专题05 平面向量（易错培优竞赛精练）-【竞赛】2024-2025学年高一数学竞赛能力培优精练（全国通用）

2025新高考高一平面向量易错培优竞赛试题 【专题目录】 专题一：名校平面向量易错题精选 专题二：名校平面向量易错题精选 专题三：名校平面向量新定义试题精选 专题四：平面向量全国高中数学联赛强基计划精选试题 【精选练习】 专题一：名校平面向量易错题精选 1．已知点为外接圆的圆心，且，则向量在向量上的投影向量为（   ） A． B． C． D． 2．设 的内角 ， ， 的对边分别为 ， ， ， 是 所在平面上的一点， ，则点 是 的（    ） A．重心 B．外心 C．内心 D．垂心 3．如图，△ABC是边长为3的等边三角形，D在线段BC上，且，E为线段AD上一点，若△ABE与△ACD的面积相等，则的值为（    ） A． B． C． D． 4．已知向量满足，，，，则（    ） A． B． C． D． 5．已知非零向量，满足，向量在向量方向上的投影向量是，则与夹角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 6．设是两个不共线的向量，是在上的投影向量，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． 7．在中，，，是所在平面内一点，，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 8．已知△ABC是边长为1的正三角形，是BN上一点且，则（   ） A． B． C． D．1 9．已知单位向量满足，则（    ） A． B． C． D． 10．已知外接圆圆心为，且，则向量与的夹角为（    ） A． B． C． D． 11．在中，、分别在边、上，且，，在边上（不包含端点）．若，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 12．（多选题）如图，是边长为的等边三角形，，点在以为直径的半圆上（含端点），设，则（   ） A．的值不可能大于 B． C．的最小值为 D．的最大值为1 13．（多选题）已知点是的中线上一点（不包含端点）且，则下列说法正确的是（    ） A． B． C． D．的最小值是 14．已知点均在所在平面内，以下所有正确说法的序号是 ． ①若动点满足，则点为的重心； ②若动点满足，则动点的轨迹一定经过的内心； ③若动点满足，则动点的轨迹一定经过的重心； ④若动点满足，则动点的轨迹一定经过的垂心． 15．如图，在中，，，为上一点，且满足，若，，则的值为 . 16．已知平行四边形的面积为，，为线段的中点，则 ；若为线段上的一点，且，则的最小值为 ． 17．如图所示，的顶点是我国在南海的三个战略岛屿，各岛屿之间建有资源补给站在图中的D，E，F上，岛屿到补给站的距离为岛屿到的，岛屿和岛屿到补给站的距离相等，补给站在靠近岛屿的BC的三等分点上，设．    (1)用表示； (2)从岛屿望岛屿和岛屿成的视角，海里，且，求岛屿到岛屿的距离． 18．在中，向量等式或，沟通了几何与代数的联系，利用它并结合向量的运算，可以很好地帮助我们研究问题，体现向量法的特性.    (1)如图，的三个角角所对的边分别为，，，设为所在平面的一个单位向量，记向量与的夹角为.现构造等式，请你探究及时得到的结论； (2)已知是的平分线，请你用向量法证明：. 19．在直角梯形中，，，，点是边上的中点. (1)若点满足，且，求的值； (2)若点是线段上的动点（含端点），求的取值范围. 20．如图，在中，点，分别是，的中点，点在线段上且是靠近点的一个三等分点，交于点，交于点． (1)用和表示； (2)若，求实数； (3)过点的直线与边，分别交于点，，设四边形的面积为，梯形的面积为，求的最小值． 专题二：名校平面向量培优压轴试题精选 1．如图所示，是锐角内的一点，且点满足，则下列选项一定正确的是（    ） A． B． C． D． 2．在平面四边形中，，，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 3．点P在边长为1的正三角形的外接圆上，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 4．在棱长为1的正方体中，为正方体内一动点（包括表面），若，且，则的取值范围为（ ） A． B． C． D． 5．在平行四边形中，，是平行四边形内（包括边界）一点，，若，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 6．已知点均在圆上，若有，则必有平分圆O.则满足要求的的个数为（   ） A．0个 B．仅有1个 C．仅有2个 D．3个或以上 7．已知平面向量，，，满足，且，，则的最小值为（   ） A． B．0 C．1 D．2 8．（多选题）对于任意两个平面向量和，下列命题中正确的是（   ） A．若，则 B．是的必要不充分条件 C． D．若向量在方向上的投影向量为，则 9．（多选题）定义：两个向量的叉乘的模，则下列命题正确的是（ ） A．若平行四边形的面积为4，则 B．在正中，若，则 C．若，，则的最小值为12 D．若，，且为单位向量，则的值可能为 10．（多选题）在等腰梯形中，，，，点是梯形内部一点（不含边界），且满足，则下列说法正确的是（   ） A．若，则， B．当时，的最小值为 C．若，则的面积为定值 D．若，则的最小值为 11．（多选题）在平面直角坐标系中，满足，则下列说法正确的有（    ） A．若在曲线上，则可能在曲线上 B．若在曲线上，则一定不在曲线上 C．若在圆上，则一定在圆上 D．若在圆上，则一定不在圆上 12．已知中，，，且的最小值为，若为边上任意一点，则的最小值是 ． 13．如图，梯形，且，，，则 ，E在线段上，则的最小值为 . 14．已知是单位圆上任意不同三点，则的取值范围是 . 15．如图，在边长为1的正方形中，是对角线上一点，且，则 ，若点为线段（含端点）上的动点，则的最小值为 ．    16．已知中，点分别是的重心和外心，且，则边的长为 . 17．已知平面直角坐标系中，点，点（其中，为常数，且），点为坐标原点．    (1)设点为线段上靠近的三等分点，，求的值； (2)如图所示，设点，，，…，是线段的等分点，其中，， ①当时，求的值（用含，的式子表示）； ②当，时，求的最小值． （说明：可能用到的计算公式：，）． 18．如图，半圆O的直径为2，A为直径延长线上一点，，B为半圆上任意一点，以为一边作等边三角形. (1)当时， ①求三角形的面积. ②若，求m、n. (2)若，求的最小值. 19．如图，是单位圆上的相异两定点（Q为圆心），且（为锐角）．点C为单位圆上的动点，线段交线段于点M． (1)求（结果用表示）； (2)若． ①求的取值范围： ②设，记，求函数的值域． 20．在平行四边形中，点是的中点，点，分别是，的三等分点（，），设，. (1)若，，，求与的夹角. (2)若 ①与夹角余弦值； ②判断四边形的形状，并说明理由. 专题三：名校平面向量新定义试题精选 1．在平面直角坐标系中，为坐标原点，对任意两个向量.作：，当不共线时，记以OM，ON为邻边的平行四边形的面积为当共线时，规定． (1)分别根据下列已知条件求； ①； ②； (2)若向量，求证：； (3)记，且满足，求的最大值. 2．如图，设、是平面内相交成的两条射线，、分别为、同向的单位向量，定义平面坐标系为仿射坐标系，在仿射坐标系中，若，则记. (1)在仿射坐标系中，若，求； (2)在仿射坐标系中，若，，且与的夹角为，求； (3)如图所示，在仿射坐标系中，、分别在轴、轴正半轴上，，，、分别为、中点，求的最大值. 3．对于一组向量（且），令，如果存在，使得，那么称，是该向量组的“向量”． (1)设，若是向量组，，的“向量”，求实数的取值范围； (2)若，向量组，，，，是否存在“向量”？若存在求出所有的“向量”，若不存在说明理由； (3)已知，，均是向量组，，的“向量”，其中，，求证：可以写成一个关于的二次多项式与一个关于的二次多项式的乘积． 4．定义向量的“伴随函数”为；函数的“伴随向量”为． (1)写出函数的“伴随向量”为，并求； (2)已知的“伴随函数”为的“伴随函数”为，设，且的伴随函数为，其最大值为． ①若，求的取值范围； ②求证：向量的充要条件是． 5．给定平面上一个图形D，以及图形D上的点，如果对于D上任意的点P，为与P无关的定值，我们就称为关于图形D的一组稳定向量基点. (1)已知为图形D，判断点是不是关于图形D的一组稳定向量基点； (2)若图形D是边长为2的正方形，是它的4个顶点，P为该正方形上的动点，求的取值范围； (3)若给定单位圆及其内接正2024边形为该单位圆上的任意一点，证明是关于圆的一组稳定向量基点，并求的值. 6．如图所示，设，是平面内相交成角的两条数轴，，分别是与，轴正方向同向的单位向量，则称平面坐标系为仿射坐标系，若在仿射坐标系下，则把有序数对叫做向量的仿射坐标，记为．已知在仿射坐标系下，．    (1)求向量，的仿射坐标； (2)当时，求； (3)设，若对恒成立，求的最大值． 7．定义函数的“源向量”为，非零向量的“伴随函数”为，其中为坐标原点． (1)若向量的“伴随函数”为，且，求的值； (2)在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若函数的“源向量”为，且已知，求的取值范围． 8．如图，已知是的外心，，，，，． (1)判断的形状，且求时的值； (2)当时， ①求的值（用含的式子表示）； ②若，求集合中的最小元素． 9．已知两个非零向量，，将向量绕着它的起点沿逆时针方向旋转（）弧度后，其方向与向量的方向相同，则叫做向量到的角．已知非零向量到的角为，数量叫做向量与的运算，记作，即．根据此定义，不难证明以下性质： ①； ②； ③． (1)利用以上性质证明：； (2)设到的角为，定义．当时，则表示△OAB面积；当时，则表示△OAB面积的相反数．利用上述定义和性质证明： ①如图，四边形ABCD的两边AD，BC延长相交于点E，对角线AC，BD的中点为F，G，求证：四边形ABCD的面积等于△EFG的面积的4倍；    ②在平面直角坐标系中，记向量，，△ABC各顶点坐标分别为，，，求证：△ABC面积为． 10．对于平面向量，定义“变换”： ，其中表示中较大的一个数，表示中较小的一个数.若，则.记. (1)若，求及； (2)已知，将经过次变换后，最小，求的最小值； (3)证明：对任意，经过若干次变换后，必存在，使得. 11．已知n维向量，给定，定义变换；选取，再选取一个实数x，对的坐标进行如下改变：若此时，则将同时加上x．其余坐标不变；若此时，则将及同时加上x，其余坐标不变．若a经过有限次变换（每次变换所取的i，x的值可能不同）后，最终得到的向量满足，则称a为k阶可等向量．例如，向量经过两次变换可得：，所以是2阶可等向量． (1)判断是否是2阶可等向量？说明理由； (2)若取1，2，3，4的一个排序得到的向量是2阶可等向量，求； (3)若任取的一个排序得到的n维向量均为k阶可等向量．则称为k阶强可等向量．求证：向量是5阶强可等向量． 12．类比于二维空间（即平面），向量可用二元有序数组表示，若维空间向量用元有序数组表示，记为，，且维空间向量满足. (1)当，求. (2)证明：； (3)若是正实数，且满足，求证：. 13．在平面直角坐标系中，横、纵坐标都是整数的点称为整点，对于任意相邻三点都不共线的有序整点列：，，，…，与；，，，…，，其中，若同时满足：①两点列的起点和终点分别相同；②，其中，2，3，…，，则称与互为正交点列． (1)求：，，的正交点列； (2)判断：，，，是否存在正交点列？并说明理由； (3)证明：，，都存在整点列无正交点列． 专题四：平面向量全国高中数学联赛强基计划精选试题 1．（2023高一竞赛）已知的外接圆圆心为，且，则向量在向量上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 2．（2023高三下·全国·竞赛）已知平面向量，夹角为，且满足，，若当时，取得最小值，则（    ） A． B． C． D． 3．（2014高一·全国·竞赛）在平面四边形中，如果，且，那么（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 4．（2015高一·全国·竞赛）已知点A、B、C是平面上不共线的三点，点为的外心，动点满足条件： (，)，则点的轨迹一定通过的（   ）． A．内心 B．垂心 C．重心 D．边的中点 5．（2016高一·全国·竞赛）设向量是三个非零向量，若，则的取值范围是（    ）． A． B． C． D． 6．（2011高一·全国·竞赛）手表的表面在一平面上，整点1，2，3，…，12这12个数字等间隔地分布在半径为的圆周上．从整点到整点的向量记作，则（    ）． A． B． C． D． 7．（2011高一·全国·竞赛）如图，点A、B分别在射线上，给出下列向量： ①；②；③；④；⑤． 这些向量中以O为起点，终点在阴影区域内的是（    ）． A．①② B．①④ C．①③ D．⑤ 8．（2011高二上·辽宁大连·竞赛）已知，若是以O为直角顶点的等腰直角三角形，则的面积等于 A．1 B． C．2 D． 9．（2010高二·广东广州·竞赛）如图，向量与的夹角为，且，点在以为圆心的圆弧上运动．设，其中，，则的最大值为（    ）． A．1 B． C．2 D． 10．（16-17高三·北京·强基计划）在中，为上的点，且．设，则（    ） A． B． C． D． 11．（16-17高三·北京·强基计划）在中，，I为的内心，若，则的值为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 12．（16-17高三·北京·强基计划）已知O为的外心，，则（    ） A．的最小值为，此时为直角三角形 B．的最大值为，此时为直角三角形 C．的最小值为，此时为等边三角形 D．的最大值为，此时为等边三角形 13．（16-17高三·北京·强基计划）已知O为的外心，且，则的大小为（    ） A． B． C． D． 14．（18-19高三·北京·强基计划）已知平面向量满足：，在方向上的投影为，．若，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 15．（20-21高三·北京·强基计划）已知是非零向量，且，设为任意实数，当与的夹角为时，的最小值为（    ） A．1 B． C． D． 16．（2021高一·浙江温州·竞赛多选题）已知为的垂心，且，，，，则下列选项正确的是（ ） A． B． C． D． 17．（16-17高三·北京·强基计划多选题）如图，的外心为O，三条高线交于一点H，与的延长线交于点I，与的延长线交于点J，则（    ） A． B． C． D． 18．（16-17高三·北京·强基计划多选题）已知边长为1的正的中心为O，在的内切圆上取一点P，将四个向量分为两组和，把的取值集合记为K，则对于一切点P，有（    ） A． B． C． D． 19．（22-23高二上·北京·强基计划多选题）设向量在向量上的投影向量为，则下列等式一定成立的是（    ） A． B． C． D． 20．（2024高一下·四川宜宾·竞赛）“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图形与“奔驰”的很相似，故形象地称其为“奔驰定理）.“奔驰定理”的内容如下：如图，已知是内一点，,,的面积分别为,,，则.若是锐角内的一点， 是的三个内角，且点满足，则下列说法正确的是 .（填序号） ①是的外心；②； ③；④ 21．（2024高二下·浙江·竞赛）已知平面上单位向量垂直，为任意单位向量，且存在，使得向量与向量垂直，则的最小值为 ． 22．（2015高一·全国·竞赛）已知满足，，点是所在平面内的一点，满足，且，则 ． 23．（2024高三下·上海·竞赛）已知是同一平面上的3个向量，满足，且向量与的夹角为，则的最大值为 . 24．（2018高一·全国·竞赛）在中，是的中点，边（含端点）上存在点，使得，则的取值范围为 . 25．（2023高一下·海南·竞赛）是所在平面上一点，满足，则的面积与的面积的比值为 . 26．（2012高二·全国·竞赛）如图，半圆的半径，点为圆心，点为半圆上不同于的任意一点，若点为半径上的动点，则的最小值为 ．    27．（2024高一下·贵州贵阳·竞赛）已知，是夹角为的两个单位向量，若向量在向量上的投影向量为，则 . 28．（2017高二·全国·竞赛）设为非零向量，，两组向量和均由2个和2个排列而成.若所有可能取值中的最小值为，则与的夹角为 . 29．（2011高一·全国·竞赛）已知单位向量，则函数的最大值为 . 30．（2010高二·全国·竞赛）线段上的一点，直线外一点，满足，，，为上一点，且，则的值为 . 31．（2007高二·全国·竞赛）在中，已知，以A为中点作长为2a的线段PQ，当的值最大时，与的夹角 . 32．（2024高二·全国·竞赛）已知向量，且和的夹角为，若与的夹角为钝角，则的取值范围为 ． 33．（2021高一下·广东佛山·竞赛）已知中，分别为边上的点，且，.与的交点为，若，则 . 34．（2020高二上·浙江绍兴·竞赛）已知向量满足，则的取值范围是 ． 35．（2023高二·全国·竞赛）若平面上非零向量，，满足，，，则的最小值为 . 36．（2020高三·全国·竞赛）已知是单位向量，向量满足.若不等式对任意实数都成立，则的取值范围是 . 37．（2022高一下·江苏徐州·竞赛）如图，线段把边长为的等边分成面积相等的两部分，在上，在上，则线段长度的最小值为 . 38．（2022高一·浙江温州·竞赛）如图，在中，的内角平分线交于点，过作于点，则的值是 . 39．（2021高三·全国·竞赛）已知三个非零向量、、，满足（其中为给定的正常数）．则实数t的最小值为 ． 40．（2020高三·全国·竞赛）在凸四边形中，，点P是四边形所在平面上一点，满足．设s，t分别为四边形与的面积，则 ． 41．（2015高三·四川·竞赛）在矩形ABCD中，AB=3,AD=4,P为矩形ABCD所在平面上一点，满足PA=2,,则 . 42．（2018高一下·安徽·竞赛）已知非零向量，，若且，则 ． 43．（18-19高三·北京·强基计划）已知的斜边长，则 ． 44．（20-21高三·北京·强基计划）已知H是的垂心，，则的最大内角的正弦值是 ． 45．（2012高一·全国·竞赛）如图，在中，点分所成的比为，点为线段上一动点，若，求的最小值． 46．（2013高一·全国·竞赛）如图，在中，，点是上一点，且满足：，以点为圆心，的长为半径作圆交于点，交于点．若，，求的值． 试卷第1页，共3页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！8 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 答案第12页，共16页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025新高考高一平面向量易错培优竞赛试题 【专题目录】 专题一：名校平面向量易错题精选 专题二：名校平面向量易错题精选 专题三：名校平面向量新定义试题精选 专题四：平面向量全国高中数学联赛强基计划精选试题 【精选练习】 专题一：名校平面向量易错题精选 1．已知点为外接圆的圆心，且，则向量在向量上的投影向量为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】推导出是以为直角的等腰直角三角形，结合投影向量的定义可得出结果. 【详解】因为，所以，，即， 即为的中点，所以是圆的直径. 又因为，所以是以为直角的等腰直角三角形. 所以，，所以在上的投影向量为. 故选：B. 2．设 的内角 ， ， 的对边分别为 ， ， ， 是 所在平面上的一点， ，则点 是 的（    ） A．重心 B．外心 C．内心 D．垂心 【答案】C 【分析】条件可转化为 ， ，结合数量积的定义证明 ， 由此确定的位置. 【详解】因为 ， 所以 ， ， 即 ， ， 所以 ， ． 所以，， 又， 所以 ， ， 所以 在 的平分线上， 在 的平分线上， 所以点 是 的内心． 故选：C． 3．如图，△ABC是边长为3的等边三角形，D在线段BC上，且，E为线段AD上一点，若△ABE与△ACD的面积相等，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由题可得为的中点，建立直角坐标系利用向量的坐标法即得. 【详解】在线段上，且， . 又为线段上一点，若与的面积相等， ，为的中点. 如图，建立平面直角坐标系，则，，，，， ，， . 故选：D. 4．已知向量满足，，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先根据，由求得，再利用向量的模公式求解. 【详解】解：由，得， 即，解得， 所以． 故选：D 5．已知非零向量，满足，向量在向量方向上的投影向量是，则与夹角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由投影向量的计算方法，结合题干条件即可求解. 【详解】设非零向量，的夹角为， 所以在向量方向上的投影向量为， 又，所以， 所以与夹角的余弦值为. 故选：. 6．设是两个不共线的向量，是在上的投影向量，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由题意画出图形，令，结合向量数量积的定义逐项判断即可； 【详解】 如图，由题意可设， 对于A，由数量积的定义可得，故A错误； 对于B，根据向量数量积的定义得，故B正确； 对于C，设，则，由于可以为任意正数，故C错误； 对于D，由数量积的定义可得，故D错误； 故选：B. 7．在中，，，是所在平面内一点，，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据向量的数量积以及基本不等式求解即可. 【详解】，， ， ， ， 当且仅当，即，时等号成立， 所以的最大值为. 故选：D. 8．已知△ABC是边长为1的正三角形，是BN上一点且，则（   ） A． B． C． D．1 【答案】A 【分析】根据题意得，由三点共线求得，利用向量数量积运算求解即可. 【详解】由，得，且， 而三点共线，则，即， 所以， 所以. 故选：A. 9．已知单位向量满足，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用数量积的运算律及向量夹角公式计算得解. 【详解】单位向量满足，则， ，， 所以. 故选：A 10．已知外接圆圆心为，且，则向量与的夹角为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】作出草图，运用平行四边形法则，结合外接圆圆心特征，得到平行四边形为菱形，进而得到和为等边三角形，得解. 【详解】由，得， 如图所示，结合向量加法的平行四边形法则可得四边形为平行四边形， 又因为为外接圆圆心，所以， 所以平行四边形为菱形，和为等边三角形， 所以向量的夹角为． 故答案为：. 11．在中，、分别在边、上，且，，在边上（不包含端点）．若，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设，其中，推导出，将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可求得的最小值. 【详解】因为在边上（不包含端点），不妨设，其中， 即， 所以，， 又因为，则，，其中、均为正数， 且有， 所以，， 当且仅当时，即当时，等号成立， 故则的最小值是. 故选：A. 12．（多选题）如图，是边长为的等边三角形，，点在以为直径的半圆上（含端点），设，则（   ） A．的值不可能大于 B． C．的最小值为 D．的最大值为1 【答案】BD 【分析】对于A，利用反例，结合平面向量的基本定理，作平行四边形，可得答案；对于B，根据等边三角形的几何性质，结合平面向量的线性运算，可得答案；对于C、D，利用平面向量的线性运算，整理所求数量积仅仅只有一个变量，根据三角函数的值域，可得答案. 【详解】对于A选项，过点作交延长线于， 过点作交于，作图如下： 在平行四边形中，，由，则，故A选项错误； 对于B选项，，故B正确； 对于C、D选项，取线段中点，连接，，作图如下： ， 在等边三角形中，易知，所以， ，则， 设与的夹角为，易知，则， 所以，故C选项错误，D选项正确. 故选：BD. 13．（多选题）已知点是的中线上一点（不包含端点）且，则下列说法正确的是（    ） A． B． C． D．的最小值是 【答案】ACD 【分析】设，利用向量线性运算表示出，即可得到，判断选项AB，然后利用基本不等式求最值，即可判断选项CD. 【详解】由题知，设， 则 ， 因为， 所以，则，且，A正确，B不正确； ， 当且仅当时，等号成立，C正确； 又 ， 当且仅当，即时，等号成立，D正确. 故选：ACD 14．已知点均在所在平面内，以下所有正确说法的序号是 ． ①若动点满足，则点为的重心； ②若动点满足，则动点的轨迹一定经过的内心； ③若动点满足，则动点的轨迹一定经过的重心； ④若动点满足，则动点的轨迹一定经过的垂心． 【答案】①②③④ 【分析】根据平面向量运算的几何表示，结合三角形五心的定义，可得答案. 【详解】对于①，因为动点满足，所以，则点是的重心，①正确． 对于②，，所以， 所以点在的平分线所在直线上，所以动点的轨迹一定经过的内心，②正确． 对于③，，所以， 过点作，垂足为，如下图： 则，所以， 则点在边上的中线所在直线上，因此动点的轨迹一定经过的重心，③正确． 对于④，，所以， 所以， 所以，所以动点的轨迹一定经过的垂心，④正确． 故所有正确说法的序号是①②③④． 故答案为：①②③④. 15．如图，在中，，，为上一点，且满足，若，，则的值为 . 【答案】1 【分析】由，为上一点，且满足，可求得，再用及表示出及，进而求数量积即可. 【详解】由，可得， 又，，三点共线， 则有， 由于，所以，即， 又， 且，，， 故 . 故答案为：1. 16．已知平行四边形的面积为，，为线段的中点，则 ；若为线段上的一点，且，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】由平行四边形的面积为，可得，再由数量的定义可求出的值；由已知得，然后根据三点共线即可得，从而得出，得，然后利用基本不等式即可求出的最小值. 【详解】解：因为平行四边形的面积为， 所以，得， 所以， 如图，连接，则， 所以 因为三点共线， 所以，得， 所以， 所以 ， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为， 故答案为：； 17．如图所示，的顶点是我国在南海的三个战略岛屿，各岛屿之间建有资源补给站在图中的D，E，F上，岛屿到补给站的距离为岛屿到的，岛屿和岛屿到补给站的距离相等，补给站在靠近岛屿的BC的三等分点上，设．    (1)用表示； (2)从岛屿望岛屿和岛屿成的视角，海里，且，求岛屿到岛屿的距离． 【答案】(1)； (2) 【分析】（1）利用向量的加减法法则，结合图形即可得解； （2）利用向量垂直的向量表示与数量积运算法则求得，从而再次利用数量积运算法则即可得解. 【详解】（1）依题意，得，点为中点，， 又，， 所以， . （2）依题意，得，， 所以，即， 所以，则， 又，所以， 所以， 所以. 18．在中，向量等式或，沟通了几何与代数的联系，利用它并结合向量的运算，可以很好地帮助我们研究问题，体现向量法的特性.    (1)如图，的三个角角所对的边分别为，，，设为所在平面的一个单位向量，记向量与的夹角为.现构造等式，请你探究及时得到的结论； (2)已知是的平分线，请你用向量法证明：. 【答案】(1)；； (2)证明见解析. 【分析】（1）时，由数量积的定义和运算性质计算即得； 当时，，代入条件由数量积的定义和运算性质可得答案. （2）设，可得出，再由，从而得证 【详解】（1）当时，，，同理， 由，得，即， 所以； 当时，，由，得，即 则或 因此，即.    （2）设，如图，设,则 所以，设， 所以.    19．在直角梯形中，，，，点是边上的中点. (1)若点满足，且，求的值； (2)若点是线段上的动点（含端点），求的取值范围. 【答案】(1)； (2) 【分析】（1）利用向量的加减运算法则，以为基底表示出得出的取值可得结论； （2）法1：建立平面直角坐标系利用数量积的坐标表示即可得出的取值范围； 法2：利用极化恒等式得出，即可得出结果. 【详解】（1）如下图所示： 由可得， 所以， 又，可得 所以； （2）法1：以点为坐标原点，分别以为轴，为轴建立平面直角坐标系， 则，则， 由点是线段上的动点（含端点），可令， 所以，则， 所以， 由二次函数性质可得当时取得最小值； 当时取得最大值； 可得 法2：取中点，作垂足为，如下图所示： 则 显然当点位于点时，取到最大值3，当点位于点时，取到最小值， 可得 20．如图，在中，点，分别是，的中点，点在线段上且是靠近点的一个三等分点，交于点，交于点． (1)用和表示； (2)若，求实数； (3)过点的直线与边，分别交于点，，设四边形的面积为，梯形的面积为，求的最小值． 【答案】(1)； (2)； (3). 【分析】（1）根据及即可求解； （2）设，可得，根据三点共线可求，又根据，即可得实数的值； （3）设，可得是的中心，故，根据三点共线，得.由，，可得，根据及基本不等式求出的最小值，从而可求解. 【详解】（1）由题意可得， 所以 . （2）设，由（1）得， 所以, 即. 因为三点共线，所以，解得, 所以， 又. 所以，解得. （3）设， 因为分别是的中点，所以是的重心， 所以. 因为三点共线，所以，即. 所以，， 所以. 因为，所以，即, 所以，当且仅当时等号成立， 所以. 专题二：名校平面向量培优压轴试题精选 1．如图所示，是锐角内的一点，且点满足，则下列选项一定正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据条件结合向量运算可得为的垂心，由三角形面积公式结合奔驰定理即可求解判断. 【详解】分别延长，交于点，如图所示． 因为，所以． 同理得，所以为的垂心 结合四边形的对角互补，可得， 所以． 同理得， 所以． 所以， 所以． 记的面积分别为， 则， ， ， 所以 ． 由奔驰定理得， 所以． 故选：C． 2．在平面四边形中，，，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意作出四边形的外接圆，结合圆的几何性质转化所求数量积，利用基本不等式求最值. 【详解】如图，    由题意知，为四边形外接圆的直径，由可知， ，设， 所以垂直平分于点, 由正弦定理，， ， 当且仅当，即时等号成立. 故选：D 【点睛】关键点点睛：利用所给条件恰当转化，利用已知及角转化为三角函数式子求最值，变形后利用基本不等式得最值，本题思路比较难寻，需要一定创造力. 3．点P在边长为1的正三角形的外接圆上，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先证明，然后给出的例子，即可得到的最大值是. 【详解】设外接圆圆心为，则，. ①一方面，我们有 . 故一定有. ②另一方面，当时，有，故在的外接圆上，此时 . 综合①②两个方面，可知的最大值是. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于对数量积的运算性质的使用. 4．在棱长为1的正方体中，为正方体内一动点（包括表面），若，且，则的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】建系标点，分析可知点为三棱柱内一动点（包括表面），取的中点，可得，进而求的取值范围即可. 【详解】取的中点，正方体的中心为， 则， 若求的最值，即为求的最值， 以A为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， 可得， 若，且， 可知点为三棱柱内一动点（包括表面）， 因为， 则，即， 且，平面，可得平面， 又因为为的中点，即平面， 可知的最小值即为， 根据正方体的对称性可知：当点为或时，取到最大值， 即，可得， 所以的取值范围为. 故选：D. 5．在平行四边形中，，是平行四边形内（包括边界）一点，，若，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先根据题意，得到点的轨迹，然后利用向量计算即可. 【详解】因为 得，即 所以点在的角平分线上，设的中点为    因为，所以点在线段上， 不妨设， 所以 易知 所以 因为 所以 因为 所以 故选：B 【点睛】关键点点睛：表示了两个向量的角平分线. 6．已知点均在圆上，若有，则必有平分圆O.则满足要求的的个数为（   ） A．0个 B．仅有1个 C．仅有2个 D．3个或以上 【答案】C 【分析】分，，三种情况讨论可判定结论. 【详解】由， 当时，两向量共线反向，平分圆，符合题意， 当，由，设圆的半径为1， 变形可得，两边平方可得， 所以，解得， 因为，所以，同理可得，， 所以平分圆， 若时， 当为偶数时，只要分为对，每对共线，可得， 比如过圆心的两条直线与圆相交的四个点，满足，但不平分圆， 所认不一定平分圆，故不符合题意， 当为奇数时，可分三个点，使这三个向量满足， 可得平分圆，另外剩余的一定是偶数点，由前面知道，这些点可分组， 但不一定平分圆，故可得不一定平分圆， 综上所述，可得只有与符合题意， 故选：C. 【点睛】思路点睛：分类讨论是解决本题的关键，掌握向量的有关运算与性质是基础. 7．已知平面向量，，，满足，且，，则的最小值为（   ） A． B．0 C．1 D．2 【答案】B 【分析】可设，，，由得到满足的关系，再求的最小值. 【详解】可设，，， 则. 可设：，则 . 故选：B 【点睛】方法点睛：由题意可知：，都是单位向量，且夹角确定，所以可先固定，，这样就只有发生变化，求最值就简单了一些. 8．（多选题）对于任意两个平面向量和，下列命题中正确的是（   ） A．若，则 B．是的必要不充分条件 C． D．若向量在方向上的投影向量为，则 【答案】BCD 【分析】由和为相反向量时满足条件可得选项A错误；由不能得到，由可得，选项B正确；利用数量积的定义可得选项C正确；根据投影向量的计算公式结合条件可得选项D正确. 【详解】A. 和可能为相反向量，选项A错误. B. 当时，，但. 当或时，，此时， 当且时，由得， 即，故，，， 所以由可得， 所以是的必要不充分条件，选项B正确. C.，由得，选项C正确. D.向量在方向上的投影向量为， 把代入上式，选项D正确. 故选：BCD. 9．（多选题）定义：两个向量的叉乘的模，则下列命题正确的是（ ） A．若平行四边形的面积为4，则 B．在正中，若，则 C．若，，则的最小值为12 D．若，，且为单位向量，则的值可能为 【答案】ABD 【分析】根据两个向量叉乘的模的定义及向量数量积的运算逐个分析判断即可. 【详解】对于A，因为平行四边形的面积为4，所以， 所以，故A正确； 对于B，因为， 所以，所以B正确； 对于C，因为，，所以，， 所以，因为，所以，所以， 所以， 当且仅当时等号成立，所以的最小值为，所以C错误； 对于D，若，，且为单位向量， 则当，，，时，， ， 此时，所以D正确. 故选：ABD. 10．（多选题）在等腰梯形中，，，，点是梯形内部一点（不含边界），且满足，则下列说法正确的是（   ） A．若，则， B．当时，的最小值为 C．若，则的面积为定值 D．若，则的最小值为 【答案】AC 【分析】取的中点，连接、，推导出四边形、都是边长为的菱形，且，利用平面向量的线性运算可判断A选项；推导出点在直线上，结合可判断B选项；推导出，可得出，可判断C选项；计算出，分析可知，点的轨迹是以为圆心，为半径的圆位于梯形内部的圆弧（圆心角为的扇形弧），利用圆的几何性质可判断D选项. 【详解】对于A，取的中点，连接、， 因为，，为的中点，所以，且， 所以，四边形为平行四边形，所以，， 同理可证四边形为平行四边形， 由，得， 所以， 又因为，则，，故A正确； 对于B，当时，， 点在上， 由A选项可知，四边形、都为平行四边形， 所以，，且，即平行四边形为菱形， 同理可知平行四边形是边长为的菱形，则是边长为的等边三角形， 则， 因为四边形为菱形，则，所以，，即， 所以，点到直线的距离为，此时点与点重合，故取不到最小值，故B错误； 对于C，若，则， 所以，，则，所以，点在上， 由于，则点到直线的距离等于点到直线的距离， 则，故C正确； 对于D，由平面向量数量积的定义可得， 因为， 则，则， 所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆位于梯形内部的圆弧（圆心角为的扇形弧）， 在中，，，， 则， 所以，，故D错误， 故选：AC. 【点睛】方法点睛：求两个向量的数量积有三种方法： （1）利用定义： （2）利用向量的坐标运算； （3）利用数量积的几何意义． 具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用． 11．（多选题）在平面直角坐标系中，满足，则下列说法正确的有（    ） A．若在曲线上，则可能在曲线上 B．若在曲线上，则一定不在曲线上 C．若在圆上，则一定在圆上 D．若在圆上，则一定不在圆上 【答案】BC 【分析】设，根据和平面向量的坐标表示可得，结合基本不等式计算的取值范围即可判断AB；设，则结合平面向量的运算律可得，即可判断CD. 【详解】由，得. 设， 则， 所以， 当时，； 当时，， 综上，，即点不在曲线上，故A错误，B正确； 设，则，由①②，得， 所以， 由③，得，即点在圆上，故C正确，D错误. 故选：BC 【点睛】关键点点睛：解决本题CD选项的关键是由推出. 12．已知中，，，且的最小值为，若为边上任意一点，则的最小值是 ． 【答案】 【分析】设，应用向量数量积运算律得，结合最小值可得，进而得到、，再建立合适的坐标系，应用坐标法求的最小值. 【详解】设， 且 ， 当且仅当时等号成立，又的最小值为， 所以，又，则， 应用余弦定理有， 综上，，故，则，如下建立平面直角坐标系， 则且， 所以， 当且仅当时等号成立，故最小值为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，利用向量数量积运算与配方法，结合已知条件求得，进而得解. 13．如图，梯形，且，，，则 ，E在线段上，则的最小值为 . 【答案】 / 【分析】取平面的一个基底，利用向量线性运算及数量积的运算律求出可得；作，以为原点建立平面直角坐标系，设，利用向量的坐标运算，结合二次函数求出最小值. 【详解】在梯形中，且，，则， 于是 ，则，又，所以； 作于，以为原点，正方向为轴建立平面直角坐标系，如图， 则，， 令，则， ，， 因此， 所以当时，取得最小值，最小值为. 故答案为：； 【点睛】方法点睛：求解平面几何中的平面向量数量积问题的常用方法有两种： ①利用平面向量线性运算将所求数量积进行转化，转化为夹角和模长已知的向量数量积的求解问题； ②建立平面直角坐标系，利用平面向量数量积的坐标运算来进行求解. 14．已知是单位圆上任意不同三点，则的取值范围是 . 【答案】 【分析】由等价于在上的投影，故可结合投影性质，得到当与反向共线时，在上的投影取最小，当与同向共线时，在上的投影取最大，再结合的范围，即可得到相应投影的最小、最大值，即可得解. 【详解】等价于在上的投影， 如图1，在单位圆圆上任取两点、， 则对任意的，当与反向共线时，在上的投影取最小， 作于点，设，取中点，有， 则，，则， 由，故； 如图2，在单位圆圆上任取两点、， 则对任意的，当与同向共线时，在上的投影取最大， 作于点，设，取中点，有， 则，，则， 由，故； 综上所述，. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题关键点在于得到表示在上的投影，从而数形结合，借助投影性质解题. 15．如图，在边长为1的正方形中，是对角线上一点，且，则 ，若点为线段（含端点）上的动点，则的最小值为 ．    【答案】 【分析】表达出，利用向量数量积公式得到；设，，表达出，，利用向量数量积公式得到，故当时，取得最小值，最小值为. 【详解】，， 故， ， 故 ； 点为线段（含端点）上的动点，设，， ， ， 其中， ， 故当时，取得最小值，最小值为. 故答案为：， 【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. 16．已知中，点分别是的重心和外心，且，则边的长为 . 【答案】 【分析】根据重心和外心性质，通过转化法利用数量积可得，再由三角形法则计算可求出的长为. 【详解】延长交于点，连接，作于点，则分别为的中点，如下图所示： 易知， 同理可得， 由重心性质可知； 所以； 又，即，可得； 所以，可得； 因此，即. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题关键在于要充分利用重心和外心的性质，将数量积通过转化得出三角形边长之间的关系，再由即可得出结果. 17．已知平面直角坐标系中，点，点（其中，为常数，且），点为坐标原点．    (1)设点为线段上靠近的三等分点，，求的值； (2)如图所示，设点，，，…，是线段的等分点，其中，， ①当时，求的值（用含，的式子表示）； ②当，时，求的最小值． （说明：可能用到的计算公式：，）． 【答案】(1) (2)①；② 【分析】（1）根据向量的线性运算化简即可得解； （2）①由特殊到一般，可得对满足条件的，，即可化简求向量的模； ②根据条件用表示出向量，再由数量积化简，转化为关于的式子，分类讨论求最值. 【详解】（1）因为 而点为线段上靠近点的三等分点， 则，可得，所以. （2）①由题意得，， ，， 所以， 事实上，对任意正整数，且时， ，， 有， 所以， 所以. ②当，时， ，， ， 令， 当，2，3时， 当或3时，上式有最小值为 当时， 当，6，7时，，当或6时，上式有最小值为 综上，的最小值为. 【点睛】关键点点睛：解题时要有特殊到一般的类比思想，发现一般性规律，化简所求复杂向量求和，对于第二问的第二小问，利用数量积化简后需要分类讨论，对能力要求很高. 18．如图，半圆O的直径为2，A为直径延长线上一点，，B为半圆上任意一点，以为一边作等边三角形. (1)当时， ①求三角形的面积. ②若，求m、n. (2)若，求的最小值. 【答案】(1)①；②， (2) 【分析】（1）依据已知条件先求出、和，进而求出，则①由即可求解；②法一（坐标法）：作于点M，由得，依次求出和进而求出，则以所在直线分别为x轴，y轴建立平面直角坐标系，求出、和即可由求出；法二（向量法）：先求得，，作于点M，接着又由数量积定义公式和投影几何意义得，，进而得，，再利用和求出和即可求解. （2）设与相交于点Q，得，过点C作直线的平行线l，作垂直l于点F，交于点E，有，设，，由余弦定理以及等面积法，结合三角恒等变换可得关于的表达式，再利用基本不等式可求得最值. 【详解】（1）当时，由条件知，，， 所以，， 所以 ，    ①三角形的面积为. ②方法一（坐标法）：作交于点M， 由①知，同理， 所以， ， 所以， 以所在直线分别为x轴，y轴建立平面直角坐标系， 则，，， 因为，所以， 所以，. 方法二（向量法）：因为，，，， 所以，， 作于点M，则，， 所以， ， 所以，. 由①知，同理， 所以， ， 所以， 所以，. （2）设与相交于点Q，则且， 所以， 又，所以， 所以， 所以，过点C作直线的平行线l，作垂直l于点F，交于点E， 则，设，， 由余弦定理知， 又在中由等面积法知， 所以，所以， 又正三角形的高为，所以， 所以， 即 ， 当且仅当，即，即时，取得最小值为. 【点睛】思路点睛：对于求最小值，可先设与相交于点Q，由三点共线结合得，过点C作直线的平行线l，作垂直l于点F，交与点E，于是有，设，，接着由余弦定理得及在中由等面积法得，再由即可得，结合三角恒等变换公式可得关于的表达式，再利用基本不等式即可得最小值. 19．如图，是单位圆上的相异两定点（Q为圆心），且（为锐角）．点C为单位圆上的动点，线段交线段于点M． (1)求（结果用表示）； (2)若． ①求的取值范围： ②设，记，求函数的值域． 【答案】(1) (2)①；② 【分析】（1）利用平面向量的线性运算结合二倍角公式化简即可. （2）①结合给定条件，将目标式表示为三角函数，结合有界性求解即可. ②利用给定条件将目标式表示为一元函数，结合换元法和定义法求解值域即可. 【详解】（1）， （2）①， ， 设．由题意得，则， ，， ，所以 ， 因为，则， 所以，则； ②设， 则， 所以，由得， 即， 整理得，所以， 所以． 即，， 令，， ，，令． ； ∵，，， 则，即， ∴在上单调递增，则， 所以函数值域是. 【点睛】关键点点睛：解题关键是利用平面向量的线性运算将目标式表示为一元函数，然后利用换元法结合定义法得到所要求的值域即可． 20．在平行四边形中，点是的中点，点，分别是，的三等分点（，），设，. (1)若，，，求与的夹角. (2)若 ①与夹角余弦值； ②判断四边形的形状，并说明理由. 【答案】(1) (2)①   ②四边形为梯形，理由见解析 【分析】（1）展开求出，求出； （2）①求出，证明，求出与夹角余弦值； ②求出和的关系，证明，判断四边形的形状. 【详解】（1），， 即，则，； （2）①，， ， ，，与夹角余弦值为； ②， ，且， 四边形为梯形. 专题三：名校平面向量新定义试题精选 1．在平面直角坐标系中，为坐标原点，对任意两个向量.作：，当不共线时，记以OM，ON为邻边的平行四边形的面积为当共线时，规定． (1)分别根据下列已知条件求； ①； ②； (2)若向量，求证：； (3)记，且满足，求的最大值. 【答案】(1)5；0 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）由题意，根据新定义即可求解； （2）由新定义可证得，，即可证明； （3）设，并表示出，由新定义和三角恒等变换化简计算可得，结合正弦函数的性质即可求解. 【详解】（1）因为，，且， 所以； 又，，所以； （2）因为向量，且向量， 则， 所以， 同理， 所以； （3）设为锐角时，由，得或， 当为锐角，为锐角时， 当时，取到最大值； 当为钝角时，由，得， 当为钝角，， ， 当，即时，取得最大值， 所以取得最大值. 【点睛】方法点睛：学生在理解相关新概念、新法则(公式)之后，运用学过的知识，结合已掌握的技能，通过推理、运算等解决问题.在新环境下研究“旧”性质.主要是将新性质应用在“旧”性质上，创造性地证明更新的性质，落脚点仍然是平面向量的数量积的坐标表示. 2．如图，设、是平面内相交成的两条射线，、分别为、同向的单位向量，定义平面坐标系为仿射坐标系，在仿射坐标系中，若，则记. (1)在仿射坐标系中，若，求； (2)在仿射坐标系中，若，，且与的夹角为，求； (3)如图所示，在仿射坐标系中，、分别在轴、轴正半轴上，，，、分别为、中点，求的最大值. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由题意可知，，利用平面向量数量积的运算性质可求得的值； （2）计算出、、，利用平面向量的夹角公式可得出关于的方程，解之即可； （3）设、，利用平面向量的线性运算得出、关于、的关系式，利用余弦定理可得出和平面向量数量积的运算性质化简得出，设，利用正弦定理可得出，，利用三角恒等变换以及正弦函数的有界性可求得的最大值. 【详解】（1）由题意可知，、的夹角为， 由平面向量数量积的定义可得， 因为，则，. 则，所以. （2）由，，得，， 且， 所以，， ，则， ， 因为与的夹角为，则，解得. （3）依题意设、， 且，，， 因为为的中点，则， 因为为中点，同理可得， 所以，， 由题意可知，，， 则， 在中依据余弦定理得，所以， 代入上式得，. 在中，由正弦定理， 设，则，且， 所以，，， ， 为锐角，且， 因为，则， 故当时，取最大值， 则 【点睛】方法点睛：求两个向量的数量积有三种方法： （1）利用定义： （2）利用向量的坐标运算； （3）利用数量积的几何意义． 具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用． 3．对于一组向量（且），令，如果存在，使得，那么称，是该向量组的“向量”． (1)设，若是向量组，，的“向量”，求实数的取值范围； (2)若，向量组，，，，是否存在“向量”？若存在求出所有的“向量”，若不存在说明理由； (3)已知，，均是向量组，，的“向量”，其中，，求证：可以写成一个关于的二次多项式与一个关于的二次多项式的乘积． 【答案】(1) (2)存在“向量”，分别为，， (3)证明见解析 【分析】（1）根据题意分析可得，结合模长公式列式求解即可； （2）根据题意可得，，结合可得，即可分析证明； （3）根据题意分析可得，，结合模长公式分析证明即可. 【详解】（1）由题意可得：， 因为，则，， 则，即， 整理得，解得， 所以实数的取值范围为. （2）存在，理由如下： 假设存在“向量”， 因为， 且， 则由题意，只需要使得， 又因为， 则， 可得， 由，即， 整理得，解得， 又因为，即，6，10满足上式， 所以存在“向量”，分别为，，满足题意； （3）由题意得：，， 即，， 同理，， 三式相加并化简得：， 即，，所以， 由，可得， 可得 ， 所以可以写成一个关于的二次多项式与一个关于的二次多项式的乘积. 【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决. 4．定义向量的“伴随函数”为；函数的“伴随向量”为． (1)写出函数的“伴随向量”为，并求； (2)已知的“伴随函数”为的“伴随函数”为，设，且的伴随函数为，其最大值为． ①若，求的取值范围； ②求证：向量的充要条件是． 【答案】(1)， (2)①；②证明见解析； 【分析】（1）根据题意化简计算即可； （2）①因为，不妨设，再根据题意代入计算化简即可； ②先根据，判断必要性；再根据判断充分性即可. 【详解】（1）由题可知 故，所以 （2）①设 由题可知， 所以 故 ②先判断必要性，由题可知， 设 再判断充分性， 由 设 故 故 因为， 所以 所以有 因为，所以 所以 因为 得 证得向量的充要条件是 5．给定平面上一个图形D，以及图形D上的点，如果对于D上任意的点P，为与P无关的定值，我们就称为关于图形D的一组稳定向量基点. (1)已知为图形D，判断点是不是关于图形D的一组稳定向量基点； (2)若图形D是边长为2的正方形，是它的4个顶点，P为该正方形上的动点，求的取值范围； (3)若给定单位圆及其内接正2024边形为该单位圆上的任意一点，证明是关于圆的一组稳定向量基点，并求的值. 【答案】(1)不是 (2) (3)证明见解析，4048 【分析】（1）分别计算与重合和与重合时这两种情况下的结果，再依据一组稳定向量基点的定义得解. （2）根据向量运算法则得，再结合正方形结构性质可得的最大值和最小值，进而得解. （3）先转化，从而得，再结合和偶数边的正多边形图形结构性质即可得解. 【详解】（1）点不是关于的一组稳定向量基点，理由如下： 当与重合时，有， 当与重合时，有， 故不是关于的一组稳定向量基点. （2）因为， 所以，故由正方形结构性质得： 当与重合时，取得最大值；当与重合时，取得最小值0. 所以的取值范围为. （3）设单位圆的圆心为， 则， 所以， 因为多边形是正2024边形， 所以由偶数边的正多边形图形结构性质可知，故， 又，所以， 故是关于圆的一组稳定向量基点，且. 【点睛】方法点睛：对于新定义题目，解决此类题的策略是： 1. 准确理解“新定义”，明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论等； 2. 重视“举例”，利用例子可以检验是否理解和懂得正确运用，归纳例子提供的解题思路和方法； 3. 运用新定义去解决问题时，根据新定义交代的性质或运算规则去运用即可，解决问题的过程中还需要将“新定义”的知识与已有知识联系起来，利用已有知识经验来解决问题. 6．如图所示，设，是平面内相交成角的两条数轴，，分别是与，轴正方向同向的单位向量，则称平面坐标系为仿射坐标系，若在仿射坐标系下，则把有序数对叫做向量的仿射坐标，记为．已知在仿射坐标系下，．    (1)求向量，的仿射坐标； (2)当时，求； (3)设，若对恒成立，求的最大值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）向量的线性运算计算即可； （2）应用向量夹角公式计算即可； （3）先把恒成立转化为向量的数量积求出向量的模，再结合余弦函数的值域求解. 【详解】（1）由已知得，所以的仿射坐标为， 同理，所以的仿射坐标为． （2）当时，，，， 所以， ， ， 所以． （3）， ，     ， 由得． 得对恒成立， 又．所以，得． 此时． 因为，，所以， 所以，所以， 所以的最大值为． 【点睛】方法点睛：先把恒成立转化为向量的数量积求出向量的模，再结合余弦函数的值域求解. 7．定义函数的“源向量”为，非零向量的“伴随函数”为，其中为坐标原点． (1)若向量的“伴随函数”为，且，求的值； (2)在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若函数的“源向量”为，且已知，求的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题意得，结合两角和的正弦公式化简，可得， ，然后利用诱导公式将化简为，进而根据二倍角的三角函数公式算出的值；. （2）由“源向量”的定义得出，所以，根据平面数量积的定义算出，再利用余弦定理算出，进而化简得到，然后利用基本不等式算出，再根据换元法与二次函数的性质，求出的取值范围.. 【详解】（1）若向量的“伴随函数”为 则， 所以，可得， 所以 （2）由于函数的“源向量”为， 所以，，所以， 在中，由余弦定理得：，整理得 即， 可得， 根据，解得，结合，得， 设，则， 可得， 相应的二次函数在区间上为减函数， 可知的最大值小于， 的最小值等于， 即的取值范围是. 8．如图，已知是的外心，，，，，． (1)判断的形状，且求时的值； (2)当时， ①求的值（用含的式子表示）； ②若，求集合中的最小元素． 【答案】(1)为等边三角形； (2)①② 【分析】（1）借助向量的数量积公式计算即可得其夹角，即可得其形状，由题意可得的中点为，即可结合向量的线性运算得解； （2）①由题意可得、、分别为，，的等分点，借助向量的线性运算与数量积公式计算即可得；②借助一次函数的单调性逐步计算即可得. 【详解】（1），， 则，即，故为等边三角形， 由题意知的中点为，且， ，， 故； （2）①由为等边三角形，为外接圆的圆心， 故，，，， ，，， ，， 又，故、、分别为，，的等分点， ； 同理， 故； ②令， 由，故， 可以看为自变量为的一次函数， 在时取得最小值， 同理，由，在时取得最小值，， 在时取得最小值，， 故的最小值为， 即集合中的最小元素为. 9．已知两个非零向量，，将向量绕着它的起点沿逆时针方向旋转（）弧度后，其方向与向量的方向相同，则叫做向量到的角．已知非零向量到的角为，数量叫做向量与的运算，记作，即．根据此定义，不难证明以下性质： ①； ②； ③． (1)利用以上性质证明：； (2)设到的角为，定义．当时，则表示△OAB面积；当时，则表示△OAB面积的相反数．利用上述定义和性质证明： ①如图，四边形ABCD的两边AD，BC延长相交于点E，对角线AC，BD的中点为F，G，求证：四边形ABCD的面积等于△EFG的面积的4倍；    ②在平面直角坐标系中，记向量，，△ABC各顶点坐标分别为，，，求证：△ABC面积为． 【答案】(1)证明见解析 (2)①证明见解析 ；②证明见解析 【分析】（1）由新定义求证； （2） ①由，再由新定义求解； ②由，再由新定义求解． 【详解】（1）由题意得； （2）①设（）， ， ∴四边形ABCD的面积等于△EFG的面积的4倍； ②∵，， ∴，，， ∵，，， ∴，， ∴ ， ∴△ABC面积为． 【点睛】关键点点睛：本题关键在于充分理解新定义运算，结合向量的数量积运算求解． 10．对于平面向量，定义“变换”： ，其中表示中较大的一个数，表示中较小的一个数.若，则.记. (1)若，求及； (2)已知，将经过次变换后，最小，求的最小值； (3)证明：对任意，经过若干次变换后，必存在，使得. 【答案】(1) (2)1349. (3)证明见解析 【分析】（1）先根据已知的新定义求出，从而可求出及； （2）根据求出，从而可求出，进而可得且，则可求出的最小值； （3）分，，和四种情况讨论即可. 【详解】（1）因为，所以， 所以， 所以. （2）因为， 所以或 所以， 即. 由题意可得， ， ， 根据规律可得且， 由且可得的最大值为674，所以， 所以，此后进入循环. 所以当时，； 当时，； 当时，. 所以最小时，的最小值为1349. （3）证明：当时，显然存在，使得. 当时，，即，存在，使得. 同理，当时，存在，使得. 当时，若，则，存在，使得. 若，设. 假设对任意，则均不为0. 因为，所以. 若，则， 若，则， 所以， 所以，即. 因为，所以， 所以， 与矛盾，故假设不正确，即存在，使得. 综上，对于任意，经过若干次变换后，必存在，使得. 【点睛】关键点点睛：此题考查平面向量的新定义，解题的关键是对平面向量新定义的正确理解，根据新定义求解，考查分析问题的能力、理解能力和计算能力，属于难题. 11．已知n维向量，给定，定义变换；选取，再选取一个实数x，对的坐标进行如下改变：若此时，则将同时加上x．其余坐标不变；若此时，则将及同时加上x，其余坐标不变．若a经过有限次变换（每次变换所取的i，x的值可能不同）后，最终得到的向量满足，则称a为k阶可等向量．例如，向量经过两次变换可得：，所以是2阶可等向量． (1)判断是否是2阶可等向量？说明理由； (2)若取1，2，3，4的一个排序得到的向量是2阶可等向量，求； (3)若任取的一个排序得到的n维向量均为k阶可等向量．则称为k阶强可等向量．求证：向量是5阶强可等向量． 【答案】(1)是2阶可等向量，理由见解析； (2)5； (3)证明见解析. 【分析】（1）根据的定义即可求解， （2）根据的定义即可求解，，即可结合是2阶可等向量求解， （3）根据是阶可等向量，等价于是阶可等向量，即可根据变换求证. 【详解】（1）是2阶可等向量． 例如经过两次变换可得： （2）设进行一次变换后得， 当时， 当时， 当时， 当时， 综上，我们得到 ． 因为是2阶可等向量，即 所以． 所以 （3）任取的一个排序，记为． 注意到，是阶可等向量，等价于是阶可等向量． 变换即对连续五个维度的坐标（首尾也看成连续）同时加上， 相当于对剩余两个连续维度的坐标同时加上． 对依次加上，相当于对单独加上； 对依次加上，相当于对单独加上； …… 基于上述分析，相当于可以对分别单独加上． 所以为5阶可等向量，为5阶强可等向量． 【点睛】方法点睛：对于新型定义，首先要了解定义的特性，抽象特性和计算特性，抽象特性是将集合可近似的当作数列或者函数分析.计算特性，将复杂的关系通过找规律即可利用已学相关知识求解. 12．类比于二维空间（即平面），向量可用二元有序数组表示，若维空间向量用元有序数组表示，记为，，且维空间向量满足. (1)当，求. (2)证明：； (3)若是正实数，且满足，求证：. 【答案】(1) (2)证明见详解 (3)证明见详解 【分析】（1）根据题意可得，结合夹角公式运算求解； （2）根据题意结合数量积的定义分析证明； （3）根据题意结合基本不等式分析证明. 【详解】（1）因为，则， 所以. （2）因为，， 则， 且，可得，当且仅当共线时，等号成立， 所以. （3）因为是正实数，则，当且仅当，即时，等号成立， 即，当且仅当时，等号成立， 同理可得：，当且仅当时，等号成立， ，当且仅当时，等号成立， 可得，当且仅当时，等号成立， 此时满足，即等号成立， 所以. 【点睛】关键点点睛：对于（2），利用数量积将代数问题转化为向量问题，进而分析证明. 13．在平面直角坐标系中，横、纵坐标都是整数的点称为整点，对于任意相邻三点都不共线的有序整点列：，，，…，与；，，，…，，其中，若同时满足：①两点列的起点和终点分别相同；②，其中，2，3，…，，则称与互为正交点列． (1)求：，，的正交点列； (2)判断：，，，是否存在正交点列？并说明理由； (3)证明：，，都存在整点列无正交点列． 【答案】(1)，， (2)不存在，理由见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）由正交点列的定义可知，，设，由正交点列的定义可知，即可得出结论； （2）设点列，，，是点列，，，的正交点列，则可设，，，，因为与，与相同，即可得到结论； （3），，都存在整点列无正交点列.设，其中，是一对互质整数，，列式，分类讨论，即可得出结论. 【详解】（1）设点列，，的正交点列是，，， 由正交点列的定义可知，， 设，， 由正交点列的定义可知， 即，解得 所以点列，，的正交点列是，，. （2）由题可得， 设点列，，，是点列，，，的正交点列， 则可设，，， 因为与，与相同，所以有 因为，，，得方程，显然不成立， 所以有序整点列，，，不存在正交点列； （3），，都存在整点列无正交点列. ，，设，其中，是一对互质整数， 若有序整点列，，，是点列，，，正交点列， 则， 则有 当为偶数时，取，. 由于，，，是整点列，所以有，. 等式（2*）中左边是3的倍数，右边等于1，等式不成立， 所以该点列，，，无正交点列； 当为奇数时，取，，，， 由于，，，是整点列，所以有，. 等式（2*）中左边是3的倍数，右边等于1，等式不成立， 所以该点列，，，无正交点列. 综上所述，，，都存在无正交点列的有序整数点列. 【点睛】关键点睛：本题以平面直角坐标系为载体，平面向量为工具，给出新定义“互为正交点列”，解本类题的关键在于结合课本知识，认真理解新定义，在新定义的基础上用学过的知识来解决问题. 专题四：平面向量全国高中数学联赛强基计划精选试题 1．（2023高一竞赛）已知的外接圆圆心为，且，则向量在向量上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 【答案】B【详解】因为，所以是中点，则是圆直径，，又，所以是等边三角形，，设，则，作于，则，所以，即为向量在向量上的投影向量，．故选：B． 2．（2023高三下·全国·竞赛）已知平面向量，夹角为，且满足，，若当时，取得最小值，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C【详解】易知，由二次函数的单调性可知时上式取得最小值，即，所以.故选：C 3．（2014高一·全国·竞赛）在平面四边形中，如果，且，那么（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】D【详解】，两边平方可得：，现考察 ..故选：D. 4．（2015高一·全国·竞赛）已知点A、B、C是平面上不共线的三点，点为的外心，动点满足条件： (，)，则点的轨迹一定通过的（   ）． A．内心 B．垂心 C．重心 D．边的中点 【答案】D【详解】取的中点D，连接，则，∵，∴，则，即∴P，C，D三点共线，因为，所以，于是点P的轨迹一定经过边的中点．故选：D. 5．（2016高一·全国·竞赛）设向量是三个非零向量，若，则的取值范围是（    ）． A． B． C． D． 【答案】A【详解】均为单位向量，不妨设，故，，当且仅当同向共线时，等号成立，即三个向量同向共线时，最大，最大值，又，当三个向量两两成时，，故等号成立，故的取值范围为.故选：A． 6．（2011高一·全国·竞赛）手表的表面在一平面上，整点1，2，3，…，12这12个数字等间隔地分布在半径为的圆周上．从整点到整点的向量记作，则（    ）． A． B． C． D． 【答案】B【详解】连接相邻刻度的线段构成半径为的圆内接正十二边形，相邻两个边向量的夹角即为正十二边形外角，即为．各边向量的模长为，则，共有个相等项，所以．故选：B 7．（2011高一·全国·竞赛）如图，点A、B分别在射线上，给出下列向量： ①；②；③；④；⑤． 这些向量中以O为起点，终点在阴影区域内的是（    ）． A．①② B．①④ C．①③ D．⑤ 【答案】C【详解】设.当点P在线段AB上时，过点P分别作PE//OA，PF//OB分别交OB、OA于点E、F.则 .同理可得：当点P落在阴影区域除了线段AB上时，.因此当点P落在阴影区域内时，满足：且.据此，经检验：①中，②中，③中，④中，⑤中；只有①③满足条件.故选：C． 8．（2011高二上·辽宁大连·竞赛）已知，若是以O为直角顶点的等腰直角三角形，则的面积等于 A．1 B． C．2 D． 【答案】A【详解】因为是以O为直角顶点的等腰直角三角形，所以，即，可得，即，又因为，所以，即，即，可得，所以，因为，可得，所以，可得，所以的面积等于.故选：A. 9．（2010高二·广东广州·竞赛）如图，向量与的夹角为，且，点在以为圆心的圆弧上运动．设，其中，，则的最大值为（    ）． A．1 B． C．2 D． 【答案】C【详解】解：由题意，以为原点，为轴的正向，建立如图所示的坐标系，设，， 可得，，则，，，由得，所以，，所以当，即时取得最大值， 的最大值是2．故选：C 10．（16-17高三·北京·强基计划）在中，为上的点，且．设，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D【详解】如图，设M为的中点，连结．根据极化恒等式，有，于是．故选：D. 11．（16-17高三·北京·强基计划）在中，，I为的内心，若，则的值为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】根据内心的向量形式可得，故可求的值. 【详解】设的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c， 根据内心的性质可知， 于是 ， 于是． 故选：C. 12．（16-17高三·北京·强基计划）已知O为的外心，，则（    ） A．的最小值为，此时为直角三角形 B．的最大值为，此时为直角三角形 C．的最小值为，此时为等边三角形 D．的最大值为，此时为等边三角形 【答案】D 【分析】将题设中向量式转化为，故可根据三点共线及的几何意义可得其取值范围，故可得正确的选项. 【详解】若，则，此时为钝角三角形. 当时，如图，设直线交直线于点D，不失一般性，记， 则， 故可得， 若，则，而，故， 若，此时，而， 当且仅当为等边三角形时取最小值（此值为等边三角形的高）， 故此时， 综上，的取值范围是． 当为等边三角形时，以取得最大值为， 故选：D. 13．（16-17高三·北京·强基计划）已知O为的外心，且，则的大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】题设中的向量等式可化为，两边平方后可求的大小. 【详解】因为，故， 故，整理得到：， 设外接圆的半径为，则， 故，而为三角形内角，， 故选：C. 14．（18-19高三·北京·强基计划）已知平面向量满足：，在方向上的投影为，．若，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题设条件可得，如图，在边长为1的正中，，则C点落在以为直径的圆上，故可求的最大值. 【详解】因为在方向上的投影为，故. 因为，故， 如图，在边长为1的正中，， 则C点落在以为直径的圆上，从而所求最大值为， 故选：A 15．（20-21高三·北京·强基计划）已知是非零向量，且，设为任意实数，当与的夹角为时，的最小值为（    ） A．1 B． C． D． 【答案】C 【分析】利用计划恒等式可得，由此得到向量终点的轨迹，从而可求的最小值. 【详解】根据极化恒等式: 有． 以O为起点，设的终点分别为A，B，C，M为的中点，则点C在以点M为圆心，半径的圆上，的终点在与成的直线l上，如图， 因此的最小值为． 故选：C. 16．（2021高一·浙江温州·竞赛多选题）已知为的垂心，且，，，，则下列选项正确的是（ ） A． B． C． D． 【答案】AC 【分析】根据平面向量共线定理，结合平面向量垂直的性质、平面向量数量积的运算性质、垂心的性质进行求解判断即可. 【详解】，且，得，同理可得， 设，，则， 由于，，所以 化简得，故，得，故A正确，B错误 设，，，，， 故，，，故，故C正确，D错误. 故选：AC 17．（16-17高三·北京·强基计划多选题）如图，的外心为O，三条高线交于一点H，与的延长线交于点I，与的延长线交于点J，则（    ） A． B． C． D． 【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，可证，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，，，据此可得，从而可证，故可判断D的正误. 【详解】如图，连接. 对于选项A，因为A，C，D，F四点共圆，故，选项A正确． 对于选项B，C，如图，过点B作圆O的切线，则． 因为， 所以与平行，故，选项B正确，同理选项C正确. 对于选项D， 因为，故， 而 ， 故， 同理由可得， 由可得， 由可得， 由可得， 所以， 所以， 同理， 所以，故， 所以， 故即，因此，选项D正确． 故选：ABCD 18．（16-17高三·北京·强基计划多选题）已知边长为1的正的中心为O，在的内切圆上取一点P，将四个向量分为两组和，把的取值集合记为K，则对于一切点P，有（    ） A． B． C． D． 【答案】ABC 【分析】设为的中点，连接，利用向量的数量积的运算律可求的值.我们也可以记的中点为N，连接，利用垂直关系可求的值. 【详解】解法一 设为的中点，连接，则三点共线. 设的内切圆半径为r，外接圆半径为R，则. 因为为的中心，故， 而，故. 又 ． 解法二 记的中点为N， 由正三角形的性质知在内切圆上且为内切圆圆O的直径， 如图，连接， 从而有． 故选：ABC 19．（22-23高二上·北京·强基计划多选题）设向量在向量上的投影向量为，则下列等式一定成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】BC 【分析】根据投影向量的概念和数量积公式可得. 【详解】记向量，的夹角为，则向量在向量上的投影为， 又与同向的单位向量为，所以向量在向量上的投影向量为， 即，A错误，B正确； 所以，故C正确，D错误. 故选：BC 20．（2024高一下·四川宜宾·竞赛）“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图形与“奔驰”的很相似，故形象地称其为“奔驰定理）.“奔驰定理”的内容如下：如图，已知是内一点，,,的面积分别为,,，则.若是锐角内的一点， 是的三个内角，且点满足，则下列说法正确的是 .（填序号） ①是的外心；②； ③；④ 【答案】②③④ 【分析】由确定出点是三角形的垂心，判断①；结合与三角形内角和等于可证明②；结合②选项结论证明即可证明③，利用奔驰定理证明可证明④． 【详解】对①，因为 同理,故为的垂心，故①错误； 对②，因为，所以， 又因为，所以, 又因为，所以，故②正确； 对③，延长交于点， 如图， 则, 同理可得,所以，故③正确； 对④， , 同理可得,所以, 又因为，所以，故④正确， 故答案为：②③④ 21．（2024高二下·浙江·竞赛）已知平面上单位向量垂直，为任意单位向量，且存在，使得向量与向量垂直，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】利用坐标求出模，根据三角函数化简即可得解. 【详解】令，，，， 于是，． 由向量与向量垂直，得到． ， 当，时，取到最小值． 故答案为： 22．（2015高一·全国·竞赛）已知满足，，点是所在平面内的一点，满足，且，则 ． 【答案】或 【分析】由题意可知：点是的外心，根据外心的性质结合数量积可得， ，结合题意列式求解即可. 【详解】由题意可知：点是的外心， 分别取的中点，连接，则， 则，同理可得， 因为，则有： ，可得， 即，解得或， 且，可得， 若，解得； 若，解得； 综上所述：或. 故答案为：或. 23．（2024高三下·上海·竞赛）已知是同一平面上的3个向量，满足，且向量与的夹角为，则的最大值为 . 【答案】 【分析】向量最值问题，使用数形结合处理即可求解. 【详解】 如图,不妨设，则四点共圆. 由于，于是. 综上可知的最大值为. 故答案为：. 24．（2018高一·全国·竞赛）在中，是的中点，边（含端点）上存在点，使得，则的取值范围为 . 【答案】 【分析】 利用平面向量的基底法与转化法得到关于表达式，再利用反比例函数的单调性与余弦函数的性质即可得解. 【详解】依题意，设，是的中点， 则， ， ， 因为， 则， 所以，令， 易知是上的单调递增函数， ，即， 的取值范围是. 故答案为：. 25．（2023高一下·海南·竞赛）是所在平面上一点，满足，则的面积与的面积的比值为 . 【答案】 【分析】 对所给的向量等式进行变形得到，列出面积关系式即可求解. 【详解】由得， ，，且， 设的边上的高为， 则，， 的面积与的面积的比值为. 故答案为：. 26．（2012高二·全国·竞赛）如图，半圆的半径，点为圆心，点为半圆上不同于的任意一点，若点为半径上的动点，则的最小值为 ．    【答案】 【分析】 根据给定条件，利用向量加法、数量积运算律，结合基本不等式求解即得. 【详解】 依题意，，， 所以 ， 当且仅当，即点是线段的中点时取等号， 所以的最小值为. 故答案为： 27．（2024高一下·贵州贵阳·竞赛）已知，是夹角为的两个单位向量，若向量在向量上的投影向量为，则 . 【答案】 【分析】由投影向量计算公式，结合数量积的运算律计算即得. 【详解】在向量上的投影向量为，则， 于是，所以. 故答案为： 28．（2017高二·全国·竞赛）设为非零向量，，两组向量和均由2个和2个排列而成.若所有可能取值中的最小值为，则与的夹角为 . 【答案】 【分析】根据向量数量积定义对的所有可能结果进行分类讨论，得出最小值的表达式即可求得夹角为. 【详解】设， 若S的表达式中有0个，则记为； 若S的表达式中有2个则，记为； 若S的表达式中有4个，则，记为， 又，所以， ，， 设的夹角为， 则 又. 故答案为： 29．（2011高一·全国·竞赛）已知单位向量，则函数的最大值为 . 【答案】284 【分析】先确定，再表示出函数的表达式整理得到，最后根据向量模的运算和三角函数的取值范围确定最终答案. 【详解】由题意可知，由题意可得的末端点在单位圆上，注意到， 绘出图形（如图），因此分布在圆周上总共分布十周再加一个， 设为与的夹角.       ， 故，即最大值为284. 故答案为：284 30．（2010高二·全国·竞赛）线段上的一点，直线外一点，满足，，，为上一点，且，则的值为 . 【答案】/ 【分析】由题设条件，得出点为三角形的内心，根据内心的性质结合数量积的公式求解即可. 【详解】由题中已知条件可知，，所以在、两个向量方向上的投影相等， 所以在的角平分线上； 又因为，所以，， 即在的角平分线上； 又因为在上，所以为的内心，作各边的垂线，如下图所示： 由内心的性质可知，设，，， 因为，，所以得到， 解得，则. 故答案为： 31．（2007高二·全国·竞赛）在中，已知，以A为中点作长为2a的线段PQ，当的值最大时，与的夹角 . 【答案】/ 【分析】利用向量的加减运算得到，通过取最大值时的夹角可得答案. 【详解】由题设可得为等腰直角三角形，且， ， 当的值最大时，取最大值，此时与的夹角. 而，故取最大值时，与的夹角为， 故答案为：. 32．（2024高二·全国·竞赛）已知向量，且和的夹角为，若与的夹角为钝角，则的取值范围为 ． 【答案】 【分析】利用数量积为负可求参数的取值范围. 【详解】因为与的夹角为钝角， 故且与不共线反向， 由可得， 即即，故或， 若与共线，则存在实数，使得， 而不共线，故即或， 当时，与共线同向； 当时，与共线反向； 故的取值范围为或或， 故答案为：. 33．（2021高一下·广东佛山·竞赛）已知中，分别为边上的点，且，.与的交点为，若，则 . 【答案】 【分析】用基底表示向量，表示方法唯一，两个向量前面的系数相等，从而得到二元一次方程组，求解即可. 【详解】由三点共线，得：， 又， 所以有，解得. 故答案为：. 34．（2020高二上·浙江绍兴·竞赛）已知向量满足，则的取值范围是 ． 【答案】 【分析】设，则，设向量，得到，结合向量的数量积的运算，求得，即可求解. 【详解】由向量满足， 设，则，设向量，其中， 联立方程组，解得， 可得， 因为，可得，所以，可得 所以的取值范围为. 故答案为：. 35．（2023高二·全国·竞赛）若平面上非零向量，，满足，，，则的最小值为 . 【答案】 【分析】利用基本不等式可求的最小值. 【详解】由，不妨设，，其中，， 并设，则由得，由得. 所以. 取，，此时，取到最小值. 故答案为：. 36．（2020高三·全国·竞赛）已知是单位向量，向量满足.若不等式对任意实数都成立，则的取值范围是 . 【答案】 【分析】结合题目条件，设，，则不等式对任意实数都成立，可转化为，由此求出，即可得到的取值范围. 【详解】不妨设， 由，可设， 则对任意实数，有 ， 等价于, 解得，所以， 于是. 故答案为： 37．（2022高一下·江苏徐州·竞赛）如图，线段把边长为的等边分成面积相等的两部分，在上，在上，则线段长度的最小值为 . 【答案】 【分析】设，由题意得出之间的关系，再由余弦定理及基本不等式即可得出的最小值. 【详解】设，由题意知，即 所以，即； 由余弦定理， 即，解得. 则线段长度的最小值为. 故答案为：. 38．（2022高一·浙江温州·竞赛）如图，在中，的内角平分线交于点，过作于点，则的值是 . 【答案】 【分析】取的中点，先由数量积的运算律求得，再结合角平分线定理及三角形全等，求得，即可求解. 【详解】 取的中点，易得，则， 过作交延长线于，连接，由角平分线定理可得，，则， 又，则，则，则， 即，则， 所以. 故答案为：. 39．（2021高三·全国·竞赛）已知三个非零向量、、，满足（其中为给定的正常数）．则实数t的最小值为 ． 【答案】 【分析】应用及求和的轮换关系得到，再分类讨论即可得解. 【详解】， 所以．故． 假设，则． 故， 所以， 这与、为非零向量矛盾．从而． 又，所以，当两两同向且模均为时等号成立． 故． 故答案为： 40．（2020高三·全国·竞赛）在凸四边形中，，点P是四边形所在平面上一点，满足．设s，t分别为四边形与的面积，则 ． 【答案】 【分析】画出图像，不妨设出边长，将已知条件中的向量加法运算进行转化，运用面积公式进行求解结果. 【详解】解：不妨假设．记M，N，X，Y分别是的中点， 则M，X，Y，N顺次共线并且．由于 ，， 故结合条件可知．故点P在线段上且．设A到的距离为h，由面积公式可知 ． 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题的解题关键在对题干中向量加法运算的转化，考查了转化能力，需要有较高的综合解题能力. 41．（2015高三·四川·竞赛）在矩形ABCD中，AB=3,AD=4,P为矩形ABCD所在平面上一点，满足PA=2,,则 . 【答案】【答题空11-1】0 【详解】如图.设AC与BD交于点E，联结PE.则E为AC、BD的中点. 注意到， . 类似地，. 又,于是，. 由 故. 42．（2018高一下·安徽·竞赛）已知非零向量，，若且，则 ． 【答案】 【分析】由题意，即，所以向量、反向，且，根据向量相等，即可求解、、、的关系式，进而得到结论. 【详解】解：由题意，即，所以向量、反向， 又由，所以，即， 所以，即，，所以. 故答案为： 43．（18-19高三·北京·强基计划）已知的斜边长，则 ． 【答案】2019 【分析】利用数量积的运算律可求代数式的值. 【详解】题中代数式即： ． 【解答】2019 44．（20-21高三·北京·强基计划）已知H是的垂心，，则的最大内角的正弦值是 ． 【答案】 【分析】利用五心的向量表达式可求，结合三角形中的恒等式可求最大内角的正弦值.我们也可以利用求出内角的余弦值，从而可求最大角的正弦值. 【详解】法1：根据三角形五心的向量表达，有， 设分别为， 根据三角恒等式， 可得， 因此的最大内角的正切值为，因此最大内角的正弦值为． 法2：因为H是的垂心，故， 设， 则，故， 同理，，， 而， 故， 同理，，， 因为，故最大，故. 故答案为： 45．（2012高一·全国·竞赛）如图，在中，点分所成的比为，点为线段上一动点，若，求的最小值． 【答案】 【分析】根据平面向量线性运算法则得到，再由点分所成的比为，得到，即可得到，设，则，最后由基本不等式计算可得. 【详解】因为 ， 又点分所成的比为，即，所以， 则， 设，则， 当或时， 当时 ，当且仅当，即时取等号． 即的最小值为． 46．（2013高一·全国·竞赛）如图，在中，，点是上一点，且满足：，以点为圆心，的长为半径作圆交于点，交于点．若，，求的值． 【答案】 【分析】根据题意，设，根据直角三角形和圆的性质可由求出的值，再分析得点为中点，从而求解. 【详解】设，则，， 又， 所以， 又， 所以， 所以， 所以． 试卷第1页，共3页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！8 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 答案第12页，共16页 学科网（北京）股份有限公司 $$