2020版高考数学新增分大一轮浙江专用版讲义：第六章平面向量、复数6.4第1课时

§6.4　平面向量的应用
最新考纲
考情考向分析
会用向量方法解决某些简单的平面几何问题.
主要考查平面向量与函数、三角函数、不等式、数列、解析几何等综合性问题，求参数范围、最值等问题是考查的热点，一般以选择题、填空题的形式出现，偶尔会出现在解答题中，属于中档题.



1．向量在平面几何中的应用
(1)用向量解决常见平面几何问题的技巧：
问题类型
所用知识
公式表示
线平行、点共线等问题
共线向量定理
a∥b⇔a＝λb⇔x1y2－x2y1＝0，
其中a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，b≠0
垂直问题
数量积的运算性质
a⊥b⇔a·b＝0⇔x1x2＋y1y2＝0，
其中a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，且a，b为非零向量
夹角问题
数量积的定义
cos θ＝(θ为向量a，b的夹角)，其中a，b为非零向量
长度问题
数量积的定义
|a|＝＝，
其中a＝(x，y)，a为非零向量

(2)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几何问题．
2．向量在解析几何中的应用
向量在解析几何中的应用，是以解析几何中的坐标为背景的一种向量描述．它主要强调向量的坐标问题，进而利用直线和圆锥曲线的位置关系的相关知识来解答，坐标的运算是考查的主体．
3．向量与相关知识的交汇
平面向量作为一种工具，常与函数(三角函数)、解析几何结合，常通过向量的线性运算与数量积，向量的共线与垂直求解相关问题．

概念方法微思考
1．根据你对向量知识的理解，你认为可以利用向量方法解决哪些几何问题？
提示　(1)线段的长度问题．(2)直线或线段平行问题．(3)直线或线段垂直问题．(4)角的问题等．
2．如何用向量解决平面几何问题？
提示　用向量表示问题中涉及的几何元素，将平面几何问题转化为向量问题然后通过向量运算，研究几何元素之间的关系，如距离、夹角等问题，最后把运算结果“翻译”成几何关系．

题组一　思考辨析
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)若∥，则A，B，C三点共线．(　√　)
(2)在△ABC中，若·<0，则△ABC为钝角三角形．(　×　)
(3)若平面四边形ABCD满足＋＝0，(－)·＝0，则该四边形一定是菱形．(　√　)
(4)已知平面直角坐标系内有三个定点A(－2，－1)，B(0，10)，C(8,0)，若动点P满足：＝＋t(＋)，t∈R，则点P的轨迹方程是x－y＋1＝0.(　√　)
题组二　教材改编
2．[P108A组T5]已知△ABC的三个顶点的坐标分别为A(3，4)，B(5,2)，C(－1，－4)，则该三角形为(　　)
A．锐角三角形 B．直角三角形
C．钝角三角形 D．等腰直角三角形
答案　B
解析　＝(2，－2)，＝(－4，－8)，＝(－6，－6)，
∴||＝＝2，||＝＝4，
||＝＝6，
∴||2＋||2＝||2，
∴△ABC为直角三角形．
3．[P113A组T1]在平面直角坐标系xOy中，若定点A(1,2)与动点P(x，y)满足·＝4，则点P的轨迹方程是____________．
答案　x＋2y－4＝0
解析　由·＝4，得(x，y)·(1,2)＝4，即x＋2y＝4.
题组三　易错自纠
4．在△ABC中，已知＝(2,3)，＝(1，k)，且△ABC的一个内角为直角，则实数k的值为________________．
答案　－或或
解析　①若A＝90°，则有·＝0，
即2＋3k＝0，
解得k＝－；
②若B＝90°，则有·＝0，
因为＝－＝(－1，k－3)，
所以－2＋3(k－3)＝0，解得k＝；
③若C＝90°，则有·＝0，
即－1＋k(k－3)＝0，
解得k＝.
综上所述，k＝－或或.
5．在四边形ABCD中，＝(1,2)，＝(－4,2)，则该四边形的面积为________．
答案　5
解析　依题意得·＝1×(－4)＋2×2＝0，
所以⊥，所以四边形ABCD的面积为
||·||＝××＝5.
6．已知点P在圆x2＋y2＝1上，点A的坐标为(－2,0)，O为坐标原点，则·的最大值为________．
答案　6
解析　方法一　由题意知，＝(2,0)，
令P(cos α，sin α)，则＝(cos α＋2，sin α)．
·＝(2,0)·(cos α＋2，sin α)＝2cos α＋4≤6，
故·的最大值为6.
方法二　由题意知，＝(2,0)，令P(x，y)，－1≤x≤1，
则·＝(2,0)·(x＋2，y)＝2x＋4≤6，
故·的最大值为6.

第1课时　平面向量在几何中的作用

题型一　向量在平面几何中的应用

命题点1　向量和平面几何知识的综合
例1 (1)如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，CD＝2，∠BAD＝，若·＝2·，则·＝________.

答案　12
解析　(1)方法一　因为·＝2·，
所以·－·＝·，
所以·＝·.
因为AB∥CD，CD＝2，∠BAD＝，
所以2||＝||||cos，化简得||＝2.
故·＝·(＋)＝||2＋·
＝(2)2＋2×2cos＝12.

方法二　如图，建立平面直角坐标系xAy.

依题意，可设点D(m，m)，
C(m＋2，m)，B(n,0)，
其中m>0，n>0，
则由·＝2·，
得(n,0)·(m＋2，m)＝2(n,0)·(m，m)，
所以n(m＋2)＝2nm，化简得m＝2.
故·＝(m，m)·(m＋2，m)＝2m2＋2m＝12.
(2)(2018·浙江联盟校联考)已知动点P是边长为的正方形ABCD的边上任意一点，MN是正方形ABCD的外接圆O的一条动弦，且MN＝，则·的取值范围是________．
答案　
解析　如图，取MN的中点H，连接PH，则＝＋＝－，＝＋，因为MN＝，所以·＝2－2＝2－≥－，当且仅当点P，H重合时取到最小值．当P，H不重合时，连接PO，OH，易得OH＝，则2＝(＋)2＝2＋2·＋2＝2＋－2||·||cos∠POH＝2＋－||cos∠POH≤2＋＋||≤＋，当且仅当P，O，H三点共线，且P在A，B，C，D其中某一点处时取到等号，所以·＝2－≤＋1，故·的取值范围为.

命题点2　三角形的“四心”
例2 已知O是平面上的一定点，A，B，C是平面上不共线的三个动点，若动点P满足＝＋λ(＋)，λ∈(0，＋∞)，则点P的轨迹一定通过△ABC的(　　)
A．内心 B．外心
C．重心 D．垂心
答案　C
解析　由原等式，得－＝λ(＋)，即＝λ(＋)，根据平行四边形法则，知＋是△ABC的中线AD(D为BC的中点)所对应向量的2倍，所以点P的轨迹必过△ABC的重心．
引申探究
1．在本例中，若动点P满足＝＋λ，λ∈(0，＋∞)，则如何选择？
答案　A
解析　由条件，得－＝λ，
即＝λ，而和分别表示平行于，的单位向量，故＋平分∠BAC，
即平分∠BAC，所以点P的轨迹必过△ABC的内心．
2．在本例中，若动点P满足＝＋λ，λ∈(0，＋∞)，则如何选择？
答案　D
解析　由条件，得＝λ，
从而·＝λ
＝λ·＋λ·
＝0，
所以 ⊥，
则动点P的轨迹一定通过△ABC的垂心．
命题点3　平面向量与解三角形
例3 (1)O是△ABC的外心(三角形外接圆的圆心)．若＝＋，则∠BAC等于(　　)
A．30° B．45° C．60° D．90°
答案　C
解析　取BC的中点D，连接AD，则＋＝2.
由题意得3＝2，
∴AD为BC的中线且O为重心．又O为外心，
∴△ABC为正三角形，
∴∠BAC＝60°，故选C.
(2)在△ABC中，AB＝8，AC＝6，AD垂直BC于点D，E，F分别为AB，AC的中点，若·＝6，则BC等于(　　)

A．2 B．10
C．2 D．14
答案　A
解析　由题意，知DE＝AE＝4，DF＝AF＝3，
∵·＝||·||·cos∠EDF
＝||·||·
＝＝＝6，
∴||＝，∴BC＝2.
思维升华 向量与平面几何综合问题的解法
(1)坐标法
把几何图形放在适当的坐标系中，则有关点与向量就可以用坐标表示，这样就能进行相应的代数运算和向量运算，从而使问题得到解决．
(2)基向量法
适当选取一组基底，沟通向量之间的联系，利用向量间的关系构造关于未知量的方程进行求解．
跟踪训练1 (1)(2018·杭州二模)设P为△ABC所在平面上一点，且满足3＋4＝m(m＞0)．若△ABP的面积为8，则△ABC的面积为________．
答案　14
解析　由3＋4＝m，
可得＋＝，
可设＝＋，
则D，A，C共线，且D在线段AC上，
可得＝，
∴D分AC的比为4∶3，
∴C到直线AB的距离等于P到直线AB的距离的倍，
故S△ABC＝S△ABP＝×8＝14.
(2)(2018·浙江十校联盟适应性考试)已知正方形ABCD的边长为6，点E，F分别在边AD，BC上，且DE＝EA，CF＝2FB，如果对于常数λ，在正方形ABCD的四条边上(不含顶点)有且仅有2个不同的点P，使得·＝λ，则λ的取值范围为________．
答案　
解析　由题意作出图形如图所示，连接EF，取EF的中点G，连接PG，则·＝(＋)·(＋)＝(＋)·(－)＝2－2＝2－2＝2－.由已知和图形可得以点G为圆心，PG为半径的圆只能与AB相交，与BC，AD，CD相离，得PG∈，易得λ∈.


题型二　向量在解析几何中的应用

命题点1　向量共线的应用
例4 (1)已知向量＝(k,12)，＝(4,5)，＝(10，k)，且A，B，C三点共线，当k<0时，若k为直线的斜率，则过点(2，－1)的直线方程为________________．
(2)已知梯形ABCD，其中AB∥CD，且DC＝2AB，三个顶点A(1,2)，B(2,1)，C(4,2)，则点D的坐标为________．
答案　(1)2x＋y－3＝0　(2)(2,4)
解析　(1)∵＝－＝(4－k，－7)，
＝－＝(6，k－5)，且∥，
∴(4－k)(k－5)＋6×7＝0，
解得k＝－2或k＝11.
由k<0可知k＝－2，则过点(2，－1)且斜率为－2的直线方程为y＋1＝－2(x－2)，即2x＋y－3＝0.
(2)∵在梯形ABCD中，DC＝2AB，AB∥CD，∴＝2.
设点D的坐标为(x，y)，
则＝(4,2)－(x，y)＝(4－x,2－y)，
＝(2,1)－(1,2)＝(1，－1)，
∴(4－x,2－y)＝2(1，－1)，即(4－x,2－y)＝(2，－2)，
∴解得
故点D的坐标为(2,4)．
命题点2　解析几何中的最值问题
例5 (1)(2018·浙江镇海中学模拟)已知点P在双曲线－＝1上，点A满足＝(t－1)(t∈R)，且·＝64，＝(0,1)，则|·|的最大值为(　　)
A. B. C. D.
答案　B
解析　∵＝(t－1)，∴＝t，
∴(xA，yA)＝t(xP，yP)．又点(xP，yP)在双曲线上，
∴－＝1，∴x＝＋16t2，①
∵·＝64，∴||·||＝|t|||2＝64，
∴|t|＝64，将①代入上式整理得
＋16|t|＝64，
即64＝＋16|t|≥2＝|yA|，
当且仅当|t|＝时取等号，∴|yA|≤，
|·|＝|(0,1)·(xA，yA)|＝≤.
∴|·|的最大值为.
(2)(2018·绍兴市适应性考试)已知正三角形ABC的边长为4，O是平面ABC内的动点，且∠AOB＝，则·的最大值为________．
答案　
解析　设△ABC的外接圆为⊙O′，则⊙O′的直径，2R＝＝，∴R＝，
以O′为原点，以O′C为y轴建立平面坐标系如图所示，

则＝(4,0)，∵∠AOB＝∠ACB＝，∴O的轨迹为优弧，设＝(a，b)，显然当O为圆O′与x轴负半轴的交点时，a取得最大值.∴·＝4a≤，即·的最大值为.
命题点3　平面向量与几何动点问题
例6 (1)(2018·杭州二中交流卷)已知矩形ABCD的面积为2，M，N分别是AD，BC的中点，点P为线段MN上的动点，则·P＋2的最小值是________．
答案　
解析　分别以AB，AD所在直线为x，y轴建立平面直角坐标系，A为坐标原点，设B(m,0)，M(0，n)，P(x，n)(m>0，n>0)，
则mn＝1，＝(－x，－n)，＝(m－x，－n)．
·＋2＝x2－mx＋n2＋m2
＝2＋n2＋m2≥n2＋m2，
而n2＋m2≥mn＝，
故当x＝且n＝m，即当m＝，n＝，
x＝时，·＋2取最小值.
(2)(2018·绍兴、诸暨期末)已知△ABC，满足＋＝，点D为线段AB上一动点，若·的最小值为－3，则△ABC的面积S等于(　　)
A．9 B．9 C．18 D．18
答案　D
解析　因为＋＝＋，
所以由平面向量的基本定理得＝＝，记||＝3m，||＝2m(其中m>0)，则由|＋|＝m，得cos A＝，设＝t(－1≤t≤0)，故·＝t·(t＋)＝3m2(3t2＋t)≥－m2＝－3，即m2＝12，
因此S△ABC＝||·||sin A＝18，故选D.
思维升华 向量在解析几何中的“两个”作用
(1)载体作用：向量在解析几何问题中出现，多用于“包装”，解决此类问题的关键是利用向量的意义、运算脱去“向量外衣”，导出曲线上点的坐标之间的关系，从而解决有关距离、斜率、夹角、轨迹、最值等问题．
(2)工具作用：利用a⊥b⇔a·b＝0(a，b为非零向量)，a∥b⇔a＝λb(b≠0)，可解决垂直、平行问题，特别地，向量垂直、平行的坐标表示对于解决解析几何中的垂直、平行问题是一种比较简捷的方法．
跟踪训练2 (1)已知点A在椭圆＋＝1上，点P满足＝(λ－1)·(λ∈R)(O是坐标原点)，且·＝72，则线段OP在x轴上投影的最大值为________．
答案　15
解析　因为＝(λ－1)，所以＝λ，
即O，A，P三点共线，因为·＝72，
所以·＝λ||2＝72，
设A(x，y)，OA与x轴正方向的夹角为θ，线段OP在x轴上的投影为|||cos θ|＝|λ||x|＝＝＝≤＝15，
当且仅当|x|＝时取等号．
(2)(2018·浙江宁波高三适应性考试)已知点M为单位圆x2＋y2＝1上的动点，点O为坐标原点，点A在直线x＝2上，则·的最小值为________．
答案　2
解析　由题意得·＝(＋)·＝||2＋·＝||2＋||cos θ，其中θ为向量和的夹角，因为点A在直线x＝2上，所以||≥2，则由二次函数的性质易得当||＝2时，·＝||2＋||cos θ取得最小值4＋2cos θ，则当cos θ＝－1，即向量和方向相反时，·取得最小值2.


1．在△ABC中，(＋)·＝||2，则△ABC的形状一定是(　　)
A．等边三角形 B．等腰三角形
C．直角三角形 D．等腰直角三角形
答案　C
解析　由(＋)·＝||2，
得·(＋－)＝0，
即·(＋＋)＝0,2·＝0，∴⊥，
∴A＝90°.又根据已知条件不能得到||＝||，
故△ABC一定是直角三角形．
2．已知点A(－2,0)，B(3,0)，动点P(x，y)满足·＝x2，则点P的轨迹是(　　)
A．圆 B．椭圆
C．双曲线 D．抛物线
答案　D
解析　∵＝(－2－x，－y)，＝(3－x，－y)，
∴·＝(－2－x)(3－x)＋y2＝x2，
∴y2＝x＋6，即点P的轨迹是抛物线．


3．(2018·湖州质检)已知O是△ABC的外心，∠C＝45°，若＝m＋n(m，n∈R)，则m＋n的取值范围是(　　)
A．[－，] B．[－，1)
C．[－，－1) D．(1，]
答案　B
解析　∵O是△ABC的外心，∠C＝45°，
∴∠AOB＝90°，又＝m＋n，
两边平方可得m2＋n2＝1，∴(m＋n)2≤2(m2＋n2)＝2，
当且仅当m＝n时，等号成立，∴－≤m＋n≤.
又由题意可知，m，n不能同时为正，∴m＋n＜1，
故m＋n的取值范围是[－，1)．
4．(2018·温州高考适应性测试)如图，已知△ABC的边BC的垂直平分线交BC于点Q，交AC于点P，若||＝1，||＝2，则·的值为(　　)

A．3 B.
C. D.
答案　B
解析　连接AQ，因为PQ垂直平分BC，所以⊥，＝(＋)，所以·＝(＋)·＝·＝(＋)·(－)＝(2－2)＝(22－12)＝.故选B.
5．过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F的直线l与抛物线在第一象限的交点为A，与抛物线的准线的交点为B，点A在抛物线的准线上的射影为C，若＝，·＝48，则抛物线的方程为(　　)
A．y2＝8x B．y2＝4x
C．y2＝16x D．y2＝4x
答案　B
解析　如图所示，由＝，得F为线段AB的中点，

∵|AF|＝|AC|，∴∠ABC＝30°，
由·＝48，得|BC|＝4.
则|AC|＝4，∴由中位线的性质，
有p＝|AC|＝2，
故抛物线的方程为y2＝4x.故选B.
6．(2018·浙江六校协作体联考)已知O为坐标原点，＝(3,1)，||＝，当△AOB的面积取得最大值时，等于(　　)
A．(－2，－4) B．(－4,2)
C．(－2，－4)或(－4,2) D．(－2，－4)或(4,2)
答案　C
解析　方法一　由于||＝，则点B在以点O(0,0)为圆心，为半径的圆上，由数形结合易知，要使△AOB的面积取得最大值，则需满足⊥.设＝(a，b)，则解得或
当时，＝(1，－3)，
则＝－＝(1，－3)－(3,1)＝(－2，－4)；
当时，＝(－1,3)，
则＝－＝(－1,3)－(3,1)＝(－4,2)．
综上，＝(－2，－4)或(－4,2)．故选C.
方法二　由于||＝，则点B在以点O(0,0)为圆心，为半径的圆上，由数形结合易知，要使△AOB的面积取得最大值，则需满足⊥.在平面直角坐标系中，画出向量，，
当如图1所示时，过点A作AA′⊥x轴于点A′，过点B作BB′⊥x轴于点B′，则∠OBB′＝∠AOA′，又||＝||，所以Rt△AOA′≌Rt△OBB′，则|OB′|＝|AA′|＝1，|BB′|＝|OA′|＝3，所以B(1，－3)，＝(1，－3)，＝(1，－3)－(3,1)＝(－2，－4)，
当如图2所示时，同理可得B(－1,3)，＝(－1,3)，＝(－1,3)－(3,1)＝(－4,2)，
综上，＝(－2，－4)或(－4,2)．故选C.

7．已知向量＝(3，－4)，＝(0，－3)，＝(5－m，－3－m)，若点A，B，C能构成三角形，则实数m满足的条件是________．
答案　m≠
解析　由题意得＝(－3,1)，＝(2－m,1－m)，若A，B，C能构成三角形，则，不共线，则－3×(1－m)≠1×(2－m)，解得m≠.
8．(2009·浙江改编)设向量a，b满足：|a|＝3，|b|＝4，a·b＝0，以a，b，a－b的模为边长构成三角形，则它的边与半径为1的圆的公共点个数最多为________．
答案　4
解析　由|a|＝3，|b|＝4及a·b＝0知a⊥b，故a，b，a－b构成直角三角形，且|a－b|＝5.又其内切圆半径为＝1.如图所示．将内切圆向上或向下平移可知该圆与该直角三角形最多有4个交点．

9．已知圆C：(x－2)2＋y2＝4，圆M：(x－2－5cos θ)2＋(y－5sin θ)2＝1(θ∈R)，过圆M上任意一点P作圆C的两条切线PE，PF，切点分别为E，F，则·的最小值是________．
答案　6
解析　圆C：(x－2)2＋y2＝4的圆心为C(2,0)，半径等于2，圆M：(x－2－5cos θ)2＋(y－5sin θ)2＝1，
圆心M(2＋5cos θ，5sin θ)，半径等于1.
∵|CM|＝5>2＋1，∴两圆相离．
如图所示，设直线CM和圆M交于H，G两点，

则·的最小值是·.
|HC|＝|CM|－1＝5－1＝4，
|HE|＝|HF|＝＝＝2，
sin∠CHE＝＝，
∴cos∠EHF＝cos 2∠CHE＝1－2sin2∠CHE＝，
∴·＝||·||cos∠EHF
＝2×2×＝6.
10．已知点D为△ABC所在平面上一点，且满足＝－，若△ACD的面积为1，则△ABD的面积为________．
答案　4
解析　由＝－，得5＝＋4，
所以－＝4(－)，即＝4.
所以点D在边BC上，且||＝4||，
所以S△ABD＝4S△ACD＝4.
11．已知直线2x＋y＋2＝0与x轴、y轴的交点分别为A，B，椭圆＋＝1(a>b>0)的左焦点F1和上顶点D，若·＝0，则该椭圆的离心率e＝________.
答案　
解析　因为直线2x＋y＋2＝0与x轴、y轴的交点分别为A，B，所以A(－1,0)，B(0，－2)，又F1(－c,0)，D(0，b)，
所以＝(－c,2)，＝(1，b)．因为·＝0，
所以－c＋2b＝0，所以＝，即＝，所以＝，
所以该椭圆的离心率e＝＝.
12.如图，设正△BCD的外接圆O的半径为R，点A在BD下方的圆弧上，则·的最小值为________．

答案　－
解析　因为·
＝·＝||2－||
＝(||－1)2－，
因为R≤||≤2R，而 所以当||＝1时，取到最小值－.

13.如图，已知F1，F2为双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，点P在第一象限，且满足||＝a，(＋)·＝0，线段PF2与双曲线C交于点Q，若＝5，则双曲线C的渐近线方程为(　　)

A．y＝±x B．y＝±x
C．y＝±x D．y＝±x
答案　B
解析　由(＋)·＝0，
可得||＝||＝2c，|QF1|＝a，|QF2|＝，
在△QF1F2中，由余弦定理得，
cos∠F1F2Q＝＝，
即＝，∴c＝a，b＝a，∴双曲线的渐近线方程为y＝±x.
14．(2018·浙江杭州市地区联考)在△ABC中，AB＝5，AC＝4，∠BAC＝60°，M为△ABC内一点，S△MAB∶S△MCB∶S△MAC＝1∶2∶3，则·等于(　　)
A. B．－ C. D．－
答案　C
解析　如图，延长BM交AC于点D，由S△MAB∶S△MCB∶S△MAC＝1∶2∶3，可得S△MAC＝S△CAB，所以M为BD的中点，设＝＝＝k，则S△ABD＝kS△CBD，S△AMD＝kS△CMD，

两式相减得S△MAB＝kS△MCB，故k＝.
所以＝＋＝－
＝－＝－－，
＝＋＝＋
＝＋＝－.
所以·＝·
＝－2＋2－·
＝－×16＋×25－×5×4×＝.

15．(2018·杭州市高级中学仿真测试)记min{a，b}＝已知向量a，b，c满足|a|＝1，|b|＝2，且a·b＝1，若c＝λa＋μb(λ，μ≥0，且λ＋2μ＝1)，则当min{a·c，b·c}取最大值时，|c|＝________.
答案　1
解析　设向量a与b的夹角为θ，则a·b＝|a||b|cos θ＝2cos θ＝1，所以cos θ＝，所以θ＝60°，不妨设a＝(1,0)，b＝(1，)，则c＝(λ＋μ，μ)＝(1－μ，μ)，所以a·c＝1－μ，b·c＝1＋2μ.由μ≥0，得1－μ≤1＋2μ，所以min{a·c，b·c}＝1－μ，因为λ＝1－2μ≥0，解得μ≤，所以μ∈，所以当μ＝0时，min{a·c，b·c}取得最大值，此时c＝(1,0)，则|c|＝1.
16．(2018·台州质检)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，点P是其外接圆O上的任意一点，若a＝2，b＝c＝，则2＋2＋2的最大值为______．
答案　
解析　以BC的中点O′为原点，以所在方向为x轴正方向，所在方向为y轴正方向，建立平面直角坐标系，则A(0,2)，B(－，0)，C(，0)，可得外接圆的圆心O为，半径为，所以圆O的方程为x2＋2＝.设P，
则＝，
＝，
＝，
所以2＋2＋2＝2＋2＋2＋2＋2＋2＝－sin α≤＋＝.