《数理报》高考数学信息优化卷(三)——平面向量-【数理报】2025年高考数学专项提分

书 第Ⅰ卷 选择题 （共５８分） 一、单项选择题：本题共８小题，每小题５分，共４０分． 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　１．已知向量ａ＝（－２，１），ｂ＝（３，４），ｃ＝（２ｋ－１，１－ｋ），若 （ｃ－ｂ）⊥ａ，则ｋ＝ （　　） （Ａ）－２ （Ｂ）－１ （Ｃ）１ （Ｄ）３ ２．已知向量ａ，ｂ，满足｜ａ｜＝２，（４ａ＋ｂ）·ｂ＝４，则｜２ａ＋ｂ｜＝ （　　） （Ａ）槡２５ （Ｂ）槡２３ （Ｃ）２０ （Ｄ）５ ３．如图 １，Ｆ为平行四边形 ＡＢＣＤ对角线ＢＤ上一点，ＡＣ，ＢＤ交 于点Ｏ，→ＢＦ＝１４ →ＢＯ，若 → →ＡＦ＝ｘＡＢ＋ →ｙＡＤ，则ｘｙ＝ （　　） （Ａ）３ （Ｂ）－３ （Ｃ）７ （Ｄ）－７ ４．设向量ａ，ｂ，ｃ都是单位向量，且２ａ＝ｂ－槡３ｃ，则ａ，ｂ的夹角 为 （　　） （Ａ）π６ （Ｂ） π ４ （Ｃ） π ３ （Ｄ） ２π ３ ５．函数ｆ（ｘ）＝ｓｉｎ（ωｘ＋φ）（ω＞ ０，０＜φ＜π）的部分图象如图２所示， 其中 Ａ，Ｂ两点为图象与 ｘ轴的交点，Ｃ 为图象的最高点，且△ＡＢＣ是等腰直角 三角形，若 →ＯＢ＝－３→ＯＡ，则向量 →ＡＯ在向 量 →ＡＣ上的投影向量的坐标为 （　　） （Ａ (） －１４，－ )１４ （Ｂ (） １４， )１４ （Ｃ (） －１２，－ )１２ （Ｄ (） １２， )１２ ６．如图３，在 △ＡＢＣ中，∠ＢＡＣ＝π３， →ＡＤ＝２→ＤＢ，Ｐ为 ＣＤ上一点，且满足 →ＡＰ＝ →ｍＡＣ＋１２ →ＡＢ，若 △ＡＢＣ的面积为槡３，则 →｜ＡＰ｜的最小值为 （　　） （Ａ）槡６２ （Ｂ） 槡２３ ３ （Ｃ）１ （Ｄ） ３ ４ ７．在△ＡＢＣ中，ＡＢ＝３，ＡＣ＝５，点Ｎ满足 →ＢＮ＝２→ＮＣ，点Ｏ为 △ＡＢＣ的外心，则 →ＡＮ· →ＡＯ的值为 （　　） （Ａ）１７ （Ｂ）１０ （Ｃ）１７２ （Ｄ） ５９ ６ ８．对任意两个非零的平面向量 ａ和 ｂ，定义：ａ ｂ＝ ａ·ｂ ｜ａ｜２＋｜ｂ｜２ ，ａ⊙ｂ＝ａ·ｂ ｜ｂ｜２ ．若平面向量ａ，ｂ满足｜ａ｜＞｜ｂ｜＞０， 且ａｂ和ａ⊙ｂ {都在集合 ｎ４ ｎ∈Ｚ，０＜ｎ≤ }４ 中，则ａｂ＋ ａ⊙ｂ＝ （　　） （Ａ）１ （Ｂ）３２ （Ｃ）１或７４ （Ｄ）１或 ５ ４ 二、多项选择题：本题共３小题，每小题６分，共１８分． ９．已知向量ａ，ｂ的夹角为π３，且｜ａ｜＝１，｜ｂ｜＝２，则（　　） （Ａ）（ａ－ｂ）⊥ａ （Ｂ）｜ａ＋ｂ｜＝槡７ （Ｃ）｜２ａ＋ｂ｜＝｜２ｂ｜ （Ｄ）ａ在ｂ上的投影向量为槡３４ｂ １０．已知点Ｏ是平面直角坐标系的原点，点Ａ的坐标为（１，２），点 Ｂ的坐标为（４，５），作ＡＤ⊥ＯＢ，垂足为Ｄ，则下列结论正确的是 （　　） （Ａ） →｜ＡＢ｜＝３ （Ｂ）设 → → →ＯＰ＝ｍＯＡ＋ＡＢ，四边形ＯＡＢＰ有可能是平行四边形 （Ｃ）将 →ＯＢ绕Ｏ逆时针旋转９０°得到向量ＯＢ→ １，则 Ｂ１的坐标为 （－５，４） （Ｄ） →｜ＡＤ｜＝ 槡３ ４１４１ １１．“圆幂定理”是平面几何中关于圆的 一个重要定理，它包含三个结论，其中一个是 相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成 的两条线段长的积相等．如图４，已知圆 Ｏ的 半径为２，Ｐ是圆Ｏ内的定点，且ＯＰ＝槡２，弦 ＡＣ，ＢＤ均过点Ｐ，则下列说法正确的是 （　　） （Ａ）→ＰＡ· →ＰＣ为定值 （Ｂ）→ＯＡ· →ＯＣ的取值范围是［－２，０］ （Ｃ）当ＡＣ⊥ＢＤ时，→ＡＢ· →ＣＤ为定值 （Ｄ） →｜ＡＣ｜· →｜ＢＤ｜的最大值为１２ 第Ⅱ卷 非选择题 （共９２分） 三、填空题：本题共３小题，每小题５分，共１５分． １２．已知向量｜ａ｜＝３，ｂ＝（１，２），且ａ∥ｂ，则向量ａ的坐标为 ． １３．已知点Ｏ，Ａ，Ｂ，Ｃ均在同一平面内，→ＯＡ·→ＡＢ＝－２，→ＯＢ·→ＡＢ＝ ２，ＡＣ＝槡６，当∠ＡＣＢ取最大值时，ＢＣ＝ ． １４．莱洛三角形，也称圆弧三角形，是一种 特殊三角形，在建筑、工业上应用广泛，如图５ 所示，分别以正三角形 ＡＢＣ的顶点为圆心，以 边长为半径作圆弧，由这三段圆弧组成的曲边 三角形即为莱洛三角形，已知Ａ，Ｂ两点间的距 离为２，点Ｐ为 ) ＡＢ上的一点，则 →ＰＡ·（→ →ＰＢ＋ＰＣ） 的最小值为 ． 四、解答题：本题共５小题，共７７分． １５．（１３分）已知 ｅ１，ｅ２是平面内两个不共线的向量，若 →ＡＢ＝ ｅ１－ｅ２， →ＢＰ＝２ｅ１＋λｅ２， →ＰＣ＝ｅ１＋ｅ２，且Ａ，Ｐ，Ｃ三点共线． （１）求实数λ的值； （２）若ｅ１ ＝（１，０），ｅ２ ＝（０，１）． （ⅰ）求 →ＢＣ； （ⅱ）若Ｄ（－２，４），Ａ，Ｂ，Ｃ，Ｄ恰好构成平行四边形ＡＢＣＤ，求点 Ａ的坐标． ! " # $ % & ! ! ' & ! ( # % ! " " & ) ! % ! # " & # ! ) % " ! $ ! % ) & ! % ! " # $ % & ' " ( ) & * + , - . / 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 " : $ ; & ' " ( ) & * + , - . / 0 1 2 3 4 5 < 7 8 !"# !"#$%&'() !"#$%&'"( )*+,-./0 ! !"#$%&'()* 书 １６．（１５分）在等腰梯形ＡＢＣＤ中，ＣＤ的中点为Ｏ，以Ｏ为坐标原 点，ＤＣ所在直线为 ｘ轴，建立如图６所示的平面直角坐标系，已知 Ａ（－２，４），Ｄ（－３，０），→ＢＣ＝４→ＢＥ． （１）求 →ＣＥ· →ＤＥ； （２）若点Ｆ在线段ＣＤ上，→ＦＥ· →ＣＥ＝６，求ｃｏｓ〈→ＦＥ，→ＣＥ〉． １７．（１５分）在直角梯形ＡＢＣＤ中，ＡＢ∥ＣＤ，∠ＤＡＢ＝９０°，ＡＢ＝ ２ＡＤ＝２ＤＣ＝４，点Ｆ是ＢＣ的中点． （１）若点Ｅ满足 →ＤＥ＝２→ＥＣ，且 →ＥＦ＝λ→ＡＢ＋μ→ＡＤ，求λ＋μ的值； （２）若点Ｐ是线段ＡＦ上的动点（含端点），求 →ＡＰ· →ＤＰ的取值范 围． １８．（１７分）如图７，在平面四边形 ＡＢＣＤ中，已知 →ＣＤ＝２→ＢＡ， → →｜ＢＣ｜＝｜ＣＤ｜＝２，→ＢＡ· →ＢＣ＝１，Ｏ是线段ＢＣ上一点． （１）求∠ＡＢＣ的值； （２）若Ｏ为线段ＢＣ的中点，求 →ＯＡ· →ＯＤ的值； （３）试确定点Ｏ的位置，使得 →ＯＡ· →ＯＤ最小． １９．（１７分）在平面直角坐标系中，Ｏ为坐标原点，对任意两个向 量ｍ ＝（ｘ１，ｙ１），ｎ＝（ｘ２，ｙ２），作 →ＯＭ ＝ｍ，→ＯＮ＝ｎ．当ｍ，ｎ不共线 时，记以ＯＭ，ＯＮ为邻边的平行四边形的面积为Ｓ（ｍ，ｎ）＝｜ｘ１ｙ２－ ｘ２ｙ１｜；当ｍ，ｎ共线时，规定Ｓ（ｍ，ｎ）＝０． （１）分别根据下列已知条件求Ｓ（ｍ，ｎ）： ①ｍ ＝（２，１），ｎ＝（－１，２）；②ｍ ＝（１，２），ｎ＝（２，４）； （２）若向量ｐ＝λｍ＋μｎ（λ，μ∈Ｒ，λ２＋μ２≠０）， 证明：Ｓ（ｐ，ｍ）＋Ｓ（ｐ，ｎ）＝（｜λ｜＋｜μ｜）Ｓ（ｍ，ｎ）； （３）若Ａ，Ｂ，Ｃ是以Ｏ为圆心的单位圆上不同的点，记 →ＯＡ＝ａ， →ＯＢ＝ｂ，→ＯＣ＝ｃ． （ⅰ）当ａ⊥ｂ时，求Ｓ（ｃ，ａ）＋Ｓ（ｃ，ｂ）的最大值； （ⅱ）写出Ｓ（ａ，ｂ）＋Ｓ（ｂ，ｃ）＋Ｓ（ｃ，ａ）的最大值．（只需写出结 果） ! "#$ % & ' ( ) ! ! " * + ' ( ! " !"#$%&'()*+ !" ,- !"# ! " # $ % & ' " ( ) & * + , - . / 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 " : $ ; & ' " ( ) & * + , - . / 0 1 2 3 4 5 < 7 8 !" ! " # $ 书 整理得９ｘ２－ 槡６２ｘｃｏｓ∠ＡＢＤ－３＝０， ② 由①②解得ｘ＝１或ｘ＝－１（舍去）， 所以ＢＣ＝３． （２）由正弦定理得 ｃｓｉｎＣ＝ ｂ ｓｉｎＢ，即 槡２ ｓｉｎＣ＝ 槡５ ｓｉｎ４５°， 解得ｓｉｎＣ＝槡５５，又ｂ＞ｃ，所以Ｂ＞Ｃ， 所以ｃｏｓＣ＝ １－ｓｉｎ２槡 Ｃ＝ 槡 ２５ ５． 因为ｃｏｓ∠ＡＤＣ＝－４５， 所以ｓｉｎ∠ＡＤＣ＝ １－ｃｏｓ２∠槡 ＡＤＣ＝ ３ ５． 所以ｃｏｓ∠ＤＡＣ＝ｃｏｓ［π－（∠ＡＤＣ＋Ｃ）］ ＝－ｃｏｓ（∠ＡＤＣ＋Ｃ） ＝－ｃｏｓ∠ＡＤＣｃｏｓＣ＋ｓｉｎ∠ＡＤＣｓｉｎＣ (＝－ － )４５ × 槡２５５ ＋３５×槡５５ ＝ 槡１１５２５． １７．解：（１）因为ｓｉｎＡｓｉｎＢ＋ｃｏｓ２Ａ＋ｃｏｓ２Ｂ＋ｓｉｎ２Ｃ ＝２， 所以２－ｓｉｎ２Ｃ＝ｓｉｎＡｓｉｎＢ＋（１－ｓｉｎ２Ａ）＋（１－ ｓｉｎ２Ｂ）， 整理得ｓｉｎ２Ａ＋ｓｉｎ２Ｂ－ｓｉｎ２Ｃ＝ｓｉｎＡｓｉｎＢ， 由正弦定理得ａ２＋ｂ２－ｃ２ ＝ａｂ． 由余弦定理得ｃｏｓＣ＝ａ ２＋ｂ２－ｃ２ ２ａｂ ＝ ａｂ ２ａｂ＝ １ ２， 因为Ｃ∈（０，π），所以Ｃ＝π３． （２）由（１）得Ａ＋Ｂ＝２π３． 因为△ＡＢＣ为锐角三角形，所以０＜Ｂ＜π２， 且０＜Ａ＝２π３－Ｂ＜ π ２，解得 π ６ ＜Ｂ＜ π ２． 由正弦定理得 ｂ ｓｉｎＢ＝ ｃ ｓｉｎＣ， 则ｃ＝ｂ·ｓｉｎＣｓｉｎＢ ＝ 槡３ ｓｉｎＢ， 所以Ｓ△ＡＢＣ ＝ １ ２ｂｃｓｉｎＡ＝ １ ２×２× 槡３ ｓｉｎＢ× (ｓｉｎ ２π３ )－Ｂ ＝槡 ３× (ｓｉｎ ２π３ )－Ｂ ｓｉｎＢ ＝ ３ ２ｔａｎＢ＋ 槡３ ２． 由 π ６ ＜Ｂ＜ π ２得ｔａｎＢ＞ 槡３ ３， 所以槡 ３ ２ ＜ ３ ２ｔａｎＢ＋ 槡３ ２ ＜ 槡２３， 故△ＡＢＣ (面积的取值范围是 槡３２，槡 )２３ ． １８．（１）证明：由正弦定理及 槡２ａ（槡２ｃｏｓＣ－１） (＝ｃ４ｓｉｎ２ Ａ２－ )１ ， 得槡２ｓｉｎＡ（槡２ｃｏｓＣ－１）＝ｓｉｎ (Ｃ ４ｓｉｎ２ Ａ２－ )１ ， 所以槡２ｓｉｎＡ（槡２ｃｏｓＣ－１）＝ｓｉｎＣ（１－２ｃｏｓＡ）， 即２ｓｉｎＡｃｏｓＣ－槡２ｓｉｎＡ＝ｓｉｎＣ－２ｓｉｎＣｃｏｓＡ， 所以２（ｓｉｎＡｃｏｓＣ＋ｓｉｎＣｃｏｓＡ）＝ｓｉｎＣ＋槡２ｓｉｎＡ， 即２ｓｉｎ（Ａ＋Ｃ）＝ｓｉｎＣ＋槡２ｓｉｎＡ． 因为ｓｉｎ（Ａ＋Ｃ）＝ｓｉｎ（π－Ｂ）＝ｓｉｎＢ， 所以２ｓｉｎＢ＝ｓｉｎＣ＋槡２ｓｉｎＡ， 根据正弦定理可得２ｂ＝ｃ＋槡２ａ， 即槡２ａ，ｂ，ｃ成等差数列． （２）解：由（１）可知，ｂ＝槡２ａ＋ｃ２ ． 在△ＡＢＣ中，由余弦定理得 ｃｏｓＢ＝ａ ２＋ｃ２－ｂ２ ２ａｃ ＝ ａ２＋ｃ２ (－ 槡２ａ＋ｃ)２ ２ ２ａｃ ＝ ２ａ２＋３ｃ２－ 槡２２ａｃ ８ａｃ ≥ 槡２６ａｃ－ 槡２２ａｃ ８ａｃ ＝ 槡６－槡２ ４ （当且仅 当２ａ２ ＝３ｃ２时，等号成立）， 所以ｓｉｎＢ＝ １－ｃｏｓ２槡 Ｂ≤ １ (－ 槡６－槡２)４槡 ２ ＝槡６＋槡２４ ， 则ＢＣ边上的高ｈ＝ｃ·ｓｉｎＢ≤４×槡６＋槡２４ ＝槡６＋槡２， 所以ＢＣ边上的高的取值范围是（０，槡６＋槡２］． １９．（１）证明：在△ＡＯＣ，△ＡＯＤ，△ＢＯＣ，△ＢＯＤ中， ＣＡ ＣＢ＝ Ｓ△ＡＯＣ Ｓ△ＢＯＣ ＝ １ ２ＯＡ·ＯＣｓｉｎ∠ＡＯＣ １ ２ＯＢ·ＯＣｓｉｎ∠ＢＯＣ ＝ＯＡｓｉｎ∠ＡＯＣＯＢｓｉｎ∠ＢＯＣ ， ＤＡ ＤＢ＝ Ｓ△ＡＯＤ Ｓ△ＢＯＤ ＝ １ ２ＯＡ·ＯＤｓｉｎ∠ＡＯＤ １ ２ＯＢ·ＯＤｓｉｎ∠ＢＯＤ ＝ＯＡｓｉｎ∠ＡＯＤＯＢｓｉｎ∠ＢＯＤ ， 所以（ＡＢＣＤ）＝ ＣＡ ＣＢ ＤＡ ＤＢ ＝ ＯＡｓｉｎ∠ＡＯＣ ＯＢｓｉｎ∠ＢＯＣ ＯＡｓｉｎ∠ＡＯＤ ＯＢｓｉｎ∠ＢＯＤ ＝ｓｉｎ∠ＡＯＣ·ｓｉｎ∠ＢＯＤｓｉｎ∠ＢＯＣ·ｓｉｎ∠ＡＯＤ ． 在△ＥＯＧ，△ＥＯＨ，△ＦＯＧ，△ＦＯＨ中， ＧＥ ＧＦ＝ Ｓ△ＥＯＧ Ｓ△ＦＯＧ ＝ １ ２ＯＥ·ＯＧｓｉｎ∠ＥＯＧ １ ２ＯＦ·ＯＧｓｉｎ∠ＦＯＧ ＝ＯＥｓｉｎ∠ＥＯＧＯＦｓｉｎ∠ＦＯＧ ， ＨＥ ＨＦ＝ Ｓ△ＥＯＨ Ｓ△ＦＯＨ ＝ １ ２ＯＥ·ＯＨｓｉｎ∠ＥＯＨ １ ２ＯＦ·ＯＨｓｉｎ∠ＦＯＨ ＝ＯＥｓｉｎ∠ＥＯＨＯＦｓｉｎ∠ＦＯＨ ， 所以（ＥＦＧＨ）＝ ＧＥ ＧＦ ＨＥ ＨＦ ＝ ＯＥｓｉｎ∠ＥＯＧ ＯＦｓｉｎ∠ＦＯＧ ＯＥｓｉｎ∠ＥＯＨ ＯＦｓｉｎ∠ＦＯＨ ＝ｓｉｎ∠ＥＯＧ·ｓｉｎ∠ＦＯＨｓｉｎ∠ＦＯＧ·ｓｉｎ∠ＥＯＨ ． 又∠ＥＯＧ＝∠ＡＯＣ，∠ＦＯＨ＝∠ＢＯＤ， ∠ＦＯＧ＝∠ＢＯＣ，∠ＥＯＨ＝∠ＡＯＤ， 所以 ｓｉｎ∠ＡＯＣ·ｓｉｎ∠ＢＯＤ ｓｉｎ∠ＢＯＣ·ｓｉｎ∠ＡＯＤ ＝ｓｉｎ∠ＥＯＧ·ｓｉｎ∠ＦＯＨｓｉｎ∠ＦＯＧ·ｓｉｎ∠ＥＯＨ ， 所以（ＥＦＧＨ）＝（ＡＢＣＤ）． （２）解：由（１）得（ＡＢＣＤ）＝（ＥＦＧＨ）＝ ３２， 即 ＣＡ ＣＢ ＤＡ ＤＢ ＝ ３２，即 ＣＡ ＣＢ· ＤＢ ＤＡ＝ ３ ２， 又点Ｂ为线段ＡＤ的中点，则ＤＢＤＡ＝ １ ２，所以 ＣＡ ＣＢ＝３， 又ＡＣ＝３，则ＢＣ＝１，ＡＢ＝２，ＯＢ＝槡３． 因为 Ｓ△ＡＯＢ Ｓ△ＢＯＣ ＝ＡＢＢＣ＝２＝ １ ２ＯＡ·ＯＢｓｉｎ∠ＡＯＢ １ ２ＢＣ·ＯＣｓｉｎ∠ＡＣＯ ＝２ＯＡ 槡３ＯＣ ， 所以ＯＡ＝槡３ＯＣ． 在△ＡＯＢ中，由余弦定理得 ｃｏｓ∠ＡＢＯ＝ＡＢ ２＋ＯＢ２－ＯＡ２ ２ＡＢ·ＯＢ ＝ ４＋３－ＯＡ２ 槡４３ ， 在△ＢＯＣ中，由余弦定理得 ｃｏｓ∠ＯＢＣ＝ＯＢ ２＋ＢＣ２－ＯＣ２ ２ＯＢ·ＢＣ ＝ ３＋１－ＯＣ２ 槡２３ ， 因为ｃｏｓ∠ＡＢＯ＋ｃｏｓ∠ＯＢＣ＝０， 所以 ４＋３－ＯＡ２ 槡４３ ＋３＋１－ＯＣ ２ 槡２３ ＝０， 又ＯＡ＝槡３ＯＣ，所以ＯＣ＝槡３，ＯＡ＝３． 在△ＡＯＢ中，由余弦定理得 ｃｏｓＡ＝ＯＡ ２＋ＡＢ２－ＯＢ２ ２ＯＡ·ＡＢ ＝ ９＋４－３ １２ ＝ ５ ６． 高考数学信息优化卷（三） 平面向量参考答案 一、单项选择题 １～４　ＣＡＣＣ　５～８　ＢＡＤＤ 提示： １．由题得ｃ－ｂ＝（２ｋ－１，１－ｋ）－（３，４）＝（２ｋ－ ４，－３－ｋ），因为（ｃ－ｂ）⊥ａ，所以（ｃ－ｂ）·ａ＝－２（２ｋ －４）＋（－３－ｋ）＝０，解得ｋ＝１． ２．（４ａ＋ｂ）·ｂ＝４ａ·ｂ＋｜ｂ｜２ ＝４， ｜２ａ＋ｂ｜２ ＝（２ａ＋ｂ）２ ＝４｜ａ｜２＋４ａ·ｂ＋｜ｂ｜２ ＝１６＋４＝２０， 所以｜２ａ＋ｂ｜＝ 槡２５． ３．因为→ → → →ＡＦ＝ＡＢ＋ＢＦ＝ＡＢ＋１４ → →ＢＯ＝ＡＢ＋１８ →ＢＤ →＝ＡＢ＋１８（ → →ＢＡ＋ＡＤ）＝ ７８ →ＡＢ＋１８ →ＡＤ， 则ｘ＝ ７８，ｙ＝ １ ８，所以 ｘ ｙ ＝７． ４．由２ａ＝ｂ－槡３ｃ可得槡３ｃ＝ｂ－２ａ， 两边平方得３ｃ２ ＝ｂ２－４ａ·ｂ＋４ａ２， 因为｜ａ｜＝｜ｂ｜＝｜ｃ｜＝１， 所以３＝１－４ａ·ｂ＋４，即ａ·ｂ＝ １２， 所以ｃｏｓ〈ａ，ｂ〉＝ ａ·ｂ｜ａ｜｜ｂ｜＝ １ ２， 所以ａ，ｂ的夹角为π３． ! " # $ !" 书 ５．由题得 １２Ｔ＝ １ ２× ２π ω ＝π ω ，则 →｜ＡＢ｜＝π ω ， 过点Ｃ作ＣＤ⊥ＡＢ于点Ｄ， 因为△ＡＢＣ是等腰直角三角形， 所以｜ＡＤ｜＝｜ＢＤ｜＝｜ＣＤ｜，∠ＣＡＤ＝π４． 因为 →ＯＢ＝－３→ＯＡ，所以 (Ａ －π４ω， )０ ， (Ｂ ３π４ω， )０ ， (Ｄ π４ω， )０ ， (Ｃ π４ω，π２ )ω ， 因为ｆ（ｘ）的最大值为１，所以π２ω ＝１，解得ω＝π２， 所以 (Ａ －１２， )０ ， (Ｄ １２， )０ ， (Ｃ １２， )１ ， 则 → (ＡＯ＝ １２， )０ ，→ＡＣ＝（１，１）， 所以 →ＡＯ在→ＡＣ上的投影向量的坐标为 →｜ＡＯ｜· ｃｏｓ∠ＣＡＤ· →ＡＣ →｜ＡＣ｜ ＝１２× 槡２ ２× 槡２ ２（１，１） (＝ １４， )１４ ． ６．因为Ｓ△ＡＢＣ ＝ １ ２ → →｜ＡＢ｜｜ＡＣ｜ｓｉｎ∠ＢＡＣ ＝ １２ → →｜ＡＢ｜｜ＡＣ｜ｓｉｎπ３ ＝ 槡３ ４ → →｜ＡＢ｜｜ＡＣ｜＝槡３， 则 → →｜ＡＢ｜｜ＡＣ｜＝４，所以→ＡＢ·→ＡＣ → →＝｜ＡＢ｜｜ＡＣ｜ｃｏｓ∠ＢＡＣ＝４ｃｏｓπ３ ＝２． 因为 →ＡＤ＝２→ＤＢ，所以→ＡＢ＝ ３２ →ＡＤ， 所以 → →ＡＰ＝ｍＡＣ＋１２ → →ＡＢ＝ｍＡＣ＋３４ →ＡＤ． 因为Ｃ，Ｐ，Ｄ三点共线，所以ｍ＋３４ ＝１， 解得ｍ＝ １４，即 →ＡＰ＝ １４ →ＡＣ＋１２ →ＡＢ． 所以 →｜ＡＰ｜２ (＝ １４→ＡＣ＋１２→ )ＡＢ ２ ＝ １１６ →ＡＣ２＋１４ →ＡＢ２＋１４ →ＡＣ·→ＡＢ ＝ １１６ →ＡＣ２＋１４ →ＡＢ２＋１２ ≥２×１４ →｜ＡＣ｜×１２ →｜ＡＢ｜＋１２ ＝ ３ ２， 当且仅当 →｜ＡＣ｜＝２ →｜ＡＢ｜＝ 槡２２时等号成立， 所以 →｜ＡＰ｜ｍｉｎ ＝槡 ６ ２． ７．如图１，过Ｏ作ＯＳ⊥ＡＢ，ＯＴ⊥ＡＣ，垂足分别为Ｓ， Ｔ，则Ｓ，Ｔ分别是ＡＢ，ＡＣ的中点， → → →ＡＮ＝ＡＣ＋ＣＮ →＝ＡＣ＋１３（ → →ＡＢ－ＡＣ） ＝ １３ →ＡＢ＋２３ →ＡＣ， 所以 →ＡＮ·→ (ＡＯ＝ １３→ＡＢ＋２３→ＡＣ）·→ＡＯ ＝ １３ →ＡＢ·→ＡＯ＋２３ →ＡＣ·→ＡＯ ＝ １３ → →｜ＡＢ｜×｜ＡＳ｜＋２３ → →｜ＡＣ｜×｜ＡＴ｜ ＝ １３×３× ３ ２＋ ２ ３×５× ５ ２ ＝ ５９ ６． ８． {集合 ｎ４ ｎ∈Ｚ，０＜ｎ≤ }４ {＝ １４，１２，３４，}１ ． 设向量ａ和ｂ的夹角为θ∈［０，π］，因为｜ａ｜＞｜ｂ｜ ＞０，所以｜ａ｜２＋｜ｂ｜２ ＞２｜ａ｜｜ｂ｜， 则ａｂ＝ ａ·ｂ ｜ａ｜２＋｜ｂ｜２ ＝｜ａ｜｜ｂ｜ｃｏｓθ ｜ａ｜２＋｜ｂ｜２ ＜｜ａ｜｜ｂ｜ｃｏｓθ２｜ａ｜·｜ｂ｜ ＝ ｃｏｓθ ２ ≤ １ ２， 又ａｂ {在集合 ｎ４ ｎ∈Ｚ，０＜ｎ≤ }４ 中， 所以ａｂ＝ １４，即 ｜ａ｜｜ｂ｜ｃｏｓθ ｜ａ｜２＋｜ｂ｜２ ＝ １４， 所以ｃｏｓθ＝ (１４ ｜ａ｜ ２＋｜ｂ｜２ ｜ａ｜｜ｂ )｜ ＝ (１４ ｜ａ｜｜ｂ｜＋｜ｂ｜｜ａ )｜ ＞ １２， 则ａ⊙ｂ＝ａ·ｂ ｜ｂ｜２ ＝｜ａ｜·｜ｂ｜ｃｏｓθ ｜ｂ｜２ ＝｜ａ｜｜ｂ｜ｃｏｓθ＞ｃｏｓθ＞ １ ２， 所以ａ⊙ｂ＝ ３４或ａ⊙ｂ＝１， 故ａｂ＋ａ⊙ｂ＝１或ａｂ＋ａ⊙ｂ＝ ５４． 二、多项选择题 ９．ＡＢ；　１０．ＢＣＤ；　１１．ＡＣ． 提示： ９．ａ·ｂ＝｜ａ｜｜ｂ｜ｃｏｓπ３ ＝１×２× １ ２ ＝１，（ａ－ｂ） ·ａ＝｜ａ｜２－ａ·ｂ＝１－１＝０，（Ａ）正确； ｜ａ＋ｂ｜２＝｜ａ｜２＋｜ｂ｜２＋２ａ·ｂ＝１＋４＋２＝７， 则｜ａ＋ｂ｜＝槡７，（Ｂ）正确； ｜２ａ＋ｂ｜２＝４｜ａ｜２＋｜ｂ｜２＋４ａ·ｂ＝４＋４＋４＝ １２，则｜２ａ＋ｂ｜＝ 槡２３，又｜２ｂ｜＝４，所以｜２ａ＋ｂ｜≠ ｜２ｂ｜，（Ｃ）错误； ａ在ｂ上的投影向量为ａ·ｂ｜ｂ｜· ｂ ｜ｂ｜＝ １ ４ｂ，（Ｄ）错误． 故选（Ａ）（Ｂ）． １０．由题得→ＯＡ＝（１，２），→ＯＢ＝（４，５），→ＡＢ＝（３，３）． →｜ＡＢ｜＝ 槡３２，（Ａ）错误； 因为 → → →ＯＰ＝ｍＯＡ＋ＡＢ＝（ｍ＋３，２ｍ＋３）， 若四边形ＯＡＢＰ是平行四边形，则→ →ＯＰ＝ＡＢ， 即 ｍ＋３＝３， ２ｍ＋３＝３{ ，解得ｍ＝０， 所以四边形ＯＡＢＰ有可能是平行四边形，（Ｂ）正确； 设∠ＢＯｘ＝α，则Ｂ（｜ＯＢ｜ｃｏｓα，｜ＯＢ｜ｓｉｎα）， 即 ｜ＯＢ｜ｃｏｓα＝４， ｜ＯＢ｜ｓｉｎα＝５ { ， 又∠Ｂ１Ｏｘ＝α＋ π ２， 则｜ＯＢ｜ｃｏｓ∠Ｂ１Ｏｘ＝｜ＯＢ｜ (ｃｏｓ α＋π )２ ＝－｜ＯＢ｜ｓｉｎα＝－５， ｜ＯＢ｜ｓｉｎ∠Ｂ１Ｏｘ＝｜ＯＢ｜ (ｓｉｎ α＋π )２ ＝｜ＯＢ｜ｃｏｓα＝４， 所以Ｂ１的坐标为（－５，４），（Ｃ）正确； 由题可得 →ＯＡ在→ＯＢ上的投影向量的模为 →｜ＯＡ·→ＯＢ｜ →｜ＯＢ｜ ＝ １４ 槡４１ ，所以 → →｜ＡＤ｜＝ ｜ＯＡ｜２ (－ １４ 槡 )４１槡 ２ ＝ 槡３ ４１４１ ， （Ｄ）正确． 故选（Ｂ）（Ｃ）（Ｄ）． １１．如图２，设ＰＯ所在直线与圆Ｏ交于点Ｅ，Ｆ． 则 →ＰＡ·→ → → → →ＰＣ＝－｜ＰＡ｜｜ＰＣ｜＝－｜ＥＰ｜｜ＰＦ｜ ＝－（ → →｜ＯＥ｜－｜ＰＯ｜）（ → →｜ＯＥ｜＋｜ＰＯ｜） →＝｜ＰＯ｜２ →－｜ＯＥ｜２ ＝－２， 故（Ａ）正确； 取ＡＣ的中点Ｍ，连接ＯＭ， 则 →ＯＡ·→ＯＣ＝（→ →ＯＭ＋ＭＡ）·（→ →ＯＭ＋ＭＣ） →＝｜ＯＭ｜２ →－｜ＭＣ｜２ →＝｜ＯＭ｜２－（４ →－｜ＯＭ｜２） ＝２ →｜ＯＭ｜２－４， 而０≤ →｜ＯＭ｜２≤ →｜ＯＰ｜２ ＝２， 故 →ＯＡ·→ＯＣ的取值范围是［－４，０］，故（Ｂ）错误； 当 ＡＣ⊥ＢＤ时，→ＡＢ·→ＣＤ＝（→ →ＡＰ＋ＰＢ）·（→ →ＣＰ＋ＰＤ） →＝ＡＰ·→ →ＣＰ＋ＰＢ·→ → → → →ＰＤ＝－｜ＡＰ｜｜ＣＰ｜－｜ＰＢ｜｜ＰＤ｜＝ －２ → →｜ＥＰ｜｜ＰＦ｜＝－４，故（Ｃ）正确； 因为 →｜ＡＣ｜≤４， →｜ＢＤ｜≤４，故 →｜ＡＣ｜· →｜ＢＤ｜≤１６， 故（Ｄ）错误． 故选（Ａ）（Ｃ）． 三、填空题 １２ (． 槡３５５，槡６５)５ (或 － 槡３５５，－ 槡６５)５ ；　１３．槡２； １４．１０－ 槡４７． 提示： １２．设ａ＝（ｘ，ｙ）， 由题得 ｘ２＋ｙ２ ＝９， ｘ＝ ｙ２ { ， 解得 ｘ＝ 槡３５５， ｙ＝ 槡６５５ { ， 或 ｘ＝－ 槡３５５， ｙ＝－ 槡６５５ { ， 所以ａ (＝ 槡３５５，槡６５)５ 或ａ (＝ － 槡３５５，－ 槡６５)５ ． １３．由题得→ＯＢ·→ →ＡＢ－ＯＡ·→ →ＡＢ＝ＡＢ·（→ →ＯＢ－ＯＡ）＝ ! " # $ % & ' ! ! " ( $ ! ) & * ! " + , - !" ! " # $ 书 →ＡＢ２＝２－（－２）＝４，所以ＡＢ＝２．在△ＡＢＣ中，由余弦 定理得ｃｏｓ∠ＡＣＢ＝ＡＣ ２＋ＢＣ２－ＡＢ２ ２ＡＣ·ＢＣ ＝ ６＋ＢＣ２－４ 槡２６ＢＣ ＝ ＢＣ 槡２６ ＋ １ 槡６ＢＣ ≥２ ＢＣ 槡２６ · １ 槡６槡 ＢＣ ＝槡３３，当且仅当 ＢＣ 槡２６ ＝ １ 槡６ＢＣ ，即ＢＣ＝槡２时等号成立，此时∠ＡＣＢ最大． １４．设Ｄ为ＢＣ的中点，Ｅ为ＡＤ的中点，如图３所示． 在正三角形ＡＢＣ中， ＡＤ＝ ＡＢ２－ＢＤ槡 ２ ＝ ２２－１槡 ２ ＝槡３， 则ＡＥ＝ＤＥ＝槡３２， ＣＥ＝ ＣＤ２＋ＤＥ槡 ２ ＝ １２ (＋ 槡３)２槡 ２ ＝槡７２． 所以 →ＰＡ·（→ →ＰＢ＋ＰＣ）＝２→ＰＡ·→ＰＤ ＝２（→ →ＰＥ＋ＥＡ）·（→ →ＰＥ＋ＥＤ） ＝２（→ →ＰＥ＋ＥＡ）·（→ →ＰＥ－ＥＡ） ＝２（→ＰＥ２ →－ＥＡ２）＝２→ＰＥ２－３２， 因为 →｜ＰＥ｜ｍｉｎ ＝２ →－｜ＣＥ｜＝２－槡 ７ ２， 所以 →ＰＡ·（→ →ＰＢ＋ＰＣ）的最小值为 (２ ２－槡７)２ ２ －３２ ＝１０－ 槡４７． 四、解答题 １５．解：（１）→ → →ＡＰ＝ＡＢ＋ＢＰ＝ｅ１－ｅ２＋２ｅ１＋λｅ２ ＝３ｅ１＋（λ－１）ｅ２， 由Ａ，Ｐ，Ｃ三点共线可设 → →ＡＰ＝ｔＰＣ＝ｔ（ｅ１＋ｅ２）＝ｔｅ１＋ｔｅ２， 所以 ３＝ｔ， λ－１＝ｔ { ， 解得λ＝４． （２）（ⅰ）由（１）得→ＢＰ＝２ｅ１＋４ｅ２， 所以 → → →ＢＣ＝ＢＰ＋ＰＣ＝２ｅ１＋４ｅ２＋ｅ１＋ｅ２ ＝３ｅ１＋５ｅ２ ＝３（１，０）＋５（０，１）＝（３，５）． （ⅱ）设点Ａ的坐标为（ｘ，ｙ）， 由题得 → →ＡＤ＝ＢＣ，又→ＡＤ＝（－２－ｘ，４－ｙ）， 所以 －２－ｘ＝３， ４－ｙ＝５{ ， 解得 ｘ＝－５， ｙ＝－１{ ， 即点Ａ的坐标为（－５，－１）． １６．解：（１）由题可得Ｂ（２，４），Ｃ（３，０）． 又 →ＢＣ＝４→ＢＥ， 则 →ＣＥ＝ ３４ →ＣＢ＝ ３４（－１，４） (＝ －３４， )３ ， → → →ＤＥ＝ＤＣ＋ＣＥ＝（６，０） (＋ －３４， )３ (＝ ２１４， )３ ， 所以 →ＣＥ·→ＤＥ＝－３４× ２１ ４＋３×３＝ ８１ １６． （２）设Ｆ（ｔ，０）（－３≤ｔ≤３）， 则 → → →ＦＥ＝ＦＣ＋ＣＥ ＝（３－ｔ，０） (＋ －３４， )３ (＝ ９４－ｔ， )３ ， 所以 →ＦＥ·→ＣＥ＝－ (３４ ９４ )－ｔ ＋３×３＝６， 解得ｔ＝－７４，即 →ＦＥ＝（４，３）， →｜ＦＥ｜＝５， →｜ＣＥ｜＝ 槡３ １７４ ， 所以ｃｏｓ〈→ＦＥ，→ＣＥ〉＝ →ＦＥ·→ＣＥ → →｜ＦＥ｜｜ＣＥ｜ ＝ ６ ５× 槡３ １７４ ＝ 槡８ １７８５ ． １７．解：（１）由→ＤＥ＝２→ＥＣ可得→ＥＣ＝ １３ →ＤＣ， 所以 → → →ＥＦ＝ＥＣ＋ＣＦ＝ １３ →ＤＣ＋１２ →ＣＢ ＝ １６ →ＡＢ＋１２（ １ ２ → →ＡＢ－ＡＤ）＝ ５１２ →ＡＢ－１２ →ＡＤ， 又 →ＥＦ＝λ→ＡＢ＋μ→ＡＤ，可得λ＝ ５１２，μ＝－ １ ２， 所以λ＋μ＝－１１２． （２）以Ａ为坐标原点，分别以ＡＢ为ｘ轴，ＡＤ为ｙ轴 建立平面直角坐标系，如图４所示， 则Ａ（０，０），Ｄ（０，２），Ｂ（４，０），Ｃ（２，２），Ｆ（３，１）． 设 → →ＡＰ＝ｔＡＦ，ｔ∈［０，１］， 则 →ＡＰ＝（３ｔ，ｔ），→ → →ＤＰ＝ＡＰ－ＡＤ＝（３ｔ，ｔ－２）， 所以 →ＡＰ·→ＤＰ＝１０ｔ２－２ｔ [∈ －１１０， ]８ ． １８．解：（１）由题得 →｜ＢＡ｜＝１， 所以ｃｏｓ∠ＡＢＣ＝ →ＢＡ·→ＢＣ →｜ＢＡ｜· →｜ＢＣ｜ ＝ １２， 因为∠ＡＢＣ∈（０，π），所以∠ＡＢＣ＝π３． （２）→ＯＡ·→ＯＤ＝（→ →ＯＢ＋ＢＡ）·（→ →ＯＣ＋ＣＤ） →＝ＯＢ·→ →ＯＣ＋ＯＢ·→ →ＣＤ＋ＢＡ·→ →ＯＣ＋ＢＡ·→ＣＤ ＝－１－１＋１２＋２＝ １ ２． （３）设→ →ＢＯ＝ｔＢＣ（０≤ｔ≤１），则→ＯＣ＝（１－ｔ）→ＢＣ， 所以 → → → → →ＯＡ＝ＢＡ－ＢＯ＝ＢＡ－ｔＢＣ， → → →ＯＤ＝ＯＣ＋ＣＤ＝２→ＢＡ＋（１－ｔ）→ＢＣ， 所以 →ＯＡ·→ＯＤ＝（→ →ＢＡ－ｔＢＣ）·［２→ＢＡ＋（１－ｔ）→ＢＣ］ ＝２→ＢＡ２＋（１－３ｔ）→ＢＡ·→ＢＣ－ｔ（１－ｔ）→ＢＣ２ ＝２×１２＋（１－３ｔ）×１－ｔ（１－ｔ）×４＝４ｔ２－７ｔ＋３， 当ｔ＝ ７８，即 →ＢＯ＝ ７８ →ＢＣ时，→ＯＡ·→ＯＤ最小． １９．（１）解：①因为ｍ ＝（２，１），ｎ＝（－１，２）， 且Ｓ（ｍ，ｎ）＝｜ｘ１ｙ２－ｘ２ｙ１｜， 所以Ｓ（ｍ，ｎ）＝｜２×２－１×（－１）｜＝５． ②因为ｍ ＝（１，２），ｎ＝（２，４），则ｍ与ｎ共线， 所以Ｓ（ｍ，ｎ）＝０． （２）证明：因为向量ｍ ＝（ｘ１，ｙ１），ｎ＝（ｘ２，ｙ２）， 且向量ｐ＝λｍ＋μｎ（λ，μ∈Ｒ，λ２＋μ２≠０）， 则ｐ＝（λｘ１＋μｘ２，λｙ１＋μｙ２）， 所以Ｓ（ｐ，ｍ）＝｜（λｘ１＋μｘ２）ｙ１－（λｙ１＋μｙ２）ｘ１｜ ＝｜μ｜｜ｘ１ｙ２－ｘ２ｙ１｜， Ｓ（ｐ，ｎ）＝｜（λｘ１＋μｘ２）ｙ２－（λｙ１＋μｙ２）ｘ２｜ ＝｜λ｜｜ｘ１ｙ２－ｘ２ｙ１｜， 所以Ｓ（ｐ，ｍ）＋Ｓ（ｐ，ｎ）＝（｜λ｜＋｜μ｜）Ｓ（ｍ，ｎ）． （３）解：（ⅰ）设〈ｃ，ａ〉＝α，〈ｃ，ｂ〉＝θ，α，θ∈ ［０， π］，由ａ⊥ｂ得θ＝π２－α或θ＝ ３π ２－α， 当θ＝π２－α时，Ｓ（ｃ，ａ）＋Ｓ（ｃ，ｂ）＝２· １ ２｜ｃ｜｜ａ｜· ｓｉｎα＋２·１２｜ｃ｜｜ｂ｜ (ｓｉｎ π２－ )α ＝ｓｉｎα＋ (ｓｉｎ π２ － )α ＝ｓｉｎα＋ｃｏｓα＝槡 (２ｓｉｎ α＋π )４ ， 因为α∈［０，π］，所以α＋π４ [∈ π４，５π]４ ， 所以当α＋π４ ＝ π ２，即α＝ π ４时，Ｓ（ｃ，ａ）＋Ｓ（ｃ， ｂ）取得最大值槡２； 当θ＝３π２－α时，Ｓ（ｃ，ａ）＋Ｓ（ｃ，ｂ）＝２· １ ２｜ｃ｜· ｜ａ｜ｓｉｎα＋２· １２｜ｃ｜｜ｂ｜ (ｓｉｎ ３π２ － )α ＝ｓｉｎα＋ (ｓｉｎ ３π２－ )α ＝ｓｉｎα－ｃｏｓα＝槡 (２ｓｉｎ α－π )４ ， 因为α∈［０，π］，所以α－π４ [∈ －π４，３π]４ ， 所以当α－π４ ＝ π ２，即α＝ ３π ４时，Ｓ（ｃ，ａ）＋Ｓ（ｃ， ｂ）取得最大值槡２， 所以Ｓ（ｃ，ａ）＋Ｓ（ｃ，ｂ）的最大值为槡２． （ⅱ）Ｓ（ａ，ｂ）＋Ｓ（ｂ，ｃ）＋Ｓ（ｃ，ａ）的最大值为 槡３３２． 高考数学信息优化卷（四） 立体几何与空间向量参考答案 一、单项选择题 １～４　ＤＣＣＢ　５～８　ＢＣＢＢ 提示： １．若ａ∥ｂ，ｂα，则ａ∥α或ａα，①错误； 若ａ⊥ｂ，ａ⊥α，则ｂ∥α或ｂα，②错误； 若ａ∥ｂ，ａ⊥α，则由线面垂直的性质定理得ｂ⊥α， ③正确； 若ａ⊥α，ｂ∥α，则由线面垂直的判定定理得ａ⊥ｂ， ④正确．故选（Ｄ）． ２．由题得 →｜ＡＢ｜＝ １＋４＋槡 ４＝３， →｜ＡＣ｜＝ １４＋０＋槡 １＝ 槡５ ２， ! " # $ % & ! ! ' & ( !# $ " ) ! "