第46頁（共46頁）2026年高考數(shù)學復習難題速遞之平面向量及其應(yīng)用（2025年11月）一．選擇題（共8小題）1．若△ABC內(nèi)一點P滿足∠PAB＝∠PBC＝∠PCA＝θ，則稱點P為△ABC的布洛卡點，θ為△ABC的布洛卡角．如圖，已知在△ABC中，BC＝a，AC＝b，AB＝c，點P為△ABC的布洛卡點，θ為△ABC的布洛卡角．若b＝c，且滿足PBPA=3，則其布洛A．3 B．33 C．35 D2．如圖，在△ABC中，CA→?CB→=1，AC→=3AE→，BC→=3A．27 B．12 C．47 3．已知O是線段AB的中點，M，N分別是以O(shè)A，OB為直徑的圓上的動點（異于點O），（）A．若OM→?OA→=B．若OM→?AB→=C．若存在實數(shù)λ，使得MN→=λD．若存在實數(shù)λ，使得OM→=4．在平面直角坐標系中，A（﹣1，0），B（1，0），C（x，y），點F，H分別是△ABC的外心和垂心，若FH→=1+A．（﹣∞，0） B．（﹣1，0） C．(-∞，12] D．（5．已知點A（﹣1，0），B（0，3），C（2，0），D（0，﹣6），則下列結(jié)論錯誤的是（）A．當且僅當P(14，B．當且僅當P(14，C．當且僅當P（0，0）時，|PA→D．當且僅當P（0，0）時，|PA6．我國南宋著名數(shù)學家秦九韶發(fā)現(xiàn)了由三角形三邊求面積的方法，他把這種方法稱為“三斜求積術(shù)”．如果把這種方法寫成公式，就是S=12c2a2-(c2A．當ac＝1時，S≤34 B．當ac＝2C．當ac＝1時，S≥34 D．當ac＝7．已知△ABC中，內(nèi)角A，B，C滿足C+A．π6B．sinAcosBC．b＞ccosA D．sin3A+sin3B＜sin3C8．已知△ABC的內(nèi)角A、B、C成等差數(shù)列，且A、B、C所對的邊分別為a、b、c，則以下結(jié)論正確的是（）①B=②若a、b、c成等比數(shù)列，則△ABC為等邊三角形；③若a＝2c，則△ABC為直角三角形；④若tanA+tanC+A．① B．①② C．①②③ D．①②③④二．多選題（共4小題）（多選）9．已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，(3tanA+1)(3tanBA．C=B．△ABC面積的最大值為33C．a(chǎn)+b的最大值為43D．角C的平分線交AB于點D，則CD的最大值為3（多選）10．已知△ABC的外接圓半徑為2，A=π3，AC＝ABA．sin2B+sin2C＝1 B．tanBtanC＝2 C．△ABC的面積為6 D．CA（多選）11．已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，則（）A．若a2+b2＞c2，則△ABC為銳角三角形 B．若bcosA＝acosB，則△ABC為等腰三角形 C．若B=π4，a＝2，且該三角形有兩解，則bD．存在三邊為連續(xù)自然數(shù)的三角形，使得最大角是最小角的兩倍（多選）12．某公益組織一直關(guān)注青少年的成長，該組織的會標設(shè)計靈感便來源于“成長”一詞的拼音首字母C、Z．該會標的大致輪廓為如圖所示的一個以O(shè)為圓心、AB為直徑的半圓，和一段Z形折線ACBD組成，其中AB⊥AC，AB⊥BD，AB＝2，AC＝BD＝1．現(xiàn)有兩動點P，Q在圓弧AB和線段BC、AC（包含端點）上運動，則下列說法正確的有（）A．|PQ→|B．若OP→=xC．PQ→?BDD．若|BP→|=|BQ→|，則PQ三．填空題（共4小題）13．已知點A（﹣2，0），B（2，0），點P為直線l：2x+y﹣8＝0上的動點，則PA→?PB→的最小值為，當∠APB最大時，點P的橫坐標為14．已知a1→，a2→，…，ak→，e→是平面內(nèi)兩兩互不相等的非零向量，且滿足|ai→|∈{1，2}（1≤i≤k），且對任意的m，n∈N*，當1≤m＜15．如圖，現(xiàn)有一塊半徑為2m，圓心角為90°的扇形鐵皮AOB，欲從其中裁剪出一塊內(nèi)接五邊形ONPQR，使點P在弧AB上，點M，N分別在半徑OA和OB上，四邊形PMON是矩形，點Q在弧AP上，點R在線段AM上，四邊形PQRM是直角梯形．先使矩形PMON的面積達到最大，在此前提下，再使直角梯形PQRM的面積也達到最大．則符合要求的矩形PMON的面積為m2，五邊形ONPQR的面積為m2．16．如圖，已知點A是某球體建筑物與水平地面的接觸點（切點），地面上B，C兩點與點A在同一條水平直線上，且在點A的同側(cè)．若在B，C處分別測得球體建筑物的最大仰角為60°和30°，且BC＝20，則球體建筑物的半徑為．四．解答題（共4小題）17．設(shè)m為不小于3的正整數(shù)，集合M＝{1，2，…，m}，λ1，λ2，…，λm滿足i=1mλi=1，設(shè)α為平面，點O?α，對任意i∈M，點Ai∈α（1）若m＝3，λ1＝λ2＝λ3，OA1⊥a，且OA1＝A1A2＝A2A3＝A3A1，求直線OP與α所成角的大??；（2）證明：P∈α；（3）對任意i∈M，規(guī)定λm+i＝λi，Am+i＝Ai．設(shè)點Ps，t滿足OPs，t→=mti=ss+t-1λiOAi→，s，t∈M，證明：存在u∈M，使得對任意v∈M18．為提升城市景觀面貌，改善市民生活環(huán)境，某市計劃對一公園的一塊四邊形區(qū)域ABCD進行改造．如圖，AB＝4（百米），BC＝2（百米），AD＝CD，AD⊥CD，∠ABC∈[π4，3π4]，M，N，E分別為邊BC，AB，AC的中點，△BDE所在區(qū)域為運動健身區(qū)域，其余改造為綠化區(qū)域，并規(guī)劃4條觀景棧道DM，（1）若∠ABC=π2，求主干道（2）當∠ABC變化時，①證明運動健身區(qū)域△BDE的面積為定值，并求出該值；②求4條觀景棧道總長度的取值范圍．19．“平面內(nèi)到三角形三個頂點距離之和最小的點”被稱為費馬點，是由法國數(shù)學家費馬在十七世紀提出的，意大利數(shù)學家托里拆利給出了確定費馬點的方法：（Ⅰ）當△ABC的三個內(nèi)角均小于120°時，滿足∠AOB＝∠BOC＝∠COA＝120°的點O為費馬點；（Ⅱ）當△ABC有一個內(nèi)角大于或等于120°時，最大內(nèi)角的頂點為費馬點．請用上述知識解決下面的問題：在銳角△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且2asinA﹣（2b﹣c）sinB＝（2c﹣b）sinC．（1）求A；（2）已知a＝4，點M為△ABC的費馬點．①若∠ABC＝45°，記∠MBC＝θ，求tanθ；②求|MA|?|MB|+|MB|?|MC|+|MC|?|MA|的取值范圍．20．在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，（1）求角A；（2）若△ABC為銳角三角形，求2sin2B+cosC-（3）利用兩角和與差的正弦余弦公式可以推得公式：sinα﹣sinβ＝2cosα+β2sinα-β2，sinαsinβ=12[cos（α﹣β）﹣cos（α+β）

2026年高考數(shù)學復習難題速遞之平面向量及其應(yīng)用（2025年11月）參考答案與試題解析一．選擇題（共8小題）題號12345678答案CCDADBDC二．多選題（共4小題）題號9101112答案BCDADBCDACD一．選擇題（共8小題）1．若△ABC內(nèi)一點P滿足∠PAB＝∠PBC＝∠PCA＝θ，則稱點P為△ABC的布洛卡點，θ為△ABC的布洛卡角．如圖，已知在△ABC中，BC＝a，AC＝b，AB＝c，點P為△ABC的布洛卡點，θ為△ABC的布洛卡角．若b＝c，且滿足PBPA=3，則其布洛A．3 B．33 C．35 D【考點】三角形中的幾何計算．【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；解三角形；運算求解；新定義類．【答案】C【分析】根據(jù)題設(shè)定義，利用三角形相似、正弦定理及余弦定理即可求解．【解答】解：由題意，b＝c，即AB＝AC，得∠ABC＝∠ACB，點P滿足∠PAB＝∠PBC＝∠PCA＝θ，則∠PCB＝∠PBA，在△PCB與△PBA中，∠PCB＝∠PBA，∠PAB＝∠PBC＝θ，所以△PCB∽△PBA，則BCAB即ac=3，所以a在△ABC中，由余弦定理，可得cos∠因為0＜∠ABC＜π，所以∠ABC所以∠BAC=2π3在△PAC中，由正弦定理得PCsin解得tanθ=故選：C．【點評】本題考查正弦定理、余弦定理在解三角形中的綜合應(yīng)用，屬中檔題．2．如圖，在△ABC中，CA→?CB→=1，AC→=3AE→，BC→=3A．27 B．12 C．47 【考點】平面向量的投影向量．【專題】轉(zhuǎn)化思想；定義法；平面向量及應(yīng)用；運算求解．【答案】C【分析】設(shè)CF→=λCA→+μCD→=32λCE→+μ3CB→（λ，μ∈R），由【解答】解：設(shè)CF→=λCA→+∵A、F、D三點共線，B、F、E三點共線，∴λ+μ=1則CF→CF→?CA當且僅當4|CA→|=故選：C．【點評】本題考查平面向量的投影向量，考查共線向量定理的應(yīng)用，屬難題．3．已知O是線段AB的中點，M，N分別是以O(shè)A，OB為直徑的圓上的動點（異于點O），（）A．若OM→?OA→=B．若OM→?AB→=C．若存在實數(shù)λ，使得MN→=λD．若存在實數(shù)λ，使得OM→=【考點】平面向量數(shù)量積的性質(zhì)及其運算．【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；平面向量及應(yīng)用；運算求解．【答案】D【分析】建立坐標系，選項A，B中的條件均可轉(zhuǎn)化為點M，N關(guān)于y軸對稱或關(guān)于原點對稱，分別就兩種情況下命題是否成立討論，通過舉反例判斷A，B選項；選項C的條件轉(zhuǎn)化為MN→∥AB→，也是通過作圖舉反例，判斷C選項；選項D的條件轉(zhuǎn)化為M，【解答】解：以O(shè)為坐標原點，線段AB所在直線為x軸，建立平面直角坐標系，則兩圓關(guān)于y軸對稱，A選項，因為OM→所以(OM則(OM→+若OM→+ON→=此時MN→與AB→不平行，且則不存在實數(shù)λ，使得MN→若(OM→+ON→則OP→⊥OA→，點此時點M，N關(guān)于y軸對稱，MN→則存在實數(shù)λ，使得MN→=λB選項，由OM→?AB與A選項同理可知點M，N關(guān)于y軸對稱或關(guān)于原點對稱，當其關(guān)于y軸對稱時，不存在實數(shù)λ，使得OM→=λC選項，若存在實數(shù)λ，使得MN→=λ由OM→?OA當M，N位于如圖所示的位置時，上式不能成立，故C錯誤；D選項，存在實數(shù)λ，使得OM→則M，O，N三點共線，且由題可知M，N關(guān)于原點對稱，則有OM→+ON即OM→即OM→?AB故選：D．【點評】本題考查向量共線的性質(zhì)及數(shù)量積的性質(zhì)，屬中檔題．4．在平面直角坐標系中，A（﹣1，0），B（1，0），C（x，y），點F，H分別是△ABC的外心和垂心，若FH→=1+A．（﹣∞，0） B．（﹣1，0） C．(-∞，12] D．（【考點】平面向量數(shù)量積的性質(zhì)及其運算．【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；平面向量及應(yīng)用；直線與圓；運算求解．【答案】A【分析】根據(jù)直線方程求解F，H的坐標，即可根據(jù)向量的坐標得x0=1+【解答】解：由于A，B關(guān)于原點對稱，故F在y軸上，設(shè)C（x0，y0），則BC中點為(x0+12，y因此直線BC的垂直平分線方程為y-令x＝0，則y=故F(0BC邊上的高所在的直線方程為y=故H(故FH→1+m故x0=1+即3(x由于y0≠0，因此y02=3(x02-1)故-1＜1+m1-m＜1，解得故選：A．【點評】本題考查直線方程，三角形外心和垂心的性質(zhì)，考查平面向量的坐標運算，屬中檔題．5．已知點A（﹣1，0），B（0，3），C（2，0），D（0，﹣6），則下列結(jié)論錯誤的是（）A．當且僅當P(14，B．當且僅當P(14，C．當且僅當P（0，0）時，|PA→D．當且僅當P（0，0）時，|PA【考點】平面向量數(shù)量積的性質(zhì)及其運算．【專題】轉(zhuǎn)化思想；向量法；空間向量及應(yīng)用；運算求解．【答案】D【分析】設(shè)P（x，y），得PA→+PB→+PC→+PD→=（1﹣4x，﹣3﹣4y），利用向量的模即可判斷A；先求PA→+PB→=（﹣1﹣2x，3﹣2y），【解答】解：設(shè)點P（x，y），取AB的中點為M，CD中點為N，則M（-12，32），N（1則PA→=（﹣1﹣x，﹣y），PB→=（﹣x，3﹣y），PC→=（2﹣x，﹣y），PD→∴PA→+PB→+PC→+PD→=∴|PA→+PB當1-4x=0-3-4y=0，即x=14y=-34∵PA→+PB→=（﹣1﹣2x，3﹣2y），PC→+PD→=（∴（PA→+PB→）?（PC→+PD→）＝4（x-14∴當x=14y=-34時，（PA∵|PA→|+|PB→|+|PC→|+|PD→|≥|AC|+|BD當且僅當P（0，0）時，等號成立，故C正確；∵|PA→+PB→＝2[(x+∴|PA→+PB→|+|PC→+PD→|＝2（|PM當且僅當點P在線段MN上時，等號成立，故D錯誤．故選：D．【點評】本題考查向量的模、向量的數(shù)量的坐標運算、三角不等式等基礎(chǔ)知識，考查運算求解能力，是中檔題．6．我國南宋著名數(shù)學家秦九韶發(fā)現(xiàn)了由三角形三邊求面積的方法，他把這種方法稱為“三斜求積術(shù)”．如果把這種方法寫成公式，就是S=12c2a2-(c2+A．當ac＝1時，S≤34 B．當ac＝2C．當ac＝1時，S≥34 D．當ac＝【考點】解三角形．【專題】對應(yīng)思想；綜合法；解三角形；不等式的解法及應(yīng)用；運算求解；結(jié)構(gòu)不良題．【答案】B【分析】分別由ac＝1、ac＝2結(jié)合基本不等式求最值即可判定選項．【解答】解：當ac＝1時，c2a2＝（ca）2＝1，再由c2+a2≥2ca＝2，且b=得S=但a＝c與ac＝1，a2+c2＝3不同時成立，則S＜12，故A錯誤，當ac＝2時，c2a2＝（ca）2＝4，再由c2+a2≥2ca＝4，且b=得S=當且僅當a＝c，即a=c=2時等號成立，故故選：B．【點評】本題考查三角形面積的應(yīng)用，訓練了利用基本不等式求最值，是中檔題．7．已知△ABC中，內(nèi)角A，B，C滿足C+A．π6B．sinAcosBC．b＞ccosA D．sin3A+sin3B＜sin3C【考點】解三角形．【專題】對應(yīng)思想；綜合法；三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)；解三角形；運算求解．【答案】D【分析】利用特殊值排除A；利用構(gòu)造函數(shù)法，結(jié)合導數(shù)、誘導公式等知識判斷B；利用余弦定理以及作差比較法判斷C；利用放縮法以及正弦定理判斷D．【解答】解：對于A，不妨取A=則C+滿足C+sinA＞π2對于B，由C+sinA＞整理得，sinA-設(shè)f（x）＝﹣x+sinx，x∈（0，π），則f′（x）＝1﹣cosx＜0，所以f（x）在（0，π）上單調(diào)遞減，因為f(A)所以C＝π﹣A﹣B＞π所以A，因為y＝sinx在(0，π2)上單調(diào)遞增，y＝cos所以sinA＜即sinA＜cosB，cosA＞sinB，所以sinAcosB+sinB對于C，由B知C∈所以cosC=a2+b2-c22由余弦定理得cosA=所以b-所以b＜ccosA，故C錯誤；對于D，由C知，a2+b2＜c2，故a＜c，b＜c，所以a3+b3＜a2c+b2c＜c3，由正弦定理可得sin3A+sin3B＜sin3C，故D正確．故選：D．【點評】本題考查了三角函數(shù)的性質(zhì)，考查了解三角形，屬于難題．8．已知△ABC的內(nèi)角A、B、C成等差數(shù)列，且A、B、C所對的邊分別為a、b、c，則以下結(jié)論正確的是（）①B=②若a、b、c成等比數(shù)列，則△ABC為等邊三角形；③若a＝2c，則△ABC為直角三角形；④若tanA+tanC+A．① B．①② C．①②③ D．①②③④【考點】解三角形．【專題】轉(zhuǎn)化思想；轉(zhuǎn)化法；解三角形；運算求解．【答案】C【分析】由等差數(shù)列性質(zhì)以及三角形內(nèi)角和可求得B=π3由a、b、c成等比數(shù)列以及余弦定理可得a＝c，結(jié)合b2＝ac可得a＝b＝c，即②正確；由a＝2c，結(jié)合①中B=π3并利用余弦定理可得b易知A+C=2π3，并結(jié)合兩角和的正切公式可知tanA，tan【解答】解：對于①，因為內(nèi)角A、B、C成等差數(shù)列，所以A+C＝2B，且A+B+C＝π，即可得A+B+C＝3B＝π，可得B=π3對于②，若a、b、c成等比數(shù)列，可知b2＝ac，由①可知b2＝a2+c2﹣2accosB＝a2+c2﹣ac＝ac，因此a2+c2﹣2ac＝（a﹣c）2＝0，可得a＝c，結(jié)合b2＝ac可得a＝b＝c，即②正確；對于③，若a＝2c，結(jié)合①中B=可知b2＝a2+c2﹣2accosπ3=4c2+c2﹣2c2＝3c2，因此因此滿足c2+b2＝4c2＝a2，可知△ABC為直角三角形，即③正確；對于④，由①可知A+所以tan(得tanA+tanC+3=3tanAtanC＞所以tanA，tanC同號，當tanA＞0，tanC＞0時，A，C均為銳角，當tanA＜0，tanC＜0時，A，C均為鈍角，顯然不合題意，因此△ABC不可能為鈍角三角形，即④錯誤．所以正確的序號為：①②③．故選：C．【點評】本題考查解三角形的應(yīng)用，屬于中檔題．二．多選題（共4小題）（多選）9．已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，(3tanA+1)(3tanBA．C=B．△ABC面積的最大值為33C．a(chǎn)+b的最大值為43D．角C的平分線交AB于點D，則CD的最大值為3【考點】解三角形．【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；平面向量及應(yīng)用；運算求解．【答案】BCD【分析】由兩角和的正切公式化簡已知式，求得角A+B，從而得出角C可判定A；由余弦定理及基本不等式得ab≤43，從而得出三角形面積最大值可判定B；由正弦定理結(jié)合和化積公式求得a+b的范圍可判定C【解答】解：選項A，由(3可得3tanAtanB即tanA+tanB=則A+B=π3選項B，由c＝2及余弦定理，可得a2+b2+ab＝c2＝4，則有4＝a2+b2+ab≥3ab，解得ab≤所以S△ABC=選項C，由正弦定理得asinA所以a+由A-B2所以a+b∈選項D，設(shè)角C的平分線長為x，則有12axsinπ由a2+b2+ab＝c2＝4，可得ab＝（a+b）2﹣4，所以x=由C可知：a+b∈(2，故選：BCD．【點評】本題考查兩角和的正切公式、正弦定理及余弦定理的綜合應(yīng)用，屬中檔題．（多選）10．已知△ABC的外接圓半徑為2，A=π3，AC＝ABA．sin2B+sin2C＝1 B．tanBtanC＝2 C．△ABC的面積為6 D．CA【考點】解三角形．【專題】對應(yīng)思想；綜合法；三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)；解三角形；運算求解．【答案】AD【分析】A選項，根據(jù)正弦定理得到cosB＝sinC，由同角三角函數(shù)關(guān)系即可判斷；B選項，在cosB＝sinC基礎(chǔ)上，由三角恒等變換得到tanB=2-3，進而求出sinB，cosB，sinC，cosC，得到tanBtanC＝﹣1即可判斷；C選項，由正弦定理得a=23，b【解答】解：對于A，因為AC＝ABtanB，即ACcosB＝ABsinB，由正弦定理得sinBcosB＝sinCsinB，又B∈（0，π），故sinB＞0，所以cosB＝sinC，故sin2B+sin2C＝sin2B+cos2B＝1，故A正確；對于B，由A知，cosB＝sinC，因為A=所以cosB=即2-32cosB=1又sin2B+cos2B＝1，故(2-解得cosB=18-4故sinB=(2cosC＝﹣cos（B+π3）＝sinBsinπ3-=6=2故tanC=故tanBtanC=(2-3)(-2-3)=3﹣對于C，由正弦定理得asinA=bsinB=2R，又A=即a=4sinπ3=2故△ABC的面積為12absinC=對于D，CA=23(6故選：AD．【點評】本題考查了三角恒等變形，考查了正余弦定理的應(yīng)用，屬于難題．（多選）11．已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，則（）A．若a2+b2＞c2，則△ABC為銳角三角形 B．若bcosA＝acosB，則△ABC為等腰三角形 C．若B=π4，a＝2，且該三角形有兩解，則bD．存在三邊為連續(xù)自然數(shù)的三角形，使得最大角是最小角的兩倍【考點】解三角形．【專題】對應(yīng)思想；綜合法；解三角形；運算求解．【答案】BCD【分析】對于A，由已知條件結(jié)合余弦定理只能判斷C為銳角；對于B，由已知條件結(jié)合正弦定理得tanA＝tanB即可判斷；對于C，由已知條件結(jié)合正弦定理即可判斷b的范圍；對于D，設(shè)三邊長為n﹣1，n，n+1，C＝2A，從而cosC＝cos2A＝2cos2A﹣1，然后根據(jù)余弦定理建立關(guān)于n的方程，求出n即可判斷．【解答】解：對于A，因為a2+b2＞c2，可得cosC=a2+b所以三角形不一定是銳角三角形，故A錯誤；對于B，bcosA＝acosB，由正弦定理可得sinBcosA＝sinAcosB，可得tanA＝tanB，又A，B∈（0，π），所以A＝B，則△ABC為等腰三角形，故B正確；對于C，若B=π4，a則asinB＜b＜a，即2＜b＜2即b的范圍為（2，2），故C正確；對于D，設(shè)三邊長為n﹣1，n，n+1，其中n為大于1的正整數(shù)，對角分別為A、B、C，若C＝2A，從而cosC＝cos2A＝2cos2A﹣1，由余弦定理可得cosC=cosA=所以n-42(n-解得：n=5(所以存在三邊為連續(xù)自然數(shù)4，5，6的三角形，使得最大角是最小角的兩倍，故D正確．故選：BCD．【點評】本題考查了三角恒等變形及正余弦定理在解三角形中的應(yīng)用，屬于難題．（多選）12．某公益組織一直關(guān)注青少年的成長，該組織的會標設(shè)計靈感便來源于“成長”一詞的拼音首字母C、Z．該會標的大致輪廓為如圖所示的一個以O(shè)為圓心、AB為直徑的半圓，和一段Z形折線ACBD組成，其中AB⊥AC，AB⊥BD，AB＝2，AC＝BD＝1．現(xiàn)有兩動點P，Q在圓弧AB和線段BC、AC（包含端點）上運動，則下列說法正確的有（）A．|PQ→|B．若OP→=xC．PQ→?BDD．若|BP→|=|BQ→|，則PQ【考點】平面向量數(shù)量積的性質(zhì)及其運算；平面向量的投影向量．【專題】計算題；整體思想；綜合法；平面向量及應(yīng)用；運算求解．【答案】ACD【分析】A：利用數(shù)形結(jié)合，以及圓的形式，即可判斷；B：建立坐標系，設(shè)P(cosθ，sinθ)，θ∈[π2，3【解答】解：A：由圖可知，|PQ當點P，O，C三點共線時，等號成立，所以|PQ|的最大值為1+2，故AB：如圖，建立平面直角坐標系，O(0所以（cosθ，sinθ）＝x（1，0）+y（1，2），所以x+y=cosθ2y=sinθ，所以x+y＝cosθ∈C：當點Q在線段AC上時，設(shè)Q（x，1），0≤x≤1，PQ→所以PQ→?BD→=當點Q在線段BC上時，BC所在直線方程為y＝2x﹣1，設(shè)Q（x，2x﹣1），0≤x≤1，PQ→所以PQ→?BD綜上可知，PQ→?BD→的最大值為D：當點Q在線段AC上時，|BQ|≥2，|BP|≤2，當點P，Q與點A重合時，|BP|＝|BQ|，此時PQ→在BA→上的投影向量模長為當點Q在線段BC上時，PQ→=(x由|BP→|=|PQ→在BA→上的投影向量模長為設(shè)2(1+sinθ設(shè)f(所以f（t）的值域是[455-2，25]，所以綜上可知，PQ→在BA→上的投影向量模長的取值范圍是[0，故選：ACD．【點評】本題考查了平面向量的綜合應(yīng)用，屬于難題．三．填空題（共4小題）13．已知點A（﹣2，0），B（2，0），點P為直線l：2x+y﹣8＝0上的動點，則PA→?PB→的最小值為445，當∠APB最大時，點P的橫坐標為16【考點】平面向量數(shù)量積的性質(zhì)及其運算．【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；直線與圓；運算求解．【答案】445；16【分析】由題意設(shè)點P的坐標，求出PA→?PB→的表達式，由二次函數(shù)的選可得它的最大值；當∠APB最大時，以AB為弦的圓與直線l相切，且切點為點P，設(shè)圓的圓心坐標，可得圓心到直線的距離等于半徑，列方程，可得參數(shù)的值，即求出圓的方程，設(shè)點P的坐標，由點【解答】解：設(shè)點P（a，8﹣2a），因為A（﹣2，0），B（2，0），可得PA→=（﹣2﹣a，2a﹣8），PB→=（2﹣a，2可得PA→?PB→=（﹣2﹣a）（2﹣a）+（2a﹣8）2＝5a2﹣32a+60＝5（a所以當a=165時，PA→當∠APB最大時，以AB為弦的圓與直線l相切，此時圓心在AB的垂直平分線上，即圓心在y軸上，設(shè)圓心坐標為（0，m），半徑為r，則r2＝22+m2＝4+m2，可得圓心（0，m）到直線l：2x+y﹣8＝0的距離d=|0+所以|m整理可得m2+4m﹣11＝0，解得m＝﹣2±15，因為圓心在y軸上，且圓與直線相切，所以m=因為圓心E（0，﹣2+15），半徑r設(shè)點P的坐標為（x，8﹣2x），則（x﹣0）2+（8﹣2x+2-15整理可得：5x2因為圓與直線相切，即Δ＝（40+2015解得x=故答案為：445；16【點評】本題考查直線與圓相切的性質(zhì)的應(yīng)用及數(shù)量積的性質(zhì)的應(yīng)用，屬于中檔題．14．已知a1→，a2→，…，ak→，e→是平面內(nèi)兩兩互不相等的非零向量，且滿足|ai→|∈{1，2}（1≤i≤k），且對任意的m，n∈N*，當1≤m＜【考點】平面向量數(shù)量積的性質(zhì)及其運算．【專題】轉(zhuǎn)化思想；向量法；平面向量及應(yīng)用；運算求解．【答案】4．【分析】由題意得到am→與an→在【解答】解：因為am所以am→與an將a1→，a2→，…，以e→所在直線為x因為|ai→|∈{1，2}，所以a1如圖，作與x軸垂直的直線，并左右平移，與兩個圓最多是4個交點，此時在e→上的數(shù)量投影為相同值的向量，最多有4故答案為：4．【點評】本題考查平面向量數(shù)量積的幾何意義，屬于中檔題．15．如圖，現(xiàn)有一塊半徑為2m，圓心角為90°的扇形鐵皮AOB，欲從其中裁剪出一塊內(nèi)接五邊形ONPQR，使點P在弧AB上，點M，N分別在半徑OA和OB上，四邊形PMON是矩形，點Q在弧AP上，點R在線段AM上，四邊形PQRM是直角梯形．先使矩形PMON的面積達到最大，在此前提下，再使直角梯形PQRM的面積也達到最大．則符合要求的矩形PMON的面積為2m2，五邊形ONPQR的面積為52m2【考點】解三角形．【專題】對應(yīng)思想；綜合法；三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)；解三角形．【答案】2；52【分析】設(shè)∠BOP=θ，θ∈(0，π2)，由題得到PM＝2cosθ，PN＝2sinθ，利用SPMON＝PM?PN，先求矩形PMON面積的最大值；接著設(shè)∠BOQ＝α，α∈【解答】解：由題，設(shè)∠BOP＝θ，θ∈則PM＝2cosθ，PN＝2sinθ，所以SPMON＝PM?PN＝2cosθ?2sinθ＝2sin2θ，所以當2θ=π2，即θ=π4時，（此時PM=2，MO=在此前提下，過Q點作QS⊥OB垂足為S，連接OQ，如圖，設(shè)∠BOQ＝α，α∈在Rt△QOS中，有QS＝2sinα，OS＝2cosα，則RQ＝OS＝2cosα，RM=2則S=2sinαcosα令t=則α∈(π此時2sinαcosα＝1﹣t2，則S梯形所以當t=22即α=5π12所以符合要求的五邊形ONPQR面積為52故答案為：2；52【點評】本題考查了求含sinx（型）函數(shù)的值域和最值，幾何中的三角函數(shù)模型，解三角形，輔助角公式，屬于難題．16．如圖，已知點A是某球體建筑物與水平地面的接觸點（切點），地面上B，C兩點與點A在同一條水平直線上，且在點A的同側(cè)．若在B，C處分別測得球體建筑物的最大仰角為60°和30°，且BC＝20，則球體建筑物的半徑為10．【考點】解三角形．【專題】對應(yīng)思想；綜合法；解三角形；運算求解．【答案】10．【分析】設(shè)球半徑為R，結(jié)合圖像利用三角形和球的性質(zhì)表示|AB|，|AC|，再利用已知條件|BC|構(gòu)造關(guān)于R的方程，利用正切化弦與兩角差的正弦公式化簡即得．【解答】解：根據(jù)題意作示意圖如下，設(shè)該球體建筑物的半徑為R，則|AO|，|AM|，|AN|均為球的半徑，則∠ABN＝60°，∠ACM＝30°，所以∠ACO所以|AC所以|BC即R(1則R=20故答案為：10．【點評】本題考查了三角恒等變形及解三角形，屬于難題．四．解答題（共4小題）17．設(shè)m為不小于3的正整數(shù)，集合M＝{1，2，…，m}，λ1，λ2，…，λm滿足i=1mλi=1，設(shè)α為平面，點O?α，對任意i∈M，點Ai∈α（1）若m＝3，λ1＝λ2＝λ3，OA1⊥a，且OA1＝A1A2＝A2A3＝A3A1，求直線OP與α所成角的大?。唬?）證明：P∈α；（3）對任意i∈M，規(guī)定λm+i＝λi，Am+i＝Ai．設(shè)點Ps，t滿足OPs，t→=mti=ss+t-1λiOAi→，s，t∈M，證明：存在u∈M，使得對任意v∈M【考點】平面向量的綜合題；直線與平面所成的角．【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；空間向量及應(yīng)用；運算求解；新定義類．【答案】（1）π3（2）證明：OP→=i=1m所以O(shè)P→-OA1→=i=1m（3）證明：由λm+i＝λi，Am+i＝Ai知，λi，Ai具有周期m，對OPs，t→=m若?u∈M，當i=uu+v-1λ當mvi=uu+v-1λi≠1時，由周期性由抽屜原理，因u∈{1，2，3，．，m}，則必?u∈M，使?v∈M，都有Pu，v∈α或Pu，v∈a且Pu，v與O始終在α的不同側(cè)．【分析】（1）用線面角的向量求法求解；（2）將已知條件轉(zhuǎn)化為向量共面形式證明；（3）利用周期性及（2）中結(jié)論證明．【解答】解：（1）由已知，ΔA1A2A3是等邊三角形，且OA1⊥平面A1A2A3，以A1為坐標原點，分別以A1A2，A1O所在直線為x軸、z軸建立空間直角坐標系，如圖，設(shè)A1A2＝1，則A1（0，0，0），A2（1，0，0），A3(12，32，0)OP→又平面α的法向量為A1O→=(0，0，則sinθ=|OP→?（2）證明：OP→=i=1m所以O(shè)P→-OA1→=i=1m（3）證明：由λm+i＝λi，Am+i＝Ai知，λi，Ai具有周期m，對OPs，t→=m若?u∈M，當i=uu+v-1λ當mvi=uu+v-1λi≠1時，由周期性由抽屜原理，因u∈{1，2，3，．，m}，則必?u∈M，使?v∈M，都有Pu，v∈α或Pu，v∈a且Pu，v與O始終在α的不同側(cè)．【點評】本題考查線面所成角，向量共面等性質(zhì)，屬于難題．18．為提升城市景觀面貌，改善市民生活環(huán)境，某市計劃對一公園的一塊四邊形區(qū)域ABCD進行改造．如圖，AB＝4（百米），BC＝2（百米），AD＝CD，AD⊥CD，∠ABC∈[π4，3π4]，M，N，E分別為邊BC，AB，AC的中點，△BDE所在區(qū)域為運動健身區(qū)域，其余改造為綠化區(qū)域，并規(guī)劃4條觀景棧道DM，（1）若∠ABC=π2，求主干道（2）當∠ABC變化時，①證明運動健身區(qū)域△BDE的面積為定值，并求出該值；②求4條觀景棧道總長度的取值范圍．【考點】解三角形；根據(jù)實際問題選擇函數(shù)類型．【專題】計算題；整體思想；綜合法；解三角形；運算求解．【答案】（1）32（2）①證明見解析，定值32；②[6+【分析】（1）利用勾股定理得到AC，根據(jù)兩角和的余弦公式和余弦定理即可求解；（2）①設(shè)∠ABC＝α，由E為AC中點，易知BE→②設(shè)∠ABC＝α，∠BAC＝β，∠BCA＝γ，利用正弦定理、余弦定理和換元法即可求解．【解答】解：（1）因為AB=4所以在直角△ABC中，AC=AB又因為AD⊥所以在等腰直角△ACD中，AD=所以cos∠BCD＝cos（∠BCA+∠ACD）＝cos∠BCAcos∠ACD﹣sin∠BCAsin∠ACD=5所以在△BCD中，BD所以BD=32，即主干道BD的長為（2）證明：①設(shè)∠ABC＝α，由E為AC中點，易知BE→故BE→2=在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2+BC2﹣2AB?BC′?cosα＝20﹣16cosα，所以AC=2因為AD⊥CD，AD＝CD，所以DE=所以cos∠所以S△②設(shè)∠ABC＝α，∠BAC＝β，∠BCA＝γ，因為M，N，E外別為邊BC，AB，AC的中點，所以EM∥所以EN∥在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2+BC2﹣2AB?BC?cosα＝20﹣16cosα，由正弦定理ACsinα=BC因為AD＝CD，AD⊥CD，E為邊AC的中點，所以DE⊥在△MDE中，cos∠由余弦定理得D=4+1在△NDE中，cos∠由余弦定理得D=1+1令t=因為α∈[π4，所以DM+令f(t)=9+4t+6+4t+3f(所以DN+DM+EN+EM的取值范圍為[6+6【點評】本題考查了正弦定理和余弦定理的綜合應(yīng)用，屬于難題．19．“平面內(nèi)到三角形三個頂點距離之和最小的點”被稱為費馬點，是由法國數(shù)學家費馬在十七世紀提出的，意大利數(shù)學家托里拆利給出了確定費馬點的方法：（Ⅰ）當△ABC的三個內(nèi)角均小于120°時，滿足∠AOB＝∠BOC＝∠COA＝120°的點O為費馬點；（Ⅱ）當△ABC有一個內(nèi)角大于或等于120°時，最大內(nèi)角的頂點為費馬點．請用上述知識解決下面的問題：在銳角△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且2asinA﹣（2b﹣c）sinB＝（2c﹣b）sinC．（1）求A；（2）已知a＝4，點M為△ABC的費馬點．①若∠ABC＝45°，記∠MBC＝θ，求tanθ；②求|MA|?|MB|+|MB|?|MC|+|MC|?|MA|的取值范圍．【考點】解三角形．【專題】計算題；整體思想；綜合法；解三角形；運算求解；新定義類．【答案】（1）π3（2）①3-12；【分析】（1）由正弦定理角化邊，再結(jié)合余弦定理即可求解；（2）①由正弦定理得AC=463，分別在△MBC，△MAC中由正弦定理得到②由三角形面積公式得到|MA|?|MB|+|MB|?|MC|+|MC|?|MA|＝bc，再由正弦定理得到bc=163+【解答】解：（1）由正弦定理及2asinA﹣（2b﹣c）sinB＝（2c﹣b）sinC，得2a2﹣（2b﹣c）b＝（2c﹣b）c，整理得b2+c因為0＜A＜π，所以A=（2）因為△ABC是銳角三角形，M為費馬點，所以∠AMC＝∠AMB＝∠BMC＝120°，①在△ABC中，由正弦定理得ACsin∠ABC=BC在△MBC中，由正弦定理得BCsin∠BMC在△MAC中，∠MAC＝60°﹣[180°﹣120°﹣（∠AMC﹣θ）]＝45°﹣θ，由正弦定理得ACsin∠AMC＜1＞，＜2＞兩式相除得4AC=sin所以tanθ=②由S△ABC＝S△AMB+S△BMC+S△CMA，得12整理得|MA|?|MB|+|MB|?|MC|+|MC|?|MA|＝bc，因為bsin所以bc=64=16因為△ABC是銳角三角形，所以0＜∠ABC＜所以π6＜∠ABC＜所以323＜bc≤16，所以|MA|?|MB|+|MB|?|MC|+|MC|?|【點評】本題考查解三角形，屬于難題．20．在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，（1）求角A；（2）若△ABC為銳角三角形，求2sin2B+cosC-（3）利用兩角和與差的正弦余弦公式可以推得公式：sinα﹣sinβ＝2cosα+β2sinα-β2，sinαsinβ=12[cos（α﹣β）﹣cos（α+β）【考點】解三角形．【專題】方程思想；轉(zhuǎn)化思想；綜合法；解三角形；運算求解．【答案】（1）π3；（2）2；（3）1【分析】（1）由正弦定理與輔助角公式化簡即可求得；（2）由三角恒等變換和三角函數(shù)的有界性即可求得；（3）由三角形的面積公式和正弦定理化簡可得sinC﹣sinB＝sinBsinC，再由題中推得的公式結(jié)合題意化簡可得sinC-B2【解答】解：（1）因為asinB=所以由正弦定理得：sinAsinB=因為B∈（0，π），所以sinB≠0，所以sinA=所以sinA=3cosA又因為A∈（0，π），所以A=（2）由（1）知A=π3因為△ABC為銳角三角形，所以0＜B＜所以2=1-所以2B-π6∈(π6，5（3）由（1）知A=π3，因為c﹣b等于邊BC所以S△ABC=12bcsinA=12ah=12由正弦定理得：sinBsinCsinA＝sinA（sinC﹣sinB），因為A∈（0，π），所以sinA≠0，所以sinC﹣sinB＝sinBsinC，又sinC-sinCsinB=所以sinC-B2=所以sinC【點評】本題考查利用正弦定理、三角形的面積公式，三角恒等變換等知識解三角形，屬于中檔題．

考點卡片1．根據(jù)實際問題選擇函數(shù)類型【知識點的認識】1．實際問題的函數(shù)刻畫在現(xiàn)實世界里，事物之間存在著廣泛的聯(lián)系，許多聯(lián)系可以用函數(shù)刻畫．用函數(shù)的觀點看實際問題，是學習函數(shù)的重要內(nèi)容．2．用函數(shù)模型解決實際問題（1）數(shù)據(jù)擬合：通過一些數(shù)據(jù)尋求事物規(guī)律，往往是通過繪出這些數(shù)據(jù)在直角坐標系中的點，觀察這些點的整體特征，看它們接近我們熟悉的哪一種函數(shù)圖象，選定函數(shù)形式后，將一些數(shù)據(jù)代入這個函數(shù)的一般表達式，求出具體的函數(shù)表達式，再做必要的檢驗，基本符合實際，就可以確定這個函數(shù)基本反映了事物規(guī)律，這種方法稱為數(shù)據(jù)擬合．（2）常用到的五種函數(shù)模型：①直線模型：一次函數(shù)模型y＝kx+b（k≠0），圖象增長特點是直線式上升（x的系數(shù)k＞0），通過圖象可以直觀地認識它，特例是正比例函數(shù)模型y＝kx（k＞0）．②反比例函數(shù)模型：y=kx（k＞0）型，增長特點是y隨③指數(shù)函數(shù)模型：y＝a?bx+c（b＞0，且b≠1，a≠0），其增長特點是隨著自變量的增大，函數(shù)值增大的速度越來越快（底數(shù)b＞1，a＞0），常形象地稱為指數(shù)爆炸．④對數(shù)函數(shù)模型，即y＝mlogax+n（a＞0，a≠1，m≠0）型，增長特點是隨著自變量的增大，函數(shù)值增大越來越慢（底數(shù)a＞1，m＞0）．⑤冪函數(shù)模型，即y＝a?xn+b（a≠0）型，其中最常見的是二次函數(shù)模型：y＝ax2+bx+c（a≠0），其特點是隨著自變量的增大，函數(shù)值先減小后增大（a＞0）．在以上幾種函數(shù)模型的選擇與建立時，要注意函數(shù)圖象的直觀運用，分析圖象特點，分析變量x的范圍，同時還要與實際問題結(jié)合，如取整等．3．函數(shù)建模（1）定義：用數(shù)學思想、方法、知識解決實際問題的過程，叫作數(shù)學建模．（2）過程：如下圖所示．【解題方法點撥】用函數(shù)模型解決實際問題的常見類型及解法：（1）解函數(shù)關(guān)系已知的應(yīng)用題①確定函數(shù)關(guān)系式y(tǒng)＝f（x）中的參數(shù)，求出具體的函數(shù)解析式y(tǒng)＝f（x）；②討論x與y的對應(yīng)關(guān)系，針對具體的函數(shù)去討論與題目有關(guān)的問題；③給出實際問題的解，即根據(jù)在函數(shù)關(guān)系的討論中所獲得的理論參數(shù)值給出答案．（2）解函數(shù)關(guān)系未知的應(yīng)用題①閱讀理解題意看一看可以用什么樣的函數(shù)模型，初步擬定函數(shù)類型；②抽象函數(shù)模型在理解問題的基礎(chǔ)上，把實際問題抽象為函數(shù)模型；③研究函數(shù)模型的性質(zhì)根據(jù)函數(shù)模型，結(jié)合題目的要求，討論函數(shù)模型的有關(guān)性質(zhì)，獲得函數(shù)模型的解；④得出問題的結(jié)論根據(jù)函數(shù)模型的解，結(jié)合實際問題的實際意義和題目的要求，給出實際問題的解．【命題方向】典例1：某公司為了實現(xiàn)1000萬元的利潤目標，準備制定一個激勵銷售人員的獎勵方案：銷售利潤達到10萬元時，按銷售利潤進行獎勵，且獎金數(shù)額y（單位：萬元）隨銷售利潤x（單位：萬元）的增加而增加，但獎金數(shù)額不超過5萬元，同時獎金數(shù)額不超過利潤的25%，其中模型能符合公司的要求的是（參考數(shù)據(jù)：1.003600≈6，1n7≈1.945，1n102≈2.302）（）A．y＝0.025xB．y＝1.003xC．y＝l+log7xD．y=14000分析：由題意，符合公司要求的模型只需滿足：當x∈[10，1000]時，①函數(shù)為增函數(shù)；②函數(shù)的最大值不超過5；③y≤x?25%，然后一一驗證即可．解答：解：由題意，符合公司要求的模型只需滿足：當x∈[10，1000]時，①函數(shù)為增函數(shù)；②函數(shù)的最大值不超過5；③y≤x?25%=14A中，函數(shù)y＝0.025x，易知滿足①，但當x＞200時，y＞5不滿足公司要求；B中，函數(shù)y＝1.003x，易知滿足①，但當x＞600時，y＞5不滿足公司要求；C中，函數(shù)y＝l+log7x，易知滿足①，當x＝1000時，y取最大值l+log71000＝4﹣lg7＜5，且l+log7x≤14D中，函數(shù)y=14000x2，易知滿足①，當x＝400時，y＞故選C點評：本題以實際問題為載體，考查函數(shù)模型的構(gòu)建，考查方案的優(yōu)化設(shè)計，解題的關(guān)鍵是一一驗證．典例2：某服裝生產(chǎn)企業(yè)為了占有更多的市場份額，擬在2015年度進行一系列促銷活動，經(jīng)過市場調(diào)查和測算，服裝的年銷量x萬件與年促銷t萬元之間滿足關(guān)系式3﹣x=kt+1（k為常數(shù)），如果不搞促銷活動，服裝的年銷量只能是1萬件．已知2015年生產(chǎn)服裝的設(shè)備折舊，維修等固定費用需要3萬元，每生產(chǎn)1萬件服裝需再投入32（1）2015年的利潤y（萬元）關(guān)于促銷費t（萬元）的函數(shù)；（2）該企業(yè)2015年的促銷費投入多少萬元時，企業(yè)的年利潤最大？（注：利潤＝銷售收入﹣生產(chǎn)成本﹣促銷費，生產(chǎn)成本＝固定費用+生產(chǎn)費用）分析：（1）通過x表示出年利潤y，并化簡整理，代入整理即可求出y萬元表示為促銷費t萬元的函數(shù)．（2）根據(jù)已知代入（2）的函數(shù)，分別進行化簡即可用基本不等式求出最值，即促銷費投入多少萬元時，企業(yè)的年利潤最大．解答：解：（1）由題意：3﹣x=k且當t＝0時，x＝1．所以k＝2，所以3﹣x=2t+1生產(chǎn)成本為32x+3，每件售價32(32所以，y=[32(＝16x-t2+32=-（2）因為32t+1+t+12≥8當且僅當32所以y≤50﹣8＝42，…（1分）答：促銷費投入7萬元時，企業(yè)的年利潤最大．…（1分）點評：本小題主要考查函數(shù)模型的選擇與應(yīng)用，看出基本不等式在求最值中的應(yīng)用，考查學生分析問題和解決問題的能力，強調(diào)對知識的理解和熟練運用，考查轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用．2．平面向量數(shù)量積的性質(zhì)及其運算【知識點的認識】1、平面向量數(shù)量積的重要性質(zhì)：設(shè)a→，b→都是非零向量，e→是與b→方向相同的單位向量，a→（1）a→?e→=（2）a→⊥b→（3）當a→，b→方向相同時，a→?b→=|a→||b→|；當a→特別地：a→?a→=|a→|2（4）cosθ=a（5）|a→?b→|≤|2、平面向量數(shù)量積的運算律（1）交換律：a→（2）數(shù)乘向量的結(jié)合律：（λa→）?b→=λ（a→?（3）分配律：（a→?b→）?平面向量數(shù)量積的運算平面向量數(shù)量積運算的一般定理為①（a→±b→）2=a→2±2a→?b→+b→2．②（a→-b→）（a→+b→）=【解題方法點撥】例：由代數(shù)式的乘法法則類比推導向量的數(shù)量積的運算法則：①“mn＝nm”類比得到“a→②“（m+n）t＝mt+nt”類比得到“（a→+b③“t≠0，mt＝nt?m＝n”類比得到“c→≠0，④“|m?n|＝|m|?|n|”類比得到“|a→?b→|＝|a→|⑤“（m?n）t＝m（n?t）”類比得到“（a→?b⑥“acbc=ab”類比得到a→?c解：∵向量的數(shù)量積滿足交換律，∴“mn＝nm”類比得到“a→即①正確；∵向量的數(shù)量積滿足分配律，∴“（m+n）t＝mt+nt”類比得到“（a→+b即②正確；∵向量的數(shù)量積不滿足消元律，∴“t≠0，mt＝nt?m＝n”不能類比得到“c→≠0，即③錯誤；∵|a→?b→|≠|(zhì)a→|∴“|m?n|＝|m|?|n|”不能類比得到“|a→?b→|＝|a→|即④錯誤；∵向量的數(shù)量積不滿足結(jié)合律，∴“（m?n）t＝m（n?t）”不能類比得到“（a→?b即⑤錯誤；∵向量的數(shù)量積不滿足消元律，∴acbc=ab即⑥錯誤．故答案為：①②．向量的數(shù)量積滿足交換律，由“mn＝nm”類比得到“a→?b→=b→?a→”；向量的數(shù)量積滿足分配律，故“（m+n）t＝mt+nt”類比得到“（a→+b→）?c→=a→?c→+b→?c→”；向量的數(shù)量積不滿足消元律，故“t≠0，mt＝nt?m＝n”不能類比得到“c→≠0，a→?c→=b→?c→?a→=c→”；|a→?b→|≠|(zhì)a→|【命題方向】本知識點應(yīng)該所有考生都要掌握，這個知識點和三角函數(shù)聯(lián)系比較多，也是一個?？键c，題目相對來說也不難，所以是拿分的考點，希望大家都掌握．3．平面向量的投影向量【知識點的認識】投影向量是指一個向量在另一個向量上的投影．投影向量可以用來求兩個向量之間的夾角，也可以用來求一個向量在另一個向量上的分解．設(shè)a→，b→是兩個非零向量，AB=a→，CD=b→，考慮如下的變換：過AB的起點A和終點B分別作所在直線的垂線，垂足分別為A1，B1，得到A1B1，稱上述變換為向量a→向向量b→向量a→在向量b→上的投影向量是【解題方法點撥】投影，是一個動作．投影向量，是一個向量．我們把|a→|cosθ叫作向量（1）向量a→在向量b→上的投影向量為|a→|e→cosθ（其中e→為與b（2）注意：a→在b→方向上的投影向量與b→在a→方向上的投影向量不同，b→【命題方向】（1）向量分解：將一個向量分解成與另一個向量垂直和平行的兩個部分．（2）向量夾角計算：通過求兩個向量之間的夾角，則可以判斷它們之間的關(guān)系（如垂直、平行或成銳角或成鈍角）．（3）空間幾何問題：求點到平面的距離．4．平面向量的綜合題【知識點的認識】1、向量的概念：既有大小又有方向的量叫做向量（如物理中的矢量：速度、加速度、力），只有大小沒有方向的量叫做數(shù)量（物理中的標量：身高、體重、年齡）．在數(shù)學中我們把向量的大小叫做向量的模，這是一個標量．2、相關(guān)概念（1）向量的模：AB→的大小，也就是AB→的長度（或稱模），記作|AB（2）零向量：長度為零的向量叫做零向量，記作0→，零向量的長度為0（3）單位向量：長度為一個單位長度的向量叫做單位向量AB→（與AB→共線的單位向量是（4）相等向量：長度相等且方向相同的兩個向量叫相等向量，相等向量有傳遞性．3、向量的加減運算求幾個向量和的運算叫向量的加法運算，其運算法則有二：（1）三角形法則：設(shè)a→與b→不共線，在平面上任取一點A（如圖1），依次作AB→=a，BC→=b，則向量叫做a特征：首尾相接的幾個有向線段相加，其和向量等于從首向量的起點指向末向量的終點．（2）平行四邊形法則：如圖2所示，ABCD為平行四邊形，由于AD→=BC→，根據(jù)三角形法則得AB→+AD特征：有共同起點的兩個向量相加，其和向量等于以這兩個向量為鄰邊的平行四邊形的對角線．（首尾相接，結(jié)果為首尾）（3）向量的加法性質(zhì)①a→+0→=0→②a→③（a→+b→）向量的減法運算．求兩個向量差的運算叫向量的減法運算．法則：以將向量a與向量b的負向量的和定義為a→與b→的差，即a→設(shè)a→=OA→，b特征；有共同起點的兩個向量a→、b→，其差a→-b→仍然是一個向量，叫做a→與b5．三角形中的幾何計算【知識點的認識】1、幾何中的長度計算：（1）利用正弦定理和三角形內(nèi)角和定理可以求解：①已知兩角和任一邊，求其他兩邊和一角．②已知兩邊和其中一邊的對角，求另一邊的對角（從而進一步求出其他的邊和角）．（2）利用余弦定理可以求解：①解三角形；②判斷三角形的形狀；③實現(xiàn)邊角之間的轉(zhuǎn)化．包括：a、已知三邊，求三個角；b、已知兩邊和夾角，求第三邊和其他兩角．2、與面積有關(guān)的問題：（1）三角形常用面積公式①S=12a?ha（ha表示邊②S=12absinC=12acsinB=③S=12r（a+b+c）（（2）面積問題的解法：①公式法：三角形、平行四邊形、矩形等特殊圖形，可用相應(yīng)面積公式解決．②割補法：若是求一般多邊形的面積，可采用作輔助線的辦法，通過分割或補形把不是三角形的幾何圖形分割成不重疊的幾個三角形，再由