【二轮复习】高考数学 重难点09 平面向量常考经典压轴小题全归类（新高考专用）（解析版）

重难点09平面向量常考经典压轴小题全归类【九大题型】【新高考专用】TOC\o"1-3"\h\u【题型1平面向量共线定理及其应用】 3【题型2平面向量基本定理及其应用】 5【题型3平面向量的数量积】 8【题型4平面向量的模的问题】 10【题型5平面向量夹角与垂直问题】 12【题型6极化恒等式】 14【题型7向量与解三角形综合】 17【题型8向量与几何最值、范围问题】 21【题型9向量在几何中的其他应用】 24平面向量是高考的必考内容之一.从近几年的高考情况来分析，平面向量的数量积、模、夹角是高考考查的重点、热点，试题主要以选择题、填空题的形式呈现，常常以平面图形为载体，考查数量积、模、夹角与垂直的条件等问题，也时也会与平面解析几何、三角函数、不等式等知识相结合，以工具的形式出现，试题难度中等.学生在高考复习中应注意加强对平面向量的数量积、模、夹角等知识的掌握，能灵活运用向量知识解决有关问题.【知识点1平面向量线性运算问题的解题策略】1.平面向量线性运算问题的求解思路：(1)解决平面向量线性运算问题的关键在于熟练地找出图形中的相等向量，并能熟练运用相反向量将加减法相互转化；(2)在求向量时要尽可能转化到平行四边形或三角形中，运用平行四边形法则、三角形法则及三角形中位线定理、相似三角形对应边成比例等平面几何的性质，把未知向量转化为用已知向量线性表示.2.向量线性运算的含参问题的解题策略：与向量的线性运算有关的参数问题，一般是构造三角形，利用向量运算的三角形法则进行加法或减法运算，然后通过建立方程组即可求得相关参数的值.3.利用共线向量定理解题的策略：(1)是判断两个向量共线的主要依据.注意待定系数法和方程思想的运用.(2)当两向量共线且有公共点时，才能得出三点共线，即A,B,C三点共线共线.(3)若与不共线且，则.(4)(λ,μ为实数)，若A,B,C三点共线，则λ+μ=1.【知识点2平面向量基本定理的解题策略】1.应用平面向量基本定理求向量的实质应用平面向量基本定理求向量的实质是利用平行四边形法则或三角形法则进行向量的加、减或数乘运算.一般将向量“放入”相关的三角形中，利用三角形法则列出向量间的关系.2.用平面向量基本定理解决问题的一般思路：用平面向量基本定理解决问题的一般思路是：先选择一个基底，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.注意同一个向量在不同基底下的分解是不同的，但在每个基底下的分解都是唯一的.【知识点3平面向量坐标运算的方法技巧】1.平面向量坐标运算的技巧(1)向量的坐标运算主要是利用向量加、减、数乘运算的法则来进行求解的，若已知有向线段两端点的坐标，则应先求向量的坐标.(2)解题过程中，常利用向量相等其坐标相同这一原则，通过列方程(组)来进行求解.【知识点4平面向量数量积问题的解题方法】1.平面向量数量积的两种运算方法(1)基底法：当已知向量的模和夹角时，可利用定义法求解，适用于平面图形中的向量数量积的有关计算问题；(2)坐标法：当平面图形易建系求出各点坐标时，可利用坐标法求解.2.夹角与垂直问题根据平面向量数量积的性质：若，为非零向量，则(夹角公式)，等，可知平面向量的数量积可以用来解决有关角度、垂直问题.3.向量的模的求解思路：(1)坐标法：当向量有坐标或适合建坐标系时，可用模的计算公式；(2)公式法：利用及，把向量的模的运算转化为数量积运算；(3)几何法：利用向量的几何意义，即利用向量加减法的平行四边形法则或三角形法则作出向量，再利用余弦定理等方法求解.【知识点5极化恒等式】1.极化恒等式的证明过程与几何意义(1)平行四边形对角线的平方和等于四边的平方和：.证明：不妨设，则，，①，②，①②两式相加得：.(2)极化恒等式：上面两式相减，得：————极化恒等式平行四边形模式：.(3)几何意义：向量的数量积可以表示为以这组向量为邻边的平行四边形的“和对角线”与“差对角线”平方差的．【知识点6平面向量的应用的方法技巧】1.平面向量的应用的解题方法；平面向量的应用方向主要是平面几何问题，往往涉及角和距离，转化成平面向量的夹角、模的问题，主要解题方法有：(1)坐标法：把几何图形放在适当的坐标系中，就赋予了有关点与向量具体的坐标，这样就能进行相应的代数运算和向量运算，从而使问题得到解决.(2)基向量法：适当选取一组基底，写出向量之间的联系，利用向量共线构造关于设定未知量的方程来进行求解.(3)利用向量运算进行转化，化归为三角函数的问题或三角恒等变换问题是常规的解题思路和方法，以向量为载体考查三角形问题时，要注意正弦定理、余弦定理等知识的应用.2.平面向量中的最值（范围）问题的两类求解思路：(1)“形化”，即利用平面向量的相关知识将问题转化为平面几何中的最值或范围问题，然后结合平面图形的特征直接进行判断；(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、方程的有关知识来解决．【题型1平面向量共线定理及其应用】【例1】（2023·江苏·统考模拟预测）在△ABC中，AD=2DB，点P在CD上，且AP=mAC+13AB(m∈R)，则m=（

）A．15 B．14 C．13【解题思路】将AB=32AD【解答过程】因为AD=2DB，所以所以AP=m又P，C，D三点共线，所以m+12=1故选：D.【变式1-1】（2023下·江苏连云港·高一校考阶段练习）设e1，e2是两个不共线的向量，已知AB=2e1-ke2，CB=e1+3eA．－8 B．8 C．6 D．－6【解题思路】根据三点A，B，D共线，可得存在唯一实数λ使AB=λDB【解答过程】由已知得DB=∵三点A，B，D共线，∴存在唯一实数λ使AB=λ∴2e∴2=-λ-k=4λ，解得故选：B.【变式1-2】（2023·陕西安康·统考一模）已知O是△ABC内一点，2OA+3OB+mOC=0，若△AOB与△ABCA．-103 B．103 C．-【解题思路】由2OA+3OB+mOC=0确定O点的位置，再利用【解答过程】由2OA+3OB设-m5OC由于25+35=1，所以A∵OC与OD反向共线，m>0，∴ODOC=m5∴S△AOB故选：D.【变式1-3】（2023·全国·高一专题练习）在△OAB中，OA=3OC，OB=2OD，AD，BC的交点为M，过M作动直线l分别交线段AC，BD于E，F两点.若OE=λOA，OF=μOBA．3+35 B．2+237 C．【解题思路】利用平面向量共线定理的推论得到λ、μ的关系，进而利用均值定理即可求得【解答过程】由A、M、D又由B、M、OM则t=13(1-m)m=又OE=λOA，OF=μOB则OM=15λOE则λ+μ=（当且仅当λ=2则λ+μ的最小值为3+22故选：D.【题型2平面向量基本定理及其应用】【例2】（2023·广东汕头·统考三模）如图，点D、E分别AC、BC的中点，设AB=a，AC=b，F是DE的中点，则A．12a+12b B．-【解题思路】根据向量的运算，利用基底向量a,b表示AF【解答过程】因为点D、E分别AC、BC的中点，F是DE的中点，所以AF=AD+即AF=故选：C.【变式2-1】（2023·河北沧州·校考模拟预测）在△ABC中BE=12EC,BF=12BA+BC，点A．0 B．14 C．12 D【解题思路】利用平面向量基本定理得到AP=1-kAB+12kAC【解答过程】因为BF=12BA+B,P,F三点共线，故可设BP=kBF，即整理得AP=k因为BE=12EC，所以A,P,E三点共线，可得AP=m所以2m3=1-km可得AP=12AB+故选：B.【变式2-2】（2023·湖南娄底·娄底市第三中学校联考三模）2000多年前，古希腊雅典学派的第三大算学家欧道克萨斯首先提出黄金分割.所谓黄金分割点，指的是把一条线段分割为两部分，使其中一部分与全长之比等于另一部分与这部分之比，黄金分割比为5-12.如图，在矩形ABCD中，AC与BD相交于点O，BF⊥AC,DH⊥AC,AE⊥BD,CG⊥BD，且点E为线段BO的黄金分割点，则BF=

A．3-52BAC．5-12BA【解题思路】由题意得BE=5-12BO，结合矩形的特征可用【解答过程】由题意得BE=5-12BO同理有AF=5-1所以BG=2-5因为BF=BA所以BF=故选：D.【变式2-3】（2023·重庆江北·校考一模）如图，在△ABC中，点D是边AB上一点且BD=2AD，E是边BC的中点，直线AE和直线CD交于点F，若BF是∠ABC的平分线，则BCBA=（A．4 B．3 C．2 D．1【解题思路】首先根据BF是∠ABC的平分线，则存在一个实数λ使得BF=λ再替换向量BC=2BE和BA【解答过程】因为BF是∠ABC的平分线，所以存在一个实数λ使得BF=λ因为E是边BC的中点，所以BF=λBABA+2BEBC，又点A，E，F共线，所以λBA+2λBC=1①．（三点共线的应用：OA=λ因为BD=2AD，所以BF=λ32BDBA+BCBC，又点C，F，D共线，所以3λ2BA故选：C．【题型3平面向量的数量积】【例3】（2023·辽宁朝阳·朝阳市第一高级中学校考模拟预测）已知向量a=1,2，b=3,4，c=5,m（A．5 B．-5 C．5m D．-5m【解题思路】求出向量2a-【解答过程】由题意向量a=1,2，b=3,4，故2a故选：B.【变式3-1】（2023·全国·模拟预测）已知向量a，b满足a=λbλ>0，b=2，a-A．3 B．15 C．-3或15 D．3或15【解题思路】对a-b=1两边同时平方，将a=λbλ>0代入可求出λ【解答过程】因为向量a=λbλ>0又a-解得:λ=12或32，即a所以当a=1时，a当a=3时，a故a+b⋅故选：D.【变式3-2】（2023·广东佛山·统考一模）设四边形ABCD为矩形，AB=6，AD=4，若点M，N满足BM=13MC，A．28 B．32 C．36 D．40【解题思路】根据矩形的几何性质，结合平面向量的线性运算，可得答案.【解答过程】由BM=13MC，则BM=在矩形ABCD中，由AB⊥AD，则AB⋅AM==2故选：A.【变式3-3】（2023·广东广州·华南师大附中校考一模）如图，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD,AB=5,AD=4,DC=1,E是线段AB上一点，且AE=4EB，动点P在以E为圆心，1为半径的圆上，则DP⋅AC的最大值为（A．3-21 B．23-6 C．【解题思路】过点D作DO⊥AB，垂足为O，以O为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系，利用DP⋅AC【解答过程】过点D作DO⊥AB，垂足为O，以O为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系，则A-2,0则DP⋅其中DE⋅EP⋅当cosEP,AC=1，即EP,所以DP⋅AC的最大值为故选：C.【题型4平面向量的模的问题】【例4】（2023·四川成都·成都七中校考一模）若向量a、b满足：a=1，a+b⊥a，2A．2 B．2 C．10 D．10【解题思路】由平面向量垂直可得出a⋅b=-1，再利用平面向量数量积的运算性质可求得【解答过程】因为向量a、b满足：a=1，a+b则a+b⋅所以，2a-b故选：B.【变式4-1】（2023·全国·模拟预测）已知向量a=(x,1)，b=(2,y)，c=(x,y).若(a+b)⊥(A．2 B．3 C．5 D．6【解题思路】利用向量的数量积运算将向量垂直的条件转化为(a+b)⋅(a-【解答过程】因为a=(x,1)，b由(a+b即x2+1-又因为a∥b，所以联立x2-y2=3故|c故选C.【变式4-2】（2023·四川甘孜·统考一模）已知平面向量a,b,|a|=2,|b|=1，且a与bA．5 B．4 C．2 D．0【解题思路】a-2b【解答过程】因为a=4-4×2×1×cos所以a-2故选：C.【变式4-3】（2023上·安徽·高二校联考期中）如图，在长方形ABCD中，AB=6,AD=4，点P满足DP=λDC，其中λ∈0,23A．4,5B．8,10C．4,D．2【解题思路】建立平面直角坐标系，写出点的坐标，得到P6λ,4，λ∈0,23【解答过程】以A为坐标原点，AB,AD所在直线分别为x,y轴，建立平面直角坐标系，则A0,0,B6,0因为DP=λDC，所以s,t-4=λ故P6λ,4，λ∈则PA+则PA+因为λ∈0,23，所以6-12λ∈故PA+故选：B.【题型5平面向量夹角与垂直问题】【例5】（2023·陕西西安·校联考模拟预测）向量a，b满足a=4，b=1，2a-3b⋅bA．23 B．34 C．-3【解题思路】由a=4，b=1，且2【解答过程】由题意知a=4，b又因为2a解之得：cosa,b=故选：B.【变式5-1】（2023·全国·模拟预测）已知向量a=-1,-2，b=4,-2，若A．4λμ=1 B．4λμ=-1C．4λ+μ=1 D【解题思路】用坐标表示向量a-λb【解答过程】法一：用坐标表示向量a由题意可知，a-λ由a-λ-1-4λ-1+4μ整理得，5-20λμ=0，所以4λμ=1．则A对；法二：因为向量a=所以a=又a-λ所以a-λ所以4λμ=1.故选：A．【变式5-2】（2023·四川巴中·南江中学校考模拟预测）已知平面向量a=2,0，b=1,3，则向量aA．π6 B．π3 C．2π【解题思路】利用两个向量的数量积的定义，两个向量坐标形式的运算法则，求得cosa【解答过程】因为a=2,0，b=1,3所以a-b⋅又0≤a-b,a-1故选：A．【变式5-3】（2023·全国·模拟预测）已知△ABC中，AO=λAB+(1-λ)AC，且O为△ABC的外心．若BA在BC上的投影向量为μBC，且cosA．23,56 B．15,【解题思路】根据题意B，O，C三点共线．因为O为△ABC的外心，即有|OA|=|OB|=|【解答过程】因为AO=λ则AO-AC=λ(AB-AC)，所以CO因为O为△ABC的外心，即有|OA所以△ABC为直角三角形，因此AB⊥AC，O为斜边BC的中点．因为cos∠AOC∈13如图，过点A作AQ⊥BC，垂足为Q．因为BA在BC上的投影向量为BQ=μBC，所以所以OA在BC上的投影向量为OQ=又因为|OA|=1因为cos∠AOC∈13故μ的取值范围为23故选：A．【题型6极化恒等式】【例6】（2023·福建宁德·校考二模）在平行四边形ABCD中，已知DE=12EC，BF=12FC，AE【解题思路】设AB=a,AD=b【解答过程】如图所示，设AB=因为DE=12EC，BF=又因为AE=2，可得AE2=(两式相减得到89a2又由AC=a+故答案为：-9【变式6-1】（2023·四川乐山·统考一模）已知正方形ABCD边长为22，MN是正方形ABCD的外接圆的一条动弦，MN=2，P为正方形ABCD边上的动点，则MP⋅PN的最大值为【解题思路】根据题意，正方形ABCD外接圆的半径R=4，取弦MN的中点Q，求得OQ=3，再由MP=QP-QM,【解答过程】如图所示，因为正方形ABCD边长为22，可得圆O的半径为R=4又因为MN是正方形ABCD的外接圆的一条动弦，且MN=2取弦MN的中点Q，可得OQ=则MP=所以MP⋅因为OQ=3，即Q在以O为圆心，半径为3的圆当点P在正方形ABCD边与圆Q的交点上时，此时QP=0所以MP⋅PN=1-QP2故答案为：1.【变式6-2】（2022·全国·高一假期作业）设三角形ABC，P0是边AB上的一定点，满足P0B=14AB，且对于边AB上任一点P，恒有PB⋅PC≥P0B⋅【解题思路】取BC的中点D，设O为AB的中点，根据PB⋅PC≥P0B⋅【解答过程】取BC的中点D，连接PD，P0D，如图所示：PB⋅PC=PD+∴∴PD≥P0D∴∴P0B=12OB⇒故答案为：C为顶角的等腰三角形．【变式6-3】（2022·湖北省直辖县级单位·湖北省仙桃中学校考模拟预测）如图直角梯形ABCD中，EF是CD边上长为6的可移动的线段，AD=4，AB=83，BC=12，则BE⋅BF的取值范围为99,148【解题思路】首先在BC上取一点G，使得BG=4，取EF的中点P，连接DG，BP，根据题意得到BE⋅BF=1【解答过程】在BC上取一点G，使得BG=4，取EF的中点P，连接DG，BP，如图所示：则DG=83，GC=8，CD=tan∠BCD=83BE⋅当BP⊥CD时，BP取得最小值，此时BP=12×所以BE⋅当F与D重合时，CP=13，BC=12，则BP2当E与C重合时，CP=3，BC=12，则BP2所以BE⋅BFmax=157-9=148，即故答案为：99,148.【题型7向量与解三角形综合】【例7】（2023·上海普陀·曹杨二中校考模拟预测）已知点O为△ABC的外心，且AO⋅AB+BO⋅A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．不能确定【解题思路】取AB的中点N，BC的中点M，AC的中点E，可得ON⊥AB，OM⊥BC，OE⊥AC，分别利用AO⋅AB=12AB【解答过程】△ABC三个角所对的三边分别为a,b,c，取AB的中点N，BC的中点M，AC的中点E，连接ON，OM，OE，则ON⊥AB，OM⊥BC，OE⊥AC，所以AO⋅BO⋅CO⋅因为AO⋅所以12c2由余弦定理得cosB=c2+a即△ABC为钝角三角形.故选：C.

【变式7-1】（2023·山东济南·统考三模）在△ABC中，若AB+AC=2,BC+A．38 B．34 C．1 D【解题思路】延长BA至D点，使得BA=AD，延长AB至E点，使得AB=BE，可得AB+AC【解答过程】如图，延长BA至D点，使得BA=AD，延长AB至E点，使得若AB+AC=2,BC+所以S△ABC则△ABC面积的最大值为1，故选：C.【变式7-2】（2023·福建厦门·厦门一中校考二模）在△AOB中，已知OB=2，AB=1，∠AOB=45°，若OP=λOA+μOB，且λ+2μ=2，μ∈0,1，则OA在OP上的投影向量为meA．-22,1 B．22,1 C【解题思路】先利用余弦定理求出AO=1，进而得到AO⊥AB，求出OA⋅OP=2-μ，OP2=λ【解答过程】由余弦定理得cos∠AOB=解得AO=1，

因为AO2+BO2OA⋅则OP2因为λ+2μ=2，μ∈0,1，所以OAOP2OA在OP上的投影向量为OA⋅OPOP令2-μ=t∈1,2，则m=令ft因为t∈1,2，所以1t∈12当1t=1时，ft故m=1故选：B.【变式7-3】（2023下·江苏扬州·高一统考期中）如图，在平面四边形ABCD中，AB⊥BC，∠BCD=60°，∠ADC=150°，BE=3EC，CD=233，BE=3，若点F为边AD上的动点，则

A．1 B．1516 C．3132 D【解题思路】以B为原点建立平面直角坐标系，求得A(0,2),D(3,1),E(3,0)，设F(x,y)，令AF=λAD【解答过程】以B为原点，以BC,BA所在的直线为x,y轴，建立如图所示的平面直角坐标系，依题意得CE=13BE=在△BCD中，由余弦定理得BD=4所以BD2+CD2在△CDE中，由余弦定理得DE=(所以CE2+D因为∠ADC=150°，∠BDC=90∘，故因为AB⊥BC，∠DBC=30∘，所以所以在△ABD中，∠ABD=∠ADB=60所以△ABD为等边三角形，所以AB=BD=2，所以A(0,2),D(3设F(x,y)，由题意令AF=λAD，即解得x=3λ,y=2-λ，所以所以EF⋅设fλ=4λ所以λ=78时，f(λ)取得最小值，即EF故选：B.【题型8向量与几何最值、范围问题】【例8】（2023·贵州毕节·统考二模）等腰三角形ABC内接于半径为2的圆O中，AB=AC=2，且M为圆O上一点，则MO⋅MA+A．2 B．5 C．14 D．16【解题思路】由图可将MO⋅MA+MB【解答过程】连接OB，OC，OA，因OB=BA=AC=CO=OA=2，则四边形ABOC为菱形，三角形ABO，三角形ACO为等边三角形.设OA与OD=DA，OB+OC=则MO=2=2MO2+2则当M，O，A三点共线时，MO⋅OA故选：C.【变式8-1】（2023·山东日照·统考一模）已知正六边形ABCDEF的边长为2，P是正六边形ABCDEF边上任意一点，则PA⋅PB的最大值为（A．13 B．12 C．8 D．2【解题思路】以正六边形ABCDEF中心O为原点建立平面直角坐标系如图所示，由向量数量积的坐标表示研究最值.【解答过程】以正六边形ABCDEF中心O为原点建立平面直角坐标系如图所示，AB、DE交y轴于G、H，则C2,0设Px,y，PA=-1-x,-3（1）当P在EH上时，则x∈-1,0，y=3，则（2）当P在AG上时，则x∈-1,0，y=-3，则（3）当P在EF上时，则lEF：y=3x+2，x∈（4）当P在AF上时，则lAF：y=-3x+2，x∈综上，所求最大值为12.故选：B.【变式8-2】（2023·重庆·统考模拟预测）在正方形ABCD中，动点E从点B出发，经过C，D，到达A，AE=λAB+μAC，则A．-1,1 B．0,1 C．-1,2 D．0,2【解题思路】建立平面直角坐标系，写成点的坐标，分点E在BC，CD，AD三种情况，求出λ+μ的取值范围.【解答过程】以B为坐标原点，AB，BC所在直线分别为x轴，y轴，建立平面直角坐标系，设AB=1，则B0,0当点E在BC上时，设E0,m则-1,m=λ-1,0+μ-1,1，即当点E在CD上时，设Et,1则t-1,1=λ-1,0+μ-1,1，即故λ+μ=1-t∈0,1当点E在AD上时，设E1,u则0,u=λ-1,0+μ-1,1综上，λ+μ的取值范围是λ+μ∈0,1故选：B.【变式8-3】（2023·河南郑州·统考模拟预测）已知△ABC中，AB=AC=22，AB+λBCmin=2λ∈R，AM=1A．423,C．173,41【解题思路】根据已知可得A到BC的距离为2，△ABC为等腰直角三角形，若D,E为BC的两个四等分点，N为BC中点，P在线段DE上运动，且AN=2，数形结合求MP的取值范围.【解答过程】由AB+λBCmin=2λ∈R，结合向量加法法则知：又AB=AC=22，则BC=4，所以AB2由AP=sin2α⋅AB又α∈π6,π3，则sin2α,cos2

所以P在线段DE上运动，且AN=2，BD=1，BE=3，由图：若MP⊥BC，则MP//AN，又AM=12故上述情况MPmin=23由图知：P与E重合时，MPmax综上，MP的取值范围为43故选：D.【题型9向量在几何中的其他应用】【例9】（2023·甘肃天水·统考二模）已知非零向量AB与AC满足AB·BC|AB|=CAA．三边均不相等的三角形 B．直角三角形C．等腰非等边三角形 D．等边三角形【解题思路】由已知数量积相等，结合数量积的定义可得出B=C，再由数量积的定义求得A=π【解答过程】解：△ABC中，AB·∴AB·∴cos<AB，BC∴B=C，△ABC是等腰三角形；又AB|∴1×1×cos∴cosA=1∴△ABC是等边三角形.故选：D.【变式9-1】（2023·江西抚州·校考模拟预测）△ABC是等腰直角三角形，C=90°，AB=2，D为AB的中点，动点E在边AC上，线段CD与BE交于点P，设t=BP⋅BA，当动点E自点C向点AA．t一直增大 B．t一直减小C．t先增大后减小 D．t为定值【解题思路】利用数量积的定义可得t=BP⋅【解答过程】t=BP而BP⋅cos∠ABP=BD，所以t=故选：D.【变式9-2】（2023·吉林·统考三模）已知A､B为平面上的两个定点，且|AB|=2，该平面上的动线段PQ的端点P､Q，满足|AP|≤5，AP⋅AB=6A．36 B．60 C．72 D．108【解题思路】根据题意建立平面直角坐标系，根据|AP|≤5和AP⋅AB=6，得到动点P在直线x=3上，且-4≤y≤4，进而得到AP扫过的三角形的面积，再由【解答过程】根据题意建立平面直角坐标系，如图所示：则A(0,0)，B(2,0)，设P(x,y)，∴AP=(x,y)，AB由|AP|≤5，得又AP⋅∴2x=6，x=3；∴y2∴-4≤y≤4，∴动点P在直线x=3上，且-4≤y≤4，即线段CD上，则|CD|=8,则AP扫过的三角形的面积为12设点Q(∵AQ=-2∴(x∴x0=-6，∴动点Q在直线x=-6上，且-8≤y≤8，即线段MN上，则|MN|=16,∴AQ扫过的三角形的面积为12∴因此和为60，故选：B.【变式9-3】（2023·浙江·校联考二模）如图，正方形ABCD的中心与圆O的圆心重合，P是圆O的动点，则下列叙述不正确的是（

）A．PA⋅B．PA⋅C．PA+D．PA2【解题思路】建立直角坐标系后，设正方形边长为2a，圆的半径为r，表示出各点坐标，利用向量的数量积的坐标运算即可判断A.、B、D选项，举出反例即可判断C，即可得解.【解答过程】如图建立直角坐标系,设正方形边长为2a，圆的半径为r，则圆的方程为x2设点Px，y，则Aa，a，PA=a-x,a-y，PB=-a-x,a-y，对于A：PA=2x2+对于B：PA=PB+PD对于C：不妨取a=1,r=2，取点P2，0取点P1，3，PA对于D：PA==2=8a2+4故选：C.1．（2023·北京·统考高考真题）已知向量a，b满足a+b=(2,3),A．-2 B．-1 C．0 D．1【解题思路】利用平面向量数量积的运算律，数量积的坐标表示求解作答.【解答过程】向量a,b满足所以|a故选：B.2．（2023·全国·统考高考真题）已知向量a=3,1,b=A．117 B．1717 C．55【解题思路】利用平面向量模与数量积的坐标表示分别求得a+b【解答过程】因为a=(3,1),b=(2,2)则a+b=所以cosa故选：B.3．（2023·全国·统考高考真题）已知向量a,b,c满足a=b=1,A．-45 B．-25 C．【解题思路】作出图形,根据几何意义求解.【解答过程】因为a+b+c即a2+b2+2a⋅如图,设OA=由题知,OA=OB=1,OC=2,△OABAB边上的高OD=2所以CD=CO+OD=2tan∠ACD=cos=2×3故选:D.4．（2023·全国·统考高考真题）已知⊙O的半径为1，直线PA与⊙O相切于点A，直线PB与⊙O交于B，C两点，D为BC的中点，若PO=2，则PA⋅A．1+22 BC．1+2 D．【解题思路】由题意作出示意图，然后分类讨论，利用平面向量的