第01练平面向量及其应用（15种题型过关练能力提升练拓展练）

第01练平面对量及其应用〔15种题型过关练+力量提升练+拓展练〕1．向量的有关概念(1)向量：既有大小又有方向的量叫做向量，向量的大小叫做向量的模．(2)零向量：长度为0的向量，其方向是任意的．(3)单位向量：长度等于1个单位的向量．(4)平行向量：方向相同或相反的非零向量，又叫共线向量，规定：0与任一向量共线．(5)相等向量：长度相等且方向相同的向量．(6)相反向量：长度相等且方向相反的向量．2．向量的线性运算向量运算定义法那么(或几何意义)运算律加法求两个向量和的运算交换律：a＋b＝b＋a；结合律：(a＋b)＋c＝a＋(b＋c)减法求a与b的相反向量－b的和的运算a－b＝a＋(－b)数乘求实数λ与向量a的积的运算|λa|＝|λ||a|，当λ>0时，λa与a的方向相同；当λ<0时，λa与a的方向相反；当λ＝0时，λa＝0λ(μa)＝(λμ)a；(λ＋μ)a＝λa＋μ_a；λ(a＋b)＝λa＋λb3.两个向量共线定理向量b与非零向量a共线的充要条件是有且只有一个实数λ，使得b＝λa．4．平面对量根本定理假如e1，e2是同一平面内的两个不共线向量，那么对于这一平面内的任意向量a，有且只有一对实数λ1，λ2，使a＝λ1e1＋λ2e2．其中，不共线的向量e1，e2叫做表示这一平面内全部向量的一组基底．5．平面对量的坐标运算(1)向量加法、减法、数乘向量及向量的模设a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，那么a＋b＝(x1＋x2，y1＋y2)，a－b＝(x1－x2，y1－y2)，λa＝(λx1，λy1)，|a|＝eq\r(xeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,1))．(2)向量坐标的求法①假设向量的起点是坐标原点，那么终点坐标即为向量的坐标；②设A(x1，y1)，B(x2，y2)，那么eq\o(AB,\s\up6(→))＝(x2－x1，y2－y1)，|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝eq\r(〔x2－x1〕2＋〔y2－y1〕2)．6．平面对量共线的坐标表示设a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，其中b≠0，a∥b⇔x1y2－x2y1＝0．7．向量的夹角(1)定义：两个非零向量a和b，作eq\o(OA,\s\up6(→))＝a，eq\o(OB,\s\up6(→))＝b，那么∠AOB就是向量a与b的夹角．(2)范围：设θ是向量a与b的夹角，那么0°≤θ≤180°.(3)共线与垂直：假设θ＝0°，那么a与b同向；假设θ＝180°，那么a与b反向；假设θ＝90°，那么a与b垂直．8．平面对量的数量积定义设两个非零向量a，b的夹角为θ，那么|a||b|·cos_θ叫做a与b的数量积，记作a·b投影|a|cos_θ叫做向量a在b方向上的投影，|b|cos_θ叫做向量b在a方向上的投影几何意义数量积a·b等于a的长度|a|与b在a的方向上的投影|b|cos_θ的乘积9.向量数量积的运算律(1)a·b＝b·a.(2)(λa)·b＝λ(a·b)＝a·(λb)．(3)(a＋b)·c＝a·c＋b·c.10．平面对量数量积的有关结论非零向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，a与b的夹角为θ.结论几何表示坐标表示模|a|＝eq\r(a·a)|a|＝eq\r(xeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,1))夹角cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|)cosθ＝eq\f(x1x2＋y1y2,\r(xeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,1))\r(xeq\o\al(2,2)＋yeq\o\al(2,2)))a⊥b的充要条件a·b＝0x1x2＋y1y2＝0<常用结论>1．五个特殊向量(1)要留意0与0的区分，0是一个实数，0是一个向量，且|0|＝0.(2)单位向量有很多个，它们大小相等，但方向不肯定相同．(3)任一组平行向量都可以平移到同始终线上，因此平行向量也叫做共线向量．(4)与向量a平行的单位向量有两个，即向量eq\f(a,|a|)和－eq\f(a,|a|).2．五个常用结论(1)一般地，首尾顺次相接的多个向量的和等于从第一个向量的起点指向最终一个向量的终点的向量，即eq\o(A1A2,\s\up6(→))＋eq\o(A2A3,\s\up6(→))＋eq\o(A3A4,\s\up6(→))＋…＋eq\o(An－1An,\s\up6(→))＝eq\o(A1An,\s\up6(→)).特殊地，一个封闭图形首尾连接而成的向量和为零向量．(2)假设P为线段AB的中点，O为平面内任意一点，那么eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→)))．(3)假设A，B，C是平面内不共线的三点，那么eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))＋eq\o(PC,\s\up6(→))＝0⇔P为△ABC的重心．(4)在△ABC中，AD，BE，CF分别为三角形三边上的中线，它们交于点G(如下图)，易知G为△ABC的重心，那么有如下结论：①eq\o(GA,\s\up6(→))＋eq\o(GB,\s\up6(→))＋eq\o(GC,\s\up6(→))＝0；②eq\o(AG,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))；③eq\o(GD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(GB,\s\up6(→))＋eq\o(GC,\s\up6(→)))，eq\o(GD,\s\up6(→))＝eq\f(1,6)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))．(5)假设eq\o(OA,\s\up6(→))＝λeq\o(OB,\s\up6(→))＋μeq\o(OC,\s\up6(→))(λ，μ为常数)，那么A，B，C三点共线的充要条件是λ＋μ＝1.3．基底需要的关注三点(1)基底e1，e2必需是同一平面内的两个不共线向量，零向量不能作为基底．(2)基底给定，同一向量的分解形式唯一．(3)假如对于一组基底e1，e2，有a＝λ1e1＋λ2e2＝μ1e1＋μ2e2，那么可以得到eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ1＝μ1，,λ2＝μ2.))4．共线向量定理应关注的两点(1)假设a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，那么a∥b的充要条件不能表示成eq\f(x1,x2)＝eq\f(y1,y2)，由于x2，y2有可能等于0，应表示为x1y2－x2y1＝0.(2)推断三点是否共线，先求每两点对应的向量，然后按两向量共线进行判定．5．两个结论(1)P为线段AB的中点，假设A(x1，y1)，B(x2，y2)，那么P点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2))).(2)△ABC的顶点A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，那么△ABC的重心G的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2＋x3,3)，\f(y1＋y2＋y3,3))).6．两个向量a，b的夹角为锐角⇔a·b＞0且a，b不共线；两个向量a，b的夹角为钝角⇔a·b＜0且a，b不共线．7．平面对量数量积运算的常用公式(1)(a＋b)·(a－b)＝a2－b2.(2)(a＋b)2＝a2＋2a·b＋b2.(3)(a－b)2＝a2－2a·b＋b2.一．向量的概念与向量的模〔共2小题〕1．〔2023春•苏州期中〕在如下图的半圆中，AB为直径，O为圆心，点C为半圆上一点且∠OCB＝15°，，那么等于〔〕A． B． C． D．【分析】由题意可知，在△BOC中，OB＝OC＝，∠COB＝150°，利用余弦定理可求出BC2，再在Rt△ABC中利用勾股定理求解即可．【解答】解：连接AC，∵AB为直径，∴∠ACB＝90°，在△BOC中，OB＝OC＝，∠OCB＝15°，∴∠OBC＝15°，∠COB＝150°，由余弦定理可得，BC2＝OB2+OC2﹣2OB•OC•cos∠COB＝2+2﹣2×＝4+2，在Rt△ABC中，＝＝＝﹣1，即＝﹣1．应选：C．【点评】此题主要考查了余弦定理的应用，属于根底题．2．〔2023春•盱眙县期中〕设点M是线段BC的中点，点A在直线BC外，假设＝4，，那么＝2．【分析】依据两个向量的和与差的模长相等，得到以和为邻边的平行四边形是一个矩形，依据矩形的对角线相等且相互平分，得到要求的向量的模长．【解答】解：∵，∴以和为邻边的平行四边形是一个矩形，依据矩形的对角线相等且相互平分，∴＝＝4×＝2，故答案为：2【点评】此题考查向量的模，是一个根底题，此题解题的关键是看清向量的和与差的模长组成一个矩形，依据矩形的性质解题，留意应用平面几何中的内容．二．向量相等与共线〔共2小题〕3．〔2023春•鼓楼区校级期中〕设，都是非零向量，以下四个条件中，使得成立的条件是〔〕A． B． C． D．∥且【分析】利用向量共线的充要条件，求等式的充要条件，进而可利用命题充要条件的定义得其充分条件．【解答】解：⇔⇔与共线且同向⇔且λ＞0，应选：C．【点评】此题主要考查了向量共线的充要条件，命题的充分和必要性，属根底题．4．〔2023春•栖霞区校级期中〕向量，不共线，向量，且，那么λ的值为〔〕A．1 B．﹣1 C．±1 D．2【分析】利用向量共线定理列出方程组，求解即可．【解答】解：∵向量，不共线，向量，且，∴λ+＝t〔+λ〕，∴，∴λ＝±1．应选：C．【点评】此题考查了向量共线定理，属于根底题．三．向量的加法〔共1小题〕5．〔2022秋•海安市期末〕设G为△ABC的重心，那么＝〔〕A．0 B． C． D．【分析】依据条件，结合重心的定义，以及向量的运算，即可求解．【解答】解：G为△ABC重心，，那么．应选：B．【点评】此题主要考查重心的定义，以及向量的运算，属于根底题．四．向量的减法〔共1小题〕6．〔2018春•张家港市校级期末〕〔﹣〕﹣〔﹣〕＝．【分析】依据向量减法的几何意义即可进行化简．【解答】解：．【点评】此题考查了向量减法的几何意义，考查了计算力量，属于根底题．五．向量的三角形法那么〔共1小题〕7．〔2018春•衢州期中〕P是△ABC所在平面上一点，满意||﹣||＝0，那么△ABC的外形是〔〕A．等腰直角三角形 B．直角三角形 C．等腰三角形 D．等边三角形【分析】依据平面对量的线性运算与模长公式，可以得出•＝0，即⊥，△ABC是直角三角形．【解答】解：P是△ABC所在平面上一点，且||﹣||＝0，∴||﹣|〔﹣〕+〔﹣〕|＝0，即||＝|+|，∴|﹣|＝|+|，两边平方并化简得•＝0，∴⊥，∴∠A＝90°，那么△ABC是直角三角形．应选：B．【点评】此题考查了平面对量的线性运算与数量积运算问题，也考查了模长公式应用问题，是根底题．六．向量加减混合运算〔共1小题〕8．〔2022春•玄武区校级期中〕化简＝〔〕A． B． C． D．【分析】进行向量的加法和减法的运算即可．【解答】解：原式＝．应选：B．【点评】此题考查了向量的加法和减法的运算，考查了计算力量，属于根底题．七．两向量的和或差的模的最值〔共1小题〕9．〔2022•高邮市开学〕向量，，那么的最小值为〔〕A．2 B． C．1 D．【分析】利用向量坐标运算，得＝，再利用二次函数性质可解．【解答】解：向量，，那么＝〔〕，那么＝，当时，有最小值1，应选：C．【点评】此题考查向量的坐标运算以及二次函数性质，属于中档题．八．向量数乘和线性运算〔共2小题〕10．〔2022春•钟楼区校级月考〕如图，平行四边形ABCD的对角线相交于点O，过点O的直线与AB，AD所在直线分别交于点M，N，满意＝m，＝n〔m＞0，n＞0〕，假设mn＝，那么的值为〔〕A． B． C． D．【分析】利用平面对量根本定理可得＝，由O，M，N三点共线，可得，结合mn＝即可求出m，n的值，从而求出结果．【解答】解：＝＝＝，∵O，M，N三点共线，∴，即m+＝2，又mn＝，联立解得m＝，n＝，∴＝＝，应选：B．【点评】此题主要考查了平面对量根本定理，考查了三点共线的性质，属于中档题．11．〔2022春•响水县校级期中〕点G是△ABC的重心，点M，N分别在AB，AC上，且满意，其中x+y＝1．假设，那么△AMN与△ABC的面积之比为．【分析】用，表示出，求出x，y，得出M，N的位置，从而得出答案．【解答】解：设BC的中点为D，那么＝＝，又，即＝，∴＝+，∴x＝，又x+y＝1，∴y＝，∴＝，即＝，＝＝．故答案为：．【点评】此题考查了平面对量根本定理，考查了方程思想和转化思想，属于中档题．九．平面对量数量积的含义与物理意义〔共3小题〕12．〔2023•临沂一模〕向量，满意•＝10，且＝〔﹣3，4〕，那么在上的投影向量为〔〕A．〔﹣6，8〕 B．〔6，﹣8〕 C．〔﹣，〕 D．〔，﹣〕【分析】依据投影向量的定义计算即可．【解答】解：由于•＝10，且＝〔﹣3，4〕，所以在上的投影向量||cos＜，＞＝〔•〕＝10×＝〔﹣，〕．应选：C．【点评】此题考查了投影向量的定义与计算问题，是根底题．13．〔2023春•栖霞区校级期中〕如图，在直角梯形ABCD中，，，AB＝5，AD＝3，CD＝2，那么＝22．【分析】说明，利用平面对量的根本定理，化简求解即可．【解答】解：由于在直角梯形ABCD中，，，AB＝5，AD＝3，CD＝2，所以，由于直角梯形ABCD，所以AB⊥AD，故，所以＝，＝＝＝＝＝＝．故答案为：22．【点评】此题考查平面对量的数量积的求法与应用，是根底题．14．〔2023春•淮阴区期中〕A〔1，1〕，B〔﹣3，4〕，P〔﹣1，﹣2〕，直线l经过A，B两点，我们把向量以及与它平行的非零向量都称为直线l的方向向量，把与直线l垂直的向量称为直线l的法向量，那么向量在直线l的法向量上的投影向量的模就是点P到直线l的距离．〔1〕求直线l的一个法向量；〔2〕运用上述方法，求点P到直线l的距离．【分析】〔1〕利用新定义求解直线的法向量即可．〔2〕求解向量，利用投影向量的模求解点P到直线l的距离．【解答】解：〔1〕＝〔﹣4，3〕，与垂直的向量为：〔3，4〕，所以直线l的一个法向量＝〔3，4〕．〔2〕A〔1，1〕，B〔﹣3，4〕，P〔﹣1，﹣2〕，＝〔2，3〕，点P到直线l的距离d，即＝＝．【点评】此题考查向量的应用，距离的求法，是根底题．一十．平面对量数量积的性质及其运算〔共1小题〕15．〔2023春•常熟市校级期中〕如图，△ABC中，AB＝8，AC＝7，BC＝5，G为△ABC重心，P为线段BG上一点，那么的最大值为20，假设M、N分别是边BC、BA的中点，那么的取值范围是．【分析】依据余弦定理求出，进而得出，依据条件设，然后可用分别表示出，然后进行数量积的运算即可得出，配方即可求出的最大值；依据条件得出，由前面知，然后进行数量积的运算及λ的范围即可求出的取值范围．【解答】解：在△ABC中，AB＝8，AC＝7，BC＝5，∴＝，∴＝，∵G为△ABC重心，P为线段BG上一点，设，0≤λ≤1，∴＝＝＝＝＝＝，∴λ＝0时，取最大值20；依据前面，，0≤λ≤1，且M、N分别是边BC、BA的中点，∴，∴＝＝＝，∵0≤λ≤1，∴，∴的取值范围为．故答案为：20，．【点评】此题考查了向量加法和减法、数乘的几何意义，共线向量根本定理，向量数量积的运算及计算公式，向量的数乘运算，三角形重心的性质，向量加法的平行四边形法那么，配方求二次函数最值的方法，考查了计算力量，属于中档题．一十一．平面对量的正交分解及坐标表示〔共2小题〕16．〔2021春•宜兴市期中〕分别以正方形ABCD的四个顶点为起点与终点的全部有向线段能表示的不同向量有〔〕A．4个 B．6个 C．8个 D．12个【分析】可画出图形，然后写出以正方形ABCD的四个顶点为起点与终点的全部有向线段能表示的不同向量，然后即可得出正确的选项．【解答】解：如图，以正方形ABCD的四个顶点为起点与终点的全部有向线段能表示的不同向量为：，共8个．应选：C．【点评】此题考查了相等向量的定义，向量的几何意义，考查了计算力量，属于根底题．17．〔2019秋•启东市校级月考〕的方向与x轴的正向所成的角为120°，且，那么的坐标为〔﹣1，〕或〔﹣1，﹣〕．【分析】依据题意画出向量，利用三角函数的定义求得对应点的坐标即可．【解答】解：向量的方向与x轴的正向所成的角为120°，且||＝2，如下图，向量的终点为A或B，由三角函数的定义，可得A〔﹣1，〕，B〔﹣1，﹣〕；所以的坐标为〔﹣1，〕或〔﹣1，﹣〕．故答案为：〔﹣1，〕或〔﹣1，﹣〕．【点评】此题考查了平面对量的坐标求法问题，是根底题．一十二．平面对量的坐标运算〔共2小题〕18．〔2023春•南通期中〕点A〔﹣1，1〕，B〔2，﹣1〕，假设直线AB上的点D满意，那么D点坐标为〔〕A．〔，0〕 B．〔0，〕 C．〔1，〕 D．〔5，﹣3〕【分析】依据题意，设D〔x，y〕，分析可得B为AD的中点，由中点坐标公式计算可得答案．【解答】解：依据题意，设D〔x，y〕，又由点A〔﹣1，1〕，B〔2，﹣1〕，且，即B为AD的中点，那么有，解可得：x＝5，y＝﹣3，即D点坐标为〔5，﹣3〕．应选：D．【点评】此题考查平面对量的坐标计算，涉及向量的数乘运算，属于根底题．19．〔2023春•栖霞区校级期中〕＝〔2，3〕，2+＝〔6，2〕，那么＝〔〕A．〔2，﹣4〕 B．〔﹣2，4〕 C． D．【分析】依据向量的运算直接可得的坐标．【解答】解：设＝〔x，y〕，那么2+＝2〔2，3〕+〔x，y〕＝〔4+x，6+y〕，由得4+x＝6，6+y＝2，那么x＝2，y＝﹣4，那么＝〔2，﹣4〕．应选：A．【点评】此题考查向量的运算，属于根底题．一十三．平面对量共线〔平行〕的坐标表示〔共2小题〕20．〔2023春•淮阴区期中〕向量，，假设，那么实数x＝〔〕A． B． C． D．0【分析】直接利用平面对量共线的坐标表示列式计算．【解答】解：∵向量＝〔x，1〕，＝〔3，x〕，∥，∴x2＝3，解得x＝±，应选：C．【点评】此题主要考查向量共线的性质，属于根底题．21．〔2023春•常州期中〕非零向量与向量共线，那么cosθ的值为〔〕A． B． C． D．【分析】依据条件，结合向量平行的性质，以及余弦函数的二倍角公式，即可求解．【解答】解：非零向量与向量共线，那么，即，解得，故cosθ＝．应选：D．【点评】此题主要考查向量平行的性质，以及余弦函数的二倍角公式，属于根底题．一十四．数量积表示两个向量的夹角〔共2小题〕22．〔2023春•淮安期中〕是夹角为60°的两个单位向量，设向量，那么与的夹角为〔〕A． B． C． D．【分析】由数量积的定义求得•，再由向量的模的公式和性质，求得•，||，||，结合夹角公式可得所求值．【解答】解：由是夹角为60°的两个单位向量，可得•＝1×1×＝，向量，可得•＝﹣62+22+•＝﹣6+2+＝﹣，||＝＝＝，||＝＝＝，那么与的夹角θ的余弦值为＝＝﹣，由于夹角θ∈[0，π]，可得θ＝．应选：C．【点评】此题考查向量的数量积的定义和性质，以及夹角的求法，考查转化思想和运算力量，属于中档题．23．〔2023春•如东县期中〕向量＝〔﹣4，2〕，＝〔1，﹣4〕．〔1〕假设〔﹣3b〕⊥〔λ+b〕，求λ的值；〔2〕假设＝〔3μ﹣2，﹣μ〕，向量与的夹角为锐角，求μ的取值范围．【分析】〔1〕依据〔﹣3〕⊥〔λ+〕，有〔﹣3〕•〔λ+〕＝0，可得λ的值；〔2〕+与的夹角为锐角，那么〔+〕•＞0，且+与的夹角不能为0°，再求出μ的取值范围．【解答】解：〔1〕假设〔﹣3〕⊥〔λ+〕，那么〔﹣3〕•〔λ+〕＝0，∴λ+〔1﹣3λ〕•﹣3＝0，∵＝〔﹣4，2〕，＝〔1，﹣4〕，∴＝20，＝17，•＝﹣4﹣8＝﹣12，∴20λ﹣12〔1﹣3λ〕﹣3×17＝0，∴λ＝；〔2〕向量+与的夹角为锐角，那么〔+〕•＞0，∵＝〔﹣4，2〕，＝〔1，﹣4〕，∴+＝〔﹣3，﹣2〕，又＝〔3μ﹣2，﹣μ〕，∴﹣3〔3μ﹣2〕+2μ＞0，∴μ＜，又当+与的夹角为0°不符题意，∴3μ≠﹣2〔3μ﹣2〕，∴μ≠，那么μ的取值范围为〔﹣∞，〕∪〔，〕．【点评】此题考查向量的线性运算，考查向量的夹角，向量的垂直，属于根底题．一十五．数量积推断两个平面对量的垂直关系〔共2小题〕24．〔2023春•南京期中〕向量，假设，那么m＝〔〕A．6 B．﹣6 C． D．【分析】依据条件，结合向量垂直的性质，即可求解．【解答】解：向量，，那么﹣4m+6＝0，解得m＝．应选：D．【点评】此题主要考查向量垂直的性质，属于根底题．25．〔2023春•秦淮区校级期中〕平面对量＝〔2，﹣1〕，＝〔m，2〕，且⊥，那么|+|＝．【分析】由题意利用两个向量垂直的性质，两个向量的数量积公式，求得m的值，可得+的坐标，从而求得它的模．【解答】解：∵平面对量＝〔2，﹣1〕，＝〔m，2〕，且⊥，∴＝2m﹣2＝0，∴m＝1，∴+＝〔3，1〕，那么|+|＝＝，故答案为：．【点评】此题主要考查两个向量垂直的性质，两个向量的数量积公式，属于根底题．一．选择题〔共6小题〕1．〔2023春•如东县期中〕在△ABC中，D，E分别为边AB，AC上一点，且AB＝3DB，AE＝2EC，CD与BE交于F，假设，那么〔m，n〕为〔〕A． B． C． D．【分析】利用平面对量的根本定理可得，D、E分别为AB，AC的三等分点，将分别用两个线性运算表示，对应系数相等，即可求出答案．【解答】解：设，，∵＝＝＝，又∵＝＝，∴⇒，代入得：，应选：B．【点评】此题考查的平面对量的根本定理，需要代设系数，属于中档题．2．〔2022秋•无锡期末〕在平行四边形ABCD中，＝，＝，||＝2，||＝2，那么•＝〔〕A．﹣9 B．﹣6 C．6 D．9【分析】由三角形的余弦定理和向量的加减运算和数量积的性质，化简整理，可得所求值．【解答】解：设AD＝x，AB＝y，∠ADC＝∠ABF＝α，由＝，＝，可得DE＝y，BF＝x，在△ADE中，AE2＝AD2+DE2﹣2AD•DE•cosα，即有x2+y2﹣2x•ycosα＝4，①在△ABF中，AF2＝AB2+BF2﹣2AB•BF•cosα，可得y2+x2﹣2y•xcosα＝12，②②﹣①可得y2﹣x2＝8，化为y2﹣x2＝9，那么•＝〔+〕•〔﹣〕＝2﹣2＝x2﹣y2＝﹣9．应选：A．【点评】此题考查向量数量积的性质，以及三角形的余弦定理的运用，考查方程思想和运算力量，属于中档题．3．〔2023春•海安市校级月考〕骑自行车是一种能有效改善心肺功能的耐力性有氧运动，深受群众宠爱，如图是某一自行车的平面结构示意图，图中的圆A〔前轮〕，圆D〔后轮〕的半径均为，△ABE，△BEC，△ECD均是边长为4的等边三角形．设点P为后轮上的一点，那么在骑行该自行车的过程中，的最大值为〔〕A． B．12 C． D．36【分析】建立直角坐标系，可得，设，表示出，再由三角函数的性质得解．【解答】解：建立如下图的平面直角坐标系，那么，圆D的方程为x2+y2＝3，那么可设，所以，所以，所以的最大值为．应选：A．【点评】此题考查平面对量的数量积以及三角函数的图象及性质，考查运算求解力量，属于中档题．4．〔2023春•如东县期中〕正三角形ABC的边长为3，点D在边AB上，且，三角形ABC的外接圆的一条弦MN过点D，点P为边BC上的动点，当弦MN的长度最短时，的取值范围是〔〕A．[﹣1，5] B．[﹣1，7] C．[0，2] D．[1，5]【分析】设O为△ABC外接圆的圆心，结合垂径定理和正弦定理，可得MN＝2，再由极化恒等式推出•＝2﹣2，于是问题转化为求||的取值范围，然后结合三角函数学问与余弦定理，即可得解．【解答】解：设O为△ABC外接圆的圆心，由于，所以OD＝AC＝1，当弦MN的长度最短时，MN⊥OD，在△ABC中，由正弦定理知，外接圆半径R＝＝＝，即OM＝，所以MN＝2MD＝2＝2＝2，由于〔+〕2＝〔﹣〕2+4•，即〔2〕2＝2+4•，所以•＝2﹣2＝2﹣•＝2﹣2，由于点P为线段BC上的动点，所以当点P与点Q重合〔DQ⊥BC〕时，||min＝|DQ|＝|BD|sin60°＝2×＝；当点P与点C重合时，||max＝|CD|，在△BCD中，由余弦定理知，|CD|2＝|BC|2+|BD|2﹣2|BC|•|BD|cos∠ABC＝9+4﹣2×3×2×＝7，所以||max＝|CD|＝，综上，||∈[，]，所以•＝2﹣2∈[1，5]．应选：D．【点评】此题考查平面对量在几何中的应用，娴熟把握平面对量数量积的运算法那么，正弦定理，余弦定理是解题的关键，考查规律推理力量和运算力量，属于中档题．5．〔2023春•海陵区校级期中〕平面对量，，，对任意实数x，y都有，成立．假设，那么的最大值是〔〕A． B． C． D．【分析】由题意画出图形，知B，C在以MA为直径的圆上，过O作OD∥AC，交MC于E，交圆于D，在OD上的射影最长为|ED|，•〔﹣〕＝＝|DE|•|AC|，设∠AMC＝θ，那么|AC|＝sinθ，|OE|＝sinθ，可得|DE|＝﹣|OE|＝﹣sinθ，代入•〔﹣〕＝|DE|•|AC|．整理后利用二次函数求最值．【解答】解：如图，设，，，假设对任意实数x，y都有|﹣x|≥|﹣|，|﹣y|≥|﹣|成立，那么B，C在以MA为直径的圆上，过O作OD∥AC，交MC于E，交圆于D，在OD上的射影最长为|ED|，•〔﹣〕＝＝|DE|•|AC|，设∠AMC＝θ，那么|AC|＝sinθ，|OE|＝sinθ，|DE|＝﹣|OE|＝﹣sinθ，∴•〔﹣〕＝2sinθ〔1﹣sinθ〕＝﹣sin2θ+sinθ，那么当sinθ＝时，•〔﹣〕有最大值为．应选：B．【点评】此题考查平面对量的数量积运算，考查数形结合的解题思想方法，考查数学转化思想方法，是中档题．6．〔2023春•镇江期中〕△ABC中，D，E分别为线段AB，BC上的点，直线AE，CD交于点P，且满意，那么的值为〔〕A． B． C． D．【分析】可画出图形，可设，依据D，P，C三点共线，A，P，E三点共线即可求出k＝，，然后可设S△BPD＝x，S△BPE＝y，S△ABC＝z，然后可得出，解出x，y，然后即可求出的值．【解答】解：如图，设，且D，P，C三点共线，A，P，E三点共线，∴＝，＝，且，∴，，解得，∴，∴S△ABE＝，，设S△BPD＝x，S△BPE＝y，S△ABC＝z，那么，∴，解得，∴．应选：C．【点评】此题考查了共线向量根本定理，三点共线的充要条件，平面对量根本定理，三角形的面积公式，考查了计算力量，属于难题．二．多项选择题〔共3小题〕〔多项选择〕7．〔2023春•如东县期中〕“奔驰定理〞因其几何表示酷似奔驰的标志得来，是平面对量中一个特别美丽的结论．奔驰定理与三角形四心〔重心、内心、外心、垂心〕有着神奇的关联．它的详细内容是：M是△ABC内一点，△BMC，△AMC，△AMB的面积分别为SA，SB，SC，且．以下命题正确的有〔〕A．假设SA：SB：SC＝1：1：1，那么M为△ABC的重心 B．假设M为△ABC的内心，那么 C．假设∠BAC＝45°，∠ABC＝60°，M为△ABC的外心，那么 D．假设M为△ABC的垂心，，那么【分析】对A，取BC的中点D，连接MD，AM，结合奔驰定理可得到，进而即可推断A；对B，设内切圆半径为r，从而可用r表示出SA，SB，SC，再结合奔驰定理即可推断B；对C，设△ABC的外接圆半径为R，依据圆的性质结合题意可得∠BMC＝90°，∠AMC＝120°，∠AMB＝150°，从而可用R表示出SA，SB，SC，进而即可推断C；对D，延长AM交BC于点D，延长BO交AC于点F，延长CO交AB于点E，依据题意结合奔驰定理可得到，，从而可设MD＝x，MF＝y，那么AM＝3x，BM＝2y，代入即可求解cos∠AMB，进而即可推断D．【解答】解：对于A，取BC的中点D，连接MD，AM，由SA：SB：SC＝1：1：1，那么，所以，所以A，M，D三点共线，且，设E，F分别为AB，AC的中点，同理可得，，所以M为△ABC的重心，故A正确；对于B，由M为△ABC的内心，那么可设内切圆半径为r，那么有，，，所以，即，故B正确；对于C，由M为△ABC的外心，那么可设△ABC的外接圆半径为R，由于∠BAC＝45°，∠ABC＝60°，那么有∠BMC＝2∠BAC＝90°，∠AMC＝2∠ABC＝120°，∠AMB＝2∠ACB＝150°，所以，，，所以，故C错误；对于D，如图，延长AM交BC于点D，延长BM交AC于点F，延长CM交AB于点E，由M为△ABC的垂心，，那么SA：SB：SC＝3：4：5，又S△ABC＝SA+SB+SC，那么，，设MD＝x，MF＝y，那么AM＝3x，BM＝2y，所以，即3x2＝2y2，所以，所以，故D正确；应选：ABD．【点评】此题主要考查了平面对量的数量积运算，考查了三角形的重心、内心、外心和垂心的性质，属于中档题．〔多项选择〕8．〔2023春•丹阳市期中〕以下说法中正确的选项是〔〕A．在△ABC中，，，，假设，那么△ABC为锐角三角形 B．非零向量和满意，||＝|+|＝2，那么 C．，，且与的夹角为锐角，那么实数λ的取值范围是 D．在△ABC中，假设，那么△AOC与△AOB的面积之比为【分析】利用向量的数量积推断角的大小，推断A的正误；利用向量的模的运算法那么求解推断B的正误；利用向量的数量积，转化求解λ的范围推断C的正误；通过向量关系，转化求解三角形的面积的比值，推断D的正确即可．【解答】解：对于A，在△ABC中，，，，假设，说明C是锐角，不能推断B、A的大小，所以推断△ABC为锐角三角形是不正确的，所以A不正确；对于B，非零向量和满意，||＝|+|＝2，可得2+＝4，可得＝﹣1，＝1+1+4＝6，所以，所以B正确；对于C，由于，，且与的夹角为锐角，所以＞0，且与不共线，所以•〔〕＝〔1，2〕•〔1+λ，2+λ〕＝1+λ+4+2λ＞0，所以λ＞−，当与共线时，2〔1+λ〕＝2+λ，解得λ＝0，所以λ的取值范围为λ＞−且λ≠0，所以C不正确；对于D，△ABC中，，所以2〔〕＝﹣3〔〕，分别取AC、BC的中点D，E，连接OD、OE和AE，那么2＝﹣3，所以＝，所以＝，所以＝．又由于＝，所以＝．同理，所以，所以＝，所以D正确．应选：BD．【点评】此题考查了向量在几何中的应用问题，以及向量的数量积的应用，模的运算法那么的应用，是中档题．〔多项选择〕9．〔2023春•鼓楼区校级月考〕如图，直线l1∥l2，点A是l1，l2之间的一个定点，点A到l1，l2的距离分别为1，2．点B是直线l2上一个动点，过点A作AC⊥AB，交直线l1于点，那么〔〕A． B．△GAB面积的最小值是 C． D．存在最小值【分析】依据题意建立适宜的直角坐标系，设出C〔m，3〕，B，G坐标，依据AC⊥AB及即可找到三个点的坐标关系，分别写出即可推断A；取AB中点为F，连接CF，依据，可得G，C，F三点共线，且G为CF靠近F的三等分点，即可找到△GAB面积与△ABC面积之间比例关系，进而建立△GAB面积等式，依据根本不等式即可推断B，求出，再依据根本不等式可推断C；写出进行化简，依据m的范围即可得的最值状况．【解答】解：设AB中点为F，连接CF，以D为原点，DB，DE方向分别为x，y轴建立如下图直角坐标系：所以A〔0，2〕，E〔0，3〕，设C〔m，3〕，B〔n，0〕，G〔x，y〕，m，n，x，y∈R，且m，n≠0，所以，由于AC⊥AB，所以，即mn﹣2＝0，故，即，所以，，由于，所以，由于，故，选项A正确；由于，所以，即＝﹣2，所以G，C，F三点共线，且G为CF靠近F的三等分点，所以＝，当且仅当，即m＝±1时取等，所以选项B正确；由于，所以＝，当且仅当，即时取等，故，选项C正确：由于，所以＝．由于m∈R且m≠0，所以m2＞0，记，可知f〔x〕单调递增，没有最值，即没有最值，应选项D错误．应选：ABC．【点评】此题考查了平面对量数量积的性质以及平面对量在平面几何中的应用，属于较难题目．三．填空题〔共7小题〕10．〔2023春•苏州期中〕依据毕达哥拉斯定理，以直角三角形的三条边为边长作正方形，从斜边上作出的正方形的面积正好等于在两直角边作出的正方形面积之和．现在对直角三角形CDE按上述操作作图后，得如下图的图形．假设，那么x+y＝．【分析】建立平面直角坐标系，标出各个点的坐标，利用平面对量的坐标运算即可得解．【解答】解：如图，以A为原点，分别以为x，y轴建立平面直角坐标系：设正方形ABCD的边长为2a，那么正方形DEHI的边长为，正方形EFGC边长为a，可知A〔0，0〕，B〔2a，0〕，D〔0，2a〕，，那么，，即，又，∴，即，即，化简得．故答案为：．【点评】此题主要考查了平面对量的坐标运算，考查了解析法的应用，属于中档题．11．〔2023春•雨花台区校级期中〕设x、y∈R，假设向量，，满意，，，且向量与相互平行，那么的最小值为．【分析】可求出，依据与平行可得出y＝3﹣x，从而得出，依据进行数量积的坐标运算即可求出最小值．【解答】解：，且与相互平行，∴x﹣2﹣〔1﹣y〕＝0，∴y＝3﹣x，∴，∴+〔7﹣2x〕2＝5x2﹣20x+65＝5〔x﹣2〕2+45≥45，∴，∴的最小值为．故答案为：．【点评】此题考查了平行向量的坐标关系，向量坐标的减法和数量积的运算，向量数量积的计算公式，配方求二次函数最值的方法，考查了计算力量，属于中档题．12．〔2023春•常州月考〕窗花是贴在窗子或窗户上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一，图1是一个正八边形窗花隔断，图2是从窗花图中抽象出的几何图形的示意图．如图2，正八边形ABCDEFGH中，假设〔λ，μ∈R〕，那么λ+μ的值为；假设正八边形ABCDEFGH的边长为2，P是正八边形ABCDEFGH八条边上的动点，那么的最小值为．【分析】对第一空，建系，依据向量坐标运算，建立方程，即可求解；对其次空，分别延长GH与BA交于点I，那么依据向量数量积的几何定义与向量投影的概念可得：的最小值为﹣|AB|×|AI|，再计算即可得解．【解答】解：对第一空，建系如图，设正八面体的中心O到顶点的距离为1，那么A〔0，﹣1〕，E〔0，1〕，C〔1，0〕，F〔cos，sin〕，即F〔，〕，∴，，，又，∴〔0，2〕＝λ〔1，1〕+μ〔，+1〕，∴，解得，∴λ+μ＝＝；对其次空，如图，分别延长GH与BA交于点I，那么依据向量数量积的几何定义与向量投影的概念可得：的最小值为﹣|AB|×|AI|，又|AB|＝|AH|＝2，三角形HIA为等腰直角三角形，∴|AI|＝，∴的最小值为﹣|AB|×|AI|＝．故答案为：；．【点评】此题考查坐标法的应用，向量数量积的几何定义与向量投影的概念，方程思想，数形结合思想，属中档题．13．〔2021春•江阴市校级月考〕如图，在平面四边形ABCD中，AB⊥BC，AD⊥CD，∠BAD＝120°，AB＝AD＝1，假设点E为边CD上的动点，那么的取值范围是．【分析】如图，以D为坐标原点，建立平面直角坐标系，设，依题意可得，结合y的取值范围即可得解．【解答】解：如图，以D为坐标原点，建立平面直角坐标系，连接AC，由题意知，∠CAD＝∠CAB＝60°，∠ACD＝∠ACB＝30°，∴，设，那么，∴，当时，取得最大值3，当时，取得最小值．故答案为：．【点评】此题考查平面对量的数量积，解题的关键是将平面问题坐标化，考查数形结合思想，属于中档题．14．〔2023春•海安市校级月考〕17世纪法国数学家费马在给伴侣的一封信中曾提出一个关于三角形的好玩问题：在三角形所在平面内，求一点，使它到三角形每个顶点的距离之和最小，现已证明：在△ABC中，假设三个内角均小于120°，那么当点P满意∠APB＝∠APC＝∠BPC＝120°时，点P到三角形三个顶点的距离之和最小，点P被人们称为费马点．依据以上学问，为平面内任意一个向量，和是平面内两个相互垂直的向量，且，那么的最小值是．【分析】建立直角坐标系，将向量求模问题转化为费马点问题．【解答】解：以为x轴，为y轴，建立直角坐标系如以下图，设，那么，∴，∴表示平面内点〔x，y〕到〔0，3〕，〔2，0〕，〔﹣2，0〕三点的距离之和，由费马点知：当点P〔x，y〕与三顶点A，B，C构成的三角形ABC为费马点时最小，将三角形ABC放在坐标系中如以下图：现在先证明△ABC的三个内角均小于120°：∵，∴由余弦定理可得：，t同理可得cos∠ABC＝cos∠ACB＝＞0，∴△ABC为锐角三角形，满意费马点的条件，∵△ABC是等腰三角形，点P在底边BC的对称轴y轴上，又∠BPC＝120°，∴∠PCB＝30°，∴，即，又，∴，∴∠BPA＝120°，同理可证得∠CPA＝120°，∴此时点是费马点，且P到三个顶点A，B，C的距离之和为：，即的最小值为．故答案为：．【点评】此题主要考查向量模的运算，余弦定理的应用，考查转化思想与运算求解力量，属于难题．15．〔2022春•宿迁月考〕在Rt△ABC中，|AB|＝3，|AC|＝4，P是斜边BC上一动点，点Q满意|PQ|＝2，且．假设点Q在边BC所在的直线上，那么m+n的值为1；m+n的最大值为．【分析】依据共线定理推论即得；建立直角坐标系，写出直线BC的方程，依据方程设点P坐标，结合条件可得Q的轨迹方程，进而设出点Q坐标，依据表示出m+n然后利用三角函数的性质即得．【解答】解：由于，假设点Q在边BC所在的直线上，那么m+n＝1；以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AC所在直线为y轴建立平面直角坐标系，那么A〔0，0〕，B〔3，0〕，C〔0，4〕，得直线BC的方程为，那么可设，其中0≤t≤3，由|PQ|＝2，得点Q在以点P为圆心，2为半径的圆上，可设，由，，，由于，所以，所以，即，那么〔其中〕，所以，即，故m+n的最大值为．故答案为：1；．【点评】此题主要考查平面对量的根本定理，属于难题．16．〔2023春•常熟市期中〕如图，△ABC中，AB＝8，AC＝7，BC＝5，G为△ABC重心，P为线段BG上一点，那么的最大值为20，M、N分别是边BC、BA的中点，那么的取值范围是[﹣22，﹣]．【分析】延长BG交AC于F，由G为△ABC重心，得F为AC的中点，那么，设，可得0，分别把用基底＜＞表示，再由数量积的运算结合二次函数求最值可得的最大值；由一次函数的单调性可得的取值范围．【解答】解：延长BG交AC于F，∵G为△ABC重心，∴F为AC的中点，那么，设，P为线段BG上一点，∴0，∵G为△ABC的重心，∴BG：BF＝2：3，＝＝，＝＝．∴＝＝＝＝×××cos∠ABC﹣×〔1﹣〕×〔64+25〕＝×8×5×﹣89×〔〕＝．其对称轴方程为k＝1＞，∴当k＝0时，的最大值为20；＝＝＝•＝[+]＝[+﹣]＝×[×64+8×5×]＝×〔〕．∵0≤k≤，∴0，那么﹣22≤×〔﹣44〕．∴的取值范围是[﹣22，﹣]．故答案为：20；[﹣22，﹣]．【点评】此题考查平面对量数量积的性质及运算，考查化归与转化思想，考查运算求解力量，属难题．四．解答题〔共7小题〕17．〔2022春•邗江区期中〕正六边形ABCDEF的边长为1，〔1〕当点M满意_____时，；〔注：无需写过程，填上你认为正确的一种条件即可，不必考虑全部可能的状况〕〔2〕假设点N为线段AE〔含端点〕上的动点，且满意，求m+n的取值范围；〔3〕假设点H是正六边形ABCDEF内或其边界上的一点，求的取值范围．【分析】〔1〕依据题意，建立坐标系，设M〔x，y〕，所以，，依据，可得M为直线AD上的任意一点即可．〔2〕建系，设，由可得：，利用a的取值范围，最终可得m+n的取值范围，〔3〕设H〔x，y〕，由于点H是正六边形ABCDEF内或其边界上的一点，那么，进而，利用x的取值范围即可求解．【解答】解：〔1〕建系如图，那么由于，设M〔x，y〕，所以，，又由于，所以，，可得，又由于，所以，直线，所以，M为直线AD上的任意一点即可〔答案不唯一〕．故答案为：〔答案不唯一〕，〔2〕建系如图，那么，设，由，可得：，所以，解得，所以．〔3〕设H〔x，y〕，由于点H是正六边形ABCDEF内或其边界上的一点，那么，那么．【点评】此题考查平面对量的数量积运算，考查同学的运算力量，属于难题．18．〔2022春•西湖区校级期中〕在平面对量中有如下定理：非零向量，，假设，那么x1x2+y1y2＝0．〔1〕拓展到空间，类比上述定理，非零向量，，假设，那么_______．〔请在空格处填上你认为正确的结论〕〔2〕假设非零向量，，，且，利用〔1〕的结论求当k为何值时，cos〔β﹣γ〕分别取到最大、最小值？【分析】〔1〕拓展到空间，类比上述定理，可得x1x2+y1y2+z1z2＝0．〔2〕由，得kcosβ+〔2﹣k〕cosγ＝﹣cosα；由，得ksinβ+〔2﹣k〕sinγ＝﹣sinα，推导出cos〔β﹣γ〕＝1+，解得，由此能求出结果．【解答】解：〔1〕非零向量，，假设，那么x1x2+y1y2＝0．拓展到空间，类比上述定理，非零向量，，，那么x1x2+y1y2+z1z2＝0．〔2〕∵，∴cosα+kcosβ+〔2﹣k〕cosγ＝0⇒kcosβ+〔2﹣k〕cosγ＝﹣cosα①又∵，∴sinα+ksinβ+〔2﹣k〕sinγ＝0⇒ksinβ+〔2﹣k〕sinγ＝﹣sinα②∴①2+②2，得到k2+〔2﹣k〕2+2k〔2﹣k〕〔cosβcosγ+sinβsinγ〕＝1∴2k2﹣4k+4+2k〔2﹣k〕cos〔β﹣γ〕＝1，假设k＝0或2，此方程无解，∴2k〔2﹣k〕≠0，即k≠2且k≠4，∴，∵cos〔β﹣γ〕∈[﹣1，1]，∴，又，∴，解得，当k＝1时，〔k﹣1〕2﹣1最小，此时cos〔β﹣γ〕最大，cos〔β﹣γ〕＝﹣任意角的余弦最小为﹣1，当cos〔β﹣γ〕＝﹣1即，此时或，综上：当k＝1时，cos〔β﹣γ〕有最大值﹣0.5；当或时，cos〔β﹣γ〕有最大值﹣1．【点评】此题考查向量垂直、余弦函数的性质等根底学问，考查运算求解力量，是中档题．19．〔2022春•常州期末〕向量＝〔2，﹣1〕，＝〔1，x〕．〔Ⅰ〕假设⊥〔+〕，求||的值；〔Ⅱ〕假设+2＝〔4，﹣7〕，求向量与夹角的大小．【分析】〔I〕由向量的加法和向量垂直的条件：数量积为0，可得x＝7，再由向量的模的公式计算即可得到所求；〔Ⅱ〕运用向量的加法运算，可得x＝﹣3，再由向量的夹角公式cos＜，＞＝，计算即可得到所求夹角．【解答】解：〔I〕依题意可得，+＝〔3，﹣1+x〕，由⊥〔+〕，可得，•〔+〕＝0，即6+1﹣x＝0，解得x＝7，即＝〔1，7〕，所以；〔Ⅱ〕依题意+2＝〔4，2x﹣1〕＝〔4，﹣7〕，可得x