在ABC 中，M 是 BC 的中点，AM3，BC10，则ABAC_ (2)已知正三角形ABC 内接于半径为2的圆O，点P是圆 O上的一个动点，则PAPB的取值范围是_ 答案(1)16(2)2，6 解析(1)因为 M 是 BC 的中点，由极化恒等式得ABAC|AM|214|BC|291410016.(2)取 AB 的中点 D，连接 CD，因为三角形 ABC 为正三角形，所以 O 为三角形 ABC的重心，O 在 CD 上，且 OC2OD2，所以 CD3，AB2 3.又由极化恒等式得 PAPBPD214AB2PD23，因为 P 在圆 O 上，所以当 P 在点 C 处时，PDmax3，当 P 在 CO 的延长线与圆 O 的交点处时，PDmin1，所以PAPB2，6 题型二 等和线定理的应用【例 2】(1)如图，平面内有三个向量OA，OB，OC，其中OA，OB120，OA，OC30，且|OA|OB|1，|OC|2 3，若OCmOAnOB，则 mn_ (2)在扇形 OAB 中，AOB60，C 为AB上的一个动点，若OCxOAyOB，则3xy 的取值范围是_ 答案(1)6(2)1，3 解析(1)法一 连接 AB，交 OC 于点 D，则 DOAOAD30，BOD90，|OD|OB|tan 3033，|OD|DA|33，|DB|2 33，由平面向量基本定理得OD23OA13OB，|OC|2 36|OD|，OC623OA13OB4OA2OB，mn6.法二 根据等高线定理可得|OC|OD|kmn，k|OC|OD|2 3336，mn6.(2)取 D 使得OD13OA，OCxOAyOB3xODyOB，作一系列与 BD 平行的直线与圆弧相交，当点 C 与点 B 重合时，3xy 取得最小值 1，当点 C 与点 A 重合时，3xy 取得最大值 3，故 3xy 的取值范围是1，3 感悟升华(1)“等和线”的解题步骤 确定值为 1 的等和线；过动点作该线平行线，结合动点的可行域，分析在何点处取得最值；利用长度比或该点的位置，求得最值或范围(2)“等和线”多用于向量线性表示式中有关系数的最值、范围问题(3)此类问题也可建系，用坐标法解决【训练 2】如图，四边形 OABC 是边长为 1 的正方形，点 D 在 OA 的延长线上，且 AD1，点 P 是BCD(含边界)的动点，设OPOCOD，则 的最大值为_ 答案 32 解析 当点 P 位于 B 点时，过点 B 作 GHDC，交 OC，OD的延长线于 G，H，则OPxOGyOH，且 xy1，GCBCOD，GCCOCBOD12，OPOBxOGyOH32xOC32yODOCOD，所以 32x，32y32x32y32.故答案为32.题型三 平面向量中的最值(范围)问题 角度 1 函数型【例31】(1)(一题多解)(2020浙江卷)已知平面单位向量e1，e2满足|2e1e2|2.设 ae1e2，b3e1e2，向量 a，b 的夹角为，则 cos2 的最小值是_ (2)(2021宁波十校联考)设向量 a(x1，y1)，b(x2，y2)，记 a*bx1x2y1y2，若圆 C：x2y22x4y0 上的任意三个点 A1，A2，A3，且 A1A2A2A3，则|OA1*OA2OA2*OA3|(O 为坐标原点)的最大值是_ 答案(1)2829(2)16 解析(1)法一 设 e1(1，0)，e2(x，y)，则 a(x1，y)，b(x3，y)由 2e1e2(2x，y)，故|2e1e2|（2x）2y2 2，得(x2)2y22.又有 x2y21，得(x2)21x22，化简，得 4x3，即 x34，因此34x1.cos2ab|a|b|2（x1）（x3）y2（x1）2y2（x3）2y22 4x42x26x1024（x1）2（x1）（3x5）4（x1）3x543（3x5）833x543833x5，当 x34时，cos2 有最小值，为434133452829.法二 单位向量 e1，e2满足|2e1e2|2，所以|2e1e2|254e1e22，即 e1e234.因为 ae1e2，b3e1e2，a，b 的夹角为，所以 cos2（ab）2|a|2|b|2（e1e2）（3e1e2）2|e1e2|2|3e1e2|2（44e1e2）2（22ee2）（106e1e2）44e1e253e1e2.不妨设 te1e2，则 t34，cos244t53t，又 y44t53t在34，上单调递增 所以 cos2435942829.所以 cos2 的最小值为2829.法三 由题意，不妨设 e1(1，0)，e2(cos x，sin x)因为|2e1e2|2，所以（2cos x）2sin2x 2，得 54cos x2，即 cos x34.易知 a(1cos x，sin x)，b(3cos x，sin x)，所以 ab(1cos x)(3cos x)sin2x44cos x，|a|2(1cos x)2sin2x22cos x，|b|2(3cos x)2sin2x106cos x，所以 cos2（ab）2|a|2|b|2（44cos x）2（22cos x）（106cos x）44cos x53cos x.不妨设 mcos x，则 m34，cos244m53m，又 y44m53m在34，上单调递增，所以 cos2435942829，所以 cos2 的最小值为2829.(2)由 O，A1，A2，A3四点共圆，且 A1A2A2A3，可知 A1A3为圆 C 的直径，故OA1OA32OC.由圆 C 的标准方程设OA2(1 5cos，2 5sin)，又点 C(1，2)，则|OA1*OA2OA2*OA3|(OA1OA3)*OA2|2|OC*OA2|2|(1 5cos)2(2 5sin)|2|5sin()3|16，其中 tan 12，当且仅当 2k2，kZ 时等号成立，所以所求最大值为 16.感悟升华 此类问题可归结为函数、三角函数求最值、值域问题【训练 31】(1)如图，在扇形 OAB 中，OA2，AOB90，M 是 OA 的中点，点 P 在AB上，则PMPB的最小值为_(2)(2017浙江卷)已知向量 a，b 满足|a|1，|b|2，则|ab|ab|的最小值是_，最大值是_ 答案(1)42 5(2)4 2 5 解析 (1)如图，以 O 为坐标原点，OA为 x 轴的正半轴，OB为 y 轴的正半轴建立平面直角坐标系，则 M(1，0)，B(0，2)，设 P(2cos，2sin)，0，2，所以PMPB(12cos，2sin)(2cos，22sin)42cos 4sin 42(cos 2sin)42 5sin()其中sin 55，cos 2 55，所以PMPB的最小值为 42 5.(2)由题意，不妨设b(2，0)，a(cos，sin)(0，2)，则 ab(2cos，sin)，ab(cos 2，sin)令 y|ab|ab|（2cos）2sin2（cos 2）2sin2 54cos 54cos，则 y2102 2516cos216，20 由此可得(|ab|ab|)max 202 5，(|ab|ab|)min 164，即|ab|ab|的最小值是 4，最大值是 2 5.角度 2 解不等式型【例 32】(1)(2021金丽衢十二校二联)设 tR，已知平面向量 a，b 满足|a|2|b|2，且 ab1，向量 cxa(tx)b，若存在两个不同的实数 x0，t，使得 c22ac30，则实数 t()A有最大值为 2，最小值为32 B无最大值，最小值为32 C有最大值为 2，无最小值 D无最大值，最小值为 0(2)已知不共线向量OA，OB夹角为，|OA|1，|OB|2，OP(1t)OA，OQtOB(0t1)，|PQ|在 tt0处取最小值，当 0t00，066t，即t22t30，4t28t30，0t1，解得t32，2，则实数 t 的最小值为32，无最大值，故选 B.(2)由题意，不共线向量OA，OB夹角为，|OA|1，|OB|2，OP(1t)OA，OQtOB(0t1)，得PQOQOPtOB(1t)OA，所以|PQ|2tOB(1t)OA2(54cos)t22(12cos)t1，由二次函数的图象和性质知，当 tt012cos 54cos 时，|PQ|取最小值，即 012cos 54cos 15，解得12cos 0，b0)；(2)三角不等式：|a|b|ab|a|b|；(3)数量积不等式：|ab|a|b|.【训练 33】(1)(2021浙江新高考仿真三)设平面向量 a，b 满足 1|a|2，2|b|3，则|ab|ab|的取值范围是_(2)(一题多解)(2021浙江五校联考)已知 a|3，|b|c|4，若 ca，则|abc|的最大值为_ 答案(1)6，2 13(2)9 解析(1)|ab|2|ab|22(|a|2|b|2)，由基本不等式，得|ab|2|ab|2（|ab|ab|）22.又|a|1，2，|b|2，3，由得(|ab|ab|)24(|a|2|b|2)52，即|ab|ab|2 13.又由三角不等式有|ab|ab|(ab)(ab)|，即|ab|ab|2|a|，|ab|ab|2|b|，故|ab|ab|6，综上，有6|ab|ab|2 13.(2)法一|abc|a2b2c22ab2bc412b（ca）.ca，|ca|5，则 b(ca)|b|ca|20，所以|abc|41409.法二 由|a|3，|b|c|4 知，a 在以 O 为圆心，3 为半径的圆上运动，b，c 均在以 O 为圆心，4 为半径的圆上运动，如图，又 ac，则|abc|(ac)b|CAOB|CA|OB|549.角度 4 轨迹型【例 34】(2021名校仿真训练四)直线 axbyc0 与圆 O：x2y24 相交于两点 M，N.若 c2a2b2，P 为圆 O 上任意一点，则PMPN的取值范围是_ 答案 2，6 解析 如图，取 MN 的中点 A，连接 OA，则 OAMN，c2a2b2，O 点到直线 MN 的距离 OA|c|a2b21，圆 O 的半径 r2，RtAON 中，设AON，得 cos OAON12，得 3，cos MONcos 2cos 2312，由此可得OMON|OM|ON|cos MON22122，则PMPN(OMOP)(ONOP)OMONOP2OP(OMON)242OPOA22|OP|OA|cos AOP24cos AOP，当OP，OA同向时，取得最小值 242，当OP，OA反向时，取得最大值 246，则PMPN的取值范围是2，6 感悟升华 利用向量及其运算的几何意义，结合轨迹图形求解，并注意分析临界状态【训练 34】(2021湖州期末质检)正方形 ABCD 的边长为 2，E，M 分别为 BC，AB 的中点，点 P 是以 C 为圆心，CE 为半径的圆上的动点，点 N 在正方形 ABCD的边上运动，则PMPN的最小值是_ 答案 1 5 解析 由题 意得PMPN(PCCM)(PCCN)1PCCM(PCCM)CN1PCCMPMCN.由图易得向量PM，CN的夹角恒为锐角，则PMCN0，则当点 N 与点 C重合，点 P 为 CM 与圆 C 的交点时，PCCM取得最小值 5，PMCN取得最小值 0，此时PMPN取得最小值 1 5.角度 5 投影与函数分析型 【例 35】(1)如图是蜂巢结构图的一部分，正六边形的边长均为 1，正六边形的顶点称为“晶格点”若 A，B，C，D 四点均位于图中的“晶格点”处，且 A，B 的位置如图所示，则ABCD的最大值为_(2)(2019浙江卷)已知正方形 ABCD 的边长为 1，当每个 i(i1，2，3，4，5，6)取遍1 时，|1AB2BC3CD4DA5AC6BD|的最小值是_，最大值是_ 答案(1)24(2)0 2 5 解析(1)先建立平面直角坐标系如图，因为正六边形的边长均为 1，所以 B(0，0)，A32，92，当CD在AB方向上的投影最大时，ABCD最大，此时取 C(0，5)，D(3，0)，即(ABCD)max32，92(3，5)3245224.(2)如图，以 A 为原点，AB 所在直线为 x 轴，AD 所在直线为y 轴建立平面直角坐标系，则AB(1，0)，AD(0，1)设 a1AB2BC3CD4DA5AC6BD 1AB2AD3AB4AD5(ABAD)6(ADAB)(1356)AB(2456)AD(1356，2456)故|a|（1356）2（2456）2.i(i1，2，3，4，5，6)取遍1，当 13560，24560(134561，21)时，|1AB2BC3CD4DA5AC6BD|取得最小值 0.考虑到 56，56有相关性，要确保所求模最大，只需使|1356|，|2456|尽可能取到最大值，即当 13562，24564(12561，341)时可取到最大值，|1AB2BC3CD4DA5AC6BD|的最大值为4162 5.感悟升华(1)关于数量积问题常用投影分析法；(2)当向量线性表达式系数较多且给出其取值范围时，常用系数分析法【训练35】(1)已知正三角形ABC的边长为4，O是平面ABC内的动点，且AOB3，则OCAB的最大值为_(2)(2021浙江名师预测一)已知等边ABC 的边长为 1，当每个 i(i1，2，3)在1，0，1中取值时，则|1AB2BC3CA|的最小值是_，最大值是_ 答案(1)16 33(2)0 2 解析(1)如图，圆 E2为ABC 的外接圆，圆 E1与圆 E2关于直线 AB 对称，由题意知 O 在圆 E1，E2的优弧AB上(圆 E1，E2半径相等)，设 AB 的中点为 D，OCAB(DCDO)ABBADO|BA|DO|cosADO，易知DO在BA方向上的射影最大时，OCAB取得最大值，易知DO在BA方向上射影的最大值为ABO 外接圆的半径，故所求最大值为 442sin 316 33.(2)当 i(i1，2，3)中三个均为 0 时，|1AB2BC3CA|0；当 i(i1，2，3)中恰有 2 个为 0 时，|1AB2BC3CA|1；当 i(i1，2，3)中恰有 1 个为 0 时，1|1AB2BC3CA|3；当 i(i1，2，3)中均不为 0 时，0|1AB2BC3CA|2，综上所述，|1AB2BC3CA|的最小值是 0，最大值是 2.一、选择题 1若点 O 和点 F 分别为椭圆x24y231 的中心和左焦点，点 P 为椭圆上的任意一点，则OPFP的最大值为()A2 B3 C6 D8 答案 C 解析 如图，由已知|OF|1，取 FO 中点 E，连接 PE，由极化恒等式得 OPFP|PE|214|OF|2|PE|214，|PE|2max254，OPFP的最大值为 6.2.如图，菱形 ABCD 的边长为 2，BAD60，M 为 DC 的中点，若 N 为菱形内任意一点(含边界)，则AMAN的最大值为()A3 B2 3 C6 D9 答案 D 解析 由平面向量数量积的几何意义知，AMAN等于|AM|与AN在AM方向上的投影之积，所以(AMAN)maxAMAC12ABAD(ABAD)12AB2AD232ABAD9.3(一题多解)(2020新高考山东卷)已知 P 是边长为 2 的正六边形 ABCDEF 内的一点，则APAB的取值范围是()A(2，6)B(6，2)C(2，4)D(4，6)答案 A 解析 法一 如图，取 A 为坐标原点，AB 所在直线为 x 轴建立平面直角坐标系，则 A(0，0)，B(2，0)，C(3，3)，F(1，3)设 P(x，y)，则AP(x，y)，AB(2，0)，且1x3.所以APAB(x，y)(2，0)2x(2，6)故选 A.法二 APAB|AP|AB|cos PAB2|AP|cos PAB，又|AP|cos PAB 表示AP在AB方向上的投影，所以结合图形可知，当 P 与 C 重合时投影最大当 P 与 F 重合时投影最小又ACAB2 32cos 306，AFAB22cos 1202，故当点 P 在正六边形 ABCDEF 内部运动时，APAB(2，6)故选 A.4(2021镇海中学检测)已知向量 m，n 满足(mn)(m2n)0，(mn)(m2n)10，则|n|的最小值为()A.14 B.12 C.22 D1 答案 C 解析 因为(mn)(m2n)0，所以 m2mn2n20.因为(mn)(m2n)10，所以 m2mn2n210，所以 mn12，且 m22n2120.因为(mn)214|m|2|n|22|n|212|n|2，解得|n|212，所以|n|22，即|n|的最小值为22，故选 C.5.如图，BCD 与ABC 的面积之比为 2，点 P 是区域 ABDC内的任一点(含边界)且APABAC，则 的取值范围是()A0，1 B0，2 C0，3 D0，4 答案 C 解析 过点 P 作 GHBC，交 AC、AB 的延长线于 G，H，则APxAGyAH，且 xy1，当点 P 位于 D 点时，G，H分别位于 C，B，BCD 与ABC 的面积之比为 2，AC3AC，AB3AB，OPxAGyAHxACyABx3ACy3ABABAC，所以 3y，3x3x3y3.当点 P 位于 A 点时，显然有 0，选 C.6(一题多解)已知点 C 为扇形 AOB 的弧 AB 上任意一点，且AOB120，若OCOAOB(，R)，则 的取值范围是()A2，2 B(1，2 C1，2 D1，2 答案 D 解析 法一(常规方法)设半径为 1，由已知可设 OB 为 x 轴的正半轴，O 为坐标原点，建立直角坐标系，其中 A12，32；B(1，0)；C(cos，sin)(其中BOC023，有OCOAOB(，R)，即(cos，sin)12，32(1，0)，整理得12cos；32sin，解得 2sin 3，cos sin 3，则 2sin 3cos sin 3 3sin cos 2sin6，0，23，易得 1，2 法二(等和线定理)设 k，当 C 位于 A 或 B 时，A、B、C 三点共线，所以 k1，当点运动到AB的中点 C 时，k2，1，2 7设 为两个非零向量 a，b 的夹角，已知对任意实数t，|bta|的最小值为 1，则()A若 确定，则|a|唯一确定 B若 确定，则|b|唯一确定 C若|a|确定，则 唯一确定 D若|b|确定，则 唯一确定 答案 B 解析|bta|2b22abtt2a2|a|2t22|a|b|cos t|b|2.因为|bta|min1，所以4|a|2|b|24|a|2|b|2cos24|a|2|b|2(1cos2)1.所以|b|2sin21，所以|b|sin 1，即|b|1sin.即 确定，|b|唯一确定 8(2021龙湾中学检测)已知平面向量 a，b，c 满足|a|b|ab2，(ac)(b2c)1，则|bc|的最小值为()A.7 52 B.7 32 C.5 32 D.312 答案 A 解析 由|a|b|ab2 得a，b3，则不妨设 aOA(1，3)，bOB(2，0)，cOC(x，y)，则 ac(1x，3y)，b2c(22x，2y)由(ac)(b2c)1 得(x1)2y32254，则点 C(x，y)的轨迹是以1，32为圆心，52为半径的圆，则|bc|CB|的最小值为（21）20322527 52，故选A.9(2021武汉质检)已知等边ABC 内接于圆：x2y21，且 P 是圆 上一点，则PA(PBPC)的最大值是()A.2 B1 C.3 D2 答案 D 解析 设 BC 的 中点为 E，连接 AE，向量PO，OE的夹角为.因为等边ABC 内接于圆：x2y21，所以点 O 在 AE 上，且 OA2OE1，所以PA(PBPC)PA2PE2(POOA)(POOE)2PO2PO(OAOE)OAOE2PO2PO(OE)2OE221112cos 21221cos，所以当 cos 1，PO，OE，OP，OE0，即点 P 为 AE 的延长线与圆的交点时，PA(PBPC)取最大值 2，故选 D.10(2021名校冲刺卷三)已知|a|b|c|2，且 ab2，(ac)(bc)0，则|abc|()A有最小值 2 32，最大值 2 32 B有最小值 2 32，最大值 2 7 C有最小值 2 7，最大值 2 32 D有最小值 2 32，最大值 2 答案 C 解析 如图 所示，令 aOA，bOB，cOC，由 ab2，|a|b|c|2 可得AOB3.又(ac)(bc)0，所以点 C 在以 AB 为直径的圆内，|abc|ODOC|，所以|abc|的最大值是OC，OD同向为 2 32，最小值是点 C 与点 A 或点 B 重合为 2 7，故选 C.11已知 m，n 是两个非零向量，且|m|1，|m2n|3，则|mn|n|的最大值为()A.5 B.10 C4 D5 答案 B 解析 因为(m2n)24n24mn19，所以 n2mn2，所以(mn)2m22mnn25n2，所以|mn|n|5|n|2|n|.令|n|x(0 x5)，f(x)5x2x，则 f(x)2x2 5x21.由 f(x)0，得 x102，所以当 0 x0时，当102x 5时，f(x)0，所以函数 f(x)在0，102上单调递增，在102，5上单调递减，所以 f(x)maxf102 10，故选 B.12(2021北京海淀区检测)已知点 M 在圆 C1：(x1)2(y1)21 上，点 N 在圆C2：(x1)2(y1)21 上，则下列说法错误的是()A.OMON的取值范围为32 2，0 B|OMON|的取值范围为0，2 2 C|OMON|的取值范围为2 22，2 22 D若OMON，则实数 的取值范围为32 2，32 2 答案 B 解析 M 在圆 C1上，点 N 在圆 C2上，MON90，OMON0，又|OM|21，|ON|21，当|OM|21，|ON|21 时，OMON取得最小值，(21)2cos 32 2，故 A 正确；设 M(1cos，1sin)，N(1cos，1sin)，则OMON(cos cos，sin sin)，|OMON|22cos cos 2sin sin 2 2cos()2，0|OMON|2，故 B 错误；两圆外离，半径为 1，|C1C2|2 2，2 22|MN|2 22，即 2 22|OMON|2 22，故 C 正确；21|OM|21，21|ON|21，当OMON时，21212121，解得32 232 2，故 D 正确 13 已知向量OA，OB满足|OA|OB|2，OAOB2，若OCOAOB(，R)，且 1，则|OC|的最小值为()A1 B.52 C.2 D.3 答案 D 解析|OC|2(OAOB)2OA(1)OB2 424(1)22(1)OAOB，因为OAOB2，所以|OC|2424(1)22(1)2424441223，当 12时，|OC|取得最小值 3.二、填空题 14在ABC 中，AB6，AC5，A120，动点 P 在以 C 为圆心，2 为半径的圆上，则PAPB的最小值为_ 答案 16 解析 设 AB 的中点为 M，则PAPB12（PAPB）212（PAPB）2PM2MA2PM29，所以要求PAPB的最小值，只需求|PM|的最小值，显然当点 P 为线段 MC 与圆的交点时，|PM|取得最小值，最小值为|MC|2.在AMC 中，由余弦定理得|MC|23252235cos 12049，所以|MC|7，所以|PM|的最小值为 5，则PAPB的最小值为 16.15(2021宁波适考)在 RtABC 中，CACB2，M，N 是斜边 AB 上的两个动点，且 MN 2，则CMCN的取值范围是_ 答案 32，2 解析 取 MN 的中点为 P，由极化恒等式得CMCN14(2CP)2MN2CP212.问题转化为求|CP|的取值范围，当 P 为 AB 的中点时，|CP|取最小值为 2，则CMCN的最小值为32；当 M 与 A(或 N 与 B)重合时，|CP|取最大值为102，则CMCN的最大值为 2，所以CMCN的取值范围是32，2.16(2021浙江新高考仿真二)若非零向量 a 和 b 满足|ab|b|2，则|a|的取值范围是_，|ab|的取值范围是_ 答案(0，4 2，6 解析 因为|ab|b|a|abb|ab|b|4，又 a 是非零向量，所以|a|的取值范围是(0，4，因为|ab|ab|2|b|(ab)(ab)|ab|ab|，所以4|ab|ab|4，|ab|ab|4，又|ab|2，解得|ab|的取值范围是2，6 17(2021稽阳联考)在 RtABC 中，B90，BC2，AB1，D 为 BC 的中点，E 在斜边 AC 上，若AE2EC，则DEAC_ 答案 13 解析 如图，以 B 为坐标原点，AB 所在直线为 x 轴，BC 所在直线为 y 轴，建立平面直角坐标系，则 B(0，0)，A(1，0)，C(0，2)，所以AC(1，2)因为 D 为 BC 的中点，所以 D(0，1)，因为AE2EC，所以 E13，43，所以DE13，13，所以DEAC13，13(1，2)132313.18(2021镇海中学检测)已知向量 a，b，c 满足 abc0，|c|2 3，c 与 ab 所成的角为56，若 tR，则|ta(1t)b|的最小值是_，此时|ta(1t)bc|_ 答案 32 3 72 解析 因为 abc0，且|c|2 3，所以|ab|2 3.因为 c 与 ab 所成的角为56，所以 ab 与 ab 所成的角为6.设 dta(1t)b，则当三个向量的起点在一起时，终点在 ab 所在直线上，|d|有最小值，所以|ta(1t)b|min|ab|2sin 3032，此时|ta(1t)bc|12342 3323 72.