高一下学期期中重难点检测卷（培优卷）（解析版）_2026年04月高一试卷_260417高一下学期期中重难点检测卷+期中模拟卷（培优卷）

高一下学期期中重难点检测卷（培优卷）
【考试范围：平面向量及其应用、复数】
注意事项：
本试卷满分 150 分，考试时间 120 分钟，试题共 19 题。答卷前，考生务必用 0.5 毫米黑
色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置
一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目
要求的．）
       
1．点O在∆ABC所在的平面内，OA = OB = OC ， AB =2， AC =1，AO=λAB+µAC (λ,µ∈R)，且

4λ−µ=2(µ≠0)，则 BC =（ ）
7 7
A． B． C．7 D． 7
3 2
【答案】D
5 4 C C C
【解析】确定点O为∆ABC外心，代入化简得到λ= ，µ= ，再根据BC = AC−AB计算得到答案.
6 3
C C C
【详解】由OA = OB = OC 可知，点O为∆ABC外心，
C C 1 C 2 C C 1 C 2 1 C C C
则AB⋅AO= AB =2，AC⋅AO= AC = ，又AO=λAB+µAC，
2 2 2
      
 2
AO⋅AB=λAB +µAC⋅AB=4λ+µAC⋅AB=2,

所以    
2
 
1
①
AO⋅AC =λAB⋅AC+µAC =λAB⋅AC+µ= ,
 2
因为4λ−µ=2，②
5 4 C C C C C
联立方程①②可得λ= ，µ= ，AB⋅AC =−1，因为BC = AC−AB，
6 3
C C C C C C
所以 BC 2 = AC 2 +AB 2 −2AC⋅AB=7 ，即 BC = 7．
故选：D
2．梯形ABCD中，AB//CD，AB=4，DC =1，AD=2，∠DAB=60°，点E在线段BD上，点F在线段AC上，
   
且BE=λBD，CF =µCA，AE⋅DF =4，则λ+µ的最小值为（ ）
11+4 6 11 4 6 11−4 6
A． B． C． D．
3 3 3 3
【答案】A
 
【分析】根据平面向量基本定理，将AB,AD当作两组基底向量，再根据向量线性运算的加法与减法法则，
学科网（北京）股份有限公司C C C C C 1−µC  
代换出AE=λAD+(1−λ)AB, DF =−µAD+ AB，结合 AE⋅DF =4 ，化简得−3λ+3λµ−8µ=0，将µ表
4
示成λ的关系式，再结合基本不等式求解即可
【详解】
C C C C C
1
AC = AD+DC = AD+ AB，
4
C C  C 1 C  C C C C
CF=µCA=−µAD+ AB,BE=λBD=λ(AD−AB)
 4 
C C C C C
AE= AB+BE=λAD+(1−λ)AB,
C C C
1
C C
1
C

C
1
C

C 1−µC
DF =DC+CF = AB+CF = AB−µAD+ AB=−µAD+ AB，
4 4  4  4
 
由 AE⋅DF =4 ，化简得−3λ+3λµ−8µ=0，
3λ 3λ 3λ−8 8 11 8 11 11+4 6
则µ= >0,λ+µ=λ+ = + + 2 + = ，
3λ−8 3λ−8 3 3λ−8 3 3 3 3
3λ−8 8
当且仅当 = 时取“=”号
3 3λ−8
故选：A
C 3 C C C
3．如图，已知D,E分别是ABC边AB,AC上的点，且满足AB= AD，AC =4AE，BE与CD交于O，连
2
C C
接AO并延长交BC于F点．若AO=λOF，则实数λ的值为（ ）
7 4 5
A． B． C． D．2
3 3 2
【答案】A
C C C C C C C C
2 1
【分析】由D,O,C共线、B,O,E共线分别可得DO=kDC =k(AC− AB)、BO=µBE=µ( AC−AB)，进
3 4
C
2
C C C C µC C
3
C
1
C
而得AO= (1−k)AB+kAC、AO=(1−µ)AB+ AC求参数，得AO= AB+ AC，最后由
3 4 5 10
C λ+1 C 3λ+3 C λ+1 C
AF = AO= AB+ AC且B,F,C共线求参数λ.
λ 5λ 10λ
学科网（北京）股份有限公司C C C C C C
2
【详解】由D,O,C共线，则DO=kDC =k(BC−BD)=k(AC− AB)，k∈R，
3
C C C C C C C C C C
2 2 2 2
所以AO= AD+DO= AB+DO= AB+k(AC− AB)= (1−k)AB+kAC①，
3 3 3 3
C C C C C C C C C
3 1
由B,O,E共线，则BO=µBE=µ(BC+CE)=µ(AC−AB+ CA)=µ( AC−AB)，µ∈R，
4 4
C C C C
1
C C C µC
所以AO= AB+BO= AB+µ( AC−AB)=(1−µ)AB+ AC②，
4 4
2  1
(1−k)=1−µ k =
  C C C
3  10 3 1
由①②知： ，则 ，故AO= AB+ AC，
 k = µ µ= 2 5 10
 4  5
C C C λ+1 C λ+1 3 C 1 C 3λ+3 C λ+1 C
由AO=λOF，则AF = AO= ( AB+ AC)= AB+ AC，
λ λ 5 10 5λ 10λ
3λ+3 λ+1 7
由B,F,C共线，则 + =1，可得λ= .
5λ 10λ 3
故选：A
4．在等边三角形ABC中,D是AC上一点，CD=2DA,M 是BD上一点，∠AMC =90A,则tan∠AMD=( )
3 3 1 1
A． B． C． D．
4 3 2 3
【答案】B

【分析】以BC的中点为原点，BC为x轴正方向，设等边三角形ABC边长为a，得到A,B,C的坐标，再根
 
据CD=2DA，得到D点坐标，设M 坐标为(x,y)，M 是BD上一点，BM =tBD，可以得到关于x,y的方
 
程；∠AMC =90A可得MA⋅MC =0,得到关于x,y的方程；解出x,y得到M 点坐标，再由向量的夹角公式，得
到cos∠AMD，从而可得tan∠AMD.

【详解】以BC的中点为原点，BC为x轴正方向，设等边三角形ABC边长为2a，
则A ( 0, 3a ) ,B(−a,0),C(a,0)，
a 2 3 
 CD=2DA，∴D , a
 
3 3 
 
设M 坐标为(x,y) M 是BD上一点，则BM =tBD
(x+a,y)=t  

4 a, 2 3 a  

，∴y= 3 (x+a)
3 3  2
由∠AMC =90A可得M  A  ⋅M  C  =0，即 ( −x, 3a−y ) ⋅(a−x,−y)=0
−ax+x2− 3ay+y2 =0
学科网（北京）股份有限公司3a 2 3a  3a 2 3a
解得x=− ,y= ，M

− , 

7 7  7 7 
 3a 5 3   16a 8 3 
MA= , a， MD= , a
   
 7 7   21 21 
3a 5 3  16a 8 3 
   , a⋅ , a
MA⋅MD  7 7   21 21  3
∴cos∠AMD=   = =
MA⋅ MD 3a 2 5 3  2 16a 2 8 3  2 2
  + a ⋅   + a
 7   7   21   21 
π
∠AMD∈[ 0,π]，∴∠AMD= ，
3
3
tan∠AMD= ，故选B项.
3
a2+b2 sin(A+B)
5．在△ABC中， = ，则△ABC的形状是（ ）
a2−b2 sin(A−B)
A．等腰三角形但一定不是直角三角形
B．等腰直角三角形
C．直角三角形但一定不是等腰三角形
D．等腰三角形或直角三角形
【答案】C
【解析】原式可化为 ( a2+b2) ⋅(sinAcosB−cosAsinB)= ( a2−b2)(sinAcosB+cosAsinB)，然后利用正弦定理、
余弦定理进行边角互化，得出a，b，c的关系.
【详解】解：由
a2+b2
=
sin(A+B)
得：
( a2+b2)
⋅sin(A−B)=
( a2−b2)
sin(A+B)，且a≠b，
a2−b2 sin(A−B)
∴ ( a2+b2) ⋅(sinAcosB−cosAsinB)= ( a2−b2)(sinAcosB+cosAsinB)，且a≠b，
∴ ( a2+b2) ⋅(acosB−bcosA)= ( a2−b2)(acosB+bcosA)，
∴
( a2+b2)
⋅

a
a2+c2−b2
−b
b2+c2−a2
=
( a2−b2)

a
a2+c2−b2
+b
b2+c2−a2
，
 2ac 2bc   2ac 2bc 
学科网（北京）股份有限公司化简整理得： ( a2+b2) ⋅ ( a2−b2) = ( a2−b2) c2，即 ( a2+b2−c2)( a2−b2) =0，
∴a2 =b2或a2+b2 =c2，又a≠b，
∴△ABC是直角三角形但一定不是等腰三角形.
故选：C.
6．已知ABC的面积为1，边AC,AB上的中线为BD,CE，且CE=2BD，则边AC的最小值为（ ）
4
A． B．2 C． 5 D．2 3
3
【答案】C
【分析】利用线段长度的关系，设其中一条线段，就可以表示相关线段，再引入∠BGC =θ，利用面积关系
找到一个等式，然后由余弦定理求CD边，最后转化为角的函数来求最值即可.
【详解】
取CEBD=G，根据已知条件可知G为ABC的重心，
由CE=2BD，设DG=x，∠BGC =θ，则BG=2x，CE=6x,CG=4x,EG=2x，
2 2 1 1
由S = S = × S = ，
�BGC 3 �BDC 3 2 �ABC 3
1 1
又因为S = BG⋅CGsinθ= ⋅2x⋅4xsinθ=4x2sinθ，
�BGC 2 2
1 1
所以4x2sinθ= ⇒x2 = ，
3 12sinθ
1 cosθ 17+8cosθ
由余弦定理可知CD2 =x2+16x2−2x⋅4x(−cosθ)=17× +8× = ，
12sinθ 12sinθ 12sinθ
令t = 17+8cosθ ，则12tsinθ−8cosθ=17⇒ 64+144t2 sin(θ−ϕ)=17⇒sin(θ−ϕ)= 17 ，
12sinθ 64+144t2
17 225
即 ≤1⇒64+144t2 ≥289⇒144t2 ≥225⇒t2 ≥ ，
64+144t2 144
15 5 17+8cosθ 5 5
因为t >0，所以t≥ = ，即CD2 = =t≥ ⇒CD≥ ，
12 4 12sinθ 4 2
因为AC =2CD，所以AC的最小值为 5.
7．已知复数z ，z 和z满足 z = z =1，若 z −z = z −1= z −z ，则 z 的最大值为（ ）
1 2 1 2 1 2 1 2
A．2 3 B．3 C． 3 D．1
【答案】B
学科网（北京）股份有限公司【分析】先利用复数的模与加减法的几何意义，及三角形两边之和大于第三边得到 z ≤3，再将 z =3时各复
数的取值取出，即可得到 z 的最大值.
【详解】根据题意，得 z = (z −z)−z ≤ z −z + z = z −1+1≤ z +1+1=3，
2 2 2 2 1 1
当z =−1，z =1，z=3时， z −z = z −1= z −z =2，此时 z =3，
1 2 1 2 1 2
所以 z =3.
max
故选：B.
8．复数α、β分别对应复平面内的点P、Q，若α2−2αβ+2β2 =0，则△POQ（其中O为坐标原点），是
（ ）
A．锐角三角形 B．钝角三角形
C．等腰直角三角形 D．有一个锐角为60°的直角三角形
【答案】C
【分析】本题考查复数运算与复平面几何意义，通过对等式变形分析复数关系，判断三角形形状.
【详解】依题意，α2−2αβ+2β2 =0，若α=0，则β=0（反之亦成立），
则P,Q与原点重合，与已知P,O,Q能组成三角形矛盾，所以α≠0,β≠0.
α
由α2−2αβ+2β2 =0，两边除以β2（β≠0），设z= ，则方程变为：
β
2± 4−8
z2−2z+2=0，解得z= =1±i
2
由z=1±i，得α=(1±i)β.
所以|α|=|1±i|⋅|β|= 2|β|，
α−β=±iβ，故|α−β|=|±iβ|=|β|.
在△POQ中：
|OQ|=|β|，|PQ|=|α−β|=|β|，即|OQ|=|PQ|（等腰）.
由勾股定理：|OQ|2 +|PQ|2=|β|2 +|β|2=2|β|2，
而|OP|2=|α|2=2|β|2，故∠OQP=90°（直角）.
综上，△POQ是等腰直角三角形.
故选：C
学科网（北京）股份有限公司二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选
对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.）
9．关于非零复数Z =a+bi，Z =b+ai,a,b∈R及其共轭复数Z ，Z ，下列说法正确的是（ ）
1 2 1 2
A．Z Z +Z Z =0 B．Z Z =Z Z
1 2 1 2 1 1 2 2
Z Z
C． 2 = 2 D． Z Z = Z Z
Z Z 1 2 2 1
1 1
【答案】ABD
【分析】本题可根据复数的运算法则，分别对选项进行分析判断.
【详解】因为Z =a+bi，Z =b+ai，所以Z =a−bi，Z =b−ai.
1 2 1 2
Z Z =(a+bi)(b+ai)=ab+a2i+b2i+abi2 = ( a2+b2) i，
1 2
Z Z =(a−bi)(b−ai)=ab−a2i−b2i+abi2 =− ( a2+b2) i，
1 2
则Z Z +Z Z =
( a2+b2)
i−
( a2+b2)
i=0，选项A正确.
1 2 1 2
Z Z =(a+bi)(a−bi)=a2−(bi)2 =a2+b2 ，
1 1
Z Z =(b+ai)(b−ai)=b2−(ai)2 =b2+a2 ，所以Z Z =Z Z ，选项B正确.
2 2 1 1 2 2
Z b+ai (b+ai)(a−bi) ab+ab+
( a2−b2)
i 2ab a2−b2
2 = = = = + i
Z a+bi (a+bi)(a−bi) a2+b2 a2+b2 a2+b2
1
Z b−ai (b−ai)(a+bi) ab+ab+
( b2−a2)
i 2ab b2−a2
2 = = = = + i，
Z a−bi (a−bi)(a+bi) a2+b2 a2+b2 a2+b2
1
Z Z
显然 2 ≠ 2 ，选项C错误.
Z Z
1 1
Z Z =(a+bi)(b−ai)=2ab+ ( b2−a2) i，
1 2
则 Z Z = (2ab)2+ ( b2−a2)2 = 4a2b2+b4−2a2b2+a4 = a4+2a2b2+b4
1 2
Z Z =(b+ai)(a−bi)=2ab+ ( a2−b2) i
2 1
则 Z Z = (2ab)2+ ( a2−b2)2 = 4a2b2+a4−2a2b2+b4 = a4+2a2b2+b4 ,
2 1
所以 Z Z = Z Z ，选项D正确.
1 2 2 1
故选：ABD.
学科网（北京）股份有限公司10．下列四个命题正确的是（ ）
A．若 z+1−i =1，则 z−1−i 的最大值为3
B．若复数z ,z 满足 z =2, z =2,z +z =1+ 3i，则 z −z =2 3
1 2 1 2 1 2 1 2
C C
C  
AB AC
C．若AP=λ C + C (λ∈R )，则点P的轨迹经过ABC的重心
 AB sinB AC sinC
 
C 1 C 1 C S 1
D．在ABC中，D为ABC所在平面内一点，且AD= AB+ AC，则 △BCD =
3 2 S 6
△ABD
【答案】ABC
【分析】A根据复数模的几何意义及圆的性质判断；B利用复数的运算和模的运算求解即可；C结合重心的
性质进行判断；D利用平面向量基本定理，判断出D点位置，进而可求.
【详解】对A，由 z+1−i =1的几何意义，知复数z对应的动点Z到定点(−1,1)的距离为1，即动点Z的轨迹
以(−1,1)为圆心，1为半径的圆， z−1−i 表示动点点Z的轨迹以(1,1)的距离，由圆的性质知：
|z−1−i| = (−1−1)2+(1−1)2 +1=3 ，A正确；
max
对B，设z =m+ni,z =c+di,(m,n,c,d∈R)，因为 z =2, z =2,z +z =1+ 3i，
1 2 1 2 1 2
所以m2+n2 =4, c2+d2 =4，m+c=1,n+d = 3，
所以mc+nd =−2，所以 z −z = (m−c)+(n−d)i = (m−c)2+(n−d)2
1 2
= m2+c2+n2+d2−2(mc+nd) = 4+4−2⋅(−2) =2 3，B正确；
C C
对C，由正弦定理的AC⋅sinC = AB⋅sinB，即|AC|sinC =|AB|sinB，
C C
C  AB AC  λ C C
∴AP=λ C + C = C (AB+AC)，设BC中点为E，
 AB sinB AC sinC AB sinB
 
如图：
C C C C 2λ C
则AB+AC=2AE，则AP= C AE，由平面向量的共线定理得A,P,E三点共线，即点P在边BC的
|AB|sinB
学科网（北京）股份有限公司中线上，故点P的轨迹经过ABC的重心,C正确；
对D，如图由已知点D在ABC中与AB平行的中位线上，且靠近BC的三等分点处，故有
1 1  1 1 1 S 1
S = S ,S = S ,S =1− − S = S ，所以 △BCD = ，D错误.
�ABD 2 �ABC �ACD 3 �ABC �BCD  2 3 �ABC 6 �ABC S 3
△ABD
故选：ABC
C C
11．ABC中，内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，S为ABC的面积，且a=2，AB⋅AC =2 3S，
下列选项正确的是（ ）
π
A．A=
6
B．若b=2，则ABC只有一解
(
C．若ABC为锐角三角形，则b取值范围是 2 3,4

(
D．若ABC为锐角三角形，则ABC的面积的取值范围 2 3,2+ 3

【答案】ABD
【分析】利用平面向量数量积公式及三角形面积公式可判定A，直接解三角形可判定B，利用角的范围结合
正弦定理可判定C，利用正弦定理将边化角，再由面积公式、三角恒等变换公式及正弦函数的性质求出S
�ABC
的范围，即可判断D.
C C 1 3
【详解】对于A，因为AB⋅AC =2 3S，所以bccosA=2 3× bcsinA，则tanA= ，
2 3
π
因为A∈(0,π)，所以A= ，故A正确；
6
π 2π
对于B，因为b=2=a，则B= A= ，C = ，故ABC只有一解，故B正确；
6 3
 π  π
对于C，若ABC为锐角三角形，则B∈0, ，C∈0, ，
 2  2
 π
0<B<
  2 π π  3 
则 ，则 <B< ，即sinB∈ ,1，
 
 0<π− π −B< π 3 2  2 
 6 2
学科网（北京）股份有限公司asinB ( )
由正弦定理可知b= =4sinB∈ 2 3,4 ，故C错误；
sinA
a b c 2
= = = =4
对于D，由正弦定理可知sinA sinB sinA π ，
sin
6
所以b=4sinB，c=4sinC，
1 1 1
所以S = bcsinA= ×4sinB×4sinC× =4sinBsinC
�ABC 2 2 2
π   π π 
=4sinBsin +B =4sinBsin cosB+cos sinB
6   6 6 
1 3 
=4sinB

cosB+ sinB

=2sinBcosB+2 3sin2B
2 2 
=sin2B+ 3(1−cos2B) =sin2B− 3cos2B+ 3
 π
=2sin2B− + 3，
 3
π π π π 2π  π  3 
因为 <B< ，所以 <2B− < ，即sin2B− ∈

,1，
3 2 3 3 3  3  2 
(
所以S ∈ 2 3,2+ 3，故D正确.
�ABC 
故选：ABD.
三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分.）
C C C C C C C C C C C C
12．已知向量a,b,c满足：b为单位向量，且a+2b和a−2b相互垂直，又对任意λ∈R不等式|a−λb|≥|a−b|
C u+2 C 4−u C C
恒成立，若c = a+ b(u∈R)，则 c 的最小值为________．
3 2
6 39
【答案】
13
C C C C C C C C C C
【分析】根据向量垂直及数量积运算律得|a|=2，令a=OA，b=OB，λb=OB ，则|a−b|=|BA|，
1
C C C C C C C C
|a−λb|=|BA|，结合不等式恒成立及对应几何意义得(a−b)⊥b，进而有a⋅b=1，最后应用向量数量积的运
1
C
算律得到|c|关于u的表达式求最值.
C C C C C C C C
【详解】由题设(a+2b)⋅(a−2b)=a 2 −4b 2 =0，又|b|=1，则|a|=2，
C C C C C C C C C C C C
令a=OA，b=OB，λb=OB ，则|a−b|=|BA|，|a−λb|=|BA|，
1 1
C C C C C C C C C
由|a−λb|≥|a−b|，即|BA|≥|BA|恒成立，数形结合易知(a−b)⊥b，
1
学科网（北京）股份有限公司C C C C C C C C
所以 (a−b)⋅b=a⋅b−b 2 =0 ，得a⋅b=1，
|c C |2= u2+4u+4 a C 2 + u2−8u+16 b C 2 + (u+2)(4−u) a C ⋅b C
9 4 3
4u2+16u+16 u2−8u+16 8+2u−u2
= + +
9 4 3
13u2+16u+304 8
= ，其对称轴为u=− ，
36 13
64 128
− +304 C 6 39
所以 |c C |2 min = 13 1 3 3 6 = 1 1 0 3 8，则|c| min = 13 .
6 39
故答案为：
13
C 1 C C C C C C
13．已知ABC中，AE= EB,AF =2FC，线段CE与线段BF交于点O，若λOA+µOB+γOC =0，则
2
λ:µ:γ=______.
【答案】2:1:4
C C C
【分析】三点公式的结论：若A,B,C三点共线，则OA=xOB+yOC且x+y=1，利用这个结论求解.
【详解】B,O,F 三点共线，
C C C
∴AO=mAB+(1−m)AF，
C C C C C C C C C C C
1 2 2
AE= EB,AF =2FC，∴AB=3AE,AF = AC，∴AO=3mAE+ (1−m)AC，
2 3 3
2 1
E,O,C三点共线，∴3m+ (1−m)=1，∴m= ，
3 7
C C C C C C C
1 6 1 6 2 1 4
∴AO= AB+ AF = AB+ × AC = AB+ AC①，
7 7 7 7 3 7 7
C C C C C C
λOA+µOB+γOC =0，∴λAO=µOB+γOC，
学科网（北京）股份有限公司C C C C C
( ) ( )
∴λAO=µ OA+AB +γ OA+AC ，
C C C C C
∴λAO=µOA+µAB+γOA+γAC，
C C C
∴(λ+µ+γ)AO=µAB+γAC②，
C C C C
1 4 
①代入②，得到(λ+µ+γ)  AB+ AC=µAB+γAC，
7 7 
C C C C
即(λ+µ+γ)(
AB+4AC
)
=7µAB+7γAC，
γ=2λ
λ+µ+γ=7µ 
则 4(λ+µ+γ)=7γ ，解得

µ= 1 λ ，
 2
1
则λ:µ:γ=λ: λ:2λ=2:1:4.
2
C C C C C
14．在矩形ABCD中，AB=2,BC =3,2BE=EC,Q是平面ABCD内的一点，且QD=BE，则 AQ =______；
C C C C
C C C
P是平面ABCD内的动点，且
AP⋅AB= AP
2，若0<t<1，则 BE+tDE + PE+(t−1)DE 的最小值为______.
【答案】 2 2
C C
【分析】建立空间直角坐标系，利用平面向量的线性运算易得AQ的坐标表示，进而可求 AQ ；由条件
C C C C C
AP⋅AB= AP 2得到 AP⊥PB ，从而得到P点的轨迹，再利用平面向量的线性运算将所求转化为点
H(3−2t,2−2t)到G(2,2)与P(x,y)的距离之和，故而利用点到圆上的点的最小值即可求得
C C C C
BE+tDE + PE+(t−1)DE 的最小值.
【详解】依题意，构建以B为原点，BC,BA为x,y轴的直角坐标系，
C C
所以B(0,0),A(0,2),D(3,2),E(1,0),F(0,1)，则AD=(3,0),BE=(1,0)
C C C C C C C
又QD=BE，故AQ= AD−QD= AD−BE=(2,0)，
C
所以 AQ =2；
C C C C C C C C C C
由
AP⋅AB= AP
2知AP⋅(AB−AP)= AP⋅PB=0,AP⊥PB，
所以P在以AB为直径的圆上，F为圆心，不妨设P(x,y)，则x2+(y−1)2 =1，
学科网（北京）股份有限公司C C C
因为BE=(1,0),DE=(−2,−2),PE=(1−x,−y)，
C C C C
所以BE+tDE=(1−2t,−2t),PE+(t−1)DE=(3−x−2t,2−y−2t)，
C C C C
故 BE+tDE + PE+(t−1)DE 可转化为点H(3−2t,2−2t)到G(2,2)与P(x,y)的距离之和，
又0<t<1，则H(3−2t,2−2t)在直线x−y−1=0(1<x<3)上，即对应线段DE，
C C C C
所以要求 BE+tDE + PE+(t−1)DE ，只需求 PH + GH 的最小值即可，
而G(2,2)关于DE对称点为G′(3,1)，
故 ( PH + GH ) = FG′ −1=2，此时H(2,1)，即t = 1 ，
min 2
C C C C
所以 BE+tDE + PE+(t−1)DE 的最小值为2.
故答案为：2；2.
.
四、解答题（本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明､证明证程或演算步证.）
C C C
π ( )
15．在ABC中，C为钝角，∠ABC= ，点O为ABC所在平面内一点，满足 OA+OB ⊥ AB，
6
C C C
( )
OB+OC ⊥BC，线段OC交线段AB于点M .
C C C
1
(1)若OA⋅AC =− ，求OA ；
2
C C C
(2)在（1）的条件下，求OA+2OB+OC 的取值范围；
C
C C AM
(3)设OM =λOC(0<λ<1)，求 C 的最小值.
AB
C
【答案】(1)OA =1
( )
(2) 1, 13
(3)2 3−3
学科网（北京）股份有限公司C C C C C C C C
【分析】（1）由(OA+OB)⊥(OB−OA)=0，根据垂直向量数量积为0，展开得到|OA|=|OB|，同理|OB|=|OC|，
C C C C C
1
所以O是三角形外心.再利用圆周角与圆心角关系得∠AOC =2∠ABC.通过OA⋅AC =OA⋅(OC−OA)=− ，
2
C
结合夹角余弦值列出方程求出|OA|.
  
（2）设∠BOC =θ，对|OA+2OB+OC|先平方再开方，利用向量数量积运算化简，得到关于θ的表达式，
根据三角函数性质求范围.
C C C C C
（3）设AM =µAB(0<µ<1)，通过向量运算得到µOB=λOC+(µ−1)OA，两边平方建立等式，经过变形和
C
|AM |
换元等操作求 C 即µ的最值.
|AB|
C C C C C C
( ) ( )
【详解】（1）因为 OA+OB ⊥ OB−OA =0⇒ OA = OB ，
C C
π
同理OB = OC 所以O为ABC的外心，∠AOC =2∠ABC = ，
3
C C C C C C C C
( ) 1 2 π 2 1
因为OA⋅AC =OA⋅ OC−OA =− ，OA cos −OA =− ，所以OA =1.
2 3 2
 2π
（2）设∠BOC =θ,θ∈0, ，
 3 
C C C C C C C C C C C C
2 2 2
OA+2OB+OC = OA +4OB +OC +4OA⋅OB+4OB⋅OC+2OA⋅OC
 π  π
= 7+4cosθ+4cosθ+  = 7−4 3sinθ− .
 3  3
C C C
π  π π ( )
因为θ− ∈− , ，所以OA+2OB+OC ∈ 1, 13 .
3  3 3
C C C C C C C C C C C C C
（3）设AM =µAB(0<µ<1)，OM −OA=µ ( OB−OA ) ，λOC−OA=µOB−µOA，µOB=λOC+(µ−1)OA，
两边同时平方得，µ2 =λ2+(µ−1)2+λ(µ−1)，µ=
λ2−λ+1
，
2−λ
令2−λ=t∈(1,2)，µ= t2−3t+3 =t+ 3 −3≥2 3−3，
t t
当且仅当t = 3即λ=2− 3时，等号成立.
C
AM
所以 C 的最小值为2 3−3.
AB
学科网（北京）股份有限公司       
16．如图，在ABC中，AE=EB,CD=2DB，点O为AD和CE的交点，设BA=a,BC =b．
  
(1)若BO=xa+yb，求x, y的值；
C
  CF
(2)若F在AC上，OF ⊥ AC，且 a =2b =10，求 C 的取值范围．
CA
2 1
【答案】(1)x= ,y= ；
5 5
 8 
(2)0, .
 15
C C C
【分析】（1）利用平面向量线性运算，用基底a,b表示BO，根据平面向量基本定理求出系数λ,µ即可求解；
C C C C C C
（2）利用平面向量线性运算，用基底a,b表示OF,AC，根据OF ⊥ AC得到OF⋅AC =0，从而得到系数k与
夹角θ的关系式，利用三角函数的值域确定系数k的范围.
    C 1 C C 1 C
【详解】（1）由题意，因为AE=EB,CD=2DB，所以BE= BA,BD= BC.
2 3
C C C C
设EO=λEC,AO=µAD，
则  B  O C −  B  E C =λ (  B  C C −  B  E C ) ，即  B  O C =λ  B  C C +(1−λ)  B  E C =λ  B  C C + 1−λ B  A C =λb C + 1−λ a C ,
2 2
C C C C C C C C C C C
BO−BA=µ ( BD−BA ) ，即BO=(1−µ)BA+µBD=(1−µ)BA+ 1 µBC =(1−µ)a+ 1 µb，
3 3
1−λ  1
=1−µ λ=
  2   5 C 2 C 1 C
所以 ，解得 ，所以BO= a+ b，
λ= 1 µ µ= 3 5 5
 3  5
2 1
所以x= ,y= .
5 5
学科网（北京）股份有限公司C C C C C C C C C C C C
1 4 4( ) 4 1  4 2 4 2
（2）由（1）可知，EO= EC,所以OC = EC = BC−BE = BC− BA= BC− BA= b− a.
5 5 5 5 2  5 5 5 5
C C C C
设CF =kCA，a与b的夹角为θ，其中θ∈(0,π)，
C C C C C C C C
( )
则OF =OC+CF =OC+kCA=OC+k BA−BC
C C C C C C
4 2 ( )  2 4 
= b− a+k a−b =k− a+ −kb，
5 5  5 5 
C C C C C
而AC =BC−BA=b−a，
C C  2 C 4  C ( C C )
因为OF ⊥ AC，所以OF⋅AC = k− a+ −kb ⋅ b−a =0,
 5 5  
C C C C
2  2 4  2  6
即 −ka + −kb +2k− a⋅b=0，
5  5   5
  2  4   6
因为 a =2b =10，所以 −k×102+ −k×52+2k− ×10×5cosθ=0，
5  5   5
25k−12
解得cosθ= .
20k−12
25k−12 8
因为θ∈(0,π)，所以cosθ∈(−1,1)，即−1< <1，解得0<k < .
20k−12 15
C
CF  8 
所以 C 的取值范围是0, .
CA  15
17．平面直角坐标系xOy内，点A(0,2)，动点P(x,y)和Q关于原点O对称，M(a,0)，a∈R.
C
（1）以原点O和点A为顶点作等腰直角三角形ABO，使∠B=90°，求向量OB坐标；
C
（2）若a=1且P、M、A三点共线，求|OP|的最小值；
C C C C C
（3）若|OP| = 5，且AC =2AQ， PC =4PM ，求直线AQ的解析式.
2 5
【答案】（1）(1,1)或(−1,1)；（2） ；（3）y=±4x+2
5
【分析】(1)设出点B坐标，利用等腰直角三角形的两腰相等且两腰相互垂直，结合平面向量的坐标表示建
立方程组求解即可;
C C C
(2)根据
PM
与
MA
共线，利用坐标运算列出方程得到y=2−2x，利用模长公式表示|OP|，结合二次函数的
性质即可求出最小值；
C C C C C
(3)将|OP| = 5，且AC =2AQ， PC =4PM ，表示为坐标的形式，列出方程组，求出点Q的坐标，再求出
对应的斜率，利用点斜式写出方程即可.
C C
【详解】（1）设B(x ,y )，则BA=(−x ,2−y )，BO=(−x ,−y )
0 0 0 0 0 0
学科网（北京）股份有限公司C C
BA⋅BO=0  x2+y2−2y =0
由题意可得： C C ⇒ 0 0 0
|BA|=|BO| x2+(2−y )2 =x2+y2
0 0 0 0
x =1 x =−1
解得： 0 或 0
y =1 y =1
0 0
C
则向量OB坐标为(1,1)或(−1,1)
C C
（2）PM =(1−x,−y) ，MA=(−x,2−y)
C C
因为
PM
与
MA
共线，所以(1−x)(2−y)−xy=0
得：y=2−2x
C
|OP|= x2+y2 = x2+(2−2x)2 = 5x2−8x+4
−8 4 C 4 2 4 2 5
当x=− = 时，|OP|取最小值 5×  −8× +4=
2×5 5 5 5 5
（3）因为P(x,y)，所以Q(−x,−y)
C C C
设C(x,y ) ，则AC =(x,y −2)，AQ=(−x,−y−2)，OP=(x,y)
1 1 1 1
C C
PC =(x −x,y −y) ，PM =(a−x,−y)
1 1
C C C C C
因为|OP| = 5，且AC =2AQ， PC =4PM
x =−2x x −x=4a−4x
所以x2+y2 =5， 1 ， 1
y −2=−2y−4 y −y=−4y
1 1
x=1 x=−1
解得 或
y=2 y=2
即Q(−1,−2)或Q(1,−2)
−2−2
当Q(−1,−2)时，k = =4,所以直线AQ的方程为y−2=4(x−0)，即y=4x+2
AQ −1−0
−2−2
当Q(1,−2)时，k = =−4,所以直线AQ的方程为y−2=−4(x−0)，即y=−4x+2
AQ 1−0
综上所述，直线AQ的解析式为y=±4x+2
18．设ABC的三个内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c．
(1)若a4+b4+c4 =2c2( a2+b2) 且A=63A，求角B；
(2)若非Rt△ABC中，ccosC =bcosB，D为AC中点，且BD=3，求ABC面积的最大值．
【答案】(1)72A
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【分析】（1）先化简等式，然后利用余弦定理求出C =45°，进而求出结果.
（2）根据正弦定理和三角形面积公式计算即可.
【详解】（1）( a2+b2−c2)2 =a4+b4+c4+2a2b2−2a2c2−2b2c2 =2a2b2
2
∴a2+b2−c2 =± 2ab，∴cosC =±
2
2
当cosC = ，即C =45°,A=63°,∴B=72°
2
2
当cosC =− ，即C =135°,A=63°,A+C >180°，矛盾，舍.
2
综上所述：B=72°.
π
（2）ccosC =bcosB，由正弦定理得sin2C =sin2B，即B=C或B+C = （舍），
2
 2 
b
由中线长定理得c2+a2 =2  +32，
 
2
 
5
c2 c2−9
∴a2 =18− ， b2+c2−a2 4 ，
2
cosA= =
2bc c2
9 45
− c4+ c2−81
∴S = 1 bcsinA= 1 c2 1−cos2A = 1 c2 16 2 = 1 − 9 c4+ 45 c2−81≤6 ，
�ABC 2 2 2 c4 2 16 2
当且仅当c2 =20即c=2 5时，面积取到最大值为6．
a=rcosθ,
19．一般地，任何一个复数z=a+bi(a,b∈R)可以写成z=r(cosθ+isinθ)， 其中r是复数的模，
b=rsinθ,
C
θ是复数的辐角（以x非负半轴为始边，OZ所在射线为终边的角），我们称r(cosθ+isinθ)叫做复数z =a+bi
C C
的三角形式．由复数的三角形式可得出，若OZ =r (cosθ+isinθ)，OZ =r (cosθ +isinθ)，则
1 1 1 1 2 2 2 2
C
r 1 (cosθ 1 +isinθ 1 )⋅r 2 (cosθ 2 +isinθ 2 )=r 1 r 2  cos(θ 1 +θ 2 )+isin(θ 1 +θ 2 )  ．其几何意义是把向量OZ 1 绕点O按逆时
C
针方向旋转角θ（如果θ <0，就要把OZ 绕点P按顺时针方向旋转角θ ），再把它的模变为原来的r 倍．已
2 2 1 2 2
知在复平面的上半平面内有一个菱形OABC，其边长为1，∠AOC =120°，点A，B，C所对应的复数分别
为z ，z ，z ．
1 2 3
学科网（北京）股份有限公司3 1
(1)若z = + i，求出z 、z ，
1 2 2 2 3
(2)如图，若P(3,0)，以PA为边作正方形APMN ，M ，N 在AP下方．
C C
①若∠AOP=α，设
PA
对应的复数为z ，设
PM
对应的复数为z ，求复数z 、z ．
4 5 4 5
②是否存在复数z 1 使得OM 长度为 19−6 2 ，若存在，求出复数z 1 ；若不存在，说明理由．
3 1
【答案】(1)z =i，z =− + i
2 3 2 2
(2)①z =(cosα−3)+isinα，z =−sinα+i(cosα−3)；②存在，z = 2 + 2 i.
4 5 1 2 2
【分析】（1）根据复数三角形式运算的几何意义与运算法则求复数z 、z ，.
2 3
（2）（i）根据复数三角形式运算的几何意义与运算法则求复数z 、z ，
4 5
π
（ii）设z =cosα+isinα，0≤α≤ ，借助复数三角形式的运算，用α表示出点M的坐标，求OM 的长度，
1 3
根据OM 长度为 19−6 2 ，看看α是否存在即可.
【详解】（1）连接OB，因为四边形OABC，∠AOC =120°，
C C C
所以∠AOB=60A，又OA= AB=BC =OC =1，所以OB=1，即OA = OB = OC ，
3 1 π π
因为z = + i=cos +isin ，
1 2 2 6 6
 π π  π π  π π π π
所以z =z ⋅cos +isin =cos +isin ⋅cos +isin =cos +isin =i，
2 1  3 3  6 6  3 3 2 2
 2π 2π  π π  2π 2π 5π 5π
z =z ⋅cos +isin =cos +isin ⋅cos +isin =cos +isin ，
3 1  3 3   6 6  3 3  6 6
3 1
所以z =i，z =− + i.
2 3 2 2
π  2π  2π
（2）（ⅰ）设z =cosα+isinα，0≤α≤ ，则z =cosα+ +isinα+ ，
1 3 3  3   3 
C
设
PA
对应的复数为z ，则z =(cosα−3)+isinα，
4 4
学科网（北京）股份有限公司C  π π
设 PM 对应的复数为z 5 ，z 5 =z 4 ⋅  cos 2 +isin 2   =  (cosα−3)+isinα i=−sinα+i(cosα−3)，
C
（ⅰi）设OM 对应的复数为z ，所以z =3−sinα+i(cosα−3)，
6 6
所以 z = (3−sinα)2+(cosα−3)2 = 19−6(sinα+cosα)，
6
由已知可得 19−6(sinα+cosα) = 19−6 2 ，
 π π π
所以sinα+cosα= 2sinα+ = 2，又0≤α≤ ，所以α= ，
 4 3 4
2 2
所以z = + i.
1 2 2
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