高考真题数学分项详解-专题16-平面向量数量积及其应用（教师版）.pdf

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1、专题专题 1616 平面向量数量积及其应用平面向量数量积及其应用年份年份题号题号考点考点考查内容考查内容理 10平面向量的综合应用利用平面向量数量积计算向量夹角与模问题及命题真假的判定来源:Zxxk.Com2011来源:Zxxk.Com课标来源:Z,xx,k.Com文 13平面向量数量积性质的应用利用平面向量数量积处理向量垂直问题2012课标理 13文 15平面向量数量积性质的应用平面向量的定义及利用平面向量数量积处理向量模问题卷 1理 13文 13平面向量数量积的概念及其几何意义平面向量数量积的概念及运算法则2013卷 2理 13文 14平面向量数量积的概念及其几何意义平面向量数量积的运算法

2、则卷 1理 15平面向量数量积的概念及其几何意义中点公式的向量形式及向量的夹角的概念2014卷 2文 4理 3平面向量数量积性质的应用利用平面向量数量积处理向量模问题卷 1理 5平面向量的综合应用主要与双曲线结合考查平面向量数量积的坐标运算2015卷 2文 4平面向量数量积的概念及其几何意义平面向量的坐标运算、平面向量数量积卷 1理 13平面向量数量积性质的应用平面向量的坐标运算及平面向量模公式2016卷 2理 3平面向量数量积性质的应用平面向量的坐标运算及利用平面向量数量积处理垂直问题卷 3理 3 文3平面向量数量积的概念及其几何意义平面向量的数量积的坐标运算及利用平面向量数量积求夹角卷 1

3、文 13平面向量数量积性质的应用平面向量的坐标运算及利用平面向量数量积处理垂直问题卷 1理 13平面向量数量积性质的应用利用平面向量数量积计算模理 2理 12平面向量的综合应用与平面图形有关的平面向量数量积的最值问题卷 1文 13平面向量数量积性质的应用利用平面向量数量积的坐标运算及利用向量数量积处理垂直问题卷 2文 4平面向量数量积性质的应用利用平面向量数量积的模卷 3理 12平面向量的综合应用向量的坐标运算以及圆的方程和三角函数的性质2017卷 3文 13平面向量数量积性质的应用平面向量的坐标运算及利用平面向量数量积处理垂直问题2018卷 2理 4 文4平面向量数量积的概念、几何意义及其运

4、算律平面向量的数量积及其运算律卷 1理 7文 8平面向量数量积性质的应用平面向量数量积处理垂直与夹角问题卷 2理 3平面向量的综合应用平面向量的减法运算、模公式、平面向量数量积卷 3理 13平面向量的综合应用平面向量数量积处理模与夹角问题2019卷 3理 13平面向量数量积性质的应用平面向量坐标的模公式及夹角公式2020卷 1理 14平面向量数量积及其运算向量模长的计算文 14平面向量数量积的应用平面向量垂直充要条件的坐标形式，平面向量数量积的应用理 13平面向量数量积的应用向量夹角公式，应用向量数量积处理垂直问题卷 2文 15平面向量数量积定义及性质平面向量数量积的定义和运算性质，应用平面向

5、量数量积处理向量垂直卷 3理 6平面向量数量积及其运算平面向量夹角公式，平面向量数量积的计算以及向量模长的计算大数据分析大数据分析*预测高考预测高考考点考点出现频率出现频率20212021 年预测年预测考点 51 平面向量数量积的概念及其几何意义7/24考点 52 平面向量数量积性质的应用9/24考点 53 平面向量的综合应用8/242021 年高考仍将重点单独或与平面图形等知识结合重点平面向量数量积的定义、性质及应用平面向量数量积计算夹角、模、垂直等问题，难度为基础题、中档题或难题，题型为选择或填空十年试题分类十年试题分类*探求规律探求规律考点考点 5151 平面向量数量积的概念、其几何意义

6、及其运算律平面向量数量积的概念、其几何意义及其运算律1（2020 全国理 6）已知向量满足，则（）,a b5,6,6 aba bcos,a abABCD3531351935173519【答案】D【思路导引】计算出、的值，利用平面向量数量积可计算出的值aababcos,a ab【解析】，5a 6b 6a b 225619aabaa b ，因此2222252 6367ababaa bb 故选 D1919cos,5 735aaba abaab 2（2020 山东 7）已知是边长为的正六边形内的一点，则的取值范围是（）P2ABCDEFAP AB ABCD(2,6)(6,2)(2,4)(4,6)【答案】

7、A【思路导引】首先根据题中所给的条件，结合正六边形的特征，得到在方向上的投影的取值范围AP AB 是，利用向量数量积的定义式，求得结果(1,3)【解析】解法一：的模为 2，根据正六边形的特征，可以得到在方向上的投影的取值范围是AB AP AB，结合向量数量积的定义式，可知等于的模与在方向上的投影的乘积，所以(1,3)AP AB AB AP AB 的取值范围是，故选：AAP AB ()2,6解法二：如图，建立平面直角坐标系，由题意知，设Axy(0,0)A(2,0)B(3,3)C(1,3)F，则，的取值范围是(,)P x y13x(,)(2,0)2AP ABx yx 226x AP AB (2,6

8、)3（2018新课标，理 4）已知向量，满足，则ab|1a 1a b (2)(aab)A4B3C2D0【答案】B【解析】向量，满足，则，故选ab|1a 1a b 2(2)2213aabaa b B4（2016 新课标，理 3）已知向量13(,)22BA uu v，3 1(,),22BC uu u v则ABC=(A)300(B)450(C)600(D)1200【答案】A【解析】由题意，得133132222cos1 12|BA BCABCBA BC ，所以30ABC，故选 A5（2017 北京）设，为非零向量，则“存在负数，使得”是“”的mnmn0m nA充分而不必要条件 B必要而不充分条件C充分

9、必要条件 D既不充分也不必要条件【答案】A【解析】因为为非零向量，所以的充要条件是因,m n|cos,0m nmnm ncos,0m n为，则由可知的方向相反，所以，所以“存在负数0mn,m n,180m ncos,0m n，使得”可推出“”；而可推出，但不一定推出的方mn0m n0m ncos,0m n,m n向相反，从而不一定推得“存在负数，使得”，所以“存在负数，使得”是“mnmn”的充分而不必要条件0m n6（2013 湖北）已知点(1,1)A、(1,2)B、(2,1)C、(3,4)D，则向量AB 在CD 方向上的投影为A3 22B3 152C3 22D3 152【答案】A【解析】=（

10、2，1），=（5，5），则向量在向量方向上的射影为ABCDABCD22325515255)5,5()1,2(cos22CDCDABAB7（2011 辽宁）已知向量，则(2,1)a(1,)k b(2)0aabkABC6D12126【答案】D【解析】，由，得，解得2(5,2)kab(2)0aab(2,1)(5,2)0k1020k12k 8(2015 山东)已知菱形ABCD的边长为，则a60ABCBD CD ABCD232a234a234a232a【答案】D【解析】由菱形的边长为，可知，ABCDa60ABC18060120BAD2223()()cos1202BD CDADABABAB ADABa a

11、aa 9（2015 四川）设四边形为平行四边形，若点满足ABCD6AB 4AD,M N，则（）3BMMC 2DNNCAM NM A20B15C9D6【答案】C【解析】311,443AMABAD NMCMCNADAB ，所以=AM NM =9，选 C11(43)(43)412ABADABAD 221(169)48ABAD 1(16 369 16)48 10（2014 天津）已知菱形的边长为 2，点分别在边上，ABCD120BAD=,E F,BC DC，若，则BEBC=DFDC=1AE AF=23CE CF=-+=ABCD122356712【答案】C【解析】因为，所以，因为，所以120BAD=co

12、s1202AB ADABAD=-BEBCl=，因为，所以，即AEABADl=+AFABADm=+1AE AF=()()1ABADABAD lm+=，同理可得，+得3222lm l m+-=23l m lm-=-56lm+=11（2012 天津）在ABC中，A=90，AB=1，设点P，Q满足，APAB ，若，则（）(1)AQACR2BQ CP ABCD2132343【答案】B【解析】如图，设，则，又=，,ABb ACc 1,2,0bcb c BQ BAAQ(1)bc，=CPCAAPcb CPBQ(1)()bccb 22(1)cb，即，选 B4(1)2 32,23ACBQP12（2020 全国文

13、14）设向量，若，则,111 24mmababm【答案】5【思路导引】根据向量垂直，结合题中所给的向量的坐标，利用向量垂直的坐标表示，求得结果【解析】由可得，又，abrr0a b(1,1),(1,24)abmm，即，故答案为：1(1)(1)(24)0a bmm 5m 513（2020 全国理 13）已知单位向量的夹角为 45，与垂直，则_ba,kba ak【答案】22【思路导引】首先求得向量的数量积，然后结合向量垂直的充分必要条件即可求得实数k的值【解析】由题意可得：，由向量垂直的充分必要条件可得：，21 1 cos452a b 0k aba即：，解得：，故答案为：2202kaa bk 22k

14、 2214（2020 全国理 14）设为单位向量，且，则,a b1abab【答案】3【思路导引】整理已知可得：，再利用为单位向量即可求得，对2abab,a b 21 a b变形可得：，问题得解ab222abaa bb【解析】为单位向量，,a b1ab，解得：，2222221 bbaaaabbba21 a b，故答案为：22223 bbbabaaa315（2019新课标，文 13）已知向量，则，(2,2)a(8,6)b cosab【答案】210【解析】由题知，2(8)264a b 22|222 2a 22|(8)610b，cosa42102 210b 16（2014 新课标，理 15）已知 A，

15、B，C 是圆 O 上的三点，若，则与的夹1()2AOABAC AB AC角为【答案】090【解析】，O 为线段 BC 中点，故 BC 为的直径，1()2AOABAC O，与的夹角为090BACAB AC09017（2013新课标，理13文13）已知两个单位向量a a，b b的夹角为60，c cta a(1t)b b，若b bc c=0，则t=_【答案】2【解析】=0，解得=b c(1)ttbab2(1)tt a bb112tt 112tt218（2013 新课标，理 13 文 14）已知正方形 ABC 的边长为 2，E 为 CD 的中点，则=AE BD 【答案】2【解析】=4-2=2AE BD

16、 1()()2ADABADAB 221|2ADAB 19（2011 江苏）已知，是夹角为的两个单位向量，若，1e2e32122aee12kbee0a b则的值为 k【答案】54【解析】由题意知，即，即1212(2)()0ka beeee2211 21 22220kkee ee ee，化简可求得22cos2 cos2033kk54k 20（2017 天津）在中，若，ABC60A 3AB 2AC 2BDDC，且，则的值为_AEACAB ()R4AD AE 【答案】311【解析】，则03 2 cos603AB AC 1233ADABAC=，解得AD AE 12()()33ABACACAB 21234

17、9343333 31121（2014 天津）已知菱形的边长为，点，分别在边、上，ABCD2120BADEFBCDC，若，则的值为_3BCBEDCDF1AE AF 【答案】2【解析】因为，菱形的边长为 2，所以因为120BAD=2AB AD=-，由，所以，解得113AE AFABADADAB =+1AE AF=4412(1)1332考点考点 5252 平面向量数量积性质的应用平面向量数量积性质的应用1（2020 全国文 5）已知单位向量的夹角为 60，则在下列向量中，与垂直的是（）,a bbABCDba2ba 2ba2ba 2【答案】D【思路导引】根据平面向量数量积的定义、运算性质，结合两平面向

18、量垂直数量积为零这一性质逐一判断即可【解析】由已知可得：11cos601 122 a ba bA：，本选项不符合题意；215(2)22 1022 abba bbB：，本选项不符合题意；21(2)221202 abba bbC：，本选项不符合题意；213(2)22 1022 abba bbD：，本选项符合题意故选 D21(2)22102 bbba bb2（2019新课标，理 7 文 8）已知非零向量，满足，且，则与的夹角为ab|2|ab()abbab（）ABCD632356【答案】B【解析】，()abb2()ab ba bb2|cos,0a ba bb 2|cos,|ba ba b，故选22|1

19、22|bb,0,a b,3a bB3（2017新课标，文 4）设非零向量，满足则 ab|abab()ABCDab|ab/ab|ab【答案】A【解析】非零向量，满足，即，ab|abab22()()abab222222abababab，故选0a b abA4（2016 新课标，理 3）已知向量，且，则m=（）(1,)(3,2)m，=ab b()a+b bb b（A）8（B）6（C）6（D）8【答案】D【解析】由题知a+ba+b=，所以=0，解得，故选 D)2,4(m()a+b bb b)2(234m8m5（2014 新课标，理 3 文 4）设向量满足，则（）ba,10|ba6|babaA1B2C3

20、D5【答案】A【解析】，10ab6ab2()10ab2()6ab由得：，故选 A1=a b6(2018 北京)设，均为单位向量，则“”是“”的ab33abababA充分而不必要条件B必要而不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件【答案】C【解析】，33abab22(3)(3)abab2269 aa bb，又，；反之也成立，故选 C2296 aa bb|1ab0a bab7（2016 年山东）已知非零向量满足，若，则实数tm,n4|3|m|n|1cos,3m n()tnmn的值为（）A4B4C94D94【答案】B【解析】由可得，即，所以()tnmn()0tnmn20tm nn故选 B222

21、1|cos|3|t|nnnm nmnm nmn|4334|3 nm8(2015 重庆)若非零向量，满足，且，则与的夹角为（）ab2 23ab()(32)abababABCD4234【答案】A【解析】由题意22()(32)320ababaa bb ，即223cos20aa bb，所以22 22 23()cos2033，2cos2，4，选 A9（2015 陕西）对任意向量，下列关系式中不恒成立的是,a bAB|a ba b|ababCD22()|abab22()()ab abab【答案】B【解析】对于 A 选项，设向量、的夹角为，A 选项正确；对于ab|cos|a ba ba bB 选项，当向量、

22、反向时，B 选项错误；对于 C 选项，由向量的平方等于向ab|abab量模的平方可知，C 选项正确；对于 D 选项，根据向量的运算法则，可推导出，22()()ababab故 D 选项正确，综上选 B10（2015 安徽）是边长为的等边三角形，已知向量，满足，则下C2ab2 a2C ab列结论正确的是（）ABCD1bab1a b4C ab【答案】D【解析】如图由题意，(2)2BCACABabab ，故|2b，故A错误；|2|2|2aa，所以|1a，又22(2)4|22 2cos602AB ACaabaab ，所以1a b ，故,B C错误；设,B C中点为D，则2ABACAD，且ADBC，所以4

23、Cab ，故选 D2a+b2aABCD11(2014 山东)已知向量若向量的夹角为，则实数（）(1,3),(3,)mab,a b6m ABC0D2 333【答案】B【解析】由题意得，两边平方化简得，231 33cos2629mm 6 318m 解得，经检验符合题意3m 12（2014 重庆）已知向量，且，则实数(,3)ka(1,4)b(2,1)c(23)abck ABCD9203152【答案】C【解析】，所以=解得，23(23,6)kab(23)abc(23)abc2(23)60k 3k 选 C13（2012 陕西）设向量=（1，cos）与=（1，2cos）垂直，则cos2等于abA22B12

24、C0D1【答案】C【解析】22,0,12cos0,cos22cos10.aba b 正确的是 C14（2012 浙江）设，是两个非零向量abA若，则|abababB若，则ab|ababC若，则存在实数，使得|ababbaD若存在实数，使得，则ba|abab【答案】C【解析】因为，所以2222|2|2|ababaabbaa bb|0 aba b不垂直，A 不正确，同理 B 也不正确；因为，则，所以共线，故存,a b|aba bcos,1 a b,a b在实数，使得，C 正确；若，则，此时，所以 D 不正baba1|2|0|aba|ab确15（2019新课标，理 13）已知，为单位向量，且，若，则

25、，ab0a b 25cabcosac【答案】23【解析】，2(25)252a caabaa b 2222(25)44 559cabaa bb，|3ccosa2|3a cca c 16（2017新课标，理 13）已知向量，的夹角为，则ab60|2a|1b|2|ab【答案】2 3【解析】向量，的夹角为，且，ab60|2a|1b 222(2)44abaa bb，22242 1 cos604 1 12|2|2 3ab17（2017新课标，文 13）已知向量，若向量与垂直，则(1,2)a (,1)bmabam【答案】7【解析】向量，向量与垂直，(1,2)a (,1)bm(1,3)abm aba，解得()

26、(1)(1)3 20ab am 7m 18（2017新课标，文 13）已知向量，且，则(2,3)a (3,)bmabm【答案】2【解析】向量，且，解得(2,3)a (3,)bmab630a bm 2m 19(2016 新课标，理 13)设向量a a=(m，1)，b b=(1，2)，且|a a+b b|2=|a a|2+|b b|2，则m=【答案】-2【解析】由|a a+b b|2=|a a|2+|b b|2得，=0，所以，解得ba02 m2m20（2016新课标，文 13）设向量，且，则(,1)ax x(1,2)b abx【答案】23【解析】，即，ab0a b 2(1)0 xx23x 21（2

27、012 课标，理 13）已知向量，夹角为，且|=1，|=，则|=ab045a2 ab10b【答案】3 2【解析】|=，平方得，即，解得|=或2 ab10224410aa b+b22 260|b|b|b3 2（舍）222（2011 新课标，文 13）已知与为两个不共线的单位向量，为实数，若向量与向量垂abka+bka-b直，则=k【答案】1【解析】与为两个不共线的单位向量，|=1，|=1，且与夹角不为 0 也不为，ababab，又向量与向量垂直，=cos1 a+bka-b()()ka+ba-b22(1)-kk a+a b b=0，=0，=11(1)coskk(1)(1 cos)k1k k23(2

28、017 山东)已知，是互相垂直的单位向量，若123ee与12ee的夹角为60，则实数的值1e2e是【答案】33【解析】，221212112122(3)()333eeeeee ee ee，22212121122|3|(3)32 32eeeeee ee，2222212121122|()21eeeeee ee，解得：22321cos6013324（2015 湖北）已知向量，则OAAB|3OA OA OB 【答案】9【解析】因为OAAB ，|3OA ，所以OA OB 93|)(222OAOBOAOAABOAOA25（2014 四川）平面向量，（），且与的夹角等于与的(1,2)a(4,2)bmcabmR

29、cacb夹角，则_m【答案】2【解析 1】，因为，所以(4,22)cmmcos,|c ac aca cos,|c bc bcb ，又，所以，即|c ac bcacb|2|ba2c ac b 2(4)2(22)4(4)2(22)mmmm2m26（2013 北京）已知向量，夹角为，且，则abo45|1a|2|10ab|b【答案】b 3 2【解析】22210(2)1044cos4510ababbb3 2b27（2012 湖北）已知向量=（1，0），=（1，1），则ab（）与同向的单位向量的坐标表示为_；2 ab（）向量与向量夹角的余弦值为_3baa【答案】（）（）3 1010,10102 55【解析

30、】（）由，得设与同向的单位向量为，则 1,0,1,1a=b=23,1ab=2 ab,x yc=且，解得故即与同向的单位向量的坐标为221,30,xyyx,0 x y 3 10,1010.10 xy3 1010,1010c=2 ab3 1010,1010（）由，得设向量与向量的夹角为，则 1,0,1,1a=b=32,1ba=3baa32,11,02 5cos355 1 ba aba a28（2012 安徽）若平面向量，满足：；则的最小值是ab23aba b_【答案】98【解析】，2223494ababa b 2294449448aba ba ba ba ba b 29（2011 安徽）已知向量满

31、足，且，则与的夹角为,a b()()abab1a2bab【答案】3【解析】设与的夹角为，由题意有，所以ab()()ababaa bbcos ，因此，所以1cos203考点考点 5353 平面向量的综合应用平面向量的综合应用1（2019新课标，理 3）已知，则(2,3)AB (3,)ACt|1BC (AB BC )ABC2D332【答案】C【解析】，即，则(2,3)AB (3,)ACt(1,3)BCACABt|1BC 30t(1,0)BC ，故选2AB BC C2（2017新课标，理 12）已知是边长为 2 的等边三角形，为平面内一点，则ABCPABC的最小值是()PA PBPC ()ABCD2

32、32431【答案】B【解析】建立如图所示的坐标系，以中点为坐标原点，则，BC(0,3)A(1,0)B(1,0)C设，则，则(,)P x y(,3)PAxy (1,)PBxy (1,)PCxy，当，时，取得最小值222233()22 322()24PA PBPCxyyxy 0 x 32y，故选332()42 B3（2017新课标，理 12）在矩形中，动点在以点为圆心且与相切的ABCD1AB 2AD PCBD圆上若，则的最大值为 APABAD ()A3BCD22 25【答案】A【解析】如图：以为原点，以，所在的直线为，轴建立如图所示的坐标系，AABADxy则，动点在以点为圆心且与相切的圆上，(0,

33、0)A(1,0)B(0,2)D(1,2)CPCBD设圆的半径为，r2BC 1CD 22215BD1122BC CDBD r25r 圆的方程为，设点的坐标为，224(1)(2)5xyP2 5(cos152 5sin2)5，APABAD 2 5(cos152 5sin2)(150)(02)(2)，其中，2 5cos15 2 5sin2252 55cossin2sin()255tan2，故的最大值为 3，故选1)sin(131A4（2015 新课标，理 5）已知 M（x0，y0）是双曲线 C：上的一点，F1、F2是 C 上的两个焦点，2212xy若0，则 y0的取值范围是（）1MF2MF（A）（-，

34、）（B）（-，）33333636（C）（，）（D）（，）2 232 232 332 33【答案】A【解析】由题知，所以12(3,0),(3,0)FF220012xy=，解得，故选12MFMF 0000(3,)(3,)xyxy2220003310 xyy 03333yA5（2011 新课标，理 10）已知与均为单位向量，其中夹角为，有下列四个命题ab：0，）：(，1p|1ab232p|1ab23：0，）：(，3p|1ab34p|1ab3其中真命题是（A），(B)，(C)，(D)，1p4p1p3p2p3p3p4p【答案】A【解析】由得，即，即=，|1ab221a+2a b+ba b12cos|a

35、ba b120，0，），23由得，即，即=，0，(，|1ab22-1a2a b+ba b12cos|a ba b123，故选 A6（2016 年天津）已知是边长为 1 的等边三角形，点分别是边的中点，连接并ABCED,BCAB,DE延长到点，使得，则的值为FEFDE2AF BC ABCD858141811【答案】B【解析】设，BAa BCb 11()22DEACba33()24DFDEba，1353()2444AFADDFabaab ，故选 B25353144848AF BCa bb 7（2014 安徽）设为非零向量，两组向量和均由 2 个和 2 个,a b2ba1234,x x x x 12

36、34,y yyy a排列而成，若所有可能取值中的最小值为，则与的夹角为b11223344xyxyxyxy 24 aabABCD02336【答案】B【解析】设，若的表达式中有 0 个，则，记为，11223344Sxyxyxyxy Sa b 2222Sab1S若的表达式中有 2 个，则，记为，若的表达式中有 4 个，则Sa b 22222Saba b 2SSa b，记为，又，所以，4Sa b 3S|2|ba222132242()0SSaba bab，222122()0SSaba bab，故，设的夹角为，223()0SSab321SSSmin34SSa b,a b 则，即，又，所以22min48|c

37、os4|Sa baa 1cos20,38（2014 浙江）设为两个非零向量，的夹角，已知对任意实数，是最小值为 1abt|tbaA若确定，则唯一确定 B若确定，则唯一确定|a|bC若确定，则唯一确定 D若确定，则唯一确定|a|b【答案】B【解析】由于，令，而 是任意实数，所以可得的222 2|2tttbaba ba22 2()2f tttba bat()f t最小值为，2222222222224(2)44cos4sin1444a baba ba bbaa即，则知若确定，则唯一确定22|sin1b|b9（2013 福建）在四边形ABCD中，)2,4(),2,1(BDAC，则该四边形的面积为A5B

38、52C5D10【答案】C【解析】因为022)4(1BDAC，所以BCAC，所以四边形的面积为522)4(212|2222 BDAC，故选 C10（2013 浙江）设，是边AB上一定点，满足，且对于边AB上任一点P，恒有ABC0P014PBAB则00PB PCP B PC A090ABCB090BACCACAB DBCAC【答案】D【解析】由题意，设，则，过点作的垂线，垂足为，|4AB 0|1P B CABH在上任取一点，设，则由数量积的几何意义可得，ABP0HPa，|(|(1)|PB PCPHPBPBaPB 0000|P B PCP HP Ba 于是恒成立，相当于恒成立，00PB PCP B

39、PC (|(1)|PBaPBa 整理得恒成立，只需2|(1)|PBaPBa 022(1)4(1)0aaa 即可，于是，因此我们得到，即是的中点，故是等腰三角形，所以1a 2HB HABABCACBCP0PHCBA11（2013 湖南）已知是单位向量，若向量满足，则的最大值为,a b0a b=c1cabcA21B2C21D22【答案】C【解析】建立平面直角坐标系，令向量的坐标，又设，代入,a b1,0,0,1ab,x yc得，又的最大值为圆上的动点到原点的距离1cab22111xyc22111xy的最大值，即圆心(1，1)到原点的距离加圆的半径，即2112（2013 重庆）在平面上，12ABAB

40、，121OBOB，12APABAB 若12OP ，则OA 的取值范围是A50,2B57,22C5,22D7,22【答案】D【解析】因为，所以可以A为原点，分别以，所在直线为x轴，y轴建立平面直角1AB2AB 1AB2AB 坐标系设B1(a，0)，B2(0，b)，O(x，y)，则(a，b)，即P(a，b)由|AP 1AB2AB 1OB|1，得(xa)2y2x2(yb)21，所以(xa)21y20，(yb)21x20，由|2OB OP，得(xa)2(yb)2，即 01x21y2，所以x2y22，即，1214147422722xy所以|的取值范围是，故选 DOA 7,2213(2018 天津)如图，

41、在平面四边形中，ABCDABBCADCD120BAD若点为边上的动点，则的最小值为1ABADECDuu u r uurAE BEABCD21163225163EDCBA【答案】A【解析】以为坐标原点，所在直线为轴，建立如图的平面直角坐标系，因为在平面四边形AABx中，所以，设，ABCD1ABAD120BAD(0,0)A(1,0)B13(,)22D(1,)Cm，所以，因为，所以(,)E x y33(,)22DCm13(,)22AD ADCD，即，解得，即，因为在3313(,)(,)02222m 3133()()02222m 3m(1,3)CE上，所以，由，得，即，因为，CD332yCECDkk3

42、3321112yx32xy(,)AEx y，所以=(1,)BExy(,)(1,)AE BEx yxy 22xxy22(32)32xyy，令，因为函数在245 36yy2()45 36f yyy3,32y2()45 36f yyy上单调递减，在上单调递增，所3 5 3,285 3,38以所以的最小值为，故选 A2min5 35 321()4()5 368816f yuu u r uurAE BE2116yxBADEC14(2018 浙江)已知，是平面向量，是单位向量若非零向量与的夹角为，向量满足abeeae3b，则的最小值是（）2430 be b|abABC2D313123【答案】A【解析】解法

43、一设为坐标原点，由得OOA a(,)OBx y b=(1,0)e2430 be b，即，所以点的轨迹是以为圆心，l 为半径的圆因为22430 xyx22(2)1xyB(2,0)C与的夹角为，所以不妨令点在射线()上，如图，数形结合可知ae3A3yx0 x 故选 Amin|31CACB aby=3xOCBAyx解法二由得设，2430 be b2243()(3)0 be bebebeOB bOE e3OFe所以，所以，取的中点为则在以为圆心，为直径EB be3FB be=0EB FB EFCBCEF的圆上，如图，设，作射线，使得，所以OA aOA3AOE|(2)(2)|abaeeb=故选 A|(2

44、)|(2)|aeeb|31CABC EFOCBA15（2017 浙江）如图，已知平面四边形，与ABCDABBC2ABBCAD3CD AC交于点，记，则BDO1IOA OB 2IOBOC 3IOC OD OABCDABCD1I2I3I1I3I2I3I1I2I2I1I3I【答案】C【解析】如图所示，四边形是正方形，为正方形的对角线的交点，易得，而ABCEFAOAF，与为钝角，与为锐角根据题意90AFBAOBCODAODBOC，同理12()IIOA OBOB OCOBOAOCOB CA|cos0OB CAAOB 12II做于，又，而，23IIAGBDGABADOBBGGDODOAAFFCOC，而，|

45、OAOBOCOD coscos0AOBCOD，即，选 COA OBOC OD 13II312IIIGFEOABCD16（2016 四川）在平面内，定点A，B，C，D满足=，=DA DB DCDA DB =2，动点P，M满足=1，=，则的最大值是DB DC DC DA AP PM MC 2BM ABCD434494376 34372 334【答案】B【解析】由知，为的外心由=2DADBDC DABCDA DB DB DC =知为的内心，所以为正三角形，易知其边长为，取的中点，因为DC DA DABCABC2 3ACE是的中点，所以，所以，则故选 BMPC1122EMAPmax17|22BMBE

46、2max49|4BM 17（2015 福建）已知，若点是所在平面内一点，且ABAC 1ABt ACtPABC，则的最大值等于（）4ABACAPABAC PB PC A13B15C19D21【答案】A【解析】以题意，以点为坐标原点，以所在的直线为轴，所在的直线为轴建立如图所示的AABxACy平面直角坐标系，所以点，所以(1,4)P1(,0)Bt(0,)Ct=13（当且仅当11(1,4)(1,4)(1)(1)4(4)PB PCtttt 1174tt 11724tt，即时取等号），所以的最大值为 13故选 A14tt12t PB PC 18（2015 湖南）已知点在圆上运动，且若点的坐标为，则,A

47、B C221xyABBCP(2,0)的最大值为（）PAPBPC A6B7C8D9【答案】B【解析】由题意得，AC 为圆的直径，故可设),(nmA，),(nmC，),(yxB，(6,)PAPBPCxy ，而491237)6(22xyx，PAPBPC 的最大值为7，故选B19（2014 安徽）在平面直角坐标系xOy中，已知向量，点Q满足,a b|1ab0a b曲线，区域2()OQ ab|cossin,02 CP OP ab若为两段分离的曲线，则（）|0|,PrPQR rR CA13rRB13rRC13rR D13rR【答案】A【解析】设，则，所以曲线 C 是单位元，区域(1,0),(0,1)ab(

48、cos,sin)OP(2,2)OQ 为圆环（如图），13rR|2OQ 20（2012 广东）对任意两个非零的平面向量和，定义若平面向量满足 ,a b，与的夹角，且和都在集合中，则=（）|0abab(0,)4a bb a|2nnZa bAB1CD123252【答案】C【解析】首先观察集合，从而分析和的范围如下：因113|,1,0,1,2,2222nnZ a bb a为，而，且，可得，(0,)42cos12|cos|b abb aa aa|0ab|0cos1|ba又中，从而，b a|2nnZ|1cos|2ba|1|2cosba，所以且也在集合中，故2|cos2cos|a baa bb bb12a

49、ba b|2nnZ有32a b21（2011 山东）设1A，2A，3A，4A是平面直角坐标系中两两不同的四点，若1312A AA A()，1412A AA A()，且112，则RR称3A，4A调和分割1A，2A，已知点，()调和分割(,0)C c(,0)D d,c dR点，则下面说法正确的是(0,0)A(1,0)BA可能是线段的中点CABB可能是线段的中点DABC，可能同时在线段上CDABD，不可能同时在线段的延长线上CDAB【答案】D【解析】根据已知得，即，从而得(,0)(0,0)(1,0)(0,0)c(,0)(1,0)c；，即，得，c(,0)(0,0)(1,0)(0,0)d(,0)(1,0

50、)dd根据，得线段的方程是，112112cdAB0y 0,1x若是线段的中点，则，代入，得CAB12c 112cd10d此等式不可能成立，故选项 A 的说法不成立；同理选项 B 的说法也不成立；若同时在线段上，则，,C DAB01c01d此时，若等号成立，则只能，11c11d112cd1cd根据定义，是两个不同的点，故矛盾，故选项的说法也不正确，,C DC若同时在线段的延长线上，若，则，,C DAB1c 1d 112cd与矛盾，若，则是负值，与矛盾，112cd0,0cd11cd112cd若，则，此时，与矛盾，1c 0d 11c10d111cd112cd故选项 D 的说法是正确的22（2020