第五章　5.4　平面向量的综合问题（全国通用）2026年高考数学一轮复习讲义（教师版）

5．4　平面向量的综合问题
会用向量方法解决简单的平面几何问题、力学问题以及其他实际问题，体会向量在解决数学和实际问题中的作用．
考点1 平面向量在几何中的应用
【例1】　(1)(2024·湖北武汉模拟)如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝1，D是BC边的中点，过点C作CE⊥AD于点E，延长CE交AB于点F，则BF＝(　C　)
A．　　 B．
C．　　 D．
【解析】　方法一　设＝λ，
∵AD⊥CF，∴·＝0，又D是BC边的中点，∴＝(＋)，
∴(＋)·(－)＝0，
∴(＋)·(λ－)＝0，
∴(λ－1)·＋λ2－2＝0①，
∵AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，
∴AB＝＝，且∠BAC＝45°，
∴2＝1，2＝2，·＝1××＝1，代入①得(λ－1)＋2λ－1＝0，解得λ＝，∴＝，∴BF＝AB＝.故选C.
方法二　因为∠ACB＝90°，AC＝BC＝1，所以△ABC为等腰直角三角形，又因为AD为中线，所以CD＝BD＝，AD＝＝＝.因为CE⊥AD，所以∠CED＝90°，所以AD·CE＝AC·CD，即CE＝＝＝，所以DE＝＝＝.如图，过点F作FH⊥CB交CB于点H，所以∠FHB＝90°，因为tan ∠FCB＝＝，设FH＝HB＝x，则CH＝1－x，所以＝，解得x＝，所以BF＝.故选C.
(2)(多选)在△ABC所在平面内有三点O，N，P，则下列命题正确的是(　ACD　)
A．若·＝·＝·，则P是△ABC的垂心
B．若＝λ，则直线AP必过△ABC的外心
C．若||＝||＝||，则O为△ABC的外心
D．若＋＋＝0，则N是△ABC的重心
【解析】　由题意可得·－·＝·(－)＝·＝0，所以PB⊥AC，同理可得PA⊥BC，PC⊥AB，故P为△ABC的垂心，故A正确；如图，设＝，＝，则||＝||＝1，以AE，AF为邻边作平行四边形AEQF，则平行四边形AEQF为菱形，则＝＋＝＋，所以＝λ＋＝λ，又因为AQ平分∠BAC，故直线AP必过△ABC的内心，故B错误；因为||＝||＝||，所以O到△ABC的三个顶点距离相等，所以O为△ABC的外心，故C正确；记AB，BC，CA的中点分别为R，S，T，由题意＋＝2＝－，则NC＝2NR，同理可得NA＝2NS，NB＝2NT，则N是△ABC的重心，故D正确．故选ACD.
用向量方法解决平面几何问题的步骤
平面几何问题向量问题解决向量问题解决平面几何问题．
【对点训练1】　(1)已知平面四边形ABCD的四条边AB，BC，CD，DA的中点依次为E，F，G，H，且AB2＋CD2＝AD2＋BC2，则四边形EFGH一定为(　C　)
A．正方形 B．菱形
C．矩形 D．直角梯形
解析：如图，由题意结合中位线定理可得HG∥AC，
HG＝AC，EF∥AC，
EF＝AC，∴HG∥EF，HG＝EF，即四边形EFGH为平行四边形．
∵＝＋＋，∴2＋2＝2＋2＝2＋(＋＋)2＝2＋2＋2＋2＋2·＋2·＋2·，∴2＋·＋·＋·＝0，∴·(＋)＋·(＋)＝0，∴(＋)·＝0，即·＝0，即⊥，∴BD⊥AC，又HG∥AC，∴BD⊥HG，同理由中位线定理可得HE∥BD，
∴HE⊥HG，故四边形EFGH为矩形．故选C.
(2)已知△ABC中，(＋)·＝0，＝，则此三角形为(　B　)
A．直角三角形 B．等边三角形
C．钝角三角形 D．等腰直角三角形
解析：如图所示，设M为AC中点，连接BM，则(＋)·＝2·＝0，所以⊥，即△ABC为等腰三角形，
又＝，
所以＝3，即＋＋2·＝2＋2cos 〈，〉＝3，所以cos 〈，〉＝，可得A＝60°，综上可知△ABC为等边三角形．故选B.
考点2 与向量有关的最值(范围)问题
命题角度1　与平面向量基本定理有关的最值(范围)问题
【例2】　在△ABC中，过重心E任作一直线分别交AB，AC于M，N两点，设＝x，＝y(x>0，y>0)，则4x＋y的最小值是(　C　)
A． B．
C．3 D．2
【解析】　在△ABC中，E为重心，所以＝×(＋)＝(＋)，因为＝x，＝y(x>0，y>0)，所以＝，＝，所以＝·＋·.因为M，E，N三点共线，所以＋＝1，所以4x＋y＝(4x＋y)＝＋＋＋≥＋2＝3当且仅当＝，即x＝，y＝1时取等号．故4x＋y的最小值是3.故选C.
求解与平面向量基本定理有关的最值(范围)问题的一般步骤
(1)利用向量的运算将问题转化为相应的等式关系．
(2)运用基本不等式或函数的性质求其最值．
命题角度2　与数量积有关的最值(范围)问题
【例3】　(2022·北京卷)在△ABC中，AC＝3，BC＝4，∠C＝90°.P为△ABC所在平面内的动点，且PC＝1，则·的取值范围是(　D　)
A．[－5，3] B．[－3，5]
C．[－6，4] D．[－4，6]
【解析】　方法一　以C为坐标原点，CA，CB所在直线分别为x轴、y轴建立平面直角坐标系(图略)，则A(3，0)，B(0，4).设P(x，y)，则x2＋y2＝1，＝(3－x，－y)，＝(－x，4－y)，所以·＝x2－3x＋y2－4y＝＋(y－2)2－.又＋(y－2)2表示圆x2＋y2＝1上一点到点距离的平方，圆心(0，0)到点的距离为，所以·∈－，－，即·∈[－4，6].故选D.
方法二(极化恒等式)　设AB的中点为M，与的夹角为θ，由极化恒等式得·＝2－2＝(－)2－＝2＋2－2·－＝＋1－5cos θ－＝1－5cos θ，因为cos θ∈[－1，1]，所以·∈[－4，6].故选D.
与数量积有关的最值(范围)问题的解法
(1)坐标法：通过建立直角坐标系，运用向量的坐标运算转化为代数问题处理．
(2)向量法：运用向量数量积的定义、不等式、极化恒等式等有关向量知识解决．
极化恒等式a·b＝[(a＋b)2－(a－b)2]
1．教材母题：(人教A版必修第二册P22练习T3)求证：(a＋b)2－(a－b)2＝4a·b，
变形可得：a·b＝[(a＋b)2－(a－b)2]，此即为极化恒等式．
2．平行四边形模型：如图，·＝(2－2).即“从平行四边形一个顶点出发的两个边向量的数量积是和对角线长与差对角线长平方差的”．
3．三角形模型：如图，·＝2－2.即“从三角形一个顶点出发的两个边向量的数量积等于第三边的中线长与第三边长的一半的平方差”．
　
【典例】　在△ABC中，D是BC边上的中点，且＝，＝2，·＝6，·＝－2，则·＝(　D　)
A．－1 B．2
C．－ D．1
【解析】　因为＝，＝2，所以＝，＝.因为·＝6，由极化恒等式可得2－2＝6，即2－2＝6.同理由·＝－2可得2－2＝－2，联立，解得2＝4，2＝12.所以·＝2－2＝1.故选D.
命题角度3　与向量的模有关的最值(范围)问题
【例4】　(2024·陕西咸阳模拟)已知a，b是两个单位向量，且|a＋b|＝|a－b|，若向量c满足|c－a－b|＝2，则|c|的最大值为(　B　)
A．2－ B．2＋
C． D．2
【解析】　已知a，b是两个单位向量，且|a＋b|＝|a－b|，则a2＋2a·b＋b2＝a2－2a·b＋b2，则a·b＝0，则a⊥b，在原点为O的平面直角坐标系中，设a，b分别是x轴与y轴正方向上的单位向量，则a＝(1，0)，b＝(0，1)，a＋b＝(1，1)，设c＝(x，y)，则c－a－b＝(x－1，y－1)，因为|c－a－b|＝＝2，所以(x－1)2＋(y－1)2＝4，故c＝中，点C的轨迹是以(1，1)为圆心，r＝2为半径的圆，如图，圆心M(1，1)到原点的距离为|OM|＝＝，|c|max＝|OM|＋r＝＋2.故选B.
求向量模的最值(范围)的方法
(1)代数法：把所求的模表示成某个变量的函数，或通过建立平面直角坐标系，借助向量的坐标表示来构造不等式，利用基本不等式、三角函数，再用求最值的方法求解．
(2)几何法(数形结合法)：弄清所求的模表示的几何意义，注意题目中所给的垂直、平行，以及其他数量关系，合理的转化，使得过程更加简单；结合动点表示的图形求解．
命题角度4　与夹角有关的最值(范围)问题
【例5】　平面向量a，b满足|a|＝3|b|，且|a－b|＝4，则a与a－b夹角的正弦值的最大值为(　B　)
A．　　 B．
C．　　 D．
【解析】　如图所示，设a＝，b＝，则a－b＝，
设|b|＝m，|a|＝3m，1≤m≤2，cos ∠OAB＝＝＝＋≥2＝，当且仅当＝，即m＝时等号成立，故∠OAB∈，当cos ∠OAB最小时，sin ∠OAB最大，故a与a－b夹角的正弦值的最大值为＝.故选B.
求夹角的最值(范围)问题要根据夹角余弦值的表达式，采用基本不等式或函数的性质进行．
【对点训练2】　(1)(2024·湖北黄冈二模)已知e为单位向量，向量a满足a·e＝3，|λe－a|＝1，则|a|的最大值为(　C　)
A．9 B．3
C． D．10
解析：根据条件得(a－λe)2＝|a|2＋λ2－2a·eλ＝λ2－6λ＋|a|2＝1，得到|a|2＝－(λ2－6λ－1)＝－(λ－3)2＋10≤10，所以|a|≤，即|a|的最大值为.故选C.
(2)(2024·山东烟台三模)如图，边长为2的等边三角形的外接圆为圆O，P为圆O上任一点，若＝x＋y，则2x＋2y的最大值为(　A　)
A． B．2
C． D．1
解析：如图，作BC的平行线与圆相交于点P，与直线AB相交于点E，与直线AC相交于点F，设＝λ＋μ，则λ＋μ＝1，∵BC∥EF，∴设＝＝k，则k∈，∴＝k，＝k，＝λ＋μ＝λk＋μk，∴x＝λk，y＝μk，∴2x＋2y＝2(λ＋μ)k＝2k≤.故选A.
(3)(2024·天津卷)在边长为1的正方形ABCD中，E为线段CD的三等分点，CE＝DE，＝λ＋μ，则λ＋μ＝；F为线段BE上的动点，G为AF中点，则·的最小值为－．
解析：方法一　因为CE＝DE，即＝，则＝＋＝＋，可得λ＝，μ＝1，所以λ＋μ＝；由题意可知，||＝||＝1，·＝0，因为F为线段BE上的动点，设＝k＝k＋k，k∈[0，1]，则＝＋＝＋k＝＋k，又因为G为AF中点，则＝＋＝－＋＝＋，可得·＝＋k·＝＋k＝－，又因为k∈[0，1]，所以当k＝1时，·取到最小值－.
方法二　以B为坐标原点建立平面直角坐标系，如图所示，则A(－1，0)，B(0，0)，C(0，1)，D(－1，1)，E，
可得＝(－1，0)，＝(0，1)，＝，因为＝λ＋μ＝(－λ，μ)，则所以λ＋μ＝；因为点F在线段BE：y＝－3x，x∈上，设F(a，－3a)，a∈，且G为AF中点，则G，可得＝(a＋1，－3a)，＝，则·＝＋(－3a)·＝5 －，且a∈，所以当a＝－时，·取到最小值－.
(4)已知矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，点E，F，G，H分别在边AB，BC，CD，AD上(包含端点)，若·＝2，则与夹角的余弦值的最大值为．
解析：如图，建立平面直角坐标系，则可设＝(t，1)，＝(2，s)，－2≤t≤2，
－1≤s≤1，
∴·＝2t＋s＝2，
cos 〈，〉＝＝＝＝＝＝，
当st≤0时，(st－2)2≥4，当st＞0时，由2t＋s＝2，故s＞0，t＞0，
∴2＝2t＋s≥2，∴st≤，当且仅当s＝1，t＝时取等号，∴st的最大值为，
∴(st－2)2的最小值为＝，此时取得最大值，即与夹角的余弦值的最大值为.
课时作业36
1．(5分)已知向量a＝(－1，2)，b＝(3，4)，t∈R，则|ta－b|的最小值为(　D　)
A．　　 B．
C．2　　　 D．10
解析：因为向量a＝(－1，2)，b＝(3，4)，所以ta－b＝(－t－3，2t－4)，因此|ta－b|＝＝＝≥10，当且仅当t＝时，取得最小值．故选D.
2．(5分)已知O为平面直角坐标系的原点，向量＝(1，3)，＝(－2，－1)，＝(1，－2)，设M是直线OP上的动点，当·取得最小值时，＝(　A　)
A． B．
C．(2，1) D．(－2，－1)
解析：＝＋＝(2，1)，M是直线OP上的动点，则可设＝λ＝(2λ，λ)，则＝－＝(1－2λ，3－λ)，＝＋＝(－1－2λ，2－λ)，·＝5λ2－5λ＋5＝5＋，所以当λ＝时，·取得最小值，此时＝.故选A.
3．(5分)(2024·北京东城区三模)如图，已知点N在边长为2的正八边形A1A2…A8的边上，点M在边A1A2上，则·的取值范围是(　C　)
A．[－4－2，2] B．[－4，4＋2]
C．[－2，4＋2] D．[－2，4]
解析：如图，以A1为原点，A1A2所在直线为x轴，A1A6所在直线为y轴建立平面直角坐标系，
设N(x1，y1)，M(x2，0)，则＝(x2，0)，＝(x1，y1)，所以·＝x1x2，由于正八边形的每个外角都为，则x2∈[0，2]，x1∈[－，2＋]，所以·＝x1x2∈[－2，4＋2].故选C.
4．(5分)(2024·江苏泰州模拟)在平行四边形ABCD中，A＝45°，AB＝1，AD＝，若＝＋x(x∈R)，则||的最小值为(　B　)
A． B．
C．1 D．
解析：由＝＋x可得||2＝(＋x)2＝||2＋x2||2＋2x·＝1＋2x2＋2x×1××cos 45°＝2x2＋2x＋1＝2＋，x∈R，故x＝－时，||2的最小值为，即||的最小值为.故选B.
5．(5分)(2024·山西太原三模)已知△ABC中，A＝120°，D是BC的中点，且AD＝1，则△ABC面积的最大值为(　A　)
A． B．2
C．1 D．2
解析：设AB＝c，AC＝b.因为A＝120°，所以·＝||||·cos 120°＝－bc，因为AD是中线，所以＝(＋)，2＝(2＋2＋2·)，所以4＝b2＋c2－bc≥bc，当且仅当b＝c时，等号成立．所以△ABC的面积为S＝bc sin A≤×4×＝.故选A.
6．(5分)(2024·江西鹰潭二模)在Rt△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，A＝，C＝，c＝2，P是△ABC外接圆上一点，则·(＋)的最大值为(　A　)
A．4 B．2＋
C．3 D．1＋
解析：如图，设Rt△ABC的外心为O，则点O是AB的中点，由·(＋)＝2·＝2(＋)·＝22＋2·，因为c＝2，所以||＝||＝1，所以·＝cos 〈，〉，所以·(＋)≤2＋2＝4，当且仅当与同向时取等号．故选A.
7．(5分)如图所示，点O在△ABC内部，D，E分别是边AC，BC的中点，且有＋
2＋3＝0，则△AEC的面积与△AOC的面积的比值为(　A　)
A． B．
C． D．
解析：由＋2＋3＝0可得＋＝－2(＋)，又因为D，E分别是边AC，BC的中点，所以＋＝2，＋＝2，所以2＝－4，即＝－2，所以O，D，E三点共线，且＝，所以E到AC的距离与O到AC的距离的比值也为，又△AEC的面积与△AOC的面积都以AC为底，所以△AEC的面积与△AOC的面积的比值为.故选A.
8．(5分)在△ABC中，AB＝3，BC＝5，D为BC边上一点，且满足＝，此时∠ADC＝，则AC＝(　D　)
A．　　 B．
C．4　　 D．
解析：因为BC＝5，＝，所以BD＝3，DC＝2，因为∠ADC＝，所以∠ADB＝，在△ABD中，AD2＋BD2－AB2＝2×AD×BD×cos ∠ADB，即AD2＋32－32＝2×AD×3×，解得AD＝3或AD＝0(舍去)，所以AD＝3，在△ADC中，AD2＋DC2－AC2＝2×AD×DC×cos ∠ADC，即32＋22－AC2＝2×3×2×，解得AC＝.故选D.
9．(8分)(多选)已知P为△ABC所在平面内一点，则下列正确的是(　ABD　)
A．若＋3＋2＝0，则点P在△ABC的中位线上
B．若＋＋＝0，则P为△ABC的重心
C．若·>0，则△ABC为锐角三角形
D．若＝＋，则△ABC与△ABP的面积比为3∶2
解析：设AB中点为D，BC中点为E，∵＋3＋2＝0，∴＋＝－2(＋)，
∴2＝－4，即＝2，∴P，D，E三点共线，又DE为△ABC的中位线，∴点P在△ABC的中位线上，A正确；设AB中点为D，由＋＋＝0得＋＝－＝，又＋＝2，∴＝2，∴P在中线CD上，且＝2，∴P为△ABC的重心，B正确；
∵·>0，∴与夹角为锐角，即A为锐角，但此时B，C有可能是直角或钝角，故无法说明△ABC为锐角三角形，C错误；∵＝＋，∴P为线段BC上靠近C的三等分点，即＝，∴S△ABC∶S△ABP＝BC∶BP＝3∶2，D正确．故选ABD.
10．(8分)(多选)(2024·江苏南京二模)已知△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，O为△ABC的重心，cos A＝，AO＝2，则(　ABC　)
A．＝＋
B．·≤3
C．△ABC的面积的最大值为3
D．a的最小值为2
解析：如图，延长AO交BC于点D.因为O是△ABC的重心，所以点D是BC中点，＝，则＝(＋).因为＝＝×(＋)＝＋，故A正确．由＝＋，得＋＝3，所以92＝(＋)2＝2＋2＋2·≥2||·||＋2·，当且仅当||＝||时等号成立．又因为·＝||||cos A＝||||，即||·||＝5·，AO＝2，所以2×5·＋2·≤9×22，即·≤3，当且仅当||＝||时等号成立，故B正确．因为||·||＝＝5·≤15，当且仅当||＝||时等号成立，
sin A＝＝，所以S△ABC＝||·||sinA≤×15×＝3，故C正确．由92＝(＋)2＝2＋2＋2·，AO＝2，得||2＋||2＝92－2·＝36－2·＝36－||·||，所以由余弦定理a2＝b2＋c2－2bc cos A可得a2＝||2＋||2－2||·||cos A＝36－||||≥36－×15＝24，即a≥2，当且仅当||＝||时等号成立，所以a的最小值是2，故D错误．故选ABC.
11．(8分)(多选)在△ABC所在的平面上存在一点P，＝λ＋μ(λ，μ∈R)，则下列说法错误的是(　ABC　)
A．若λ＋μ＝1，则点P的轨迹不可能经过△ABC的外心
B．若λ＋μ＝1，则点P的轨迹不可能经过△ABC的垂心
C．若λ＋μ＝，则点P的轨迹可能经过△ABC的重心
D．若λ＝μ，则点P的轨迹可能经过△ABC的内心
解析：若λ＋μ＝1，根据共线向量基本定理的推论知P，B，C三点共线，即P在直线BC上，△ABC中，当A＝90°时，则BC的中点为三角形外心，故P有可能为外心，A错；若λ＋μ＝1，当B＝90°或C＝90°时，则B或C为三角形的垂心，故P有可能为三角形的垂心，B错；若P为△ABC的重心，必有＝×(＋)＝(＋)，此时λ＋μ＝，C错；若λ＝μ，设△ABC为等边三角形，结合＝λ＋λ(λ∈R)，则点P在BC的中线上，也在∠BAC的平分线上，P的轨迹可能经过△ABC的内心，D正确．故选ABC.
12．(5分)(2024·河北沧州模拟)已知单位向量a，向量b与a不共线，且〈a－b，b〉＝，则|b|的最大值为2．
解析：方法一　设＝a，＝b，则＝a－b，如图所示．因为〈a－b，b〉＝，所以在△ABC中，A＝，0方法二　设＝a，＝b，则＝a－b，作出△ABC的外接圆，如图所示．
因为〈a－b，b〉＝，所以A＝，因为|a|＝||＝1，当AC为圆的直径，即B＝时，|b|max＝2|a|＝2.
13．(5分)平面向量a，b满足|a|＝|b|，且|a－3b|＝1，则cos 〈b，3b－a〉的最小值是．
解析：由|a－3b|＝1两边平方得a2－6a·b＋9b2＝1.又因为|a|＝|b|，所以a·b＝，所以cos 〈b，3b－a〉＝＝＝＝＝≥×2＝，当且仅当|b|＝时取等号，所以cos 〈b，3b－a〉的最小值是.
14．(5分)已知正方形ABCD的边长为2，四个半圆的圆心均为正方形ABCD各边的中点(如图)，若P在上，且＝λ＋μ，则λ＋μ的最大值为．
解析：如图，以线段BC所在直线为x轴，线段BC的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系，设P(cos θ，sin θ)，θ∈[π，2π]，又A(－1，2)，B(－1，0)，C(1，0)，D(1，2)，则＝
(cos θ＋1，sin θ－2)，＝(2，0)，＝(0，－2).因为＝λ＋μ，即(cos θ＋1，sin θ－2)＝λ(0，－2)＋μ(2，0)，所以解得λ＋μ＝＋＝(cos θ－sin θ＋3)＝，因为θ∈[π，2π]，则θ＋∈，所以当θ＋＝2π时，cos 取得最大值1，则λ＋μ的最大值为.
15．(5分)(2024·天津河北区二模)△ABC是等腰直角三角形，其中AB⊥AC，||＝1，P是△ABC所在平面内的一点，若＝λ＋μ(λ≥0，μ≥0且λ＋2μ＝2)，则在上的投影向量的长度的取值范围是(　B　)
A． B．
C．[1，] D．[，2]
解析：设＝2，＝λ＋μ(λ≥0，μ≥0且λ＋2μ＝2)，则＝＋μλ≥0，μ≥0且＋μ＝1，
则P在线段QB上，如图所示，
当P与Q重合时，在上的投影向量的长度取得最大值，最大值为||＝1；当P与B重合时，在上的投影向量的长度取得最小值，最小值为||＝.故在上的投影向量的长度的取值范围是.故选B.
16．(8分)(多选)(2024·江西鹰潭三模)已知向量a＝(sin θ，cos θ)，b＝(1，)，c＝(3，)，则(　ACD　)
A．若a⊥b，则tan θ＝－
B．c在b方向上的投影向量为b
C．存在θ，使得a在c－b方向上投影向量的模为1
D．|a－b|的取值范围为[1，3]
解析：若a⊥b，则a·b＝sin θ＋cos θ＝2sin ＝0，则θ＋＝kπ(k∈Z)，即θ＝kπ－(k∈Z)，所以tan θ＝tan ＝－(k∈Z)，故A正确；c在b方向上的投影向量为b＝b＝b，故B错误；a在c－b方向上投影向量的模为＝＝|sin θ|，
当θ＝时，|sin θ|＝1，所以存在θ，使得a在c－b方向上投影向量的模为1，故C正确；
|a－b|＝＝＝，
因为－1≤sin ≤1，所以－4≤－4sin ≤4，所以1≤5－4sin ≤9，所以1≤|a－b|≤3，故D正确．故选ACD.
17．(8分)(2024·浙江绍兴模拟)定义两个向量组X＝(x1，x2，x3)，Y＝(y1，y2，y3)的运算X Y＝x1·y1＋x2·y2＋x3·y3，设e1，e2，e3为单位向量，向量组X＝(x1，x2，x3)，Y＝(y1，y2，y3)分别为e1，e2，e3的一个排列，则X Y的最小值为－．
解析：当xi＝yi＝ei且i＝1，2，3时，可得X Y＝x1·y1＋x2·y2＋x3·y3＝1＋1＋1＝3；当x1＝y1且x2≠y2，x3≠y3时，如x1＝y1＝e1，可得X Y＝e＋2e2·e3≥1－2＝－1，当且仅当〈e2，e3〉＝π时，等号成立；同理，可得当x2＝y2且x1≠y1，x3≠y3或x3＝y3且x1≠y1，x2≠y2时，此X Y的最小值也为－1；当xi≠yi且i＝1，2，3时，可得X Y＝e1·e2＋e2·e3＋e1·e3＝e2·(e1＋e3)＋e1·e3≥e1·e3－|e1＋e3|，由|e1＋e3|2＝2＋2e1·e3，设t＝|e1＋e3|，可得0≤t≤2，则e1·e3＝，所以e1·e3－|e1＋e3|＝t2－t－1＝(t－1)2－≥－，当且仅当t＝1时，等号成立．综上可得，X Y的最小值为－.