析

本题考查正弦定理的应用、三角恒等变换以及角度关系的推导。第 (1) 问利用正弦定理将边化为角，结合三角函数公式化简；第 (2) 问由第 (1) 问结论将表达式用 $\cos A$ 表示，再利用锐角三角形的角度范围求值域。

解

(1) 证明：

由 $a = b \cos A - a \cos B$，根据正弦定理 $\dfrac{a}{\sin A} = \dfrac{b}{\sin B}$，得：

$\sin A = \sin B \cos A - \sin A \cos B$

利用三角函数公式化简：

$\sin A = \sin(B - A)$

因为 $\triangle ABC$ 为锐角三角形，$A, B \in \left(0, \dfrac{\pi}{2}\right)$

所以 $B - A \in \left(-\dfrac{\pi}{2}, \dfrac{\pi}{2}\right)$

又 $A > 0$，故 $A = B - A$，即：

$B = 2A$

(2) 解：

由 (1) 知 $B = 2A$，由正弦定理得：

$\frac{b+c}{a} = \frac{\sin B + \sin C}{\sin A} = \frac{\sin 2A + \sin 3A}{\sin A}$

利用三角恒等变换化简：

$\frac{b+c}{a} = 4\cos^2 A + 2\cos A - 1 = 4\left(\cos A + \frac{1}{4}\right)^2 - \frac{5}{4}$

确定 $A$ 的范围：

由 $B = 2A \in \left(0, \dfrac{\pi}{2}\right)$ 得：$A \in \left(0, \dfrac{\pi}{4}\right)$

由 $C = \pi - A - B = \pi - 3A \in \left(0, \dfrac{\pi}{2}\right)$，解得：$A \in \left(\dfrac{\pi}{6}, \dfrac{\pi}{3}\right)$

综合得：$A \in \left(\dfrac{\pi}{6}, \dfrac{\pi}{4}\right)$，$\cos A \in \left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}, \dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)$

由于 $\dfrac{b+c}{a}$ 在 $\cos A \in \left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}, \dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)$ 上单调递增，故：

$\frac{b+c}{a} \in (\sqrt{2} + 1,\ \sqrt{3} + 2)$

【点评】

本题的关键在于：1）利用正弦定理实现边角互化；2）利用三角函数公式 $\sin(B-A)$ 化简；3）注意锐角三角形的三个角都小于 $90^\circ$，需要综合考虑 $A, B, C$ 的范围；4）将目标表达式配方后利用单调性求值域。易错点是遗漏 $C$ 为锐角的条件，导致 $A$ 的范围不准确。

答案：

(1) 证明见解析；(2) $(\sqrt{2} + 1,\ \sqrt{3} + 2)$

析 条件 $(\vec{b} - \vec{a}) \cdot (\vec{c} - \vec{a}) = 0$ 表明向量 $\vec{b} - \vec{a}$ 与 $\vec{c} - \vec{a}$ 垂直。从几何角度看，若设 $\vec{a} = \overrightarrow{AC}$，$\vec{b} = \overrightarrow{AD}$，$\vec{c} = \overrightarrow{AB}$，则 $\overrightarrow{CD} \perp \overrightarrow{CB}$，即 $\triangle BCD$ 是以 $C$ 为直角顶点的直角三角形。

解 取 $BD$ 的中点 $O$，由直角三角形斜边中线性质知

$OC = \frac{1}{2}BD = \frac{1}{2}|\vec{b} - \vec{c}|$

又由向量加法的平行四边形法则，$\vec{b} + \vec{c} = \overrightarrow{AD} + \overrightarrow{AB} = 2\overrightarrow{AO}$，故

$OA = \frac{1}{2}|\vec{b} + \vec{c}|$

在 $\triangle AOC$ 中，由三角形两边之和大于第三边，有

$OA + OC \geq AC$

即

$\frac{1}{2}\left(|\vec{b} + \vec{c}| + |\vec{b} - \vec{c}|\right) \geq 5$

所以

$|\vec{b} + \vec{c}| + |\vec{b} - \vec{c}| \geq 10$

设 $|\vec{b}| = r$，则 $|\vec{c}| = 2r$。令 $\vec{b}$ 与 $\vec{c}$ 的夹角为 $\theta$，则

$|\vec{b} + \vec{c}| = \sqrt{r^2 + 4r^2 + 4r^2\cos\theta} = r\sqrt{5 + 4\cos\theta}$

$|\vec{b} - \vec{c}| = \sqrt{r^2 + 4r^2 - 4r^2\cos\theta} = r\sqrt{5 - 4\cos\theta}$

代入不等式得

$r\left(\sqrt{5 + 4\cos\theta} + \sqrt{5 - 4\cos\theta}\right) \geq 10$

设 $f(\theta) = \sqrt{5 + 4\cos\theta} + \sqrt{5 - 4\cos\theta}$，求其最小值。令 $t = \cos\theta \in [-1, 1]$，则

$f(t) = \sqrt{5+4t} + \sqrt{5-4t}$

$f^2(t) = 10 + 2\sqrt{25-16t^2}$

当 $t = 0$ 时，$f^2(t)$ 取最小值 $10 + 2\times 5 = 20$，即 $f(t)_{\min} = 2\sqrt{5}$。

因此

$r \cdot 2\sqrt{5} \geq 10$

$r \geq \frac{10}{2\sqrt{5}} = \sqrt{5}$

当 $\cos\theta = 0$（即 $\vec{b} \perp \vec{c}$）且 $A$、$O$、$C$ 三点共线时，等号成立。

故 $|\vec{b}|$ 的最小值为 $\boxed{\sqrt{5}}$。

【点评】 本题巧妙地利用了几何意义将代数条件转化为直角三角形的性质，再结合三角形不等式和平行四边形法则建立关于 $|\vec{b}|$ 的不等式。关键在于认识到 $(\vec{b} - \vec{a}) \cdot (\vec{c} - \vec{a}) = 0$ 表示以 $C$ 为顶点的直角，从而可以运用斜边中线定理。最后通过三角函数求最值，体现了代数与几何的完美结合。

析

由 $\vec{a} \perp \vec{b}$，建立直角坐标系，将向量坐标化，利用三角不等式求最值。

解

取 $\vec{a} = (1, 0)$，$\vec{b} = (0, 1)$，设 $\vec{c} = (x, y)$，则 $x^2 + y^2 = 1$。

设 $\vec{u} = (2-x,\, y)$，$\vec{v} = \left(x,\, \dfrac{1}{2}-y\right)$，则 $\vec{u}+\vec{v} = \left(2, \dfrac{1}{2}\right)$，$|\vec{u}+\vec{v}| = \dfrac{\sqrt{17}}{2}$。

由三角不等式

$|\vec{u}|+|\vec{v}| \geq |\vec{u}+\vec{v}| = \dfrac{\sqrt{17}}{2}$

等号成立当且仅当 $\vec{u}$ 与 $\vec{v}$ 同向，即存在 $\lambda>0$ 使 $(2-x,\, y) = \lambda\left(x,\, \dfrac{1}{2}-y\right)$。

由合比定理 $\dfrac{2-x}{x} = \dfrac{y}{\frac12-y}$ 得 $x+2y=1$。

联立 $x^2+y^2=1$ 与 $x+2y=1$，解得 $x=\dfrac35$，$y=\dfrac45$（另一组解 $x=1$，$y=0$ 经验证不满足 $\lambda>0$），此时 $\vec{c}=\left(\dfrac35,\dfrac45\right)$ 符合条件。

答案： $\dfrac{\sqrt{17}}{2}$

【点评】 本题的关键在于：1）建系将向量坐标化；2）将原式转化为 $\sqrt{(x-2)^2+y^2}+\sqrt{x^2+(y-\frac12)^2}$ 的形式；3）构造常向量 $\vec{u}+\vec{v}$，利用三角不等式放缩求最值。

析

由 $|\vec{a}+\vec{b}|=2$ 两边平方得：

$|\vec{a}+\vec{b}|^2=|\vec{a}|^2+|\vec{b}|^2+2\vec{a}\cdot\vec{b}=4$

代入 $|\vec{a}|=|\vec{b}|=2$：

$4+4+2\vec{a}\cdot\vec{b}=4$

解得：

$\vec{a}\cdot\vec{b}=-2$

解

设 $\vec{a}=(2,0)$，由 $|\vec{b}|=2$ 且 $\vec{a}\cdot\vec{b}=-2$，得 $\vec{b}=(-1,\sqrt{3})$。

此时：

$\vec{a}+\vec{b}=(1,\sqrt{3})$

由 $(\vec{a}+\vec{b})\cdot\vec{c}=0$，可设 $\vec{c}=k(-\sqrt{3},1)$（其中 $k\in\mathbb{R}, k\neq 0$）。

计算得：

• $\vec{a}\cdot\vec{c}=-2\sqrt{3}k$
• $\vec{b}\cdot\vec{c}=2\sqrt{3}k$
• $|\vec{c}|^2=4k^2$

展开 $(\vec{a}-\lambda\vec{c})\cdot(\vec{b}+\lambda\vec{c})\geq 0$：

$\vec{a}\cdot\vec{b}+\lambda(\vec{a}\cdot\vec{c}-\vec{b}\cdot\vec{c})-\lambda^2|\vec{c}|^2\geq 0$

代入得：

$-2+\lambda(-4\sqrt{3}k)-\lambda^2(4k^2)\geq 0$

即：

$4\lambda^2k^2+4\sqrt{3}\lambda k+2\leq 0$

$2(\lambda k)^2+2\sqrt{3}(\lambda k)+1\leq 0$

令 $u=\lambda k$，解得：

$u\in\left[\frac{-\sqrt{3}-1}{2},\frac{-\sqrt{3}+1}{2}\right]$

计算目标表达式：

$|\vec{a}-\lambda\vec{c}|^2=4-2\lambda\vec{a}\cdot\vec{c}+\lambda^2|\vec{c}|^2=4+4\sqrt{3}u+4u^2=4(u^2+\sqrt{3}u+1)$

$|\vec{b}+\lambda\vec{c}|^2=4+2\lambda\vec{b}\cdot\vec{c}+\lambda^2|\vec{c}|^2=4+4\sqrt{3}u+4u^2=4(u^2+\sqrt{3}u+1)$

因此：

$|\vec{a}-\lambda\vec{c}|=|\vec{b}+\lambda\vec{c}|=2\sqrt{u^2+\sqrt{3}u+1}$

所求表达式为：

$S=4\sqrt{u^2+\sqrt{3}u+1}=4\sqrt{\left(u+\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2+\frac{1}{4}}$

当 $u\in\left[\frac{-\sqrt{3}-1}{2},\frac{-\sqrt{3}+1}{2}\right]$ 时：

• 当 $u=-\frac{\sqrt{3}}{2}$ 时，$S_{\min}=4\sqrt{\frac{1}{4}}=2$
• 当 $u=\frac{-\sqrt{3}\pm 1}{2}$ 时，$S_{\max}=4\sqrt{\frac{1}{2}}=2\sqrt{2}$

【点评】

本题的关键在于：

1. 利用已知条件求出 $\vec{a}\cdot\vec{b}=-2$
2. 合理建立坐标系简化计算
3. 通过换元 $u=\lambda k$ 将不等式转化为关于 $u$ 的范围
4. 最终将问题转化为求 $S=4\sqrt{(u+\frac{\sqrt{3}}{2})^2+\frac{1}{4}}$ 的取值范围

答案： $\boxed{[2,2\sqrt{2}]}$

解析

令 $\overrightarrow{AM}=\lambda\overrightarrow{AB}+3(1-\lambda)\overrightarrow{AC}$，则 $\overrightarrow{AM}=3\lambda\cdot\dfrac{1}{3}\overrightarrow{AB}+3(1-\lambda)\overrightarrow{AC}$

令 $\dfrac{1}{3}\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{AN}$，则 $\overrightarrow{AM}=3\lambda\overrightarrow{AN}+3(1-\lambda)\overrightarrow{AC}$

令 $\overrightarrow{AQ}=\dfrac{1}{3}\overrightarrow{AM}=\lambda\overrightarrow{AN}+(1-\lambda)\overrightarrow{AC}$，则 $Q,N,C$ 共线

由 $|\overrightarrow{AM}|_{\min}=\dfrac{3\sqrt{3}}{2}$，得 $|\overrightarrow{AQ}|_{\min}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$

∴ $|CN|=1$，∴ $\angle BAC=\dfrac{\pi}{3}$

由余弦定理：$BC^2=9+1-2\times3\times1\times\dfrac{1}{2}=7$

由极化恒等式：$\overrightarrow{PB}\cdot\overrightarrow{PC}=PK^2-\dfrac{1}{4}BC^2=PK^2-\dfrac{7}{4}$

其中 $K$ 为 $BC$ 中点，$PK$ 的最小值为 $P$ 到 $BC$ 的距离：$|PK|_{\min}=\dfrac{\sqrt{7}}{2}\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{2\sqrt{7}}=\dfrac{\sqrt{3}}{4}$

∴ $\overrightarrow{PB}\cdot\overrightarrow{PC}_{\min}=\dfrac{3}{16}-\dfrac{7}{4}=-\dfrac{25}{16}$

答案：$\displaystyle -\dfrac{25}{16}$

析

由 $(\vec{a}-\vec{c})\cdot(\vec{b}-\vec{c}) = 2$ 和 $|\vec{a}-\vec{b}| = 2$，结合 $|\vec{a}| = 2|\vec{b}|$，可利用阿波罗尼斯圆和向量恒等式求解。

解

如图，设 $\overrightarrow{OA} = \vec{a}$，$\overrightarrow{OB} = \vec{b}$，则：

$|\vec{a}-\vec{b}| = |\overrightarrow{BA}| = 2$

由 $|\vec{a}| = 2|\vec{b}|$，根据阿波罗尼斯圆的定义，点 $O$ 的轨迹是以 $MN$ 为直径的圆（阿氏圆），满足：

$|MA| = 2|MB|，\quad |NA| = 2|NB|$

设 $\overrightarrow{OC} = \vec{c}$，则：

$\vec{a} - \vec{c} = \overrightarrow{OA} - \overrightarrow{OC} = \overrightarrow{CA}$

$\vec{b} - \vec{c} = \overrightarrow{OB} - \overrightarrow{OC} = \overrightarrow{CB}$

由向量恒等式：

$(\vec{u}+\vec{v})^2 - (\vec{u}-\vec{v})^2 = 4\vec{u}\cdot\vec{v}$

得：

$\overrightarrow{CA} \cdot \overrightarrow{CB} = \frac{1}{4}\left[(\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{CB})^2 - (\overrightarrow{CA}-\overrightarrow{CB})^2\right]$

其中 $D$ 为 $AB$ 中点，则 $\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{CB} = 2\overrightarrow{CD}$，$\overrightarrow{CA}-\overrightarrow{CB} = \overrightarrow{BA}$

代入得：

$\overrightarrow{CA} \cdot \overrightarrow{CB} = \frac{1}{4}\left[(2\overrightarrow{CD})^2 - \overrightarrow{BA}^2\right] = CD^2 - \frac{1}{4}|\overrightarrow{BA}|^2 = CD^2 - BD^2$

由题设 $\overrightarrow{CA} \cdot \overrightarrow{CB} = 2$，且 $BD = \frac{1}{2}AB = 1$：

$CD^2 - 1^2 = 2$

$CD^2 = 3$

$\therefore$ 点 $C$ 的轨迹是以 $D$ 为圆心，$\sqrt{3}$ 为半径的圆。

$\therefore$ 当 $O$ 在点 $M$ 处，且 $C$ 在 $BA$ 延长线上时，$|\vec{c}| = |\overrightarrow{OC}|$ 取得最大值：

$|\vec{c}|_{\max} = |OM| + |MD| + \sqrt{3} = 2 + 1 + \sqrt{3} = \boxed{3+\sqrt{3}}$

【点评】

本题结合阿波罗尼斯圆和向量恒等式，通过建立几何模型求解向量模长的最大值。关键在于识别出 $|\vec{a}| = 2|\vec{b}|$ 对应的几何轨迹，以及利用向量恒等式将条件转化为圆的方程。

【答案】 $2\sqrt{3}$

【详解】

Step 1：巧妙转化

由于 $\boldsymbol{b}, \boldsymbol{c}$ 均为单位向量，有 $|\boldsymbol{b}| = |\boldsymbol{c}| = 1$

因此：

$|\boldsymbol{b} - 2\boldsymbol{c}| = |\boldsymbol{c} - 2\boldsymbol{b}|$

（证明：两边平方均为 $5 - 4\boldsymbol{b}\cdot\boldsymbol{c}$）

Step 2：应用三角不等式

$\begin{aligned} S &= |2\boldsymbol{a} + \boldsymbol{c}| + |\boldsymbol{b} - 2\boldsymbol{c}| \\ &= |2\boldsymbol{a} + \boldsymbol{c}| + |\boldsymbol{c} - 2\boldsymbol{b}| \\ &\geq |(2\boldsymbol{a} + \boldsymbol{c}) - (\boldsymbol{c} - 2\boldsymbol{b})| \\ &= |2\boldsymbol{a} + 2\boldsymbol{b}| \\ &= 2|\boldsymbol{a} + \boldsymbol{b}| \end{aligned}$

Step 3：计算 $|\boldsymbol{a} + \boldsymbol{b}|$

$\begin{aligned} |\boldsymbol{a} + \boldsymbol{b}|^2 &= |\boldsymbol{a}|^2 + |\boldsymbol{b}|^2 + 2\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b} \\ &= 1 + 1 + 2\cos 60° \\ &= 2 + 2 \cdot \frac{1}{2} = 3 \end{aligned}$

$\therefore |\boldsymbol{a} + \boldsymbol{b}| = \sqrt{3}$

Step 4：验证取等条件

三角不等式取等号的条件是两向量同向，即：

$(2\boldsymbol{a} + \boldsymbol{c}) \parallel -(\boldsymbol{c} - 2\boldsymbol{b})$

解得 $\boldsymbol{c}$ 的方向满足 $\langle\boldsymbol{a}, \boldsymbol{c}\rangle = 120°$，$\langle\boldsymbol{b}, \boldsymbol{c}\rangle = 60°$

此时：

$|2\boldsymbol{a} + \boldsymbol{c}| = \sqrt{3},\quad |\boldsymbol{b} - 2\boldsymbol{c}| = \sqrt{3}$

综上，最小值为 $2\sqrt{3}$。

【点评】

核心技巧：

1. 利用单位向量性质：$|\boldsymbol{b} - 2\boldsymbol{c}| = |\boldsymbol{c} - 2\boldsymbol{b}|$
2. 三角不等式：$|\boldsymbol{u}| + |\boldsymbol{v}| \geq |\boldsymbol{u} - \boldsymbol{v}|$
3. 消去动向量 $\boldsymbol{c}$，转化为定向量 $\boldsymbol{a} + \boldsymbol{b}$ 的模长

关键洞察：

• 观察到系数对称性（2 和 1 互换）
• 通过转化构造可消去 $\boldsymbol{c}$ 的形式
• 避免复杂的求导运算

【答案】 C

【分析】
设 $\angle CAP = \alpha$，利用数量积的定义可得 $|\overrightarrow{AC}| = \frac{1}{\cos \alpha}$, $|\overrightarrow{AB}| = \frac{1}{2\sin \alpha}$，进而可得 $|\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC} + \overrightarrow{AP}|^2 = \frac{\cos^2 \alpha}{4\sin^2 \alpha} + \frac{\sin^2 \alpha}{\cos^2 \alpha} + \frac{45}{4}$，利用基本不等式即得。

【详解】
设 $\angle CAP = \alpha$，则 $\angle BAP = 90^\circ - \alpha$，

由 $|\overrightarrow{AP}| = 2$, $\overrightarrow{AP} \cdot \overrightarrow{AC} = 2$，$\overrightarrow{AP} \cdot \overrightarrow{AB} = 1$，

$\therefore |\overrightarrow{AP}| |\overrightarrow{AC}| \cos \alpha = 2$, $|\overrightarrow{AP}| |\overrightarrow{AB}| \sin \alpha = 1$，

即 $|\overrightarrow{AC}| = \frac{1}{\cos \alpha}$, $|\overrightarrow{AB}| = \frac{1}{2\sin \alpha}$

因为

$\begin{aligned} |\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC} + \overrightarrow{AP}|^2 &= |\overrightarrow{AB}|^2 + |\overrightarrow{AC}|^2 + |\overrightarrow{AP}|^2 + 2\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} + 2\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AP} + 2\overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{AP} \\ &= \frac{1}{4\sin^2 \alpha} + \frac{1}{\cos^2 \alpha} + 4 + 0 + 2 + 4 \\ &= \frac{\cos^2 \alpha}{4\sin^2 \alpha} + \frac{\sin^2 \alpha}{\cos^2 \alpha} + \frac{45}{4} \\ &\ge 2\sqrt{\frac{\cos^2 \alpha}{4\sin^2 \alpha} \cdot \frac{\sin^2 \alpha}{\cos^2 \alpha}} + \frac{45}{4} = \frac{49}{4} \end{aligned}$

当且仅当 $\frac{\cos^2 \alpha}{4\sin^2 \alpha} = \frac{\sin^2 \alpha}{\cos^2 \alpha}$，即 $\tan \alpha = \frac{\sqrt{2}}{2}$ 时，$|\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC} + \overrightarrow{AP}|$ 取得最小值 $\frac{7}{2}$，

$\therefore$ 当 $|\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC} + \overrightarrow{AP}|$ 取得最小值时，$\tan \angle CAP = \frac{\sqrt{2}}{2}$。

故选：C.

【分析】

由 $\mathbf{a}, \mathbf{b}, \mathbf{c}$ 均为单位向量且 $\mathbf{a} + \mathbf{b} + \mathbf{c} = \mathbf{0}$，知三向量两两夹角均为 $120^\circ$，在空间中构成等边三角形。

坐标法： 取

$\mathbf{a} = (1, 0),\quad \mathbf{b} = \left(-\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right),\quad \mathbf{c} = \left(-\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$

令 $\mathbf{v} = -2\mathbf{a} + t\mathbf{b} + (1-t)\mathbf{c}$，代入坐标得

$\mathbf{v} = \left(-\frac{5}{2},\ \sqrt{3}\left(t - \frac{1}{2}\right)\right)$

故

$|\mathbf{v}|^2 = \left(-\frac{5}{2}\right)^2 + \left[\sqrt{3}\left(t - \frac{1}{2}\right)\right]^2 = 3t^2 - 3t + 7$

【详解】

由上述分析得

$|\mathbf{v}|^2 = 3t^2 - 3t + 7,\quad t \in [0, 1]$

这是关于 $t$ 的二次函数，图象开口向上。

最小值： 对称轴处 $t = \dfrac{1}{2} \in [0,1]$

$|\mathbf{v}|_{\min}^2 = 3\left(\dfrac{1}{2}\right)^2 - 3\left(\dfrac{1}{2}\right) + 7 = \dfrac{25}{4}$

$|\mathbf{v}|_{\min} = \dfrac{5}{2}$

最大值： 在端点处 $t = 0$ 或 $t = 1$

$t = 0:\quad |\mathbf{v}|^2 = 7 \Rightarrow |\mathbf{v}| = \sqrt{7}$

$t = 1:\quad |\mathbf{v}|^2 = 3 - 3 + 7 = 7 \Rightarrow |\mathbf{v}| = \sqrt{7}$

故取值范围为

$\boxed{\dfrac{5}{2} \le |\mathbf{v}| \le \sqrt{7}}$

【点评】

本题改编自 2020 年浙江高考数学模拟压轴题，考查平面向量与二次函数最值综合问题。

关键点：

1. 由 $\mathbf{a} + \mathbf{b} + \mathbf{c} = \mathbf{0}$ 识别出三向量两两夹角为 $120^\circ$ 的几何条件
2. 通过坐标法将向量模长问题转化为二次函数在闭区间上的最值
3. 注意二次函数的对称轴是否在区间 $[0,1]$ 内。本题对称轴 $t = \dfrac{1}{2}$ 恰好在区间内，故最小值在顶点处取得，最大值在端点处取得

解 设 $\boldsymbol{a}$ 与 $\boldsymbol{b}$ 的夹角为 $\theta$，则：

$|\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}|^{2}=|\boldsymbol{a}|^{2}+|\boldsymbol{b}|^{2}+2|\boldsymbol{a}||\boldsymbol{b}|\cos\theta=1+4+4\cos\theta=5+4\cos\theta$

$|\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}|^{2}=|\boldsymbol{a}|^{2}+|\boldsymbol{b}|^{2}-2|\boldsymbol{a}||\boldsymbol{b}|\cos\theta=1+4-4\cos\theta=5-4\cos\theta$

故：

$|\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}|=\sqrt{5+4\cos\theta},\quad |\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}|=\sqrt{5-4\cos\theta}$

设 $f(\theta)=\sqrt{5+4\cos\theta}+\sqrt{5-4\cos\theta}$，其中 $\theta\in[0,\pi]$。

平方处理：

$f^{2}(\theta)=(5+4\cos\theta)+(5-4\cos\theta)+2\sqrt{(5+4\cos\theta)(5-4\cos\theta)}$

$=10+2\sqrt{25-16\cos^{2}\theta}$

当 $\cos\theta=0$（即 $\theta=\dfrac{\pi}{2}$，$\boldsymbol{a}\perp\boldsymbol{b}$）时，$f^{2}$ 取最大值 $10+2\sqrt{25}=20$，此时 $f_{\max}=2\sqrt{5}$。

当 $\cos\theta=\pm 1$（即 $\theta=0$ 或 $\pi$，$\boldsymbol{a}$ 与 $\boldsymbol{b}$ 同向或反向）时，$f^{2}$ 取最小值 $10+2\sqrt{9}=16$，此时 $f_{\min}=4$。

答案：最大值为 $2\sqrt{5}$，最小值为 $4$。

【点评】本题的关键在于利用模长平方展开后使用配方法。注意到 $(5+4\cos\theta)(5-4\cos\theta)=25-16\cos^{2}\theta$，其最大值出现在 $\cos\theta=0$ 时。另外，两向量同向或反向时取得最小值，这体现了三角不等式的核心思想。