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6.2 平面向量的数量积及其应用
基础篇
考点 平面向量的数量积 Ａ→Ｏ 即Ｂ→Ｏ Ｏ→Ｃ 则 Ｏ 为 ＢＣ
ꎬ ＝ ꎬ
考向一 平面向量的数量积的运算 的中点.
１.( 届浙南名校联盟联考ꎬ )已知边长为 Ｏ 为 ＡＢＣ 的外心 Ｏ→Ａ
２０２３ ３ ∵ △ ꎬ∴ ｜
的正 ＡＢＣ Ｂ→Ｄ Ｄ→Ｃ 则Ａ→Ｂ Ａ→Ｄ Ｏ→Ｂ Ｏ→Ｃ ＡＢＣ 为直角三角形 且
３ △ ꎬ ＝２ ꎬ ＝ ｜ ＝ ｜ ｜ ＝ ｜ ｜ꎬ∴ △ ꎬ
ＡＢ ＡＣ 如图所示.
( ) ⊥ ꎬ
１５ 又 Ａ→Ｏ Ａ→Ｂ Ｏ→Ｂ ＯＡＢ 为等
Ａ.３ Ｂ.９ Ｃ. Ｄ.６ ∵ ｜ ｜ ＝ ｜ ｜ ＝２＝ ｜ ｜ꎬ∴ △
２ 边三角形
ꎬ
答案 Ｄ 由题意得Ａ→Ｄ Ａ→Ｂ Ｂ→Ｄ Ａ→Ｂ ２Ｂ→Ｃ ＯＡＢ ° ＯＡＣ ° 在 ＡＢＣ
＝ ＋ ＝ ＋ ∴ ∠ ＝６０ ꎬ∠ ＝３０ ꎬ∵ Ｒｔ△
３
中 Ａ→Ｃ Ｂ→Ｃ ２ Ａ→Ｂ ２ Ａ→Ｏ Ａ→Ｃ
Ａ→Ｂ ２ Ａ→Ｃ Ａ→Ｂ １Ａ→Ｂ ２Ａ→Ｃ 故Ａ→Ｂ Ａ→Ｄ ꎬ｜ ｜ ＝ ｜ ｜ －｜ ｜ ＝２ ３ꎬ∴
＝ ＋ ( － )＝ ＋ ꎬ ＝
３ ３ ３
Ａ→Ｏ Ａ→Ｃ ＯＡＣ ３
１Ａ→Ｂ Ａ→Ｂ ＋ ２Ａ→Ｂ Ａ→Ｃ ＝ １ ×３ ２ ＋ ２ ×３ ２ ×ｃｏｓ ６０ ° ＝｜ ｜｜ ｜ｃｏｓ∠ ＝２×２ ３× ２ ＝６ꎬ
３ ３ ３ ３ 故选 .
故选 Ｄ
＝６ꎬ Ｄ. ５.( 届辽宁六校期初考试ꎬ )已知 ａ
２.( 课标 理ꎬ ꎬ 分)已知Ａ→Ｂ Ａ→Ｃ ２０２３ １３ ＝(３ꎬ
２０１９ Ⅱ ３ ５ ＝(２ꎬ３)ꎬ
ｂ 则 ａ ｂ ａ ｂ .
ｔ Ｂ→Ｃ 则Ａ→Ｂ Ｂ→Ｃ ４)ꎬ｜ ｜＝ ５ꎬ ( ＋ )( － )＝
＝(３ꎬ )ꎬ｜ ｜ ＝１ꎬ ＝ ( ) 答案
２０
Ａ.－３ Ｂ.－２ Ｃ.２ Ｄ.３
解析 因为 ａ 所以 ａ
２ ２
答案 Ｃ Ｂ→Ｃ Ａ→Ｃ Ａ→Ｂ ｔ Ｂ→Ｃ ＝(３ꎬ４)ꎬ ｜ ｜ ＝ ３ ＋４ ＝
∵ ＝ － ＝(１ꎬ －３)ꎬ∴ ｜ ｜
又因为 ｂ 所以 ａ ｂ ａ ｂ ａ
２
２ ｔ ２ ｔ Ａ→Ｂ Ｂ→Ｃ ５ꎬ ｜ ｜ ＝ ５ꎬ ( ＋ )( － )＝
＝ １ ＋( －３) ＝１ꎬ∴ ＝３ꎬ∴ ＝(２ꎬ ｂ ２ .
. － ＝２５－５＝２０
３)(１ꎬ０)＝ ２ ６.( 全国甲理ꎬ ꎬ 分)设向量 ａ ｂ 的夹
３.( 全国乙理ꎬ ꎬ 分)已知向量 ａ ｂ 满足 ２０２２ １３ ５ ꎬ
２０２２ ３ ５ ꎬ
ａ ｂ ａ ｂ 则 ａ ｂ
角的余弦值为１ 且 ａ ｂ 则 ａ
｜ ｜ ＝１ꎬ｜ ｜ ＝ ３ꎬ｜ －２ ｜ ＝３ꎬ ＝ ꎬ ｜ ｜ ＝１ꎬ｜ ｜ ＝３ꎬ (２ ＋
３
( ) ｂ ｂ .
) ＝
Ａ.－２ Ｂ.－１ Ｃ.１ Ｄ.２ 答案
１１
答案 Ｃ 由 ａ ｂ 可得 ａ ｂ ａ
｜ －２ ｜ ＝３ꎬ ｜ －２ ｜ ２ ＝ ２ － 解析 根据题意 得 ａ ｂ ｂ ａ ｂ ｂ ２
ꎬ (２ ＋ ) ＝２ ＋
ａ ｂ ｂ 又 ａ ｂ 所以 ａ
２
４ ＋４ ＝９ꎬ ｜ ｜ ＝１ꎬ｜ ｜ ＝ ３ꎬ
１ .
ｂ 故选 . ＝２×１×３× ＋９＝１１
＝１ꎬ Ｃ ３
４.( 江苏淮安车桥中学入学调研ꎬ )已知 ７.( 湖南三湘名校、五市十校联考ꎬ )已
２０２２ ７ ２０２２ １４
ＡＢＣ 的外心为 Ｏ Ａ→Ｏ Ａ→Ｂ Ａ→Ｃ Ａ→Ｏ 知点 Ｐ ＡＢ 是圆 ｘ２ ｙ２ 的直径 则
△ ꎬ２ ＝ ＋ ꎬ｜ ｜ ＝ (－２ꎬ０)ꎬ ＋ ＝１ ꎬ
Ａ→Ｂ 则Ａ→Ｏ Ａ→Ｃ的值是 Ｐ→Ａ Ｐ→Ｂ . 专
｜ ｜ ＝２ꎬ ( ) ＝ 题
答案 六
３ ３
Ａ. ３ Ｂ. Ｃ.２ ３ Ｄ.６ 解析 解法一 设 Ａ ｘ ｙ 则 Ｂ ｘ ｙ 且 平
２ : ( ꎬ )ꎬ (－ ꎬ－ )ꎬ 面
向
答案 Ｄ 由 Ａ→Ｏ Ａ→Ｂ Ａ→Ｃ 得Ａ→Ｏ Ａ→Ｂ Ａ→Ｃ ｘ２ ｙ２ . 量
２ ＝ ＋ ꎬ － ＝ － ＋ ＝１
２０９
Ｐ→Ａ ｘ ｙ Ｐ→Ｂ ｘ ｙ Ｐ→Ａ Ｐ→Ｂ 当 Ｃ 为直角时 Ｃ→Ａ Ｃ→Ｂ ｋ
∵ ＝(２＋ ꎬ )ꎬ ＝(２－ ꎬ－ )ꎬ∴ ꎬ ＝(－２ꎬ－１)(－３ꎬ
ｘ ｘ ｙ２ ｘ２ ｙ２ . ｋ 解得 ｋ .故选
＝(２＋ )(２－ )－ ＝４－( ＋ )＝ ３ －１)＝ ６－ ＋１＝０ꎬ ＝７ ＢＤ.
３.( 全国甲理ꎬ ꎬ 分)已知向量 ａ
解法二 设坐标原点为 Ｏ 则Ｐ→Ａ Ｐ→Ｂ Ｐ→Ｏ
２０２１ １４ ５ ＝(３ꎬ
: ꎬ ＋ ＝ ２
ｂ ｃ ａ ｋｂ.若 ａ ｃ 则 ｋ .
由题意知Ｐ→Ａ Ｐ→Ｂ Ｂ→Ａ ２ ２ 得 Ｐ→Ａ １)ꎬ ＝(１ꎬ０)ꎬ ＝ ＋ ⊥ ꎬ ＝
①ꎬ － ＝ ②ꎬ① －② ４
答案 １０
Ｐ→Ｂ ２ ２ 所以Ｐ→Ａ Ｐ→Ｂ . －
＝４×２ －２ ＝１２ꎬ ＝３
３
８.( 新高考 ꎬ ꎬ 分)已知向量 ａ ｂ ｃ 解析 ｃ ａ ｋｂ ｋ ｋ
２０２１ Ⅱ １５ ５ ＋ ＋ ＝ ＝ ＋ ＝(３ꎬ１)＋ (１ꎬ０)＝ (３＋ ꎬ１)ꎬ
０ ａ ｂ ｃ ａ ｂ ｂ ｃ ｃ ａ
ꎬ｜ ｜ ＝１ꎬ｜ ｜ ＝ ｜ ｜ ＝２ꎬ ＋ ＋ ＝ 结合 ａ ｃ 得 ｋ 解得 ｋ １０.
⊥ ３(３＋ )＋１×１＝０ꎬ ＝－
.
３
４.( 课标 文ꎬ ꎬ 分)设向量 ａ
答案 ９ ２０２０ Ⅰ １４ ５ ＝ (１ꎬ
－
ｂ ｍ ｍ 若 ａ ｂ 则 ｍ
２ －１)ꎬ ＝ ( ＋１ꎬ２ －４)ꎬ ⊥ ꎬ ＝
解析 由 ａ ｂ ｃ ０ 得 ｂ ｃ ａ
.
＋ ＋ ＝ ꎬ ＋ ＝－ ꎬ
则 ａ ｂ ｃ ａ ２ 所以 ａ ｂ ｃ ａ ２ 答案
( ＋ )＝ － ꎬ ＋ ＝－１ ＝
５
. 解析 由 ａ ｂ 得 ａ ｂ 即 ｍ ｍ
－１ ⊥ ＝０ꎬ ＋１－(２ －４)
由 ｂ ｃ ａ 得 ｂ ｃ ２ ａ ２ 则 ｂ ２ ｂ ｃ 解得 ｍ .
＋ ＝－ ꎬ ( ＋ ) ＝(－ ) ꎬ ＋２ ＝ ０ꎬ ＝５
ｃ ２ ａ ２ 即 ２ ｂ ｃ ２ ２ 所以 ｂ ｃ ５.( 全国乙理ꎬ ꎬ 分)已知向量 ａ
＋ ＝ ꎬ ２ ＋２ ＋２ ＝１ ꎬ ＝－ ２０２１ １４ ５ ＝(１ꎬ
ｂ 若 ａ λｂ ｂ 则 λ .
７ 则 ａ ｂ ｂ ｃ ｃ ａ ９.
３)ꎬ ＝(３ꎬ４)ꎬ ( － )⊥ ꎬ ＝
ꎬ ＋ ＋ ＝－
２ ２
答案 ３
考向二 利用平面向量的垂直求参数
５
１.( 届长春六中月考ꎬ )已知向量 ｍ λ 解析 解法一 由 ａ ｂ 得 ａ
２０２３ ５ ＝( : ＝(１ꎬ３)ꎬ ＝(３ꎬ４)ꎬ
ｎ λ 若 ｍ ｎ ｍ ｎ 则 λｂ λ λ 由 ａ λｂ ｂ 得 ａ
＋１ꎬ１)ꎬ ＝( ＋２ꎬ２)ꎬ ( ＋ )⊥( － )ꎬ － ＝(１－３ ꎬ３－４ )ꎬ ( － )⊥ ( －
λ λｂ ｂ 故 λ λ
＝ ( ) ) ＝０ꎬ ３(１－３ )＋４(３－４ )＝ ０⇒１５－
Ａ.－４ Ｂ.－３ Ｃ.－２ Ｄ.－１ λ λ ３.
２５ ＝０⇒ ＝
答案 Ｂ ｍ ｎ ｍ ｎ ｍ ｎ
５
∵ ( ＋ )⊥( － )ꎬ∴ ( ＋ )
解法二 由 ａ λｂ ｂ 得 ａ λｂ ｂ 即
ｍ ｎ . : ( － )⊥ ( － ) ＝０ꎬ
( － )＝ ０
ｍ ２ ｎ ２ 即 λ ２ λ ２
ａ
ｂ
－
λｂ
２ ＝０ꎬ
ａ
ｂ
＝１×３＋３×４＝１５ꎬ
ｂ
２ ＝３×３
∴ ｜ ｜ －｜ ｜ ＝０ꎬ ( ＋１) ＋１－[( ＋２) ＋
λ 故选 则 λ λ ３.
４]＝０ꎬ∴ ＝－３ꎬ Ｂ. ＋４×４＝２５ꎬ １５－２５ ＝０ꎬ∴ ＝
２.(多选)( 辽宁大连一中期中ꎬ )已知平 ５
２０２２ ９
考向三 平面向量的夹角与模
面向量Ａ→Ｂ ｋ Ａ→Ｃ 若 ＡＢＣ 是
＝(－１ꎬ )ꎬ ＝(２ꎬ１)ꎬ △ １.( 届湖湘名校教育联合体大联考ꎬ )已
２０２３ ３
直角三角形 则 ｋ 的可能取值是
5
ꎬ ( )
年 知四边形 ＡＢＣＤ 设 Ｅ 为 ＣＤ 的中点 Ａ→Ｃ Ａ→Ｄ
高 ꎬ ꎬ
考 Ａ.－２ Ｂ.２ Ｃ.５ Ｄ.７
3 答案 ＢＤ Ｂ→Ｃ Ａ→Ｃ Ａ→Ｂ ｋ ＝１０ꎬ｜ Ａ→Ｅ ｜ ＝４ꎬ 则 ｜ Ｃ→Ｄ ｜ ＝ ( )
年 ＝ － ＝(３ꎬ１－ )ꎬ
模
拟 当 Ａ 为直角时 Ａ→Ｂ Ａ→Ｃ ｋ 解得 ｋ Ａ.２ ６ Ｂ. ６ Ｃ.２ ２ Ｄ. ２
ꎬ ＝ －２＋ ＝ ０ꎬ
A
.
答案 Ａ 在四边形 ＡＢＣＤ 中 Ａ→Ｃ Ａ→Ｄ
版 ＝２ ꎬ ＝
高 当 Ｂ 为直角时 Ｂ→Ａ Ｂ→Ｃ ｋ ｋ Ａ→Ｅ Ｅ→Ｃ Ａ→Ｅ Ｅ→Ｄ Ａ→Ｅ ２ Ｅ→Ｃ ２ 因为
考 ꎬ ＝(１ꎬ－ )(３ꎬ１－ ) ( ＋ )( ＋ )＝ ｜ ｜ －｜ ｜ ꎬ
数
学 ｋ２ ｋ 此方程无解. Ａ→Ｃ Ａ→Ｄ Ａ→Ｅ 所以 Ｅ→Ｃ 则
＝ － ＋３＝０ꎬ ＝１０ꎬ｜ ｜ ＝４ꎬ ｜ ｜ ＝ ６ꎬ ｜
２１０
Ｃ→Ｄ .故选 答案 Ｃ 由题意可得 ｃ ｔ
｜ ＝２ ６ Ａ. ＝(３＋ ꎬ４)ꎬ
由 ａ ｃ ｂ ｃ 得 ａ ｃ ｂ ｃ
２.( 江苏泰州二调ꎬ )已知 ａ ｂ
‹ ꎬ ›＝‹ ꎬ › ｃｏｓ‹ ꎬ ›＝ｃｏｓ‹ ꎬ ›ꎬ
２０２２ ３ ｜ ｜ ＝３ꎬ｜ ｜ ＝２ꎬ
ｔ ｔ
ａ ｂ ａ ｂ 则ａ 与ｂ 的夹角为
即３(３＋ )＋４×４ ３＋ 解得 ｔ 故
( ＋２ )( －３ )＝ －１８ꎬ ＝ ꎬ ＝５ꎬ
ｔ ２ ２ ｔ ２ ２
５ (３＋ ) ＋４ (３＋ ) ＋４
( )
选 .
° ° ° °
Ｃ
Ａ.３０ Ｂ.６０ Ｃ.１２０ Ｄ.１５０
５.(多选)( 届哈尔滨师大附中月考ꎬ )已
答案 Ｂ 由 ａ ｂ ａ ｂ ａ
２０２３ ９
( ＋２ )( －３ )＝ －１８ꎬ｜ ｜ ＝
知向量 ａ ｂ 则下列结论正
ｂ 得 ａ ｂ .设 ａ 与 ｂ 的夹角为 θ
３ꎬ｜ ｜ ＝２ꎬ ＝３ ꎬ
＝(１ꎬ３)ꎬ ＝(２ꎬ－４)ꎬ
确的是
ａ ｂ
则 θ １ 又 ° θ ° θ ( )
ｃｏｓ ＝ ａ ｂ ＝ ꎬ ０ ≤ ≤１８０ ꎬ∴ ＝ ａ ｂ ａ
｜ ｜ ｜ ｜ ２ Ａ.( ＋ )⊥
° 故选 .
６０ ꎬ Ｂ 向量 ａ 与向量 ｂ 的夹角为３π
Ｂ.
３.( 河北邢台“五岳联盟”联考ꎬ )已知向
４
２０２２ ４
ａ ｂ
量 ａ ｂ ｔ 则下列说法不正确
＝(－２ꎬ１)ꎬ ＝(１ꎬ )ꎬ Ｃ.｜２ ＋ ｜ ＝ １０
向量 ｂ 在向量 ａ 上的投影向量是
的是
Ｄ. (１ꎬ３)
( )
答案 ＡＢ 对于 ａ ｂ 所以 ａ
若 ａ ｂ 则 ｔ 的值为 １ Ａꎬ ＋ ＝(３ꎬ－１)ꎬ ( ＋
Ａ. ∥ ꎬ － ｂ ａ 故 ａ ｂ ａ 中结论
２ ) ＝ ３－３ ＝ ０ꎬ ( ＋ )⊥ ꎬＡ
若 ａ ｂ ａ ｂ 则 ｔ 的值为 正确
Ｂ. ｜ ＋ ｜ ＝ ｜ － ｜ꎬ ２ ꎻ
ａ ｂ 的最小值为 ａ ｂ
Ｃ.｜ ＋ ｜ １ 对于 ａ ｂ －１０
Ｂꎬｃｏｓ‹ ꎬ › ＝ ａ ｂ ＝ ＝
若 ａ 与 ｂ 的夹角为钝角 则 ｔ 的取值范围
Ｄ. ꎬ ｜ ｜｜ ｜ １０×２ ５
是 ｔ
<２ ２
答案 Ｄ 若 ａ ｂ 则 ｔ ｔ － ꎬ
Ａ. ∥ ꎬ －２× ＝１×１⇒ ＝－ ２
１ 选项中说法正确. 因为 ａ ｂ 所以 ａ ｂ ３π 中结
ꎬＡ ０≤‹ ꎬ ›≤πꎬ ‹ ꎬ ›＝ ꎬＢ
２ ４
.由 ａ ｂ ａ ｂ 两边平方并化简得 ａ ｂ 论正确
Ｂ ｜ ＋ ｜ ＝ ｜ － ｜ ꎻ
即 ｔ ｔ 选项中说法正确. 对于 ａ ｂ 所
＝０ꎬ －２＋ ＝０⇒ ＝２ꎬＢ Ｃꎬ２ ＋ ＝２(１ꎬ３)＋(２ꎬ－４)＝ (４ꎬ２)ꎬ
以 ａ ｂ 中结论错误
. ａ ｂ ｔ ｔ ２ 当 ｔ ｜２ ＋ ｜ ＝２ ５ꎬＣ ꎻ
Ｃ ｜ ＋ ｜ ＝ ｜(－１ꎬ１＋ )｜ ＝ ( ＋１) ＋１ꎬ ＝－
对于 向量ｂ 在向量ａ 上的投影向量为 ｂ
时 取最小值 选项中说法正确.
Ｄꎬ ｜ ｜
１ ꎬ １ꎬＣ
{ａ ｂ æ ö
.若 ａ 与 ｂ 的夹角为钝角 则 <０ꎬ
çç ２÷÷
Ｄ ꎬ ｔ ⇒ ａ ２ ５× è－ ø
３π ２
－２× ≠１×１
ｃｏｓ ａ ＝ (１ꎬ３)＝ (－１ꎬ－
ì ï ｔ ì ï ｔ ４ ｜ ｜ １０
ï－２＋ <０ꎬ ï <２ꎬ
中结论错误.
í í 则 ｔ 的取 值 范 围 是
３)ꎬＤ
ïｔ １ ⇒ ïｔ １
î ï ≠－ î ï ≠－ ꎬ 故选
２ ２ ＡＢ.
æ ö æ ö ６.( 届广东普宁华美实验学校月考ꎬ )已
ç １÷ ç １ ÷ 选项中说法不正确. ２０２３ １３
è－∞ꎬ－ ø∪è－ ꎬ２øꎬＤ 知向量 ａ ａ ｂ 则向量 ａ 与
２ ２ ＝(１ꎬ１)ꎬ２ ＋ ＝(４ꎬ２)ꎬ
故选
ｂ 的夹角为 .
Ｄ.
４.( 新高考 ꎬ ꎬ 分)已知向量 ａ ｂ 专
２０２２ Ⅱ４ ５ ＝(３ꎬ４)ꎬ 答案 π 题
ｃ ａ ｔｂ 若 ａ ｃ ｂ ｃ 则ｔ 六
＝(１ꎬ０)ꎬ ＝ ＋ ꎬ ‹ ꎬ ›＝‹ ꎬ ›ꎬ ＝ ４
解析 因为 ａ ａ ｂ 所以 ａ 平
( ) ＝(１ꎬ１)ꎬ２ ＋ ＝(４ꎬ２)ꎬ ｜ 面
向
ｂ ａ 量
Ａ.－６ Ｂ.－５ Ｃ.５ Ｄ.６ ｜ ＝ ２ꎬ ＝(４ꎬ２)－２ ＝(４ꎬ２)－２(１ꎬ１)＝ (２ꎬ
２１１
所以 ａ ｂ ｂ 所以 ａ ｂ ８.( 湖南三湘名校联盟联考ꎬ )已知向量
０)ꎬ ＝２ꎬ｜ ｜ ＝２ꎬ ｃｏｓ‹ ꎬ › ＝ ２０２２ １３
ａ ｂ
２ ２ 因为 ａ ｂ ａ 与 ｂ 的夹角为π ａ ａ ａ ｂ 则
ａ ｂ ＝ ＝ ꎬ ‹ ꎬ ›∈[０ꎬπ]ꎬ ꎬ｜ ｜ ＝１ꎬ ( ＋ )＝ ２ꎬ
｜ ｜｜ ｜ ２× ２ ２ ３
ｂ .
｜ ｜ ＝
所以 ａ ｂ π.
‹ ꎬ ›＝ 答案
４ ２
７.( 河北邢台期末ꎬ )已知向量 ａ
２０２２ １４ ＝(１ꎬ 解析 向量 ａ 与 ｂ 的夹角为π ａ ａ
∵ ꎬ｜ ｜ ＝１ꎬ
ｂ ａ ｂ 则 ａ 与 ｂ 的夹角 ３
－ ７)ꎬ｜ ｜ ＝３ꎬ ＝３ ６ꎬ ａ ｂ ａ ａ ｂ ａ ｂ ａ ｂ
２
为 . ( ＋ )＝ ＋ ＝１＋ ＝２ꎬ∴ ｜ ｜ ｜ ｜
ａ ｂ 即 ｂ π ｂ .
答案 π ｃｏｓ‹ ꎬ ›＝１ꎬ １×｜ ｜×ｃｏｓ ＝１ꎬ∴ ｜ ｜ ＝２
３
６
９.( 石家庄二中月考ꎬ )已知单位向量
解析 因为 ａ 所以 ａ ２０２２ １３
＝ (１ꎬ － ７ )ꎬ ｜ ｜ ＝ ａ ｂ 满足 ａ ｂ 则 ａ ｂ .
ꎬ ｜ ＋ ｜ ＝１ꎬ ｜ － ｜ ＝
１ ２ ＋(－ ７) ２ ＝２ ２ꎬ 设向量 ａ 与 ｂ 的夹角为 答案
３
ａ ｂ
解析 ａ ｂ ａ ｂ ａ ｂ ａ ｂ
θ 因为 θ ３ ６ ３ 且 θ ２ ２ ２
( ＋ ) ＝ ＋ ＋２ ＝２＋２ ＝１ꎬ
ꎬ ｃｏｓ ＝ ａ ｂ ＝ ＝ ꎬ ∈
｜ ｜ ｜ ｜ ２ ２×３ ２
ａ ｂ １.则 ａ ｂ
２
ａ
２
ｂ
２
ａ ｂ
∴ ＝－ ( － ) ＝ ＋ －２ ＝１＋１
所以 θ π. ２
[０ꎬπ]ꎬ ＝
６ 所以 ａ ｂ .
＋１＝３ꎬ ｜ － ｜ ＝ ３
5
年
高
考 3
年
模
拟
A
版
高
考
数
学
２１２
综合篇
考法 一 求平面向量模的方法 æ ö２
çλ １÷ ３ ３
è ＋ ø ＋ ≥ ꎬ
１.( 福建龙岩一模ꎬ )已知向量 ａ ｂ 的夹 ２ ４ ４
２０２２ ３ ꎬ
则 ｅ λｅ ３ 故 ｅ λｅ 的最小值为 ３.
角为 ° 且 ａ ａ ｂ 则 ｂ ｜ １ － ２｜≥ ꎬ ｜ １ － ２｜
６０ ꎬ ｜ ｜ ＝１ꎬ｜２ － ｜ ＝ １９ꎬ ｜ ｜ ＝ ２ ２
３.(多选)( 沈阳三十一中月考ꎬ )若向量
( ) ２０２２ ９
ａ ｂ 满足 ａ ｂ 且 ｂ ａ 则以
Ａ.５ Ｂ.３ ２ Ｃ.４ Ｄ.３ ꎬ ｜ ｜ ＝ ｜ ｜ ＝１ꎬ ｜ －２ ｜ ＝ ５ꎬ
答案 Ａ 向量 ａ ｂ 的夹角为 ° 且 ａ 下结论正确的是
∵ ꎬ ６０ ꎬ ｜ ｜ ( )
ａ ｂ
ａ ｂ ａ ａ ｂ ｂ 即
２ ２ Ａ. ⊥
＝１ꎬ｜２ － ｜ ＝ １９ꎬ∴ ４ －４ ＋ ＝１９ꎬ
ａ ｂ
ｂ ２ ｂ 解得 ｂ 或 ｂ Ｂ.｜ ＋ ｜ ＝２
｜ ｜ －２｜ ｜ －１５＝０ꎬ ｜ ｜ ＝５ ｜ ｜ ＝－３
ａ ｂ
舍去 故选 . Ｃ.｜ － ｜ ＝ ２
( )ꎬ Ａ
向量 ａ ｂ 的夹角为 °
２.( 福建南平联考ꎬ )已知单位向量 ｅ ｅ Ｄ. ꎬ ６０
２０２２ ６ １ꎬ ２
答案 ＡＣ 由 ｂ ａ 可得 ｂ ａ
２
｜ －２ ｜ ＝ ５ꎬ ｜ ｜ ＋４｜
的夹角为２π 则 ｅ λｅ 的最小值为
ａ ｂ ꎬ ｜ １ － ２｜ ( ) ｜ ２ －４ ＝５ꎬ ３
又 ａ ｂ 则 ａ ｂ 即 ａ ｂ
｜ ｜ ＝ ｜ ｜ ＝１ꎬ １＋４－４ ＝５ꎬ ＝
２ １ ３ ３ 则 ａ ｂ 则选项 中结论正确 选项 中
Ａ. Ｂ. Ｃ. Ｄ.
０ꎬ ⊥ ꎬ Ａ ꎬ Ｄ
２ ２ ２ ４
结论错误.
答案 Ｃ ｅ ｅ ｅ ｅ ２π １
∵ １ ２ ＝ ｜ １｜ ｜ ２｜ｃｏｓ ＝－ ꎬ ａ ｂ ａ ２ ｂ ２ ａ ｂ ２ ２
３ ２ ｜ ＋ ｜ ＝ ｜ ｜ ＋｜ ｜ ＋２ ＝ １ ＋１ ＋２×０
ｅ λｅ ２ ｅ ２ λ２ ｅ ２ λｅ ｅ λ２ λ 则选项 中结论错误
∴ ｜ １ － ２｜ ＝ １ ＋ ２ －２ １ ２ ＝ ＋ ＋１＝ ＝ ２ꎬ Ｂ ꎻ
值为
ａ ｂ ａ ｂ ａ ｂ
２ ２ ２ ２ ( )
｜ － ｜ ＝ ｜ ｜ ＋｜ ｜ －２ ＝ １ ＋１ －２×０
则选项 中结论正确.故选
Ａ.１３ Ｂ. ８９
＝ ２ꎬ Ｃ ＡＣ.
４.(多选)( 新高考 ꎬ ꎬ 分)已知 Ｏ 为
２０２１ Ⅰ １０ ５ Ｃ.５ １１ Ｄ. １１＋６
坐标原点 点 Ｐ α α Ｐ β 答案 Ａ 建立如图所
ꎬ １(ｃｏｓ ꎬｓｉｎ )ꎬ ２(ｃｏｓ ꎬ
示的平面直角坐标系
β Ｐ α β α β Ａ 则
－ｓｉｎ )ꎬ ３(ｃｏｓ( ＋ )ꎬｓｉｎ( ＋ ))ꎬ (１ꎬ０)ꎬ ꎬ
则 Ａ
( ) ( － ２ꎬ ２ ３ )ꎬ
Ｂ Ｃ
ＯＰ→ ＯＰ→
(－２ꎬ－２ ３)ꎬ (４ꎬ０)ꎬ
Ａ.｜ １｜ ＝ ｜ ２｜
设Ｍ ｒ θ ｒ θ 且
ＡＰ→ ＡＰ→ ( ｃｏｓ ꎬ ｓｉｎ )ꎬ ０
Ｂ.｜ １｜ ＝ ｜ ２｜
θ
≤ <２πꎬ
Ｏ→Ａ ＯＰ→ ＯＰ→ ＯＰ→
Ｃ. ３ ＝ １ ２ 则 Ｍ→Ａ Ｍ→Ｂ Ｍ→Ｃ
｜ ＋ ＋ ３ ｜ ＝
Ｏ→Ａ ＯＰ→ ＯＰ→ ＯＰ→
Ｄ. １ ＝ ２ ３ ｒ θ ２ ｒ θ ２
(８－５ ｃｏｓ ) ＋(－５ ｓｉｎ ) ＝
答案 ＡＣ 项 ＯＰ→ ２α ２α
Ａ ꎬ∵ ｜ １ ｜ ＝ ｃｏｓ ＋ｓｉｎ ｒ２ ｒ θ 故当 ｒ θ 时 Ｍ→Ａ
６４＋２５ －８０ ｃｏｓ ꎬ ＝１ꎬ ＝π ꎬ｜
ＯＰ→ ２β β ２ ＯＰ→
＝１ꎬ｜ ２｜ ＝ ｃｏｓ ＋(－ｓｉｎ ) ＝１ꎬ∴ ｜ １ ｜ Ｍ→Ｂ Ｍ→Ｃ 取最大值 故选 .
＋ ＋３ ｜ １３ꎬ Ａ
ＯＰ→ 正确.
＝ ｜ ２｜ꎬＡ ６.( 届湖北摸底联考ꎬ )已知 ＡＢＣ 是边
２０２３ １３ △
项 易知 ＡＰ→ α ２ ２α
Ｂ ꎬ ｜ １ ｜ ＝ (ｃｏｓ －１) ＋ｓｉｎ ＝ 长为 的等边三角形 设向量 ａ ｂ 满足Ａ→Ｂ
１ ꎬ ꎬ ＝
α ＡＰ→
２－２ｃｏｓ ꎬ ｜ ２｜ ＝ ａ Ａ→Ｃ ａ ｂ 则 ａ ｂ .
ꎬ ＝ ＋ ꎬ ｜３ ＋ ｜ ＝
(ｃｏｓ β －１) ２ ＋(－ｓｉｎ β ) ２ ＝ ２－２ｃｏｓ β ꎬ 由于 答案
７
α β 的大小关系不确定 从而不能确定 ＡＰ→
ꎬ ꎬ ｜ １ 解析 解法一 : Ｂ→Ｃ ＝ Ａ→Ｃ － Ａ→Ｂ ＝ ａ ＋ ｂ － ａ ＝ ｂ ꎬ 由已
ＡＰ→ 是否成立 不正确.
｜ ＝ ｜ ２｜ ꎬＢ 知条件可得
｜
Ｂ→Ｃ
｜ ＝ ｜
ｂ
｜ ＝１ꎬ｜
ａ
｜ ＝１ꎬ｜
Ａ→Ｃ
｜ ＝ ｜
ａ
项 Ｏ→Ａ ＯＰ→ α β ｂ 两边平方 可得 ａ ｂ 则 ａ ｂ
Ｃ ꎬ∵ ３ ＝(１ꎬ０)(ｃｏｓ( ＋ )ꎬｓｉｎ ＋ ｜ ＝１ꎬ ꎬ ２ ＝－１ꎬ ｜３ ＋
α β α β ＯＰ→ ＯＰ→ α ２ ａ ｂ 所以 ａ ｂ .
( ＋ ))＝ ｃｏｓ( ＋ )ꎬ １ ２ ＝(ｃｏｓ ꎬｓｉｎ ｜ ＝９＋６ ＋１＝７ꎬ ｜３ ＋ ｜ ＝ ７
α β β α β α β
)(ｃｏｓ ꎬ－ｓｉｎ )＝ ｃｏｓ ｃｏｓ －ｓｉｎ ｓｉｎ 解法二 因为 ａ ｂ ２ ａ ａ ｂ ２ Ａ→Ｂ
: ｜３ ＋ ｜ ＝ ｜２ ＋ ＋ ｜ ＝ ｜２ ＋
α β
＝ｃｏｓ( ＋ )ꎬ Ａ→Ｃ ２ Ａ→Ｂ２ Ａ→Ｂ Ａ→Ｃ Ａ→Ｃ２ 所
｜ ＝４ ＋４ ＋ ＝４＋２＋１＝７ꎬ
Ｏ→Ａ ＯＰ→ ＯＰ→ ＯＰ→ 正确.
∴ ３ ＝ １ ２ꎬＣ 以 ｜３ ａ ＋ ｂ ｜ ＝ ７ .
项 Ｏ→Ａ ＯＰ→ α α ７.( 届甘肃张掖诊断ꎬ )已知 ａ ｂ 是单位
Ｄ ꎬ∵ １ ＝(１ꎬ０)(ｃｏｓ ꎬｓｉｎ )＝ ２０２３ １３ ꎬ
α ＯＰ→ ＯＰ→ β β α 向量 且 ａ ｂ 则 ａ ｂ .
ｃｏｓ ꎬ ２ ３ ＝(ｃｏｓ ꎬ－ｓｉｎ )(ｃｏｓ( ＋ ꎬ ｜ － ｜ ＝１ꎬ ｜ ＋ ｜ ＝
β α β β α β β 答案
)ꎬｓｉｎ( ＋ ))＝ ｃｏｓ ｃｏｓ( ＋ )－ｓｉｎ ｓｉｎ ３
解析 由已知可得 ａ ｂ 将 ａ ｂ
α β β α β α β Ｏ→Ａ
( ＋ )＝ ｃｏｓ( ＋ ＋ )＝ ｃｏｓ( ＋２ )ꎬ∴ ｜ ｜ ＝ ｜ ｜ ＝１ꎬ ｜ － ｜ ＝１
两边平方可得 ａ ｂ ａ ａ ｂ ｂ
２ ２ ２
ＯＰ→ ＯＰ→ ＯＰ→不一定成立. 不正确.故 ｜ － ｜ ＝ ｜ ｜ －２ ＋｜ ｜ ＝１
１ ＝ ２ ３ Ｄ ａ ｂ 所以 ａ ｂ 因此 ａ ｂ
２
选 . －２ ＋１＝１ꎬ ２ ＝１ꎬ ｜ ＋ ｜ ＝
ＡＣ
ａ ａ ｂ ｂ 所以 ａ ｂ
２ ２
５.( 重庆一中月考ꎬ )已知平面内一正三 ｜ ｜ ＋２ ＋｜ ｜ ＝１＋１＋１＝３ꎬ ｜ ＋ ｜ 专
２０２２ ８ 题
. 六
角形 ＡＢＣ 的外接圆半径为 在以三角形 ＝ ３
４ꎬ
８.( 河北衡水中学模拟一ꎬ )已知向量 ａ 平
ＡＢＣ 的中心为圆心 ｒ ｒ 为半径的圆 ２０２２ １４ 面
ꎬ (０< ≤１) 向
与 ｂ 的夹角为 ° 且 ａ ｂ 设 ｍ 量
上有一个动点 Ｍ 则 Ｍ→Ａ Ｍ→Ｂ Ｍ→Ｃ 的最大 ３０ ꎬ ｜ ｜ ＝ ３ꎬ｜ ｜ ＝１ꎬ
ꎬ ｜ ＋ ＋３ ｜
２１３
ａ ｂ ｎ ａ ｂ 则向量 ｍ 在 ｎ 方向上的投影
＝ ＋ ꎬ ＝ － ꎬ １ １ ２ ５
Ａ. Ｂ. Ｃ. Ｄ.
向量的模为 .
２ ３ ３ ６
答案
２ 答案 Ｃ 依题意 得 ａ ｂ ３ 由 ａ
ꎬ ｜ ｜ ＝１ꎬ｜ ｜ ＝ ꎬ ｜
解析 ｍ 在 ｎ 方向上的投影向量的模为 ２
ｍ ｎ ( ａ ＋ ｂ )( ａ － ｂ ) ａ ２ － ｂ ２ . ＋２ ｂ ｜ ＝ １４ 两边平方得ａ ２ ＋４ ａ ｂ ＋４ ｂ ２ ＝１４ꎬ
｜ ｎ ｜ ＝ ｜ ａ － ｂ ｜ ＝ ａ ２ －２ ａ ｂ ＋ ｂ ２ ＝２ 即 ２ ａ ｂ æ ç ３ ö ÷ ２
１ ＋４ ＋４×è ø ＝１４ꎬ
９.( 全国甲文ꎬ ꎬ 分)若向量 ａ ｂ 满足 ２
２０２１ １３ ５ ꎬ
ａ ｂ
ａ ａ ｂ ａ ｂ 则 ｂ . 解得 ａ ｂ 于是得 ａ ｂ
｜ ｜ ＝３ꎬ｜ － ｜ ＝５ꎬ ＝１ꎬ ｜ ｜ ＝ ＝１ꎬ ｃｏｓ‹ ꎬ › ＝ ａ ｂ ＝
｜ ｜ ｜ ｜
答案
３ ２
１ ２
解析 依题意可得 ａ ｂ ａ ｂ ＝ ꎬ
２
｜ － ｜ ＝ ( － ) ＝ ３ ３
１×
ａ ２ ａ ｂ ｂ ２ ｂ ２ 解得 ２
｜ ｜ －２ ＋｜ ｜ ＝ ９－２＋｜ ｜ ＝５ꎬ ｜
ｂ . 所以 ａ ｂ 的夹角的余弦值为２.故选
｜ ＝３ ２ ꎬ Ｃ.
３
４.( 课标 理ꎬ ꎬ 分)已知ａ ｂ 为单位向
考法 二 求平面向量夹角的方法
２０１９ Ⅲ １３ ５ ꎬ
量 且 ａ ｂ 若 ｃ ａ ｂ 则 ａ ｃ
１.( 届福建漳州质检ꎬ )已知 ａ ｂ ｃ 均为 ꎬ ＝０ꎬ ＝２ － ５ ꎬ ｃｏｓ‹ ꎬ ›
２０２３ ４ ꎬ ꎬ
.
单位向量 且满足 ａ ｂ ｃ ０ 则 ａ ｂ ｃ ＝
ꎬ ＋ ＋ ＝ ꎬ ‹ － ꎬ ›＝
答案 ２
( )
３
π π π ２π 解析 解法一 ａ ｂ ａ ｂ ｃ
Ａ. Ｂ. Ｃ. Ｄ. :∵ ｜ ｜ ＝ ｜ ｜ ＝１ꎬ ＝０ꎬ ＝
６ ３ ２ ３
答案 Ｃ ａ ｂ ｃ ０ ｃ ａ ｂ 则 ａ ａ ｂ
∵ ＋ ＋ ＝ ꎬ∴ ＝－( ＋ )ꎬ ( ２ － ５ ꎬ
ｂ ｃ ａ ｂ ａ ｂ ａ ２ ｂ ２ ａ ｃ ａ ａ ｂ ａ ２ ａ ｂ
－ ) ＝－( － )( ＋ )＝ －( － )＝ ０ꎬ ∴ ＝ (２ － ５ )＝ ２ － ５ ＝２ꎬ
即 ａ ｂ ｃ 则 ａ ｂ ｃ π.故选 ｃ ａ ｂ ａ ｂ
２
( － )⊥ ꎬ ‹ － ꎬ ›＝ Ｃ. ｜ ｜ ＝ ｜ ２ － ５ ｜ ＝ (２ － ５ ) ＝
２
２.( 山东烟台莱州一中开学考ꎬ )已知 ａ ａ ２ ｂ ２ ａ ｂ . ａ ｃ
２０２２ ４ ｜ ｜ ４ ＋５ －４ ５ ＝ ３ ∴ ｃｏｓ ‹ ꎬ › ＝
ａ ｃ
ｂ 当 ｂ ａ ｂ 时 向量 ａ 与 ｂ
２.
＝ ２ꎬ｜ ｜ ＝４ꎬ ⊥(４ － ) ꎬ ａ ｃ ＝
的夹角为 ｜ ｜ ｜ ｜ ３
( )
解法二 由题意设 ａ ｂ .
: ＝(１ꎬ０)ꎬ ＝(０ꎬ１)
π π ２π ３π
Ａ. Ｂ. Ｃ. Ｄ. 则 ｃ 则 ｃ
６ ４ ３ ４ ＝２(１ꎬ０)－ ５(０ꎬ１)＝ (２ꎬ－ ５)ꎬ ｜ ｜ ＝
答案 Ｂ 设向量 ａ 与 ｂ 的夹角为 θ 因为 ｂ ａ ｃ
ꎬ ２ ２ ａ ｃ ２
２ ＋(－ ５) ＝３ꎬ∴ ｃｏｓ‹ ꎬ ›＝ ａ ｃ ＝
ａ ｂ 所以 ｂ ａ ｂ ａ ｂ ｂ
２ ｜ ｜ ｜ ｜ １×３
5 ⊥(４ － )ꎬ (４ － )＝ ４ － ＝
年
高 ２.
θ 解得 θ ２ 又 θ ＝
考 １６ ２ｃｏｓ －１６＝０ꎬ ｃｏｓ ＝ ꎬ ０≤ ≤ ３
3 ２
年
模 所以 θ π 故选 . 考法 三 平面向量数量积的综合应用
拟 πꎬ ＝ ꎬ Ｂ
４
A
考向一 平面向量与平面几何的综合
版
３.( 福建龙岩一中月考ꎬ )已知向量 ａ ｂ
２０２２ ２ ꎬ
高 １.( 福建泉州质量监测二ꎬ ) 四边形
考 满足 ａ ｂ 若 ａ ｂ 则ａ ｂ ２０２２ ７
３｜ ｜ ＝２｜ ｜ ＝３ꎬ ｜ ＋２ ｜ ＝ １４ꎬ ꎬ
数
学 的夹角的余弦值为 ＡＢＣＤ 为梯形 且Ａ→Ｂ Ｄ→Ｃ Ｄ→Ｃ Ｄ→Ａ
( ) ꎬ ＝２ ꎬ｜ ｜ ＝ ｜ ｜ ＝２ꎬ
２１４
Ｃ 令 Ｅ ｔ ｔ
ＤＡＢ π 点Ｐ 是四边形ＡＢＣＤ 内及其边界 (０ꎬ ３)ꎬ (０ꎬ )ꎬ ∈[０ꎬ
∠ ＝ ꎬ
３ Ａ→Ｅ Ｂ→Ｅ ｔ
３]ꎬ∴ ＝ (－１ꎬ )
上的点.若 Ａ→Ｐ Ｄ→Ｐ Ｐ→Ｂ Ｂ→Ａ 则点
( － )( ＋ )＝ －４ꎬ æ ö
Ｐ 的轨迹的长度是 ( ) è çç － ３ ꎬ ｔ － ３ ø ÷÷ ＝ ｔ２ － ３ ｔ ＋ ３ ꎬ∵ ｔ
２ ２ ２ ２
Ａ. ３ Ｂ.２ ３ Ｃ.４π Ｄ.１６π
３
答案 Ｂ Ａ→Ｐ Ｄ→Ｐ Ｐ→Ｂ Ｂ→Ａ Ａ→Ｐ －
∵ ( － )( ＋ )＝ ( ＋ 当 ｔ ２ ３时 Ａ→Ｅ Ｂ→Ｅ取
∈[０ꎬ ３]ꎬ∴ ＝－ ＝ ꎬ
Ｐ→Ｄ Ｐ→Ｂ Ｂ→Ａ ２×１ ４
)( ＋ )
得最小值 为３ ３ ３ ３ ２１.故选 .
Ａ→Ｄ Ｐ→Ａ Ａ→Ｐ Ａ→Ｄ Ａ→Ｐ Ａ→Ｄ .
ꎬ － × ＋ ＝ Ａ
＝ ＝－ ＝－４ꎬ∴ ＝４
１６ ２ ４ ２ １６
设Ａ→Ｐ与Ａ→Ｄ的夹角为 θ 则Ａ→Ｐ Ａ→Ｄ Ａ→Ｐ Ａ→Ｄ
解法二 令Ｄ→Ｅ λ Ｄ→Ｃ λ 由已知可
ꎬ ＝ ｜ ｜ ｜
: ＝ (０≤ ≤１)ꎬ
θ 因为 Ｄ→Ａ 所以 Ａ→Ｐ θ 得 ＤＣ Ａ→Ｅ Ａ→Ｄ λ Ｄ→Ｃ Ｂ→Ｅ Ｂ→Ａ Ａ→Ｅ
｜ｃｏｓ ＝４ꎬ ｜ ｜ ＝２ꎬ ｜ ｜ｃｏｓ ＝２ꎬ ＝ ３ꎬ∵ ＝ ＋ ꎬ∴ ＝ ＋
则向量Ａ→Ｐ在向量Ａ→Ｄ上的投影向量的模为 Ｂ→Ａ Ａ→Ｄ λ Ｄ→Ｃ Ａ→Ｅ Ｂ→Ｅ Ａ→Ｄ λ Ｄ→Ｃ
２ꎬ ＝ ＋ ＋ ꎬ∴ ＝( ＋ )
即动点 Ｐ 在过点 Ｄ 且垂直于 ＡＤ 的直线上.
Ｂ→Ａ Ａ→Ｄ λ Ｄ→Ｃ Ａ→Ｄ Ｂ→Ａ Ａ→Ｄ ２ λ Ｄ→Ｃ
( ＋ ＋ )＝ ＋｜ ｜ ＋
在 ＢＡＤ 中 ＤＡＢ π ＡＤ ＡＢ ＤＣ
△ ꎬ∠ ＝ ꎬ ＝２ꎬ ＝２ ＝ ３
３ －
Ｂ→Ａ λ２ Ｄ→Ｃ ２ λ２ ３λ ３.当 λ ２ １
ＡＤ ＋ ｜ ｜ ＝３ － ＋ ＝－ ＝
２ ＝４ꎬ ２ ２ ２×３ ４
由余弦定理得 ＢＤ２ ＡＤ２ ＡＢ２ ＡＢ ＡＤ
＝ ＋ －２ ｃｏｓ 时 Ａ→Ｅ Ｂ→Ｅ取得最小值２１.故选 .
ꎬ Ａ
° ＢＤ .则 ＢＤ２ ＡＤ２ ＡＢ２
１６
６０ ＝ １２ꎬ∴ ＝２ ３ ＋ ＝ ꎬ∴
３.( 辽宁部分中学期末ꎬ )已知 Ｏ 为坐标
ＢＤ ＡＤ.
２０２２ ７
⊥
Ｐ 是四边形 ＡＢＣＤ 内及其边界上的点 原点 向量Ｏ→Ａ Ｏ→Ｂ Ｏ→Ｃ满足 Ｏ→Ａ Ｏ→Ｂ
∵ ꎬ∴ ꎬ ꎬ ꎬ ｜ ｜ ＝ ｜ ｜ ＝
点 Ｐ 的轨迹为线段 ＢＤ. 点 Ｐ 的轨迹的长
∴ Ｏ→Ｃ Ｏ→Ａ Ｏ→Ｂ Ｏ→Ｂ Ｏ→Ｃ 若 Ｏ→Ｐ
｜ ｜ ＝１ꎬ( － )( － )＝ ０ꎬ ｜ ｜
度为 .故选
２ ３ Ｂ. 则 Ｐ→Ａ Ｐ→Ｂ Ｐ→Ｃ 的取值范围是
＝４ꎬ ｜ ＋ ＋ ｜ ( )
２.( 天津理ꎬ ꎬ 分)如图 在平面四边形
２０１８ ８ ５ ꎬ
Ａ.[１１ꎬ１３] Ｂ.[８ꎬ１１]
ＡＢＣＤ 中 ＡＢ ＢＣ ＡＤ ＣＤ ＢＡＤ °
ꎬ ⊥ ꎬ ⊥ ꎬ∠ ＝ １２０ ꎬ
Ｃ.[８ꎬ１３] Ｄ.[５ꎬ１１]
ＡＢ
＝
ＡＤ
＝１
.若点 Ｅ 为边 ＣＤ 上的动点
ꎬ
则Ａ→Ｅ
答案 Ａ 因为 Ｏ→Ａ Ｏ→Ｂ Ｏ→Ｃ 所
｜ ｜ ＝ ｜ ｜ ＝ ｜ ｜ ＝１ꎬ
Ｂ→Ｅ的最小值为 以 Ａ Ｂ Ｃ 三点在以 Ｏ 为圆心 为半径的圆
( ) ꎬ ꎬ ꎬ１
上 又 Ｏ→Ａ Ｏ→Ｂ Ｏ→Ｂ Ｏ→Ｃ 所以Ｂ→Ａ
ꎬ ( － )( － )＝ ０ꎬ
Ｃ→Ｂ 所以 ＡＢ ＢＣ
＝０ꎬ ⊥ ꎬ
所以 ＡＣ 是圆 Ｏ 的直径 所以Ｏ→Ａ Ｏ→Ｃ
ꎬ ＝－ ꎬ
Ｐ→Ａ Ｐ→Ｂ Ｐ→Ｃ Ｏ→Ａ Ｏ→Ｐ Ｏ→Ｂ Ｏ→Ｐ Ｏ→Ｃ Ｏ→Ｐ
｜ ＋ ＋ ｜ ＝ ｜ － ＋ － ＋ － ｜
Ｏ→Ｂ Ｏ→Ｐ 设Ｏ→Ｂ Ｏ→Ｐ的夹角为 θ θ
２１ ３ ２５ ＝ ｜ －３ ｜ꎬ ꎬ ꎬ ∈[０ꎬ
Ａ. Ｂ. Ｃ. Ｄ.３
１６ ２ １６ π]ꎬ 专
答案 Ａ 解法一 如图 以 Ｄ 为原点 ＤＡ 所 题
: ꎬ ꎬ 则 Ｏ→Ｂ Ｏ→Ｐ Ｏ→Ｂ Ｏ→Ｐ ２ 六
｜ － ３ ｜ ＝ ( －３ )
在直线为 ｘ 轴 ＤＣ 所在直线为 ｙ 轴 建立平
ꎬ ꎬ θ 平
面
æ ö ＝ １４５－２４ｃｏｓ ꎬ
向
面直角坐标系 则 Ａ Ｂçç３ ３÷÷ 因为 θ 所以 θ 所以 量
ꎬ (１ꎬ０)ꎬ è ꎬ øꎬ ∈[０ꎬπ]ꎬ ｃｏｓ ∈[－１ꎬ１]ꎬ
２ ２
２１５
θ 所以 Ｏ→Ｂ Ｏ→Ｐ Ｐ→Ｂ Ｐ→Ｄ .
１４５－２４ｃｏｓ ∈[１２１ꎬ１６９]ꎬ ｜ －３ ｜ ꎻ ＝
即 Ｐ→Ａ Ｐ→Ｂ Ｐ→Ｃ 的取值范围是 答案
∈[１１ꎬ１３]ꎬ ｜ ＋ ＋ ｜ ５ －１
.故选 解析 如图 在正方形 ＡＢＣＤ
[１１ꎬ１３] Ａ. ꎬ
４.( 届山西长治质量检测ꎬ )在矩形 ＡＢＣＤ
２０２３ １６ 中 由Ａ→Ｐ １ Ａ→Ｂ Ａ→Ｃ 得点 Ｐ
ꎬ ＝ ( ＋ )
中 ＡＢ ＢＣ 矩形内一点Ｍ 含边界 满足 ２
ꎬ ＝２ꎬ ＝３ꎬ ( )ꎬ
为 ＢＣ 的中点
Ａ→Ｍ Ａ→Ｂ Ａ→Ｍ２ 若Ｂ→Ｍ λＢ→Ｃ μＢ→Ａ 当 λ μ取 ꎬ
＝ ꎬ ＝ ＋ ꎬ ３ ＋２
Ｐ→Ｄ Ｐ→Ｂ Ｐ→Ｄ Ｐ→Ｂ Ｐ→Ｃ Ｃ→Ｄ Ｐ→Ｂ
∴ ｜ ｜ ＝ ５ꎬ ＝ ( ＋ )＝
得最大值时 Ｍ→Ｂ Ａ→Ｃ .
ꎬ ＝
Ｐ→Ｃ Ｐ→Ｂ Ｃ→Ｄ Ｐ→Ｂ Ｐ→Ｃ °
＋ ＝ ＝１×１×ｃｏｓ １８０ ＝
答案 ２ .
２－ －１
２
６.( 天津ꎬ ꎬ 分)在四边形 ＡＢＣＤ 中 ＡＤ
解析 如图 建立平面直角坐标系 则 Ａ ２０１９ １４ ５ ꎬ
ꎬ ꎬ (０ꎬ
ＢＣ ＡＢ ＡＤ Ａ ° 点 Ｅ 在线段
Ｂ Ｃ 则Ａ→Ｂ Ｂ→Ｃ ∥ ꎬ ＝２ ３ꎬ ＝５ꎬ∠ ＝３０ ꎬ
０)ꎬ (０ꎬ２)ꎬ (３ꎬ２)ꎬ ＝(０ꎬ２)ꎬ ＝
ＣＢ的延长线上 且ＡＥ ＢＥ 则Ｂ→Ｄ Ａ→Ｅ .
Ｂ→Ａ Ａ→Ｃ .设 Ｍ ｘ ꎬ ＝ ꎬ ＝
(３ꎬ０)ꎬ ＝(０ꎬ－２)ꎬ ＝(３ꎬ２) ( ꎬ
答案
ｙ ｘ ｙ －１
)ꎬ０≤ ≤３ꎬ０≤ ≤２ꎬ
解析 解法一 ＢＡＤ ° ＡＤ ＢＣ
:∵ ∠ ＝３０ ꎬ ∥ ꎬ∴
ＡＢＥ ° 又 ＥＡ ＥＢ ＥＡＢ ° 在
∠ ＝３０ ꎬ ＝ ꎬ∴ ∠ ＝ ３０ ꎬ
ＥＡＢ 中 ＡＢ
△ ꎬ ＝ ２
ＥＡ ＥＢ .以
３ꎬ∴ ＝ ＝２
Ａ 为坐标原点 ＡＤ
则Ａ→Ｍ ｘ ｙ Ｂ→Ｍ ｘ ｙ Ｍ→Ｂ ｘ ꎬ
＝( ꎬ )ꎬ ＝( ꎬ －２)ꎬ ＝(－ ꎬ２－ 所在直线为 ｘ 轴建立平面直角坐标系 如图
ｙ ꎬ
)ꎬ
所示.则 Ａ Ｄ Ｅ Ｂ
因为Ａ→Ｍ Ａ→Ｂ Ａ→Ｍ２ 所以 ｙ ｘ２ ｙ２ 即ｘ２ ｙ (０ꎬ０)ꎬ (５ꎬ０)ꎬ (１ꎬ ３)ꎬ (３ꎬ
＝ ꎬ ２ ＝ ＋ ꎬ ＋(
Ｂ→Ｄ Ａ→Ｅ Ｂ→Ｄ
２ ３)ꎬ∴ ＝(２ꎬ－ ３)ꎬ ＝(１ꎬ ３)ꎬ∴
－１) ＝１ꎬ
Ａ→Ｅ .
又Ｂ→Ｍ λ Ｂ→Ｃ μ Ｂ→Ａ 所以 ｘ ｙ λ ＝(２ꎬ－ ３)(１ꎬ ３)＝ －１
＝ ＋ ꎬ ( ꎬ －２)＝ (３ꎬ０)＋
解法二 由解法一知 ＡＢ ＥＢ .以
μ 得 ｘ λ ｙ μ : ꎬ ＝ ２ ３ꎬ ＝ ２
(０ꎬ－２)ꎬ ＝３ ꎬ －２＝－２ ꎬ
所以 λ μ ｘ ｙ ｘ ｙ . Ａ→Ｂ Ａ→Ｄ 为一个基底 则Ｂ→Ｄ Ａ→Ｄ Ａ→Ｂ Ａ→Ｅ
３ ＋２ ＝ ＋２－ ＝ ＋(１－ )＋１ { ꎬ } ꎬ ＝ － ꎬ ＝
ｘ ｙ ２ ｘ２ ｙ ２
因为[ ＋(１－ )] ＋(１－ ) １ 即 Ａ→Ｂ Ｂ→Ｅ Ａ→Ｂ ２Ａ→Ｄ Ｂ→Ｄ Ａ→Ｅ Ａ→Ｄ Ａ→Ｂ
≤ ＝ ꎬ － ２ ＋ ＝ － ꎬ∴ ＝( － )
４ ２ ２ ５
æ ö
≤
ｘ
＋ ( １ －
ｙ
) ≤ ２ꎬ
当 且 仅 当
è
çＡ→Ｂ
－
２Ａ→Ｄ
ø
÷
＝
Ａ→Ｄ
Ａ→Ｂ
－
Ａ→Ｂ２
＋
２ Ａ→Ｂ
Ａ→Ｄ
－
２
{ｘ ｙ ５ ５ ５
＝１－ ꎬ 即 ｘ ２ ｙ ２时 取得
年 5 ｘ２ ＋( ｙ －１) ２ ＝１ꎬ ＝ ２ ꎬ ＝１－ ２ ꎬ Ａ→Ｄ２ ＝ ７Ａ→Ｂ Ａ→Ｄ － Ａ→Ｂ２ － ２Ａ→Ｄ２ ꎬ
５ ５
高
考 最大值 所以Ｍ→Ｂ Ａ→Ｃ ｘ ｙ 又 ＡＢ ＡＤ ＢＡＤ °
ꎬ ＝(－ ꎬ２－ )(３ꎬ２)＝
3 ∵ ＝２ ３ꎬ ＝５ꎬ∠ ＝３０ ꎬ
年
模 ｘ ｙ ２.
Ｂ→Ｄ Ａ→Ｅ ７ ３ ２ .
拟 －３ ＋４－２ ＝２－
∴ ＝ ×５×２ ３× －１２－ ×２５＝－１
２
５ ２ ５
A
５.( 北京ꎬ ꎬ 分)已知正方形 ＡＢＣＤ 的边
版 ２０２０ １３ ５ 考向二 平面向量数量积的最值问题
高 考 长为 点Ｐ 满足Ａ→Ｐ １ Ａ→Ｂ Ａ→Ｃ 则 Ｐ→Ｄ １.( 辽宁六校协作体期中ꎬ )边长为 的
数 ２ꎬ ＝ ( ＋ )ꎬ ｜ ｜ ＝ ２０２２ ８ ２
学 ２ 正三角形 ＡＢＣ 内一点 Ｍ 包括边界 满足
( ) :
２１６
Ｃ→Ｍ １Ｃ→Ａ λ Ｃ→Ｂ λ Ｒ 则Ｃ→Ａ Ｂ→Ｍ的取值
沿正六边形的边逆时针运动到顶点 Ｆ 若Ｆ→Ｄ
ꎬ
＝ ＋ ( ∈ )ꎬ
３
Ａ→Ｍ的最大值和最小值分别是 ｍ ｎ 则 ｍ ｎ
范围是 ꎬ ꎬ ＋ ＝
( )
é ù é ù ( )
ê ú ê ú
４ ２ ２ ２
ê ú ê ú
Ａ.ë－ ꎬ û Ｂ.ë－ ꎬ û Ａ.９ Ｂ.１０ Ｃ.１１ Ｄ.１２
３ ３ ３ ３
答案 Ｄ 连接 ＡＣ 在正六边形 ＡＢＣＤＥＦ
é ù
ê ú ꎬ
４ ４
Ｃ.ë ê － ꎬ û ú Ｄ.[－２ꎬ２] 中 Ｆ→Ｄ Ａ→Ｃ Ｆ→Ｄ Ａ→Ｍ Ａ→Ｃ Ａ→Ｍ Ａ→Ｃ
３ ３
ꎬ ＝ ꎬ∴ ＝ ＝ ｜ ｜ ｜
答案 Ｂ 因为点 Ｍ 在 ＡＢＣ 内部 包括边
△ ( Ａ→Ｍ Ａ→Ｃ Ａ→Ｍ
｜ｃｏｓ‹ ꎬ ›ꎬ
界 所以 λ ２ 由Ｃ→Ａ Ｂ→Ｍ Ｃ→Ａ Ｂ→Ｃ
)ꎬ ０≤ ≤ ꎬ ＝ ( ＋ 正六边形 ＡＢＣＤＥＦ 的边长为 Ａ→Ｃ
∵ ２ꎬ∴ ｜ ｜ ＝
３
æ ö .
Ｃ→Ｍ Ｃ→Ａ çＢ→Ｃ １Ｃ→Ａ λ Ｃ→Ｂ÷ ４ λ ２ ３
)＝ è ＋ ＋ ø ＝－２＋ ＋２ ＝
３ ３ 当 Ｍ 在 ＢＣ 上运动时 Ａ→Ｍ 与 Ａ→Ｃ Ａ→Ｍ
ꎬ｜ ｜ ｃｏｓ‹ ꎬ ›
é ù
２ λ ê ２ ２ ú.故选
－ ＋２ ∈ë ê － ꎬ û ú Ｂ. 均逐渐增大 ꎬ 当 Ｍ 从Ｄ 运动到Ｆ 时 ꎬ｜ Ａ→Ｍ ｜ 与
３ ３ ３
２.( 新高考 ꎬ ꎬ 分)已知 Ｐ 是边长为 Ａ→Ｃ Ａ→Ｍ 均逐渐减小 当 Ｍ 在 ＣＤ 上
２０２０ Ⅰ ７ ５ ２ ｃｏｓ‹ ꎬ › ꎬ∴
的正六边形ＡＢＣＤＥＦ 内的一点 则Ａ→Ｐ Ａ→Ｂ的 运动时 Ａ→Ｍ Ａ→Ｃ Ａ→Ｍ 取得最大值 为
ꎬ ꎬ｜ ｜ｃｏｓ‹ ꎬ › ꎬ ２
取值范围是 当 Ｍ 运动到点 Ｆ 时 Ａ→Ｍ Ａ→Ｃ Ａ→Ｍ
( ) ３ꎬ ꎬ｜ ｜ｃｏｓ‹ ꎬ ›
取得最小值 为 . ｍ ｎ
Ａ.(－２ꎬ６) Ｂ.(－６ꎬ２)
ꎬ ０ ∴ ＝２ ３×２ ３ ＝１２ꎬ ＝２
Ｃ.(－２ꎬ４) Ｄ.(－４ꎬ６) ｍ ｎ .故选
３×０＝０ꎬ∴ ＋ ＝１２ Ｄ.
答案 Ａ 如图 过点 Ｐ 作
ꎬ ４.( 天津ꎬ ꎬ 分)如图 在四边形 ＡＢＣＤ
２０２０ １５ ５ ꎬ
ＰＰ 直线 ＡＢ 于 Ｐ 过点 Ｃ
１⊥ １ꎬ
中 Ｂ ° ＡＢ ＢＣ 且Ａ→Ｄ λ Ｂ→Ｃ Ａ→Ｄ
作 ＣＣ 直线 ＡＢ 于 Ｃ 过 ꎬ∠ ＝６０ ꎬ ＝３ꎬ ＝６ꎬ ＝ ꎬ
１⊥ １ꎬ
点 Ｆ 作 ＦＦ 直线 ＡＢ 于 Ａ→Ｂ ３ 则实数 λ 的值为 若
１ ⊥ ＝ － ꎬ ꎬ
２
Ｆ Ａ→Ｐ Ａ→Ｂ Ａ→Ｐ Ａ→Ｂ ＰＡＢ 当
１ꎬ ＝ ｜ ｜ ｜ ｜ ｃｏｓ∠ ꎬ Ｍ Ｎ 是线段 ＢＣ 上的动点 且 Ｍ→Ｎ 则
ꎬ ꎬ ｜ ｜ ＝ １ꎬ
ＰＡＢ 为锐角时 Ａ→Ｐ ＰＡＢ ＡＰ→
∠ ꎬ｜ ｜ｃｏｓ∠ ＝ ｜ １｜ꎬ Ｄ→Ｍ Ｄ→Ｎ的最小值为 .
当 ＰＡＢ 为钝角时 Ａ→Ｐ ＰＡＢ
∠ ꎬ｜ ｜ ｃｏｓ∠ ＝ － ｜
ＡＰ→ 所以当点 Ｐ 与 Ｃ 重合时 Ａ→Ｐ Ａ→Ｂ最
１｜ꎬ ꎬ
大 此时Ａ→Ｐ Ａ→Ｂ ＡＣ→ Ａ→Ｂ 当点 Ｐ 与
ꎬ ＝ ｜ １ ｜ ｜ ｜ ＝６ꎬ
Ｆ 重合时 Ａ→Ｐ Ａ→Ｂ最小 此时Ａ→Ｐ Ａ→Ｂ
ꎬ ꎬ ＝ －｜ 答案 １ １３
６ ２
ＡＦ→ Ａ→Ｂ 又因为点 Ｐ 是正六边形 ＡＢ￣
１｜ ｜ ｜ ＝－２ꎬ 解析 以 Ｂ 为原点 ＢＣ 所在直线为 ｘ 轴 过
ꎬ ꎬ
ＣＤＥＦ 内的一点 所以 Ａ→Ｐ Ａ→Ｂ .故
Ｂ 且垂直于 ＢＣ 的直线为 ｙ 轴建立平面直角
ꎬ －２< <６
选 .
Ａ
３.( 湖北部分重点中
２０２２
专
学联考ꎬ )如图 正六边 题
６ ꎬ 六
形 ＡＢＣＤＥＦ 的边长为
２ꎬ 平
面
动点 Ｍ 从顶点 Ｂ 出发
向
ꎬ
量
２１７
坐标系 如图所示
ꎬ ꎬ
æ
则 Ｂ Ａ ç ３
(０ꎬ０)ꎬ è ꎬ
２
ö
３ ３ ÷ Ｃ 则
øꎬ (６ꎬ０)ꎬ
２
Ａ→Ｄ λ Ｂ→Ｃ λ λ
＝ ＝ ( ６ꎬ ０ ) ＝ ( ６ ꎬ ０ )ꎬ
æ ö æ ö
Ａ→Ｂ çç ３ ３ ３÷÷ Ａ→Ｄ Ａ→Ｂ λ ç ３÷
＝ è－ ꎬ－ øꎬ∵ ＝６ ×è－ ø＋０×
２ ２ ２
æ ö
çç ３ ３÷÷ λ ３ λ １. Ａ→Ｄ
è－ ø ＝－９ ＝－ ꎬ∴ ＝ ∴ ＝(１ꎬ０)ꎬ
２ ２ ６
æ ö
Ｄçç５ ３ ３÷÷ 不妨设 Ｍ ｘ Ｎ ｘ
∴ è ꎬ øꎬ ( ꎬ０)ꎬ ( ＋１ꎬ０)ꎬ
２ ２
æ ö
且 ｘ Ｄ→Ｍ ççｘ ５ ３ ３÷÷ Ｄ→Ｎ
∈[０ꎬ５]ꎬ∴ ＝ è － ꎬ－ øꎬ
２ ２
æ ö
ççｘ ３ ３ ３÷÷.
＝ è － ꎬ－ ø
２ ２
æ öæ ö æ ö２
Ｄ→Ｍ Ｄ→Ｎ çｘ ５÷çｘ ３÷ çç３ ３÷÷ ｘ２ ｘ
∴ ＝è － øè － ø＋ è ø ＝ －４ ＋
２ ２ ２
１５ ２７ ｘ ２ １３ 当且仅当 ｘ 时
＋ ＝( －２) ＋ ꎬ∴ ＝２ ꎬ
４ ４ ２
Ｄ→Ｍ Ｄ→Ｎ取最小值１３.
２
5
年
高
考
3
年
模
拟
A
版
高
考
数
学
２１８专题综合检测
一、单项选择题 答案 Ｄ 要判断 四个选项中的
Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ
１.( 辽宁大连一中期中ꎬ )设向量 ａ ｂ 满 向量哪个与 ｂ 垂直 只需判断这四个向量哪
２０２２ ６ ꎬ ꎬ
个与 ｂ 的数量积为零即可.
足 ａ ｂ ａ ｂ 则 ａ ｂ
｜ ＋ ｜ ＝ ５ꎬ｜ － ｜ ＝１ꎬ ＝ ( )
. ａ ｂ ｂ ａ ｂ ｂ ２ ａ ｂ °
Ａ ( ＋２ ) ＝ ＋２ ＝ ｜ ｜ ｜ ｜ｃｏｓ ６０ ＋
Ａ.１ Ｂ.－１ Ｃ.４ Ｄ.－４
答案 Ａ 由 ａ ｂ ａ ｂ 两边平 ｂ ２ ° ２ ５ .
｜ ＋ ｜ ＝ ５ꎬ｜ － ｜ ＝１ ２｜ ｜ ＝１×１×ｃｏｓ ６０ ＋２×１ ＝ ≠０
方得ａ ａ ｂ ｂ ａ ａ ｂ ｂ 两式 ２
２ ２ ２ ２
＋２ ＋ ＝５ꎬ －２ ＋ ＝１ꎬ . ａ ｂ ｂ ａ ｂ ｂ ２ ａ ｂ °
相减得 ａ ｂ ａ ｂ .故选 Ｂ (２ ＋ ) ＝２ ＋ ＝２｜ ｜ ｜ ｜ｃｏｓ ６０ ＋
４ ＝４ꎬ ＝１ Ａ. ｂ ２ ° ２ .
２.( 河北曲阳一中月考ꎬ )已知 ａ ｂ ｜ ｜ ＝２×１×１×ｃｏｓ ６０ ＋１ ＝２≠０
２０２２ ３ ｜ ｜ ＝４ꎬ｜ ｜ . ａ ｂ ｂ ａ ｂ ｂ ２ ａ ｂ °
Ｃ ( －２ ) ＝ －２ ＝ ｜ ｜ ｜ ｜ｃｏｓ ６０ －
且 ａ ｂ ｂ 则向量 ａ ｂ 的夹角的
＝１ꎬ (２ －３ ) ＝３ꎬ ꎬ
余弦值为 ｂ ２ ° ２ ３ .
２｜ ｜ ＝１×１×ｃｏｓ ６０ －２×１ ＝－ ≠０
( )
２
３ ３ ５ ５ . ａ ｂ ｂ ａ ｂ ｂ ２ ａ ｂ °
Ａ.－ Ｂ. Ｃ. Ｄ.－ Ｄ (２ － ) ＝２ － ＝２｜ ｜ ｜ ｜ｃｏｓ ６０ －
４ ４ ６ ６ ｂ ２ ° ２ .故选 .
答案 Ｂ 设向量 ａ ｂ 的夹角为 θ 因为 ａ ｜ ｜ ＝２×１×１×ｃｏｓ ６０ －１ ＝０ Ｄ
ꎬ ꎬ (２ ５.( 江苏南京、盐城模拟ꎬ )在平面直角坐
ｂ ｂ ａ ｂ ｂ ２ θ ２０２２ ６
－３ ) ＝２ －３｜ ｜ ＝２×４×１×ｃｏｓ －３＝
标系 ｘＯｙ 中 设 Ａ Ｂ 向量Ｏ→Ｃ
ꎬ (１ꎬ０)ꎬ (３ꎬ４)ꎬ ＝
所以 θ ３.故选
３ꎬ ｃｏｓ ＝ Ｂ.
ｘ Ｏ→Ａ ｙ Ｏ→Ｂ ｘ ｙ 则 Ａ→Ｃ 的最小值为
４
＋ ꎬ ＋ ＝６ꎬ ｜ ｜
３.( 湖南常德临澧一中月考ꎬ )已知向量
２０２２ ４
( )
ａ ｂ 是不平行于 ｘ 轴的单位向量
＝( ３ꎬ１)ꎬ ꎬ Ａ.１ Ｂ.２ Ｃ. ５ Ｄ.２ ５
且 ａ ｂ 则 ｂ
＝ ３ꎬ ＝ ( )
答案 Ｄ 由题意得Ｏ→Ａ Ｏ→Ｂ
＝(１ꎬ０)ꎬ ＝(３ꎬ
æ ö æ ö
çç ３ １ ÷÷ çç１ ３÷÷ 则Ｏ→Ｃ ｘ Ｏ→Ａ ｙ Ｏ→Ｂ ｘ ｙ ｙ
Ａ.è ꎬ ø Ｂ.è ꎬ ø ４)ꎬ ＝ ＋ ＝( ＋３ ꎬ４ )ꎬ
２ ２ ２ ２
由 ｘ ｙ 得 ｘ ｙ 则Ｏ→Ｃ ｘ ｙ ｙ
æ ö ＋ ＝６ꎬ ＝６－ ꎬ ＝( ＋３ ꎬ４ )＝
çç１ ３ ３÷÷
ｙ ｙ
Ｃ.è ꎬ ø Ｄ.(１ꎬ０) (２ ＋６ꎬ４ )ꎬ
４ ４
答案 Ｂ 设 ｂ ｘ ｙ 其中 ｙ 所以Ａ→Ｃ Ｏ→Ｃ Ｏ→Ａ ｙ ｙ
＝( ꎬ )ꎬ ≠０ꎬ ＝ － ＝(２ ＋５ꎬ４ )ꎬ
ì
ì ï ïï ｘ２ ＋ ｙ２ ＝１ꎬ ï ï ï ｘ ＝ １ ꎬ 则 ｜ Ａ→Ｃ ｜ ＝ (２ ｙ ＋５) ２ ＋(４ ｙ ) ２ ＝ ２０ ｙ２ ＋２０ ｙ ＋２５
由题意得í ｘ ｙ 解得í ２ 即 ｂ æ ö２
ï ３ ＋ ＝ ３ꎬ ï ＝ çｙ １÷ 当 ｙ １ 时 Ａ→Ｃ
î ï ｙ ≠０ꎬ î ï ï ｙ ＝ ３ ꎬ ＝ ２０è ＋ ２ ø ＋２０ꎬ ＝－ ２ ꎬ｜ ｜ｍｉｎ ＝２
２
.故选
æ ö ５ Ｄ.
çç １ ３÷÷.故选 ６.( 湖北部分重点中学联考ꎬ )已知 ａ
è ꎬ ø Ｂ. ２０２２ ３ ｜ ｜ ＝
２ ２
４.( 课标 文ꎬ ꎬ 分)已知单位向量 ａ ｂ 的 ｂ ａ ｂ 则向量 ａ ｂ 的夹角 专
２０２０ Ⅱ ５ ５ ꎬ ３ꎬ｜ ｜ ＝１ꎬ｜ －２ ｜ ＝ １９ꎬ ꎬ 题
夹角为 ° 则在下列向量中 与ｂ 垂直的是 为 六
( )
６０ ꎬ ꎬ
° ° ° ° 平
Ａ.３０ Ｂ.６０ Ｃ.１２０ Ｄ.１５０ 面
( )
向
ａ ｂ ａ ｂ ａ ｂ ａ ｂ 答案 Ｃ 由 ａ ｂ ａ ｂ 量
Ａ. ＋２ Ｂ.２ ＋ Ｃ. －２ Ｄ.２ － ｜ ｜ ＝３ꎬ｜ ｜ ＝１ꎬ｜ －２ ｜ ＝ １９ꎬ
２１９
可得 ａ ｂ ２ ａ ２ ａ ｂ ｂ ２ ２ ａ ｂ æ ö æ ö æ ö
｜ －２ ｜ ＝ －４ ＋４ ＝３ －４ ＋４ Ｃçç ３ ３÷÷ Ｍç５ ÷ Ｂç１５ ÷.
è０ꎬ øꎬ è ꎬ０øꎬ è ꎬ０ø
解得 ａ ｂ ３ ２ ２ ２
＝１９ꎬ ＝－ ꎬ æ ö æ ö
２
故Ｂ→Ｃ Ｏ→Ｍ çç １５ ３ ３÷÷ çç１ ３÷÷ １５
ａ ｂ ＝ è－ ꎬ øè ꎬ－ ø ＝－ －
又由 ａ ｂ １ ° ａ ｂ ２ ２ ２ ２ ４
ｃｏｓ‹ ꎬ ›＝ ａ ｂ ＝－ ꎬ０ ≤‹ ꎬ ›
｜ ｜｜ ｜ ２
９ .故选 .
° 可得 ａ ｂ °.故选 ＝－６ Ｃ
≤１８０ ꎬ ‹ ꎬ ›＝１２０ Ｃ. ４
７.( 辽东南协作体期中ꎬ )已知平面向量 二、多项选择题
２０２２ ６
ｍ ｎ 满足 ｍ ｎ 且 ｍ ｎ 之间 ９.( 辽宁六校联考ꎬ )给出下列命题 其
ꎬ ｜ ｜ ＝３ꎬ ＝(４ꎬ－３)ꎬ ꎬ ２０２２ １１ ꎬ
的夹角为 ° 则 ｍ ｎ 中正确的有
６０ ꎬ ｜ －２ ｜ ＝ ( ) ( )
非零向量 ａ ｂ 满足 ａ ｂ ａ ｂ 则 ａ
Ａ. 、 ｜ ｜ ＝ ｜ ｜ ＝ ｜ － ｜ꎬ
Ａ. １０９ Ｂ. ８９ Ｃ. ７９ Ｄ. １３９
答案 Ｃ 依题意 知 ｍ ｎ ｍ ｎ 与 ａ ｂ 的夹角为 °
ꎬ ＝ ｜ ｜｜ ｜ ＋ ３０
若 Ａ→Ｂ Ａ→Ｃ Ｂ→Ｃ 则 ＡＢＣ 为等腰三
° ２ ２ １ １５ 则 ｍ ｎ Ｂ. ( ＋ ) ＝０ꎬ △
ｃｏｓ ６０ ＝３× ４ ＋(－３) × ＝ ꎬ ｜ －２ ｜
角形
２ ２
＝ ｍ ２ －４ ｍ ｎ ＋４ ｎ ２ ＝ ９－４× １５ ＋１００ ＝ ７９ꎬ Ｃ. 等边 △ ＡＢＣ 的边长为 ２ꎬ 则Ａ→Ｂ Ｂ→Ｃ ＝２
２ 已知向量 ａ ｂ ｋ 且 ａ ａ
故选 Ｄ. ＝(１ꎬ－２)ꎬ ＝( ꎬ１) ⊥( ＋
Ｃ. ｂ 则 ｋ
８.( 天津文ꎬ ꎬ 分)在如图的平面图形 )ꎬ ＝０
２０１８ ８ ５ 答案 ＡＢ 对于 由 ａ ２ ｂ ２ ａ ｂ ２
Ａꎬ ｜ ｜ ＝ ｜ ｜ ＝ ｜ － ｜
中 已知 ＯＭ ＯＮ ＭＯＮ ° Ｂ→Ｍ
可得ａ ｂ ａ ｂ 则 ａ ａ ｂ ａ ｂ
ꎬ ＝１ꎬ ＝２ꎬ∠ ＝１２０ ꎬ ＝ ２ ２
＝ ＝２ ꎬ ｜ ｜ ＝ ２ ꎬ｜ ＋ ｜
Ｍ→Ａ Ｃ→Ｎ Ｎ→Ａ 则Ｂ→Ｃ Ｏ→Ｍ的值为 ａ ａ ｂ ｂ ａ ｂ ａ ａ ｂ
２ ꎬ ＝２ ꎬ ( ) ＝ ２ ＋２ ＋ ２ ＝ ６ ꎬ ｃｏｓ‹ ꎬ ＋ › ＝
ａ ａ ｂ ａ ｂ
( ＋ ) ３ ３ 易知 ａ 与 ａ ｂ 的
ａ ａ ｂ ＝ ａ ｂ ＝ ꎬ ＋
｜ ｜ ｜ ＋ ｜ ２ ３ ２
夹角为 ° 正确
３０ ꎬＡ ꎻ
Ａ.－１５ Ｂ.－９ Ｃ.－６ Ｄ.０ 对于 若ＡＤ 为ＢＣ 边上的中线 则Ａ→Ｂ Ａ→Ｃ
Ｂꎬ ꎬ ＋ ＝
答案 Ｃ 解法一 连接 ＯＡ. Ｂ→Ｃ Ａ→Ｃ Ａ→Ｂ
Ａ→Ｄ 结合已知有Ａ→Ｄ Ｂ→Ｃ 即 ＡＤ ＢＣ 所
: ∵ ＝ － ＝
２ ꎬ ＝０ꎬ ⊥ ꎬ
Ａ→Ｎ Ａ→Ｍ Ｏ→Ｎ Ｏ→Ａ Ｏ→Ｍ Ｏ→Ａ 以 ＡＢＣ 中 ＡＢ ＡＣ 则 ＡＢＣ 是等腰三角
３ －３ ＝ ３( － ) －３( － )＝ ３ △ ꎬ ＝ ꎬ △
形 正确
Ｏ→Ｎ Ｏ→Ｍ Ｂ→Ｃ Ｏ→Ｍ Ｏ→Ｎ Ｏ→Ｍ Ｏ→Ｍ
ꎬＢ ꎻ
( － )ꎬ∴ ＝３( － ) ＝
对于 Ａ→Ｂ Ｂ→Ｃ Ａ→Ｂ Ｂ→Ｃ °
Ｏ→Ｎ Ｏ→Ｍ Ｏ→Ｍ ２ Ｃꎬ ＝ ｜ ｜ ｜ ｜ｃｏｓ １２０ ＝－２ꎬＣ
３ ( － ｜ ｜ ) ＝
错误
° ２ .故 ꎻ
３×(２×１×ｃｏｓ １２０ －１ )＝ ３×(－ ２) ＝ － ６
对于 ａ ｂ ｋ 由题意有 ａ ａ
选 . Ｄꎬ ＋ ＝( ＋１ꎬ－１)ꎬ ( ＋
Ｃ
5 ｂ ｋ 即 ｋ 错误.故选
年 解法二 : 在 △ ＡＢＣ 中 ꎬ 不妨设 ∠ Ａ ＝９０ ° ꎬ 取特 )＝ ＋１＋２＝０ꎬ ＝－３ꎬＤ ＡＢ.
高 １０.( 湖北部分重点中学联考ꎬ )已知
考 殊情况 ＯＮ ＡＣ 以 Ａ 为坐标原点 ＡＢ ＡＣ 所 ２０２２ １１
⊥ ꎬ ꎬ ꎬ
3
ａ α α ｂ α
年 在直线分别为 ｘ 轴 ｙ 轴建立如图所示的平 ＝(ｓｉｎ ꎬｃｏｓ ２ ＋５)ꎬ ＝(３ｓｉｎ ＋７ꎬ－１)ꎬ
模 ꎬ
且 ａ ｂ 则
拟 面直角坐标系 因为 ＭＯＮ ° ＯＮ
⊥ ꎬ ( )
ꎬ ∠ ＝１２０ ꎬ ＝２ꎬ
A
æ ö
版 α ３
ＯＭ 所以 Ｏçç ３÷÷ Ａ.ｓｉｎ ＝
高 ＝ １ꎬ è２ꎬ øꎬ ５
２
考
数 α ２４
学 Ｂ.ｓｉｎ ２ ＝
２５
２２０
æ ö
α ７ çç ２ ÷÷ ａ ｂ ａ ｂ.故 正确.
Ｃ.ｃｏｓ ２ ＝ è－ ꎬ１øꎬ∵ ＝０ꎬ∴ ⊥ Ｂ
２５ ２
æ ö { θ θ
若 π α π 则 çα π÷ 对于 若 ａ ｂ 则 ２ｓｉｎ ２ ＝ｃｏｓ ꎬ解
Ｄ. － < < ꎬ ｔａｎè ＋ ø ＝７ Ｃꎬ ２ ＝ ꎬ θ
２ ２ ４
２ｃｏｓ ＝１ꎬ
答案 ＡＣＤ 因为ａ ｂ 所以 α α
ì
⊥ ꎬ ｓｉｎ (３ｓｉｎ ＋ ï
θ １
α 即 ２α α 解 ï ïｓｉｎ ＝ ꎬ
７)－ｃｏｓ ２ －５＝０ꎬ ５ｓｉｎ ＋７ｓｉｎ －６＝０ꎬ 得í ４
ï
得 α ３或 α 舍 故 正确 ï ï θ １.
ｓｉｎ ＝ ｓｉｎ ＝－２( )ꎬ Ａ ꎻ îｃｏｓ ＝
５ ２
此时 ２θ ２θ 不存在θ 使 ａ ｂ.
∵ ｓｉｎ ＋ｃｏｓ ≠１ꎬ∴ ꎬ ２ ＝
由 α ３得 α ４ 所以 α ２４
ｓｉｎ ＝ ｃｏｓ ＝± ꎬ ｓｉｎ ２ ＝± ꎬ 故 不正确.
５ ５ ２５ Ｃ
对于 若 ａ ｂ 则 ａ λｂ λ Ｒ 则
故 不正确 α ２α ７ 故 Ｄꎬ ∥ ꎬ ＝ ꎬ ∈ ꎬ
Ｂ ꎻｃｏｓ ２ ＝ １－２ｓｉｎ ＝ ꎬ Ｃ { θ λ θ
２５ ｓｉｎ ２ ＝ ｃｏｓ ꎬ解得 θ 舍 或 θ
正确 θ λ ｃｏｓ ＝０( ) ｔａｎ ＝
ꎻ ｃｏｓ ＝ ꎬ
若 π α π 则 α 所以 α ３ １ 故 正确.故选 .
－ < < ꎬ ｃｏｓ >０ꎬ ｔａｎ ＝ ꎬ ꎬ Ｄ ＡＢＤ
２ ２ ４ ２
１２.( 山东青岛二中期末ꎬ )已知平面向
３ ２０２２ １０
æ ö α ＋１ 量ａ ｂ ｃ ａ ｋｂ ｋ Ｒ 则
所以 çα π÷ ｔａｎ ＋１ ４ 故 ＝(３ꎬ１)ꎬ ＝(１ꎬ０)ꎬ ＝ ＋ ( ∈ )ꎬ
ｔａｎè ＋ ø ＝ α ＝ ＝ ７ꎬ Ｄ
４ １－ｔａｎ ３ 下列结论正确的是
１－ ( )
４ ａ ｂ 可以作为平面内所有向量的一个
正确. Ａ.{ ꎬ }
基底
故选
ＡＣＤ.
若 ａ ｃ 则 ｋ １０
１１.( 河北神州智达省级联测ꎬ )设 θ Ｂ. ⊥ ꎬ ＝－
２０２２ ９ ０< < ３
非零向量 ａ θ θ ｂ θ 存在实数 ｋ 使得 ｂ ｃ
πꎬ ＝(ｓｉｎ ２ ꎬｃｏｓ )ꎬ ＝(ｃｏｓ ꎬ Ｃ. ꎬ ∥
则
１)ꎬ ( ) 若 ａ ｃ ３ １０ 则 ｋ ５
Ｄ. ｜ｃｏｓ‹ ꎬ ›｜≤ ꎬ ≤－
若 θ １ 则 ａ ｂ １０ ３
Ａ. ｔａｎ ＝ ꎬ ∥ 答案 ＡＢＤ 因为 ａ ｂ 所
２ ＝(３ꎬ１)ꎬ ＝(１ꎬ０)ꎬ
以 ｃ ｋ .
若 θ ３π 则 ａ ｂ ＝(３＋ ꎬ１)
Ｂ. ＝ ꎬ ⊥
对于 因为 所以 ａ 与 ｂ 不共
４ Ａꎬ ３×０－１×１≠０ꎬ
存在 θ 使 ａ ｂ 线 所以 ａ ｂ 可以作为平面内所有向量的
Ｃ. ꎬ ２ ＝ ꎬ { ꎬ }
一个基底.故 正确.
若 ａ ｂ 则 θ １ Ａ
Ｄ. ∥ ꎬ ｔａｎ ＝
２ 对于 若 ａ ｃ 则 ａ ｃ 所以 ｋ
Ｂꎬ ⊥ ꎬ ＝０ꎬ ３(３＋ )＋１
答案 ＡＢＤ 对于 由 θ θ １
所以 ｋ １０ 故 正确
Ａꎬ ０< <πꎬｔａｎ ＝ ꎬ
＝０ꎬ ＝－ ꎬ Ｂ ꎻ
２
３
æ ö 对于 因为 ｋ 所以不
得 θ ５ θ ２ ５ ａ çç ４ ２ ５÷÷ ｂ Ｃꎬ (３＋ )×０－１×１＝－１≠０ꎬ
ｓｉｎ ＝ ꎬｃｏｓ ＝ ꎬ∴ ＝ è ꎬ øꎬ ＝ 存在实数 ｋ 使得 ｂ ｃ 故 不正确
５ ５ ５ ５ ꎬ ∥ ꎬ Ｃ ꎻ
æ ö ａ ｃ 专
çç２ ５ ÷÷. ａ ２ ５ｂ ａ ｂ 故 正确. 对于 若 ａ ｃ ３ １０ 则 ｜ ｜ 题
è ꎬ１ø ∵ ＝ ꎬ∴ ∥ ꎬ Ａ Ｄꎬ ｜ｃｏｓ‹ ꎬ › ｜≤ ꎬ ａ ｃ 六
５ ５ １０ ｜ ｜｜ ｜
平
æ ö ｋ
面
对于 Ｂꎬ 当 θ ＝ ３ ４ π 时 ꎬ ａ ＝ è çç －１ꎬ－ ２ ２ ø ÷÷ ꎬ ｂ ＝ ＝ １０ ｜３ (３＋ (３ ) ＋ ＋ ｋ １ ) ｜ ２ ＋１ ≤ ３ １０ １０ ꎬ 向 量
２２１
所以 ｋ ５ 故 正确.故选
α α 则Ａ→Ｐ Ｂ→Ｐ Ｏ→Ｐ Ｏ→Ａ Ｏ→Ｐ
ꎬ ∈[０ꎬπ]ꎬ ＝( － )(
≤－ ꎬ Ｄ ＡＢＤ.
３
Ｏ→Ｂ Ｏ→Ｐ２ Ｏ→Ｐ Ｏ→Ａ Ｏ→Ｂ Ｏ→Ａ Ｏ→Ｂ Ｏ→Ｐ２
三、填空题 － )＝ － ( ＋ )＋ ＝
１３.( 辽东南协作体期中ꎬ )已知向量 ｍ
Ｏ→Ｐ Ｏ→Ｃ Ｏ→Ａ Ｏ→Ｂ α
－ ＋ ＝１－１×２ ２ｃｏｓ ＋２×２×
２０２２ １４
ａ ｎ ｂ ａ ｂ 若 ｍ ° α 又 α 所
＝(１ꎬ )ꎬ ＝(２ －１ꎬ３)( >０ꎬ >０)ꎬ ⊥ ｃｏｓ ９０ ＝１－２ ２ｃｏｓ ꎬ ｃｏｓ ∈[－１ꎬ１]ꎬ
以Ａ→Ｐ Ｂ→Ｐ .
ｎ 则１ ２的最小值为 . ∈[１－２ ２ꎬ１＋２ ２]
ꎬ ａ＋ｂ
解法二 设 Ａ Ｂ Ｐ α
: (２ꎬ０)ꎬ (０ꎬ２)ꎬ (ｃｏｓ ꎬｓｉｎ
答案
７＋４ ３ α α 则Ａ→Ｐ α α Ｂ→Ｐ
)ꎬ０≤ <２πꎬ ＝(ｃｏｓ －２ꎬｓｉｎ )ꎬ ＝
解析 因为 ｍ ｎ 所以 ｍ ｎ 即 ａ ｂ
⊥ ꎬ ＝０ꎬ ３ ＋２
α α 所以Ａ→Ｐ Ｂ→Ｐ ２α
æ ö (ｃｏｓ ꎬｓｉｎ －２)ꎬ ＝ｃｏｓ －２ｃｏｓ
又 ａ ｂ 所以１ ２ ç １ ２÷ ａ
＝１ꎬ >０ꎬ >０ꎬ ａ ＋ ｂ ＝èａ＋ｂ ø(３ ＋
α ２α α
æ
çα π
ö
÷ 所以
＋ｓｉｎ －２ｓｉｎ ＝１－２ ２ｃｏｓè － øꎬ
ｂ ａ ｂ ａ ４
ｂ ２ ６ ２ ６ 当
２ )＝ ７＋ ａ ＋ ｂ ≥７＋２ ａ ｂ ＝７＋４ ３ꎬ Ａ→Ｐ Ｂ→Ｐ的取值范围是 .
[１－２ ２ꎬ１＋２ ２]
四、解答题
ｂ ａ
且仅当２ ６ 即 ｂ ａ 时 取等号 所以１
ａ ＝ ｂ ꎬ ＝ ３ ꎬ ꎬ ａ １６.( 重庆梁平调研ꎬ )如图 平面四边
２０２２ １９ ꎬ
形 ＯＡＢＣ 中 ＯＡ ＯＢ ＯＣ 对角线 ＡＣ
２的最小值为 . ꎬ ＝ ＝ ＝１ꎬ ꎬ
＋ｂ ７＋４ ３
ＯＢ 相交于点 Ｍ.设Ａ→Ｍ λ Ａ→Ｃ λ 且
１４.( 重庆涪陵实验中学期中ꎬ )如图 在 ＝ (０< <１)ꎬ
２０２２ １４ ꎬ
Ｏ→Ｍ ｔ Ｏ→Ｂ ｔ .
ＡＢＣ 中 Ｄ是ＢＣ 的中点 Ａ→Ｂ Ａ→Ｃ ＝ (０< <１)
△ ꎬ ꎬ｜ ｜ ＝１ꎬ｜ ｜ ＝
用向量Ｏ→Ａ Ｏ→Ｂ表示向量Ｏ→Ｃ
则Ａ→Ｄ Ｂ→Ｃ . (１) ꎬ ꎻ
３ꎬ ＝
若 ＢＯＡ π 记 λ ｆ ｔ 求 ｆ ｔ 的解
(２) ∠ ＝ ꎬ ＝ ( )ꎬ ( )
３
析式.
答案
１
解析 Ｄ 是 ＢＣ 的中点 Ａ→Ｄ １ Ａ→Ｂ
∵ ꎬ∴ ＝ ( ＋
２
Ａ→Ｃ 又Ｂ→Ｃ Ａ→Ｃ Ａ→Ｂ Ａ→Ｄ Ｂ→Ｃ １ Ａ→Ｂ
)ꎬ ＝ － ꎬ∴ ＝ ( ＋
２ 解析 Ａ→Ｍ λ Ａ→Ｃ λ Ｏ→Ｍ ｔ Ｏ→Ｂ
(１)∵ ＝ (０< <１)ꎬ ＝
Ａ→Ｃ Ａ→Ｃ Ａ→Ｂ １ Ａ→Ｃ ２ Ａ→Ｂ ２ . ｔ Ｏ→Ａ Ｏ→Ｍ Ｍ→Ａ ｔ Ｏ→Ｂ λ Ａ→Ｃ ｔ Ｏ→Ｂ
)( － )＝ (｜ ｜ －｜ ｜ )＝ １ (０< <１)ꎬ∴ ＝ ＋ ＝ － ＝
２
１５.( 重庆七中期中ꎬ )已知 Ｏ→Ａ Ｏ→Ｂ λ Ｏ→Ｃ Ｏ→Ａ
２０２２ １５ ｜ ｜ ＝ ｜ ｜ － ( － )ꎬ
5
λ
年 且向量Ｏ→Ａ与Ｏ→Ｂ的夹角为 ° 又 Ｐ→Ｏ 即 λ Ｏ→Ｃ λ Ｏ→Ａ ｔ Ｏ→Ｂ Ｏ→Ｃ －１Ｏ→Ａ
高 ＝２ꎬ ９０ ꎬ ｜ ｜ ＝( －１) ＋ ꎬ∴ ＝ λ ＋
考
3 则Ａ→Ｐ Ｂ→Ｐ的取值范围为 .
年 ＝１ꎬ ｔ Ｏ→Ｂ.
模 答案 λ
拟 [１－２ ２ꎬ１＋２ ２]
A
解析 解法一 设向量Ｏ→Ａ Ｏ→Ｂ Ｏ→Ｃ 因为向 ＢＯＡ π ＯＡ ＯＢ Ｏ→Ａ Ｏ→Ｂ
版 : ＋ ＝ ꎬ (２)∵ ∠ ＝ ꎬ ＝ ＝１ꎬ∴ ＝ ｜
３
高 量Ｏ→Ａ与Ｏ→Ｂ的夹角为 ° 所以由平行四边形
考 ９０ ꎬ λ ｔ
数 Ｏ→Ａ Ｏ→Ｂ π １ 又Ｏ→Ｃ －１Ｏ→Ａ
学 法则可知 Ｏ→Ｃ 设Ｏ→Ｃ与Ｏ→Ｐ的夹角为 ｜｜ ｜ｃｏｓ ＝ ꎬ ＝ λ ＋λ
ꎬ｜ ｜ ＝２ ２ꎬ ３ ２
２２２
æλ ｔ ö２
Ｏ→Ｂ且 ＯＣ Ｏ→Ｃ２ ç －１Ｏ→Ａ Ｏ→Ｂ÷
＝ １ꎬ∴ ＝ è λ ＋λ ø ＝ １ꎬ
æλ ö２ æ ｔ ö２ λ ｔ
即ç －１÷ ç ÷ －１ λ２ λ
è λ ø ＋èλø ＋ λ λ ＝１ꎬ∴ －２ ＋１＋
ｔ２ ｔ
ｔ２ λｔ ｔ λ２ λ ｆ ｔ － ＋１ ｔ .
＋ － ＝ ꎬ∴ ＝ ( )＝ ｔ (０< <１)
２－
专
题
六
平
面
向
量
２２３
