专题08平面向量(教师版含解析)备战2021年高中数学联赛之高中数学联赛一试试题分专题训练

备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编(1981-2020)专题08平面向量历年联赛真题汇编1．【2005高中数学联赛(第01试)】空间四点A ，B ，C ，D 满足|AB ⃑⃑⃑⃑⃑ |=3，|BC ⃑⃑⃑⃑⃑ |=7,|CD ⃑⃑⃑⃑⃑ |=11,|DA ⃑⃑⃑⃑⃑ |=9，则AC ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅BD ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 的取值( ) A ．只有一个 B ．有两个 C ．有四个 D ．有无穷多个【答案】A【解析】因为AB ⃑⃑⃑⃑⃑ 2+CD ⃑⃑⃑⃑⃑ 2=32+112=130=72+92=BC ⃑⃑⃑⃑⃑ 2+DA ⃑⃑⃑⃑⃑ 2， 由AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +BC ⃑⃑⃑⃑⃑ +CD ⃑⃑⃑⃑⃑ +DA ⃑⃑⃑⃑⃑ =0⃑ 得AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +CD ⃑⃑⃑⃑⃑ =−(BC ⃑⃑⃑⃑⃑ +DA ⃑⃑⃑⃑⃑ )， 两边平方得AB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅CD ⃑⃑⃑⃑⃑ =BC ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅DA ⃑⃑⃑⃑⃑ ，故AB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅CD ⃑⃑⃑⃑⃑ =−AD ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅BC⃑⃑⃑⃑⃑ ， 于是AC ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅BD ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +BC ⃑⃑⃑⃑⃑ )(BC ⃑⃑⃑⃑⃑ +CD ⃑⃑⃑⃑⃑ )=(AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +BC ⃑⃑⃑⃑⃑ +CD ⃑⃑⃑⃑⃑ )BC ⃑⃑⃑⃑⃑ +AB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅CD ⃑⃑⃑⃑⃑ =AD ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅BC ⃑⃑⃑⃑⃑ +AB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅CD ⃑⃑⃑⃑⃑ =0. AC ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅BD ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 只有一个值0， 故选A .2．【2004高中数学联赛(第01试)】设点O 在△ABC 内部，且有OA ⃑⃑⃑⃑⃑ +2OB ⃑⃑⃑⃑⃑ +3OC ⃑⃑⃑⃑⃑ =0，则△ABC 的面积与△AO C 的面积的比为( ) A ．2B ．32C ．3D ．53【答案】C【解析】解法一如图，设D ，E 分别是AC ，BC 边的中点，则 OA ⃑⃑⃑⃑⃑ +OC ⃑⃑⃑⃑⃑ =2OD ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ① 2(OB⃑⃑⃑⃑⃑ +OC ⃑⃑⃑⃑⃑ )=4OE ⃑⃑⃑⃑⃑②由式①与②得OA ⃑⃑⃑⃑⃑ +2OB ⃑⃑⃑⃑⃑ +3OC ⃑⃑⃑⃑⃑ =2(OD ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +2OE ⃑⃑⃑⃑⃑ )=0⃑ ， 即OD ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 与OE ⃑⃑⃑⃑⃑ 共线，且|OD ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ |=2|OE ⃑⃑⃑⃑⃑ |， 所以S △AEC S △AOC=32，所以S △ABC S △AOC=3×22=3.故选：C.解法二OA ⃑⃑⃑⃑⃑ +2OB ⃑⃑⃑⃑⃑ +3OC ⃑⃑⃑⃑⃑ =0⃑ ， 则OA ⃑⃑⃑⃑⃑ +2(OA ⃑⃑⃑⃑⃑ +AB ⃑⃑⃑⃑⃑ )+3(OA ⃑⃑⃑⃑⃑ +AC ⃑⃑⃑⃑⃑ )=2AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +6OA ⃑⃑⃑⃑⃑ +3AC ⃑⃑⃑⃑⃑ =0⃑ ， 所以(2AB⃑⃑⃑⃑⃑ +6OA ⃑⃑⃑⃑⃑ +3AC ⃑⃑⃑⃑⃑ )×AC ⃑⃑⃑⃑⃑ =0⃑ ， 则|AB⃑⃑⃑⃑⃑ ×AC ⃑⃑⃑⃑⃑ |=3|OA ⃑⃑⃑⃑⃑ ×AC ⃑⃑⃑⃑⃑ |，所以S △ABC =S △AEC . 引申如果题目条件是OA ⃑⃑⃑⃑⃑ +OB ⃑⃑⃑⃑⃑ +OC ⃑⃑⃑⃑⃑ =0，熟悉物理的人很容易看出OA ⃑⃑⃑⃑⃑ ,OB ⃑⃑⃑⃑⃑ ,OC ⃑⃑⃑⃑⃑ 可以看成是3个两两成120°的同等大小的力.如果我们把OB ⃑⃑⃑⃑⃑ 延长1倍，OC⃑⃑⃑⃑⃑ 延长2倍，不就照样可以用这种物理方法解决本道题了吗? 另外，我们可以将问题推广至三维情形：点O 在四面体ABCD 内，有OA ⃑⃑⃑⃑⃑ +2OB ⃑⃑⃑⃑⃑ +4OC ⃑⃑⃑⃑⃑ +5OD ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0⃑ ，V ABCD :V OBCD =？ 实际上，向量前面的系数无关紧要，可以取负数，无理数，并不妨碍此题的简单本质. 解决此类问题，下面的结论是关键：设C 是AB 上一点，则OC ⃑⃑⃑⃑⃑ =sOB ⃑⃑⃑⃑⃑ +(1−s)OA ⃑⃑⃑⃑⃑ ，其中s =AC⃑⃑⃑⃑⃑ AB ⃑⃑⃑⃑⃑. 3．【2020高中数学联赛A 卷(第01试)】在椭圆Γ中,A 为长轴的一个端点,B 为短轴的一个端点, F 1,F 2为两个焦点.若AF 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AF 2⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +BF 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅BF 2⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0,则|AB||F 1F 2|的值为 .【答案】√22【解析】不妨设Γ的方程为x 2a2+y 2b 2=1(a >b >0),A (a ,0),B (0,b ), F 1(−c,0), F 2(c,0),其中c =√a 2−b 2.由条件知AF 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AF 2⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +BF 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅BF 2⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(−c −a)(c−)+(−c 2+b 2)=a 2+b 2−2c 2=0.所以|AB||F 1F 2|=√a 2+b 22c=√2c 22c=√22.4．【2020高中数学联赛B 卷(第01试)】在凸四边形ABCD 中, BC ⃑⃑⃑⃑⃑ =2AD ⃑⃑⃑⃑⃑ 点P 是四边形ABCD 所在平面上一点,满足PA ⃑⃑⃑⃑⃑ +2020PB ⃑⃑⃑⃑⃑ +PC ⃑⃑⃑⃑⃑ +2020PD ⃑⃑⃑⃑⃑ =0⃑ .设s ,t 分别为四边形ABCD 与ΔP AB 的面积,则t s= .【答案】3372021【解析】不妨假设AD =2,BC =4.记M ,N ,X ,Y 分别是AB ,CD ,BD ,AC 的中点,则M ,X ,Y ,N 顺次共线并且MX =XY =YN =1. 由于PA ⃑⃑⃑⃑⃑ +PC ⃑⃑⃑⃑⃑ =2PY ⃑⃑⃑⃑⃑ ,PB ⃑⃑⃑⃑⃑ +PD ⃑⃑⃑⃑⃑ =2PX⃑⃑⃑⃑⃑ , 故结合条件可知PY ⃑⃑⃑⃑⃑ +2020PX ⃑⃑⃑⃑⃑ =0⃑ .故点P 在线段XY 上且PX =12021.设A 到MN 的距离为h ,由面积公式可知ts=S △PAB S ABCD=PM⋅ℎMN⋅2ℎ=PM 2MN=1+120212×3=3372021.5．【2019高中数学联赛A 卷(第01试)】平面直角坐标系中，e 已是单位向量，向量a 满足a ⋅e =2，且|a |2⩽5|a +t e |对任意实数t 成立，则|a |的取值范围是 .【答案】[√5,2√5]【解析】不妨设e =(1,0).由于a ⋅e =2，可设a =(2,s)， 则对任意实数t ，有4+s 2=|a |2⩽5|a +te |=5√(2+t)2+s 2， 这等价于4+s 2⩽5|s|，解得|s|∈[1,4]，即s 2∈[1,16]. 于是|a |=√4+s 2∈[√5,2√5].6．【2019高中数学联赛B 卷(第01试)】若平面向量a =(2m ,−1)与b ⃑ =(2m −1,2m+1)垂直，其中m 为实数，则a →的模为 .【答案】√10【解析】令2m =t ，则t >0.条件等价于t ⋅(t −1)+(−1)⋅2t =0，解得t =3. 因此a →的模为√32+(−1)2=√10.7．【2018高中数学联赛A 卷(第01试)】设O 为△ABC 的外心，若AO ⃑⃑⃑⃑⃑ =AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +2AC ⃑⃑⃑⃑⃑ ，则sin ∠BAC 的值为.【答案】√104【解析】不失一般性，设△ABC 的外接圆半径R =2.由条件知，2AC ⃑⃑⃑⃑⃑ =AO ⃑⃑⃑⃑⃑ −AB ⃑⃑⃑⃑⃑ =BO ⃑⃑⃑⃑⃑ ①故AC =12BO =1.取AC 的中点M ，则OM ⊥AC ，结合①知OM ⊥BO ，且B 与A 位于直线OM 的同侧. 于是cos∠BOC =cos (90°+∠MOC )=−sin∠MOC =−MC OC=−14.在△BOC 中，由余弦定理得BC =√OB 2+OC 2−2OB ⋅OC ⋅cos∠BOC =√10， 进而在△ABC 中，由正弦定理得sin∠BAC =BC 2R=√104. 8．【2015高中数学联赛(第01试)】在矩形ABCD 中，AB =2，AD =1，边DC 上(包含点D ，C )的动点P 与CB 延长线上(包含点B )的动点Q 满足|DP|=|BQ|，则向量PA 与向量PQ 的数量积PA ⋅PQ 的最小值为.【答案】34【解析】不妨设A (0，0)，B (2，0)，D (0，1).设P 的坐标为(t ，1)(其中0≤t ≤2)， 则由|DP|=|BQ|得Q 的坐标为(2，－t )，故PA =(−t,−1)，PQ =(2−t,−t −1), 因此PA ⋅PQ =(−t)⋅(2−t)+(−1)⋅(−t −1)=t 2−t +1=(t −12)2+34⩾34，当t =12时(PA ⋅PQ)min =34.9．【2013高中数学联赛(第01试)】在平面直角坐标系xOy 中，点A ，B 在抛物线y 2=4x 上，满足OA ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅OB ⃑⃑⃑⃑⃑ =−4，F 是抛物线的焦点，则S △OFA ⋅S △OFB = .【答案】2【解析】点F 坐标为(1，0).设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2)，则x 1=y 124,x 2=y 224,故−4=OA ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅OB ⃑⃑⃑⃑⃑ =x 1x 2+y 1y 2=116(y 1y 2)2+y 1y 2，即116(y 1y 2+8)2=0，故y 1y 2=−8，S ΔOFA ⋅S ΔOFB =(12|OF|⋅|y 1|)⋅(12|OF|⋅|y 2|)=14⋅|OF|2⋅|y 1y 2|=2.10．【2012高中数学联赛(第01试)】设P 是函数y =x +2x (x >0)的图像上任意一点，过点P 分别向直线y =x 和y 轴作垂线，垂足分别为A ，B ，则PA ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅PB ⃑⃑⃑⃑⃑ 的值是 .【答案】−1【解析】解法一设P (x 0,x 0+2x 0)，则直线P A 的方程为y −(x 0+2x 0)=−(x −x 0)，即y =−x +2x 0+2x 0，由{y =xy =−x +2x 0+2x 0得A (x 0+1x 0,x 0+1x 0)，又B (0,x 0+2x 0)，所以PA ⃑⃑⃑⃑⃑ =(1x 0,−1x 0),PB⃑⃑⃑⃑⃑ =(−x 0,0)， 故PA⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅PB ⃑⃑⃑⃑⃑ =1x 0⋅(−x 0)=−1.解法二如图，设P (x 0,x 0+2x 0)(x 0>0)，则点P 到直线x －y =0和y 轴的距离分别为|PA|=|x 0−(x 0+2x 0)|√2=√2x 0，|PB|=x 0.因为O ，A ，P ，B 四点共圆(O 为坐标原点)，所以∠APB =π−∠AOB =3π4，故PA ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅PB⃑⃑⃑⃑⃑ =|PA ⃑⃑⃑⃑⃑ |⋅|PB ⃑⃑⃑⃑⃑ |cos 3π4=−1.11．【2007高中数学联赛(第01试)】在△ABC 和△AEF 中，B 是EF 的中点，AB =EF =1，BC =6，CA =√33，若AB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AE ⃑⃑⃑⃑⃑ +AC ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AF ⃑⃑⃑⃑⃑ =2，则EF ⃑⃑⃑⃑⃑ 与BC ⃑⃑⃑⃑⃑ 的夹角的余弦值等于 .【答案】23【解析】因为AB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AE ⃑⃑⃑⃑⃑ +AC ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AF ⃑⃑⃑⃑⃑ =2，所以AB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅(AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +BE ⃑⃑⃑⃑⃑ )+AC ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅(AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +BF ⃑⃑⃑⃑⃑ )=2， 即AB ⃑⃑⃑⃑⃑ 2+AB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅BE ⃑⃑⃑⃑⃑ +AC ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +AC ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅BF⃑⃑⃑⃑⃑ =2， 因为AB ⃑⃑⃑⃑⃑ 2=1，AC ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AB ⃑⃑⃑⃑⃑ =√33×1×2×√33×1=−1，BE⃑⃑⃑⃑⃑ =−BF ⃑⃑⃑⃑⃑ ， 所以1+BF ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅(AC ⃑⃑⃑⃑⃑ −AB ⃑⃑⃑⃑⃑ )−1=2， 即BF ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅BC⃑⃑⃑⃑⃑ =2， 设EF ⃑⃑⃑⃑⃑ 与BC ⃑⃑⃑⃑⃑ 的夹角为θ，则有|BF ⃑⃑⃑⃑⃑ |⋅|BC ⃑⃑⃑⃑⃑ |⋅cosθ=2， 即3cosθ=2，所以cosθ=23.12．【2016高中数学联赛(第01试)】在△ABC 中，已知AB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AC ⃑⃑⃑⃑⃑ +2BA ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅BC ⃑⃑⃑⃑⃑ =3CA ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅CB ⃑⃑⃑⃑⃑ ，求sin C 的最大值. 【答案】√73【解析】由数量积的定义及余弦定理知，AB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AC ⃑⃑⃑⃑⃑ =cbcosA =b 2+c 2−a 22，同理得，BA ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅BC⃑⃑⃑⃑⃑ =a 2+c 2−b 22,CA ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅CB⃑⃑⃑⃑⃑ =a 2+b 2−c 22.故已知条件化为b 2+c 2−a 2+2(a 2+c 2−b 2)=3(a 2+b 2−c 2)， 即a 2+2b 2=3c 2.由余弦定理及基本不等式，得 cosC =a 2+b 2−c 22ab=a 2+b 2−13(a 2+2b 2)2ab =a 3b+b 6a⩾2√a3b⋅b 6a=√23，所以sinC =√1−cos 2C ⩽√73. 等号成立当且仅当a:b:c =√3:√6:√5.因此sinC 的最大值是√73.优质模拟题强化训练1．已知向量OA⊥OB，且|OA|=|OB|=24．若t∈[0,1]，则|tAB−AO|+|512BO−(1−t)BA|的最小值为()．A．2√193B．26C．24√2D．24【答案】B【解析】作正方形OACB，连接对角线AB，令D、E分别为对角线AB、边OB上一点，使得tAB−AO=OD，512BO−(1−t )BA=DE，EB=10，OD=DC.故|tAB−AO|+|512BO−(1−t)BA|=|DE|+|DC|≥|EC|=26.2．设a、b为两个相互垂直的单位向量,已知OP=a,OQ=b,OR=ra+kb,若△PQR为等边三角形，则k、r的取值为( )A．k=r=−1±√32B．k=−1±√32,r=1±√32C．k=r=1±√32D．k=1±√32，r=−1±√32【答案】C【解析】注意到|PQ|=|QR|=|PR|⇒√r2+(k−1)2=√(r−1)2+k2=√2⇒r=k=1±√32.选C.3．已知点P、Q在△ABC内，且PA+2PB+3PC=2QA+3PB+5PC=0，则|PQ||AB|等于().A．130B．131C．132D．133【答案】A【解析】由题设知S△BCP:s△CAP:s△ABP=1:2:3，S△BCQ:S△CAQ:S△ABQ=2:3:5，故s△ABP=S△ABQ=S△ABC2，所以PQ//AB.又S△BCP=S△ABC6,S△BCQ=S△ABC5，故|PQ||AB|=15−16=130.故答案为A4．△ABC的三边长分别为AB=a，BC=b，CA=c．若{c=√a2−2+√b2−2a=√b2−3+√c2−3b=√c2−4+√a2−4，则→AB⋅→BC，→BC⋅→CA，→CA⋅→AB中小于0的个数为( )．A．3B．2C．1D．0【答案】A【解析】如图，以a为斜边、√2为直角边作Rt△ABE；以b为斜边、BE为直角边作Rt△BCE，使EC在AE的延长线上．则CA=√a2−2+√b2−2=c．同理，作Rt△CBF、Rt△CAF、Rt△ACD、Rt△ABD，使CF=√3，AD=2，有AB=√b2−3+√c2−3=a，BC=√c2−4+√a2−4=b．可见，图所得到的△ABC就是已知三角形(全等)，这个三角形的三条高线为AD=2，BE=√2，CF=√3．由三角形面积公式有AB⋅CF=BC⋅AD=CA⋅BE=2S△ABC．则AB=2S△ABCCF =√3△ABC，BC=2S△ABCAD=S△ABC，CA=2S△ABCBE=√2S△ABC．从而，△ABC中的最大角为∠ABC．由余弦定理得cos∠ABC=AB2+BC2−CA22AB⋅BC =√312>0．可见，∠ABC为锐角，△ABC为锐角三角形，得→AB ⋅→BC=ab cos(π−∠ABC)<0．同理，→BC ⋅→CA<0，→CA⋅→AB<0．选A.5．△ABC满足AB⋅BC=BC⋅CA．则△ABC是()．A．直角三角形B．锐角三角形C．钝角三角形D．等腰三角形【答案】D【解析】设BC 的中点为D .则AB ⋅BC =BC ⋅CA ⇒(AB −CA)⋅BC =0 ⇒(AB +AC)⋅BC =0 ⇒2AD ⋅BC =0⇒AD ⊥BC ⇒AB =AC . 故答案为D6．抛物线y =−18x 2的准线与y 轴交于点A .过A 作直线交抛物线于点M 、N ，点B 在抛物线对称轴上，且(BM +MN 2)⊥MN .则|OB|的取值范围是( ). A ．(3,+∞) B ．(4,+∞) C ．(5,+∞) D ．(6,+∞)【答案】D 【解析】注意到点A(0,2).过A 作直线MN ，其方程设为y =kx +2.代入抛物线方程得 x 2+8kx +16=0.而Δ>0，则k 2>1,x 1+x 2=−8k . 设点B(0,b),MN 中点为C(−4k,−4k 2+2). 由(BM +MN 2)⊥MN ⇔BC ⊥MN ⇒b =−4k 2−2<−6.则|OB|的取值范围是(6,+∞).7．已知ΔABC 的外接圆圆心为O ，BC >CA >AB .则( ). A ．OA⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅OB ⃑⃑⃑⃑⃑ >OA ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅OC ⃑⃑⃑⃑⃑ >OB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅OC ⃑⃑⃑⃑⃑ . B ．OA ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅OB ⃑⃑⃑⃑⃑ >OB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅OC ⃑⃑⃑⃑⃑ >OA ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅OC ⃑⃑⃑⃑⃑ . C ．OB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅OC ⃑⃑⃑⃑⃑ >OA ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅OC ⃑⃑⃑⃑⃑ >OA ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅OB ⃑⃑⃑⃑⃑ D ．OA ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅OC ⃑⃑⃑⃑⃑ >OB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅OC ⃑⃑⃑⃑⃑ >OA ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅OB ⃑⃑⃑⃑⃑ 【答案】A 【解析】设ΔABC 的外接圆半径为R .则OA ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅OB ⃑⃑⃑⃑⃑ =R 2cos 2C ,OB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅OC ⃑⃑⃑⃑⃑ =R 2cos 2A ,OA ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅OC ⃑⃑⃑⃑⃑ =R 2cos 2B .又由BC >CA >AB ，可知sinA >sinB >sinC >0.故1−2sin 2A <1−2sin 2B <1−2sin 2C ，即cos2A <cos2B <cos2C .所以OA ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅OB ⃑⃑⃑⃑⃑ >OA ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅OC ⃑⃑⃑⃑⃑ >OB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅OC⃑⃑⃑⃑⃑ . 8．已知空间四边形ABCD,AB =a,BC =b,CD =c,DA =d .则AC ⋅BD =( ). A ．12(a 2+b 2+c 2+d 2)B ．−12(a 2+b 2+c 2+d 2)C ．12(a 2+c 2−b 2−d 2)D ．12(b 2+d 2−a 2−c 2)【答案】D 【解析】AC ⋅BD =(AB +BC)⋅(BC +CD)=BC 2+AB ⋅BC +BC ⋅CD +CD ⋅AB =BC 2+(AB +BC +CD)2−AB 2−BC 2−CD 22=BC 2+(−DA)2−AB 2−BC 2−CD 22=BC 2+DA 2−AB 2−CD 22=b 2+d 2−a 2−c 22.故答案为D9．设P 为ΔABC 所在平面内一动点.则使得PA ⋅PB +PB ⋅PC +PC ⋅PA 取得最小值的点P 是ΔABC 的( ). A ．外心 B ．内心 C ．重心 D ．垂心【答案】C 【解析】 注意到PA ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅PB ⃑⃑⃑⃑⃑ +PB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅PC ⃑⃑⃑⃑⃑ +PC ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅PA ⃑⃑⃑⃑⃑ =PA ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅(PA ⃑⃑⃑⃑⃑ +AB ⃑⃑⃑⃑⃑ )+(PA ⃑⃑⃑⃑⃑ +AB ⃑⃑⃑⃑⃑ )⋅(PA ⃑⃑⃑⃑⃑ +AC ⃑⃑⃑⃑⃑ )+(PA ⃑⃑⃑⃑⃑ +AC ⃑⃑⃑⃑⃑ )⋅PA ⃑⃑⃑⃑⃑ =3PA ⃑⃑⃑⃑⃑ 2+2(AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +AC ⃑⃑⃑⃑⃑ )⋅PA ⃑⃑⃑⃑⃑ +AB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AC ⃑⃑⃑⃑⃑ =3(PA ⃑⃑⃑⃑⃑ +AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +AC ⃑⃑⃑⃑⃑3)2−(AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +AC)⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 23+AB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AC⃑⃑⃑⃑⃑ ① 当PA⃑⃑⃑⃑⃑ =AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +AC ⃑⃑⃑⃑⃑ 3，即P 为ΔABC 的重心时，式①取得最小值−(AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +AC)⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 23+AB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AC⃑⃑⃑⃑⃑ . 故答案为C 10．设椭圆x 2a2+y 2b 2=1(a >b >0)的一个焦点为F ，点P 在y 轴上，直线PF 交椭圆于点M 、N 、PM =λ1MF,PN =λ2NF,则实数λ1+λ2=( ) A ．−2b 2a2B ．−b 2a 2C ．−2a 2b2D ．−a 2b 2【答案】C 【解析】不妨设F(c,0)，记P(0,p)、M(x,y)，设PM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =λMF⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ，即(x,y −p)=λ(c −x,−y)，解得x =λc 1+λ，y =p1+λ， 代入椭圆方程整理得b 4λ2+2a 2b 2λ+a 2b 2−a 2p 2=0， 故λ1+λ2=−2a 2b 2.故答案为C11．已知点P 在△ABC 内，且满足AP =13AB +14AC ，设△PBC 、△PCA 、△PAB 的面积依次为S 1、S 2、S 3，则S 1:S 2:S 3=______．【答案】5:4:3 【解析】因为AP =13AB +14AC =13(PB −PA)+14(PC −PA)， 所以5PA +4PB +3PC =0，所以S 1:S 2:S 3=5:4:3．12．设H 是△ABC 的垂心，且3HA +4HB +5HC =0，则cos∠AHB =_____________.【答案】−√66【解析】题设得tan A3=tan B4=tan C5=λ.再由tan A +tan B +tan C =tan A tan B tan C ，得λ=√5，tan C =√5.故cos ∠AHC =−cos C =−√66. 故答案为−√6613．△ABC 的三边分别为a 、b 、c ，点O 为△ABC 的外心，已知b 2−2b +c 2=0，那么BC ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AO ⃑⃑⃑⃑⃑ 的取值范围是____________ . 【答案】(−14,2) 【解析】延长AO 交△ABC 的外接圆于D ，得到BC ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AO ⃑⃑⃑⃑⃑ =AO ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AC ⃑⃑⃑⃑⃑ −AO ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AB ⃑⃑⃑⃑⃑ =12AD ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AC ⃑⃑⃑⃑⃑ −12AD ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AB ⃑⃑⃑⃑⃑ =12(b 2−c 2)=(b −12)2−14.因为c 2=−b 2+2b >0，所以b ∈(0，2)，故BC ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AO ⃑⃑⃑⃑⃑ ∈(−14,2).故答案为：(−14,2)．14．设正六边形ABCDEF 的边长为1，则(AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +DC ⃑⃑⃑⃑⃑ )⋅(AD ⃑⃑⃑⃑⃑ +BE ⃑⃑⃑⃑⃑ )=______ .【答案】－3【解析】如图所示，建立平面直角坐标系设C (1，0)，则B(12,√32),A(−12,√32)，D(12,−√32),E(−12,−√32). 于是AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +DC ⃑⃑⃑⃑⃑ =(1,0)+(12,√32)=(32,√32)， AD⃑⃑⃑⃑⃑ +BE ⃑⃑⃑⃑⃑ =(1,−√3)+(−1,−√3)=(0,−2√3)，于是(AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +DC ⃑⃑⃑⃑⃑ )⋅(AD ⃑⃑⃑⃑⃑ +BE ⃑⃑⃑⃑⃑ )=(32,√32)⋅(0,−2√3)=−3. 故答案为：−3．15．在平面上，AB 1⊥AB 2，|OB 1|=|OB 2|=1，AP =AB 1+AB 2，若|OP|<12，则|OA|的取值范围是________. 【答案】(√72,√2] 【解析】因为AB 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ⊥AB 2⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ,AP ⃑⃑⃑⃑⃑ =AB 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +AB 2⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑则AB 1PB 2为矩形,以AB 1所在直线为x 轴,以AB 2为y 轴建立平面直角坐标系.如下图所示:设AB 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =m,AB 2⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =n ,O(x,y)则A(0,0),B 1(m,0),B 2(0,n),P(m,n)因为|OB 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ |=|OB 2⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ |=1所以{(x −m)2+y 2=1x 2+(y −n)2=1 变形可得{(x −m)2=1−y 2(y −n)2=1−x 2因为|OP ⃑⃑⃑⃑⃑ |<12,即(x −m)2+(y −n)2<14由以上两式可得1−x 2+1−y 2<14即x 2+y 2>74因为(x −m)2≥0,(y −n)2≥0,即1−y 2≥0,1−x 2≥0所以y 2≤1,x 2≤1则x 2+y 2≤2综上可知74<x 2+y 2≤2因为|OA⃑⃑⃑⃑⃑ |=√x 2+y 2 所以√72<|OA|≤√2,即|OA|∈(√72,√2] 故答案为: (√72,√2] 16．已知为△ABC 的内心，且5IA ⃑⃑⃑⃑ =4(BI ⃑⃑⃑⃑ +CI⃑⃑⃑⃑ ).记R ､r 分别为△ABC 的外接圆､内切圆半径，若r =15，则R =____________ .【答案】32【解析】解法一：如图，取BC 的中点D ，依题意，有5IA ⃑⃑⃑⃑ =−4(IB ⃑⃑⃑⃑ +IC⃑⃑⃑⃑ )=−8ID ⃑⃑⃑⃑ . 所以A ､I ､D 三点共线，AB =AC.由r =ID =15，知IA =24.作IE ⊥AB 于E ，则IE =ID =15，sin∠BAD =1524=58,cos∠BAD =√398,tan∠BAD =√39.所以BC=2BD=2AD⋅tan∠BAD=2×39√39=10√39.又sin∠BAC=sin2∠BAD=2×58×√398=5√3932.所以2R=BCsin∠BAC =10√395√39=64,R=32.解法二：依题意，有5IA⃑⃑⃑⃑ +4IB⃑⃑⃑⃑ +4IC⃑⃑⃑⃑ =0⃑.由三角形内心的向量表示：若a､b､c分别为△ABC的内角A､B､C的对边，I为△ABC的内心，则aIA⃑⃑⃑⃑ +bIB⃑⃑⃑⃑ +cIC⃑⃑⃑⃑ =0⃑.可得，a：b：c=5：4：4，设a=10k，则b=c=8k.作AD⊥BC于D，则AD=√39k，S△ABC=12×BC×AD=5√39k2.又r=15，S△ABC=12(AB+BC+CA)r=13kr，因此，k=539=√39.又sinB=ADAB =√398，所以2R=bsinB=8ksinB=8√39√39=64,R=32.故答案为：32．17．已知向量a ,b⃑,c满足|a |:|b⃑|:|c|=1:k:3(k∈Z+)，且b⃑−a=2(c−b⃑)，若α为a ,c的夹角，则cosα=_______ .【答案】−112【解析】因为b⃑−a=2(c−b⃑)，所以b⃑=13a+23c，所以b⃑2=19a2+49c2+49a⋅c.因为|a |=|b⃑|:|c|=1:k:3，所以k2=19+4+43cosα∈(2,6).又因为k∈Z+，所以k=2，所以cosα=−112.故答案为：−112．18．在直角坐标系xOy中，已知三点A(a,1)，B(2,b)，C(3,4).若OA与OB在OC方向上的射影相同，则3a−4b=_ _____.【答案】2【解析】解法1向量OA、OB在OC方向上的射影分别为OA⋅OC|OC|、OB⋅OC|OC|.依题意得OA⋅OC=OB⋅OC，即3a+4=6+4b.故3a−4b=2.解法2因为向量OA与OB在OC方向上的射影相同，所以，AB⊥OC，即AB⋅OC=0.故3(2−a)+4(b −1)=0，即3a −4b =2.19．如图，在边长为2的正六边形ABCDEF 中，动圆⊙Q 的半径为1，圆心在线段CD(含端点)上运动，P 为⊙Q 上及内部的动点，设向量AP⃑⃑⃑⃑⃑ ＝mAB ⃑⃑⃑⃑⃑ +nAF ⃑⃑⃑⃑⃑ (m 、n ∈R).则m ＋n 的取值范围是_______.【答案】［2，5］【解析】由已知得AP ⋅AB =4m −2n ，AP ⋅AF =−2m +4n则m +n =12(AP ⋅AB +AP ⋅AF)=12AP ⋅(AB +AF)=14AP ⋅AD .注意到，AP ⋅AD 等于AP 在AD 方向的投影乘以|AD|(|AD|=4).当点Q 在点c 处、点P 在BC 上时，AP 在AD 方向的投影最短为2；当点Q 在点D 处、点P 在AD 上时，AP 在方向的投影最长为5.综上，m +n ∈[2，5]故答案为［2，5］20．在△ABC 中，∠BAC =60°，∠BAC 的平分线AD 交BC 于D ，且有AD =14AC +tAB ．若AB =8，则AD =______．【答案】6√3【解析】过点D 作DE ∥AB 交AC 于点E ，DF ∥AC 交AB 于点F ，由题设AD=14AC+tAB=AE+AF，所以AE=14AC，AE=13EC，AF=tAB．因此AEEC =13=BDCD=BFFA=ABAC，所以AC=24，FA=3BF=34AB，因此t=34．所以|AD|2=|14AC+34AB|2=(14AC+34AB)⋅(14AC+34AB)=116|AC|2+916|AB|2+616AC⋅AB=108．由此得AD=6√3．。