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高中数学二轮复习讲义——选填题部分
第 8 讲 平面向量
平面向量的基本定理及坐标表示是高考中的一个热点内容，尤其是用坐标表示
的向量共线的条件是高考考查的重点内容，一般是通过向量的坐标表示，将几何问题转化为代数问题来解
决，多以选择题或填空题的形式呈现，有时也作为解答题中的条件，应用向量的平行或垂直关系进行转换．
平面向量的数量积也一直是高考的一个热点，尤其是平面向量的数量积，主要考查平面向量的数量积
的运算、向量的几何意义、模与夹角、两向量的垂直等问题．题型一般以选择题、填空题为主.
题型一、线性运算、平面向量基本定理
→
1．在△ABC中，AD为BC边上的中线，E为AD的中点，则 EB=（ ）
3 → 1 → 1 → 3 → 3 → 1 → 1 → 3 →
A． AB− AC B． AB− AC C． AB+ AC D． AB+ AC
4 4 4 4 4 4 4 4
【解答】解：在△ABC中，AD为BC边上的中线，E为AD的中点，
→ → → → 1 → → 1 1 → → 3 → 1 →
EB=AB−AE=AB− AD =AB− × （ AB+AC ）= AB− AC，
2 2 2 4 4
故选：A．
→ →
2．如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，AB＝2AD＝2DC，E为BC边上一点，且 BC=3EC ，F为
AE的中点，则（ ）
→ 1 → → → 1 → 1 →
A．BC=− AB+AD B．AF= AB+ AD
2 3 3→ 2 → 1 → → 1 → 2 →
C．BF=− AB+ AD D．CF= AB− AD
3 3 6 3
【解答】解：由AB＝2AD＝2DC知：
→ → → →
∵ BC=BA+AD+DC ，
→ → → 1 → 1 → →
∴BC=−AB+AD+ AB=− AB+AD，
2 2
故A选项正确．
→ 1 → 1 → →
又∵AF= AE= (AB+BE)，
2 2
→ 1 → 1 2 → 1 → 1 → 1 → 1 →
∴AF= AB+ × BC= AB+ BC= AB+ AD，
2 2 3 2 3 3 3
故B选项正确．
→ → → → 1 → 1 →
∵BF=BA+AF=−AB+ AB+ AD，
3 3
→ 2 → 1 →
∴BF=− AB+ AD，
3 3
故C正确．
→ → → → 1 → → 1 → 1 → 1 → 2 →
∵CF=CD+DA+AF=− AB−AD+ AB+ AD =− AB− AD，
2 3 3 6 3
D不正确．
故选：ABC．
π
3．如图，△ABC中，∠ABC = ，AD平分∠BAC，过点B作AD的垂线，分别交AD，AC于E，F，若AF＝
2
→
6，BC＝8，则 AE=（ ）
1 → 3 → 1 → 1 → 2 → 3 → 2 → 1 →
A． AB+ AC B． AB+ AC C． AB+ AC D． AB+ AC
2 10 2 3 5 10 5 3
【解答】解：根据题意得，AD平分∠BAC，AE⊥BF∴AB＝AF＝6，E为BF的中点，
π
又BC＝8，∠ABC =
2
∴AC＝10，
→ 1 → → 1 → 1 6 → 1 → 3 →
∴AE= （ AB+AF ）= AB+ × AC= AB+ AC；
2 2 2 10 2 10
故选：A．
4．如图所示，AD是△ABC的中线.O是AD上的一点，且⃑AO=2⃑OD，若⃑CO=λ⃑AB+μ⃑AC，其中
λ,μ∈ R，则λ+μ的值为（ ）
1 1 1 1
A．− B． C．− D．
2 2 3 3
【答案】C
【详解】因为AD是△ABC的中线，O是AD上的一点，且⃑AO=2⃑OD，
所以O是△ABC的重心，
2 1 1 1 1 1 2
则⃑CO= × (⃑CB+⃑CA)= (⃑CB+⃑CA)= (⃑AB−⃑AC)+ ⃑CA= ⃑AB− ⃑AC，
3 2 3 3 3 3 3
又因为⃑CO=λ⃑AB+μ⃑AC，
1 2 1
所以λ= ，μ=− ，可得λ+μ=− ，
3 3 3
故选：C.
题型二、向量共线定理
考点1.三点共线定理
→ → → 1 → →
1．在△ABC中，已知D是AB边上一点，若 AD=2DB ，CD= CA+λCB，则 ＝（ ）
3
λ
2 1 1 2
A． B． C．− D．−
3 3 3 3
【解答】解：在△ABC中，已知D是AB边上一点→ → → 1 → →
∵ AD=2DB ，CD= CA+λCB，
3
→ → → → 2 → → 2 → → 1 → 2 →
∴CD=CA+AD=CA+ AB=CA+ (CB−CA)= CA+ CB，
3 3 3 3
2
∴ = ，
3
λ
故选：A．
→ 1 → → → 2 →
2．如图，在△ABC 中，AN= NC，P 是 BN 上的一点，若AP=mAB+ AC，则实数 m 的值为
3 11
（ ）
9 5 2 3
A． B． C． D．
11 11 11 11
【解答】解：∵P是BN上的一点，
→ → → 1 →
设 BP=λBN ，由AN= NC，
3
→ → → → → → → → → → → λ →
则 AP=AB+BP=AB+λBN =AB+λ(AN−AB) =(1−λ)AB+λAN =(1−λ)AB+ AC
4
→ 2 →
=mAB+ AC
11
λ 2
∴m＝1﹣ ， =
4 11
λ
8 3
解得 = ，m =
11 11
λ
故选：D．
3．在平行四边形ABCD中，AC与BD交于点O，E是线段OD的中点，AE的延长线与CD交于点F．若
→ → → → →
AC=a ， BD=b ，则 AF=（ ）
1→ 1→ 2→ 1→ 1→ 1→ 1→ 2→
A． a+ b B． a+ b C． a+ b D． a+ b
4 2 3 3 2 4 3 3
【解答】解：∵由题意可得△DEF∽△BEA，DE DF 1 DF 1
∴ = = ，再由AB＝CD可得 = ，
EB AB 3 DC 3
DF 1
∴ = ．
FC 2
作FG平行BD交AC于点G，
FG CG 2
∴ = = ，
DO CO 3
→ 2 → 1 → 1→
∴GF= OD= BD= b．
3 3 3
→ → → → 1 → 1 → 1 → 2 → 2→
∵AG=AO+OG=AO+ OC= AC+ AC= AC= a，
3 2 6 3 3
→ → → 2→ 1→
∴AF=AG+GF= a+ b，
3 3
故选：B．
4．如图，在平行四边形ABCD中，E，F分别为边AB，BC的中点，连接CE，DF，交于点G，若
λ
⃑CG=λ⃑CD+μ⃑CB（λ，μ∈R），则 = ．
μ
1
【答案】
2
1
CG 2 2
【详解】根据平行线分线段成比例可得 = = , 而
CE 1 1 1 5
+ +
2 2 4
1 2 1 2
⃑CE= ⃑CD+⃑CB,⃑CG= ⃑CE= ⃑CD+ ⃑CB,
2 5 5 51
λ 5 1
故 = = .
μ 2 2
5
1
即答案为 .
2
考点2.等和线
→ →
1．在△ABC 中，点 P 满足 BP=3PC ，过点 P 的直线与 AB，AC 所在的直线分别交于点 M，N，若
→ → → →
AM=λAB ， AN=μAC （ ＞0， ＞0），则 + 的最小值为（ ）
λ μ λ μ
√2 √3 3 5
A． +1 B． +1 C． D．
2 2 2 2
→ → → → → →
【解答】解：∵△ABC中， BP=BA+AP ， PC=PA+AC
→ → → → → → → 3 → 1 →
点P满足 BP=3PC ，∴ −AB+AP=3(AC−AP) ∴AP= AC+ AB
4 4
→ → → →
∵ AM=λAB ， AN=μAC （ ＞0， ＞0），
λ μ
→ 3 → 1 →
∴AP= AN+ AM
4μ 4λ
3 1
因为B，P，C三点共线，所以， + =1， ＞0， ＞0
4μ 4λ
λ μ
3 1 3λ μ √3λ μ √3
∴ + ＝（ + ）（ + ）＝1 + + ≥1+2 = +1
4μ 4λ 4μ 4λ 4μ 4λ 2
λ μ λ μ
√3
当且仅当 =√3 时取“＝”，则 + 的最小值为 +1
2
μ λ λ μ故选：B．
→ →
2．给定两个长度为1的平面向量
OA
和
OB
，它们的夹角为120°．如图所示，点C在以O为圆心，以1半
→ → →
径的圆弧AB上变动．若 OC=xOA+yOB ，其中x，y R，则x+y的最大值是 2 ．
∈
【解答】解：【方法一】建立如图所示的坐标系，
则A（1，0），B（cos120°，sin120°），
1 √3
即B（− ， ）．
2 2
→
设∠AOC＝ ，则 OC=（cos ，sin ）．
α α α
→ → → y √3
∵ OC=xOA+yOB=（x，0）+（− ， y）＝（cos ，sin ）；
2 2
α α
y
{x− =cosα
2
则 ，
√3
y=sinα.
2
sinα
{x= +cosα
√3
解得 ，
2sinα
y=
√3
∴x+y=√3sin +cos ＝2sin（ +30°）．
∵0°≤ ≤120α°．∴α30°≤ +3α0°≤150°．
∴x+y有α最大值2，当 ＝α60°时取最大值2．
→ → α →
【解法二】 OC=xOA+yOB ，
→ → →
∴ OC2=x2+y2+2xyOA • OB=x2+y2+2xycos120°＝x2+y2﹣xy，
∴x2+y2﹣xy＝1，
∴（x+y）2﹣3xy＝1，x+ y 2
∴（x+y）2﹣1＝3xy≤3•( ) ，
2
1
∴ •（x+y）2≤1，
4
解得x+y≤2．
故答案为：2．
→ → →
3．在矩形ABCD中，AB＝1，AD＝2，动点P在以点C为圆心且与BD相切的圆上．若 AP= AB+ AD ，则
λ μ
+ 的最大值为（ ）
λA．μ3 B．2√2 C．√5 D．2
【分析】如图：以A为原点，以AB，AD所在的直线为x，y轴建立如图所示的坐标系，先求出圆的标准
2√5 2√5 → → →
方程，再设点P的坐标为（ cos +1， sin +2），根据 AP= AB+ AD ，求出 ， ，根据三角
5 5
θ θ λ μ λ μ
函数的性质即可求出最值．
【解答】解：如图：以A为原点，以AB，AD所在的直线为x，y轴建立如图所示的坐标系，
则A（0，0），B（1，0），D（0，2），C（1，2），
∵动点P在以点C为圆心且与BD相切的圆上，
设圆的半径为r，
∵BC＝2，CD＝1，
∴BD=√22+12=√5
1 1
∴ BC•CD = BD•r，
2 2
2
∴r = ，
√5
4
∴圆的方程为（x﹣1）2+（y﹣2）2= ，
5
2√5 2√5
设点P的坐标为（ cos +1， sin +2），
5 5
θ θ→ → →
∵ AP= AB+ AD ，
λ μ
2√5 2√5
∴（ cos +1， sin +2）＝ （1，0）+ （0，2）＝（ ，2 ），
5 5
θ θ λ μ λ μ
2√5 2√5
∴ cos +1＝ ， sin +2＝2 ，
5 5
θ λ θ μ
2√5 √5
∴ + = cos + sin +2＝sin（ + ）+2，其中tan ＝2，
5 5
λ μ θ θ θ φ φ
∵﹣1≤sin（ + ）≤1，
∴1≤ + ≤3，θ φ
故 + λ的μ最大值为3，
故选λ ：μA．
4．如图，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠DAB=90°，AD=AB=4，CD=1，动点P在边BC上，
1 1
且满足⃗AP=m⃗AB+n⃗AD（m，n均为正数），则 + 的最小值为（ ）
m n
3 3 7+4√3
A．1 B． C．− D．
4 4 4
【答案】D
【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A(0,0)，B(4,0)，D(0,4)，C(1,4)，则⃗AB=(4,0)，⃗AD=(0,4)，⃗BC=(−3,4)，
设⃗BP=λ⃗BC=(−3λ,4λ)(λ∈(0,1))，
则⃗AP=⃗AB+⃗BP=(4−3λ,4λ).
因为⃗AP=m⃗AB+n⃗AD=(4m,4n)，
3
所以¿，消去λ，得m+ n=1，
4
1 1 ( 3 )( 1 1) 3n m 3 7 √ 3n m 7+4√3
因为m>0，n>0，所以 + = m+ n + =1+ + + ≥ +2 ⋅ = ，
m n 4 m n 4m n 4 4 4m n 4
√3 3
当且仅当m= n，结合m+ n=1，即¿时等号成立.
2 4
1 1 7+4√3
故 + 的最小值为 .
m n 4
故选：D
题型三、数量积
考点1.利用数量积求角
1．已知向量 ⃗a，⃗b满足|⃗a|=5， |⃗b|=6，⃗a⋅⃗b=−6，则cos<⃗a,⃗a+⃗b>=（ ）
31 19 17 19
A．− B．− C． D．
35 35 35 35
【答案】D
【详解】∵|⃗a|=5，|⃗b|=6，⃗a⋅⃗b=−6，∴⃗a⋅(⃗a+⃗b)=|⃗a|2+⃗a⋅⃗b=52−6=19.
|⃗a+⃗b|=√(⃗a+⃗b) 2=√⃗a2+2⃗a⋅⃗b+⃗b2=√25−2×6+36=7，
⃗a⋅(⃗a+⃗b) 19 19
因此，cos<⃗a,⃗a+⃗b>= = =
.
|⃗a|⋅|⃗a+⃗b| 5×7 35
故选：D.2．下列说法中错误的为（ ）
( 5 )
A．已知⃑a=(1,2)，⃑b=(1,1)且⃑a与⃗a+λ⃑b夹角为锐角，则λ的取值范围是 − ,+∞
3
(1 3)
B．已知⃑a=(2,−3)，⃑b= ,− 不能作为平面内所有向量的一组基底
2 4
C．若⃑a与⃑b平行，则⃑a在⃑b方向上的投影数量为|⃑a|
D．若非零⃑a，⃑b满足|⃑a|=|⃑b|=|⃑a−⃑b|，则⃑a与⃑a+⃑b的夹角是60°
【答案】ACD
【详解】对于A, ∵⃗a=(1,2),⃗b=(1,1),⃗a+λ⃗b=(1+λ,2+λ)
因为⃗a与⃗a+λ⃗b的夹角为锐角,
5
所以⃗a⋅(⃗a+λ⃗b)=1+λ+4+2λ=3λ+5>0 ⇒λ>−
3
若⃗a与⃗a+λ⃗b同向，则⃗a+λ⃗b=k⃗a（k>0），
所以¿解得¿
( 5 )
所以当⃗a与⃗a+λ⃗b的夹角为锐角时，λ的取值范围为 − ,0 ∪(0,+∞), 故A错误.
3
对于B, 因为⃗a=(2,−3),⃗b=
(1
,−
3)
,所以向量⃗a=(2,−3)=4⃗b, 即共线,
2 4
故不能作为平面内所有向量的一组基底,故B正确.
对于C, ⃗a与⃗b平行，则⃗a与⃗b的夹角为0或π，则⃗a在⃗b方向上的投影数量为|⃗a|cos0或|⃗a|cosπ，即⃗a在⃗b方向
上的投影数量为±|⃗a|，故C错误
对于D, 因为|⃗a|=|⃗a−⃗b|, 两边平方得, |⃗b| 2 =2⃗a⋅⃗b ⇒⃗a⋅⃗b= 1 |⃗b| 2 = 1 |⃗a| 2
2 2
3
⃗a⋅(⃗a+⃗b)=|⃗a| 2+⃗a⋅⃗b= |⃗a| 2
2
|⃗a+⃗b|=√(⃗a+⃗b) 2 = √ |⃗a| 2+2⃗a⋅⃗b+|⃗b| 2 =√3|⃗a|
3
2
|⃗a|
故 cos⟨⃗a,⃗a+⃗b⟩= ⃗a⋅(⃗a+⃗b) = 2 = √3
|⃗a||⃗a+⃗b| |⃗a|⋅√3|⃗a| 2
而向量的夹角范围为[0∘,180∘], 得⃗a与⃗a+⃗b的夹角为30∘, 故D错误.
故选: ACD考点2.平方处理绝对值问题
→ → π → → → →
1．已知平面向量 a ， b 的夹角为 ，a=(√3，1)，且|a−b|=√3 则|b|= 1
3
→ →
【解答】解：由 a=（√3，1），得|a|=√3+1=2，
→ → π → →
又平面向量
a
，
b
的夹角为 ，且|a−b|=√3 ，
3
所以 ( → a− → b) 2= → a2−2 → a • → b+ → b2=4﹣2×2×| → b|×cos π +| → b|2=3，
3
→ →
化简得|b|2−2|b|+1＝0，
→
解得|b|=1．
故答案为：1．
→ → → → →
2．已知|OA|=|OB|=2 ，点C在线段AB上，且|OC|的最小值为1，则|tOA−OB|（t R）的最小
∈
值为（ ）
A．√2 B．√3 C．2 D．√5
→ →
【解答】解：由于|OA|=|OB|=2 ，则△OAB时等腰三角形，
→ → →
当OC⊥AB时，|OC|取最小值，此时|OC|＝|OA|cos∠AOC＝2cos∠AOC＝1，
π 2π
所以，∠AOC= ，∠AOB= ，
3 3
→ → → → → → → → 1
所以，|tOA−OB|2=(tOA−OB) 2=t2OA2−2tOA⋅OB+OB2=4t2+4t+4=4(t+
)
2+3，
2
1
因此，当t=− 时，|tO →
A−O
→ B|的最小值为√3，
2
故选：B．
→ → → → → → → → → → →
3．已知平面向量 a 、 b 、 c 满足|a|＝2，|b−a|＝1， c∥b ， a⋅c=6 ，则|c|的最大值为 2√3 ．
→ →
【解答】解：∵ ∥ ，
c b→ → → → → → →
∴设 b=λc ，则|λc−a|=1 ，且 a⋅c=6 ，|a|=2 ，
→ → → → → → →
∴ (λc−a) 2=λ2c2+a2−2λa⋅c=λ2c2−12λ+4=1，
→ 1 4 1
∴c2=−3( − )=−3( −2) 2+12，
λ2 λ λ
1
∴λ= 时， → c2取最大值12，| → c|取最大值2√3．
2
故答案为：2√3．
考点3.几何意义——投影
→ →
1．如图，在平行四边形ABCD中，AP⊥BD，垂足为P，且AP＝3，则 AP⋅AC= 1 8 ．
【分析】设AC与BD交于O，则AC＝2AO，在RtAPO中，由三角函数可得AO与AP的关系，代入向量的
→ → → →
数量积 AP⋅AC=|AP||AC|cos∠PAO可求
【解答】解：设AC与BD交于点O，则AC＝2AO
∵AP⊥BD，AP＝3，
在Rt△APO中，AOcos∠OAP＝AP＝3
→ → →
∴|AC|cos∠OAP＝2|AO|×cos∠OAP＝2|AP|＝6，
→ → → →
由向量的数量积的定义可知， AP⋅AC=|AP||AC|cos∠PAO＝3×6＝18
故答案为：18
→ → → → → → →
2．已知两个不相等的非零向量
a，b
，满足|b|=2 ，且
b
与
b−a
的夹角为45°，则|a|的取值范围是（）
A．(0，√2] B．[√2，2) C．（0，2] D．[√2，+∞)
→ → → → →
【解答】解：如图所示，设 AB=b ， AC=a ，∠CAB＝45°，由图可知，当BC⊥AC时，|a|的取值最小，
→
此时，则|a|=√2，
→
而|a|没有最大值，
→
故则
a
的取值范围为[√2，+∞），
故选：D．
→
3．如图，A是半径为5的圆O上的一个定点，单位向量
AB
在A点处与圆O相切，点P是圆O上的一个动
→ →
点，且点P与点A不重合，则 AP • AB 的取值范围是 [ ﹣ 5 ， 5 ] ．
【解答】解：如图所示：设∠PAB＝ ，作OM⊥AP，则∠AOM＝ ，
AM θ θ
∴sin = ，AM＝5sin ，AP＝2AM＝10sin ．
OA
θ θ θ
→ →
∴ AP⋅AB=10sin ×1×cos ＝5sin2 [﹣5，5]，
θ θ θ∈
故答案为：[﹣5，5]．考点4.转换基底
1
1．在平行四边形ABCD中，AD＝1，AB=
2
，∠BAD＝60°，E为CD的中点，则
A
→
C⋅B
→ E=（ ）
A．﹣2 B．﹣1 C．1 D．2
1
【解答】解：如图，∵AD=1，AB= ，∠BAD=60°，
2
→ → → → → → → 1 →
又 AC=AB+AD ，BE=BC+CE=AD− AB，
2
→ → → → → 1 → 1 → → 1 → → 1 1
∴AC⋅BE=(AB+AD)⋅(AD− AB)=− AB2+AD2+ AB⋅AD=− +1+ =1．
2 2 2 8 8
故选：C．
→ → → → → → → → →
2．已知向量 AB 与 AC 的夹角为120°，且|AB|＝3，|AC|＝2．若 AP= AB+AC ，且 AP ⊥ BC ，则实数
λ
7
的值为 ．
12
λ
→ → →
【解答】解：由题意可知： BC=AC−AB ，
→ →
因为 ，
AP⊥BC
→ →
所以 AP⋅BC=0 ，
→ → → → → → → → → → → →
所以AP⋅BC=(λAB+AC)(AC−AB)=λAB⋅AC−λAB2+AC2−AC⋅AB
1 1
=λ×3×2×(− )−λ×32+22−2×3×(− ) ＝﹣12 +7＝0
2 2
λ7
解得 = ．
12
λ
7
故答案为： ．
12
→ → → →
3．如图，P为△AOB所在平面内一点，向量 OA=a ， OB=b ，且点P在线段AB的垂直平分线上，向量
→ → → → → → 5
OP=c ．若|a|＝3，|b|＝2，则 c⋅(a−b) 的值为
2
．
【解答】解：设线段AB的垂直平分线为PH，H为垂足，
→ → → → → 1 → → → 1 → 1 → → 1 → 1 → →
则OP=OB+BH+HP=OB+ BA+HP=OB+ OA− OB+HP= OA+ OB+HP，
2 2 2 2 2
则 c⋅( → a− → b)=（ 1
2
O → A+ 1
2
O → B+H → P）•（ O → A−O → B ）= 1
2
（ O → A2−O → B2）+H → P⋅B → A = 1
2
×（32﹣
5
22）+0 = ．
2
5
故答案为： ．
2
考点5.建系解决数量积问题
→ →
1．在△ABC中BC＝6，BC边上的高AD＝2，点D在线段BC上，则
AB⋅AC
的取值范围是（ ）
A．[﹣5，4） B．[﹣5，4] C．[﹣4，5] D．[﹣4，5）【解答】解：△ABC中BC＝6，BC边上的高AD＝2，点D在线段BC上，
利用垂直关系，建立平面直角坐标系，如图所示
所以D（0，0），A（0，2），B（x﹣6，0），C（x，0 ）
6−x
由于点D为内分点，所以 ≥0，解得0＜x≤6．
x
→ → → →
所以AB=(x−6，−2) ，AC=(x，−2) ，所以AB⋅AC=x(x−6)+4=x2﹣6x+4＝（x﹣3）2﹣5，
当x＝3时，最小值为﹣5，当x＝6时，最大值为4．
→ →
则
AB⋅AC
的取值范围是[﹣5，4]．
故选：B．
2．在直角三角形 ABC 中，∠A＝90°，AB＝3，AC＝4，P 在△ABC 斜边 BC 的中线 AD 上，则
→ → →
AP⋅(PB+PC) 的最大值为（ ）
25 25 25 25
A． B． C． D．
16 8 4 2
【解答】解：以A为坐标原点，以AB，AC方向分别为x轴，y轴正方向建立平面直角坐标系，
则B（3，0），C（0，4），
4 → 4 → 4 → 4
设P(x， x)，所以PB=(3−x，− x)，PC=(−x，4− x)，AP=(x， x)，
3 3 3 3
→ → → 50 25 50 3 25 25
AP⋅(PB+PC)=− x2+ x=− (x− ) 2+ ．故最大值为 ．
9 3 9 4 8 8
故选：B．
→ → → → → → →
3．已知单位向量
a，b
的夹角为60°，若向量
c
满足|a−2b+3c|≤3 ，则|c|的最大值为（ ）
√3 √3
A．1+ B． C．1+√3 D．√3
3 3→ → 1 √3 →
【解答】解：由题意，设单位向量 a=（1，0）， b=（cos60°，sin60°）＝（ ， ），且 c=（x，
2 2
y）；
→ → →
则 a−2b+3c=（3x，3y−√3），
→ → →
由|a−2b+3c|≤3 ，
∴√ (3x) 2+(3 y−√3) 2 ≤3，
2
√3
化简得x2+(y− ) ≤1，
3
√3
它表示圆心为C（0， ），半径为1的圆及其内部，如图所示；
3
→ √3
由图形知，|c|的最大值为1+ ．
3
故选：A．
题型四、极化恒等式
1．如图，在△ABC中，D是BC的中点，E、F是AD上的两个三等分点，⃑BA·⃑CA=4，⃑BF·⃑CF=−1，
则⃑BE·⃑CE的值是（ ）
7 3
A．4 B．8 C． D．
8 4
【答案】C
【详解】因为D是BC的中点，E，F是AD上的两个三等分点，所以⃑BF=⃑BD+⃑DF，⃑CF=⃑CD+⃑DF=−⃑BD+⃑DF，
⃑BA=⃑BD+⃑DA=⃑BD+3⃑DF，⃑CA=⃑CD+⃑DA=−⃑BD+3⃑DF，
所以⃑BF⋅⃑CF=(⃑BD+⃑DF)⋅(−⃑BD+⃑DF)=⃑DF2−⃑BD2=−1，
⃑BA·⃑CA=(⃑BD+3⃑DF)⋅(−⃑BD+3⃑DF)=9⃑DF2−⃑BD2=4，
5 13
可得⃑DF2= ，⃑BD2=
，
8 8
又因为⃑BE=⃑BD+⃑DE=⃑BD+2⃑DF，⃑CE=⃑CD+⃑DE=−⃑BD+2⃑DF
5 13 7
所以⃑BE·⃑CE=(⃑BD+2⃑DF)⋅(−⃑BD+2⃑DF)=4⃑DF2−⃑BD2=4× − = ，
8 8 8
故选：C．
2．如图所示，正方形ABCD的边长为1，A，D分别在x轴，y轴的正半轴(含原点)上滑动，则⃗OC⋅⃗OB的
最大值是 ．
【答案】2
【详解】如图，取BC的中点M，AD的中点N，连接MN，ON，
(⃗OC+⃗OB) 2 (⃗OC−⃗OB) 2 1
则⃗OC⋅⃗OB= − =⃗OM2− ，
2 2 4
1 3
又OM≤ON＋NM＝ AD＋AB＝ ，
2 2
当且仅当O，N，M三点共线时取等号．
所以⃗OC⋅⃗OB的最大值为2．
故答案为：2.3．已知AB是圆O的直径，AB长为2，C是圆O上异于A，B的一点，P是圆O所在平面上任意一点，则(
⃗PA＋⃗PB)⋅⃗PC的最小值为（ ）
1 1 1
A．− B．− C．− D．−1
4 3 2
【答案】C
【详解】⃗PA+⃗PB=2⃗PO,∴(⃗PA+⃗PB)⋅⃗PC=2⃗PO⋅⃗PC,
1
取OC中点D，由极化恒等式得,⃗PO⋅⃗PC=|PD|2−|CD|2=|PD|2− ,
4
1
又|PD|2 =0，∴(⃗PA+⃗PB)⋅⃗PC的最小值为− ．
min 2
故选:C.
3
4．如图，在四边形ABCD中，∠B=60°, AB=3，BC=6，且⃑AD=λ⃑BC,⃑AD⋅⃑AB=− ，则实数λ的
2
值为 ，若M,N是线段BC上的动点，且|⃑MN|=1，则⃑DM⋅⃑DN的最小值为 ．
1 13
【答案】
6 2
【详解】∵⃗AD=λ⃗BC，∴AD//BC，∴∠BAD=180∘−∠B=120∘，
⃗AB⋅⃗AD=λ⃗BC⋅⃗AB=λ|⃗BC|⋅|⃗AB|cos120∘
1 3
=λ×6×3×(− )=−9λ=− ，
2 2
1
解得λ= ，
6
以点B为坐标原点，BC所在直线为x轴建立如下图所示的平面直角坐标系xBy，∵BC=6，∴C(6,0),
(3 3√3)
∵|AB|=3,∠ABC=60°，∴A的坐标为A , ,
2 2
1 5 3√3
∵又∵⃗AD= ⃗BC,则D( , )，设M(x,0)，则N(x+1,0)（其中0≤x≤5），
6 2 2
5 3√3 3 3√3
⃗DM=(x− ,− )，⃗DN=(x− ,− )，
2 2 2 2
2
5 3 3√3 21 13
⃗DM⋅⃗DN=(x− )(x− )+( ) =x2−4x+ =(x−2) 2+ ，
2 2 2 2 2
13
所以，当x=2时，⃗DM⋅⃗DN取得最小值 .
2
1 13
故答案为： ； .
6 2
题型五、奔驰定理
1
1．已知点O为△ABC内一点，满足 O → A+3O → B=λO → C ，若S △AOB = 3 S △ABC ，则 ＝（ ）
λ
1 1
A．﹣2 B．− C． D．2
2 2
→ →
【解答】解：如图，设 OE=3OB ，作平行四边形OAME，其中对角线OM与底边AB相交于点F，
→ → → → → → →
则 OA+3OB=OA+OE=OA+AM=OM ，
OF OB 1 → 1 →
易知△OBF∽△MFA，故 = = ，则OF= OM，
MF MA 3 4
1 OF 1
又S △AOB = 3 S △ABC ，故 CF = 3 ，则 O → C=−2O → F ，→ → 1 → →
∴OM=4OF=4×(− OC)=−2OC，
2
→ → →
∵ OA+3OB=λOC ，
∴ ＝﹣2．
故λ选：A．
→ 2 → 1 → → 1 → 2 →
2．设 P、Q为△ABC内的两点，且AP= AB+ AC，AQ= AB+ AC，则△ABP的面积与△ABQ的
5 5 4 3
面积之比为（ ）
4 8 4 3
A． B． C． D．
5 5 3 10
→ 2 → → 1 →
【解答】解：设AM= AB，AN= AC，则
5 5
→ 2 → 1 → → → →
∵AP= AB+ AC，∴
AP=AM+AN
5 5
由平行四边形法则知NP∥AB
1
∴△ABP的面积与△ABC的面积之比
5
2
同理△ABQ的面积与△ABC的面积之比为
3
1 2 3
∴△ABP的面积与△ABQ的面积之比为 ： =
5 3 10
故选：D．
3．点O为△ABC内一点，若S :S :S =4:3:2，设⃗AO=λ⃗AB+μ⃗AC，则实数λ和μ的值分
△AOB △BOC △AOC
别为（ ）2 4 4 2 1 2 2 1
A． ， B． ， C． ， D． ，
9 9 9 9 9 9 9 9
【答案】A
【详解】如图所示，延长AO交BC于Q，
显然S +S +S =S ，
△AOB △BOC △AOC △ABC
S OQ S +S
由面积关系可得 △BOC = ，所以⃗AO= △AOB △AOC ⋅⃗AQ，
S AQ S
△ABC △ABC
|⃗QC| |⃗QB| S S
而⃗AQ= ⋅⃗AB+ ⋅⃗AC= △AOC ⃗AB+ △AOB ⃗AC，
|⃗BC| |⃗BC| S +S S +S
△AOC △AOB △AOC △AOB
S S
所以⃗AO= △AOC(⃗AO+⃗OB)+ △AOB(⃗AO+⃗OC)，
S S
△ABC △ABC
所以S ⋅⃗OB+S ⋅⃗OC−S ⋅⃗AO=0⃗，即S ⋅⃗OB+S ⋅⃗OC+S ⋅⃗OA=0⃗，
△AOC △AOB △BOC △AOC △AOB △BOC
又由题可知S :S :S =4:3:2，所以4⃗OC+3⃗OA+2⃗OB=0⃗，
△AOB △BOC △AOC
所以4(⃗OA+⃗AC)+3⃗OA+2(⃗OA+⃗AB)=0⃗，整理得2⃗AB+4⃗AC=9⃗AO，
2 4
所以λ= ,μ= ，
9 9
故选：A
1
→
4．在平面四边形ABCD中，已知△ABC的面积是△ACD的面积的3倍．若存在正实数x，y使得 AC=（ −
x
→ 2 → 5+2√6
2） AB+（1− ）
AD
成立，则x+y的最小值为 ．
y 7
【解答】解：根据题意，如图，连接AC、BD，设AC与BD交于点O，过点B做BE⊥AC交AC于点E，过
点D做DF⊥AC交AC于点F．△ABC的面积是△ACD的面积的3倍．所以BE＝3DF，
→ →
根据相似三角形的性质可知，3DO=OB ，
→ → → →
∴3(DA+AO)=OA+AB，
→ 1 → 3 →
∴AO= AB+ AD，
4 4
→ → λ → 3λ →
设AC=λAO= AB+ AD，
4 4
1 2
→ → →
∵ AC=（ −2） AB+（1− ）
AD
，
x y
1 2
∴3（ −2）＝1− ，
x y
3 2
∴ + =7，
x y
1 3 2 5 2x 3 y 5 √2 3 5+2√6
∴x+y = (x+ y)( + )= + + ≥ + 2 ⋅ = ，
7 x y 7 7 y 7x 7 7 7 7
2x 3 y 3+√6 2+√6
当且仅当 = ，即x= ，y= 时取等号．
7 y 7x 7 7
5+2√6
故答案为： ．
7
题型六、三角形四心
考点1.重心
→ →
1．已知 O 是平面上一定点，A、B、C 是平面上不共线的三个点，动点 P 满足 OP=OA+ （
λ
→ →
AB AC
+ ） [0，+∞），则点P的轨迹一定通过△ABC的（ ）
→ →
|AB|sinB |AC|sinC
λ∈
A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心→ →
【解答】解：∵|AB|sinB=|AC|sinC 设它们等于t，
1
→ → → →
∴ OP=OA+ ⋅ （ AB+AC ）
t
λ
→ → →
而 AB+AC=2AD
1
→ → → →
⋅ （ AB+AC ）表示与 AD 共线的向量 AP
t
λ
而点D是BC的中点，所以即P的轨迹一定通过三角形的重心．
故选：C．
→ → → → → → →
2．已知在△ABC和点M满足 MA+MB+MC=0 ，若存在实数m使得 AB+AC=mAM 成立，则m＝ 3
．
→ → → →
【解答】解：由点M满足 MA+MB+MC=0 ，知点M为△ABC的重心，
→ 2 → 2 1 → → 1 → →
设点D为底边BC的中点，则AM= AD= × ×(AB+AC)= (AB+AC)
3 3 2 3
→ → →
∴ AB+AC=3AM
∴m＝3
故答案为：3
→ →
3．设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，点G为△ABC的重心且满足向量
BG
⊥
CG
，若atanA
1
＝ csinB，则实数 ＝ ．
2
λ λ
【解答】解：如图，连接AG延长交BC于点D，
由于G为重心，故D为中点，
因为CG⊥BG，1
所以DG = BC
2
由重心的性质得：
AD＝3DG，
3
所以AD = BC，
2
由余弦定理得：
AC2＝AD2+CD2﹣2AD•CD•cos∠ADC，
AB2＝AD2+BD2﹣2AD•BDcos∠ADB，
因为∠ADC+∠BDC＝ ，
又BD＝CD， π
所以AC2+AB2＝2（BD2+AD2），
1 9
所以AC2+AB2= BC2+ BC2= 5BC2，
2 2
所以b2+c2＝5a2，
b2+c2−a2 2a2
可得cosA= = ，
2bc bc
由因为atanA＝ csinB，
asinAλ a2 a2 1
= = = =
所以 bsinCcosA bccosA 2a2 2，
bc⋅
bc
λ
1
故答案为： ．
2
考点2.内心
1 ． O 是 平 面 上 一 定 点 ， A ， B ， C 是 平 面 上 不 共 线 的 三 个 点 ， 动 点 P 满 足
→ →
→ → AB AC
OP=OA+λ( + )，λ∈[0，+∞)，则P的轨迹一定通过△ABC的 内 心．
→ →
|AB| |AC|【解答】解：由于O是平面上一定点，A，B，C是平面上不共线的三个点，
→ →
→ → AB AC
动点P满足OP=OA+λ( + )，λ∈[0，+∞)，
→ →
|AB| |AC|
即P在∠BAC的平分线上，所以P的轨迹一定通过△ABC的内心．
故答案为：内
→ → → →
2．已知O是△ABC所在平面上的一点，A、B、C所对的边的分别为a，b，c，若 aOA+bOB+cOC=0 ，
则O是△ABC的（ ）
A．重心 B．垂心 C．外心 D．内心
→ → → → → →
【解答】解：∵ OB=AB−AO ， OC=AC−AO
→ → → → → → → → → → →
∴ aOA+bOB+cOC=aOA+b（
AB−AO
）+c（
AC−AO
）＝bAB+cAC− （a+b+c）
AO
→ → → →
而 aOA+bOB+cOC=0 ，
→ → →
∴（a+b+c） AO=bAB+cAC
→ b → c →
即 AO= AB+ AC
a+b+c a+b+c
→ → → → → → → →
记 AB=cn ， AC=bn ，其中n 、n 分别表示 AB 、 AC 方向上的单位向量
1 2 1 2
→ bc → →
则 AO= （n +n ）
a+b+c 1 2
由该式可以看出AO位于∠BAC的角平分线上，故知O只能为内心，即角平分线交点．
故选：D．
3．在△ABC 中，AB＝AC＝5，BC＝6，I 是△ABC 的内心，若 B → I=mB → A+nB → C （m，n R），则 m =
n
∈
（ ）
4 6 1
A． B． C．2 D．
3 5 2
【解答】解：设BC中点为D，以BC为x轴，DA为y轴建立平面直角坐标系如图所示：
1
∵AB＝5，BD = BC＝3，∴AD＝4．
2
∵△ABC是等腰三角形，r
∴内心I在线段AD上，设内切圆的半径为r，则tan∠IBD = ，
3
2r
2tan∠IBD 3 6r
∴tan∠ABC = = = ，
1−tan2 ∠IBD r2 9−r2
1−
9
AD 4
又tan∠ABC = = ，
BD 3
6r 4 3
∴ = ，解得r = 或r＝﹣6（舍）．
9−r2 3 2
3
∴I（0， ），又B（﹣3，0），A（0，4），C（3，0），
2
3
→ → →
∴ BI=（3， ）， BA=（3，4）， BC=（6，0），
2
→ → →
∵ BI=mBA+nBC ，
3
{3=3m+6n {m=
8
∴ 3 ，解得 ，
=4m 5
2 n=
16
m 6
∴ = ．
n 5
故选：B．
考点3.外心
→ → → → → → → → →
1．已知O是△ABC所在平面上一点，若（ OA+OB ）• AB=（ OB+OC ）• BC=（ OC+OA ）• CA=0，
则O点是三角形的 外 心．
→ → →
【解答】解：由（ OA+OB ）• AB=0，→ → → →
即（ OA+OB ）•（ OB−OA ）＝0，
→ → → →
即 OA2−OB2=0，即有|OA|＝|OB|，
→ → →
由（ OB+OC ）• BC=0，
→ → → →
即（ OB+OC ）•（ OC−OB ）＝0，
→ → → →
即有 OB2−OC2=0，即有|OB|＝|OC|．
→ → →
则有|OA|＝|OB|＝|OC|．
则O为三角形ABC的外心．
故答案为：外
π cosB → cosC → → √2
2．已知O是锐角△ABC的外接圆的圆心，且∠A= ，若 AB+ AC=2mAO，则m＝
4 sinC sinB 2
．
→ → →
【 解 答 】 解 ： 取 AB 中 点 D ， 则 有 AO=AD+DO ， 代 入 已 知 式 子 可 得
cosB → cosC → → →
AB+ AC=2m(AD+DO)，
sinC sinB
→ → → → → cosB → → cosC → →
由 OD⊥AB ，可得 OD⋅AB=0 ，∴两边同乘 AB ，化简得：
sinC
AB⋅AB+
sinB
AC⋅AB
=2m(A
→
D+D
→
O)⋅A
→
B=mA
→
B⋅A
→
B ，即
c
si
o
n
s
C
B c2+ c
s
o
in
s
B
C bc⋅cosA=mc2
，
cosB cosC
由正弦定理化简可得
sin2C+ sinBsinC⋅cosA=msin2C，
sinC sinB
由sinC≠0，两边同时除以sinC得：cosB+cosAcosC＝msinC，
cosB+cosAcosC −cos(A+C)+cosAcosC −cosAcosC+sinAsinC+cosAcosC
∴m= = = ＝sinA＝
sinC sinC sinC
π √2
sin =
4 2
√2
故答案为：
213
→ → → → →
3．在△ABC中，CA＝2CB＝2， CA • CB=−1，O是△ABC的外心，若 CO=xCA+yCB ，则x+y＝ ．
6
【解答】解：如图所示，
分别取CA，CB的中点D，E．连接OD，OE，
则OD⊥CA，OE⊥CB；
→ →
∴
CO
• CA=OC•AC•cos∠OCA＝CD•CA＝2，
1
同理可得：
C
→
O
•
C
→ B=CE•CB = ；
2
→ → → → →
又
CO
• CA=（xCA+yCB ）• CA=4x﹣y，
→ → → → →
CO
• CB=（xCA+yCB ）• CB=−x+y，
{4x−y=2
∴ 1，
−x+ y=
2
5 4
解得x = ，y = ，
6 3
13
∴x+y = ．
6
13
故答案为： ．
6
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考点4.垂心→ → → → → →
1．已知 O 为△ABC 所在平面上一点，且 OA 2 +BC 2 =OB 2 +CA 2 =OC 2 +AB 2，则 O 一定为△ABC 的
（ ）
A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心
→ → → →
【解答】解：∵ OA 2 +BC 2 =OB 2 +CA 2，
→ → → → → →
∴ OA 2+（ OC−OB ）2 =OB 2+（ OA−OC ）2，
→ → → → → → → → → →
即 OA 2 +OB 2 +OC 2﹣2OC • OB=OA 2 +OB 2 +OC 2﹣2OC • OA ，
→ → → → → → → → →
即 OC • OB=OC • OA ，即 OC •（ OB−OA ）=OC • AB=0，
即OC⊥AB，
同理，OB⊥AC，OA⊥BC．
∴O是△ABC的垂心．
故选：D．
2 ． O 是 平 面 上 一 定 点 ， A ， B ， C 平 面 上 不 共 线 的 三 个 点 ， 动 点 P 满 足
→ →
→ → AB AC
OP=OA+λ( + )， R，则 P 的轨迹一定通过△ ABC 的
→ →
|AB|cos∠ABC |AC|cos∠BCA
λ∈
（ ）
A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心
【解答】解：如图所示，过点A作AD⊥BC，垂足为D点．
→ → →
→ AB |BC||AB|cos(π−B) →
则 • = =−|BC|，
BC
→ →
|AB|cos∠ABC |AB|cos∠ABC
→
→ AC →
同理BC⋅ =|BC|，
→
|AC|cos∠ACD
→ →
→ → AB AC
∵动点P满足OP=OA+λ( + )， R．
→ →
|AB|∠cosABC |AC|cos∠BCA
λ∈→ →
→ AB AC
∴AP=λ( + )， R．
→ →
|AB|cos∠ABC |AC|cos∠ACD
λ∈
→ → → →
→ → BC⋅AB BC⋅AC → →
∴AP⋅BC=λ( + )=λ(−|BC|+|BC|)= 0，
→ →
|AB|cos∠ABC |AC|cos∠ACD
→ →
∴ ，
AP⊥BC
因此P的轨迹一定通过△ABC的垂心．
故选：D．
→ → → → → →
3．点O在△ABC所在平面上，若 OA⋅OB=OB⋅OC=OC⋅OA ，则点O是△ABC的（ ）
A．三条中线交点 B．三条高线交点
C．三条边的中垂线交点 D．三条角分线交点
→ → → → → → → → → → → → →
【解答】解：∵ OA⋅OB=OB⋅OC=OC⋅OA ，∴OB⋅(OA−OC)=OB⋅CA=0，∴ OB⊥CA=0 ，
→ → → →
同理 ， ．
OA⊥CB OC⊥AB
因此点O是△ABC的三条高线的交点．
故选：B．一、单选题
1．如图所示的△ABC中，点D是线段BC上靠近B的三等分点，点E是线段AB的中点，则⃗DE=（ ）
1 1 1 1
A．− ⃗AB− ⃗AC B．− ⃗AB− ⃗AC
3 6 6 3
5 1 5 1
C．− ⃗AB− ⃗AC D．− ⃗AB+ ⃗AC
6 3 6 3
【答案】B
1 1 1 1 1 1
【详解】⃗DE=⃗DB+⃗BE= ⃗CB− ⃗AB= (⃗AB−⃗AC)− ⃗AB=− ⃗AB− ⃗AC.
3 2 3 2 6 3
故选：B
2．已知两个单位向量⃗a,⃗b满足|⃗a+⃗b|=|⃗a−⃗b|，则向量⃗a−√3⃗b,⃗b的夹角为（ ）
A．150° B．120° C．60° D．30°
【答案】A
【详解】由|⃗a+⃗b|=|⃗a−⃗b|，平方可得⃗a⋅⃗b=0，又|⃗a|=|⃗b|=1
所以(⃗a−√3⃗b)⋅⃗b=⃗a⋅⃗b−√3⃗b2=−√3,|⃗a−√3⃗b|=√(⃗a−√3⃗b) 2 =√⃗a2−2√3⃗a⋅⃗b+3⃗b2=2，
(⃗a−√3⃗b)⋅⃗b √3
所以cos⟨⃗a−√3⃗b,⃗b⟩= =− ，
|⃗a−√3⃗b|
⋅
|⃗b| 2
因为0°≤⟨⃗a−√3⃗b,⃗b⟩≤180°，
所以向量⃗a−√3⃗b,⃗b的夹角为150°．
故选：A.
3．在平行四边形ABCD中，G为△ABC的重心，满足⃗AG=x⃗AB+ y⃗AD(x,y∈R)，则x+2y=（ ）4 5
A． B． C．0 D．−1
3 3
【答案】A
【详解】如图，设AC与BD相交于点O，G为△ABC的重心，
可得O为BD的中点，BG=2GO，
1 1 1 1 2 1
所以⃗AG=⃗AO+⃗OG=⃗AO+ ⃗OB=⃗AO+ ⃗DB= (⃗AB+⃗AD)+ (⃗AB−⃗AD)= ⃗AB+ ⃗AD，
3 6 2 6 3 3
因为⃗AG=x⃗AB+ y⃗AD(x,y∈R)，
2 1 2 1 4
所以x= ,y= ，则x+2y= +2× =
.
3 3 3 3 3
故选：A.
4．在矩形ABCD中，⃗ED=2⃗AE，AB=1，BC=3，则向量⃗EB在向量⃗AC方向上的投影数量为（ ）
√10 √10
A．−2 B． C．− D．2
5 5
【答案】C
【详解】（解法一）以⃗AD，⃗AB为基底，
∵ ABCD为矩形，且⃗ED=2⃗AE，
1
∴ ⃗EB=− ⃗AD+⃗AB，⃗AC=⃗AB+⃗AD，
3
∵ AB=1，BC=3， ∴ |⃗AC|=√10，
⃗EB⋅⃗AC= ( − 1 ⃗AD+⃗AB ) ⋅(⃗AD+⃗AB)=− 1 |⃗AD| 2 +|⃗AB| 2 =−2，
3 3
⃗EB⋅⃗AC −2 √10
∴向量⃗EB在向量⃗AC方向上的投影数量为 = =− .
|⃗AC| √10 5
（解法二）以B为原点，⃗BC，⃗BA分别为x轴、y轴建立如图所示的平面直角坐标系，则B(0,0)，A(0,1)，C(3,0)，E(1,1)，则⃗EB=(−1,−1)，⃗AC=(3,−1)，
∴|⃗AC|=√32+(−1) 2=√10，
⃗EB⋅⃗AC −1×3−1×(−1) √10
∴向量⃗EB在向量⃗AC方向上的投影数量为 = =− .
|⃗AC| √10 5
故选：C.
5．正方形ABCD边长为2,⃗BE=2⃗EC,⃗CF=2⃗FD，则⃗EF⋅⃗BD=（ ）
5
A．2 B．4 C．5 D．
2
【答案】B
【分析】根据平面向量的数量积运算求得正确答案.
【详解】⃗EF⋅⃗BD=
2 1 2 1
(⃗CF−⃗CE)⋅(⃗CD−⃗CB)=⃗CF⋅⃗CD−⃗CE⋅⃗CD−⃗CF⋅⃗CB+⃗CE⋅⃗CB= ⃗CD2+ ⃗CB2= ×4+ ×4=4.
3 3 3 3
故选：B
6．如图，正方形ABCD的边长为4，E为BC的中点，F为CD边上一点，若⃗AF⋅⃗AE=|⃗AE|2，则
|AF|=（ ）
A．√17 B．2√5 C．2√6 D．5
【答案】D
【详解】如图，建立平面直角坐标系，设|DF|=a∈[0,4]，则A(0,0),E(4,2),F(a,4)，可得⃗AF=(a,4),⃗AE=(4,2)，
因为⃗AF⋅⃗AE=|⃗AE|2，即4a+8=20，解得a=3，
即⃗AF=(3,4)，所以|AF|=|⃗AF|=√32+42=5.
故选：D.
7．已知圆C的半径为1，过圆C外一点P作一条切线与圆C相切于点A，|PA|=2，Q为圆C上一个动点，
则⃗PA⋅⃗PQ的取值范围为（ ）
A．[2,4] B．[2,6] C．[0,4] D．[4,6]
【答案】B
【详解】方法一：不妨设圆心C(0,0)，A(0,−1)，P(−2,−1)，Q(cosθ,sinθ)，
所以⃗PA⋅⃗PQ=(2,0)⋅(cosθ+2,sinθ+1)=2cosθ+4，
因为−1≤cosθ≤1，
所以2≤⃗PA⋅⃗PQ≤6.
方法二：如图，过圆心C作MN∥PA，且与圆C交于点M，N，连接PM，PN，
过M，N分别作MG⊥PA，NH⊥PA，垂足分别为G，H，过Q作QT⊥PA，垂足为T，
则⃗PQ在⃗PA方向上的投影向量为⃗PT，
则⃗PA⋅⃗PQ=⃗PA⋅⃗PT=|⃗PA|⋅|⃗PT|，|⃗PA|=2，
又1≤|⃗PT|≤3，所以2≤⃗PA⋅⃗PQ≤6.
故选：B.|⃗PA+⃗PB+⃗PC|
8．已知点A，B，C在圆x2+ y2=4上运动，且AB⊥BC，若点P的坐标为P(3,0)，则 的
¿
¿
最大值为（ ）
A．7 B．12 C．14 D．11
【答案】D
【详解】解：如图所示：
因为AB⊥BC，所以AC为圆的直径，
又P(3,0)，则⃗PA+⃗PC=2⃗PO=(−6,0)，
设B(2cosθ,2sinθ)，则⃗PB=(2cosθ−3,2sinθ)，
所以⃗PA+⃗PB+⃗PC=(2cosθ−9,2sinθ)，
所以|⃗PA+⃗PB+⃗PC|=√(2cosθ−9) 2+(2sinθ) 2=√−36cosθ+85≤11，
当cosθ=−1时，等号成立，
故选：D
9．美术课对于陶冶人的情操､发展学生的艺术兴趣和爱好､培养学生的艺术特长､提高学生的审美素养具有
积极作用.如图，这是某学生关于“杯子”的联想创意图，它是由一个正方形和三个半圆组成的，其中A，
B是正方形的两个顶点，P是三段圆弧上的动点，若AB=4，则⃗AB⋅⃗AP的取值范围是（ ）
A．[−24,24] B．[−8,24]
C．[−16√2,16√2] D．[−8,16√2]
【答案】B
【详解】如图，作CD⊥AB,EF⊥AB，垂足分别为D,F，且CD与左半圆相切，
切点为C,EF与右半圆相切，切点为E.⃗AB⋅⃗AP=|⃗AB|⋅|⃗AP|cos〈⃗AB,⃗AP〉，其中|⃗AP|cos〈⃗AB,⃗AP〉为⃗AP在⃗AB上的投影，
因为AB=4，所以AD=BF=2.
当P与E重合时，|⃗AP|cos〈⃗AB,⃗AP〉最大，最大值为4+2=6，
此时⃗AB⋅⃗AP取得最大值，最大值为4×6=24；
当P与C重合时，|⃗AP|cos〈⃗AB,⃗AP〉最小，最小值为−2，
此时⃗AB⋅⃗AP取得最小值，最小值为4×(−2)=−8；
故⃗AB⋅⃗AP的取值范围是[−8,24]，
故选：B
10．如图，在四边形ABCD中，已知AB=AD=1，BC=DC=√3，AC=2，点P在边CD上，则
⃗AP⋅⃗BP的最小值为（ ）
21 21 21 7
A． B． C． D．
16 8 32 4
【答案】A
【详解】解法一 由AB=AD=1，BC=DC=√3，AC=2，
得AC2=AB2+BC2，AC2=AD2+DC2，
所以AB⊥BC，AD⊥DC，
∠DAC=∠BAC=60°．
设DP=x，则0≤x≤√3，所以
⃗AP⋅⃗BP=(⃗AD+⃗DP)⋅(⃗BA+⃗AD+⃗DP)=⃗AD⋅⃗BA+⃗AD⋅⃗AD+⃗AD⋅⃗DP+⃗DP⋅⃗BA+⃗DP⋅⃗AD+⃗DP⋅⃗DP
2
=1×1× 1 +1+1×x× ( − √3) +x2=x2− √3 x+ 3 = ( x− √3) + 21 ≥ 21 ，
2 2 2 2 4 16 16√3 21
当且仅当x= 时，⃗AP⋅⃗BP取得最小值 ．
4 16
解法二： 由AB=AD=1，BC=DC=√3，AC=2，
得AC2=AB2+BC2，AC2=AD2+DC2，
所以AB⊥BC，AD⊥DC，
∠DAC=∠BAC=60°，∠ACB=∠ACD=30°，
连接BD，交AC于点O，则易知BD⊥AC，
建立如图所示的平面直角坐标系xOy，
( 1 ) ( √3) (3 ) ( √3)
则A − ,0 ，B 0,− ，C ,0 ，D 0, ，
2 2 2 2
(3 √3)
所以⃗DC= ,− ．
2 2
设⃗DP=λ⃗DC(0≤λ≤1)，
(3 √3 )
则⃗DP= λ,− λ ，
2 2
(3 √3 √3)
所以P λ,− λ+ ，
2 2 2
(1 3 √3 √3 ) (3 √3 )
⃗AP= + λ, − λ ，⃗BP= λ,√3− λ ，
2 2 2 2 2 2
则⃗AP⋅⃗BP= 3 λ+ 9 λ2+ 3 − 3 λ− 3 λ+ 3 λ2=3λ2− 3 λ+ 3 =3 ( λ− 1) 2 + 21 ≥ 21 ，
4 4 2 4 2 4 2 2 4 16 16
1 21
当且仅当λ= 时，⃗AP⋅⃗BP取得最小值 ．
4 16
解法三 由AB=AD=1，BC=DC=√3，AC=2，得AC2=AB2+BC2，AC2=AD2+DC2，
所以AB⊥BC，AD⊥DC，
∠DAC=∠BAC=60°，∠ACB=∠ACD=30°，
如图，
分别以DA,DC所在的直线为x轴、y轴建立平面直角坐标系，
(3 √3)
所以A(1,0)，B , ．
2 2
因为点P在边CD上，
所以设P(0,y)(0≤ y≤√3)，
( 3 √3)
所以⃗AP=(−1,y)，⃗BP= − ,y− ，
2 2
所以⃗AP⋅⃗BP=(−1)× ( − 3) + y× ( y− √3)
2 2
2
= y2− √3 y+ 3 = ( y− √3) + 21 ≥ 21 ，
2 2 4 16 16
√3 21
当且仅当y= 时，⃗AP⋅⃗BP取得最小值 ．
4 16
故选：A.
11．设向量⃗a、⃗b、⃗c满足|⃗a|=1，|⃗b|=2，⃗a⋅⃗b=0，⃗c⋅(⃗a+⃗b−⃗c)=0，则|⃗c|的最大值等于（ ）
√5
A．√5 B．1+ C．2 D．1
2
【答案】A
【详解】向量⃗a、⃗b、⃗c满足|⃗a|=1，|⃗b|=2，⃗a⋅⃗b=0，不妨设⃗a=(1,0)，⃗b=(0,2)，⃗c=(x,y)，则⃗a+⃗b−⃗c=(1−x,2−y)，
因为⃗c⋅(⃗a+⃗b−⃗c)=x(1−x)+ y(2−y)=0，整理可得 ( x− 1) 2 +(y−1) 2= 5 ，
2 4
|⃗c|=√x2+ y2的几何意义是圆上的点P(x,y)到原点O的距离，
而原点O也在圆 ( x− 1) 2 +(y−1) 2= 5 上，
2 4
所以，|OP|的最大值为圆 ( x− 1) 2 +(y−1) 2= 5 的直径长，故|OP| =2× √5 =√5.
2 4 max 2
故选：A.
( ⃗AB ⃗AC ) ⃗AB ⃗AC √3
12．在△ABC中， + ⋅⃗BC=0，且 ⋅ = ，则∠ABC=（ ）
|⃗AB| |⃗AC| |⃗AB| |⃗AC| 2
A．30° B．45° C．60° D．75°
【答案】D
( ⃗AB ⃗AC )
【详解】因为 + ⋅⃗BC=0，所以∠BAC的角平分线与BC垂直，所以AB=AC，
|⃗AB| |⃗AC|
⃗AB⋅⃗AC ⃗AB ⃗AC √3
因为cos∠BAC= = ⋅ = ，∠BAC∈(0°,180° ),所以∠BAC=30°，
|⃗AB||⃗AC| |⃗AB| |⃗AC| 2
1
则∠ABC= (180°−∠BAC)=75° ．
2
故选：D
二、多选题
13．已知⃗a=(2,−4)，⃗b=(1,3)，则下列结论正确的是（ ）
3π
A．(⃗a+⃗b)⊥⃗b B．|⃗a+2⃗b|=√10 C．⃗a与⃗b的夹角为 D．⃗a在⃗b方向上的投影向量是√10⃗b
4
【答案】AC
【详解】解：因为⃗a=(2,−4)，⃗b=(1,3)，
所以⃗a+⃗b=(3,−1)，则(⃗a+⃗b)⋅⃗b=3×1+(−1)×3=0，所以(⃗a+⃗b)⊥⃗b，故A正确；
⃗a+2⃗b=(4,2)，所以|⃗a+2⃗b|=√42+22=2√5，故B错误；⃗a⋅⃗b √2 3π
cos⟨⃗a,⃗b⟩= =− ，因为⟨⃗a,⃗b⟩∈[0,π]，所以 ⟨⃗a,⃗b⟩= ，故C正确；
|⃗a|⋅|⃗b| 2 4
⃗a⋅⃗b
⃗a在⃗b方向上的投影向量是
⋅⃗b=−⃗b
，故D错误；
2
|⃗b|
故选：AC
1
14．已知O是坐标原点，平面向量⃗a=⃗OA，⃗b=⃗OB，⃗c=⃗OC，且⃗a是单位向量，⃗a⋅⃗b=2，⃗a⋅⃗c= ，则下
2
列结论正确的是（ ）
A．|⃗c|=|⃗a−⃗c|
2 1
B．若A，B，C三点共线，则⃗a= ⃗b+ ⃗c
3 3
C．若向量⃗b−⃗a与⃗c−⃗a垂直，则|⃗b+⃗c−2⃗a|的最小值为1
√2
D．向量⃗b−⃗a与⃗b的夹角正切值的最大值为
4
【答案】AD
【详解】在平面直角坐标系中，令⃗a=(1,0),⃗b=(x ,b),⃗c=(x ,c)，
1 2
1 1 1
由⃗a⋅⃗b=2，⃗a⋅⃗c= ，得x =2，x = ，则 ⃗b=(2,b),⃗c=( ,c)，
2 1 2 2 2
1 √1
对于A，⃗a−⃗c=( ,−c)，因此|⃗a−⃗c|= +c2=|⃗c|，A正确；
2 4
1
对于B，由A,B,C三点共线，得⃗OA=(1−λ)⃗OB+λ⃗OC，即(1,0)=(1−λ)(2,b)+λ( ,c)，
2
1 2 1 2
于是2(1−λ)+ λ=1，解得λ= ，即⃗a= ⃗b+ ⃗c，B错误；
2 3 3 3
1 1
对于C，⃗b−⃗a=(1,b),⃗c−⃗a=(− ,c)，由向量⃗b−⃗a与⃗c−⃗a垂直，得bc= ，
2 2
而 ⃗b+⃗c−2⃗a=(
1
,b+c)，则|⃗b+⃗c−2⃗a|=
√1
+(b+c) 2=
√1
+b2+c2+2bc≥
√1
+4bc=
3
，
2 4 4 4 2
当且仅当b=c时取等号，C错误；
对于D，令向量⃗b−⃗a与⃗b的夹角为θ，⃗b−⃗a=(1,b)，当b=0时，θ=0，tanθ=0，b
当b≠0时，不妨令b>0，D(1,b)，则⃗b−⃗a=⃗OD，θ=∠BOD，显然tan∠DOA=b,tan∠BOA= ，
2
b
b−
tan∠DOA−tan∠BOA 2 b b √2
tanθ=tan(∠DOA−∠BOA)= = = ≤ = ，
1+tan∠DOAtan∠BOA b 2+b2 2√2b 4
1+b⋅
2
当且仅当b=√2时取等号，D正确.
故选：AD
15．点O，H分别是△ABC的外心､垂心，则下列选项正确的是（ ）
( ⃗BA ⃗BC )
A．若⃗BD=λ + 且⃗BD=μ⃗BA+(1−μ)⃗BC，则⃗AD=⃗DC
|⃗BA| |⃗BC|
B．若2⃗BO=⃗BA+⃗BC，且AB=2，则⃗AC⋅⃗AB=4
π
C．若∠B= ，⃗OB=m⃗OA+n⃗OC，则m+n的取值范围为[−2,1)
3
√10
D．若2⃗HA+3⃗HB+4⃗HC=0⃗，则cos∠BHC=−
5
【答案】BCD
【详解】A.由⃗BD=μ⃗BA+(1−μ)⃗BC，(λ,μ∈R)可知，点A,D,C共线，
( ⃗BA ⃗BC )
又⃗BD=λ + 可知，点D在∠CBA的角平分线上，
|⃗BA| |⃗BC|
所以BD为△ABC的角平分线，AD与DC不一定相等，故A错误；
B.若2⃗BO=⃗BA+⃗BC，则点O是AC的中点，点O又是△ABC的外心，
所以∠ABC=90∘，⃗AC⋅⃗AB=|⃗AC||⃗AB|cosA=|⃗AB| 2 =4，故B正确；
π 2π
C. 因为∠B= ，所以∠AOC= ，如图，建立平面直角坐标系，
3 3( 1 √3 ) (2π )
设C(r,0)，A − r, r ，B(rcosθ,rsinθ)，θ∈ ,2π
2 2 3
因为⃗OB=m⃗OA+n⃗OC，所以¿，
2 1
得m= sinθ，n=cosθ+ sinθ，
√3 √3
m+n=cosθ+√3sinθ=2sin ( θ+
π
) ，θ∈
(2π
,2π ) ，
6 3
π (5π 13π ) ( π) [ 1)
θ+ ∈ , ，sin θ+ ∈ −1, ，则m+n∈[−2,1)，故C正确；
6 6 6 6 2
D.因为⃗AH⊥⃗BC，所以⃗AH⋅⃗BC=0，
即⃗AH⋅(⃗HC−⃗HB)=⃗AH⋅⃗HC−⃗AH⋅⃗HB=0，则⃗HA⋅⃗HC=⃗HA⋅⃗HB，
同理，⃗HA⋅⃗HC=⃗HC⋅⃗HB，所以⃗HA⋅⃗HC=⃗HA⋅⃗HB=⃗HB⋅⃗HC，
设⃗HA⋅⃗HC=⃗HA⋅⃗HB=⃗HB⋅⃗HC=x，
因为2⃗HA+3⃗HB+4⃗HC=0⃗，所以3⃗HB=−2⃗HA−4⃗HC，
即3⃗HB2=−2⃗HA⋅⃗HB−4⃗HC⋅⃗HB=−6x，则|⃗HB|=√−2x，
4⃗HC=−2⃗HA−3⃗HB，即4⃗HC2=−2⃗HA⋅⃗HC−3⃗HB⋅⃗HC=−5x，
√ 5
则|⃗HC|= − x，
4
⃗HB⋅⃗HC x √10
cos∠BHC=cos⟨⃗HB,⃗HC⟩= = =−
|⃗HB||⃗HC| √5 5 ，x<0，故D正确.
x2
2
故选：BCD
16．（多选）已知⃗a，⃗b是两个单位向量，且|⃗a+⃗b|=|⃗a−⃗b|，则下列说法正确的是（ ）
A．⃗a⊥⃗b
B．对于平面内的任意向量⃗c，有且只有一对实数m，n，使⃗c=m(⃗a−2⃗b)+n (⃗b− 1 ⃗a )
2C．已知O(0,0)，A(1,1)，设⃗AB=⃗a，⃗AC=⃗b，⃗AB+⃗AC=⃗AD，则⃗OB⋅⃗OC=⃗OA⋅⃗OD
D．若向量⃗c满足|⃗c−⃗a−⃗b|=2，则2−√2<|⃗c|<2+√2
【答案】AC
【详解】已知⃗a，⃗b是两个单位向量，且|⃗a+⃗b|=|⃗a−⃗b|，
则⃗a2+2⃗a⋅⃗b+⃗b2=⃗a2−2⃗a⋅⃗b+⃗b2，
则⃗a⋅⃗b=0，
对于选项A，∵⃗a⋅⃗b=0，∴⃗a⊥⃗b，即选项A正确；
对于选项B，∵⃗a−2⃗b=−2 (⃗b− 1 ⃗a ) ，∴⃗a−2⃗b与⃗b− 1 ⃗a共线，
2 2
1
∴⃗a−2⃗b与 ⃗b− ⃗a不能作为平面向量的一组基底，即选项B错误；
2
对于选项C，
⃗OB⋅⃗OC=(⃗OA+⃗AB)⋅(⃗OA+⃗AC)=⃗OA2+⃗OA⋅(⃗AB+⃗AC)=⃗OA2+⃗OA⋅⃗AD=⃗OA⋅(⃗OA+⃗AD)=⃗OA⋅⃗OD
，即选项C正确；
对于选项D，设⃗c与⃗a+⃗b的夹角为θ，向量⃗c满足|⃗c−⃗a−⃗b|=2，
则⃗c2−2|⃗a+⃗b||⃗c|cosθ+(⃗a+⃗b) 2 =4，
又|⃗a+⃗b|=√2，
则⃗c2−2=2√2|⃗c|cosθ∈[−2√2|⃗c|,2√2|⃗c|]，
则¿，即2−√2≤|⃗c|≤2+√2，即选项D错误.
故选：AC．
2
17．如图所示，在边长为3的等边三角形ABC中，⃗AD= ⃗AC，且点P在以AD的中点O为圆心，OA为
3
半径的半圆上，若⃗BP=x⃗BA+ y⃗BC，则（ ）1 2 13
A．⃗BD= ⃗BA+ ⃗BC B．⃗BD⋅⃗BO=
3 3 2
√7
C．⃗BP⋅⃗BC存在最小值 D．x+ y的最大值为1+
7
【答案】ABC
2
【详解】对于A，因为⃗AD= ⃗AC，且点P在以AD的中点O为圆心，OA为半径的半圆上，
3
1
所以OA=OD=DC= AC=1，
3
1 1 1 2
则⃗BD=⃗BC+⃗CD=⃗BC+ ⃗CA=⃗BC+ (⃗BA−⃗BC)= ⃗BA+ ⃗BC，故A正确；
3 3 3 3
2 2 2 1
对于B，⃗BO=⃗BC+⃗CO=⃗BC+ ⃗CA=⃗BC+ (⃗BA−⃗BC)= ⃗BA+ ⃗BC，
3 3 3 3
则⃗BD⋅⃗BO= (1 ⃗BA+ 2 ⃗BC ) ⋅ (2 ⃗BA+ 1 ⃗BC ) = 2 ⃗BA2+ 2 ⃗BC2+ 5 ⃗BA⋅⃗BC=2+2+ 5 ×3×3× 1 = 13 ，
3 3 3 3 9 9 9 9 2 2
故B正确；
对于C，如图，以点O为原点建立平面直角坐标系，
(1 3√3)
则A(−1,0),B , ,C(2,0)，
2 2
因为点P在以AD的中点O为圆心，OA为半径的半圆上，
所以点P的轨迹方程为x2+ y2=1，且在x轴的下半部分，
设P(cosα,sinα),α∈[π,2π]，
( 1 3√3) (3 3√3) ( 3 3√3)
则⃗BP= cosα− ,sinα− ,⃗BC= ,− ,⃗BA= − ,− ，
2 2 2 2 2 2
3 3 3√3 27 π
所以⃗BP⋅⃗BC= cosα− − sinα+ =3cos ( α+ )+6，
2 4 2 4 3
π [4π 7π]
因为α∈[π,2π]，所以α+ ∈ , ，
3 3 3
π 4π 9
所以当α+ = 时，⃗BP⋅⃗BC取得最小值 ，故C正确；
3 3 2
对于D，因为⃗BP=x⃗BA+ y⃗BC，
( 1 3√3) ( 3 3√3) (3 3√3)
所以 cosα− ,sinα− =x − ,− + y ,− ，
2 2 2 2 2 2( 1 3√3) ( 3 3√3 )
即 cosα− ,sinα− = − (x−y),− (x+ y) ，
2 2 2 2
3√3 3√3
所以sinα− =− (x+ y)，
2 2
2√3
所以x+ y=− sinα+1，
9
3π 2√3
因为α∈[π,2π]，所以当α= 时，x+ y取得最大值 +1，故D错误.
2 9
故选：ABC.
18．“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M是△ABC内一点，
→ → → →
△BMC,△AMC,△AMB的面积分别为S
A
,S
B
,S
C
，且S ⋅MA+S ⋅MB+S ⋅MC=0.以下命题正确
A B C
的有（ ）
A．若S :S :S =1:1:1，则M为△AMC的重心
A B C
B．若M为△ABC的内心，则BC⋅⃗MA+AC⋅⃗MB+AB⋅⃗MC=0⃗
C．若∠BAC=45°,∠ABC=60°，M为△ABC的外心，则S :S :S =√3:2:1
A B C
√6
D．若M为△ABC的垂心，3⃗MA+4⃗MB+5⃗MC=0⃗，则cos∠AMB=−
6
【答案】ABD
【详解】对于A，取BC的中点D，连接MD,AM，
由S :S :S =1:1:1，则⃗MA+⃗MB+⃗MC=0⃗，
A B C所以2⃗MD=⃗MB+⃗MC=−⃗MA，
2
所以A，M，D三点共线，且⃗AM= ⃗AD，
3
2 2
设E，F分别为AB，AC的中点，同理可得⃗CM= ⃗CE，⃗BM= ⃗BF，所以M为△AMC的重心，故A正
3 3
确；
对于B，由M为△ABC的内心，则可设内切圆半径为r，
1 1 1
则有S = BC⋅r,S = AC⋅r,S = AB⋅r，
A 2 B 2 C 2
1 1 1
所以 r⋅BC⋅⃗MA+ r⋅AC⋅⃗MB+ r⋅AB⋅⃗MC=0⃗，
2 2 2
即BC⋅⃗MA+AC⋅⃗MB+AB⋅⃗MC=0⃗，故B正确；
对于C，由M为△ABC的外心，则可设△ABC的外接圆半径为R，
又∠BAC=45°,∠ABC=60°，
则有∠BMC=2∠BAC=90°,∠AMC=2∠ABC=120°,∠AMB=2∠ACB=150°，
1 1 1
所以S = R2 ⋅sin∠BMC= R2 ⋅sin90°= R2 ，
A 2 2 2
1 1 √3
S = R2 ⋅sin∠AMC= R2 ⋅sin120°= R2 ，
B 2 2 4
1 1 1
S = R2 ⋅sin∠AMB= R2 ⋅sin150°= R2 ，
C 2 2 4
所以S :S :S =2:√3:1，故C错误；
A B C对于D，如图，延长AM交BC于点D，延长BO交AC于点F，延长CO交AB于点E，
由M为△ABC的垂心，3⃗MA+4⃗MB+5⃗MC=0⃗，则S :S :S =3:4:5，
A B C
S S
又S =S +S +S ，则 △ABC =4， △ABC =3，
△ABC A B C S S
A B
设MD=x,MF= y，则AM=3x,BM=2y，
x y
所以cos∠BMD= =cos∠AMF= ，即3x2=2y2，
2y 3x
√6 √6
所以cos∠BMD= ，所以cos∠AMB=cos(π−∠BMD)=− ，故D正确.
6 6
故选：ABD．
三、填空题
19．向量⃗AB=(2,1)在向量⃗AC= ( 0, 1) 上的投影向量为λ⃗AC，则|⃗AB+λ⃗AC|= .
2
【答案】2√2
→ → 1 | → | 1
【详解】因为AB·AC= , AC = ，
2 2
1
⃗AB⋅⃗AC ⃗AC 2
所以向量⃗AB在向量⃗AC上的投影向量为 ⋅ = ⃗AC=2⃗AC，
|⃗AC| |⃗AC| 1
4
所以λ=2，所以⃗AB+λ⃗AC=(2,1)+2 ( 0, 1) =(2,2)，
2
所以|⃗AB+λ⃗AC|=√22+22=2√2.
故答案为：2√21
20．如图，在△ABC中，⃗AD=2⃗DB，P为CD上一点，且满足⃗AP=m⃗AC+ ⃗AB (m∈R)，则m的
2
值为 ．
1
【答案】
4
1 → 3 →
【详解】因为⃗AP=m⃗AC+ ⃗AB，⃗AD=2⃗DB即，AB= AD
2 2
1 3
所以⃗AP=m⃗AC+ ⃗AB=m⃗AC+ ⃗AD,
2 4
又C,P,D三点共线，
3 1
所以m+ =1，解得m=
.
4 4
1
故答案为： .
4
21．已知向量⃗a，⃗b，⃗c满足⃗a+⃗b+⃗c=0⃗，(⃗a−⃗b)⋅(⃗a−⃗c)=0，|⃗b−⃗c|=3，则|⃗a|+|⃗b|+|⃗c|的最大值是
.
【答案】1+√10/√10+1
【详解】
设⃗a=⃗DA，⃗b=⃗DB，⃗c=⃗DC，
∵ ⃗a+⃗b+⃗c=0⃗，∴点D是△ABC的重心，
∴ (⃗a−⃗b)⋅(⃗a−⃗c)= (⃗DA−⃗DB)⋅(⃗DA−⃗DC)=⃗BA⋅⃗CA=0，
∴ BA⊥CA．∴△ABC是直角三角形，
又∵|⃗b−⃗c|=3，即CB=3，以A为原点，AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系，
(c b)
设B(c,0)，C(0,b)，则D , 且b2+c2=9(b>0,c>0)，
3 3
∴ ⃗b=⃗DB= (2c ,− b) ，⃗c=⃗DC= ( − c , 2b) ，
3 3 3 3
故|⃗a|+|⃗b|+|⃗c|=
√ (c) 2
+
(b) 2
+
√ (2c) 2
+
(b) 2
+
√ (c) 2
+
(2b) 2
=1+
1
√4c2+b2+
1
√c2+4b2
3 3 3 3 3 3 3 3
1 1 1
√(36−3b2 )+(9+3b2
)
=1+ √36−3b2+ √9+3b2≤1+ ×2 =1+√10，
3 3 3 2
9
当且仅当36−3b2=9+3b2，即b2=
时等号成立.
2
故答案为：1+√10.
22．在△ABC中，D是BC边上一点，且⃗BD=2⃗DC，E是AD的中点，过点E的直线与AB,AC两边分别
1 2
交于M,N两点（点M,N与点B,C不重合），设⃗AB=x⃗AM，⃗AC= y⃗AN，则 + 的最小值为
x y
.
3
【答案】 /1.5
2
1 2
【详解】因为⃗BD=2⃗DC，所以⃗AD−⃗AB=2(⃗AC−⃗AD)，得⃗AD= ⃗AB+ ⃗AC.
3 3
又E是AD的中点，⃗AB=x⃗AM，⃗AC= y⃗AN，
1 1 1 x y
所以⃗AE= ⃗AD= ⃗AB+ ⃗AC= ⃗AM+ ⃗AN.
2 6 3 6 3
x y
因为E,M,N三点共线，所以 + =1，即x+2y=6，且x>0,y>0，
6 3
1 2 1 (1 2) 1( 2y 2x) 1( √2y 2x) 3
所以 + = (x+2y) + = 5+ + ≥ 5+2 ⋅ = ，
x y 6 x y 6 x y 6 x y 2
2y 2x
当且仅当 = ,即x= y=2时，等号成立.
x y
3
故答案为：
223．已知点O,A,B,C在同一平面，且A,B,C三点不共线，且满足⃗OA+⃗OB+⃗OC=0⃗，其中|⃗OA|=√6，
|⃗OB|=2，|⃗OC|=√14，则⃗OA⋅⃗OB的值为 ，则△AOB的面积为 .
【答案】 2 √5
【详解】因为⃗OA+⃗OB+⃗OC=0⃗，
所以⃗OA+⃗OB=−⃗OC，所以|⃗OA+⃗OB|=|−⃗OC|=√14，
故|⃗OA| 2 +|⃗OB| 2 +2⃗OA⋅⃗OB=14，解得⃗OA⋅⃗OB=2.
⃗OA⋅⃗OB √6 √30
又因为cos∠AOB= = ，所以sin∠AOB= ，
|⃗OA|⋅|⃗OB| 6 6
1
所以S = |⃗OA||⃗OB|sin∠AOB=√5；
△AOB 2
故答案为：2；√5.
24．在平行四边形ABCD中，|⃗AD|=√2，向量⃗AD在⃗AB方向上的投影为1，且⃗BD⋅⃗DC=0，点P在线段
CD上，则⃗PA⋅⃗PB的取值范围为 ．
【答案】[1,3]
【详解】因为⃗BD⋅⃗DC=0，所以BD⊥CD，
以D为原点，⃗DC,⃗BD为x轴，y轴的正方向建立平面直角坐标系，
因为|⃗AD|=√2，向量⃗AD在⃗AB方向上的投影为1，
所以AB=1，BD=√AD2−AB2=1，
所以A(−1,−1),B(0,−1)，
设P(x,0)(0≤x≤1)，则⃗PA=(−1−x,−1),⃗PB=(−x,−1)，所以⃗PA⋅⃗PB=x2+x+1= ( x+ 1) 2 + 3 ，
2 4
由二次函数性质可知，当x=0时⃗PA⋅⃗PB取得最小值1，当x=1时⃗PA⋅⃗PB取得最大值3，
所以⃗PA⋅⃗PB的取值范围为[1,3].
故答案为：[1,3]
25．如图，在菱形ABCD中AB=2，∠BAD=60°，E、F分别为BC、CD上的点．⃗CE=2⃗EB，
1 5
⃗CF=2⃗FD，点M在线段EF上，且满足⃗AM= ⃗AB+ ⃗AD(x∈R)，|⃗AM|= ；若点N为线段BD
2 6
上一动点，则⃗AN⋅⃗MN的取值范围为 ．
7 37 1
【答案】 [− , ]．
3 36 3
1 5
【详解】由⃗AM= ⃗AB+ ⃗AD可得
2 6
1 25 5 1 25 5 1 49
⃗AM2= ⃗AB2+ ⃗AD2+ ⃗AB⋅⃗AD= ×22+ ×22+ ×2×2× = ，
4 36 6 4 36 6 2 9
7
所以|⃗AM|=
,
3
设⃗DN=x⃗DB，x∈[0,1]，
⃗AB⋅⃗AD=2×2cos60°=2，
所以⃗AN=⃗AD+⃗DN=⃗AD+x⃗DB=⃗AD+x(⃗AB−⃗AD)=x⃗AB+(1−x)⃗AD，
1 5 1 1
⃗MN=⃗AN−⃗AM=x⃗AB+(1−x)⃗AD−( ⃗AB+ ⃗AD)=(x− )⃗AB+( −x)⃗AD，
2 6 2 6
1 1
所以⃗AN⋅⃗MN=[x⃗AB+(1−x)⃗AD]⋅[(x− )⃗AB+( −x)⃗AD]
2 61 1 1 1
=x(x− )⃗AB2+[x( −x)+(1−x)(x− )]⃗AB⋅⃗AD+(1−x)( −x)⃗AD2
2 6 2 6
1 1 1 1
=4x(x− )+2[x( −x)+(1−x)(x− )]+4(1−x)( −x)
2 6 2 6
10 1 5 2 37
=4x2− x− =4(x− ) − ，
3 3 12 36
37 1
因为x∈[0,1]，所以⃗AN⋅⃗MN∈[− , ]，
36 3
7 37 1
故答案为： ；[− , ]．
3 36 3
