平面向量中的最值问题0

1、全国名校高考数学复习优质学案、专题训练汇编（附详解）西向量中的最值问题1. 求向量的模的最值或取值范围.2. 求平面向量的夹角的最值或取值范围.3. 求平面向量数量积的最值或取值范围.【复习指导】代数或几何方法本讲复习时，应结合平面向量数量积的定义及其几何意义，将有关的量表示出来, 求解最值与取值范围.基础梳理求最值的方法小结.几何方法.平面几何方法:两点之间线段最短、点到直线的距离最短、与圆有关的最值.解析几何方法利用截距、斜率、两点之间的距离等几何意义求最值;先求轨迹，后求最值.代数方法.函数方法:首先分析要求的量的变化和什么因素有关，从而选定变量，建立函数关系式，利用函数有关知识求解最值

2、问题，另外有些问题需结合导数知识求解;.利用基本不等式求解;.利用三角函数求解.双基自测.求模的最值或范围1 .平几法求最值【例1】已知向量OA和OB的夹角为一,|OA| = 4,|OB|=1，若点M在直线OB上，则|OA-OM |3的最小值为.2品60，则|c|的444斗彳 斗片 14444练习 1 .(11 全国大纲)设向量 a,b,c满足 |a |=| b|=1,a b = -一，c ac,b-c=2最大值等于【思路点拨】本题按照题目要求构造出如右图所示的几何图形，然 后分析观察不难得到当线段 AC为直径时，|c I最大.解：如图，构造AB=a, AD=b,AC = c,NBAD =12

3、0",AC为4直径时，|c|最大，最大值为a He,|e|=1,.已知向量a丄eI4对任意t壬R，恒有|a-te|纠a-e|，则下列结论正确的是4 -1-4-1 4.ad(a-e).ed(a-e).(a+e)丄(a-e)4 片 T4 4 寸2弓彳2*2 彳今：九 HT解法一：由 |a-te|ma-e|知，| a-te| 斗 a-e| , 即卩 |a| -2ta e+t >|a | 2a e + 1，化简得,4 4 22(t-1)a <t2 -1 ,2a <t+1 >2，故4 4当日时，即2： 2恒成立，故a:.i；当心时，即4 44 4a <1 .故a

4、=1，故成立.、一22 I解法二:2(t 1)a1，即 t 2a8a + 4 <0 , 即卩a e =1，故成立.et鳥!十0任意“R恒成立，故込=4（11）2-NBCD =60°，所以A, B,C,D四点共圆，分析可知当线段解法三：由几何意义可知，在所有的向量【例2】（08浙江）已知a, b是平面内两个互相垂直的单位向量,则|c I的最大值是.坤彳彳弓解法一：由（a-c） '（b-c） =0可得,4 T T Ta -te中，以a -e的模最小，故 e丄（a-e）.若向量c满足：（a-c） （b-c） =0,*2彳4坤坤彳"* a a 呻TH|c| =(a +

5、 b) cIa+b|c|coS (其中日为 a + b与 c 的夹角)，即 |c(b') c=|a+bicos£ =Qcos9 < 运，故 |c| 的最大值是 迈.T 呻T 扌T 4解法二：作四边形OABC，设OA=a,OB =b,OC =c，则由已知得，NAOB = 90” ,上ACB = 90 ,H故O,A, B,C四点共圆，故|c|最大为圆的直径为 $2 4扌 T 4呻-1练习2 （08浙江）已知a是平面内的单位向量，若向量b满足b，（a-b） = 0，则|b|的取值范围是解法一：由b (a-b) =0得，b a |b|解法二：由正弦定理得，= fC ，即一凹一=

6、一'0，故 si nN OCA si nOAC si nN OCA si n60 I 12 = 0，即 |b|a|cos£ |bf = O，故 |b|=co曲，即 |b|的取值范围是0,1.解法二：也可以借助于几何意义求解,时，b与a-b互相垂直，0<|b|<1,当 b=0时，|b|=0;当 a=b时，|b|=1 当 bHO且 ab即|b|的取值范围是0,1 .通过线性运算求最值【例31已知G为MBC的重心，若A =120' , ZB ZC = -2，则|启|的最小值为解：由 A=10, TBTC一 2 得，|ab|7C|=4，由平几知识可知，AG JTB

7、+TC），故224AB| 2tAC| )2- 4 93H诃+亦皆+人；胡A乔用Af乔胡1 T T 4 8 4 42> （2| AB| AC|）=-，即|AG|的最小值为一，不等式当且仅当|AB|=|AC|=2时99 9 9 932取得最小值2 3练习3 （10浙江）已知平面向量工0,：工营）满足：|卫|=1 ，并且:与?-九夹角为曲T则|a |的取值范围是解析：利用题设条件及其几何意义表示在三角形中，即可迎刃而解，本题主要考察了平面向量的四 则运算及其几何意义，突出考察了对问题的转化能力和数形结合的能力，属中档题.解法一：易知在 MBC中，NABC =60",AC =1 设NA

8、B,由正弦定理得,4|0|sin半一 |?|sin6d彳 2232a/3"2>/3故|a Fsin W =sin兰，所以|a |的取值范围是(0, V3333|maOs",2解法三：如图中圆的半径为| P |=1，当NOCA =90。时,412磴(如图1),3坤由华和bc）=ab柑-罕1段可得,即畀）启1，而|?$一花証|2一为.片4呻弓呻T寸解：，由. 22(a +b) c + |c| =3-2(a +b) c,由(a + b) q>1 可知，|a + b-cp1，故 |a + b-c|的最大值 为1.练习4: （09安徽）给定两个长度为1的平面向量OA和OB

9、，它们的夹 角为120'.如图所示，点 C在以O为圆心的圆弧 AB上变动.若OC =xOA+yOB ,其中x, y亡R，则x + y的最大值是T T T T T r Icosa = X -v/QC QA = xOA 9A+ yOB 9A 刨 coso V，解析：设 NAOC ，则T TTJ T，即 <哄120TxOCQB= xOA9B +yOB - OB I故 X +y =2cosa +cos(120' -a) = cosa + V3s ina =2s in (a + 艺)<2 .6.通过向量的坐标运算求解最值【例5】在 MBC中，N A =90；AB = AC =

10、1，点P在边BC上，则|P B+2 PC |的最大值为解：以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AC所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，则A0B(1,0), C(0,1)，易知 BC 的方程为 x + y=1，故可设 P(t,1-t),0 <t < 1，易知 PB = (1 t,t-1), PC=(t,t)，则 PB + 2PC=(1-3t,3t-1)，故 |PB+2PC| =V2|3t1戶0,272，即|PB+2PC|的最大值为2血.练习 5 .(11 天津)已知直角梯形 ABCD 中，AD/BC , Z ADC =90。, AD = 2 , BC =1 , P 是 腰DC上的动点

11、，贝y |PA + 3PB|的最小值为解法1以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，建立如图的直角坐标系. 由TTT T题设，A(2,0)，设 C(0, c) , P(0, y)，则 B(1, c) . PA=(2,-y), PB = (1,c-y). PA+3PB =4J23c3 c(5,3c-4y) . I PA +3PB |= J5 + (3c4y) >5，当且仅当 y =时，等号成立，于是，当 y = 44时，|PA + 3PB|有最小值5 .解法2.以相互垂直的向量 DP , DA为基底表示PA + 3PB，得PA + 3PB =DA-'DP+3PC +

12、T 5T T T- -3CB= DA+(3PC-DP) 又P是腰DC上的动点，即PC与DP共线，于是可设PC = aDP , 25 2 25225有 PA+3 PB =-DA +(3a -1)D P .故 I PA+3 PBr = | DA |2 +(3a1)D P2+-x(3a-1)242TT T T2 25 I2T2T2DA DP，即 I PA+3 PBr = |DA|2 +(3a1)D P2 = 25+1 (3几1)D P |2 由于 P 是腰 DC 上 41 1 T T的动点，显然当/.=-,!卩PC =DP时，故|PA+3PB|有最小值3 3解法3.如图，设E为AF的中点，Q为AB的

13、中点，T 1 T T T T T T T 则 QE=BF =PB , PA+ 3PB = PA + PF =2PE,因2I I + I 2 > 2PB+PQ =PE, PB-PQ=QB 贝U|PB + PQ |2 +|PB-PqJ 2| PBI2 +2| PQ|2=|PE|2 +1QBI2.(实际上，就是定理：“平行四边形的对角线的平方和等于各边的平方和”)设T为DC的中点，贝y且设 CP =a, PT =b，则1 3TQ为梯形的中位线，TQ =(AD + BC) = 设P为CT的中点，2 2|PBa1 ,|厨2"2+3 ,|QB|2 = (a+b)2 +丄，代入式得 2|P

14、B|2 +2| PQf = 2(a2 +1)442 9221T 225225P(b2 +)千 PEI2 +(a+b)2+，于是 |P E r= +(a-b)2，于是 2|P E5，当且仅当4444a =b时，等号成立.由式，I PA+3PB|=2| PEp5，所以|PA + 3PB|有最小值5 .小结：问题12-17中，首先要结合图形和已知条件选择几何方法（视为几何图形中的某些量）或者代数方法来表示向量的模，然后选择适当的解决范围或最值问题!.求角的最值或取值范围I 444彳 4【例6】（11浙江）若平面向量a,b满足：|a|=1, |b|兰1，并且以向量a,b为邻边的平行四边形的1 片片面积

15、为1，贝y a与b的夹角0的取值范围是.2 ，由 |b1 知,2 b1 呻呻寸1解:由平行四边形的面积为一知，则S d a |b | sin9 =| b|sin日=一2 2sin 0 >1，故a与b的夹角e的取值范围是 匸,竺.2 6 6练习6:.求数量积的最值.通过线性运算求最值 基本不等式求最值T T t【例7】（05江苏）在卫ABC中，0为中线AM上一个动点，若 AM =2，则OA （OB + OC）的最小值是T T T T T T T T T-T T解析：OA (OB +OC) =OA (2OM) =2OA OM =2| OA|OM |x(1) = 2| OA|OM |兰-2(

16、|OA|+|O?|)2I）设a,b,c是单位向量，且a b=0，则（1-C） （b-C）的最小值为2 X議 |=1J2练习7 (09全国4 4 4解：因为 a,b,c 是单位向量，所以(aC)(bc)=a b (a+b) c + c =1 |aT "Hcosca +b,c >>1 - V2 .【例8】已知菱形ABCD中，对角线AC =43 , BD =1 , P是AD边上的动点，贝U PB PC的最小值为- 刁3+丄 >丄,故pB Pc的2 2兀 T T T T 解法一：由已知可知，菱形ABCD的边长为1,2BAD = ，故BP) A (P-yC PTTTTTT2i

17、2 I 3 TAB ”AC -AC 识卩-AB 识P + |A P|2=|A P |2 -2| A P |+ =(| AP | -1)2最小值为1 2解法二：以AC所在直线为x轴，BD所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，则 Be,-1）,2SV3sin8 =1 -2sin(& +)，当 sin(e +；) =1 时，即 8 =2k兀 + 为1.I T T T.BP CQ +BQ CP的值不随点P的变化而变化!,。），易知AD所在直线的方程为y =母+丄，故设P，则232322t-1)，故 PB PC322+t，当且仅当Z 即点PB=(t,t 1),PC =(t, 3 2P与点D重合时，

18、PB PC的最小值为练习8 :如图 MBC为正三角形，边长为 条直径.若 CD，求 IAD | ；以点A为圆心,1为半径作圆,求BQ CP的最小值.判断Bp CQ + Bq Cp的值是否会随点 明理由.P的变化而变化,AD I2PQ为圆A的任意一请说C解：.因 AD =CD CA =±B -CA ,故 | AD |2 = (CB-CA)2331 r2 TT T242128=CB CB CA+CAX2X2X+4 = ，故939329T 277AD 十.T T T T.设 NPAB =0，则 NCAQ =120°-e , BQ CP = (AQ-AB)(AP-AC)=AQ”AB

19、-T T T T T1AQ AC -AB ”AP +AB ”AC = -1 -1 天2x cos(120°-e)-1 咒 2% cos +2 2丁 = 1 -cos9 -jI,k亡Z时，BQ CP有最小值3因 BP CQ =(BA +AP) (CA +AQ) =1 + cos日十2sin（%），由知,JI兀I I I > 1-2sin(日+ )，故 BP CQ + BQ QP = 2，故 BP CQ + BQ CP 的值不随点6P的变化而变化.通过向量的坐标运算求解最值.通过线性规划求最值【例9】在正方形 ABCD中，已知AB =2 , M为BC的中点，若N为正方形 点，则AM

20、 AN的最大值.（含边界）的任意一解：以A为原点，以AB所在的为x轴，因正方形ABCD的边长为2，则A（Q0,(B) (Q2D设 N(x, y)，则 =2 AN(, )xy0 < X < 2T，则x，y满足条件（*）（0約兰2则AM 'ANS+y，由(*)知，AM aN的取值范围是1,4 3练习9.已知中心为0的正方形ABCD的边长为2 ,点M,N分别为线段BC,CD上的两个不同点,且iMN |兰1，则0M 0N的取值范围是解：以A为原点，以AB所在的直线为x轴，因正方形 ABCD的边长为2，则 0(1,1)，设M (2, s), N (t,2)，则 0M = (1,s-1

21、),0N = (t1,1)，则由已知条件可知,s,t满足条件(*):p <s <2,0 <t <2l(t -2)2 +(2 -s)2 <1.32与t=2不能同时成立！)，则0M'0N=s + t-2，由(*)知，7M的取值范围是2-72, 2) .函数法求最值【例101 (12上海)在平行四边形 ABCD中，N A =-，边AB, AD的长分别为2,1 若M, N分别3T是边BC,CD上的点，且满足，则AM ”AN的取值范围是|BC| |CD|【解析】如图建系，则 A(0,0), B(2,0), D(1,'3),C(5,<3) 2 2 2 2

22、卿=151之可01，则 |BM'|=t,|CN| = 2t,故 M(2 丄|BC| |CD| '273设25a/3t5V3J322N(2t,)，故 AM ”AN =(2 +)( -2t) + t = t2 -2t + 5 = (t+ 1)2 +6 = f (t),22222 2因为 0,1，故 f(t)递减，故(AM ” AN)max= f(0)=5,(AM Mmin =f (1) =2 评注当然从抢分的战略上， 可冒用两个特殊点 恰是在这两点处取得最值，蒙对了，又省了时间:M在B ( N在C)和M在C ( N在D )，而本案 !出题大虾太给蒙派一族面子了！练习10 如图，半径

23、为1圆心角为 二圆弧AB上有一点C 2当C为圆弧AB中点时，D为线段0A上任一点，求|0C +0D|的最小值.当C在圆弧AB上运动时，D,E分别为线段0A,0B的中点，求CE QE的取值范围.解：以O为原点，以OA为x轴正方向，建立如图坐标系，设D(t,0)(0 <t <1),C(-/,/2 2全国名校高考数学复习优质学案、专题训练汇编（附详解）全国名校高考数学复习优质学案、专题训练汇编(附详解)故 OC+OD=(-Q+1,血)，故 |OC+OD|2 = V2t+t2+1=t2-72t + 1(0<t<1)，当2 2 2 2 逅J2t = 时，最小值为 一22.设 OC

24、 =(cosa,sin a)(0 <a <)，故 CE =OE-OC2111= (0, -一)(cosa,sin a) =(-cosa, -一 -sina)，又 D(- ,0),2221 TE(0,-)，故 DE =(-242兀1= ?sin(a+-)+-,244【例11】如图，在正方形1 122I T 1 故 CEA2,泮.+工壬，故CE .DE引1-忑4447兀兀因一a4ABCD中，E为AB的中点，P为以A为圆心，AB为半径的圆弧上的任意一点，设向量 AC = zDE + kAP，则)"+卩的最小值为考点：平面向量的基本定理及其意义.分析：建立坐标系，设正方形 ABC

25、D的边长为1，求出向量 AC = aDE + pap =(上+ A cos日，2一几+ 4si n£)=(1,1)，用cos9,si n表示几和4,根据cos日,si n的取值范围，求出几+卩=3 +2sin 日一2cos 日的最小值.2cos £ +sin 日1解：以A为原点，以AB所在的为x轴，建立坐标系，设正方形ABCD的边长为1，则E(，1)，,2TT T*扎C(1,1),D(0,1), A(0,0)，设 P( cosQsi n 9，贝U AC =(1,1).再由向量 AC = aDE +AA P = (+2A2sin 日一2cos 日4 cosq 几 + 4sin

26、 日)，所以 一 + 卩COS0 =1, 几 + 卩sin 日=1，所以 a = , 422cos 日+si no1兰1，当cos9取最大值1时，同时，sin9取得最小值0，这时几+卩取最小值一.諂T T T 则(CA CD)CA CE )A3Ocsa-9一故（CACDxCAK）的最大值是272r r r 142或设 t =sin20，易知 (0,1)，则(CA CD)(CA CE) = cos49sin20 = 21 2132132'121(1-t)t= (t -2t +t)，记 f(t)= (t -2t +t)，则 f(t)= (3t -4t+1)=(3t-1)(t-2 2 2 2

27、 212i21)，由导数知识易知，f (t)max = f (-)=，故(CA CD)(CA CE)的最大值是.3 2727解法二：以C为原点，以CA所在的直线为x轴，因AB=1，则C(0,0)，设NA=0，则A(os e ,0), D(cos£sinSsin £,cos0sin 0cos0), £(1 co,1co)，则 (CACDi品丁 锂2e212142sin 0)(-cos 0)=-cos 0sin 0(下略).2 2【例12】如图，点P是单位圆在第一象限上的任意一点，点 A（_1,0），点B（0,-1） , PA与y轴交于点 N , PB 与 X 轴交于

28、点 M，设 PO=xPM+yPN , (x,y 亡 R), P( cos9,si n 9).解:求点M、点N的坐标，（用日表示）； 求X + y的取值范围.+cos 日.M,0） , N（01 + si nosin 日) 1 + cos£.cos 9由已知得，PO*cos冋PM=（帛C-sincos c T-cos,-sino) =(，si no), PN = (-cosE ,1+s in 0厘-sincosq 皿空矽)，代入TO =1+cos81+cos9jjn cs0xPM +yPN，得-cs 日=- X 化 cs)日 y ,1血0整理得，xsin 日 +(1 +sin 日)y

29、=1 + sin & , -sin S = -xsin1 + cos 日2 + sin e + cos日 +cos£y =1中cos日，将上两式相加可得：x + y=1 + si no +cos9sin 日 COs日 y，整理得，（1 + C0sT）X二1 +sinT+cos£ " +72sin(9 +-严(2,1 +72,4A,B为两切点，那么PAPB兀2兀，由 0<0<二可知，<sin（日+ ）兰1，故 1 +1+屁224即 x+y1 +,1 +丄)，故 x + y 忘72, 3).1+V222练习12 .（10全国I）已知圆O的半径

30、为1, PA, PB为该圆的两条切线,的最小值为小结：首先要选择合适的形式表示数量积，然后是如何选择适当的量来表示数量积，再次是如何解决范围或最值问题!/ro【解析1】如图所示：设 PA = PB = x(x > 0), NAPO =a，则 NAPB =2a,PO = J1 +x2,sin a =J1 +x2£PB 总 |；B|cos2-x2(12sin2)= X +14x -xX2+1，令 PATB，则42X X4222y=，即 X -(1 + y)x2-y=0，由 x2 丘 R，故也=_(1 +y)2 _4咒 1咒(-y)>0，即X +1y2+6y+1>0，故

31、y<-3-272或 y >-3 + 22 .贝H (PA ”PB)min = 3 + 2“ .此时422或：设x1，则y=/可变形为jym-3，当且仅当tt = 42，即 X = JT2 -1 时，取得最小值(PA ”PB)min = -3+25/2 2O【解析2】设NAPB =8,0<兀，则PA TLiTAIiTBIcos日 N V Cos 仁罕21tansin2 2 22日20Osin2 KZsin2 J 2sin 2 f- sin 一22y-3 X0J2 0T T (1 -)(1 2) x厶,设 x=sin2-，则 0vx<1,故 PAPB=- 2X【解析3】建系

32、得，圆的方程为x2 +y2=l，设 Axy)Bxiy)Px 0,则 PA 卩B =(N Xfj,yj (Xi-xo，-yj=x22x0+x2-y2，又 CA耳，故(x,y)(人x®®0=，即x2 F中y2 =0 ,故片怡=1，故 PA ”PB = X： 2%怡 +爲 一 y： = x； - 2 x2 - (l-xf) = 2x1- 3吕 22-3 全国名校高考数学复习优质学案、专题训练汇编（附详解）全国名校高考数学复习优质学案、专题训练汇编(附详解).轨迹法求最值【例13】在周长为16的APMN中，MN =6，则pM PN的取值范围是解：易知点P在以MN为焦点，长轴的长为1

33、0的椭圆上，以MN所在直线为x轴，线段MN的中2 2点为坐标原点，建立平面直角坐标系，则M (<,0), N (3,0)，设P(x, y)，则 + - =1，那么2516)TM TPM =(x+3,y), PN =(x-3,y)，故 PM ”PN22二宀几亠宀心詈®"9，由已知可知X2忘0,5)，故pM的取值范围是7,16).练习13: (09安徽)给定两个长度为1的平面向量0A和0B，它们的夹角为90 .如图所示，点C在以0为圆心的圆弧AB上变动.若OC = xOA + yOB，其中x, y壬R，则x + y的最大值是解：以0为原点，以0 < X < 1

34、,则已知<0 <y <1,2丄 2.x + y =1.OA为x轴正方向，建立如图坐标系，设0(0,0), A(1,0), B(0,1)，设C(x,y),，则由 OC = xOA+yOB =(x, y)，由可行域可知，x + y的最大值是72 变题：(X-1)2 +y2的最大值为 0,2.放缩法求最值【例14】在平面直角坐标系 xOy中，设A, B,C是圆X2 +y2 =1上相异三点，若存在正实数使得OC = aOa + OB，则几2 + (4 -3)2的取值范围是 (0月)，则向量OB与向量OC的夹角0的范围是(0,兀)，由 护 oTopT 可知，击t0C*OB,解：由存在正

35、实数 几，卩，使得OC = zOa + IOb，故向量oA与向量OB的夹角的范围是故汙 iOA|2=(OCOB)2 =|OC|2 -24OB OC+p2 |OBf=1+42_2Pcos 日，则汀+(p-3)2 =22 -2出3+cos日)+102»2 -84+10=2(4 -4)2 +2 >2，故扎2 +岸-3)2 的取值范围 是(2,邑) 练习14在面积为2的AaBC中，E,F分别是AB,AC的中点，点P在直线EF上，则PC PB +2BC的最小值是F2分析：根据 人ABC的面积为2，可得iPBC的面积为1，从而可得| PB |PC | =，故|si nZBPC PB PC

36、=|Pb|Pc |coBPC =2cosNBPC ,由余弦定理得，|BCf=|BP|2 +|CPsin NBPC|CP|cosZBPC,进而可得，|BC|2>2| BP|CP|2|BP|百|codBPC，从而 PC PB + BC2工M 33 44 34t+28 4-3t sin a = ,cos P =即卩 OA =(-,-), OB =(-,-)，贝y OA+tOB +OC =(,),5 55 5555"故 |OA+tOB +OC l-Jt2 +8t +36 =J(t +4)2+20 >25 4 已知两个单位向量a与b的夹角为120。，若|a+Ab1 ，则实数入的取值

37、范围是-cosNBPC ,易得 cosNBPC的最小值为,从而可得"Pc p+BQ2的最小值sinNBPCsinNBPC1 I r 解：因E, F分别是AB, AC的中点，故iPBC的面积为1，又 PBC的面积为：一| BP | PC |2 9cosNBPCsinNBPC，则 | BP | PC | =-即 PB PC =| PB |PC |cosNBPC =，由si nZBPCsi nZBPC余弦定理得，| BCfWBPf +|CP|2 2|BP|CP|cosNBPC 显然，|BP|,|PC|都是正数，故22TT2TT TTTT|BPf +|PC|2>2| bp |CP|，即

38、 | BC|2>2| BP |CP| -2| BP |CP| coBPC，贝U PC ”PB +T T TT T T T4-cosNBPC 八sinNBPC的最小值为273，从而可得HPB+£2的最小值为瓷!等，易得y_ 4 -cosNBPC-si nZBPCBC BP | PC|cosNBPC+2|BP | PC |-2| BP | PC|cosNBPC =；，令 y =23 4 4n贝y|a+ b|的取值范围是作业1 设向量 a= (1,0),b= (sin Qcos 址0 # 0坤 T44解：易知 a+ b= (1+ sinq,cosq)，则 |a+ b|= J2+ 2c

39、osq? 0,2 C(5,0)满足:2 已知O为坐标原点，A,B是圆x2+y2 =1分别在第一、四象限的两个点,T T T T TFTOA OC =3, OB OC =4，则 OA + tOB +OC(t R)模的最小值为 解：设 A(cosa,sin a), B(cosP,sinP)，则OA =(sacOT = P P ，由(AOC"" =3及OB OC=4知，cosa =3,cosP =4，因为A, B分别为在第一、四象限的两个点，所以 (0,1)55全国名校高考数学复习优质学案、专题训练汇编(附详解)5在 MBC中，AB边上的中线0C =2，动点P满足AP=si n2

40、 0 AO + cos2 Q "AC (8忘R)，求 (PA + PB)PC的最小值.解：由 AP'=sin20AO+COS2 £定(日壬 R)知，PC =sinOC，由 0<sin2T <1 知，即动点 P在线段0C上，又0为AB的中点，故PA+PB=2PO，故(PTB总孟 一*才2|=2，当且仅当 |POhPC|=1 时，的T |PO|+|PC|2|0c|2| PC 直2(J)2 = _2(打_!)2最小值-2 6.若正方形ABCD边长为1，点P在线段AC上运动，则AP (PB + PD)的取值范围是解：以A为坐标原点，以AB所在的直线为x轴，因为正

41、方形ABCD的边长为1,则A01 BD(0,1)，设 P(t,t)，则 AP = (t,t),PB = (1tT,PD = (71t)"0,1 故7P 忌启)= 214t2，由0<t<1知，AP (PB+PD)的取值范围是-2, 1】T卅 r r I6已知平面向量a,b,c满足|a|=1,|b|=2 , a,b的夹角等于n，且(aC)占C) =0，则|c|的取值3范围是T 斗T 呻T 斗 r r 呻T解：设CA=a,CB =b,CD =c，由|a日| b? = , a,b的夹角等于n及正弦定理可知，/CAB =二3 2设 NBAD =0，则 |BD| = 3CS日,由余弦定理得，|c|2 = 1 + 3cos20 - J3cos日 cosg + B