专题 02 复数、不等式与平面向量
3大考点概览
考点01复数的运算
考点02不等式的性质；解常见的不等式；基本不等式；
考点03平面向量
考点1 复数的运算
1．（2026·四川巴中·一模）已知z=−3−4i（其中i为虚数单位），则|z)=（ ）．
A．5 B．7 C．9 D．25
【答案】A
【分析】根据共轭复数的概念和复数的模的公式求解即可.
【详解】因为z=−3−4i，所以z=−3+4i，
则|z)=❑√(−3) 2+42=5.
故选：A
2．（2025·四川泸州·一模）若复数z满足z(1−i)=2i，则|z)=（ ）
A．1 B．❑√2 C．2 D．4
【答案】B
【分析】根据复数的乘除运算化简，再由复数模的计算公式求解.
2i 2i(1+i)
【详解】z= = =−1+i，
1−i (1−i)(1+i)
所以|z)=❑√2.
故选：B.
3．（2025·四川自贡·一模）已知复数z满足i⋅z−1=i，则|z|=（ ）
A．4 B．2❑√2 C．2 D．❑√2
【答案】D
【分析】根据给定条件，利用复数除法求出z，再利用复数模的定义求解.
1+i
【详解】由i⋅z−1=i，得z= =1−i，所以|z|=❑√12+(−1) 2=❑√2.
i
故选：D
i
4．（2025·四川资阳·一模）复数 =（ ）
1−i1 1 1 1 1 1 1 1
A． − i B． + i C．− − i D．− + i
2 2 2 2 2 2 2 2
【答案】D
【分析】根据复数的除法运算，求出结果即可.
i i(1+i) i−1 1 1
【详解】由题意得 = = =− + i，
1−i (1−i)(1+i) 2 2 2
故选：D.
1
5．（2025·四川成都·一模）在复平面内，复数z= 对应的点位于（ ）
1+i
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】D
【分析】应用复数的除法化简，并确定其对应点所在的象限，即可得.
1 1−i 1 1 1 1
【详解】由z= = = − i ，对应点为( ,− )在第四象限.
1+i (1+i)(1−i) 2 2 2 2
故选：D
2i
6．（2026·四川雅安·一模）若复数z满足z= ，则z=（ ）
1+i
A．1+i B．1−i C．i D．2−i
【答案】A
2i(1−i)
【分析】根据复数的除法法则可得z= ，化简求z即可.
(1+i)(1−i)
2i
【详解】因为z= ，
1+i
2i(1−i) 2i−2i2
所以z= = =1+i，
(1+i)(1−i) 2
故选：A.
7．（2026·四川巴中·一模）已知复数 z 满足 (1+i)z=2 ，则 z=（ ）
A．1−i B．−1+i C．−1−i D．1+i
【答案】D
【分析】先根据复数的除法运算求出z，然后根据共轭复数的概念求出结果.2 2(1−i)
【详解】因为复数 z 满足 (1+i)z=2 ，所以z= = =1−i.
1+i (1+i)(1−i)
所以z=1+i.
故选：D.
z
8．（2026·四川遂宁·一模）已知复数z满足 =i，则z=（ ）
1−i
A．−1+i B．1−i C．1+i D．−1−i
【答案】C
【分析】根据复数的运算法则，通过移项计算得出复数z.
z
【详解】由 =i，得z=i(1−i)=i×1−i×i=i−i2=i−(−1)=1+i.
1−i
故选：C.
z
9．（2026·四川广安·一模）已知复数z在复平面内对应的点为(4,3)，则 =（ ）
|z)
5 5 5 5 4 3 4 3
A． − i B． + i C． − i D． + i
4 3 4 3 5 5 5 5
【答案】C
【分析】根据复数的几何意义得到z=4+3i，进而求出|z)=5和z=4−3i，代入即可求出答案.
【详解】由题意得z=4+3i，则z=4−3i，|z)=❑√42+32=5，
z 4−3i 4 3
所以 = = − i .
|z) 5 5 5
故选：C.
10．（2026·四川宜宾·一模）已知i为虚数单位，则(2−i)(3+i)=（ ）
A．5+i B．5−i C．7+i D．7−i
【答案】D
【分析】根据复数的四则运算求解即可.
【详解】已知i为虚数单位，则(2−i)(3+i)=6+2i−3i+1=7−i,
故选：D
1−i
11．（2025·四川德阳·一模）复数 的虚部为（ ）
2+i
3 3
A．-3 B．−3i C．− D．− i
5 5【答案】C
【分析】由复数除法运算和复数虚部概念即可求解.
1−i (1−i)(2−i) 1−3i 1 3
【详解】由题复数 = = = − i，
2+i (2+i)(2−i) 4+1 5 5
3
所以复数的虚部为− .
5
故选：C
12．（2025·四川成都·一模）已知复数z=(3+i)(2−ai)，a∈R，i为虚数单位，若z为纯虚数，
则|z)=（ ）
A．10 B．20
C．9 D．18
【答案】B
【分析】化简得到z=(6+a)+(2−3a)i，根据纯虚数得到方程和不等式，求出a=−6，z=20i，
求出模长.
【详解】由题意得z=(3+i)(2−ai)=(6+a)+(2−3a)i，
{ 6+a=0 )
∵a∈R且z为纯虚数，∴ ，∴a=−6，
2−3a≠0
∴z=20i，∴|z)=|z)=20.
故选：B.
13．（2025·四川凉山·一模）已知复数z满足(1+2i)z=4+3i，则|z)=（ ）
❑√5
A．❑√2 B． C．❑√5 D．❑√10
2
【答案】C
【分析】根据复数的除法运算和复数模的计算公式即可得到答案.
4+3i (4+3i)(1−2i) 10−5i
【详解】依题意得z= = = =2−i，
1+2i (1+2i)(1−2i) 5
故|z|=❑√22+12=❑√5.
故选：C.
14．（2026·四川攀枝花·一模）（多选）设复数z满足i⋅z=1+i（i为虚数单位），记z为z的共
轭复数，则（ ）
A．|z|=❑√2 B．复数z的虚部为−iC．z+z=z⋅z D．复数z在复平面内对应的点在第一象限
【答案】AC
【分析】由已知计算出z=1−i，根据复数模的计算公式求解判断A，根据复数的概念判断B，根
据复数的加法和乘法计算判断C，根据复数的几何意义判断D.
1+i (1+i)·(−i)
【详解】因为i·z=1+i，所以z= = =1−i，
i i·(−i)
对于A：|z)=❑√12+(−1) 2=❑√2，A正确；
对于B：因为复数z=1−i，所以复数z的虚部为−1，B错误；
对于C：因为z=1−i，所以z=1+i，所以z+z=(1−i)+(1+i)=2，
又z·z=(1−i)(1+i)=1−i2=2，所以z+z=z·z，C正确；
对于D：因为复数z=1−i，所以复数z在复平面内对应的点坐标为(1,−1)，在 第四象限，D错误；
故选：AC.
15．（2025·四川成都·一模）欧拉是18世纪最伟大的数学家之一，在很多领域中都有杰出的贡献，
人们把欧拉恒等式“eiπ+1=0”与麦克斯韦方程组并称为“史上最伟大的公式”，其中，欧拉恒
1
等式是欧拉公式：eiθ=cosθ+isinθ的一种特殊情况.若复数z=eiπ+
，则|z)= ．
1−i
❑√2 1
【答案】 / ❑√2
2 2
【分析】根据欧拉公式写出对应复数的三角形式并化简，即可求模．
1 1+i 1 1
【详解】由欧拉公式得eiπ=cosπ+isinπ=−1，又 = = + i，
1−i 2 2 2
所以z=−1+ 1 + 1 i=− 1 + 1 i，|z|=❑ √ ( − 1) 2 + (1) 2 = ❑√2 ．
2 2 2 2 2 2 2
❑√2
故答案为： ．
2
考点2 不等式的性质；解常见的不等式；基本不等式
1．（2025·四川绵阳·一模）若a>b,c<0，则下列选项正确的是（ ）
1 1 c c
A． < B． >
a b a b
C．a−c<b−c D．ac<bc【答案】D
【分析】根据题意及不等式的性质依次判断各项的正误.
1 1 c c
【详解】当a>0>b且c<0，则 > ， <0< ，A、B错，
a b a b
由题设a>b,−c>0，则a−c>b−c，且−ac>−bc⇒ac<bc，C错，D对.
故选：D
2．（2026·四川遂宁·一模）（多选）下列命题正确的是（ ）
A．若a>b，c>d，则a+c>b+d B．若ab=3，则a2+b2≥6
b+c b+d
C．若a>b，则ac2>bc2 D．若a>b>0，c>d>0，则 >
a+c a+d
【答案】ABD
【分析】对于A，由不等式同向可加性可判断选项正误；对于B，由(a−b) 2≥0可判断选项正误；
对于C，通过举特例可判断选项正误；对于D，由作差法可判断选项正误.
【详解】对于A，因a>b，c>d，由不等式同向可加性可得a+c>b+d，故A正确；
对于B，因(a−b) 2≥0，则a2−2ab+b2≥0⇒a2+b2≥2ab=6，故B正确；
对于C，当a>b，c=0时，ac2=bc2=0，故C错误；
b+c b+d (b+c)(a+d)−(b+d)(a+c) (a−b)(c−d)
对于D， − = = ，
a+c a+d (a+c)(a+d) (a+c)(a+d)
因a>b>0，c>d>0，则a−b>0，c−d>0，a+c>0，a+d>0，
(a−b)(c−d) b+c b+d
从而 >0⇒ > ，故D正确.
(a+c)(a+d) a+c a+d
故选：ABD
3．（2025·四川德阳·一模）（多选）下列选项正确的是（ ）
√a2+b2 a+b 1 1
A．❑ ≥ ； B．若a>b，则 < ；
2 2 a b
a b
C．若 > ，则a>b； D．若a>b，则ac2>bc2.
c2 c2
【答案】ACa2+b2 (a+b) 2
【分析】由 − ≥0即可分析求解判断A；举反例即可判断BD；由不等式性质即可分
2 2
析判断C；
a2+b2 (a+b) 2 a2+b2−2ab (a−b) 2 (a−b) 2
【详解】因为 − = = = ≥0，当且仅当a=b时等号成立，
2 2 4 4 2
所以
a2+b2
≥
(a+b) 2
，所以❑
√a2+b2
≥❑
√ (a+b) 2
=
|a+b)
≥
a+b
，故A正确；
2 2 2 2 2 2
1 1
当a=1,b=−2，满足a>b，但 >0> ，故B错误；
a b
a b a b
若 > ，则c2>0，则 ×c2> ×c2 即a>b，故C正确；
c2 c2 c2 c2
当c=0时，ac2=bc2=0，故D错误.
故选：AC
4．（2026·四川巴中·一模）已知集合 A={x∈N∣0≤x≤3)，B={x∣x2−x−6<0) ，则
A∩B=（ ）
A．{1，2) B．{0，1，2) C．{1，2，3) D．{−1，0，1，2)
【答案】B
【分析】解不等式x2−x−6<0得集合B，并将集合A使用列举法表示，再使用交集的运算即可求
A∩B.
【详解】解x2−x−6<0，得−2<x<3，则有集合B={x∣−2<x<3)，
易得集合A={0,1,2,3}，则A∩B={0,1,2}.
故选：B.
{ | 4 ))
5．（2025·四川德阳·一模）已知集合A= x ≤1 ，集合B={x||x−1)<5)，则A∩B=
x+3
（ ）
A．[1,6) B．(−4,−3)∪[1,6) C．(−∞,−3)∪[1,6)D．(−∞,6)
【答案】B
【分析】先解分式不等式和绝对值不等式求出集合A、B，再由交集定义即可得解.4 1−x {(1−x)(x+3)≤0)
【详解】解不等式 ≤1⇔ ≤0⇔ ，解得x<−3或x≥1，
x+3 x+3 x+3≠0
{ | 4 ))
所以集合A= x ≤1 = {x|x<−3或x≥1}，
x+3
解|x−1)<5得−5<x−1<5，即−4<x<6，
所以集合B={x||x−1)<5)={x|−4<x<6)，
所以A∩B=(−4,−3)∪[1,6).
故选：B
6．（2025·四川自贡·一模）已知随机变量ξ~N(1,σ2 )，且P(ξ≤−2)=P(ξ≥a)，则当0<x<a时，
1 4
+ 的最小值为（ ）
x a−x
9 7 9
A． B．3 C． D．
2 3 4
【答案】D
【分析】根据给定条件，利用正态分布的对称性求出a，再利用基本不等式“1”的妙用求出最小值.
−2+a
【详解】由随机变量ξ~N(1,σ2 )，且P(ξ≤−2)=P(ξ≥a)，得 =1，解得a=4，
2
1 4 1 1 4 1 4−x 4x
由0<x<4，得 + = [x+(4−x)]( + )= (5+ + )
x 4−x 4 x 4−x 4 x 4−x
1 √4−x 4x 9 4−x 4x 4
≥ (5+2❑ ⋅ )= ，当且仅当 = ，即x= 时取等号，
4 x 4−x 4 x 4−x 3
9
所以所求最小值为 .
4
故选：D
1
7．（2025·四川泸州·一模）若log (x−2y)=2，则2x+ 的最小值为（ ）
2 4y
A．2❑√3 B．4 C．8 D．3
【答案】C
1
【分析】先根据对数的运算法则求出x−2y的值，再利用基本不等式可求2x+
的最小值.
4y
【详解】由log (x−2y)=2 ⇒ x−2y=22=4，
21
因为2x>0， >0，
4y
1
所以2x+ =2x+2−2y ≥2❑√2x×2−2y =2❑√2x−2y =2❑√24=8，
4y
{ x=2 )
当且仅当x=−2y=2，即 时取等号.
y=−1
故选：C
8．（2026·四川攀枝花·一模）（多选）已知a>0，b>0，且2a+b=1，则（ ）
1 1 2
A．ab有最大值 B． + 有最小值8
8 a b
1
C．2a(b+1)有最大值1 D．4a2+b2有最小值
2
【答案】ABD
【分析】直接使用基本不等式可判断A；利用常数代换法，结合基本不等式可判断B；消元后结合
二次函数性质可判断C；配方后使用基本不等式可判断D.
2a+b 1
【详解】对A，因为a>0，b>0，且2a+b=1，所以❑√2ab≤ = ，
2 2
整理可得ab≤
1
，当且仅当
{2a+b=1)
，即a=
1
,b=
1
时等号成立，正确；
8 2a=b 4 2
1 2 (1 2) b 4a √b 4a
对B，因为2a+b=1，所以 + = + (2a+b)=4+ + ≥4+2❑ ⋅ =8，
a b a b a b a b
{ b = 4a ) 1 1
当且仅当 a b ，即a= ,b= 时等号成立，正确；
4 2
2a+b=1
对C，因为2a+b=1，所以2a(b+1)=(1−b)(b+1)=1−b2≤1，当b=0时等号成立，
又b>0，故取不到等号，即2a(b+1)的最大值不是1，错误；
对D，因为2a+b=1，所以4a2+b2=(2a+b) 2−4ab=1−4ab，
1 1 1 1 1
由上知，ab≤ ，所以1−4ab≥1−4× = ，当且仅当a= ,b= 时等号成立，正确.
8 8 2 4 2
故选：ABD{x2+ y2=4+xy,
)
9．（2025·四川成都·一模）（多选）已知x，y为正数，且 x2+4≥ y2, 则（ ）
y2+4≥x2,
A．xy的最大值为4 B．x+ y的最大值为4
8
C．xy的最小值为 D．x+ y的最小值为2+❑√3
3
【答案】ABC
1 x x y 5 x y 4
【分析】根据题意化简可得 ≤ ≤2,从而得2≤ + ≤ ,化简原等式可得 + = +1,即可求
2 y y x 2 y x xy
出xy的范围，
由(x+ y) 2=4+3xy即可求出x+ y的范围.
【详解】由x2+ y2=4+xy,可得：y2=4+xy−x2,x2=4+xy−y2,
x 1
由x2+4≥ y2，可得：x2+4≥4+xy−x2，即2x2≥xy，由x>0，所以2x≥ y,即 ≥
y 2
x
由y2+4≥x2，可得：y2+4≥4+xy−y2，即2y2≥xy，由y>0，所以2y≥x,即 ≤2,
y
1 x
则 ≤ ≤2,
2 y
x y 5
所以2≤ + ≤ ,
y x 2
x y 4
由x2+ y2=4+xy,x>0,y>0,可得: + = +1,
y x xy
x y 4 5 4 3
所以2≤ + = +1≤ ，即1≤ ≤
y x xy 2 xy 2
8
解得： ≤xy≤4,
3
所以x= y=2时，xy取最大值为4，故A正确；
4❑√3 2❑√3 2❑√3 4❑√3 8
所以当x= ,y= ，或x= ,y= 时，xy取最小值为 ，故C正确；
3 3 3 3 3
由x2+ y2=4+xy,可得：(x+ y) 2=4+3xy
8
由于 ≤xy≤4,则12≤(x+ y) 2=4+3xy≤16，
3
所以2❑√3≤x+ y≤4,当x= y=2，x+ y取最大值4,故B正确；
4❑√3 2❑√3 2❑√3 4❑√3
当x= ,y= ，或x= ,y= 时，x+ y取最小值2❑√3，故D不正确；
3 3 3 3
故选：ABC
x2 y2
10．（2026·四川雅安·一模）（多选）已知椭圆 C: + =1(a>b>0) 的左、右焦点分别为
a2 b2
F ,F ，点P为C上异于长轴的顶点的一点，则下列说法正确的是（ ）
1 2
|PF )+|PF ) 1
A．当 1 2 =2 时，椭圆C的离心率为 ；
|F F ) 2
1 2
B．当△PF F 的面积的最大值为2时，椭圆C的长轴长的最小值为4；
1 2
C．已知 A(a,0),B(0,b),O(0,0)，当点P位于第一象限时，四边形OAPB的面积的最大值
❑√2
为 ab；
2
b2
D．已知 B(0,b),E(0,−b)，则直线PB与直线PE的斜率之积为 .
a2
【答案】ABC
|PF )+|PF ) a
【分析】由 1 2 =2，根据椭圆的定义，求得 =2，可判定A正确；求得△PF F 的面
|F F ) c 1 2
1 2
积的最大值为bc，得到bc=2，结合a2=b2+c2≥2bc，可判定B正确；设P(acosθ,bsinθ)，得
❑√2 π
到S =S +S = absin(θ+ )，结合三角函数的性质，可判定C正确；设
OAPB △OAP △OBP 2 4
y2
P(x ,y )，得到x2=a2 (1− 0 )，结合斜率公式，可判定D错误.
0 0 0 b2
【详解】对于A，由椭圆的定义，可得|PF )+|PF )=2a，且|F F )=2c，
1 2 1 2
|PF )+|PF ) 2a a c 1
因为 1 2 =2，可得 =2，即 =2，所以e= = ，所以A正确；
|F F ) 2c c a 2
1 2
对于B，因为点P是椭圆C上异于长轴的顶点的一点，1 1 1
则△PF F 的面积为S= |F F )|y )= ×2c⋅|y )≤ ×2c×b=bc，
1 2 2 1 2 P 2 P 2
即△PF F 的面积的最大值为bc，所以bc=2，
1 2
又由a2=b2+c2≥2bc=4，当且仅当b=c=❑√2时，等号成立，
所以a2≥4，即a≥2，所以2a≥4，所以椭圆C的长轴长的最小值为4，所以B正确；
对于C，由A(a,0),B(0,b),O(0,0)，且点P是椭圆C位于第一象限的一点，
π
可设P(acosθ,bsinθ)，其中θ∈(0, )
2
1 1
则四边形OAPB的面积为S =S +S = a⋅bsinθ+ b⋅asinθ
OAPB △OAP △OBP 2 2
1 ❑√2 π
= ab(sinθ+cosθ)= absin(θ+ )，
2 2 4
π π π 3π
因为θ∈(0, )，可得θ+ ∈( , )，
2 4 4 4
π π π π ❑√2
当θ+ = 时，即θ= ，sin(θ+ )取得最大值1，所以S ≤ ab，
4 2 4 4 OAPB 2
❑√2
所以四边形OAPB的面积的最大值为 ab，所以C正确；
2
x2 y2 y2
对于D，设P(x ,y )，可得 0+ 0=1，所以x2=a2 (1− 0 )，
0 0 a2 b2 0 b2
y −b y +b
又由点B(0,b),E(0,−b)，可得k = 0 ,k = 0 ，
PB x PE x
0 0
y −b y +b y2−b2 y2−b2 b2
k ⋅k = 0 ⋅ 0 = 0 = 0 =−
则 PB PE x x x2 y2 a2，所以D错误.
0 0 0 a2 (1− 0 )
b2
故选：ABC.1 1
11．（2025·四川达州·一模）正实数x,y满足x2+4 y2=1，则 + 的最小值是 ．
x 2y
【答案】2❑√2
1 1 1 √ 1
【分析】先根据基本不等式可得x⋅2y≤ ，再由 + ≥2❑ ，进而得到
2 x 2y x⋅2y
1 1 √ 1
+ ≥2❑ ≥2❑√2，注意检验是否能同时成立即可．
x 2y x⋅2y
【详解】∵x2+4 y2=1，x2+4 y2=x2+(2y) 2≥2⋅x⋅2y，
1 ❑√2
∴x⋅2y≤ （当且仅当x=2y，即x=❑√2,y= 时取等），
2 2
1 1 √ 1
∵ + ≥2❑ （当且仅当x=2y时取等），
x 2y x⋅2y
1 1 √ 1 ❑√2 ❑√2
综上 + ≥2❑ ≥2❑√2（当且仅当x= ,y= 时等号同时成立），
x 2y x⋅2y 2 4
1 1
则 + 的最小值是2❑√2．
x 2y
故答案为：2❑√2．
x y
12．（2026·四川巴中·一模）若直线 + =1(a>0，b>0)是圆x2+ y2−2x−2y−7=0的一条对
a b
称轴，则4a+b的最小值是 .
【答案】9
1 1
【分析】由题意得直线过圆心，可得 + =1，再使用1的代换，即可求得4a+b的最小值.
a b
【详解】易得圆心C(1,1)，半径r=3，
x y 1 1
由题意得直线 + =1过圆心，则有 + =1，
a b a b(1 1) 4a b 4a b 3
故4a+b=(4a+b) + =5+ + ≥9，当且仅当 = 即a= ,b=3时取等号，
a b b a b a 2
故4a+b 的最小值是9，
故答案为：9.
13．（2025·四川眉山·一模）卡西尼卵形线是由到两个定点（叫做焦点）距离之积为常数的所有点
连接形成的图形，设一条卡西尼卵形线R方程为y2=❑√4x3+1−x3−1，其两焦点直角坐标系坐标
为F (1,0)和F (−1,0)，动点P是R上一点，则|PF |+|PF |最小值为 .
1 2 1 2
【答案】2
【分析】由题中方程得到点(0,0)在曲线R上，根据卡西尼卵形线的定义，得到
|F O|⋅)F O|=)F P|⋅)F P)=1，结合基本不等式，即可求解.
1 2 1 2
【详解】由卡西尼卵形线的定义，可得卡西尼卵形线R上的点P有|F P|⋅|F P|为定值，
1 2
因为西尼卵形线R方程为y2=❑√4x3+1−x3−1，可得点(0,0)在卡西尼卵形线R上，
则由|F O|⋅)F O|=)F P|⋅)F P)=1
1 2 1 2
所以|PF |+|PF |≥2❑√|PF |⋅|PF |=2，当|PF |=|PF |时，等号成立，
1 2 1 2 1 2
所以|PF |+|PF |最小值为2.
1 2
故答案为：2.
14．（2025·四川成都·一模）在三棱锥P−ABC中，PA⊥底面ABC，侧面PAB⊥侧面PBC，且
PA=2，△ABC的面积为4.若三棱锥P−ABC的各个顶点都在球O的球面上，则球O表面积的最
小值为 .
【答案】20π
【分析】根据题设，结合面面垂直的性质有BC⊥侧面PAB，进而有PA⊥AB，PA⊥BC，
BC⊥AB，将三棱锥补全为长方体且AB⋅BC=8，则球O是长方体的外接球，结合基本不等式求
外接球表面积的最小值.
【详解】由PA⊥底面ABC，PA⊂平面PAB，则平面PAB⊥底面ABC，
又侧面PAB⊥侧面PBC，底面ABC∩侧面PBC=BC，则BC⊥侧面PAB，
由AB,BC⊂底面ABC，则PA⊥AB，PA⊥BC，1
由AB⊂侧面PAB，则BC⊥AB，故S = AB⋅BC=4，即AB⋅BC=8，
△ABC 2
所以PA,AB,BC两两垂直，则三棱锥P−ABC可补全为如下长方体，
三棱锥P−ABC的各个顶点都在球O的球面上，则球O为三棱锥P−ABC的外接球，
所以球O为上述长方体的外接球，则其表面积
AB2+BC2+PA2
4π( )=π(AB2+BC2+4)≥π(2AB⋅BC+4)=20π，
4
当且仅当AB=BC=2❑√2时取等号，故球O表面积的最小值为20π.
故答案为：20π
1 1
15．（2025·四川成都·一模）在锐角△ABC中，若 + =2，则tanA+tanB+tanC
tanB tanC
的最小值是
【答案】8
1 1
【分析】由 + =2可得tanB+tanC=2tanBtanC，在△ABC中，利用和角的正切
tanB tanC
公式化简推出tanA+tanB+tanC=tanAtanBtanC，于是得到
tanA+tanB+tanC=tanA+2tanBtanC，再利用基本不等式即可推得
tanA+tanB+tanC≥8，从而得到tanA+tanB+tanC的最小值.
1 1
【详解】由 + =2，得tanB+tanC=2tanBtanC，
tanB tanC
因为△ABC为锐角三角形，所以tanA,tanB,tanC均大于0，
所以tanA+tanB+tanC=tanA+2tanBtanC≥2❑√2tanAtanBtanC，
又tanA+tanB+tanC=tanA+tanB−tan(A+B)
tanA+tanB ( 1 )
=tanA+tanB− =(tanA+tanB) 1−
1−tanAtanB 1−tanAtanB(tanA+tanB)(−tanAtanB)
= =−tan(A+B)tanAtanB=tanAtanBtanC，
1−tanAtanB
所以tanA+tanB+tanC=tanA+2tanBtanC≥2❑√2❑√tanA+tanB+tanC，
解得tanA+tanB+tanC≥8，当且仅当tanA=2tanBtanC，即tanA=2tanBtanC=4，
{ tan A=4 ) { tanA=4 ) { tanA=4 )
即 tanB+tanC=4 时取等号，解得 tanB=2−❑√2 或 tanB=2+❑√2 ，
tanBtanC=2 tanC=2+❑√2 tanC=2−❑√2
所以tanA+tanB+tanC的最小值是8.
故答案为：8.
考点3 平面向量
1．（2026·四川遂宁·一模）已知平面向量⃗a=(−1,2)与⃗b=(x,−2)平行，则x的值为（ ）
A．1 B．−1 C．4 D．−4
【答案】A
【分析】利用向量平行的坐标表示可求答案.
x −2
【详解】因为⃗a=(−1,2)与⃗b=(x,−2)平行，所以 = ，解得x=1.
−1 2
故选：A
π
2．（2026·四川雅安·一模）已知平面向量⃗a与⃗b的夹角为 ，⃗a=(0,1),|⃗b|=2，则|2⃗a−⃗b|=
6
（ ）
A．2 B．2❑√3
C．❑√8−4❑√3 D．❑√8+4❑√3
【答案】C
【分析】先由条件求出⃗a⋅⃗b=❑√3，再利用向量数量积的运算律计算即得.
π
【详解】由题意，|⃗a|=1，|⃗b|=2，⃗a与⃗b的夹角为 ，
6
π
故⃗a⋅⃗b=1×2×cos =❑√3，
6
则|2⃗a−⃗b|=❑√(2⃗a−⃗b) 2=❑√4|⃗a|2−4⃗a⋅⃗b+|⃗b|2=❑√4−4❑√3+4=❑√8−4❑√3.
故选：C.3．（2026·四川巴中·一模）若 → e , → e 是夹角 120∘ 的单位向量， ⃗a=2⃗e 1 +⃗e 2 ，则 |→ a ) =（ ）
1 2
A．❑√5 B．2 C．❑√3 D．❑√2
【答案】C
【分析】结合向量的模及数量积的公式即可求解.
【详解】因为⃗e ,⃗e 是夹角 120∘ 的单位向量，
1 2
1
所以⃗e ⋅⃗e =1×1×cos120∘=− ，
1 2 2
√ 1
|⃗a|=❑√(2⃗e +⃗e ) 2=❑√4⃗e 2+4⃗e ⋅⃗e +⃗e 2=❑4+4×(− )+1=❑√3.
1 2 1 1 2 2 2
故答案为：C
π
4．（2026·四川巴中·一模）已知平面向量⃗a,⃗b满足|⃗a|=2,|⃗b|=3，⃗a与⃗b的夹角为 ，则
3
⃗a⋅(⃗a−⃗b)=（ ）．
A．7 B．1 C．4−3❑√3 D．4+3❑√3
【答案】B
【分析】由向量的线性运算及数量积的定义求解即可.
⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ π 1
【详解】因为a⋅(a−b)=a2−a⋅b=|a|2−|a|⋅|b|⋅cos =4−2×3× =1.
3 2
故选：B.
5．（2026·四川宜宾·一模）已知向量⃗a=(−1,0),⃗b= (1 ,m ) ，若|⃗a+⃗b)=|⃗a)，则|⃗b)=（ ）
2
1 ❑√3
A． B． C．1 D．❑√3
2 2
【答案】C
【分析】由向量的模长的坐标运算求解即可．
【详解】根据题意，⃗a+⃗b= ( − 1 ,m ) ，
2
∵|⃗a+⃗b)=|⃗a)，∴|⃗a+⃗b) 2 =|⃗a) 2，即 ( − 1) 2 +m2=1，
23
∴m2=
，
4
√1
∴|⃗b)=❑ +m2=1．
4
故选：C．
6．（2025·四川达州·一模）向量⃗a,⃗b满足|⃗b)=1,⃗a⋅⃗b=1,(⃗a+2⃗b)⋅(⃗a−2⃗b)=0，则|⃗a−⃗b)=（
）
1 ❑√3
A． B．1 C． D．❑√3
2 2
【答案】D
【分析】先求出|⃗a)=2|⃗b)=2，代入 |→ a− → b ) = ❑√→ a2+ → b2−2 → a· → b 即可得出答案.
【详解】因为|⃗b)=1,⃗a⋅⃗b=1,所以(⃗a+2⃗b)⋅(⃗a−2⃗b)=⃗a2−4⃗b2=0
所以|⃗a)=2|⃗b)=2，所以 |→ a− → b ) = ❑ √(→ a− → b ) 2 = ❑√→ a2+ → b2−2 → a· → b=❑√4+1−2=❑√3 .
故选：D.
7．（2025·四川成都·一模）已知⃗a，⃗b为非零向量，则“存在实数λ，使⃗a=λ⃗b”是“
|⃗a+⃗b)=|⃗a)+|⃗b)”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】由向量共线用λ表示出|⃗a+⃗b),|⃗a)+|⃗b)，应用向量数量积的运算律得⃗a⋅⃗b=|⃗a)|⃗b)，结合充
分、必要性的定义判断推出关系，即可得.
【详解】由存在实数λ，使⃗a=λ⃗b，
则|⃗a+⃗b)=|λ⃗b+⃗b)=|λ+1||⃗b|，|⃗a)+|⃗b)=|λ⃗b|+|⃗b)=(|λ|+1) |⃗b)，
当λ<0时，|⃗a+⃗b)≠|⃗a)+|⃗b)，故充分性不成立，
由|⃗a+⃗b)=|⃗a)+|⃗b)，则|⃗a+⃗b) 2 =(|⃗a)+|⃗b)) 2 ，故|⃗a|2+2⃗a⋅⃗b+|⃗b|2=|⃗a) 2+2|⃗a)|⃗b)+|⃗b) 2 ，
所以⃗a⋅⃗b=|⃗a)|⃗b)，
即|⃗a)|⃗b)cos⟨⃗a,⃗b)=|⃗a)|⃗b)⇒cos⟨⃗a,⃗b)=1，故，
所以⃗a,⃗b同向共线，即存在实数λ，使⃗a=λ⃗b，必要性成立，
所以“存在实数λ，使⃗a=λ⃗b”是“|⃗a+⃗b)=|⃗a)+|⃗b)”的必要不充分条件.
故选：B
8．（2025·四川资阳·一模）如图，D是△ABC的边AC的中点，点E在BD上，且⃗BE=2⃗ED，则
（ ）
2 1 2 1
A．⃗AE= ⃗AB+ ⃗AC B．⃗AE= ⃗AB+ ⃗AC
3 6 3 3
1 2 1 1
C．⃗AE= ⃗AB+ ⃗AC D．⃗AE= ⃗AB+ ⃗AC
3 3 3 3
【答案】D
【分析】根据平面向量的线性运算求解即可.
⃗ ⃗ ⃗ ⃗ 2 ⃗ ⃗ 2( ⃗ ⃗ )
【详解】由题意，AE=AB+BE=AB+ BD=AB+ BA+AD
3 3
⃗ 2( ⃗ 1 ⃗ ) 1 ⃗ 1 ⃗
=AB+ −AB+ AC = AB+ AC.
3 2 3 3
故选：D
⃗ ⃗ →
9．（2025·四川成都·一模）在平行四边形ABCD中，
BC+3CE=0
，F是线段DE的中点，连接
BD交AF于O，若⃗AO=m⃗AF，则m=（ ）
3 4 2
A．1 B． C． D．
4 3 3
【答案】B→ → → → →
【分析】设 BO=λBD ，以 AB,AD 为基底，分别用λ,m表示 AO ，建立方程组求解.
→ → → → 1 → → 1( → → )
【详解】AF=AD+DF=AD+ DE=AD+ DC+CE
2 2
→ 1 → 1 → 5 → 1 →
=AD+ AB− AD= AD+ AB，
2 6 6 2
→ → → 5 → 1 →
又因为 AO=mAF ，所以AO= mAD+ mAB，
6 2
→ → → → → → ( → → ) → →
设 BO=λBD ，则 AO=AB+λBD=AB+λ AD−AB =(1−λ)AB+λAD ，
1 3
{ 1−λ= m) { m= )
2 4
所以 ，解得 ，
5 5
λ= m λ=
6 8
故选：B.
10．（2025·四川凉山·一模）已知向量⃗a，⃗b满足|⃗b)=2，⃗a⋅⃗b=1，则⃗a在⃗b上的投影向量为（ ）
1 1 3
A． ⃗b B． ⃗b C． ⃗b D．⃗b
4 2 4
【答案】A
【分析】由投影向量的公式计算可得.
【详解】因|⃗b)=2，⃗a⋅⃗b=1，
⃗a⋅⃗b 1
则⃗a在⃗b上的投影向量为
⋅⃗b= ⃗b
.
2 4
|⃗b)
故选：A.
11．（2026·四川广安·一模）冰球运动是一种以冰刀和冰球杆为工具，在冰上进行的相互对抗的集
体性竞技运动．运动员小华以球杆击球，使冰球从点A出发，沿AB，BC，CD运动至点D，已
知AB=3，BC=1，CD=2，⃗BC⋅⃗CD=−1，且AB//CD，则冰球位移的大小是（ ）A．❑√31 B．❑√29
C．❑√23 D．❑√21
【答案】D
【分析】根据条件代入数量积公式，计算|⃗AD)=❑√(⃗AB+⃗BC+⃗CD) 2，即可求解.
【详解】 B ⃗ C⋅C ⃗ D= | B ⃗ C )| C → D ) cos(π−∠BCD)=−1 ，即1×2×(−cos∠BCD)=−1，
1 π π
则cos∠BCD= ，即∠BCD= ，因为AB//CD，所以∠ABC= ，
2 3 3
|⃗AD)=❑√(⃗AB+⃗BC+⃗CD) 2 =❑√⃗AB2+⃗BC2+⃗CD2+2(⃗AB⋅⃗BC+⃗AB⋅⃗CD+⃗BC⋅⃗CD)
=❑ √ 9+1+4+2× [ 3×1× ( − 1) +3×2+(−1) ) =❑√21.
2
故选：D
12．（2025·四川达州·一模）（多选）在△ABC中，三个内角A,B,C对边分别为
a cosA
a,b,c,a=3,⃗BD=2⃗DC， = ，则（ ）
2c−b cosB−2cosC
A．2b=c B．2B=C
1 2
C．⃗AD= ⃗AB+ ⃗AC D．AD的范围为(0,4)
3 3
【答案】AC
【分析】A：利用正弦定理结合两角和的正弦公式，化简可得结果；B：假设成立后推出矛盾；
C：根据向量的线性运算求出结果；D：将C的结果平方结合余弦定理可求解出AD关于b的表示，
根据b的取值范围可求解出结果.
a cosA sin A cosA
【详解】 = 和正弦定理，可得 = ，
2c−b cosB−2cosC 2sinC−sinB cosB−2cosC
即sin A(cosB−2cosC)=cosA(2sinC−sinB)，则sinAcosB−2sinAcosC=2sinCcosA−sinBcosA，
所以sinAcosB+sinBcosA=2sinCcosA+2sinAcosC，
则sin(A+B)=2sin(A+C)，即sin(π−C)=2sin(π−B)，
所以sinC=2sinB，由正弦定理，得c=2b，故A正确；
假设2B=C成立，因为sinC=2sinB，所以sin2B=2sinB，
所以2sinBcosB=2sinB，且B∈(0,π)，所以sinB>0，
所以cosB=1，且B∈(0,π)，此时B无解，假设错误，故B错误；
2 2 1 2
因为⃗AD=⃗AB+⃗BD=⃗AB+ ⃗BC=⃗AB+ (⃗AC−⃗AB)= ⃗AB+ ⃗AC，故C正确；
3 3 3 3
因为|⃗AD) 2 = (1 ⃗AB+ 2 ⃗AC ) 2 = 1 ⃗AB2+ 4 ⃗AC2+ 4 ⃗AB⋅⃗AC，
3 3 9 9 9
所以|⃗AD) 2 = 1 c2+ 4 b2+ 4 bccosA，由余弦定理，b2+c2−2bccosA=a2=9，
9 9 9
所以|⃗AD) 2 = 1 c2+ 4 b2+ 4 × b2+c2−9 = 2 b2+ 1 c2−2，
9 9 9 2 3 3
又因为c=2b，所以|⃗AD) 2 = 2 b2+ 1 ×4b2−2=2b2−2，
3 3
{b+3>c) {b+3>2b)
由三角形性质可知 ，即 ，解得b∈(1,3)，
b+c>3 b+2b>3
所以2b2−2∈(0,16)，即|⃗AD) 2 的范围为(0,16)，故AD的范围为(0,4)，故D错误.
故选：AC.
13．（2025·四川凉山·一模）（多选）在空间四边形ABCD中，AB=CD=❑√2，
AD=AC=BD=BC=2，则（ ）
1 1
A．若M为CD的中点，则⃗BM=−⃗AB+ ⃗AC+ ⃗AD
2 2
1
B．直线AD与BC所成角的余弦值为
4
C．AB⊥CD
D．空间四边形ABCD外接球的表面积为5π
【答案】ACD
【分析】根据空间向量的线性运算以⃗AB,⃗AC,⃗AD为基底计算即可判断A；根据空间四边形的棱长
结合余弦定理计算cos∠BAD,cos∠CAD的值，从而利用空间向量的线性运算与数量积计算，即可判断B；计算 ，从而得数量积 即可判断C；根据空间四
cos⟨⃗AD,⃗BC) cos∠BAC ⃗AB⋅⃗CD
边形的对棱长度相等，将几何体补成长方体，按照长方体计算外接球的表面积即可判断D.
【详解】
对于A，若M为CD的中点，则
1 1 1 1
⃗BM=⃗BC+⃗CM=(⃗AC−⃗AB)+ ⃗CD=⃗AC−⃗AB+ (⃗AD−⃗AC)=−⃗AB+ ⃗AC+ ⃗AD，故A正
2 2 2 2
确；
对于B，因为AB=CD=❑√2，AD=AC=BD=BC=2，所以由余弦定理得：
AB2+AD2−BD2 2+4−4 ❑√2 AC2+AD2−CD2 4+4−2 3
cos∠BAD= = = ,cos∠CAD= = =，
2AB⋅AD 2❑√2×2 4 2AC⋅AD 2×2×2 4
又⃗BC=⃗AC−⃗AB，所以
3 ❑√2
2×2× −2×❑√2×
⃗AD⋅⃗BC ⃗AD⋅(⃗AC−⃗AB) 4 4 1，
cos⟨⃗AD,⃗BC)= = = =
|⃗AD)⋅|⃗BC) |⃗AD)⋅|⃗BC) 2×2 2
1
故直线AD与BC所成角的余弦值为 ，故B不正确；
2
AB2+AC2−BC2 2+4−4 ❑√2
对于C，因为cos∠BAC= = = ，又⃗CD=⃗AD−⃗AC，
2AB⋅AC 2❑√2×2 4
❑√2 ❑√2
所以⃗AB⋅⃗CD=⃗AB⋅⃗AD−⃗AB⋅⃗AC=❑√2×2× −❑√2×2× =0，则AB⊥CD，故C正确 ；
4 4
对于D，由于空间四边形ABCD中，AB=CD=❑√2，AD=AC=BD=BC=2，
所以如下图将空间四边形ABCD补成长方体AFDH−ICGB，则空间四边形ABCD外接球即长方体的外接球，
√1
❑ [(AH2+H D2)+(AH2+BH2)+(H D2+BH2))
所以外接球半径 ❑√AH2+H D2+BH2 2
R= =
2 2
❑√2 ❑√2 ❑√5
= ×❑√AD2+AB2+BD2= ×❑√4+2+4=
4 4 2
5
所以外接球的表面积为4πR2=4π× =5π，故D正确.
4
故选：ACD.
14．（2026·四川攀枝花·一模）若平面向量⃗a，⃗b，⃗c均为单位向量，且⃗a−⃗c=⃗b，则⃗a与⃗c的夹角为
．
π
【答案】
3
【分析】对⃗a−⃗c=⃗b进行平方求出⃗a⋅⃗c的值，再利用向量的数量积公式求解即可.
【详解】由⃗a−⃗c=⃗b可得，|⃗a−⃗c) 2=|⃗b) 2 ，即|⃗a) 2 −2⃗a⋅⃗c+|⃗c) 2=|⃗b) 2 ，
因为⃗a，⃗b，⃗c均为单位向量，所以|⃗a)=|⃗b)=|⃗c)=1，
1
所以12−2⃗a⋅⃗c+12=12，即⃗a⋅⃗c=
.
2
设⃗a与⃗c的夹角为θ (0≤θ≤π)，
1
π
则 ⃗a⋅⃗c 2 1，所以θ= .
cosθ= = = 3
|⃗a)⋅|⃗c) 1×1 2
π
故答案为：
3
15．（2025·四川泸州·一模）已知平面向量⃗a与⃗b均为单位向量，|⃗a−⃗b)=❑√3，则⃗a与⃗b的夹角为
.2π
【答案】 /120°
3
【分析】根据题设，结合平面向量数量积的定义及运算律求解即可.
【详解】由题意，|⃗a)=|⃗b)=1，|⃗a−⃗b)=❑√3，
则⃗a2−2⃗a⋅⃗b+⃗b2=3，即|⃗a) 2 −2|⃗a)⋅ |⃗b)⋅cos⟨⃗a,⃗b)+|⃗b) 2 =3，
1
则1−2cos⟨⃗a,⃗b)+1=3，所以cos⟨⃗a,⃗b)=−
，
2
2π
又⟨⃗a,⃗b)∈[0,π)，则 ⟨⃗a,⃗b)= .
3
2π
故答案为： .
3
2π
16．（2025·四川自贡·一模）若非零向量⃗a、⃗b的夹角为 ，且|⃗a)=2|⃗b)，则(⃗a+⃗b)⋅⃗b= ．
3
【答案】0
【分析】利用平面向量数量积的定义和运算性质化简即可得解.
2π
【详解】因为非零向量⃗a、⃗b的夹角为 ，且|⃗a)=2|⃗b)，
3
2π 2 2 2
则(⃗a+⃗b)⋅⃗b=⃗a⋅⃗b+⃗b2=2|⃗b)⋅ |⃗b)cos +|⃗b) =−|⃗b) +|⃗b) =0.
3
故答案为：0.
3
17．（2025·四川资阳·一模）已知向量⃗a，⃗b，⃗c满足|⃗a|=❑√3，|⃗b|=3，⃗a⋅(⃗b−⃗a)= ，向量
2
π
⃗a−⃗c与⃗b−⃗c的夹角为 ，则|⃗c|的最小值是 .
3
【答案】1
π
【分析】先求出⃗a,⃗b夹角为 ，设⃗a,⃗b,⃗c起点为O，终点为A,B,C，画出示意图，由向量⃗a−⃗c与
6
π π π
⃗b−⃗c的夹角为 可得∠ACB= ，则点C在AB所对圆周角为 的圆弧上，求出圆心半径，利
3 3 3
用定点到圆上点的最值即可求解.
【详解】由题意⃗a⋅(⃗b−⃗a)=| ⃗ a)| ⃗ b)cos<⃗a,⃗b>−|⃗a) 2= 3 ，
2❑√3 π
代入|⃗a|=❑√3，|⃗b|=3得cos<⃗a,⃗b>= ，则⃗a,⃗b夹角为 ，
2 6
如图所示在直角三角形OBD中，OD=2❑√3,OB=3,BD=OA=AD=AB=❑√3，
π π
∠AOB= ,∠ADB=
，
6 3
令⃗OA=⃗a,⃗OB=⃗b,⃗OC=⃗c，则⃗CA=⃗a−⃗c,⃗CB=⃗b−⃗c，
π
∠ACB即为向量⃗a−⃗c与⃗b−⃗c的夹角为 ，
3
π 2π
则点C在AB所对圆周角为 的圆弧上，其圆心角为 ，
3 3
如图所示，要使得|⃗c|最小，显然在AB下方的圆弧上，
π
由于∠ABO= ，则在OB上取BE=1，由于AB=❑√3，由余弦定理可得
6
√ π 2π
AE=❑ AB2+BE2−2AB⋅BEcos =1，同理可求∠AEB= ，
6 3
所以点E即为圆心，半径BE=1，
则OC =OE−1=1，此时O,C,E共线且点C在OE之间，
min
故|⃗c|的最小值是1.
故答案为：1.
{ −x+ 4 ,x>0)
18．（2025·四川德阳·一模）点P是函数f (x)= x 的图象上在y轴右侧任意一点，过P
f (−x),x<0
作直线y=−x的垂线，垂足为M，过P作y轴的垂线与f (x)的图象交于另一点N，则⃗PM⋅⃗PN=
.
【答案】4
( 4)
【分析】先求出函数的解析式，判断函数奇偶性，根据题意设P t,−t+ (t>0)，利用已知条件
t
求出M,N的坐标，写出向量⃗PM,⃗PN的坐标，利用向量数量积运算即可.{ −x+ 4 ,x>0)
【详解】由 f (x)= x ，
f (−x),x<0
4
当x>0时，f (x)=−x+ ，
x
则x<0时，−x>0，
4 4
所以f (x)=f (−x)=−(−x)+ =x− ，
−x x
4
{ −x+ ,x>0)
x
所以f (x)= ，
4
x− ,x<0
x
由函数定义域为(−∞,0)∪(0,+∞)关于原点对称，
4 4
且当x>0时，f (−x)=−x− =−x+ =f (x)，
−x x
4 4
当x<0时，f (−x)=−(−x)+ =x− =f (x)，
−x x
所以函数f (x)为偶函数，图象关于y对称，
因为点P是函数f (x)的图象上在y轴右侧任意一点，
( 4)
所以设P t,−t+ (t>0)，
t
又过P作直线y=−x的垂线，则垂线的斜率为1，
( 4)
所以垂线方程为：y− −t+ =1×(x−t)，
t
4
即y=x−2t+ ，
t
2
{ y=x−2t+ 4 ) { x=t− t )
联立 t ，解得： ，
2
y=−x y=−t+
t
( 2 2)
即M t− ,−t+ ，
t t又过P作y轴的垂线与f (x)的图象交于另一点N，
且函数f (x)为偶函数，
4
所以x =−t,y = y =−t+ ，
N N P t
( 4)
即N −t,−t+ ，
t
( 2 2 ( 4)) ( 2 2)
又⃗PM= t− −t,−t+ − −t+ = − ,− ，
t t t t t
( 4 ( 4))
⃗PN= −t−t,−t+ − −t+ =(−2t,0)，
t t
( 2) ( 2)
所以⃗PM·⃗PN= − ×(−2t)+ − ×0=4，
t t
故答案为：4.
x2 y2 ❑√3
19．（2025·四川成都·一模）已知椭圆E: + =1(a>b>0)的离心率为 ，左、右顶点分别为
a2 b2 2
A ，A ，且|A A )=4.
1 2 1 2
(1)求椭圆E的方程；
(2)若直线l:x−2y−1=0与E相交于P，Q两点，求⃗A P⋅⃗A Q的值.
1 1
x2
【答案】(1) + y2=1；
4
33
(2) .
8
c ❑√3
【分析】（1）由|A A )=2a=4得到a，由离心率e= = 得到c，由b2=a2−c2得到b2，从而
1 2 a 2
得到椭圆E的方程.
（2）设P，Q的坐标分别为(x ,y )，(x ,y )，直线l与E联立方程组，消去y，得到关于x的一元
1 1 2 2
二次方程，利用韦达定理得到x +x 和x x 的值，计算⃗A P⋅⃗A Q即可得解.
1 2 1 2 1 1【详解】（1）由|A A )=2a=4，得a=2，
1 2
c ❑√3
又离心率e= = ，则c=❑√3,b2=a2−c2=1，
a 2
x2
所以椭圆E的方程为 + y2=1.
4
（2）设P，Q的坐标分别为(x ,y )，(x ,y )，
1 1 2 2
{ 2y=x−1, )
由 消去y，得2x2−2x−3=0，
x2+4 y2−4=0
3
△=4+24=28>0，所以x +x =1，x x =− ，
1 2 1 2 2
x −1 x −1
所以⃗A P⋅⃗A Q=(x +2)(x +2)+ y y =(x +2)(x +2)+ 1 ⋅ 2
1 1 1 2 1 2 1 2 2 2
5 7 1 33
= x x + (x +x )+4+ = ，
4 1 2 4 1 2 4 8
33
所以⃗A P⋅⃗A Q的值为 .
1 1 8
20．（2026·四川宜宾·一模）记△ABC的内角A､B､C的对边分别为a,b,c，已知
❑√3c=❑√3acosB+asinB.
(1)求角A；
(2)已知BC,AC边上的两条中线AM,BN相交于点P，且AB=2,AC=4，求∠MPN的余弦值.
π
【答案】(1)A=
3
❑√7
(2)
14
【分析】（1）根据正弦定理结合三角恒等变换可得tan A=❑√3，即可得角A的大小；
（2）以{⃗AB,⃗AC)为基底向量，求|⃗AB),|⃗AC)，⃗AB⋅⃗AC，利用向量的夹角公式求∠MPN的余
弦值.
【详解】（1）因为❑√3c=❑√3acosB+asinB，由正弦定理可得
❑√3sinC=❑√3sin AcosB+sin AsinB，
又因为sinC=sin(A+B)=sin AcosB+cosAsinB，
即❑√3sin AcosB+❑√3cosAsinB=❑√3sin AcosB+sin AsinB，即❑√3cosAsinB=sin AsinB，
且B∈(0,π)，则sinB≠0，可得❑√3cosA=sin A，即tan A=❑√3，
π
且A∈(0,π)，所以A=
.
3
1
（2）因为|⃗AB)=2,|⃗AC)=4，⃗AB⋅⃗AC=|⃗AB)|⃗AC)cosA=2×4× =4，
2
由题意可知：∠MPN=⟨⃗AM,⃗BN)，
1 1 1
又因为⃗AM= ⃗AB+ ⃗AC，⃗BN=⃗AN−⃗AB=−⃗AB+ ⃗AC，
2 2 2
则⃗AM2= (1 ⃗AB+ 1 ⃗AC ) 2 = 1 ⃗AB2+ 1 ⃗AC2+ 1 ⃗AB⋅⃗AC=1+4+2=7，即|⃗AM)=❑√7；
2 2 4 4 2
⃗BN2= ( −⃗AB+ 1 ⃗AC ) 2 =⃗AB2+ 1 ⃗AC2−⃗AB⋅⃗AC=4+4−4=4，即|⃗BN)=2；
2 4
且⃗AM⋅⃗BN= (1 ⃗AB+ 1 ⃗AC ) ⋅ ( −⃗AB+ 1 ⃗AC ) =− 1 ⃗AB2+ 1 ⃗AC2− 1 ⃗AB⋅⃗AC=−2+4−1=1；
2 2 2 2 4 4
⃗AM⋅⃗BN 1 ❑√7
可得cos∠MPN=cos⟨⃗AM,⃗BN)= = =
，
|⃗AM)⋅|⃗BN) ❑√7×2 14
❑√7
所以∠MPN的余弦值为 .
14
21．（2025·四川眉山·一模）在△ABC中，∠ABC=30°，BC上存在一点E，使得AC=BE=1，
G为CA的中点.
(1)若BA=2，求△ACE的面积；
(2)若⃗AE在⃗AC上的投影向量为⃗AG，求∠BCA的大小.❑√3−1
【答案】(1)
2
π π
(2)C= 或
3 9
CE
【分析】（1）根据余弦定理，求得BC=❑√3，得到CE=❑√3−1，结合S = ×S ，即
△ACE BC △ABC
可求解；
1
（2）过E作EG⊥AC，得到AE=CE，设AE=CE=x，得到cosC= ，再在△ABE中，由正
2x
1
=2x (5π
)
弦定理求得 (5π ) ，联立方程组，得到sin −2C =cosC，即可求解.
sin −2C 6
6
【详解】（1）解：在△ABC中，AC=1,AB=2,∠ABC=30°，
AB2+BC2−AC2 ❑√3
由余弦定理得cos∠ABC= = ，解得：BC=❑√3，
2AB? AC 2
又因为BE=1且E为BC上的一点，则BE+CE=BC，可得CE=BC−BE=❑√3−1，
CE ❑√3−1 1 ❑√3−1
所以S = ×S = × ×2×❑√3×sin30∘= .
△ACE BC △ABC ❑√3 2 2
（2）解：因为G为CA的中点，且⃗AE在⃗AC上的投影向量为⃗AG，
过E作EG⊥AC，垂足为G， 则△AEC为等腰三角形，所以AE=CE，
1
设AE=CE=x，可得cosC= ，①
2x
1
BE AE
=2x
在△ABE中，由正弦定理得： = ，即 (5π ) ，②
sin∠BAE sin∠ABE sin −2C
6
(5π
)
联立①②，可得sin −2C =cosC，
6
(5π ) π (5π ) π
因为C∈(0,π)，可得 −2C +C= 或 −2C −C= ，
6 2 6 2
π π
解得C= 或C=
.
3 9x2 y2 4
22．（2025·四川成都·一模）已知椭圆C： + =1（a>b>0）的右顶点为(5,0)，离心率为 ，
a2 b2 5
左、右焦点分别为F 、F ，P为椭圆C上不同于左、右顶点的任意一点.
1 2
(1)求椭圆C的方程；
(2)求⃗PF ⋅⃗PF 的取值范围.
1 2
x2 y2
【答案】(1)椭圆C： + =1；
25 9
(2)[−7,9).
【分析】（1）由题设列出关于a,b,c的方程组即可求解；
（2）由题设设p(x,y)(−5<x<5)，再由数量积的坐标运算计算即可.
a=5
{
c 4
) {a=5
)
【详解】（1）设椭圆焦距为|F F )=2c，由题意可得 = ⇒ c=4 ，
1 2 a 5
b=3
a2=b2+c2
x2 y2
所以椭圆C： + =1；
25 9
x2 y2
（2）由题可设P(x,y)(−5<x<5)，则由（1） + =1，
25 9
⃗ ⃗
PF =(−4−x,−y),PF =(4−x,−y) ，
1 2
所以
⃗ ⃗ 9 16
PF ⋅PF =(−4−x,−y)·(4−x,−y)=x2−16+ y2=x2−16+9− x2= x2−7∈[−7,9).
1 2 25 25
