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专题01 平面向量压轴题（14类题型）
知识点1：平面向量基本定理
（1）平面向量基本定理
如果，是同一平面内的两个不共线向量，那么对于这一平面内的任一向量，有且只有一对实数，，使.
若，不共线，我们把，叫做表示这一平面内所有向量的一个基底.
知识点2：平面向量基本定理的有关结论
（1）设，是平面内一组基底，若，当时，与共线；当时，与共线；当时，，同样的时，.
（2）设是同一平面内的两个不共线的向量，若，则.
知识点3：三点共线等价形式：
（，为实数），若，，三点共线
知识点4：平面向量数量积的概念
（1）平面向量数量积的定义
已知两个非零向量与，它们的夹角为，我们把数量叫做向量与的数量积(或内积).
记作：，即.
（2）平面向量数量积的坐标表示
在平面直角坐标系中，设，分别是轴，轴上的单位向量．向量分别等价于，，根据向量数量积的运算，有：由于，为正交单位向量，故，，，，从而．即，其含义是：两个向量的数量积等于它们对应坐标的乘积的和．
知识点5：两向量夹角余弦的坐标表示
已知非零向量，是与的夹角，则．
知识点6：三角形”四心“向量形式的充要条件
（1）三角形“四心”：重心，垂心，内心，外心
①重心——中线的交点：重心将中线长度分成2：1；
②垂心——高线的交点：高线与对应边垂直；
③内心——角平分线的交点（内切圆的圆心）：角平分线上的任意点到角两边的距离相等；
④外心——中垂线的交点（外接圆的圆心）：外心到三角形各顶点的距离相等.
（2）设为所在平面上一点，内角，，所对的边分别为，，，则
①为的外心.
②为的重心.
③为的垂心.
④为的内心.
（3）奔驰定理
奔驰定理：设是内一点，，，的面积分别记作，，则.
说明：
本定理图形酷似奔驰的车标而得名.
奔驰定理在三角形四心中的具体形式：
①是的重心.
②是的内心.
③是的外心.
④是的垂心.
奔驰定理是三角形四心向量式的完美统一.
知识点7：极化恒等式
恒等式右边有很直观的几何意义:
向量的数量积可以表示为以这两个向量为邻边的平行四边形的“和对角线”与“差对角线”平方差的，恒等式的作用在于向量的线性运算与数量积之间的联系
如图在平行四边形 中，
则
在上述图形中设平行四边形 对角线交于 点， 则对于三角形来说:
题型一 定理法解决平面向量共线问题
（2023·山西·高一统考阶段练习）例题1．
1．已知，是平面内两个不共线的向量，，，，且A，C，D三点共线，则（ ）
A． B．2 C．4 D．
（2023下·广东东莞·高一东莞实验中学校考期中）例题2．
2．在中，点是的中点，点在边上，且与交于点，若，则长是（ ）
A．3.8 B．4 C．4.2 D．4.4
（2023下·四川绵阳·高一统考期末）例题3．
3．如图，在中，是线段上的点，且满足，线段与线段交于点，则下列结论正确的是（ ）

A． B．
C． D．
练一练
（2023上·安徽亳州·高三蒙城第一中学校联考期中）
4．在中，，，与交于点，且，则（ ）
A． B． C． D．1
（2022·高一课时练习）
5．设与是两个不共线的向量，，若A，B，D三点共线，则k的值为（ ）
A．－ B．－ C．－ D．－
（2023下·四川绵阳·高一统考期末）
6．如图，在中，是线段上的点，且满足，线段与线段交于点，则下列结论正确的是（ ）

A． B．
C． D．
（2023下·甘肃武威·高一校考阶段练习）
7．如图，在中，已知，，，．

(1)若，证明：A，F，E三点共线；
(2)若AE，BD交于点F，求的值．
题型二 利用推论解决平面向量共线问题
（2022下·新疆乌鲁木齐·高一乌鲁木齐101中学校考期中）例题1．
8．在中，，，，为线段上的动点，且，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
（2023下·广西·高一期末）例题2．
9．已知内一点是其外心，，且，则的最大值为 ．
（2022下·广西南宁·高一宾阳中学阶段练习）例题3．
10．如图所示，在中，，，与相交于点，设，.
(1)试用向量表示；
(2)过点作直线分别交线段于点，记，，求证：不论点在线段上如何移动，为定值.
练一练
（2022下·福建厦门·高一福建省厦门集美中学校考期中）
11．中，若，，点E满足，直线与直线相交于点D，则（ ）
A． B． C． D．
（2023下·辽宁大连·高一统考期末）
12．在中，，，，为中点，在上，且，延长线交于点，则下列结论正确的有（ ）
A． B．
C．的面积为 D．
（2022下·江苏无锡·高一江苏省天一中学校考期中）
13．如图，在中，已知，，，直线过的重心，且与边、分别交于、两点，则的最小值为 ．
题型三 坐标公式法解决平面向量共线问题
（2022·辽宁大连·大连八中校考一模）例题1．
14．在中，已知，，，为线段上的一点，且，则的最小值为
A． B． C． D．
（2023上·陕西渭南·高三蒲城县尧山中学校考阶段练习）例题2．
15．已知向量，若，则的值为 ．
练一练
（2023·河北邢台·宁晋中学校考模拟预测）
16．已知向量，若，则实数（ ）
A．1 B． C． D．2
（2023·全国·高三专题练习）
17．在中，已知点，，与交于点，则点的坐标为 .
题型四 利用基底法解决平面向量基本定理问题
（2023下·福建三明·高一统考期末）例题1．
18．设为的内心，，，，则（ ）
A． B． C． D．
（2022·广东肇庆·统考模拟预测）例题2．
19．如图，在平行四边形中，，，与交于点.设，，若，则（ ）
A． B． C． D．
（2022下·重庆万州·高一万州外国语学校天子湖校区校考期中）例题3．
20．如图，在中，，点在线段上移动（不含端点），若，则的取值范围是 ．
练一练
（2022下·河南驻马店·高一统考期末）
21．已知D，E分别是边AB，AC上的点，且满足，，，连接AO并延长交BC于F点．若，则实数的值为（ ）
A． B． C． D．
（2020下·重庆万州·高一万州外国语学校天子湖校区校考期中）
22．如图，在中，，，和相交于点，则向量等于（ ）
A． B．
C． D．
（2023下·江苏南京·高一南京市宁海中学校联考期中）
23．在中，点是线段上任意一点，点是线段的中点，若存在使，则的取值可能是（ ）
A． B．
C． D．
（2021下·江苏苏州·高一苏州市第三中学校校考期中）
24．如图，在直角梯形中，为上靠近B的三等分点，交于为线段上的一个动点．
（1）用和表示；
（2）求；
（3）设，求的取值范围．
题型五 利用坐标方程法解决平面向量基本定理问题
（2022下·四川德阳·高一德阳五中校考阶段练习）例题1．
25．中，，，，P是外接圆上一点，，则的最大值是（ ）
A． B． C． D．
（2022·浙江宁波·统考一模）例题2．
26．在中，，. 若点在的角平分线上，满足，，且，则的取值范围是 ．
练一练
（2022·全国·高一假期作业）
27．已知正方形的边长为，对角线、相交于点，动点满足，若，其中、．则的最大值为 ．
（2022上·湖北·高三开学考试）
28．如图所示，圆及其内接正八边形．已知，，点为正八边形边上任意一点，，、，则的最大值为 ．
（2022·江苏·高考真题）
29．在同一个平面内，向量的模分别为与的夹角为，且与的夹角为，若，则 ．

题型六 自主建系法解决平面向量基本定理问题
（2024上·安徽·高三合肥市第八中学校联考开学考试）例题1．
30．古希腊数学家特埃特图斯（Theaetetus）利用如图所示的直角三角形来构造无理数. 已知与交于点，若，则（ ）
A． B． C． D．
（2023下·广东珠海·高一统考期末）例题2．
31．在中，，，，是的外接圆上的一点，若，则的最大值是（ ）
A．1 B． C． D．
（2023下·高一课时练习）例题3．
32．如图，在直角梯形ABCD中，，，，，动点P在边BC上，且满足（m，n均为正数），则的最小值为（ ）

A．1 B． C． D．
（2023下·广东佛山·高一佛山一中校考阶段练习）例题4．
33．如图，点C在半径为1，圆心角的扇形的弧上运动．已知，则当时， ；的最大值为 ．
练一练
（2023上·贵州黔西·高三校考阶段练习）
34．窗花是贴在窗子或窗户上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一，图1是一个正八边形窗花隔断，图2是从窗花图中抽象出的几何图形的示意图．如图2，在正八边形ABCDEFGH中，若（，），则的值为（ ）
A． B．2 C． D．4
（2023·内蒙古赤峰·校联考三模）
35．如图，在四边形ABCD中，，，，，，，则（ ）

A． B．2 C．3 D．6
（2023·重庆·统考模拟预测）
36．在正方形中，动点从点出发，经过，，到达，，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
（2023下·贵州·高一校联考阶段练习）
37．在直角梯形中，，为中点，分别为线段的两个三等分点，点为线段上任意一点，若，则的值可能是（ ）
A．1 B． C．2 D．
题型七 利用定义法求平面向量数量积
（2023下·江苏徐州·高一统考期中）例题1．
38．八边形是数学中的一种图形，由八条线段首尾相连围成的封闭图形，它有八条边、八个角．八边形可分为正八边形和非正八边形．如图所示，在边长为2正八边形中，点为正八边形的中心，点是其内部任意一点，则的取值范围是（ ）

A． B．
C． D．
（2023下·天津·高一天津市蓟州区第一中学校联考期中）
39．如图，在平面四边形中，，，，.若点为边上的动点（不与、重合），则的取值范围为 .
练一练
（2023上·河南南阳·高三统考期末）
40．十七世纪法国数学家、被誉为业余数学家之王的皮埃尔·德·费马提出的一个著名的几何问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小”它的答案是：当三角形的三个角均小于120°时，所求的点为三角形的正等角中心，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角；当三角形有一内角大于或等于时，所求点为三角形最大内角的顶点．在费马问题中所求的点称为费马点．已知分别是三个内角的对边，且，，若点P为的费马点，则（ ）
A． B． C． D．
（2022下·重庆渝中·高一重庆巴蜀中学校考阶段练习）
41．在△ABC中，，F为△ABC的外心，则（ ）
A．-6 B．-8 C．-9 D．-12
（2022下·江苏镇江·高一扬中市第二高级中学校考期末）
42．如图在中，为斜边的中点，，，则的最大值是 ．
题型八 利用几何意义法求平面向量数量积
（2023上·陕西西安·高三校联考阶段练习）例题1．
43．窗户，在建筑学上是指墙或屋顶上建造的洞口，用以使光线或空气进入室内.如图1，这是一个外框为正八边形，中间是一个正方形的窗户，其中正方形和正八边形的中心重合，正方形的上 下边与正八边形的上 下边平行，边长都是4.如图2，是中间正方形的两个相邻的顶点，是外框正八边形上的一点，则的最大值是（ ）
A． B． C． D．
（2023·湖南·校联考模拟预测）例题2．
44．如图，这是古希腊数学家特埃特图斯用来构造无理数的图形，已知是平面四边形内一点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
（2022·浙江·模拟预测）例题3．
45．已如平面向量两两都不共线.若，则的最大值是 .
练一练
（2023下·浙江宁波·高二余姚中学校考期中）
46．在边长为2的正六边形ABCDEF中，动圆的半径为1、圆心在线段CD（含端点）上运动，点P是圆Q上及其内部的动点，则的取值范围是（ ）
A．. B． C． D．
（2023下·安徽·高三校联考开学考试）
47．已知正六边形ABCDEF的边长为1，P为正六边形边上的动点，则的值可能为（ ）
A．－2 B．－1 C．1 D．2
（2023下·上海虹口·高一上外附中校考期中）
48．在边长为的正六边形中，点为其内部或边界上一点，则的取值范围是 ．
题型九 极化恒等式法求平面向量数量积
（2023·山东·山东省五莲县第一中学校联考模拟预测）例题1．
49．已知是半径为2的圆上的三个动点，弦所对的圆心角为，则的最大值为（ ）
A．6 B．3 C． D．
（2023上·天津蓟州·高三天津市蓟州区第一中学校考阶段练习）例题2．
50．如图，已知直角三角形△中，，，，点在以为圆心且与边相切的圆上，若与圆的切点为，则 ，则的取值范围为 .
练一练
（2023上·福建莆田·高三莆田第十中学校考期中）
51．如图，在等腰直角三角形中，斜边，为线段上的动点（包含端点），为的中点．将线段绕着点旋转得到线段，则的最小值为（　 ）
A． B． C． D．
（2023上·河北石家庄·高二石家庄二中校考期中）
52．在棱长为2的正方体中，动点E在正方体内切球的球面上，则的取值范围是 .
题型十 自主建系法求平面向量数量积
（2023·全国·模拟预测）例题1．
53．已知圆的半径为，，，，为圆上四点，且，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
（2024上·北京大兴·高三统考期末）例题2．
54．如图是六角螺母的横截面，其内圈是半径为1的圆，外框是以为中心，边长为2的正六边形，则到线段的距离为 ；若是圆上的动点，则的取值范围是 .

（2023上·天津河西·高三校考期末）例题3．
55．在四边形中，，，，且，，则实数的值为 ，若是线段上的动点，是线段上的动点，且满足，则的最小值为 .
（2022下·天津·高一校联考期末）
56．在中，，，，，则 ，延长交于点，点在边上，则的最小值为 .
练一练
（2024上·天津南开·高三统考期末）
57．在中，，则 ；若为所在平面内的动点，且，则的取值范围是 .
（2023下·辽宁·高一校联考期中）
58．若点P为所在平面内一点，且，则点P叫做的费马点．当三角形的最大角小于时，可以证明费马点就是“到三角形的三个顶点的距离之和最小的点”，即最小．已知点O是边长为2的正的费马点，D为BC的中点，E为BO的中点，则的值为 ．
（2022下·河南·高三校联考阶段练习）
59．在△中，，，P为边AB上一点，，则 ；的最小值为 .
（2022下·江苏苏州·高一星海实验中学校考期中）
60．如图，在中，点为中点，点为的三等分点，且靠近点，设，，，，且，与交于点.
(1)求；
(2)若点为线段上的任意一点，连接，求的取值范围.
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【分析】根据已知求出.根据已知可得共线，进而得出，代入向量整理得出方程组，求解即可得出答案.
【详解】由已知可得，，.
因为A，C，D三点共线，所以共线，
则，使得，
即，
整理可得.
因为，不共线，
所以有，解得.
故选：D.
2．D
【分析】设，，利用平面向量的数乘运算与基本定理得到，从而得解.
【详解】设，，
则，，
因为，，和，，分别共线，
所以存在实数，，使，，
所以，
又，
所以，解得，
所以，即，
故选：D.

3．ACD
【分析】根据题意，由平面向量线性运算可得选项A正确；由与共线，可得，由三点共线，得，由平面向量基本定理解出的值，可判断选项C、D;由三点共线，得，通过转化求出得值，即可判断选项B错误.
【详解】由题意，，故选项A正确；
由与共线，可得
，
由三点共线，得
，
由平面向量基本定理，可得，解得，
所以，，，，即故选项C、D正确；
由三点共线，得，
即，化简为，
由选项C可得，，
再由平面向量基本定理得，，得，
所以，，即，故选项B错误.
故选：ACD.
4．B
【分析】根据题意结合三点共线的判定定理和结论分析可得和，运算求解即可.
【详解】因为，则为的中点，可得，
注意到三点共线，可得，
又因为三点共线，则∥，
则存在实数，使得，即，
则，可得，
综上所述：，解得，可得.
故选：B.
5．B
【分析】根据向量共线的判定定理结合向量的线性运算求解.
【详解】由题意可得：，
若A，B，D三点共线，所有必存在一个实数λ，使得，
即，
可得，解得.
故选：B.
6．ACD
【分析】根据题意，由平面向量线性运算可得选项A正确；由与共线，可得，由三点共线，得，由平面向量基本定理解出的值，可判断选项C、D;由三点共线，得，通过转化求出得值，即可判断选项B错误.
【详解】由题意，，故选项A正确；
由与共线，可得
，
由三点共线，得
，
由平面向量基本定理，可得，解得，
所以，，，，即故选项C、D正确；
由三点共线，得，
即，化简为，
由选项C可得，，
再由平面向量基本定理得，，得，
所以，，即，故选项B错误.
故选：ACD.
7．(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）结合图形，利用平面向量的线性运算，用基底表示出，根据共线定理可证；
（2）设，结合（1）中结论表示出，再设，由平面向量基本定理列方程求出，然后可得.
【详解】（1）因为，，
所以，
又，所以，
因为，
，
所以，
又有公共点A，所以A，F，E三点共线.
（2）记，则，
由（1）知，
由题知，A，F，E三点共线，记，
所以，
因为不共线，所以，解得，
所以，所以.
8．C
【分析】
由已知条件求得解得，，，再求得，可得到，用基本不等式求的最小值.
【详解】
设，，根据题意得，
解得，，，，
，
又、、三点共线，，
，
当且仅当，即时，等号成立．
故选：C
【点睛】
关键点睛：解题的关键是由已知条件求出后，再由三点共线，得，所以化简后结合基本不等式可求出其最小值，
9．##0.75
【分析】
延长交于，令结合向量共线的推论得到，数形结合判断取最大值时的形状，进而求其最大值.
【详解】如图所示，延长交于，

令，
∵，，三点共线，
∴，
∴取最大值时，取最大值，则，
∵为外接圆的半径（定值），
∴当取得最小时，取最大值，此时，
∴为等腰三角形，且，
∴，则，，，
∵，，
∴．
故答案为：
【点睛】
关键点点睛：延长交于，令结合向量知识，将问题化为求的最大值，数形结合进一步化为求最小值为关键.
10．(1)
(2)证明见解析
【分析】
（1）根据三点共线可得，同理由三点共线可得，根据向量相等的条件可求出的值，即可求解；
（2）设，由及三点共线联立即可求解.
【详解】（1）因为三点共线，
所以存在实数使得，
又因为三点共线，
所以存在实数使得，
根据向量相等可得，解得，
所以.
（2）设，
由（1）可得①，②，
又三点共线，所以③，
由①②可得，，代入③式可得，
即不论点在线段上如何移动，为定值.
【点睛】本题主要考查了共线向量的基本定理：当为直线外一点时，三点共线的应用，属于基础知识的应用.
11．A
【分析】先由向量共线定理求出，进而求出AD=3，再用余弦定理求出CD的长，求出.
【详解】在△ABC中，由余弦定理得：
设，，因为，
所以，即，
因为A、B、D三点共线，
所以，
解得：，
所以，
即
因为AB=5，
所以AD=3，BD=2
在三角形ACD中，由余弦定理得：
，
因为，所以
所以
故选：A
12．BCD
【分析】对于A，可得，平方得，求出，即可求解；对于B，利用即可求解；对于D，令，因为B，C，F三点共线，即可得，解得即可求解；对于C，由D可得，即可求解．
【详解】
对于A，因为，
所以，
又为AC中点，所以，
，
又，所以，，故A错；
对于B，，故B正确；
对于D，令，因为B，C，F三点共线，所以，
解得，故D正确；
对于C，由D可得，即，则，
，则，故C正确．
故选：BCD．
【点睛】方法点睛：向量具有数形二重性，一方面具有“形”的特点，借助于几何图形进行研究，利用数形结合增强解题的直观性；另一方面又具有一套优良的运算性质，因此，对于某些几何命题的求解或证明，自然可以转化为向量的运算问题来解决，可以使复杂问题简单化，几何问题代数化．
13．
【分析】设，，分析得出，求得，利用基本不等式可求得的最小值.
【详解】先证明结论：已知为直线外一点，、、为直线上三个不同的点，若，则.
因为、、为直线上三个不同的点，则，
可设，即，所以，，
所以，，结论成立.
本题中，设，，
当点与点重合时，为的中点，此时；
当点为线段的中点时，与点重合，此时，故，同理可得.
由，
又、、三点共线，，即，
延长交于点，则为的中点，且有，
又
，
当且仅当，时取得最小值.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：求两个向量的数量积有三种方法：
（1）利用定义：
（2）利用向量的坐标运算；
（3）利用数量积的几何意义．
具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用．
14．A
【解析】在中，设，，，结合三角形的内角和及和角的正弦公式化简可求，可得，再由已知条件求得，，，考虑建立以所在的直线为轴，以所在的直线为轴建立直角坐标系，根据已知条件结合向量的坐标运算求得，然后利用基本不等式可求得的最小值.
【详解】在中，设，，，
，即，即，，
，，，，，
，即，又，，
，则，所以，，解得，.
以所在的直线为轴，以所在的直线为轴建立如下图所示的平面直角坐标系，
则、、，
为线段上的一点，则存在实数使得，
，
设，，则，，，
，，消去得，，
所以，，
当且仅当时，等号成立，
因此，的最小值为.
故选：A.
【点睛】本题是一道构思非常巧妙的试题，综合考查了三角形的内角和定理、两角和的正弦公式及基本不等式求解最值问题，解题的关键是理解是一个单位向量，从而可用、表示，建立、与参数的关系，解决本题的第二个关键点在于由，发现为定值，从而考虑利用基本不等式求解最小值，考查计算能力，属于难题.
15．
【分析】
根据题目条件可得，代入化简即可.
【详解】已知向量，，若，则有，
∴.
故答案为：.
16．C
【分析】
应用向量加减数乘的坐标运算及平行的坐标表示列方程求参数即可.
【详解】由题设，又，
所以，可得.
故选：C
17．
【分析】
将相交条件转化为向量共线建立点坐标满足的方程组，求解即可.
【详解】
因为点，，
所以，.
设，则，而，
因为三点共线，所以与共线，
所以，即.
而， ，
因为三点共线，所以与共线，
所以，即.
由，得，
所以点M的坐标为.
故答案为：.
18．B
【分析】取的中点，连，则为内切圆的半径，利用面积关系求出，得，再根据得，由平面向量基本定理求出可得答案.
【详解】取的中点，连，
因为，，所以，，
所以的内心在线段上，为内切圆的半径，
因为，
所以，
所以，得，
所以，
所以，
又，所以，
又已知，所以，
所以.

故选：B.
【点睛】关键点点睛：利用面积关系求出内切圆半径,进而得到是本题解题关键.
19．B
【分析】根据和三点共线，可得和，利用平面向量线性运算可用表示出，由此可得方程组求得，进而得到的值.
【详解】连接，，
三点共线，可设，则，
；
三点共线，可设，则，
；
，解得：，，即.
故选：B.
【点睛】思路点睛：本题考查平面向量基本定理的应用，基本思路是根据为两线段交点，利用两次三点共线，结合平面向量基本定理构造出方程组求得结果.
20．
【分析】根据题意，设，根据向量的线性运算，利用表示出，求出和，然后利用双钩函数的单调性求出的取值范围.
【详解】解：由题可知，，设，
则，
所以，
而，
可得：，
所以，
设，
由双钩函数性质可知，在上单调递减，
则，
所以的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】本题考查平面向量的线性运算和平面向量的基本定理的应用，还涉及双钩函数的单调性，考查转化思想和运算能力.
21．D
【分析】根据三点共线，可得，再根据三点共线，可求出，由平面向量基本定理可得，所以可求出，所以知，再由，即可求出的值.
【详解】由题意可得，，
因为三点共线，
则，
所以，
同理，三点共线，
，
又因为，
所以，所以，
所以，所以，
所以，
，所以
故选：D.
22．B
【分析】过点分别作交于点，作交于点，由平行线得出三角形相似，得出线段成比例，结合，，证出和，最后由平面向量基本定理和向量的加法法则，即可得和表示.
【详解】解：过点分别作交于点，作交于点，
已知，，
，则和，
则：且，
即：且，所以，
则：，所以，
解得：，
同理，和，
则：且，
即：且，所以，
则：，即，
所以，即，
得：，
解得：，
四边形是平行四边形，
由向量加法法则，得，
所以.
故选：B.
【点睛】本题考查平面向量的线性运算、向量的加法法则和平面向量的基本定理，考查运算能力.
23．AC
【分析】令且，根据向量对应线段的位置、数量关系用表示，进而得到m与关系，最后求范围和数量关系，即可得答案.
【详解】令且，而，
又，则，
所以，则，且，
故A、C满足，B、D不满足.
故选：AC
【点睛】关键点点睛：利用平面向量基本定理得到与的线性关系为关键.
24．(1)；(2)3；(3).
【分析】(1)根据给定条件及几何图形，利用平面向量的线性运算求解而得；
(2)选定一组基向量，将由这一组基向量的唯一表示出而得解；
(3)由动点P设出，结合平面向量基本定理，建立为x的函数求解.
【详解】(1)依题意，，
，
；
(2)因交于D，
由(1)知，
由共起点的三向量终点共线的充要条件知，，则，，；
(3)由已知，
因P是线段BC上动点，则令，
，
又不共线，则有，
，
在上递增，
所以，
故的取值范围是.
【点睛】由不共线的两个向量为一组基底，用该基底把相关条件和结论表示成向量的形式，再通过向量的运算来解决．
25．A
【分析】由余弦定理求出，即可得到，设的中点为，则为外接圆的圆心，如图建立平面直角坐标系，设，根据平面向量的线性运算的坐标表示得到，再利用辅助角公式及正弦函数的性质计算可得；
【详解】解：由余弦定理，
即，
所以，所以，即，
则△ABC为等腰直角三角形.
设的中点为，则为外接圆的圆心，如图建立平面直角坐标系，
则，，，设，，
则， ，，
因为，即，
所以，
所以，
所以当，即时；
故选：A
26．
【分析】建立平面直角坐标系，得到A点，B点坐标，设出O点坐标，从而表达出，利用得到，从而求出的取值范围.
【详解】如下图，以为坐标原点，所在直线作轴建立平面直角坐标系．
则可知，由于，而点在的角平分线上，可设直线OC为，其中，设出，由得，，所以，所以．由可得：，即，所以．
故答案为：
27．
【分析】以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立平面直角坐标系，可得出，设点，设，利用辅助角公式结合正弦型函数的有界性可得出关于的不等式，解出的取值范围，即可得出结果.
【详解】以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的平面直角坐标系，
则、、、、，
，即点，
因为，则点在以为圆心，半径为的圆上，
设点，则，
则，整理可得，
所以，，其中，，
所以，，整理可得，解得，
因此，的最大值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查与参数相关的代数式的取值范围，本题的关键在于点的坐标的设取，可充分利用圆的参数方程，结合三角函数相关知识求解.
28．##
【分析】建立平面直角坐标系，设出半径表达出各点坐标，确定直线方程，根据平行关系确定点位置求得的最大值．
【详解】以所在直线为轴，以为原点建立平面直角坐标系，设圆半径为1，
则，，，，，
设，则，
故，，，
设，则，直线与平行，
又因为在八边形上，表示直线在轴上的截距，
当直线与重合时，最大，，.
故答案为：
29．
【详解】以为轴，建立直角坐标系，则，由的模为与与的夹角为，且知， ，可得，，由可得，，故答案为.
【 方法点睛】本题主要考查向量的坐标运算及两角和的余弦公式、同角三角函数之间的关系，属于难题．向量的运算有两种方法，一是几何运算往往结合平面几何知识和三角函数知识解答，运算法则是：（１）平行四边形法则（平行四边形的对角线分别是两向量的和与差）；（２）三角形法则（两箭头间向量是差，箭头与箭尾间向量是和）；二是坐标运算：建立坐标系转化为解析几何问题解答，这种方法在求范围与最值问题时用起来更方便．
30．A
【分析】建立平面直角坐标系，求得相关点坐标，求得相关向量坐标，根据，结合向量坐标运算，即可求得答案.
【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的坐标系，
由题意得，
则，.
因为，故，
因为，所以（负值舍去），
所以，
故.又，则，
因为，所以，
解得，所以，
故选：A.
【点睛】方法点睛：注意到题目中的垂直关系，由此可以建立直角坐标系，利用向量的坐标运算来解决平面向量基本定理中的参数求解问题.
31．B
【分析】利用余弦定理与勾股定理得是直角三角形，进而可以建立直角坐标系，根据点的坐标得向量的坐标，由向量的坐标运算可得的表达式，进而利用三角函数求最值即可.
【详解】因为在中，，，，
由余弦定理得，
所以，则，所以，
故以AC的中点为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，
，
易得，则，，
设的坐标为，则，
又，
所以，
则，得，，
所以，
当且仅当时，等号成立，即的最大值为.
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是建立直角坐标系，利用向量的线性运算法则得到的关系式，从而利用三角函数的性质得解.
32．D
【分析】
建系，利用P在边BC上设出点的坐标，然后找出满足的方程，利用基本不等式求解即可.
【详解】如图，以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴建立平面直角坐标系，

则，，，，则，，，
设，
则.
因为，
所以，消去，得，
因为，，所以
，
当且仅当，结合，即时等号成立.
故的最小值为.
故选：D
33．
【分析】建立平面直角坐标系，求得相关点坐标，求出或表示出向量坐标，根据列出方程组，对于第一空，可求得的值，即得答案；对于第二空，设，可求得的表达式，结合三角函数辅助角公式即可求得答案.
【详解】以O为坐标原点，以为x轴，过点O作的垂线为y轴，建立如图所示的直角坐标系，
则,，
当时, ，则,
由于，故，
即，解得，故；
设,则，
于是由，得，
即，即，
故，
由于，故当时，取最大值2，
即的最大值为2，
故答案为：
【点睛】方法点睛：结合题意特点，建立平面直角坐标系，利用向量的坐标运算解决平面向量基本定理中的求解参数问题.
34．A
【分析】设，以点A为坐标原点，分别以AB，AF所在直线为x，y轴，建立平面直角坐标系，求得相关向量的坐标，利用向量的坐标运算即可求解.
【详解】不妨设，以点A为坐标原点，分别以AB，AF所在直线为x，y轴，
建立平面直角坐标系，如图所示．
正八边形内角和为，
则，
所以，，，，
所以，，，
因为，所以
，
所以，
解得，，
所以．
故选：A．
35．A
【分析】建立平面直角坐标系，求得相关点坐标，求得相关向量的坐标，根据，结合向量的坐标运算，即可求得答案.
【详解】以A为坐标原点，以为x轴，过点A作的垂线为y轴，建立平面直角坐标系，

则,
故,
则由可得，
即，
故，
故选：A
36．B
【分析】建立平面直角坐标系，写成点的坐标，分点在，，三种情况，求出的取值范围.
【详解】以为坐标原点，，所在直线分别为轴，轴，建立平面直角坐标系，
设，则，
当点在上时，设，
则，即，故，
当点在上时，设，
则，即，解得，
故，
当点在上时，设，
则，即，故
综上，的取值范围是.
故选：B
37．ABC
【分析】建立平面直角坐标系，设，用坐标表示出，再根据列方程可得，然后可得.
【详解】如图，以A为坐标原点建立平面直角坐标系，
不妨设，则，
则
设，则
∵，
∴，
∴整理得，
因为，所以
故选：ABC
38．A
【分析】根据正八边形的边长为2，求出外接圆的半径OF和内切圆的半径OM，再根据平面向量的数量积求出的最小值和最大值，即可得出结果．
【详解】正八边形中， ，
所以，
连接，过点O作，交、于点、，交于点，

，设，由余弦定理得，
中， ，，
中，，
所以，解得，
，解得，
所以，
当P与M重合时，在上的投影向量为，此时取得最小值为，
当P与N重合时，在上的投影向量为，此时取得最大值为，
因为点P是其内部任意一点，所以的取值范围是.
故选：A．
【点睛】方法点睛：由图形可得，为定值，研究在上的投影向量的大小和方向即可.
39．
【分析】设，根据条件找出，，且与的夹角为，与的夹角为，从而根据向量的加法法则和减法的定义写出，然后表示为关于的二次函数，通过求二次函数的最小值即可解决问题.
【详解】延长交于点，因为，所以，，
在中，，，所以，
在中，，，所以，
所以，不妨设，则，且与的夹角为，与的夹角为，
则
，
设，，
所以时，.
，
则的范围是.
故答案为：.
40．C
【分析】
由余弦定理和两角和的余弦公式化简，可得，，再根据等面积法即可求得，“费马点”定义可得该点与三角形的三个顶点的连线两两成角，从而求得答案.
【详解】,
即 ,
又 ,
,
即 ,
, 又.
由三角形内角和性质知：△ABC内角均小于120°，结合题设易知：P点一定在三角形的内部，
再由余弦定理知, ,,
,
.
由等号左右两边同时乘以可得：
，
.
故选：C.
【点睛】本题主要考查两角和差的余弦公式、余弦定理，平面向量的数量积以及等面积法的应用；理解新概念灵活运用，属于较难题.
41．A
【分析】设△ABC的外接圆半径为r，.由余弦定理得到，和.把整理为，整体代入即可.
【详解】设△ABC的外接圆半径为r，.
由余弦定理得：，即,所以
，即.所以.
所以
因为，，
所以.
故选：A
【点睛】向量的基本运算处理的常用方法：
(1)向量几何化：画出合适的图形，利用向量的运算法则处理；
(2)向量坐标化：建立适当的坐标系，利用向量的坐标运算处理．
42．
【分析】设，，可得，，根据数量积运算化可将用表示，再利用三次均值不等式求解即可.
【详解】设，，则，，
，
，
所以
，当且仅当，即时，等号成立.
故答案为：
43．A
【分析】
利用平面向量数量积的定义，结合线段长即可得解.
【详解】记正八边形右下角的两个顶点分别为，连接，
由题意易得是等腰直角三角形，，则，
不妨设，由于题目要求的最大值，故只考虑的情况，
过作，垂足为，则，又，
所以，
显然，当点与点重合时，取得最大值，
所以的最大值为.
故选：A.
44．D
【分析】由数量积的几何意义，先求在上的投影的取值范围，再乘以，则可得到的取值范围.
【详解】如图，延长，过点做交的延长线于点.
因为，，,所以.
由图可知当在点处时，在上的投影有最大值1，
当在点处时，在上的投影有最小值，
又因为，所以的取值范围是.
故选：D
45．##
【分析】采用数形结合画出图象，的最大值即所有向量在上的投影之和最大，即可得到答案.
【详解】由题意得，固定，依次类推画出图象，如图所示

的最大值即所有向量在上的投影之和最大时，看图易得即当取远离时，取靠近时取得最大值，
故答案为：.
46．A
【分析】利用正六边形的几何性质和向量数量积的几何意义即可求得的取值范围.
【详解】由，
可得为与在方向上的投影之积.
正六边形ABCDEF中，以D为圆心的圆与DE交于M，
过M作于，设以C为圆心的圆与垂直的
切线与圆切于点N与延长线交点为，
则在方向上的投影最小值为，最大值为,
又，，
则，
则的取值范围是.
故选：A
47．BCD
【分析】根据向量的数量积的几何意义：数量积等于的长度与在方向上的投影数量的乘积，先求出向量在方向上的投影的数量的最值，从而得出的范围，对各选项判断即可．
【详解】由题意知，，
当P点与D重合时，向量在方向上的投影的数量最大，为，
当P点与A重合时，向量在方向上的投影的数量最小，为，
所以的最大值为，最小值．
可知，故A不满足，BCD都满足．
故选：BCD．
48．
【分析】利用数量积的几何意义去求的取值范围即可解决.
【详解】正六边形中，过点作于，

则，，，
，
由图可知，在方向上的投影的取值范围是，
所以，，
即，故的取值范围为.
故答案为：.
49．A
【分析】
将中向量进行分解，即：，
由是的中点，可将上式进行化简整理为，所以只需求最大，即的长加圆的半径即可，然后代入即可求得的最大值.
【详解】因为弦所对的圆心角为，且圆的半径为2，所以，
取的中点，所以，，如图所示：
因为,
因为是的中点，所以，
，
所以若最大，所以只需最大，
所以，
所以.
故选：A
50．
【分析】建立如图平面直角坐标系，求出，利用三角形等面积法求出圆的半径，进而求出，根据平面向量数量积的定义求出；设BC的中点为，利用平面向量的线性运算可得，结合圆的最值问题即可求解.
【详解】以A为坐标原点建立平面直角坐标系，如图，
则，且，由，
所以，解得，即圆的半径为，
则，所以；
设BC的中点为，
则，
又，，
所以，
所以的取值范围为.
故答案为：；
51．C
【分析】利用转化法，将转化为,进而求得的最小值即可.
【详解】连接,
则
,
当时，最小，可求得，
结合，得的最小值为，
故选：
52．
【分析】取的中点为，连接，由数量积可得，求出的最大值和最小值，即可得出答案.
【详解】取的中点为，连接，则，
所以
，
正方体内切球的半径为，即，
设正方体内切球的球心为，面的中心为，连接，
由正方体的性质知：面，所以面，
所以，所以，所以，
所以，，
所以的取值范围是：.
故答案为：.
53．C
【分析】借助单位圆建立直角坐标系，用向量数量积的坐标运算求最大值.
【详解】知圆的半径为，，，，为圆上四点，且，
，为O为原点，OA为x轴建立如图所示的直角坐标系：
则，，设，则有，
，，
，，
化简得，由，当时，有最大值6.
故选：C
【点睛】数量积有关的最值和范围问题是高考的热点之一，其基本题型是根据已知条件求某个变量的范围、最值，比如向量的模、数量积、夹角、系数的范围等，解决思路是建立目标函数的解析式，转化为求函数(二次函数、三角函数)等的最值或应用基本不等式，同时向量兼顾“数”与“形”的双重身份，所以还有一种思路是数形结合，应用图形的几何性质.
54． 1
【分析】根据正六边形的性质即可求解空1，利用向量的坐标运算即可由三角函数的性质求解.
【详解】取中点为，
由于正六边形的边长为2，所以,
因此到线段的距离为,
建立如图所示的直角坐标系，则,
，
，
由于,
故，
故答案为：1；

55．
【分析】根据和向量的数量积定义式计算；建立平面直角坐标系，设，用表示出，根据二次函数性质即得．
【详解】在四边形中，，
，，
，又，，
，
；
如图以为原点建立平面直角坐标系，设，，
则，
所以，
所以，
所以，
所以当时，取得最小值．
故答案为：；．
【点睛】方法点睛：向量数量积问题常用方法
一是利用基底法，结合平面向量基本定理及数量积的定义求解；
二是利用坐标法，结合图形建立坐标系，求出向量的坐标，进而求其数量积.
56．
【分析】(1)以，为基底表示，，根据数量积的运算律化简，由此可求BC，(2)建立平面直角坐标系，利用数量积的坐标运算公式表示，再求其最小值.
【详解】解：由，可得
由，可得，
，
则.∴.
如图建立平面直角坐标系，可得，，，
设，.
∵，∴，，∴为中点，
∴，
∴，
，
∵，∴时，最小，最小值为.
答案为：，.
【点睛】求两个向量的数量积有三种方法：利用定义；利用向量的坐标运算；利用数量积的几何意义．具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用．
57．
【分析】
建立，利用向量的坐标运算求；设，利用向量的坐标运算结合辅助角公式可得，再结合正弦函数的有界性分析求解.
【详解】如图，以C为坐标原点，分别为轴所在直线，建立平面直角坐标系，
则，
可得，则，
所以；
因为，设，
可得，
则，
，
其中，
因为，所以.
故答案为：；.
58．
【分析】证明的外心为其费马点，建立平面直角坐标系，求向量的坐标，根据数量积的坐标运算公式求.
【详解】如图，设正的中心为，则，
所以，所以点为的费马点，

由已知点与点重合，
如图，以D为原点，为轴的正方向，建立平面直角坐标系，
则，
所以，
所以，
故答案为：.

【点睛】“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.
59．
【分析】设并以A为原点，直线AC为x轴建立平面直角坐标系，确定相关点坐标，进而求、坐标，由已知及向量模长的坐标表示列方程求参数，即可得坐标，设，根据向量数量积的坐标表示得到关于m的函数，即可求最值.
【详解】设，以A为原点，AC所在直线为x轴，建立平面直角坐标系，则，.
设，则，.
所以，得.
因为，所以，即.
设，则.
所以，当时取得最小值.
故答案为：，.
【点睛】关键点点睛：构建直角坐标系，设并用表示相关点坐标，利用向量的坐标运算构造方程或函数，即可求结果.
60．(1)；
(2).
【分析】（1）由向量的线性运算表示，，根据向量垂直的条件求得，继而可求得；
（2）以点C为坐标原点，CB所在的直线为x轴建立平面直角坐标系如下图所示，设点，且，，运用二次函数的性质可求得的取值范围.
【详解】（1）解：，
，
又，所以，所以，
由得，
所以
.
所以；
（2）解：以点C为坐标原点，CB所在的直线为x轴建立平面直角坐标系如下图所示，则
，，，，，，
又点为线段上的任意一点，设点，且，则，，
所以，
所以当时，取得最大值：，
当或时，取得最小值：，
所以的取值范围为.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页专题01 平面向量压轴题（14类题型）
题型十一 向量夹角
例题1.（2022上·上海宝山·高二上海交大附中校考阶段练习）
1．若平面向量，，满足，，，，则，夹角的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
例题2.（2023下·四川绵阳·高一统考期末）
2．在矩形中，点为的三等分点（靠近点），点在边上，为等边三角形，且.

(1)求；
(2)求的值.
例题3.（2023下·江苏扬州·高一统考期中）
3．已知的两个顶点分别为原点和，且，．
(1)求点的坐标；
(2)若点落在第二象限，，点是直线上的一个动点，当取最小值时，求的坐标，并求的值．
例题4.（2023下·黑龙江哈尔滨·高一哈尔滨市第四中学校校考阶段练习）
4．已知函数的图象如图所示， 点 为与轴的交点， 点分别为的最高点和最低点，而函数的相邻两条对称轴之间的距离为，且其在处取得最小值.
(1)求参数和的值；
(2)若，求向量 与向量夹角的余弦值；
(3)若点P为函数图象上的动点，当点在之间运动时，求 的取值范围.
练一练
（2023下·吉林长春·高一东北师大附中校考期末）
5．如图，在四边形OBCD中，，，，且.

(1)用，表示；
(2)点P在线段AC上，且.求与夹角的余弦值.
（2023下·江苏常州·高一常州市第一中学校考期末）
6．如图，在梯形ABCD中，E为DC的中点，，，，.

(1)求的值；
(2)求与夹角的余弦值.
（2023下·高一单元测试）
7．已知平面直角坐标系xOy中两点．
(1)若点P满足，求；
(2)求向量和夹角的余弦值；
(3)在x轴上求一点M，使得取得最小值，并求出该最小值．
（2023下·广东深圳·高一深圳市高级中学校考期中）
8．如图，在梯形ABCD中，，AB＝5，AD＝2DC＝4，且，E是线段AB上一点，且AE＝4EB，F为线段BC上一动点.
(1)求∠DAB的大小；
(2)若F为线段BC的中点，直线AF与DE相交于点M，求.
题型十二 转化法求平面向量的模
例题1.（2022下·辽宁葫芦岛·高一统考期末）
9．如图，在等腰中，已知，，E，F分别是边AB，AC上的点，且，，其中，，且，若线段EF，BC的中点分别为M，N，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
例题2.（2023下·江苏常州·高一统考期末）
10．已知向量，夹角为，，若对任意，恒有，则函数的最小值为 .
例题3.（2022下·黑龙江哈尔滨·高一哈尔滨三中校考阶段练习）
11．在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，O为外心，若，，则的范围是 ．
例题4.（2022下·浙江台州·高一校联考期中）
12．在直角梯形中，已知，，，，，动点、分别在线段和上，和交于点，且，，．
(1)当时，求的值；
(2)当时，求的值；
(3)求的取值范围．
练一练
（2022上·广东汕头·高二统考期末）
13．已知平面向量，且，向量满足，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
（2023下·河南南阳·高一社旗县第一高级中学校联考期末）
14．已知向量满足，则的最小值是 ，最大值是 ．
（2023下·辽宁朝阳·高一朝阳市第一高级中学校考期中）
15．已知，，若对，恒有，且点满足，为的中点，则 ．
（2022下·上海黄浦·高一格致中学校考期中）
16．如图，梯形，，，，为中点，．
(1)当时，用向量表示的向量；
(2)若为大于零的常数），求的最小值，并指出相应的实数的值．
题型十三 坐标法求平面向量的模
例题1.（2023·四川雅安·统考一模）
17．如图，正方形的边长为4，E为的中点，为边上一点，若，则（ ）

A． B． C． D．5
例题2.（2023下·广西南宁·高一校考期中）
18．在中，已知，，，点满足（），其中，则的最小值为（　　）
A． B． C． D．
例题3.（2023下·江苏淮安·高一统考期中）
19．已知在直角梯形ABCD中，，，若点在线段AC上．
(1)若，求；
(2)求的取值范围．
练一练
（2022上·辽宁大连·高三大连八中校考期中）
20．已知是边长为的正三角形，若点满足，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
（2023·全国·高三专题练习）
21．等腰直角的斜边AB的端点分别在x，y的正半轴上移动（C点不与原点O重合），，若点D为AB中点，则的取值范围是 .
（2023下·江苏南京·高一统考期中）
22．如图，在平面四边形中，，，，则的最小值为 ．

（2022上·辽宁锦州·高一校联考期末）
23．平面直角坐标系中，，为坐标原点.
(1)令，若向量，求实数的值；
(2)若点，求的最小值．
题型十四 奔驰定理
例题1.（2023下·上海奉贤·高一上海市奉贤中学校考阶段练习）
24．“奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论，因为这个定理对应的图形与“奔驰”轿车的三叉车标很相似，故形象地称其为“奔驰定理”．奔驰定理：已知O是△ABC内的一点，△BOC，△AOC，△AOB的面积分别为、、，则有，设O是锐角△ABC内的一点，∠BAC，∠ABC，∠ACB分别是△ABC的三个内角，以下命题错误的是（ ）

A．若，则O为△ABC的重心
B．若，则
C．则O为△ABC（不为直角三角形）的垂心，则
D．若，，，则
例题2.（2023上·辽宁·高二盘锦市高级中学校联考阶段练习）
25．“奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰的标志得来，是平面向量中一个非常优美的结论.奔驰定理与三角形四心（重心、内心、外心、垂心）有着神秘的关联.它的具体内容是：已知是内一点，的面积分别为，且.以下命题正确的有（ ）
A．若，则为的重心
B．若为的内心，则
C．若，为的外心，则
D．若为的垂心，，则
例题3.（2023下·黑龙江哈尔滨·高一哈九中校考期末）
26．“奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论，因为这个定理对应的图形与“奔驰”轿车的三叉车标很相似，故形象地称其为“奔驰定理”．奔驰定理：已知O是内的一点，，，的面积分别为、、，则有，设O是锐角内的一点，，，分别是的三个内角，以下命题正确的是（ ）．
A．若，则O为的重心
B．若，则
C．若O为（不为直角三角形）的垂心，则
D．若，，，则
练一练
（2023上·河北保定·高三校联考阶段练习）
27．“奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论，因为这个定理对应的图形与“奔驰”轿车的标志很相似，所以形象地称其为“奔驰定理”．奔驰定理：已知是内一点，，，的面积分别为，，，则．设是内一点，的三个内角分别为，，，，，的面积分别为，，，若，则以下命题正确的有（ ）

A．
B．有可能是的重心
C．若为的外心，则
D．若为的内心，则为直角三角形
（2023·全国·高三专题练习）
28．O是锐角三角形ABC内的一点，A，B，C是的三个内角，且点O满足.请根据“奔驰定理”判断下列命题正确的是（ ）

A．O为的外心
B．
C．
D．
（2023下·安徽六安·高一六安市裕安区新安中学校考期中）
29．“奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论，因为这个定理对应的图形与“奔驰”轿车(Mercedesbenz)的logo很相似，故形象地称其为“奔驰定理”.奔驰定理：已知是内一点，，，的面积分别为，则，是内的一点，∠，∠，∠分别是的三个内角，以下命题正确的有（ ）
A．若，则
B．若，，且，则
C．若，则为的垂心
D．若为的内心，且，则
一、单选题
（2023上·贵州贵阳·高三贵阳一中校考阶段练习）
30．窗花是贴在窗纸或窗户玻璃上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术.如图甲是一张由卷曲纹和回纹构成的正六边形剪纸窗花，如图乙所示其外框是边长为4的正六边形，内部圆的圆心为该正六边形的中心，圆的半径为2，点在圆上运动，则的最小值为（ ）

A．-8 B．-4 C．0 D．4
（2023上·天津东丽·高三天津市第一百中学校考阶段练习）
31．如图，是由三个全等的钝角三角形和一个小的正三角形拼成一个大的正三角形，若，，点M为线段上的动点，则的最大值为（ ）

A． B． C．6 D．10
（2023上·湖北襄阳·高三襄阳五中校考阶段练习）
32．已知的半径为1，直线与相切于点，直线与交于两点，为的中点，若，则的最大值为（ ）
A． B． C．1 D．
（2023上·浙江杭州·高二杭十四中校考期中）
33．已知平面向量，，满足，，且，若对每一个确定的向量，记的最小值为，则当变化时，的最大值为（ ）
A．1 B． C． D．
（2023·河南郑州·统考模拟预测）
34．已知中，，，，，，则的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
（2023·全国·高三专题练习）
35．如图，在等腰直角三角形中，斜边，为线段上的动点（包含端点），为的中点．将线段绕着点旋转得到线段，则的最小值为（　　）

A． B．
C． D．
（2023下·北京怀柔·高一统考期末）
36．在中，，D为BC的中点，点P在斜边BC的中线AD上，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
（2023下·重庆酉阳·高一重庆市酉阳第二中学校校考阶段练习）
37．已知单位向量，的夹角为60°，向量，且，，设向量与的夹角为，则的最大值为（ ）.
A． B． C． D．
（2023·新疆·校联考二模）
38．已知平面向量，，，满足，，若对于任意实数x，都有成立，且，则的最大值为（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
（2023下·江苏南京·高一南京师大附中校考期中）
39．如图，中，，，.在所在的平面内，有一个边长为1的正方形绕点按逆时针方向旋转（不少于1周），则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
（2023下·湖北襄阳·高一宜城市第一中学校联考期中）
40．已知四边形中，，点在四边形的边上运动，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．-1
（2023下·河北邢台·高一沙河市第二中学校联考阶段练习）
41．在中，角所对的边分别为，点分别为所在平面内一点，且有，，，，则点分别为的（ ）
A．垂心，重心，外心，内心 B．垂心，重心，内心，外心
C．外心，重心，垂心，内心 D．外心，垂心，重心，内心
（2023上·江苏南京·高三南京市第一中学校考期末）
42．已知是面积为的等边三角形，四边形是面积为2的正方形，其各顶点均位于的内部及三边上，且可在内任意旋转，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
（2023上·广东江门·高二台山市第一中学校考期中）
43．已知圆的半径为1，PA与圆O相切，切点为A，过点P的直线与圆交于B，C两点，D为BC的中点，，则的可能取值为（ ）
A． B． C． D．
（2023下·福建泉州·高一校考期中）
44．如图所示，在凸四边形中，对边，的延长线交于点，对边，的延长线交于点，若，，，则（ ）
A． B．
C．的最大值为 D．
（2023下·湖北·高一统考期末）
45．著名数学家欧拉曾提出如下定理：三角形的外心、重心、垂心依次在一条直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半．此直线称为欧拉线．该定理称为欧拉线定理．已知的外心为，重心为，垂心为，且，，以下结论正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．若，则
三、填空题
（2023上·重庆沙坪坝·高三重庆市第七中学校校考阶段练习）
46．窗花是贴在窗子或窗户上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一，图1是一个正八边形窗花隔断，图2是从窗花图中抽象出的几何图形的示意图.如图2，若正八边形边长为2，是正八边形八条边上的动点，则的取值范围是 .
（2023上·陕西汉中·高三校联考阶段练习）
47．对称性是数学美的一个重要特征，几何中的轴对称，中心对称都能给人以美感，激发学生对数学的兴趣.如图，在菱形中，，以菱形的四条边为直径向外作四个半圆，是这四个半圆弧上的一动点，若，则的最大值为 .

（2023上·四川遂宁·高二射洪中学校考阶段练习）
48．等边的面积为，且的内心为，若平面内的点满足，则的最小值为 ．
（2023上·江苏常州·高二常州高级中学校考开学考试）
49．已知点在所在的平面内，则下列个结论中正确的有 .
①若为的外心，，，则；
②若为边长为的正三角形，则的最小值为；
③若为锐角三角形且外心为，且，则；
④若，则动点的轨迹经过的外心.
（2023下·四川凉山·高一统考期末）
50．在中，为的重心，，，则的最大值为 .
（2023下·广东深圳·高一统考期末）
51．四边形中，点分别是的中点，，，，点满足，则的最大值为 .
（2023下·江苏苏州·高一统考期中）
52．如图，中，，，，为重心，为线段上一点，则的最大值为 ，若、分别是边、的中点，则的取值范围是 ．

（2023下·江西抚州·高一校联考期中）
53．如图，在菱形中，，，以为直径的半圆与交于点M，P是半圆上的动点﹐则 ；的最大值是 .

试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【分析】利用，与即可确定在上的投影与在上的投影，方向为x轴正方向建立平面直角坐标系，即可确定，的横坐标，设出坐标由得到两向量纵坐标的关系后，列出，夹角的余弦值的式子，利用基本不等式确定余弦值的范围，即可确定，夹角的范围，注意即，的夹角为锐角.
【详解】设，，，以O为原点，方向为x轴正方向建立平面直角坐标系，
，，，
，，三者直接各自的夹角都为锐角，
，，，
，，即在上的投影为1，在上的投影为3，
，，如图
，
即，且
则，
由基本不等式得，
，
与的夹角为锐角，
，
由余弦函数可得：与夹角的取值范围是，
故选：C.
2．(1)
(2)
【分析】（1）利用数量积定义结合题干条件列式计算即可；
（2）建立平面直角坐标系，求出各点的坐标，然后利用数量积夹角的坐标公式求解即可.
【详解】（1）因为为等边三角形，，
所以.
又，所以，
解得.
（2）建立如图所示平面直角坐标系.

则，，所以
，又，且点为的三等分点（靠近点），所以，
所以，所以，
又，所以.
3．(1)或
(2)，
【分析】（1）设点的坐标为，结合与，可得关于和的方程组，解得即可；
（2）根据题意可设点，利用平面向量数量积可得，再采用配方法，并结合向量的夹角公式，即可得解．
【详解】（1）设点的坐标为，则，，
因为，所以，
又，所以，
联立解得或，
所以点的坐标为或．
（2）因为点落在第二象限，所以，
因为点是直线上的一个动点，所以，设，则，
所以，，
所以，
所以当时，取得最小值，此时，
所以，，，
所以．
4．(1)，
(2)
(3)
【分析】（1）根据的相邻两条对称轴之间的距离为，得到，进而得到，然后再根据时，取最小值求解；
（2）易得，进而得到B，C，D的坐标，然后再利用向量的夹角公式求解；
（3）易得，，设，利用数量积运算求解.
【详解】（1）解：因为的相邻两条对称轴之间的距离为，
所以，
，
，
又时，取最小值，
则，，
，
又，则.
（2）因为，所以，
则，，，
则，
，
则.
（3）是上动点，，
，，
设，
，，
，
所以范围为
5．(1)
(2)
【分析】（1）根据向量的线性运算，即可求得答案；
（2）建立平面直角坐标系，求得相关点坐标，求出与的坐标，根据向量的夹角公式即可求得答案.
【详解】（1）由，可知，
由，可知A为的靠近D的三等分点，
故；
（2）因为，故以O为坐标原点，以为轴，建立平面直角坐标系，
而，故,

则，故，，
由，可得，故，
故.
6．(1)0
(2)
【分析】（1）首先由已知条件得出为等边三角形，求出各边长，然后以BC，BA所在直线分别为x轴，y轴建立平面直角坐标系，利用坐标运算可得．
（2）利用向量夹角的坐标表示可得．
【详解】（1）因为，，所以，
又因为，所以为等边三角形，
所以，，
在中，由得，
所以，
所以，.
以BC，BA所在直线分别为x轴，y轴建立平面直角坐标系，
则，
因为E为DC的中点，所以，
所以，
所以

（2）由（1）得，，
所以．
7．(1)
(2)
(3)，最小值为
【分析】（1）设，求出，由，得，解方程求出，再由向量的模长公式求解；
（2）求出，由向量的夹角公式求解即可；
（3）设，由平面向量的数量积和二次函数的性质即可得出答案.
【详解】（1）因为，设，
则，
由，则，
所以，则.
（2），，，
，，
设向量和夹角为，
所以.
（3）设，，
，
故当时，即，取得最小值.
8．(1)
(2)
【分析】（1）用基底与表示、，再结合代入可求得的值.
（2）建立平面直角坐标系由夹角公式计算可得结果.
【详解】（1）连接，，如图所示，
因为，，，
所以，，
所以与的夹角和与的夹角相同，并设为，，
则
，
又因为，
所以，
解得，
又因为，
所以，即.
（2）过点作于，如图所示，
则，，
故以为原点，以，所在的直线分别为轴，轴建立平面直角坐标系，
则，，，，，
又F为线段BC的中点，则，
所以，，
所以.
9．B
【分析】根据集合图形中线段对应向量的线性关系，可得，又，，可得关于的函数关系式，由二次函数的性质即可求的最小值.
【详解】在等腰中，已知则，因为分别是边的点，所以，而，左右两边平方得，
又因为，
所以，
所以当时，的最小值为，
即的最小值为.
故选：B.
10．
【分析】先根据向量的夹角、模长及恒成立求出，利用距离和的最值求解的最小值.
【详解】因为，所以，
整理可得，
因为对任意，上式恒成立，所以；
由题意知，所以，所以.
可以看作点与点的距离之和；
如图，点关于的对称点为，则；
所以的最小值为.
故答案为：.
11．
【分析】先利用正弦定理求出外接圆的半径，利用圆心角与圆周角的关系可求，从而可利用数量积和辅助角公式求出模的范围.
【详解】因为，而，故，
故外接圆半径满足，故，
所以，而，故，
如图，在单位圆中，
设，则，
又
若，则，
故
，
若，则，
故，
若，则，
故，
综上，时，总有
，
其中，且，
因为，故，
而，
故，
所以，故，
故答案为：
【点睛】思路点睛：与外心有关的向量的模的计算问题，注意利用外接圆的性质来计算，还要注意利用角结合三角变换来求目标代数式的取值范围.
12．(1)；
(2)；
(3)﹒
【分析】(1)在直角梯形ABCD中，根据几何关系求出∠ABC和BC长度，当AE⊥BC时，求出BE长度，从而可得；
(2)设，，以为基底用两种形式表示出，从而可得关于x、y的方程组，解方程组可得；
(3)以为基底表示出、，从而表示出，求出的范围即可求出的范围．
【详解】（1）在直角梯形中，易得，，
∵，∴，∴为等腰直角三角形，∴，
故；
（2）
，
当时，，
设，，
则，
，
∵不共线，∴，解得，即；
（3）∵，，
∴，
＝，
由题意知，，
∴当时，取到最小值＝，
当时，取到最大值，
∴的取值范围是．
13．B
【分析】由题设可得，又，易知，，将问题转化为平面点线距离关系：向量的终点为圆心，1为半径的圆上的点到向量所在射线的距离最短，即可求的最小值.
【详解】解：∵，而，
∴，又，即，
又，，
∴，
若，则，
∴在以为圆心，1为半径的圆上，若，则，
∴问题转化为求在圆上的哪一点时，使最小，又，
∴当且仅当三点共线且时，最小为.
故选：B.

【点睛】关键点点睛：由已知确定，， 构成等边三角形，即可将问题转化为圆上动点到射线的距离最短问题.
14．
【分析】利用向量数量积运算律可得到，，令，平方后可求得的范围，进而得到的范围，即可求得所求最值.
【详解】设的夹角为，
，
，
，
令，则且，
，，，，
即的最小值为，最大值为.
故答案为：；.
15．
【分析】根据数量积的运算律得到对恒成立，即可得到对恒成立，根据求出，再根据及数量积的运算律计算可得.
【详解】因为
，
，
因为对，恒有，
所以对恒成立，
即对恒成立，
即对恒成立，
所以，
即，所以，
又，
所以
.
故答案为：
16．(1)
(2)；
【分析】（1）结合图形，先证得四边形是平行四边形，从而利用向量的线性运算即可得解.
（2）结合（1）中的结论，得到关于的表达式，进而利用向量的数量积运算求模得到关于的二次表达式，从而可求得的最小值及相应的值.
【详解】（1）过作交于，如图，
因为，所以，，
则四边形是平行四边形，故，即是的中点，
所以，
当时，，
所以．
.
（2）因为，所以，
所以，
因为，，，
所以，
所以当，即时，取得最小值．
所以的最小值为，此时．
17．D
【分析】
建系，设，根据题意结合向量的坐标运算求得，即可得结果.
【详解】如图，建立平面直角坐标系，设，

则，可得，
因为，即，解得，
即，所以.
故选：D.
18．A
【分析】根据，，，由正弦定理可得为等腰直角三角形，建立平面直角坐标系，结合平面向量的坐标运算，用表示出，由二次函数性质求得最小值．
【详解】在中，已知，，，
由正弦定理可得 ，即，解得，
因为，则，所以为等腰直角三角形．
以为原点，所在直线为轴，以的垂线为轴，建立平面直角坐标系如图所示：
过作于，则，
则点坐标为，所以，，
因为，
则，
则，
因为，则，代入上式可得
，
所以当时， ，
故选：A．
19．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意建系，得到，进而得到向量坐标，根据数量积的坐标公式计算即可；
（2）根据坐标计算向量的模，结合二次函数图像求解最值即可得到取值范围.
【详解】（1）以为坐标原点，AB，AD所在直线分别为轴，轴，建立如图所示的平面直角坐标系，
则，，，，设，则．

若，则，
所以，
所以
（2）由（1）知：，．
则，
所以
，．
当时，取得最大值为，
当时，取得最小值为，
所以的取值范围为
20．A
【分析】根据已知条件建立坐标系，求出相关点的坐标，利用向量的坐标运算和减法法则，结合向量模的坐标运算及二次函数的性质即可求解.
【详解】以为坐标原点，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，如图所示

是边长为的正三角形，
，
，
.
所以的最小值为.
故选：A.
21．
【分析】设，用的正余弦表示出点C，D坐标，结合向量模的坐标表示及三角函数性质求解作答.
【详解】如图，设，
则，线段AB的中点，
又因为，，则，
可得，
则
，
因为，则，可得，
所以.
故答案为：．

22．
【分析】建立如图所示的平面直角坐标系，设，利用垂直关系和模的坐标公式可得，故可求模的最小值.
【详解】以为原点建立如图所示的平面直角坐标系，设，

因为，且，故，
故，，
故，
而，故，故，
即，
所以
，
当时，.
故答案为：
23．(1)或
(2)5
【分析】
（1）利用向量线性运算的坐标表示和向量模的坐标运算，求实数的值；
（2）利用向量模的坐标运算和函数的单调性，求的最小值．
【详解】（1）
，
所以，
由得，
解得：或.
（2）
因为，
所以，
因为，均为单调递增函数，
所以当时，，
即的最小值为5．
24．D
【分析】对于A，假设为的中点，连接，由已知得在中线上，同理可得在其它中线上，即可判断；对于选项B，利用奔驰定理可直接得出B正确；对于C，由垂心的性质、向量数量积的运算律，得到，结合三角形面积公式及角的互补关系得结论，可判断C正确；选项D，根据奔驰定理可得，再利用三角形面积公式可求得，即可计算出，可得D错误；
【详解】对于A：如下图所示，

假设为的中点，连接，则，故共线，即在中线上，
同理可得在另外两边的中线上，故O为的重心，即A正确；
对于B：由奔驰定理O是内的一点，的面积分别为，
则有可知，
若，可得，即B正确；
对于C：由四边形内角和可知，，则，
同理，，
因为O为的垂心，则，
所以，同理得，，
则，
令，
由，则，
同理：，，
综上，，
根据奔驰定理得，即C正确.
对于D：由可知，，
又，所以
由可得，；
所以，即D错误；
故选：D.
【点睛】关键点睛：利用向量数量积定义、运算律和垂心性质得到向量模的比例，结合三角形面积公式和奔驰定理判断结论即可.
25．ABD
【分析】对A，取的中点D，连接，结合奔驰定理可得到，进而即可判断A；
对B，设内切圆半径为，从而可用表示出，再结合奔驰定理即可判断B；
对C，设的外接圆半径为，根据圆的性质结合题意可得，从而可用表示出，进而即可判断C；
对D，延长交于点D，延长交于点F，延长交于点E，根据题意结合奔驰定理可得到，，从而可设，则，代入即可求解，进而即可判断D．
【详解】对于A，取的中点D，连接，
由，则，
所以，
所以A，M，D三点共线，且，
设E，F分别为AB，AC的中点，同理可得，，所以为的重心，故A正确；

对于B，由为的内心，则可设内切圆半径为，
则有，
所以，
即，故B正确；

对于C，由为的外心，则可设的外接圆半径为，
又，
则有，
所以，
，
，
所以，故C错误；

对于D，如图，延长交于点D，延长交于点F，延长交于点E，

由为的垂心，，则，
又，则，，
设，则，
所以，即，
所以，所以，故D正确.
故选：ABD．
【点睛】关键点睛：解答D选项的关键是通过做辅助线（延长交于点D，延长交于点F，延长交于点E），根据题意，结合奔驰定理得到，，再设，得到，进而即可求解．
26．ABC
【分析】
根据向量的线性运算结合三角形重心判断A；结合“奔驰定理”即可判断B；根据三角形垂心性质，推出，结合“奔驰定理”判断C；求出，结合“奔驰定理”可得，从而求得，判断D.
【详解】
对于A，设的中点为D，则，

即三点共线，则，
设为的中点，同理可得，
故O为的重心，A正确；
对于B，若，结合，
可知，B正确；
对于C，，，
，
又O为（不为直角三角形）的垂心，设延长后交与G，则,
同理，则，
即，
同理，

故，同理，
又，
，
又O为（不为直角三角形）的垂心，
则，
故，即，
同理，
则
，
同理，
故
，
又，可得，C正确；
对于D，中，，，则，
又，故，
则，
故，D错误，
故选：ABC
【点睛】关键点睛：本题题意比较新颖，综合考查了向量知识的应用，解答的关键是能灵活应用向量知识，比如三角形“心”的向量表示，结合“奔驰定理”进行解答.
27．AD
【分析】
由奔驰定理可判断A选项，利用重心结论可判断B选项；
由外心可知，即可判断C选项；
由内心可知，满足勾股定理，D选项正确.
【详解】
对于A，由奔驰定理可得，，
因为，，不共线，所以，故A正确；
对于B，若是的重心，，
因为，所以，即共线，故B错误．
对于C，当为的外心时，，
所以，
即，故C错误．
对于D，当为的内心时，（为内切圆半径），
所以，所以，故D正确.
故选：AD.
28．BCD
【分析】根据向量数量积可证垂直，进而可求解A，根据垂直关系，结合内角和即可判断B，根据锐角三角函数即可判断C，由面积公式结合奔驰定理即可求解D.
【详解】因为，
同理，，故O为的垂心，故A错误；
根据垂心可得，，所以，
又，所以，又，
所以，故B正确；
，同理，延长CO交AB于点P(如图)，则，同理可得，所以，故C正确；
设，，的面积分别为，，，则
，
同理可得，所以，又，所以，
故D正确.
故选:BCD.
29．BCD
【分析】
根据题意得到，A错误，计算，根据比例关系得到B正确，确定得到C正确，根据面积公式得到，得到D正确，得到答案.
【详解】对选项A：，则，错误；
对选项B：，，
故，，正确；
对选项C：，即，故，
同理可得，，故为的垂心，正确；
对选项D：，故，设内接圆半径为，
，，，即，
即，，正确.
故选：BCD
30．C
【分析】通过建系设点，设利用平面向量的坐标计算转化为正弦型函数的值域问题求解即得.
【详解】
如图，以为坐标原点，所在直线为轴，的垂直平分线所在直线为轴，建立平面直角坐标系.
设点，由题意知，，
则，，
所以，
因，则,
故当时，即时，取最小值0.
故选:C.
【点睛】方法点睛：本题主要考查圆的参数方程和平面向量的数量积的取值范围问题.在处理已知圆上的动点有关的问题时常通过圆的参数方程设点，利于分析和计算；在处理平面向量的数量积问题时，常通过三种方法解决：
（1）定义法：运用向量的数量积定义公式计算分析；
（2）基底表示法：通过选设平面的一组基底，将相关向量进行表示，利用基底计算；
（3）建系法：通过建系得向量坐标，再计算分析.
31．D
【分析】利用平面向量的线性表示和数量积，转化为函数的最值问题求解.
【详解】根据题意可得，，
所以，
又因为，
所以,，
设,则，
所以，
，
所以
，
令，
当单调递增，单调递减，
当，取最大值为.
故选：D
32．A
【分析】利用数形结合方法与转换法，从而可求解.
【详解】因为，所以设，的方程为：，具体如下图所示：
连接，因为，直线与相切，所以，，连接，
因为为的中点，所以，设，，则；
当点和点在轴同侧时可得：
，
又因为，所以，当时有最大值，
所以：的最大值为：；
当点和点在轴异侧时可得：
，
又因为，所以，当时有最大值，
所以：的最大值为：.
综上可知：则的最大值为：.
故选：A.
33．B
【分析】设，，.根据已知得出点的轨迹方程为.然后表示出，平方根据以及之间的关系，化简可得.根据圆的范围得出的范围，研究的二次函数，即可得出.令，根据判别式法得出的范围，结合的范围检验，即可得出答案.
【详解】根据题意，，
设，，.
由，可得,
所以，点的轨迹方程为.
因为，
所以，，
所以，.
又，
所以有.
因为，
所以，
所以，，关于的二次函数开口向上，
则当时，有最小值，
所以，.
令，整理可得，
由可得，，
解得或.
当时，有，化简可得，
所以，，不在范围之内，舍去；
当时，有，化简可得，
所以，.
且当时，有，
所以，.
又，所以.
故选：B.
【点睛】关键点睛：将放到坐标系中，将已知条件转化为坐标关系，进而根据坐标研究.
34．D
【分析】
根据已知可得到的距离为2，为等腰直角三角形，若为的两个四等分点，为中点，在线段上运动，且，数形结合求的取值范围.
【详解】由，结合向量加法法则知：到的距离为2，
又，则，所以，故为等腰直角三角形，
由，则，所以共线，
又，则，若为的两个四等分点，为中点，如下图示，

所以在线段上运动，且，，，
由图：若，则，又，此时，
故上述情况，易知，
由图知：与重合时，，
综上，的取值范围为.
故选：D
35．D
【分析】利用转化法，将转化为或，进而求得的最小值.
【详解】解法一：
连接，则
，
当时，最小，即，
结合，得的最小值为．
解法二（极化恒等式法）：
依题意，为线段的中点，
则
,
由于，，所以的最小值为．
故选:D

36．A
【分析】以为坐标原点，为轴的正方向建立平面直角坐标系，，求出点坐标可得，利用二次函数的单调性可得答案.
【详解】以为坐标原点，为轴的正方向建立平面直角坐标系，
所以，因为D为BC的中点，所以，
，设，所以，
所以，可得，，
所以，
因为，所以.
故选：A.

【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是以为坐标原点建立平面直角坐标系，转化为坐标的运算求数量积.
37．D
【分析】利用平面向量数量积的运算可得出，求出的取值范围，再结合二次函数的基本性质可求得的最大值．
【详解】因为单位向量，的夹角为，
则，
所以，
又，
所以，
当取最大值时，必有，
则，
又，，则，所以，
所以，
故的最大值为.
故选：D．
【点睛】方法点睛：求平面向量夹角的方法：
（1）定义法：利用向量数量积的定义得，其中两向量的取值范围是；
（2）坐标法：若非零向量，，则．
38．D
【分析】把三个向量平移到同起点，由向量运算及得，从而，又由得点在以为圆心半径为1的圆面上（包括边界），利用数量积的几何意义求得，再利用三角形相似求OD长度即可求出最值.
【详解】设，，，，，则如图所示，
因为，所以，
即，所以，
因为，，所以，，
由，可得点在以为圆心，半径为1的圆面上（包括边界），
过圆周上一点作的垂线，垂足为，且与相切，
延长交于，则，
此时∽，根据相似知识可得，
所以，
所以的最大值为，
故选：D.
39．A
【分析】由余弦定理求得，由正方形的边长为，求得，利用向量的数量积的公式，化简得到，结合，即可求解.
【详解】在中，，，，
由余弦定理得，
所以，
又由正方形的边长为，可得，
则
，
正方形绕点按逆时针方向旋转（不少于1周），可得，
所以，即的取值范围是.
故选：A.
40．C
【分析】由题意分析可知四边形关于直线对称，且，只需考虑点E在边上的运动情况即可，然后分类讨论,求出最小值.
【详解】
如图所示，因为，且，所以垂直且平分，
则为等腰三角形，又，所以为等边三角形,
则四边形关于直线对称，故点E在四边形上运动时，
只需考虑点E在边上的运动情况即可，
因为，，知，即，
则，
①当点E在边上运动时，设，则，
则,
当时，最小值为；
②当点E在边上运动时，
设,则,
则
，
当时，的最小值为；
综上，的最小值为；
故选：C．
【点睛】方法点睛：由题意可推得四边形的几何性质，即要推出，然后要考虑E点位置，即要分类讨论，进而根据向量的线性运算表示出，结合二次函数性质即可求解.
41．A
【分析】
根据三角形垂心，重心，外心，内心的定义和性质结合平面向量的线性运算和共线定理，分别推导即可.
【详解】由，得，
即，
则，
所以，则，同理可得，，
即是三边上高的交点，则为的垂心；
由，得，
设的中点为，则，即，，三点共线，
所以在的中线上，同理可得在的其余两边的中线上，
即是三边中线的交点，故为的重心；
由，得，即，
又是的中点，所以在的垂直平分线上，
同理可得，在，的垂直平分线上，
即是三边垂直平分线的交点，故是的外心；
延长交于点，因为，，三点共线，则设（），
且，，
代入，得，
即①，
又因为与共线，与、不共线，
则只能当且时，①成立，
即，则,
由正弦定理得：，
又，则，
即，又，所以，
则是的角平分线，即点在的角平分线上，
同理可得，在，的垂直平分线上，
即是内角平分线的交点，故是的内心；
故选：A.
42．D
【分析】先分别求出等边三角形和正方形的边长及其内切圆半径，根据所求结果和正方形可在内任意旋转可知，正方形各个顶点在三角形的内切圆上，建立合适的直角坐标系，求出三角形的顶点坐标和其内切圆的方程，设出的三角坐标，根据可得到关于坐标中变量的关系，分类讨论代入中化简，用辅助角公式分别求出最大值，选出结果即可.
【详解】解：因为是面积为的等边三角形，记边长为，
所以，解得，
记三角形内切圆的半径为，根据，可得：
，解得，
因为正方形面积为2，所以正方形边长为，
记正方形外接圆半径为，
所以其外接圆直径等于正方形的对角线2，即，
根据正方形的对称性和等边三角形的对称性可知，
正方形外接圆即为等边三角形的内切圆，因为正方形可在内任意旋转，
可知正方形各个顶点均在该三角形的内切圆上，
以三角形底边为轴，以的垂直平分线为轴建立直角坐标系如图所示：
故可知，圆的方程为，
故设，，
因为，即，
化简可得，即，
解得或，
①当时，点坐标可化为，
此时
，
所以当，即，即，
即时，取得最大值；
②当时，点坐标可化为，
此时
，
因为，所以当，即，即，
即时，取得最大值，
综上可知：取得最大值.
故选：D
【点睛】方法点睛：该题考查平面几何的综合应用，属于难题，关于圆锥曲线中点的三角坐标的设法有：
（1）若点在圆上，可设点为，其中；
（2）若点在圆上，可设点为，其中；
（3）若点在椭圆上，可设点为，其中；
43．ABC
【分析】通过建系，借助于设角将向量的数量积转化为正弦型函数，利用其有界性求得数量积的范围即得.
【详解】
如图，以点为坐标原点，所在直线为轴，建立直角坐标系,
则点，设则,
因,故则
①当点位于轴异侧或者为直径时，
.
因故，，从而
②当点位于轴同侧时，
.
因故，，从而
综上，的范围是
故选：ABC.
【点睛】方法点睛：对于求解向量的数量积的范围问题，一般有以下方法：
（1）定义表示法：对于易于求得向量长度和夹角的题型，用定义法求解；
（2）基底表示法：对于几何体中易于寻求基底的题型，可考虑将相关向量用基底表示，再计算分析；
（3）坐标法：通过建立坐标系，选设未知量，求得相关点坐标，运用向量的数量积的坐标公式计算分析.
44．BD
【分析】A.结合图形，利用基底表示向量；B. 过作交于,利用平行线的比例关系，求得；C.由B的结果，结合基本不等式判断；根据共线关系，转化，再结合基本不等式，即可判断.
【详解】A.
，故A错误；
B.过作交于，则，，
,由向量关系知：，即，
故B正确；
C.由B知,当且仅当时成立，
故C错误；
D.由，
，，则
当且仅当时成立，故D正确.
故选：BD
【点睛】关键点睛：本题考查向量的线性运算共线等的应用，考查利用均值不等式求最值，解答本题的关键是B选项，需过作交于点，得到，从而可判断，，属于中档题.
45．ACD
【分析】对于A，根据三角形重心的向量性质及向量的加减法求得结果；对于B，根据三角形的外心性质结合向量的数量积求得结果；对于C，由欧拉线定理得，即，结合三角形重心的向量性质进行计算即可；对于D，利用正余弦定理及向量的数量积公式进行计算.
【详解】对于A，的重心为，有，且，，
故，故A正确.
对于B，的外心为，有
，故B错误；
对于C，由欧拉线定理得，即，又，
所以，故C正确；
对于D，因为，，，
所以由余弦定理
又，所以，如图，，
由正弦定理可得，所以，
则，故D正确.

故选：ACD.
【点睛】方法点睛：
三角形的三条垂直平分线交于一点，即为外心，外心是三角形外接圆的圆心.
（1）；
（2），；.
46．
【分析】将正八边形放在平面直角坐标系中，用点的坐标表示出的解析式，再利用线性规划知识进行平移，求出截距的范围即得.
【详解】
如图，因,故可以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立平面直角坐标系.
在正八边形中，则
设点，则，不妨设，则，
故要求的取值范围，即求的取值范围.由线性规划知，可将直线进行平行移动，
当直线过点时，，当直线过点时，即的取值范围是，
从而的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：本题主要考查平面向量点乘的范围，属于较难题.求解平面向量点乘的范围问题的方法主要有：
（1）直接法，运用向量点乘的定义计算求解；
（2）基向量表示法，选设平面的基底，运用基底表示向量计算求解；
（3）坐标表示法，选择适当的坐标系，运用向量坐标计算求解.
47．
【分析】就和分类讨论，后者可根据对称性只需考虑在对应的半圆弧上，前者，后者，而后者可建系处理.
【详解】连接.
若，则，
若不为零，则，这与题设矛盾，若为零，则与重合.
若，则，
设，故，且三点共线.
由对称可知只需考虑在对应的半圆弧上.
当在对应的半圆弧上（除外）时，总在的延长线上，
故此时.

当在对应的半圆弧上，总在之间，故此时
建立如图所示的平面直角坐标系，

则，，，
设，
当时，，而，
此时.
当时，则，
由可得，
故，
当时，.
综上，
故答案为：
【点睛】关键点睛：与向量的线性表示有关的最值问题中，如果考虑基底向量前系数的和的最值，则可利用三点共线构造系数和的几何意义，这样便于求最值.
48．
【分析】
根据三角形面积公式求边长，再应用等面积法、正弦定理求内切圆、外接圆半径，并判断的轨迹及相对三角形的位置，最后由，数形结合求最小值即可.
【详解】若边长为，则，可得，
所以，内切圆半径，外接圆半径，
而的内心为，且，故在以为圆心，1为半径的圆上，
所以N轨迹在三角形内部，如下图示，，

所以
，
若是中点，则，
综上，，要使其最小，只需反向共线，
由，故.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：利用向量数量积的运算律有，根据已知求相关向量的模，结合位置关系确定其最小值.
49．①④
【分析】
推导出，，利用平面向量数量积的运算性质可判断①；取线段的中点，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立平面直角坐标系，利用平面向量数量积的坐标运算可判断②；设，推导出、、三点共线，利用反证法可判断③；设线段的中点，推导出，可判断④.
【详解】对于①，如下图所示：
取线段的中点，连接，
因为为的中点，为的外心，则，
所以，，
同理可得，
又因为，，则
，①对；
对于②，取线段的中点，连接，则，
以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的平面直角坐标系，

则、、，设点，
则，，，
所以，，
则，
当且仅当，时，等号成立，故的最小值为，②错；
对于③，设，如下图所示：

因为，则，
所以，，即，
故、、三点共线，
取线段的中点，连接、，则，显然、、三点不共线，
所以，与不垂直，
若，则，矛盾，故，③错；
对于④，因为，
则
，则，
取线段的中点，则，

所以，，即，
故动点的轨迹过的外心，④对.
故答案为：①④.
【点睛】方法点睛：求两个向量的数量积有三种方法：
（1）利用定义：
（2）利用向量的坐标运算；
（3）利用数量积的几何意义．
具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用．
50．
【分析】利用基底法得，，再利用三角形面积公式得，再根据向量数量积的运算律结合基本不等式即可得到最值.
【详解】延长交于点，因为是的重心，则为的中点，
，，
，
由，，
由三角形面积公式得，解得，
则
，
当且仅当等号成立，此时为等边三角形.
故答案为：.

【点睛】关键点睛：本题的关键是利用作为基底表示出，再结合三角形面积公式和基本不等式即可得到最值.
51．
【分析】
利用向量加法运算及数量积定义得，然后利用数量积的运算律得，设出向量夹角，从而，利用余弦函数求解最值即可.
【详解】因为，，又点分别是的中点，
所以，所以，
，
又，所以，又点分别是的中点，所以，
因为，所以，
即，设，，则，所以，
所以，
所以当即时，有最大值1，即有最大值为.
故答案为：
【点睛】方法点睛：求两个向量的数量积有三种方法：利用定义；利用向量的坐标运算；利用数量积的几何意义.具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时注意数量积运算律的应用.
52． 20
【分析】利用向量求得的表达式，由此求得的最大值. 利用向量求得的表达式，由此求得的取值范围.
【详解】由余弦定理，，
由于，所以.
设是中点，则共线，如图，

，
.
，
.
因为的最大值为，
所以的最大值为.
，
其中，即，
所以，故.
即的取值范围是.
故答案为：；
【点睛】关键点睛：本题的关键在于利用向量数量积运算得到，从而转化为求的范围即可，同理得到，再代入相关数据转化为求的范围即可.
53． 12 ##
【分析】空1：取的中点O，连接，则可得是等边三角形，在中，利用余弦定理求出，从而可求出；空2：取的中点E，连接，交半圆于点N，则，所以，从而可求出的最大值
【详解】空1：如图，取的中点O，连接，因为，，
所以是等边三角形，所以，
又在中，，
所以；
空2：取的中点E，连接，交半圆于点N，则，，
又
，
故的最大值是.
故答案为：12；.

【点睛】关键点睛：此题考查平面向量的综合应用，考查平面向量数量积的运算，解题的关键是取的中点E，连接，将转化为，化简后可求出其最大值，考查数学转化思想，属于较难题.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页

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