重难点24 向量压轴小题十大题型【2024高考数学二轮复习题型突破】（解析版）

高中数学精编资源2/2重难点专题24向量压轴小题十大题型汇总题型1平面向量的线性运算 1◆类型1基底法 1◆类型2三点共线方程组法 6◆类型3坐标法 7◆类型4等和线法法 17题型2向量数量积最值取值范围问题 19◆类型1定义法 19◆类型2基底法（线性表示） 27◆类型3坐标法 31◆类型4极化恒等式法 37◆类型5几何意义法 40题型3向量模长最值取值范围问题 42◆类型1坐标法 42◆类型2几何意义法 49◆类型3三角换元法 57◆类型4三角不等式法 59题型4向量共线的应用 62题型5向量夹角 70题型6向量平行与垂直的应用 75题型7投影向量 79题型8解析几何与向量 84题型9奔驰定理与面积比 93题型10向量四心 97题型1平面向量的线性运算◆类型1基底法平面向量基本定理（平面内三个向量之间关系）；若e1、e2是同一平面内的两个不共线向量，则对于这一平面内的任一向量a，有且只有一对实数λ1、λ2，使a=λ1e1＋λ1.选定基底，则λ1、λ2，是唯一的2.处理技巧：可“绕三角形”，可待定系数，可建系.【例题1-1】（多选）（2023·全国·高三专题练习）在平行四边形ABCD中，点E为边CD中点，点F为边BC上靠近点B的三等分点，连接AF，BE交于点M，连接AC，点N为AC上靠近点C的三等分点，记AB=a，A．点M，N，E三点共线B．若AM=λaC．BND．S△ABM=17S【答案】ACD【分析】根据向量的线性运算，将需要的向量都用AB,AD来表示，设EM=mEB，MA=c【详解】如图所示:

平行四边形ABCD中，因为点N为AC上靠近点C的三等分点，所以AN=23所以EN=设EM=m所以EM//EN，又有公共点E，所以点设MA=cAE=故12所以AM=BN=因为EM=57故BN=因为AM=67故选：ACD.【点睛】关键点睛：此题主要是点M，点N在线段BE上的位置未给，所以通过平面向量基本定理构造求解，设EM=mEB，MA=cAF，利用AE=【变式1-1】1.（2022·全国·高三专题练习）如图，在平行四边形ABCD中，点E是CD的中点，点F为线段BD上的一动点，若AF=xAE+yDC，且x>m>0，A．8243 B．4243 C．3【答案】B【分析】利用平面向量的基本定理可得出32x+y=1，分析可知0<m<23，由基本不等式可得出myx-m【详解】由题意可得AE=所以，AF=x因为F为线段BD上的点，所以，存在λ∈0,1，使得DF所以，AF-AD=λ所以，12x+y=λx=1-λ因为x>0y=1-32所以，my≤3令fm=3则f'当0<m<29时，f'当29<m<23时，所以，fm当且仅当m=29，x=49时，故选：B.【点睛】关键点点睛：本题考查利用平面向量的基本定理求参数的最值，解题的关键在于推导出32x+y=1，得出myx-m=32m【变式1-1】2.（2022秋·辽宁沈阳·高三东北育才学校校考期末）已知O是ΔABC内一点，且OA+OB+OC=0，点M在A．1,52 B．1,2 C．2【答案】B【解析】根据OA+OB+OC=0可知O为ΔABC的重心；根据点M在【详解】因为O是ΔABC内一点，且OA所以O为ΔABC的重心M在ΔOBC内（不含边界），且当M与O重合时，λ+2μ最小，此时AM=λAB+μAC当M与C重合时，λ+2μ最大，此时AM=AC所以λ=0,μ=1因为M在ΔOBC内且不含边界所以取开区间，即λ+2μ∈所以选B【点睛】本题考查了向量在三角形中的线性运算，特殊位置法的应用，属于难题．【变式1-1】3.（2020春·湖北襄阳·高三襄阳四中校考阶段练习）在ΔABC中，AC=2,AB=2,∠BAC=120∘A．73 B．273 C．【答案】C【分析】化简得到AM=λ2AB+μ2【详解】AM=故AM故1=λ2+当λ=μ=1时等号成立.故选：C.【点睛】本题考查了向量的运算，最值问题，意在考查学生的综合应用能力.◆类型2三点共线方程组法【例题1-2】（多选）（2023·全国·高三专题练习）如图，在△ABC中，AD=DB,E是线段BC上的点，且满足BE=2EC，线段CD

A．AE=1C．AF=1【答案】ACD【分析】根据题意，由平面向量线性运算可得选项A正确；由AF与AE共线，可得AF=λAE=λ3AB+2λ3AC，由C、F、D三点共线，得【详解】由题意，AE=由AF与AE共线，可得AF=λ由C、F、D三点共线，得AF=t由平面向量基本定理，可得λ3=t所以，AF=14AB+由C、F、D三点共线，得CF=k即AF-AC=k(由选项C可得，(1-k)(1再由平面向量基本定理得，1-k4=-k所以，CF=-DF，即故选：ACD.◆类型3坐标法【例题1-3】（多选）（2023·全国·高三专题练习）如图，在菱形ABCD中，∠BAD=60°，延长边CD至点E，使得DE=CD.动点P从点A出发，沿菱形的边按逆时针方向运动一周回到A点，若AP=λ

A．满足λ+μ=1的点P有且只有一个B．满足λ+μ=2的点P有两个C．λ+μ存在最小值D．λ+μ不存在最大值【答案】BC【分析】建立如图所示的平面直角坐标系，然后利用点P的四种位置进行分类讨论即可.【详解】建立如图所示的平面直角坐标系，设菱形ABCD的边长为1，P(x,y)，则A(0,0),B(1,0),C3所以AB=1,0,由AP=λAB+μ所以x=λ-12μ①当点P在AB上时，0≤x≤1，且y=0，所以λ+μ=x+3②当点P在BC（不含点B）上时，则BP=mBC，所以x-1,y=m所以λ+μ=x+3因为1<x≤32，所以1<4x-3≤3，即③当点P在CD（不含点C）上时，12≤x<3所以12+32≤x+④当点P在AD（不含点A、D）上时，则AP=nAD，所以x,y=n所以λ+μ=x+3因为0<x<12，所以0<4x<2，所以对于A，由①知，当λ+μ=1时，x=1，此时点P与点B重合；由④可知当λ+μ=1时，x=14，y=34，此时点其它均不可能，所以这样的点P有两个，所以A错误，对于B，由②知，当λ+μ=2时，x=54，y=34，此时点由③知，当λ+μ=2时，x=12，y=32，此时点其它均不可能，所以这样的点P有两个，所以B正确，对于CD，由①②③④可得：当x=y=0，即点P为点A时，λ+μ取到最小值0；当x=32,y=32，即点P故选：BC.

【点睛】关键点睛：此题考查平面向量基本定理的应用，解题的关键是建立平面直角坐标系，然后分类讨论，考查数形结合的思想，属于较难题.【变式1-3】1.（多选）（2024秋·安徽·高三合肥市第八中学校联考开学考试）古希腊数学家特埃特图斯（Theaetetus）利用如图所示的直角三角形来构造无理数.已知AB=BC=CD=1,AB⊥BC,AC⊥CD,AC与BD交于点O，若DO=λAB+μA．2-1 B．1-2 C．2【答案】A【分析】建立平面直角坐标系，求得相关点坐标，求得相关向量坐标，根据DO=λ【详解】以C为坐标原点，CD,CA所在直线分别为x,y轴建立如图所示的坐标系，由题意得AC=2则A0,2,B因为CB=CD=1,∠DCB=90∘+因为tan45∘=所以OC=DC⋅tan故O0,2-1.又D因为DO=λAB+μ解得λ=2μ=-1，所以故选：A.【点睛】方法点睛：注意到题目中的垂直关系，由此可以建立直角坐标系，利用向量的坐标运算来解决平面向量基本定理中的参数求解问题.【变式1-3】2.（多选）（2023秋·重庆万州·高三重庆市万州第二高级中学校考阶段练习）重庆荣昌折扇是中国四大名扇之一，其精雅宜士人，其华灿宜艳女，深受各阶层人民喜爱.古人曾有诗赞曰：“开合清风纸半张，随机舒卷岂寻常；金环并束龙腰细，玉栅齐编凤翅长”.荣昌折扇平面图为下图的扇形COD，其中∠COD=2π3，OC=4OA=4，动点P在CD上（含端点），连结OP交扇形OAB的弧ABA．若y=x，则x+y=1 B．若y=2x，则OAC．AB⋅OP【答案】BD【分析】作OE⊥OC，分别以OC,OE为x，y轴建立平面直角坐标系，利用向量坐标求解即可.【详解】如图，作OE⊥OC，分别以OC,OE为x，y轴建立平面直角坐标系，则A(1,0)，C(4,0)，B(-12,设Qcosθ,由OQ=xOC+yOD可得若y=x，则cos2解得x=y=14（负值舍去），故若y=2x，则cosθ=4x-2y=0，θ=π2AB⋅OP=(-32故-6≤4由于PAPA⋅PB=1-所以PA⋅故选：BD【变式1-3】3.（2023·全国·高三专题练习）正方形ABCD的边长为4，E是BC中点，如图，点P是以AB为直径的半圆上任意点，AP=λA．μ最大值为1 B．AP·AB最大值是8C．λ最大值为5+14 D．AP⋅【答案】AD【分析】建系，设P2【详解】如图，以AB的中点O为坐标原点，建立平面直角坐标系，则A-2,0设P2可得AP=则λAB由题意可得4λ+4μ=2cosθ+22μ=2对于A：∵μ=sinθ，且θ∈0,π，可得当∴μ最大值为1，故A正确；对于B：AP·AB=4∵θ∈0,π，可得当θ=0时，∴AP·AB最大值是81+1对于C：∵λ=12cos由θ∈0,π，则令φ≤θ+φ<π，解得0≤θ<π-φ；令π故λ=52cosθ+φ+当θ=0时，则λ=1；当θ=π时，则λ=0<1∴λ最大值是1，故C错误；对于D：AP⋅AC∵θ∈0,π，则则当θ+π4=π2∴AP⋅AC最大值是8+8故选：AD.【点睛】方法定睛：1．平面向量的线性运算要抓住两条主线：一是基于“形”，通过作出向量，结合图形分析；二是基于“数”，借助坐标运算来实现．2．正确理解并掌握向量的概念及运算，强化“坐标化”的解题意识，注重数形结合思想、方程思想与转化思想的应用．【变式1-3】4.（2023·北京海淀·校考模拟预测）已知点O是边长为4的正方形的中心，点P是正方形ABCD所在平面内一点，OP=1，若AP（1）λ的取值范围是；（2）当λ+μ取得最大值时，AP=【答案】[14【分析】建立以A为原点的坐标系，可得P的轨迹方程，由P的轨迹方程可知1≤x≤3，即1≤4λ≤3，从而得第一问答案；将x=4λy=4μ代入P的轨迹方程得(λ-12)2+(μ-【详解】解：建立以A为原点的坐标系，如图所示：由OP=1可得P的轨迹是以O(2,2)设P(x,y)，则有(x-2)2所以AP=(x,y)又因为AB=(4,0),所以x=4λy=4μ由P的轨迹方程可知1≤x≤3，即1≤4λ≤3，所以14所以λ的范围为：[1将x=4λy=4μ代入(x-2)2+所以点(λ,μ)在圆(x-1设λ=1则λ+μ=1+1所以当θ=π4时，λ+μ取最大值，此时所以AP=λ所以|AP所以|AP故答案为：[14【点睛】方法点睛：对于较复杂的平面向量中涉及范围的问题，通过建模，将问题转化向量的坐标运算，从代数角度出发进行解答，从而降低难度.【变式1-3】5.（2023·全国·高三专题练习）在直角梯形ABCD中，AB⊥AD，AB//DC，AD=DC=1，AB=2，动点P在以点C为圆心，且与直线BD相切的圆上或圆内移动，设AP=λAD+μABλ,μ∈【答案】49【分析】建立合适的直角坐标系，求出各个点的坐标，根据点到直线的距离公式求得圆C的方程，再求出P点坐标，建立关于λ,μ的不等式，令t=λ+μ代入不等式，根据判别式大于零可得t的范围，化简λ2+72λμ【详解】解：以A为原点，分别以AB,AD方向为x,y轴，建立如图所示直角坐标系：所以A0,0，B2,0，C1,1，D0,1，所以因为圆C直线BD相切，而lBD:x+2y-2=0，圆心所以半径r=15=55因为AP=λ即P2μ,λ，因为动点P在圆C上或圆C所以2μ-12+λ-12≤所以不等式可化为：2μ-12所以5μ2-所以2t+22-4×5×t-12+所以原式λ=-5所以当t=2，λ=7t10，即λ=75，故答案为：49【点睛】思路点睛：该题考查向量结合直线与圆的综合应用，属于难题，关于该题的思路有：（1）图形比较规则，建立直角坐标系来解决向量问题；（2）得到关于λ,μ的不等式中没有λ⋅μ，所以取t=λ+μ，建立λ,μ之间的关系；（3）用判别式求得t的范围，化简所求式子至二次函数的形式；（4）根据二次函数的最值及t的范围求出最值.◆类型4等和线法法等和线原理：OAOF=λOB+μ【例题1-4】（2023·全国·高三专题练习）已知A、B、C是圆O:x2+y2=4上的三点，∠AOB=2π3,CO的延长线与线段AB【答案】[-2,-1]【详解】解法一：如图1，不妨设A(2,0),B(-1,3),C(2cos则OC=(2因为OC=mOA+nOB，所以所以m=33sinα+cos所以α+π6∈-5π解法二：如图2，由等和线定理，当点C与点C1或点C2重合时，m+n取得最大值，设直线C1C2与直线OD所以m+n的最大值为-1；将直线AB向下平移至直线l，使l与圆O相切于点C3当点C与C3重合时，m+n取得最小值，当点C与C3重合时，OC3|OD|=2，所以m+n的最小值为

题型2向量数量积最值取值范围问题求两个向量的数量积有三种方法：（1）利用定义（包括向量数量积几何意义）（2）利用向量的坐标运算（自主建系，只要题目有可以建系的条件，可通过建系法求解）；（3）利用向量三角不等式◆类型1定义法【例题2-1】（2023·全国·高三专题练习）如图，△ABC中，∠C=π4，AC=2，BC=6+2.在△ABC所在的平面内，有一个边长为1的正方形ADEFA．-3,5 B．-4,6 C．-5,9 D．-3,4【答案】A【分析】由余弦定理求得AB=22，由正方形ADEF的边长为1，求得AE=2,∠DAE=45∘【详解】在△ABC中，∠C=π4，AC=2，由余弦定理得AB所以AB=22又由正方形ADEF的边长为1，可得AE=2则AE=2正方形ADEF绕点A按逆时针方向旋转（不少于1周），可得cos∠BAE∈[-1,1]所以1-4cos∠BAE∈[-3,5]，即AE⋅故选：A.【变式2-1】1.（2023·全国·高三专题练习）在△ABC中，∠A=60°，BC=23，O为△ABC的外心，D，E，F分别为AB，BC，CA的中点，且OD2+OE2【答案】-4【分析】先求出OA=OB=OC=2.设∠AOB=α,∠BOC=β,则∠AOC=2【详解】如图示，作出△ABC的外接圆O，设半径为R.由正弦定理得：BCsinA=2R,即23sin设∠AOB=α,∠BOC=β,则∠AOC=2π所以OA=4cos因为O为△ABC的外心，所以∠AOD=12∠AOB=同理：OE=2cosβ因为OD2+OE所以cos2由二倍角的余弦公式可得：cosα+所以OA⋅故答案为：-4.【点睛】向量的基本运算处理的常用方法：(1)向量几何化：画出合适的图形，利用向量的运算法则处理；(2)向量坐标化：建立适当的坐标系，利用向量的坐标运算处理【变式2-1】2.（2023秋·上海浦东新·高三上海市实验学校校考开学考试）“圆幂定理”是平面几何中关于圆的一个重要定理，它包含三个结论，其中一个是相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等，如图，已知圆O的半径2，点P是圆O内的定点，且OP=2，弦AC,BD均过点P

A．PA⋅PC为定值 B．OAC．当AC⊥BD时，AB⋅CD为定值 D．【答案】B【分析】过O,P作直径EF，利用向量加减几何意义得PA⋅PC==-(|OF|-|OP|)(|OF|+|OP|)判断A；若M为AC中点，连接OM，应用向量线性运算的几何意义及数量积的运算律、圆的性质得OA⋅OC【详解】如图，过O,P作直径EF，由题意PA⋅所以PA=-(|OF若M为AC中点，连接OM，则OA⋅由题意0≤OM2≤若AC⊥BD，故PB⋅则AB⋅又PA⋅PC=-2，则AP⋅CP若N为BD中点，连接ON，则|AC当且仅当4-OM2=4-O此时OM2+ON2综上，当且仅当OM2=O

故选：B【点睛】关键点点睛：根据定义及向量线性运算的几何意义，结合数量积的运算律转化各项数量积或乘积关系，再由圆的性质、基本不等式判断各项正误.【变式2-1】3.（2023春·福建福州·高三校考阶段练习）圆O为锐角△ABC的外接圆，AC=2AB=2，点P在圆O上，则BP⋅A．-12,4 B．0,2 C．【答案】C【分析】把BP⋅AO转化为BO⋅AO+OP⋅AO，由余弦定理、数量积的定义得【详解】由△ABC为锐角三角形，则外接圆圆心在三角形内部，如下图示，又BP⋅AO=(则2r2(1-cos∠AOB)=2r2由BO⋅对于OP⋅AO且P在圆O上，当AP为直径时OP⋅AO=所以OP⋅综上，BP⋅锐角三角形中∠BAC<90°，则BC<AC2所以1<r<52，则综上，BP⋅故选:C【变式2-1】4.（2023·全国·高三专题练习）已知△ABC中，∠A=60°，AB=6，AC=4，O为△ABC的外心，若AO=λAB+μAC，则【答案】11【分析】由题意可知，O为△ABC外接圆的圆心，过O作OD⊥AB,OE⊥AC，已知等式两边同乘以AB，结合数量积定义得6λ+2μ=3，同理得3λ+4μ=2，从而两式联立即可求得λ+μ的值．【详解】由题意可知，O为△ABC的外心，设半径为r，在圆O中，过O作OD⊥AB,OE⊥AC，垂足分别为D,E,因为AO=λAB+μAC，两边乘以AO,AB的夹角为∠OAD，而则r×6×3r=36λ+μ×4×6×同理AO=λAB+μAC两边乘AC，即则r×4×2r=λ×6×4×①②联立解得λ=49，所以λ+μ=4故答案为：11【点睛】关键点睛：解答本题的关键是将AO=λAB+μAC两边分别乘以【变式2-1】5.（2023·全国·高三专题练习）如图，菱形ABCD的边BC上有一点E，边DC上有一点F（E，F不与顶点重合）且BE>DF，若△AEF是边长为3的等边三角形，则BA⋅【答案】1,【分析】过A作AG⊥BC于G，AH⊥CD于H，根据已知得出Rt△AGE≅Rt△AHF，即可得出∠GAH=∠EAF，则∠B=π3，设AB=a，BE=b，可得a2<b<a，且根据余弦定理在△ABE可得3=a2+b2-ab，设12ab=S，根据a2<b<a结合不等式性质得出S<【详解】如图所示：过A作AG⊥BC于G，AH⊥CD于H，∵ABCD为菱形，∴AG=AH，∵△AEF是等边三角形，∴AE=AF，∠EAF=π∴Rt∴∠GAE=∠HAF，∴∠GAE+∠EAH=∠HAF+∠EAH，即∠GAH=∠EAF=π∴在四边形GAHC中，∠C=2π-∠AGC-∠AHC-∠GAH=2π-π∴∠B=π-∠C=π-2设AB=a，则BC=a，BG=ABcos∵BG<BE<BC，设BE=b，∴a在△ABE根据余弦定理：3=aBA⋅设12ab=S，则ab=2S，则∵a2<b<a∴ab∴b2<ab=2S<2设函数gx根据对钩函数性质可得gx在S,2S∴g2S<gb2<gS，即则BA⋅故答案为：1,3◆类型2基底法（线性表示）【例题2-2】（2023·全国·高三专题练习）已知菱形ABCD的边长为2，∠BAD=120°，点E在边BC上，BC=3BE，若G为线段DC上的动点，则A．2 B．8C．103【答案】B【分析】利用向量的数量积的定义及数量积的运算，结合向量的线性运算即可求解.【详解】由题意可知，如图所示因为菱形ABCD的边长为2，∠BAD=120所以AB=AD=2设DG=λAG=因为BC=3BE，所以BE=AE=AG⋅当λ=1时，AG⋅AE的最大值为故选：B.【点睛】关键点睛：解决此题的关键是利用向量的线性运算求出AG,【变式2-2】1.（2023·全国·高三专题练习）在直角△ABC中，AB⊥AC,AC=3,AB=1，平面ABC内动点P满足CP=1，则AP⋅【答案】4-13/【分析】由题可知，点P的轨迹是以C为圆心，1为半径的圆，由数量积的定义求出AP⋅BP=4+CP⋅AC+BC，再由向量的模长公式求出【详解】平面ABC内动点P满足CP=1，所以点P的轨迹是以C为圆心，1为半径的圆，因为AB⊥AC,AC=3,AB=1，由勾股定理可得：所以BC=2，且cosC=所以∠C=30°，所以AC⋅∵AP∴AP∵CPAC+又向量AC+BC是长度为13的一个向量，由此可得，点P在圆当CP与AC+BC共线反向时，CP⋅故AP⋅BP的最小值为故答案为：4-13【点睛】关键点睛：由数量积的定义和平面向量基本定理可得AP⋅BP=4+CP⋅AC+【变式2-2】2.（多选）（2023·全国·高三专题练习）如图，已知直线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

A．AG=13ABC．AG≥1 D．GA【答案】ABC【分析】取BC中点F，利用向量运算判断A；设∠BAD=θ，利用三角形面积公式结合正弦函数性质判断B；利用数量积的运算律计算判断CD作答.【详解】取BC中点F，连接GF，如图，

由GA+GB+GC=且AG=设∠BAD=θ(0<θ<π2)，由于DE⊥l1由AD=2,AE=1，得AB=2cosθ,AC=1则△GAB的面积S△GAB当且仅当2θ=π2，即|AG|=13|由AG=13(AB因此GA=-19(7+8sin而函数y=7+8t-1t在(0,+∞故选：ABC【点睛】思路点睛：利用向量解决问题，可以选择一组基底，并运用该基底将条件和结论表示成向量的形式，再通过向量的运算来解决.◆类型3坐标法【例题2-3】（2023·全国·高三专题练习）在Rt△ABC中，∠A=90∘,AB=2,AC=4A．-5,0 B．-3,0 C．0,3 D．0,5【答案】A【分析】以A为坐标原点，AC,AB为x,y轴的正方向建立平面直角坐标系，AP=λAD0≤λ≤1，求出P【详解】以A为坐标原点，AC,AB为x,y轴的正方向建立平面直角坐标系，所以A0,0,B0,2AD=2,1，设AP=λ所以P2λ,λ，可得PB=0,2所以PB⋅因为0≤λ≤1，所以PB⋅故选：A.

【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是以A为坐标原点建立平面直角坐标系，转化为坐标的运算求数量积.【变式2-3】1.（2023·上海·上海市七宝中学校考模拟预测）已知e为单位向量，向量a,b满足a-2e=2,【答案】[-3,24]【分析】建立平面直角坐标系，设e=1,0,【详解】如图，建立平面直角坐标系，令e=

设A(x,y),B(m,n)则由a-2e=2,即点A轨迹为以O1点B轨迹为以O2则设A(2+2cos则a=6+6cosα+6cos=6+6cos令2+2cosβ=λ则a⋅又-1≤sin而-1≤cos故-3≤a⋅b≤24，故故答案为：[-3,24]【点睛】本题是关于向量和三角函数的综合性题目，综合性较强，解答时要注意建立坐标系，利用向量的坐标运算结合三角函数的恒等变换进行解答，难点在于化简a⋅【变式2-3】2.（2023·上海黄浦·格致中学校考三模）已知平面向量a，b，c满足a=1，a⋅b=b⋅c【答案】2【分析】根据题意，设出a，b，c的坐标，结合向量模长的坐标公式，分类讨论，即可得到a⋅【详解】设a=1,0，b=1,s，由已知可得：a-当且仅当s2当st≥0时，有st2-2st+1≤8，得当st<0时，有st2-6st+1≤8，得所以当-1≤st≤22+1时，所以a⋅c的最大值为故答案为：2.【变式2-3】3.（2023·天津河西·统考二模）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l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，若AE=λAC+μAFλ,μ∈R，则λ+μ【答案】2[0【分析】以点A为坐标原点，分别以AB,AF所在直线为x,y轴，建立平面直角坐标系，由AE=λAC+μAF，列出方程组，求得λ,μ，从而得到λ+μ；设P(x,y)，则AP⋅【详解】AF⊥AB，以点A为坐标原点，分别以AB,AF所在直线为x,y轴，建立平面直角坐标系，正八边形内角和为(8-2)×180°=1080°，则∠HAB=1所以，A(0,0),B(2,0),C(2+2AE=(2,2+2因为AE=λAC+μ所以2=(2+2)λ2+2所以λ+μ=2设P(x,y)，则AP=(x,y),BC=(令z=x+y，即y=-x+z，由线性规划知平行移动直线y=-x+z，当此直线经过A,H时z有最小值0,当此直线经过D,E时z有最大值4+22所以，AP⋅BC取值范围故答案为：2，[0，【点睛】方法点睛：在解决向量数量积、向量的模、向量的夹角等有关问题，以及在求有关最大、最小值问题时，常常会碰到某些难以突破的几何关系.在题目所给出的几何条件、几何关系或所隐藏的几何关系相对较难寻找的情况下，运用数量积的定义、向量的几何意义难以完成解题思路时，可建立直角坐标系、运用坐标法解决问题的意识、运用向量的坐标运算、寻找出变量与变量之间的关系、运用函数与方程求最值的方法、基本不等式等解决问题的方法是一种非常好的思想方法.【变式2-3】4.（2023秋·江苏南京·高三南京市第一中学校考期末）已知△ABC是面积为33的等边三角形，四边形MNPQ是面积为2的正方形，其各顶点均位于△ABC的内部及三边上，且可在△ABC内任意旋转，则BPA．-92 B．32 C．【答案】D【分析】先分别求出等边三角形和正方形的边长及其内切圆半径，根据所求结果和正方形可在△ABC内任意旋转可知，正方形MNPQ各个顶点在三角形的内切圆上，建立合适的直角坐标系，求出三角形的顶点坐标和其内切圆的方程，设出P,Q的三角坐标，根据PQ=2可得到关于坐标中变量的关系，分类讨论代入【详解】解：因为△ABC是面积为33的等边三角形，记△ABC边长为a所以12×3记三角形内切圆的半径为r，根据S=133=1因为正方形MNPQ面积为2，所以正方形边长为2，记正方形MNPQ外接圆半径为R，所以其外接圆直径等于正方形的对角线2，即R=1，根据正方形的对称性和等边三角形的对称性可知，正方形外接圆即为等边三角形的内切圆，因为正方形MNPQ可在△ABC内任意旋转，可知正方形MNPQ各个顶点均在该三角形的内切圆上，以三角形底边BC为x轴，以BC的垂直平分线为y轴建立直角坐标系如图所示：故可知B-3,0故设Pcosθ,1+sin因为PQ=2，即化简可得cosθcosα+解得θ=α+π2或①当θ=α+π2时，P点坐标可化为此时BP=3所以当α+π4=π2即P-22,1+2②当θ=α-π2时，P点坐标可化为此时BP=3因为α∈0,2π，所以当α+π4=2即P-22,1-2综上可知：BP⋅CQ取得最大值故选：D【点睛】方法点睛：该题考查平面几何的综合应用，属于难题，关于圆锥曲线中点的三角坐标的设法有：（1）若点在圆x2+y2=1（2）若点在圆x-a2+y-b2=（3）若点在椭圆x2a2+◆类型4极化恒等式法（a在△ABC中，D是边BC的中点，则AB【例题2-4】（2023·全国·高三专题练习）如图，在等腰直角三角形ABC中，斜边AC=2，M为线段AB上的动点（包含端点），D为AC的中点．将线段AC绕着点D旋转得到线段EF，则ME⋅

A．-2 B．-C．-1 D．-【答案】D【分析】利用转化法，将ME⋅MF转化为MD2-DE【详解】解法一：连接MD，则ME=MD当MD⊥AB时，MD最小，即MDmin结合DE2=1，得ME⋅解法二（极化恒等式法）：依题意BC=2，D为线段EF则ME=MD由于MDmin=22，FE2故选:D

【变式2-4】（2023·全国·高三专题练习）在四边形ABCD中，∠B=60°，AB=3，BC=6，且AD=λBC,AD⋅AB=-3【答案】16【分析】根据题意及数量积的定义式即可求解；利用极化恒等式求解即可.【详解】由题意知AD⋅AB=λBC⋅取MN的中点E，连接DE，如图所示，根据极化恒等式有DM⋅DN=DE2当DE⊥BC时，DE最小，此时过点A作BC的垂线AF，垂足为F，如图所示，则DE=AF=ABsin故答案为：16；13

◆类型5几何意义法【例题2-5】（2023·新疆·校联考二模）已知平面向量a，b，c，满足a=2，a-b=23，若对于任意实数x，都有bA．2 B．4 C．6 D．8【答案】D【分析】把三个向量平移到同起点，由向量运算及b-xa≥b-a得MB≥AB，从而BA⊥OA，又由【详解】设a=OA，b=OB，c=OC，因为b-xa≥即MB≥AB，所以因为a=2，a-b=23由c-a≤1，可得点C过圆周上一点C作OB的垂线，垂足为D，且DC与⊙A相切，延长DC交OA于N，则b⋅此时△ODN∽△ACN，根据相似知识可得ODCA所以OD=CA⋅OA所以b⋅c的最大值为故选：D.【变式2-5】（2023·陕西汉中·统考二模）已知A-3,0，B3,0，P为平面内一动点（不与A,B重合），且满足PAPB=2，则【答案】-【分析】设Px,y，根据题意求点P的轨迹方程，再根据数量积的坐标运算可得PA⋅PB【详解】设Px,y∵PAPB=2，则x+32+y可得x2又∵PA=则PA⋅∵x∈1,9，可得当x=1时，PA⋅PB故答案为：-8【点睛】方法定睛：求圆的方程有两类方法：(1)几何法，通过研究圆的性质、直线和圆、圆与圆的位置关系，进而求得圆的半径和圆心，得出圆的方程；(2)代数法，求圆的方程必须具备三个独立条件，利用“待定系数法”求出圆心和半径题型3向量模长最值取值范围问题◆类型1坐标法【例题3-1】（多选）（2023·全国·高三专题练习）（多选题）已知向量a,b,c满足A．m-cB．m-cC．m-cD．m-【答案】BD【分析】利用平方的方法化简已知条件，先求得a,b，然后建立空间直角坐标系，设c=【详解】因为a-b=又a=3,b=1，所以9-6因为a,b∈建立如图所示的直角坐标系xOy，设a=因为c=2c-整理得x-42+y2=4，即C设m=OM=tOB，则点则m-c=OM-OC=则CMmin故选：BD【变式3-1】1.（2023·全国·高三专题练习）已知平面向量a，b，c满足|a|=|b|=1，a⊥(A．0 B．3 C．7+3【答案】C【分析】根据向量的坐标运算，结合几何图形的几何性质，即可求解最值.【详解】设平面向量a，b的夹角为θ，∵|a|=|b∴a·(a由于θ∈0,π，所以不妨设a=(1,0)，b∵(c-2a化为(x-54)2+(y-3如图所示，c表示原点到圆上一点的距离，故当经过圆心时，距离最大或者最小，故c=故选：C．

【变式3-1】2.（2023春·上海黄浦·高三上海市大同中学校考阶段练习）已知平面向量a，b，c，满足a=1，a,b=【答案】1【分析】建立直角坐标系，B在直线y=33x，x>0上，取M7,0，【详解】如图所示的平面直角坐标系中，设OA=a，OB=不妨取B在第一象限，则B在直线y=33x

7a=7,0，9a=则7a-c=CM故C在如图所示的关于x轴对称的两段圆弧上，取C在第一象限，则∠MQN=π3，MN=2，故Q圆心Q到直线的距离为d=8b-c=CB，故答案为：12【点睛】本题考查了轨迹方程，向量的运算，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中建立坐标系，确定C的轨迹，将题目转化为圆上的点到直线的距离是解题的关键.【变式3-1】3.（2023·上海·高三专题练习）设x、y∈R，若向量a，b，c满足a=(x,1)，b=(2,y)，c=(1,1)，且向量a-b【答案】3【分析】由向量平行的坐标表示可得x+y=3，在坐标系中a=OA=(x,1)，2b=OD=(4,6-2x)，将D按向量a平移至C【详解】由a-b=(x-2,1-y)，又向量a所以x-2=1-y，故x+y=3，令a=OA=(x,1)，b所以A(x,1),D(4,6-2x)，将D按向量a平移至C(4+x,7-2x)，所以C是直线2x+y-15=0上的动点，如下图示，所以2b=OD由图知：要使|a|+2|b|最小，只需O,A,C三点共线且故|a|+2|b|最小值为原点到直线故答案为：3【点睛】关键点点睛：找到2b=OD的D，并将其平移至C使2【变式3-1】4.（2023·上海·高三专题练习）已知平面向量a ,b ,c ,e【答案】52/【分析】根据已知条件建立平面直角坐标系，判断出b,【详解】依题意，a→在平面直角坐标系xOy中，设E1,0，OE对应向量e∠AOx=2π3，OA对应向量a，则a=由于b-a =1，所以b对应终点的轨迹是以依题意，c-te≥所以Δ=4c⋅设Cx,y，则c所以c对应点的轨迹是直线x=2.则c-b表示圆A上的点和直线所以c-b的最小值为故答案为：5【点睛】方法点睛：求解向量问题可以有两个方向，一个是利用几何法来求解，另一个是利用坐标法来求解.用坐标法来求解，是根据题目的已知条件，建立适当的平面直角坐标系，然后用坐标表示向量，由此来对问题进行求解.【变式3-1】5.（2023·全国·高三专题练习）已知平面向量a，b，且满足a⋅b=|a|=|b|=2【答案】2【分析】先根据平面向量的数量积公式求出a→与b→的夹角，根据条件，可设a→=2,0【详解】解：∵a→⋅b→=a∴a∴cosθ=12，又不妨设a→=2,0则a=3即a→所以a→⋅e故答案为：23【变式3-1】6.（2023春·上海虹口·高三统考期中）已知平面向量a，b，c，e满足a=3，e=1，b-a=1，<a,e>=【答案】5【分析】作OA=a，OE=e，建立平面直角坐标系，作OB=b，作OC=【详解】如图作OA=a，如图，以点O为原点，OA为x的正方向建立平面直角坐标系，因为a=3，<a,所以点A的坐标为3,0，点E的坐标为-作OB=b，设点B的坐标为因为AB=所以x-32+y所以点B在以3,0为圆心，以1为半径的圆上，因为对任意的实数t，均有c-t所以c-te2所以t2所以2e所以e⋅c-2作OC=c，设点C的坐标为则-12x所以点C在直线x'因为c-又点B在圆x-32点C在直线x'所以点B到点C的最小距离为点A到点C的距离减去圆的半径1，即BC≥AC-1，当且仅当点B因为点A3,0到直线x'-所以点A到点C的距离大于等于72，即AC所以BC≥当且仅当AC垂直于直线x'-3y'所以c-b的最小值为故答案为：52

【点睛】本题解决的关键在于建立平面直角坐标系，利用条件结合向量的坐标运算及性质确定点的轨迹，由此结合直线与圆的性质求解.◆类型2几何意义法【例题3-2】（2023·安徽阜阳·安徽省临泉第一中学校考三模）在Rt△ABC中，AC=BCA．12 B．82 C．56【答案】A【分析】画出图分析，将AB+AD的最大值转化为点A到圆【详解】如图：

取BC，BD中点E，G，可知AB+AD=2取BE的中点O，则G为圆O上一点，所以AG最大值为AO+1=6故AB+故选：A.【变式3-2】1.（2023·全国·高三专题练习）已知非零向量a，b，c满足a=4，a⋅b=2b，c【答案】3【分析】根据给定条件，求出向量a与b的夹角，变形等式c2【详解】因为a=4，a⋅b=2b，则|又0≤〈a,b〉≤π，则〈

由c2=32a⋅c-5，得因此OC的终点C在以点D为圆心，2为半径的圆上，显然对∀t∈R，tb的终点的轨迹是线段OB确定的直线于是c-tb是圆D上的点与直线l上的点的距离，过D作线段DE⊥l于E，交圆D于所以c-t所以c-tb的最小值为故答案为：3【变式3-2】2.（2023·全国·高三专题练习）已知平面向量a，b，c，满足b=2，a+b=1，c=λa+μb且λ+2μ=1，若对每一个确定的向量a，记c的最小值为【答案】1【分析】根据向量的几何表示和共线条件以及几何关系即可求解.【详解】令a=OA所以a如图，

所以点A的轨迹是以B'则OC=λ又因为λ+2μ=1，所以点C在直线AE上，故OC⊥AE时，|OC当OC⊥AE情况下，直线AE与B'相切时∠B'此时，OC=故答案为：13【变式3-2】3.（2023·全国·高三专题练习）已知平面向量a,b,c满足a=【答案】5【分析】作出相关向量后用解三角形的知识求解.【详解】因为|a|=2又因为cosa所以a与b的夹角大小为3π如图，作OA=连接AC,BC，则a-c=又∠AOB=3π4故当OC为圆的直径时，c最大.此时A=B=π在Rt△AOC中，OC=OA在Rt△BOC中，OC=OB所以OAcos∠AOC=所以cos∠AOC=整理得2cos所以tan∠AOC=2,所以OC=215=10所以以c为直径的圆的面积的最大值为π×10

故答案为：5【变式3-2】4.（2023·上海·高三专题练习）已知点A,B是平面直角坐标系中关于y轴对称的两点，且OA=2aa>0．若存在m,n∈R，使得mAB+OA与nAB【答案】15【分析】设mAB=AP，nAB=BQ，根据向量线性运算可得PQ=a，设P【详解】设A,B在直线y=t上，又A,B是平面直角坐标系中关于y轴对称的两点，OA=2aa>0，设mAB=AP，nAB=∴m不妨设P在Q的左侧，Px,t，则Q∵mAB+OA与n即xx+a+t∴AB=24a2故答案为：15a【点睛】关键点点睛：本题考查平面向量模长最值的求解问题，解题关键是能够将问题转化为求解与变量t有关的函数最值的求解问题，从而根据向量的线性运算和向量垂直的坐标表示求得t的范围，结合函数最值求法可求得结果.【变式3-2】5.（2020秋·浙江金华·高三浙江金华第一中学校考阶段练习）已知平面向量a,b满足a=b=a·【答案】27【分析】由数量积得<a,b>的值，设出a、方法1：设出点C的参数坐标，代入转化为求三角函数的最大值即可得结果.方法2：设出点C的坐标，代入转化为求圆上的点到定点的距离的最大值即可得结果.【详解】∵a⋅b=|a||∴cos<又∵<a∴<a∴设a=OA=(2,0)，b=OB=(1,3∵(a∴(OA-OC∴CA⊥则点C的轨迹是以AB为直径的圆，又∵AB的中点（32∴点C的轨迹方程为：(x-3方法1：∴设C(3则c=∴b+2|b+2c故答案为：27方法2：设C(x，则c=∴b+2|b+2c|=(2x+1)2+∴(x+1即：(x+1∴|b故答案为：27【变式3-2】6.（2022秋·上海浦东新·高三华师大二附中校考期中）设向量OA，OB满足OA=OB=2，OA⋅OB=2，若m，n∈R【答案】3【分析】先由向量的数量积判断出△AOB为等边三角形，再计算出mAB+12BO【详解】解：|OA所以OA⋅解得：cos∠AOB=即∠AOB=π所以△AOB为等边三角形，则mAB12即12故m=(2m-0)上式可转化为求点与点之间的距离，令C(2m,0)，D0,0，EmAB+1又因为CD+CE的最小值为当且仅当C,D重合时，取等号，所以mAB+1故答案为：3.【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是将mAB◆类型3三角换元法【例题3-3】（2023·全国·高三专题练习）已知向量a，b满足2a+b=3，b【答案】5【分析】令2a+b=3【详解】令2a∴2(a+b∴2|a+b2|a|=(3令S=|a设t=cos(α-β)(-1≤t≤1)，则S=1令S'=0⇒4(10-6t)=10+6t⇒t=1，易知：在t∈[-1,1]上S'所以S在t=1取得最大值，Smax故答案为：5.【变式3-3】1.（2023·全国·高三专题练习）已知正方形ABCD的边长为2，动点P在以D为圆心且与AC相切的圆上，则BP⋅AC的取值范围是【答案】-4,4【分析】建立平面直角坐标系，设P2cosθ,【详解】以点D为圆心，以DC,DA所在直线分别为x,y轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则D0,0,A0,2,B2,2∴设P2cosθ,∴BP⋅当cosθ+π4=-1时，当cosθ+π4故BP⋅AC的取值范围为故答案为：-4,4

【变式3-3】2.（2023·全国·高三专题练习）已知a,b,c,d是单位向量，满足【答案】2【分析】a⊥b可设a=1,0,b=【详解】依题意，a,b∴m=运用辅助角公式得：4=45即得：cosx-y故cos2c-d【点睛】思路点睛：涉及给定长度夹角的向量，可以建立坐标系，借助坐标运算求解，四个向量都是单位向量，其终点都在单位圆上，故可以将向量用圆的参数方程表示出来，将整个向量题转化为已知一个条件三角的值，求另一个三角函数的值.◆类型4三角不等式法【例题3-4】（2023·上海·高三专题练习）已知非零平面向量a、b、c满足a=5，2b=c，且b【答案】5【分析】由向量的运算，数量积与模长的关系，利用三角函数的性质求最值即可.【详解】解：如图AC=a，AD=b，AB=已知b-a⋅c-取BD的中点O，则有OC=1而OA=12则12b+记b,c向量的夹角为θ，则同理b-由b+c+则b2当cosθ=0，即b所以b≥5，即b的最小值是故答案为：5.【点睛】本题考查平面向量的综合运用，关键点在于利用三角形的三边关系得到不等式b+【变式3-4】1.（2022秋·河南郑州·高三郑州外国语学校校考阶段练习）若直线ax-y=0a≠0与函数fx=2cos2x+1ln2+x2-x图象交于不同的两点A,B，且点【答案】-6【分析】由已知，先利用函数奇偶性的定义，判断函数f(x)的奇偶性，结合直线ax-y=0可知，A，B两点关于原点对称，然后根据DA+【详解】因为f(-x)=2cos2所以函数f(x)=2cos2x+1ln∵DA+DB=DO∵DA+DB-DC∴△CTD是以C为直角顶点的直角三角形，且O为中点，

∵|CO|=6，∴|DO|=6，∴设m=6cosθ，∴m+n=6(cosθ+sin∴m+n∈-6故答案为：-62【变式3-4】2.（多选）（2020·北京·高三校考强基计划）设平面向量a,b,c满足|aA．最大值为42 B．最大值为C．最小值为0 D．最小值为2【答案】AC【分析】利用柯西不等式可求|c|的最大值，利用特例可求【详解】首先，取b=0，则c可以取0，因此接下来，考虑|a于是|c等号当|a+2b|=|a故选：AC.题型4向量共线的应用设平面上三点O，A，B不共线，则平面上任意一点P与A，B共线的充要条件是存在实数入与出，使得OP=λOA+μ【例题4】（2023秋·江西·高三校联考开学考试）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cosB=23，P为△ABC内一点．若点P满足CP+bc【答案】6-【分析】由三角形内心的性质与半角公式求解【详解】由CP+bc即-aAP整理可得a+b+cAP故点P在∠BAC的平分线上，同理可得点P在∠BCA的平分线上，所以点P为△ABC的内心．如图，延长BP，交AC于点D，过点P作PE⊥AC，PF⊥AB，垂足分别为E，F，

设BP=λBD，由BP=xBA+y由D，A，C三点共线得xλ所以x+y=λ=BP因为cos∠ABC=23代入得λ≤6-65，当且仅当PD=PE故x+y的最大值为6-6【变式4-1】1.（2023·全国·高三专题练习）如图，在△ABC中，点D在线段AB上，且AD=13AB，E是CD的中点，延长AE交BC于点H，点P为直线AH上一动点（不含点A），且AP=λAB+μAC（λ,μ∈R）．若AB=4

【答案】3【分析】因为E是CD的中点，得到AE=12AC+16AB，设AH=tAE，所以延长BC于M，使得CM=AC，延长AC于点N，使得CN=BC，结合相似，求得得到△AOM为等腰三角形，且OA=OM=6，得出S△AOM≤1【详解】因为E是CD的中点，可得AE=设AH=tAE，所以因为B,C,H三点共线，所以t2+t6所以t6AC=t2BC，所以延长BC于M，使得CM=AC，延长AC于点N，使得CN=BC，如图所示，则△BCN∽△MCA，且相似比为13，所以NB所以△NOB∽△MOA，所以BOAO=13，所以因为AB=4，所以BO=2，所以△AOM为等腰三角形，且OA=OM=6，所以S△AOM因为S△ABCS△AOM所以S△ACH所以△CAH的面积的最大值为34

【点睛】解决向量在平面几何中的应用问题的两种方法：（1）坐标法，把几何图形放在适当的坐标系中，则有关点与向量就可以用坐标表示出来，这样就能进行相应的代数运算，从而使问题得到解决；（2）基向量法，选取一组合适的基底，将未知向量用基底表示出来，然后根据向量的运算法则､运算律和性质求解.【变式4-1】2.（多选）（2023·全国·高三专题练习）在△ABC中，AC=4，AB=5，BC=6，D为AC中点，E在BD上，且BE=12ED，AE延长线交A．AE=3 B．C．△ACF的面积为37 D．【答案】BCD【分析】对于A，可得AE=23AB+16AC，平方得AE2=49AB2【详解】对于A，因为BE=所以AE=AB+又D为AC中点，所以AE=AE2=4又cos∠BAC=42+5对于B，AE⋅BC=对于D，令AF=λAE=解得λ=6对于C，由D可得AF=45AB+S△ABC=1故选：BCD．【点睛】方法点睛：向量具有数形二重性，一方面具有“形”的特点，借助于几何图形进行研究，利用数形结合增强解题的直观性；另一方面又具有一套优良的运算性质，因此，对于某些几何命题的求解或证明，自然可以转化为向量的运算问题来解决，可以使复杂问题简单化，几何问题代数化．【变式4-1】3.（多选）（2023·全国·高三专题练习）如图所示，在凸四边形ABCD中，对边BC，AD的延长线交于点E，对边AB，DC的延长线交于点F，若BC=λCE，ED=μDA，A．EB=1C．1λ+1μ【答案】BD【分析】A.结合图形，利用基底表示向量EB；B.过B作BG//DF交AE于G,利用平行线的比例关系，求得4λμ=1；C.由B的结果，结合基本不等式判断；根据共线关系，转化EC⋅【详解】A.EB=3B.过B作BG//DF交AE于G，则AFFB=AD∴AFFB⋅BCCE故B正确；C.由B知1λ+1故C错误；D.由BC=λCEEB=λ+1ECEC⋅ADEB故选：BD【点睛】关键点睛：本题考查向量的线性运算共线等的应用，考查利用均值不等式求最值，解答本题的关键是B选项，需过B作BG//FD交AE于点G，得到AFFB=ADDG，BCCE【变式4-1】4.（2023·辽宁沈阳·东北育才学校校考一模）在△ABC中，AB⋅AC=9，sinB=cosAsinC，S△ABCA．116+63 B．11【答案】C【分析】由已知条件求得解得b，c，cosA，再求得CB，可得到x3+【详解】设|AB|=c，|AC解得b=3，c=5，sinA=45CB=AB-又∵A、P、B三点共线，∴x3∴2x当且仅当x3+y故选：C【点睛】关键点睛：解题的关键是由已知条件求出a,b,c后，再由A,P,B三点共线，得x3+y【变式4-1】5.（2022秋·广西钦州·高三校考阶段练习）在△ABC中，AB=4，BC=3，CA=2，点P在该三角形的内切圆上运动，若AP=mAB+nAC（m，A．518 B．13 C．7【答案】B【分析】由AP=mAB+nAC可得m+n=APmm+nAB+nm+n【详解】AP=mAB+n故m+n=AP假设mm+nAB+nm+n则m+n=APAE，且E为BC上一点，A，P，由平行线等比关系可得，要使m+n，即AP与AE之间的比例最小，则P在内切圆的最高点，如图所示，由cosA=因为sinA>0，所以sin设BC边上高为h，内切圆半径为r，由S△ABC所以h=152，可得m+n的最小值为h-2rh故选：B.【点睛】关键点点睛：这道题关键的地方是转化得到m+n=APmm+nAB+nm+n【变式4-1】6.（2022·全国·高三专题练习）过△ABC重心O的直线PQ交AC于点P，交BC于点Q，PC=34AC【答案】3【分析】利用向量的线性运算知OP=-34OB-【详解】如图，因为O是重心，所以OA+OB+因为PC=34所以OP=又QC=nBC，则OC因为P，O，Q三点共线，所以OP//所以-34(1-n)=-故答案为：3题型5向量夹角【例题5】（2023·山东济宁·统考二模）已知向量a、b不共线，夹角为θ，且a=2，b=1，a+λb+a-λ【答案】2【分析】依题意作出如下图形，令F1O=a，F1A=λb，根据平面向量线性运算法则及椭圆的定义得到点P的轨迹，求出其轨迹方程，由λ的取值范围，得到【详解】如图F1OPA及OF2PA令F1O=a，F1因为a+λb+由椭圆的定义可知点P的轨迹是以F1-2,0，F22,0为焦点的椭圆其中所以其轨迹方程为x2因为433≤λ<22，所以当λ=4此时点P的坐标为43将点P的坐标代入椭圆x28+解得cosθ故答案为：2【点睛】关键点睛：本题解答的关键是结合平面向量线性运算法则及椭圆的定义将问题转化，再结合同角三角函数的基本关系计算..【变式5-1】1.（2023·福建泉州·统考模拟预测）人脸识别，是基于人的脸部特征信息进行身份识别的一种生物识别技术．在人脸识别中，主要应用距离测试检测样本之间的相似度，常用测量距离的方式有曼哈顿距离和余弦距离．设Ax1,y1，Bx2,y2，则曼哈顿距离dA,B（参考数据：2≈1.41，5A．0.052 B．0.104 C．0.896 D．0.948【答案】B【分析】根据题意分析可得N在正方形ABCD的边上运动，结合图象分析OM,【详解】设Nx,y由题意可得：dM,N=2-x可知x-2+y-1=1表示正方形ABCD即点N在正方形ABCD的边上运动，因为OM=当cosM，N=cosOM→①点N为点A，则ON=2,0，可得②点N在线段CD上运动时，此时ON与DC同向，不妨取ON=则cosM,N因为310所以eM,N的最大值为1-故选：B.

【点睛】方法定睛：在处理代数问题时，常把代数转化为几何图形，数形结合处理问题.【变式5-1】2.（多选）（2023·福建·校联考模拟预测）半圆形量角器在第一象限内，且与x轴、y轴相切于D、E两点.设量角器直径AB=4，圆心为C，点P为坐标系内一点.下列选项正确的有（

）A．C点坐标为2,2 B．OAC．cos∠AOB∈13,【答案】ACD【分析】根据题意，结合平面向量的运算以及坐标运算，对选项逐一判断，即可得到结果.【详解】由题意得，量角器与x轴、y轴相切于D、E两点，且AB=4，则C2,2由A可知，C2,2，则OC==2记t=2OCcos∠AOB=设Px,y，则=2x-2当x=y=43时，故选：ACD【变式5-1】3.（2023·全国·安阳市第二中学校联考模拟预测）已知OA+OB与OC为相反向量，若OA=2，OB+OC=4，则【答案】-1【分析】先根据向量模长相关不等式得到OB-2≤4-OB≤2+OB，解出1≤OB≤3，设OB=t∈1,3，OA，OB夹角为θ，将【详解】OC=-OA+因为OB+OC=4，所以OC所以OB-2≤4-OB≤2+不妨设OB=t∈1,3，OA，OB夹角为θ，则OC=-OA+即4-t2=4+2×2tcos因为t∈1,3，所以cos故OA，OB夹角的余弦的最小值为-1.故答案为：-1【变式5-1】4.（2023·海南省直辖县级单位·统考模拟预测）已知平面向量a=OA，b=OB，c=OC，满足4OCA．π6 B．π3 C．2π【答案】A【分析】由向量线性运算和数量积的定义和运算律可化简已知等式得到4c2-4a⋅c=1-a2【详解】∵4OC即4c2-4∵4OB即4b2-4设向量a-4b与c-2∴cosθ=a-4b⋅c又θ∈0,π，故选：A.【点睛】关键点点睛：本题考查向量夹角最值的求解问题，解题关键是能根据向量夹角的计算公式，将向量夹角的余弦值表示为关于a-4题型6向量平行与垂直的应用【例题6】（多选）（2023·全国·高三专题练习）如图，△ABC的外心为O，三条高线AD,BE,CF交于一点H，ED与AB的延长线交于点I，FD与AC的延长线交于点J，则（

）A．∠BDF=∠BAC B．OBC．OC⋅ED【答案】ABCD【分析】利用四点共圆可得A的正误，过点B作圆O的切线BG，可证OB⊥FD，从而可判断B的正误，同理可判断C的正误，利用向量的方法可得IH2-AH2=IC2-A【详解】如图，连接OB,HI,HJ,CH.对于选项A，因为A，C，D，F四点共圆，故∠BDF=∠BAC，选项A正确．对于选项B，C，如图，过点B作圆O的切线BG，则OB⊥BG．因为∠CBG=∠BAC=∠BDF，所以FD与BG平行，故OB⊥FD，选项B正确，同理选项C正确.对于选项D，因为HC⊥IA，故HC⋅而I=IH故IH同理由JA⊥HB可得JH由AD⊥BC可得AB由ID⊥OC可得IO由JD⊥OB可得JO所以IH所以IH同理，I所以IH2-J所以IH-故IJ⋅IH+JH-故选：ABCD【变式6-1】（2023·全国·高三专题练习）设A,B是平面直角坐标系中关于y轴对称的两点，且OA=2.若存在m,n∈R，使得mAB+OA与nAB+【答案】2【分析】根据向量的线性运算，令a=OA'=mAB+OA=(1-m)OA+mOB，b=OB【详解】如图示，A,B是平面直角坐标系中关于y轴对称的两点，且OA=2由题意得：AB=令a=OAb=OB故有A,A由题意mAB+OA与n知OA'⊥在△A'OB'中，4=|此时△A'OB'故当且仅当|a|=|b|即此时O到AB的距离为12所以|AB|2=22-故答案为：2【点睛】方法点睛：根据向量的线性运算，可令a=OA'=mAB+OA=(1-m)OA+mOB，题型7投影向量【例题7】（2023春·辽宁·高三辽师大附中校考阶段练习）已知点D在线段AB上，CD是△ABC的角平分线，E为CD上一点，且满足BE=BA+λADAD+ACACλ>0,CA【答案】27a【分析】由BA=14可设A-7,0､B7,0，结合双曲线的定义可得点C【详解】由BA=14，可设A-7,0､得点C的轨迹是以A､因为CD是△ABC的角平分线，且BE故AE也为△ABC的角平分线，∴E为△ABC的内心.如图，设Ex0,则由双曲线与内切圆的性质可得，AC-又AQ+BQ=14，所以，BQ=7-3=4，∴BE则BE在a上的投影向量为414故答案为：2【变式7-1】1.（2023·天津·统考二模）在△ABC中，AB=32，角A为锐角，且向量AB在向量AC上的投影向量的模是3，则A=；若AC=6，则函数f【答案】π4/45°【分析】根据投影向量的定义求出cosA，即可求出A，以点A为原点，建立平面直角坐标系，在AC上取D,E，使得AD=12AC,AE=13AC，在AB【详解】由向量AB在向量AC上的投影向量为ABcos得向量AB在向量AC上的投影向量的模为ABcos所以cosA=又因角A为锐角，所以A=π如图，以点A为原点，建立平面直角坐标系，则A0,0在AC上取D,E，使得AD=12在AB上取点P使得AP=x则fx直线AC的方程为y=x，设点E2,0关于直线AC的对称点F则ba-2=-1b2=则EP+DP=所以fx=x故答案为：13.【点睛】关键点点睛：以点A为原点，建立平面直角坐标系，在AC上取D,E，使得AD=12AC,AE=13AC，在AB上取点P使得【变式7-1】2.（多选）（2023·全国·高三专题练习）窗花是贴在窗户上的剪纸，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，图2是从窗花图中抽象出几何图形的示意图.已知正八边形ABCDEFGH的边长为2，P是正八边形ABCDEFGH边上任意一点，则下列说法正确的是（

）

A．若函数fx=AD-xB．PA⋅PBC．AG在AB方向上的投影向量为-D．OA【答案】AB【分析】以AE为y轴，GC为x轴建立直角坐标系，计算各点坐标，计算向量坐标，求出函数解析式，利用二次函数求出最值，A正确；取AB的中点M，得到PA⋅PB=PM2【详解】如图所示：以AE为y轴，GC为x轴建立直角坐标系，

设OA=在△OAB中，根据余弦定理可得，4=a2+A0,-aG-a,0，H-2对选项A：AD=22所以AD-x所以f=(2+所以当x=1+22时，函数fx对选项B：取AB的中点M，则PA+PB=2则PA+PB2两式相减得：PA⋅由正八边形的对称性知，当点P与点E或F重合时，PM2又M24a,-所以EM2所以PA⋅PB的最大值为对选项C：AG=-a,a，所以AG⋅ABAB对选项D：因为OA=0,-a，OA=又3OB=6故选：AB题型8解析几何与向量【例题8】（多选）（2023秋·河南·高三校联考开学考试）⊙Q:(x+1)2+(y-1)2=2与A．M到直线l距离最小值为2B．MAC．存在点M，使得△MAB为等边三角形D．MA⋅【答案】ABD【分析】设Mx,1x,x>0，利用点到直线的距离结合基本不等式即可判断A，求出A,B坐标，计算出【详解】设Mx,对A，则点M到直线l的距离d=x+当且仅当x=1x，即对B,D，联立有(x+1)2+(y-1)2=2则不妨假设A-2,2,B0,0则MA⋅MB=令x-1x=t，x>0，因为y=x,y=-则t=x-1x，在0,+∞上也为单调增函数，且x→0，x>0x→+∞时，t→+∞，且函数图象在0,+∞则MA⋅MB=t2+2t+2=t+12+1≥1对C，若要△MAB为等边三角形，则首先点M为线段AB的垂直平分线和曲线y=1因为A-2,2,B0,0，则AB则垂直平分线的所在直线的方程为y-1=x+1，即x-y+2=0，将其与曲线y=1x(x>0)联立得x-y+2=0y=1此时MB=而AB=-22则不存在点M，使得△MAB为等边三角形，故C错误.故选：ABD.

【点睛】关键点睛：本题的关键是利用设点Mx,1x【变式8-1】1.（2023·四川成都·校联考二模）已知直线l:y=kx(k>0)与双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)相交于A，B两点，点A在第一象限，经过点A且与直线l垂直的直线与双曲线C的另外一个交点为M，点N在A．y=±3x B．y=±5x【答案】C【分析】作出辅助线，设Bx1,y1x1<0,y1<0，根据点差法得到kBM⋅k【详解】根据题意，画出示意图，如图所示．

因为BN//NM，所以B、N、M三点共线．设线段BM的中点为根据题意，显然可得点O为线段AB的中点，所以OQ//设Bx1,y1x1因为点B，M都在双曲线C上，则x12a即y1+y2x所以kBM⋅k又因为AB⊥AM，则OB⊥OQ，即kOB⋅kOQ=-1所以kBM=-b2y即|ON|=-7|OA|cos而kBM=kBN，故则双曲线C的渐近线方程为：y=±6故选：C【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线相交涉及中点弦问题，常用点差法，该法计算量小，模式化强，易于掌握，若相交弦涉及AM=λ【变式8-1】2.（2023·江苏扬州·统考模拟预测）已知向量a=(x+1,5+y),b=(x-1,5-y)，满足a⊥b的动点M(x,y)的轨迹为E，经过点N(2,0)的直线l与EA．3-22 B．C．22【答案】A【分析】先求出轨迹E的方程，再利用直线l与E有且只有一个公共点A，求出点A的坐标，从而得解.【详解】根据a⊥b，可得化简得为动点M(x,y)的轨迹E的方程为：y2设经过点N(2,0)的直线l为：y=kx-2联立方程y=kx-2y2由于直线l与E有且只有一个公共点A，所以k2=1，或得k=±1，或k=±2因为圆x2+(y-2所以当点A在x轴上方时AP较小，以下只讨论点A在x轴上方的情况,当k=±1时，代入①式，得x=0，再代入双曲线方程可得A(0,±2)，当A(0,2)时，点A在圆x2可得AP的最小值为1-2当k=±22时，代入①式，得再代入双曲线方程可得则A(-2,±22当A(-2,22)时，点A在圆可得AP的最小值为0+2-1=1则AP的最小值为3-22故选：A【点睛】方法点睛：求轨迹方程的常见方法有：①直接法，设出动点的坐标x,y，根据题意列出关于x,y的等式即可；②定义法，根据题意动点符合已知曲线的定义，直接求出方程；③参数法，把x,y分别用第三个变量表示，消去参数即可；④逆代法，将x0=gx【变式8-1】3.（2023·海南海口·海南中学校考二模）如图，2022年世界杯的会徽像阿拉伯数字中的“8”．在平面直角坐标系中，圆M:x2+y+m2=n2和A．32+22 B．22【答案】C【分析】先用待定系数法求出圆M的方程，进而得到PA⋅PB=2PB【详解】根据题意可得-2+m2=n21+-1+m2PA⋅画图分析可知当与直线PA垂直的直线l和圆N相切，切点为B，且直线l的纵截距大于0时，PBcos直线PA的斜率为1，设l的方程为y=-x+aa>0，由圆心N0,1到直线l的距离为解得a=1+2或1-故l的方程为y=-x+1+2，其与直线PA：y=x-2的交点坐标为Q所以PQ=32即PA⋅PB的最大值为故选：C【点睛】平面向量解决几何最值问题，通常有两种思路：①形化，即用平面向量的几何意义将问题转化为平面几何中的最值或取值范围问题，然后根据平面图形的特征直接进行求解；②数化，即利用平面向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域，不等式的解集，方程有解等问题，然后利用函数，不等式，方程的有关知识进行求解.【变式8-1】4.（2023·全国·模拟预测）已知O为坐标原点，椭圆C:x24+y22A．1 B．2 C．3 D．2【答案】B【分析】设出点A,B,M的坐标，用A,B的坐标表示点M的坐标，再利用点在椭圆上结合斜率关系求出λ2+μ【详解】设M(x0,y0),Axx024由kOA⋅kOB=-12，得y而(λ+μ)2+(λ-μ)2=2(所以λ+μ的最大值为2.故选：B【点睛】思路点睛：若点在椭圆上，则点的坐标必满足椭圆方程，借助整体思想进行计算可以简化整个运算过程，可起到四两拨千斤的效果．【变式8-1】5.（2023秋·贵州贵阳·高三贵阳一中校考开学考试）已知双曲线C：x2a2-y2b2=1a>0,b>0的左右焦点分别为【答案】355【分析】利用双曲线的定义与向量数积的几何意义得到AF2,BF2,【详解】依题意，设AF2=2m在Rt△ABF1中，9故a=m或a=-3m（舍去），所以AF1=4a,AF故cos∠所以在△AF1F2中，故e=c故答案为：35【点睛】关键点睛：双曲线过焦点的三角形的解决关键是充分利用双曲线的定义，结合勾股定理与余弦定理得到关于a,b,c的齐次方程，从而得解.【变式8-1】6.（2023春·全国·高三竞赛）设圆(x-3)2+(y-4)2=25的圆心为C，点N6,0，M12,10，P为直线y=xA．2,51 B．3,51 C．2,52 D．3,52【答案】A【分析】根据题意画出图形，利用平面向量的基本运算化简MA=MB+MP得到MP=BA，根据A,B为圆上两点圆上的两点得到MP≤2R的范围，设点Pa,a，代入不等式中，求出a的取值范围，要求解【详解】由题意如图所示：因为MA=所以MP=所以MP=因为A,B为圆上两点，且圆的圆心C(3,4)半径为R=5，所以MP=所以0≤MP因为P为直线y=x上一点，所以设Pa,a，且所以有a-122解得：4≤a≤18，又N6,0，所以k所以lCN所以点P到直线lCNd=4a+3a-24因为4≤a≤18，所以45又CN=R=5所以S所以2≤S△PCN面积的取值范围为：2,51.故选：A.题型9奔驰定理与面积比【例题9】（多选）（2023·全国·高三专题练习）有下列说法其中正确的说法为（

）A．若a∥b，bB．若a∥bb≠C．两个非零向量a，b，若a-b=a+D．若2OA+OB+3OC=0，S△AOC【答案】BCD【分析】利用向量平行的概念与性质判断AB；根据向量的线性运算，结合三角形面积的求法可判断CD.【详解】对于A项，若a∥b,b∥对于B项，若a∥bb≠0对于C项，两个非零向量a,b，若|a-b对于D项，因为2OA+OB如图所示：

分别取BC，AC的中点E，F，故4OF=-2OE所以O、E、F三点共线，故OE=2OF，所以OE=S△AOC=1故S△AOC故选：BCD.【变式9-1】（2023·全国·高三专题练习）“奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论，因为这个定理对应的