08.选填题之平面向量（解析版）

☆注：请用MicrosoftWord2016以上版本打开文件进行编辑，用WPS等其他软件可能会出现乱码等现象.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→A．34AB→-14AC→ B．1【解答】解：在△ABC中，AD为BC边上的中线，E为AD的中点，EB→=AB→-AE→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→，A．BC→=-12ABC．BF→=-23【解答】解：由AB＝2AD＝2DC知：∵BC→∴BC→故A选项正确．又∵AF→∴AF→故B选项正确．∵BF→∴BF→故C正确．∵CF→=CDD不正确．故选：ABC．3．如图，△ABC中，∠ABC=π2，AD平分∠BAC，过点B作AD的垂线，分别交AD，AC于E，F，若AF＝6，BC＝8，则A．12AB→+310AC→ B．1【解答】解：根据题意得，AD平分∠BAC，AE⊥BF∴AB＝AF＝6，E为BF的中点，又BC＝8，∠ABC=∴AC＝10，∴AE→=12（故选：A．4．如图所示，AD是△ABC的中线.O是AD上的一点，且AO=2OD，若CO=λAB+μAC，其中λ,μ∈A．-12 B．12 C．-【答案】C【详解】因为AD是△ABC的中线，O是AD上的一点，且AO=2所以O是△ABC的重心，则CO=又因为CO=λ所以λ=13，μ=-2故选：C.题型二、向量共线定理考点1.三点共线定理1．在△ABC中，已知D是AB边上一点，若AD→=2DB→，CDA．23 B．13 C．-13【解答】解：在△ABC中，已知D是AB边上一点∵AD→=2DB→∴CD→∴λ=2故选：A．2．如图，在△ABC中，AN→=13NC→，P是A．911 B．511 C．211 【解答】解：∵P是BN上的一点，设BP→=λBN则AP→=AB→+BP→=AB∴m＝1﹣λ，λ解得λ=811，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→，A．14a→+12b→ B．2【解答】解：∵由题意可得△DEF∽△BEA，∴DEEB=DFAB=13，再由∴DFFC作FG平行BD交AC于点G，∴FGDO∴GF→∵AG→∴AF→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CG=λCD+μCB（λ，μ∈R

【答案】1【详解】根据平行线分线段成比例可得CGCE=12故λμ即答案为12

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→（A．22+1 B．32+1 C．3【解答】解：∵△ABC中，BP→=点P满足BP→=3PC→∵AM→=λAB→，AN→=μAC→（∴AP因为B，P，C三点共线，所以，34μ+14λ=1，λ＞∴λ+μ＝（λ+μ）（34μ+14λ）＝当且仅当μ=3λ时取“＝”，则λ+μ的最小值为故选：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【解答】解：【方法一】建立如图所示的坐标系，则A（1，0），B（cos120°，sin120°），即B（-12，设∠AOC＝α，则OC→=（cosα，sin∵OC→=xOA→+yOB→=（x，0）+（-y2，3则x-解得x=sinα∴x+y=3sinα+cosα＝2sin（α+30∵0°≤α≤120°．∴30°≤α+30°≤150°．∴x+y有最大值2，当α＝60°时取最大值2．【解法二】OC→=xOA→∴OC→2=x2+y2+2xyOA→•OB→=x2+y2+2xycos120°＝x2∴x2+y2﹣xy＝1，∴（x+y）2﹣3xy＝1，∴（x+y）2﹣1＝3xy≤3•(x+y∴14•（x+y）2≤1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→=λAB→+μAD→A．3 B．22 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，先求出圆的标准方程，再设点P的坐标为（255cosθ+1，255sinθ+2），根据AP→=λAB→【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=∴12BC•CD=12BD∴r=2∴圆的方程为（x﹣1）2+（y﹣2）2=4设点P的坐标为（255cosθ+1，255∵AP→=λAB→∴（255cosθ+1，255sinθ+2）＝λ（1，0）+μ（0，2）＝（λ∴255cosθ+1＝λ，255sinθ+2∴λ+μ=255cosθ+55sinθ+2＝sin（θ+φ）+2，其中∵﹣1≤sin（θ+φ）≤1，∴1≤λ+μ≤3，故λ+μ的最大值为3，故选：A．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，且满足AP=mAB+nAD（m，

A．1 B．34 C．-34【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A0,0，B4,0，D0,4，C1,4，则AB=设BP=λ则AP=因为AP=m所以4-3λ=4m4λ=4n，消去λ，得m+因为m>0，n>0，所以1m当且仅当m=32n，结合m+3故1m+1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⋅A．-3135 B．-1935 C．【答案】D【详解】∵|a|=5，|b|=6，|a因此，cos<故选：D.2．下列说法中错误的为（

）A．已知a=1,2，b=1,1且a与aB．已知a=2,-3，C．若a与b平行，则a在b方向上的投影数量为aD．若非零a，b满足a=b=a-b【答案】ACD【详解】对于A,∵因为a与a+λb所以a⋅a若a与a+λb同向，则a+λ所以1+λ=k2+λ=2k解得所以当a与a+λb的夹角为锐角时，λ的取值范围为-53,0对于B,因为a=2,-3,b=1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acos0或acosπ，即a在b方向上的投影数量为对于D,因为a=a-b,两边平方得,aa故cos而向量的夹角范围为0∘,180∘,得a与a+b的夹角为故选:ACD考点2.平方处理绝对值问题1．已知平面向量a→，b→的夹角为π3，a→=(【解答】解：由a→=（3，1），得|a→|又平面向量a→，b→的夹角为π3所以(a→-b→)2=a→2-2a→•b→化简得|b→|2-2解得|b→故答案为：1．2．已知|OA→|=|OB→|=2，点C在线段AB上，且|OC→|A．2 B．3 C．2 D．5【解答】解：由于|OA→|=|OB→当OC⊥AB时，|OC→|取最小值，此时|OC→|＝|OA→|cos∠AOC＝所以，∠AOC=π3所以，|tOA→因此，当t=-12时，|t故选：B．3．已知平面向量a→、b→、c→满足|a→|＝2，|b→-a→|＝1，c→∥b→【解答】解：∵c→∥b∴设b→=λc→，则|λc∴(λc∴c→∴λ=12时，c→2取最大值12，故答案为：23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→【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→【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→|由向量的数量积的定义可知，AP→⋅AC→=|AP→||AC→|cos∠故答案为：182．已知两个不相等的非零向量a→，b→，满足|b→|=2，且bA．(0，2] B．[2，2) C．（0【解答】解：如图所示，设AB→=b→，AC→=a→，∠CAB＝45°，由图可知，当BC⊥AC时，|而|a→|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，【解答】解：如图所示：设∠PAB＝θ，作OM⊥AP，则∠AOM＝θ，∴sinθ=AMOA，AM＝5sinθ，AP＝2AM＝10sin∴AP→⋅AB→=10sinθ×1×cosθ＝5sin2θ∈[故答案为：[﹣5，5]．考点4.转换基底1．在平行四边形ABCD中，AD＝1，AB=12，∠BAD＝60°，E为CD的中点，则A．﹣2 B．﹣1 C．1 D．2【解答】解：如图，∵AD=1，又AC→=AB∴AC→故选：C．2．已知向量AB→与AC→的夹角为120°，且|AB→|＝3，|AC→|＝2．若AP→=λAB→+AC→，且【解答】解：由题意可知：BC→因为AP→所以AP→所以AP→=λ×3×2×(-解得λ=7故答案为：7123．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OP→=c→．若|a→|＝3【解答】解：设线段AB的垂直平分线为PH，H为垂足，则OP→则c⋅(a→-b→)=（12OA→+12OB→+HP→）•（OA故答案为：52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→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）由于点D为内分点，所以6-xx≥0，解得0＜x≤所以AB→=(x-6，-2)，AC→=(x，-2)，所以AB→⋅AC→=x(x-6)+4=x2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[﹣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→A．2516 B．258 C．254 【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），设P(x，43x)，所以PB→AP→⋅(PB故选：B．3．已知单位向量a→，b→的夹角为60°，若向量c→A．1+33 B．33 C．1+3【解答】解：由题意，设单位向量a→=（1，0），b→=（cos60°，sin60°）＝（12，32），且则a→-2b→+3c→=（3由|a∴(3x)2+(3y-化简得x2+(y-3它表示圆心为C（0，33），半径为1由图形知，|c→|的最大值为故选：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·CFA．4 B．8 C．78 D．【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+BA=BD+所以BF⋅BA·可得DF2=5又因为BE=BD所以BE·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，则OC⋅又OM≤ON＋NM＝12AD＋AB＝3当且仅当O，N，M三点共线时取等号．所以OC⋅OB的最大值为故答案为：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（

A．-14 B．-13 C．【答案】C【详解】PA取OC中点D，由极化恒等式得,又|PD|min2=0，∴故选:C.4．如图，在四边形ABCD中，∠B=60°, AB=3，BC=6，且AD=λBC,AD⋅AB=-32，则实数【答案】16【详解】∵AD=λBC，∴ADAB=λ×6×3×(-1解得λ=1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，∵AB=3,∠ABC=60°，∴A的坐标为A∵又∵AD=16BC,则D(52,DM=(x-52DM⋅所以，当x=2时，DM⋅DN取得最小值故答案为：16；13题型五、奔驰定理1．已知点O为△ABC内一点，满足OA→+3OB→=λA．﹣2 B．-12 C．12 【解答】解：如图，设OE→=3OB→，作平行四边形OAME，其中对角线OM与底边则OA→易知△OBF∽△MFA，故OFMF=OB又S△AOB=13S∴OM→∵OA→∴λ＝﹣2．故选：A．2．设P、Q为△ABC内的两点，且AP→=25AB→+A．45 B．85 C．43 【解答】解：设AM→=2∵AP→=由平行四边形法则知NP∥AB∴△ABP的面积与△ABC的面积之比1同理△ABQ的面积与△ABC的面积之比为2∴△ABP的面积与△ABQ的面积之比为1故选：D．3．点O为△ABC内一点，若S△AOB:S△BOC:S△AOC=4:3:2，设A．29，49 B．49，29 C．19，2【答案】A【详解】如图所示，延长AO交BC于Q，显然S△AOB由面积关系可得S△BOCS△ABC而AQ=所以AO=所以S△AOC⋅OB又由题可知S△AOB:S所以4OA+AC所以λ=2故选：A4．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→=（1x-2）AB→+（1-2y）AD→【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→∴3(DA∴AO→设AC→∵AC→=（1x-2）AB→+∴3（1x-2）＝1∴3x∴x+y=17(x+y)(当且仅当2x7y=3y7x，即x=故答案为：5+26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→|AB→|sinBA．外心 B．内心 C．重心 D．垂心【解答】解：∵|AB→|sinB=∴OP→=OA→+而AB→+λ⋅1t（AB→+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【解答】解：由点M满足MA→+MB→+设点D为底边BC的中点，则AM∴AB∴m＝3故答案为：33．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＝λcsinB，则实数λ＝1【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，所以DG=1由重心的性质得：AD＝3DG，所以AD=32由余弦定理得：AC2＝AD2+CD2﹣2AD•CD•cos∠ADC，AB2＝AD2+BD2﹣2AD•BDcos∠ADB，因为∠ADC+∠BDC＝π，又BD＝CD，所以AC2+AB2＝2（BD2+AD2），所以AC2+AB2=12BC2+92所以b2+c2＝5a2，可得cosA=b由因为atanA＝λcsinB，所以λ=asinA故答案为：12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OP→=OA→+λ(AB→【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，动点P满足OP→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→A．重心 B．垂心 C．外心 D．内心【解答】解：∵OB→=∴aOA→+bOB→+cOC→=aOA→+b（AB→-AO→）+c而aOA∴（a+b+c）AO→=bAB即AO记AB→=cn1→，AC→=bn2→，其中则AO→=bc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BI→=mBA→+nBC→（m，A．43 B．65 C．2 D【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：∵AB＝5，BD=12BC＝3，∴AD＝∵△ABC是等腰三角形，∴内心I在线段AD上，设内切圆的半径为r，则tan∠IBD=r∴tan∠ABC=2tan∠IBD又tan∠ABC=AD∴6r9-r2=43，解得r∴I（0，32），又B（﹣3，0），A（0，4），C（3，0∴BI→=（3，32），BA→=（3，4），BC∵BI→=m∴3=3m+6n32=4m∴mn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【解答】解：由（OA→+OB→即（OA→+OB→）•（即OA→2-OB→2=0，即有|由（OB→+OC→即（OB→+OC→）•（即有OB→2-OC→2=0，即有|则有|OA→|＝|OB→|＝|OC则O为三角形ABC的外心．故答案为：外2．已知O是锐角△ABC的外接圆的圆心，且∠A=π4，若cosBsinCAB→+【解答】解：取AB中点D，则有AO→=AD由OD→⊥AB→，可得OD=2m(AD→+DO→由正弦定理化简可得cosBsinC由sinC≠0，两边同时除以sinC得：cosB+cosAcosC＝msinC，∴m=cosB+cosAcosCsinC=-cos(A+C)+cosAcosCsinC=-cosAcosC+sinAsinC+cosAcosC故答案为：23．在△ABC中，CA＝2CB＝2，CA→•CB→=-1，O是△ABC的外心，若CO→=xCA→+yCB→，则【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同理可得：CO→•CB→=CE•又CO→•CA→=（xCA→+yCB→）•CO→•CB→=（xCA→+yCB→∴4x-解得x=56，y∴x+y=13故答案为：136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→A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心【解答】解：∵OA→2+BC→2=OB∴OA→2+（OC→-OB→）2=OB→即OA→2+OB→2+OC→2﹣2OC→•OB→=OA→2即OC→•OB→=OC→•OA→，即OC→•（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OP→=OA→+λ(AB→|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．则BC→•AB同理BC→∵动点P满足OP→=OA→∴AP→=λ(AB∴AP→⋅∴AP→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→=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→=同理OA→⊥CB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=（

A．-13ABC．-56AB【答案】B【详解】DE=故选：B2．已知两个单位向量a,b满足a+b=A．150° B．120° C．60° D．30°【答案】A【详解】由a+b=a所以a-所以cosa因为0°≤所以向量a-3b故选：A.3．在平行四边形ABCD中，G为△ABC的重心，满足AG=xAB+yADx,y∈A．43 B．53 C．0 D【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，所以AG=因为AG=x所以x=23,y=故选：A.4．在矩形ABCD中，ED=2AE，AB=1，BC=3，则向量EB在向量AC方向上的投影数量为（A．-2 B．105 C．-105【答案】C【详解】（解法一）以AD，AB为基底，∵ABCD为矩形，且ED=2∴EB=-13∵AB=1，BC=3，∴AC=EB⋅∴向量EB在向量AC方向上的投影数量为EB⋅（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B0,0，A0,1，C3,0，E1,1，则∴AC∴向量EB在向量AC方向上的投影数量为EB⋅故选：C.5．正方形ABCD边长为2,BE=2EC,CFA．2 B．4 C．5 D．5【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=故选：B6．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|

A．17 B．25 C．26 D【答案】D【详解】如图，建立平面直角坐标系，设DF=a∈

则A0,0,E4,2因为AF⋅AE=|AE|即AF=3,4，所以故选：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(cos所以PA⋅因为-1≤cos所以2≤PA方法二：如图，过圆心C作MN∥PA，且与圆C交于点M，N，连接PM，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=又1≤PT≤3，所以故选：B.

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PA．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P3,0，则PA设B2cosθ,2所以PA+所以PA+当cosθ=-1故选：D9．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．-8,24C．-162,162【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|因为AB=4，所以AD=BF=2.当P与E重合时，|AP|cos此时AB⋅AP取得最大值，最大值为当P与C重合时，|AP|cos此时AB⋅AP取得最小值，最小值为故AB⋅AP的取值范围是故选：B10．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⋅BPA．2116 B．218 C．2132【答案】A【详解】解法一

由AB=AD=1，BC=DC=3，AC=2得AC2=A所以AB⊥BC，AD⊥DC，∠DAC=∠BAC=60°．设DP=x，则0≤x≤3AP=1×1×1当且仅当x=34时，AP⋅解法二：由AB=AD=1，BC=DC=3，AC=2得AC2=A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，则A-12,0，B0,-所以DC=设DP=λ则DP=所以P3AP=12则AP⋅当且仅当λ=14时，AP⋅解法三

由AB=AD=1，BC=DC=3，AC=2得AC2=A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，所以A1,0，B因为点P在边CD上，所以设P0,y所以AP=-1,y，所以AP=y当且仅当y=34时，AP⋅故选：A.11．设向量a、b、c满足a=1，b=2，a⋅b=0，cA．5 B．1+52 C．2 D【答案】A【详解】向量a、b、c满足a=1，b=2，不妨设a=1,0，b=0,2，因为c⋅a+c=x2+y而原点O也在圆x-1所以，OP的最大值为圆x-122故选：A.12．在△ABC中，AB|AB|+AC|ACA．30° B．45° C．60° D．75°【答案】D【详解】因为AB|AB|+AC|AC因为cos∠BAC=AB⋅AC|AB则∠ABC=1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（

A．a+b⊥b B．a+2b=10 C．a与b的夹角为【答案】AC【详解】解：因为a=(2,-4)，b所以a+b=3,-1，则a+a+2b=4,2，所以cosa,b=a⋅ba在b方向上的投影向量是a⋅bb故选：AC14．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．cB．若A，B，C三点共线，则aC．若向量b-a与c-aD．向量b-a与b【答案】AD【详解】在平面直角坐标系中，令a=(1,0),由a⋅b=2，a⋅c=1对于A，a-c=(12对于B，由A,B,C三点共线，得OA=(1-λ)OB+λ于是2(1-λ)+12λ=1，解得λ=23对于C，b-a=(1,b),c-a=(-而b+c-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当b≠0时，不妨令b>0，D(1,b)，则b-a=OD，tanθ=当且仅当b=2时取等号，D正确

故选：AD15．点O，H分别是△ABC的外心､垂心，则下列选项正确的是（

）A．若BD=λBA|BAB．若2BO=BA+C．若∠B=π3，OB=mOAD．若2HA+3【答案】BCD【详解】A.由BD=μBA+(1-μ)BC，又BD=λBA|BA|所以BD为△ABC的角平分线，AD与DC不一定相等，故A错误；B.若2BO=BA+BC，则点O是AC所以∠ABC=90∘，AC⋅C.因为∠B=π3，所以

设Cr,0，A-12因为OB=mOA+n得m=23sinm+n=cosθ+3θ+π6∈5π6,13D.因为AH⊥BC，所以即AH⋅HC-同理，HA⋅HC=设HA⋅因为2HA+3HB即3HB2=-24HC=-2HA则HC=cos∠BHC=cosHB,HC=故选：BCD16．（多选）已知a，b是两个单位向量，且a+b=A．aB．对于平面内的任意向量c，有且只有一对实数m，n，使cC．已知O0,0，A1,1，设AB=a，ACD．若向量c满足c-a【答案】AC【详解】已知a，b是两个单位向量，且a+则a2则a⋅对于选项A，∵a⋅b=0，∴a对于选项B，∵a-2b=-2b-1∴a-2b与b-对于选项C，OB⋅OC=对于选项D，设c与a+b的夹角为θ，向量c满足则c2又a+则c2则c2+22c-2≥0c故选：AC．17．如图所示，在边长为3的等边三角形ABC中，AD=23AC，且点P在以AD的中点O为圆心，OA为半径的半圆上，若

A．BD=13C．BP⋅BC存在最小值 D．x+y【答案】ABC【详解】对于A，因为AD=23AC，且点P在以AD的中点所以OA=OD=DC=1则BD=BC+对于B，BO=则BD⋅BO=对于C，如图，以点O为原点建立平面直角坐标系，则A-1,0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+y设Pcos则BP=所以BP⋅因为α∈π,2π所以当α+π3=4π3时，BP对于D，因为BP=x所以cosα-即cosα-所以sinα-所以x+y=-2因为α∈π,2π，所以当α=3π2时，x+y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