☆注：請用MicrosoftWord2016以上版本打開文件進(jìn)行編輯，用WPS等其他軟件可能會出現(xiàn)亂碼等現(xiàn)象.高中數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)講義——選填題部分第8講平面向量平面向量的基本定理及坐標(biāo)表示是高考中的一個熱點內(nèi)容，尤其是用坐標(biāo)表示的向量共線的條件是高考考查的重點內(nèi)容，一般是通過向量的坐標(biāo)表示，將幾何問題轉(zhuǎn)化為代數(shù)問題來解決，多以選擇題或填空題的形式呈現(xiàn)，有時也作為解答題中的條件，應(yīng)用向量的平行或垂直關(guān)系進(jìn)行轉(zhuǎn)換．平面向量的數(shù)量積也一直是高考的一個熱點，尤其是平面向量的數(shù)量積，主要考查平面向量的數(shù)量積的運算、向量的幾何意義、模與夾角、兩向量的垂直等問題．題型一般以選擇題、填空題為主.題型一、線性運算、平面向量基本定理1．在△ABC中，AD為BC邊上的中線，E為AD的中點，則EB→A．34AB→-14AC→ B．1【解答】解：在△ABC中，AD為BC邊上的中線，E為AD的中點，EB→=AB→-AE→故選：A．2．如圖，在四邊形ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，AB＝2AD＝2DC，E為BC邊上一點，且BC→=3EC→，A．BC→=-12ABC．BF→=-23【解答】解：由AB＝2AD＝2DC知：∵BC→∴BC→故A選項正確．又∵AF→∴AF→故B選項正確．∵BF→∴BF→故C正確．∵CF→=CDD不正確．故選：ABC．3．如圖，△ABC中，∠ABC=π2，AD平分∠BAC，過點B作AD的垂線，分別交AD，AC于E，F(xiàn)，若AF＝6，BC＝8，則A．12AB→+310AC→ B．1【解答】解：根據(jù)題意得，AD平分∠BAC，AE⊥BF∴AB＝AF＝6，E為BF的中點，又BC＝8，∠ABC=∴AC＝10，∴AE→=12（故選：A．4．如圖所示，AD是△ABC的中線.O是AD上的一點，且AO=2OD，若CO=λAB+μAC，其中λ,μ∈A．-12 B．12 C．-【答案】C【詳解】因為AD是△ABC的中線，O是AD上的一點，且AO=2所以O(shè)是△ABC的重心，則CO=又因為CO=λ所以λ=13，μ=-2故選：C.題型二、向量共線定理考點1.三點共線定理1．在△ABC中，已知D是AB邊上一點，若AD→=2DB→，CDA．23 B．13 C．-13【解答】解：在△ABC中，已知D是AB邊上一點∵AD→=2DB→∴CD→∴λ=2故選：A．2．如圖，在△ABC中，AN→=13NC→，P是A．911 B．511 C．211 【解答】解：∵P是BN上的一點，設(shè)BP→=λBN則AP→=AB→+BP→=AB∴m＝1﹣λ，λ解得λ=811，故選：D．3．在平行四邊形ABCD中，AC與BD交于點O，E是線段OD的中點，AE的延長線與CD交于點F．若AC→=a→，A．14a→+12b→ B．2【解答】解：∵由題意可得△DEF∽△BEA，∴DEEB=DFAB=13，再由∴DFFC作FG平行BD交AC于點G，∴FGDO∴GF→∵AG→∴AF→故選：B．4．如圖，在平行四邊形ABCD中，E，F(xiàn)分別為邊AB，BC的中點，連接CE，DF，交于點G，若CG=λCD+μCB（λ，μ∈R

【答案】1【詳解】根據(jù)平行線分線段成比例可得CGCE=12故λμ即答案為12

考點2.等和線1．在△ABC中，點P滿足BP→=3PC→，過點P的直線與AB，AC所在的直線分別交于點M，N，若AM→=λAB→，AN→=μAC→（A．22+1 B．32+1 C．3【解答】解：∵△ABC中，BP→=點P滿足BP→=3PC→∵AM→=λAB→，AN→=μAC→（∴AP因為B，P，C三點共線，所以，34μ+14λ=1，λ＞∴λ+μ＝（λ+μ）（34μ+14λ）＝當(dāng)且僅當(dāng)μ=3λ時取“＝”，則λ+μ的最小值為故選：B．2．給定兩個長度為1的平面向量OA→和OB→，它們的夾角為120°．如圖所示，點C在以O(shè)為圓心，以1半徑的圓弧AB上變動．若OC→=xOA→+yOB→，其中x，y∈R，則x【解答】解：【方法一】建立如圖所示的坐標(biāo)系，則A（1，0），B（cos120°，sin120°），即B（-12，設(shè)∠AOC＝α，則OC→=（cosα，sin∵OC→=xOA→+yOB→=（x，0）+（-y2，3則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，當(dāng)α＝60°時取最大值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．故答案為：2．3．在矩形ABCD中，AB＝1，AD＝2，動點P在以點C為圓心且與BD相切的圓上．若AP→=λAB→+μAD→A．3 B．22 C．5 D．2【分析】如圖：以A為原點，以AB，AD所在的直線為x，y軸建立如圖所示的坐標(biāo)系，先求出圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，再設(shè)點P的坐標(biāo)為（255cosθ+1，255sinθ+2），根據(jù)AP→=λAB→【解答】解：如圖：以A為原點，以AB，AD所在的直線為x，y軸建立如圖所示的坐標(biāo)系，則A（0，0），B（1，0），D（0，2），C（1，2），∵動點P在以點C為圓心且與BD相切的圓上，設(shè)圓的半徑為r，∵BC＝2，CD＝1，∴BD=∴12BC?CD=12BD∴r=2∴圓的方程為（x﹣1）2+（y﹣2）2=4設(shè)點P的坐標(biāo)為（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的最大值為3，故選：A．4．如圖，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠DAB=90°，AD=AB=4，CD=1，動點P在邊BC上，且滿足AP=mAB+nAD（m，

A．1 B．34 C．-34【答案】D【詳解】如圖，以A為原點，AB所在直線為x軸，AD所在直線為y軸建立平面直角坐標(biāo)系，

則A0,0，B4,0，D0,4，C1,4，則AB=設(shè)BP=λ則AP=因為AP=m所以4-3λ=4m4λ=4n，消去λ，得m+因為m>0，n>0，所以1m當(dāng)且僅當(dāng)m=32n，結(jié)合m+3故1m+1故選：D題型三、數(shù)量積考點1.利用數(shù)量積求角1．已知向量a，b滿足|a|=5，|b|=6，a?A．-3135 B．-1935 C．【答案】D【詳解】∵|a|=5，|b|=6，|a因此，cos<故選：D.2．下列說法中錯誤的為（

）A．已知a=1,2，b=1,1且a與aB．已知a=2,-3，C．若a與b平行，則a在b方向上的投影數(shù)量為aD．若非零a，b滿足a=b=a-b【答案】ACD【詳解】對于A,∵因為a與a+λb所以a?a若a與a+λb同向，則a+λ所以1+λ=k2+λ=2k解得所以當(dāng)a與a+λb的夾角為銳角時，λ的取值范圍為-53,0對于B,因為a=2,-3,b=1故不能作為平面內(nèi)所有向量的一組基底,故B正確.對于C,a與b平行，則a與b的夾角為0或π，則a在b方向上的投影數(shù)量為acos0或acosπ，即a在b方向上的投影數(shù)量為對于D,因為a=a-b,兩邊平方得,aa故cos而向量的夾角范圍為0°,180°,得a與a+b的夾角為故選:ACD考點2.平方處理絕對值問題1．已知平面向量a→，b→的夾角為π3，a→=(【解答】解：由a→=（3，1），得|a→|又平面向量a→，b→的夾角為π3所以(a→-b→)2=a→2-2a→?b→化簡得|b→|2-2解得|b→故答案為：1．2．已知|OA→|=|OB→|=2，點C在線段AB上，且|OC→|A．2 B．3 C．2 D．5【解答】解：由于|OA→|=|OB→當(dāng)OC⊥AB時，|OC→|取最小值，此時|OC→|＝|OA→|cos∠AOC＝所以，∠AOC=π3所以，|tOA→因此，當(dāng)t=-12時，|t故選：B．3．已知平面向量a→、b→、c→滿足|a→|＝2，|b→-a→|＝1，c→∥b→【解答】解：∵c→∥b∴設(shè)b→=λc→，則|λc∴(λc∴c→∴λ=12時，c→2取最大值12，故答案為：23考點3.幾何意義——投影1．如圖，在平行四邊形ABCD中，AP⊥BD，垂足為P，且AP＝3，則AP→?AC→【分析】設(shè)AC與BD交于O，則AC＝2AO，在RtAPO中，由三角函數(shù)可得AO與AP的關(guān)系，代入向量的數(shù)量積AP→?AC→=|AP→【解答】解：設(shè)AC與BD交于點O，則AC＝2AO∵AP⊥BD，AP＝3，在Rt△APO中，AOcos∠OAP＝AP＝3∴|AC→|cos∠OAP＝2|AO→|×cos∠OAP＝2|AP→|由向量的數(shù)量積的定義可知，AP→?AC→=|AP→||AC→|cos∠故答案為：182．已知兩個不相等的非零向量a→，b→，滿足|b→|=2，且bA．(0，2] B．[2，2) C．（0【解答】解：如圖所示，設(shè)AB→=b→，AC→=a→，∠CAB＝45°，由圖可知，當(dāng)BC⊥AC時，|而|a→|故則a→的取值范圍為[2，+故選：D．3．如圖，A是半徑為5的圓O上的一個定點，單位向量AB→在A點處與圓O相切，點P是圓O上的一個動點，且點P與點A不重合，則AP→?AB→的取值范圍是[﹣5，【解答】解：如圖所示：設(shè)∠PAB＝θ，作OM⊥AP，則∠AOM＝θ，∴sinθ=AMOA，AM＝5sinθ，AP＝2AM＝10sin∴AP→?AB→=10sinθ×1×cosθ＝5sin2θ∈[故答案為：[﹣5，5]．考點4.轉(zhuǎn)換基底1．在平行四邊形ABCD中，AD＝1，AB=12，∠BAD＝60°，E為CD的中點，則A．﹣2 B．﹣1 C．1 D．2【解答】解：如圖，∵AD=1，又AC→=AB∴AC→故選：C．2．已知向量AB→與AC→的夾角為120°，且|AB→|＝3，|AC→|＝2．若AP→=λAB→+AC→，且【解答】解：由題意可知：BC→因為AP→所以AP→所以AP→=λ×3×2×(-解得λ=7故答案為：7123．如圖，P為△AOB所在平面內(nèi)一點，向量OA→=a→，OB→=b→，且點P在線段AB的垂直平分線上，向量OP→=c→．若|a→|＝3【解答】解：設(shè)線段AB的垂直平分線為PH，H為垂足，則OP→則c?(a→-b→)=（12OA→+12OB→+HP→）?（OA故答案為：52考點5.建系解決數(shù)量積問題1．在△ABC中BC＝6，BC邊上的高AD＝2，點D在線段BC上，則AB→A．[﹣5，4） B．[﹣5，4] C．[﹣4，5] D．[﹣4，5）【解答】解：△ABC中BC＝6，BC邊上的高AD＝2，點D在線段BC上，利用垂直關(guān)系，建立平面直角坐標(biāo)系，如圖所示所以D（0，0），A（0，2），B（x﹣6，0），C（x，0）由于點D為內(nèi)分點，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當(dāng)x＝3時，最小值為﹣5，當(dāng)x＝6時，最大值為4．則AB→?AC→的取值范圍是[﹣故選：B．2．在直角三角形ABC中，∠A＝90°，AB＝3，AC＝4，P在△ABC斜邊BC的中線AD上，則AP→A．2516 B．258 C．254 【解答】解：以A為坐標(biāo)原點，以AB，AC方向分別為x軸，y軸正方向建立平面直角坐標(biāo)系，則B（3，0），C（0，4），設(shè)P(x，43x)，所以PB→AP→?(PB故選：B．3．已知單位向量a→，b→的夾角為60°，若向量c→A．1+33 B．33 C．1+3【解答】解：由題意，設(shè)單位向量a→=（1，0），b→=（cos60°，sin60°）＝（12，32），且則a→-2b→+3c→=（3由|a∴(3x)2+(3y-化簡得x2+(y-3它表示圓心為C（0，33），半徑為1由圖形知，|c→|的最大值為故選：A．題型四、極化恒等式1．如圖，在△ABC中，D是BC的中點，E、F是AD上的兩個三等分點，BA·CA=4，BF·CFA．4 B．8 C．78 D．【答案】C【詳解】因為D是BC的中點，E，F(xiàn)是AD上的兩個三等分點，所以BF=BD+BA=BD+所以BF?BA·可得DF2=5又因為BE=BD所以BE·故選：C．2．如圖所示，正方形ABCD的邊長為1，A，D分別在x軸，y軸的正半軸(含原點)上滑動，則OC?OB的最大值是【答案】2【詳解】如圖，取BC的中點M，AD的中點N，連接MN，ON，則OC?又OM≤ON＋NM＝12AD＋AB＝3當(dāng)且僅當(dāng)O，N，M三點共線時取等號．所以O(shè)C?OB的最大值為故答案為：2.3．已知AB是圓O的直徑，AB長為2，C是圓O上異于A，B的一點，P是圓O所在平面上任意一點，則(PA＋PB)?PC的最小值為（

A．-14 B．-13 C．【答案】C【詳解】PA取OC中點D，由極化恒等式得,又|PD|min2=0，∴故選:C.4．如圖，在四邊形ABCD中，∠B=60°,?AB=3，BC=6，且AD=λBC,AD?AB=-32，則實數(shù)【答案】16【詳解】∵AD=λBC，∴ADAB=λ×6×3×(-1解得λ=1以點B為坐標(biāo)原點，BC所在直線為x軸建立如下圖所示的平面直角坐標(biāo)系xBy，∵BC=6，∵AB=3,∠ABC=60°，∴A的坐標(biāo)為A∵又∵AD=16BC,則D(52,DM=(x-52DM?所以，當(dāng)x=2時，DM?DN取得最小值故答案為：16；13題型五、奔馳定理1．已知點O為△ABC內(nèi)一點，滿足OA→+3OB→=λA．﹣2 B．-12 C．12 【解答】解：如圖，設(shè)OE→=3OB→，作平行四邊形OAME，其中對角線OM與底邊則OA→易知△OBF∽△MFA，故OFMF=OB又S△AOB=13S∴OM→∵OA→∴λ＝﹣2．故選：A．2．設(shè)P、Q為△ABC內(nèi)的兩點，且AP→=25AB→+A．45 B．85 C．43 【解答】解：設(shè)AM→=2∵AP→=由平行四邊形法則知NP∥AB∴△ABP的面積與△ABC的面積之比1同理△ABQ的面積與△ABC的面積之比為2∴△ABP的面積與△ABQ的面積之比為1故選：D．3．點O為△ABC內(nèi)一點，若S△AOB:S△BOC:S△AOC=4:3:2，設(shè)A．29，49 B．49，29 C．19，2【答案】A【詳解】如圖所示，延長AO交BC于Q，顯然S△AOB由面積關(guān)系可得S△BOCS△ABC而AQ=所以AO=所以S△AOC?OB又由題可知S△AOB:S所以4OA+AC所以λ=2故選：A4．在平面四邊形ABCD中，已知△ABC的面積是△ACD的面積的3倍．若存在正實數(shù)x，y使得AC→=（1x-2）AB→+（1-2y）AD→【解答】解：根據(jù)題意，如圖，連接AC、BD，設(shè)AC與BD交于點O，過點B做BE⊥AC交AC于點E，過點D做DF⊥AC交AC于點F．△ABC的面積是△ACD的面積的3倍．所以BE＝3DF，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可知，3DO→∴3(DA∴AO→設(shè)AC→∵AC→=（1x-2）AB→+∴3（1x-2）＝1∴3x∴x+y=17(x+y)(當(dāng)且僅當(dāng)2x7y=3y7x，即x=故答案為：5+26題型六、三角形四心考點1.重心1．已知O是平面上一定點，A、B、C是平面上不共線的三個點，動點P滿足OP→=OA→+λ（AB→|AB→|sinBA．外心 B．內(nèi)心 C．重心 D．垂心【解答】解：∵|AB→|sinB=∴OP→=OA→+而AB→+λ?1t（AB→+而點D是BC的中點，所以即P的軌跡一定通過三角形的重心．故選：C．2．已知在△ABC和點M滿足MA→+MB→+MC→=0→，若存在實數(shù)【解答】解：由點M滿足MA→+MB→+設(shè)點D為底邊BC的中點，則AM∴AB∴m＝3故答案為：33．設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，點G為△ABC的重心且滿足向量BG→⊥CG→，若atanA＝λcsinB，則實數(shù)λ＝1【解答】解：如圖，連接AG延長交BC于點D，由于G為重心，故D為中點，因為CG⊥BG，所以DG=1由重心的性質(zhì)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，因為∠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由因為atanA＝λcsinB，所以λ=asinA故答案為：12考點2.內(nèi)心1．O是平面上一定點，A，B，C是平面上不共線的三個點，動點P滿足OP→=OA→+λ(AB→【解答】解：由于O是平面上一定點，A，B，C是平面上不共線的三個點，動點P滿足OP→即P在∠BAC的平分線上，所以P的軌跡一定通過△ABC的內(nèi)心．故答案為：內(nèi)2．已知O是△ABC所在平面上的一點，A、B、C所對的邊的分別為a，b，c，若aOA→+bOB→A．重心 B．垂心 C．外心 D．內(nèi)心【解答】解：∵OB→=∴aOA→+bOB→+cOC→=aOA→+b（AB→-AO→）+c而aOA∴（a+b+c）AO→=bAB即AO記AB→=cn1→，AC→=bn2→，其中則AO→=bc由該式可以看出AO位于∠BAC的角平分線上，故知O只能為內(nèi)心，即角平分線交點．故選：D．3．在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，I是△ABC的內(nèi)心，若BI→=mBA→+nBC→（m，A．43 B．65 C．2 D【解答】解：設(shè)BC中點為D，以BC為x軸，DA為y軸建立平面直角坐標(biāo)系如圖所示：∵AB＝5，BD=12BC＝3，∴AD＝∵△ABC是等腰三角形，∴內(nèi)心I在線段AD上，設(shè)內(nèi)切圓的半徑為r，則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故選：B．考點3.外心1．已知O是△ABC所在平面上一點，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|則有|OA→|＝|OB→|＝|OC則O為三角形ABC的外心．故答案為：外2．已知O是銳角△ABC的外接圓的圓心，且∠A=π4，若cosBsinCAB→+【解答】解：取AB中點D，則有AO→=AD由OD→⊥AB→，可得OD=2m(AD→+DO→由正弦定理化簡可得cosBsinC由sinC≠0，兩邊同時除以sinC得：cosB+cosAcosC＝msinC，∴m=cosB+cosAcosCsinC=-cos(A+C)+cosAcosCsinC=-cosAcosC+sinAsinC+cosAcosC故答案為：23．在△ABC中，CA＝2CB＝2，CA→?CB→=-1，O是△ABC的外心，若CO→=xCA→+yCB→，則【解答】解：如圖所示，分別取CA，CB的中點D，E．連接OD，OE，則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故答案為：136考點4.垂心1．已知O為△ABC所在平面上一點，且OA→2+BC→2=OB→2+CA→2=OC→A．外心 B．內(nèi)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．故選：D．2．O是平面上一定點，A，B，C平面上不共線的三個點，動點P滿足OP→=OA→+λ(AB→|A．外心 B．內(nèi)心 C．重心 D．垂心【解答】解：如圖所示，過點A作AD⊥BC，垂足為D點．則BC→?AB同理BC→∵動點P滿足OP→=OA→∴AP→=λ(AB∴AP→?∴AP→因此P的軌跡一定通過△ABC的垂心．故選：D．3．點O在△ABC所在平面上，若OA→?OB→=A．三條中線交點 B．三條高線交點 C．三條邊的中垂線交點 D．三條角分線交點【解答】解：∵OA→?OB→=同理OA→⊥CB因此點O是△ABC的三條高線的交點．故選：B．一、單選題1．如圖所示的△ABC中，點D是線段BC上靠近B的三等分點，點E是線段AB的中點，則DE=（

A．-13ABC．-56AB【答案】B【詳解】DE=故選：B2．已知兩個單位向量a,b滿足a+b=A．150° B．120° C．60° D．30°【答案】A【詳解】由a+b=a所以a-所以cosa因為0°≤所以向量a-3b故選：A.3．在平行四邊形ABCD中，G為△ABC的重心，滿足AG=xAB+yADx,y∈A．43 B．53 C．0 D【答案】A【詳解】如圖，設(shè)AC與BD相交于點O，G為△ABC的重心，

可得O為BD的中點，BG=2GO，所以AG=因為AG=x所以x=23,y=故選：A.4．在矩形ABCD中，ED=2AE，AB=1，BC=3，則向量EB在向量AC方向上的投影數(shù)量為（A．-2 B．105 C．-105【答案】C【詳解】（解法一）以AD，AB為基底，∵ABCD為矩形，且ED=2∴EB=-13∵AB=1，BC=3，∴AC=EB?∴向量EB在向量AC方向上的投影數(shù)量為EB?（解法二）以B為原點，BC，BA分別為x軸、y軸建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，則B0,0，A0,1，C3,0，E1,1，則∴AC∴向量EB在向量AC方向上的投影數(shù)量為EB?故選：C.5．正方形ABCD邊長為2,BE=2EC,CFA．2 B．4 C．5 D．5【答案】B【分析】根據(jù)平面向量的數(shù)量積運算求得正確答案.【詳解】EF?BD=故選：B6．如圖，正方形ABCD的邊長為4，E為BC的中點，F(xiàn)為CD邊上一點，若AF?AE=|AE|

A．17 B．25 C．26 D【答案】D【詳解】如圖，建立平面直角坐標(biāo)系，設(shè)DF=a∈

則A0,0,E4,2因為AF?AE=|AE|即AF=3,4，所以故選：D.7．已知圓C的半徑為1，過圓C外一點P作一條切線與圓C相切于點A，|PA|=2，Q為圓C上一個動點，則PA?PQ的取值范圍為（A．2,4 B．2,6 C．0,4 D．4,6【答案】B【詳解】方法一：不妨設(shè)圓心C(0,0)，A(0,-1)，P(-2,-1)，Q(cos所以PA?因為-1≤cos所以2≤PA方法二：如圖，過圓心C作MN∥PA，且與圓C交于點M，N，連接PM，過M，N分別作MG⊥PA，NH⊥PA，垂足分別為G，H，過Q作QT⊥PA，垂足為T，則PQ在PA方向上的投影向量為PT，則PA?PQ=又1≤PT≤3，所以故選：B.

8．已知點A，B，C在圓x2+y2=4上運動，且AB⊥BC，若點P的坐標(biāo)為PA．7 B．12 C．14 D．11【答案】D【詳解】解：如圖所示：

因為AB⊥BC，所以AC為圓的直徑，又P3,0，則PA設(shè)B2cosθ,2所以PA+所以PA+當(dāng)cosθ=-1故選：D9．美術(shù)課對于陶冶人的情操?發(fā)展學(xué)生的藝術(shù)興趣和愛好?培養(yǎng)學(xué)生的藝術(shù)特長?提高學(xué)生的審美素養(yǎng)具有積極作用.如圖，這是某學(xué)生關(guān)于“杯子”的聯(lián)想創(chuàng)意圖，它是由一個正方形和三個半圓組成的，其中A，B是正方形的兩個頂點，P是三段圓弧上的動點，若AB=4，則AB?AP的取值范圍是（A．-24,24 B．-8,24C．-162,162【答案】B【詳解】如圖，作CD⊥AB,EF⊥AB，垂足分別為D,F，且CD與左半圓相切，切點為C,EF與右半圓相切，切點為E.AB?AP=|AB|?|AP|因為AB=4，所以AD=BF=2.當(dāng)P與E重合時，|AP|cos此時AB?AP取得最大值，最大值為當(dāng)P與C重合時，|AP|cos此時AB?AP取得最小值，最小值為故AB?AP的取值范圍是故選：B10．如圖，在四邊形ABCD中，已知AB=AD=1，BC=DC=3，AC=2，點P在邊CD上，則AP?BPA．2116 B．218 C．2132【答案】A【詳解】解法一

由AB=AD=1，BC=DC=3，AC=2得AC2=A所以AB⊥BC，AD⊥DC，∠DAC=∠BAC=60°．設(shè)DP=x，則0≤x≤3AP=1×1×1當(dāng)且僅當(dāng)x=34時，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°，連接BD，交AC于點O，則易知BD⊥AC，建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系xOy，則A-12,0，B0,-所以DC=設(shè)DP=λ則DP=所以P3AP=12則AP?當(dāng)且僅當(dāng)λ=14時，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°，如圖，分別以DA,DC所在的直線為x軸、y軸建立平面直角坐標(biāo)系，所以A1,0，B因為點P在邊CD上，所以設(shè)P0,y所以AP=-1,y，所以AP=y當(dāng)且僅當(dāng)y=34時，AP?故選：A.11．設(shè)向量a、b、c滿足a=1，b=2，a?b=0，cA．5 B．1+52 C．2 D【答案】A【詳解】向量a、b、c滿足a=1，b=2，不妨設(shè)a=1,0，b=0,2，因為c?a+c=x2+y而原點O也在圓x-1所以，OP的最大值為圓x-122故選：A.12．在△ABC中，AB|AB|+AC|ACA．30° B．45° C．60° D．75°【答案】D【詳解】因為AB|AB|+AC|AC因為cos∠BAC=AB?AC|AB則∠ABC=1故選：D二、多選題13．已知a=(2,-4)，b=(1,3)，則下列結(jié)論正確的是（

A．a(chǎn)+b⊥b B．a(chǎn)+2b=10 C．a(chǎn)與b的夾角為【答案】AC【詳解】解：因為a=(2,-4)，b所以a+b=3,-1，則a+a+2b=4,2，所以cosa,b=a?ba在b方向上的投影向量是a?bb故選：AC14．已知O是坐標(biāo)原點，平面向量a=OA，b=OB，c=OC，且a是單位向量，A．cB．若A，B，C三點共線，則aC．若向量b-a與c-aD．向量b-a與b【答案】AD【詳解】在平面直角坐標(biāo)系中，令a=(1,0),由a?b=2，a?c=1對于A，a-c=(12對于B，由A,B,C三點共線，得OA=(1-λ)OB+λ于是2(1-λ)+12λ=1，解得λ=23對于C，b-a=(1,b),c-a=(-而b+c-2當(dāng)且僅當(dāng)b=c時取等號，C錯誤；對于D，令向量b-a與b的夾角為θ，b-a=(1,b)，當(dāng)b=0當(dāng)b≠0時，不妨令b>0，D(1,b)，則b-a=OD，tanθ=當(dāng)且僅當(dāng)b=2時取等號，D正確

故選：AD15．點O，H分別是△ABC的外心?垂心，則下列選項正確的是（

）A．若BD=λBA|BAB．若2BO=BA+C．若∠B=π3，OB=mOAD．若2HA+3【答案】BCD【詳解】A.由BD=μBA+(1-μ)BC，又BD=λBA|BA|所以BD為△ABC的角平分線，AD與DC不一定相等，故A錯誤；B.若2BO=BA+BC，則點O是AC所以∠ABC=90°，AC?C.因為∠B=π3，所以

設(shè)Cr,0，A-12因為OB=mOA+n得m=23sinm+n=cosθ+3θ+π6∈5π6,13D.因為AH⊥BC，所以即AH?HC-同理，HA?HC=設(shè)HA?因為2HA+3HB即3HB2=-24HC=-2HA則HC=cos∠BHC=cosHB,HC=故選：BCD16．（多選）已知a，b是兩個單位向量，且a+b=A．a(chǎn)B．對于平面內(nèi)的任意向量c，有且只有一對實數(shù)m，n，使cC．已知O0,0，A1,1，設(shè)AB=a，ACD．若向量c滿足c-a【答案】AC【詳解】已知a，b是兩個單位向量，且a+則a2則a?對于選項A，∵a?b=0，∴a對于選項B，∵a-2b=-2b-1∴a-2b與b-對于選項C，OB?OC=對于選項D，設(shè)c與a+b的夾角為θ，向量c滿足則c2又a+則c2則c2+22c-2≥0c故選：AC．17．如圖所示，在邊長為3的等邊三角形ABC中，AD=23AC，且點P在以AD的中點O為圓心，OA為半徑的半圓上，若

A．BD=13C．BP?BC存在最小值 D．x+y【答案】ABC【詳解】對于A，因為AD=23AC，且點P在以AD的中點所以O(shè)A=OD=DC=1則BD=BC+對于B，BO=則BD?BO=對于C，如圖，以點O為原點建立平面直角坐標(biāo)系，則A-1,0因為點P在以AD的中點O為圓心，OA為半徑的半圓上，所以點P的軌跡方程為x2+y設(shè)Pcos則BP=所以BP?因為α∈π,2π所以當(dāng)α+π3=4π3時，BP對于D，因為BP=x所以cosα-即cosα-所以sinα-所以x+y=-2因為α∈π,2π，所以當(dāng)α=3π2時，x+y故選：ABC.18．“奔馳定理”因其幾何表示酷似奔馳的標(biāo)志得來，是平面向量中一個非常優(yōu)美的結(jié)論.奔馳定理與三角形四心（重心、內(nèi)心、外心、垂心）有著神