期末压轴题冲刺演练（一）平面向量新定义问题-2025-2026学年高一下学期数学人教A版必修第二册

**基本信息** 聚焦平面向量新定义问题，通过17道期末压轴题构建"概念理解-性质推导-综合应用"的递进训练体系，强化数学抽象与逻辑推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |新定义概念|1-6题|定义转化法、反证法|从"长向量""伴随函数"等新定义出发，构建向量运算与函数性质的关联| |几何综合|7-12题|坐标法、数形结合|将向量运算嵌入圆、三角形等几何场景，强化几何直观与空间观念| |跨知识应用|13-17题|模型建构、参数思想|融合复数、数列、三角函数等知识，培养数学建模与综合解题能力|

期末压轴题冲刺演练（一） 平面向量新定义问题 1．（25-26高一下·上海·阶段检测）对于向量集，记向量．如果存在向量，使得，那么称是向量集的“长向量”． (1)设向量，．若是向量集的“长向量”，求实数x的取值范围； (2)已知均是向量集的“长向量”， (i)求证：； (ii)若，．设在平面直角坐标系xOy中的点集，其中，，且与关于点对称，与关于点对称，求的最小值． 2．（24-25高一下·江苏无锡·期末）圆内接四边形作为一类特殊的四边形，有着非常好的性质，比如对角互补．如图，中，，，点是外接圆上的一个动点（点O，C在直线AB两侧），记，则． (1)若与的交点为，，求的值； (2)若，求的最大值； (3)若点满足，，求四边形的面积． 3．（24-25高一下·广西柳州·期末）定义向量的“伴随函数”为；函数的“伴随向量”为. (1)写出的“伴随函数”，并直接写出的最大值； (2)已知向量，，函数，求函数的“伴随向量”的坐标； (3)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p. ①若，求p的取值范围； ②求证：向量的充要条件是. 4．（24-25高一下·辽宁沈阳·期末）定义：对于非零向量，若函数，则称为向量的“伴生函数”，向量为函数的“源向量”．    (1)若函数的“源向量”为，且以O为圆心，为半径的圆内切于正△ABC（顶点C恰好在y轴的正半轴上），求证：为定值； (2)已知向量为函数的“源向量”，若方程在上有且仅有四个不相等的实数根，求实数k的取值范围； (3)已知向量为函数的“源向量”，在时的取值为．设P是△ABC外心，若，且，求实数λ的值． 5．（24-25高一下·黑龙江·期末）法国数学家费马在给意大利数学家托里拆利的一封信中提到“费马点”，即平面内到三角形三个顶点距离之和最小的点．托里拆利确定费马点的方法如下： ①当三个内角均小于时，满足的点为费马点； ②当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点． 请用以上知识解决下面的问题： 已知的内角、、所对的边分别为、、，点为的费马点，且 (1)求角； (2)求； (3)已知在中，若点为平面上任意一点，求的最小值． 6．（24-25高一下·黑龙江·期末）对于一个向量组（且），令，如果存在，使得，则称是该向量组的“向量”． (1)设，若是向量组的“2向量”，求实数的取值范围； (2)若，向量组是否存在“向量”若存在，求出正整数的值；若不存在，请说明理由； (3)已知均是向量组的“1向量”，若，，其中A是的内角，设的内角的对边分别为，若的平分线交于，，求的取值范围． 7．（24-25高一下·广东汕尾·期末）通过平面直角坐标系，我们可以用有序实数对表示向量.类似的，我们可以把有序复数对（）看作一个向量，记作，称为复向量.类比平面向量的相关运算法则，对于，（），我们定义复向量运算法则：①加法：；②减法：；③数乘：；④数量积：；⑤模：. (1)设，，求和； (2)验证复向量结合律：是否成立； (3)设，集合，，求的最小值；并证明当取最小值时，对于任意的，. 8．（24-25高一下·福建三明·期末）在平面直角坐标系中，将横、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：①两个点列的起点和终点分别相同；②，其中.则称与互为正交点列. (1)判断：与：是否互为正交点列，并说明理由； (2)已知：与：互为正交点列. （ⅰ）求； （ⅱ）若的横、纵坐标都取自集合，写出所有符合条件的有序整点列. 9．（24-25高一下·河北承德·期末）如图，设Ox，Oy是平面内相交成角的两条射线，，分别为与Ox，Oy同向的单位向量，定义平面坐标系xOy为仿射坐标系，在仿射坐标系中，若，则记． (1)若，在仿射坐标系中，，，求； (2)在仿射坐标系中，若，且与的夹角为，求； (3)如图，在仿射坐标系中，点B，C分别在射线Ox、射线Oy上（均与点O不重合），，，E，F分别为的中点，求的最大值． 10．（24-25高一下·四川成都·期末）若平面内的数轴，相交所成角为，则这两条数轴构成的坐标系叫做“半斜坐标系”.设，分别是与轴、轴正方向同向的单位向量，若向量，则有序数对（用斜括号表示有序数对）叫做向量的“半斜坐标”.已知在半斜坐标系内的，点在所在的直线上，且，. (1)求； (2)若，且（其中），. ①求向量与的夹角； ②当取得最小值时，求向量的半斜坐标. 11．（24-25高一下·浙江宁波·期末）对于两个平面向量，，如果有，则称向量是向量的“迷你向量”． (1)若，，是的“迷你向量”，求实数x的取值范围； (2)一只蚂蚁从坐标原点沿最短路径爬行到点处（且）．蚂蚁每次只能沿平行或垂直于坐标轴的方向爬行一个单位长度，爬完第i次后停留的位置记为，设．记事件“蚂蚁经过的路径中至少有n个使得是的迷你向量”．（假设蚂蚁选择每条路径都是等可能的） ①写出从坐标原点沿最短路径爬行到点的所有路线（如：右右右上）一般地，总数n步中恰有m步向上走其余各步向右走的方法总数为： ②当时，求； ③证明：． 12．（24-25高一下·广东梅州·期末）如图，圆的半径为2. (1)设为圆的一条弦，如图①，当时， （i）当取何值时，取得最小值，并求出此最小值； （ii）设是圆上的一动点，求的最大值； (2)设、为圆的两条弦，如图②，已知，求的最大值. 13．（24-25高一下·广东惠州·期末）将所有平面向量组成的集合记作.如果对于向量. ，存在唯一的向量 与之对应，其中坐标、由、确定，则把这种对应关系记为. 或者 简记为.例如就是一种对应关系.若在的条件下有最大值，则称此最大值为对应关系的模，并把的模记作；若存在非零向量及实数使得，则称为的一个特征值， (1)如果，求； (2)如果，计算的特征值，并求相应的；（若符合条件的向量有多个，写出其中一个即可） (3)若，要使有唯一的特征值，实数、、、应满足什么条件?试找出一个对应关系，同时满足以下两个条件：①有唯一的特征值，②，并验证满足这两个条件. 14．（24-25高一下·重庆·期末）我们可以把平面向量坐标的概念推广为“复向量”，即可将有序复数对视为一个向量，记作．类比平面向量的线性运算可以定义复向量的线性运算；两个复向量，的数量积记作，定义为；复向量的模定义为． (1)设，，求复向量与的模； (2)已知对任意的实向量与，都有，当且仅当与平行时取等号； ①求证：对任意实数，，，，不等式成立，并写出此不等式的取等条件； ②求证：对任意两个复向量与，不等式仍然成立； (3)当时，称复向量与平行．设，，，若复向量与平行，求复数的值． 15．（24-25高一下·浙江宁波·期末）平面直角坐标系内有2027个点，，…，满足：①；②，.设. (1)若，，求的最小值； (2)若，，求的最小值； (3)若，，求的最小值. 16．（24-25高一下·江苏·期末）如图，在矩形ABCD中，P，Q分别是边DC，BC上的两点，． (1)如果P，Q分别是边DC，BC的中点，求的值． (2)若，求△PAQ的面积S△PAQ的最小值． (3)若，连接AP交BC的延长线于点T，Q为BC的中点，试探究线段AB上是否存在一点H，使得∠THQ最大．若存在，求BH的长；若不存在，请说明理由． 17．（24-25高一下·安徽·阶段检测）如图，延长的边至点，边至点，边至点，使得线段、、的长分别为、、的倍，我们将称为的“变换三角形”. (1)当时，若，，，求的长； (2)若是边长为的等边三角形，点为其“变换三角形”中线段上的动点，求的最大值； (3)证明：当变化时，的“变换三角形”的重心始终为同一点. 参考答案 1．(1) (2)(i)证明见解析；(ii)4048 【分析】（1）根据向量模长的不等关系，解得的范围即可； （2）(i)结合“长向量”的概念，根据向量模的公式，数量积的运算法则得，进而得，即可得到； (ii)设，由得，，设，由对称得到方程组，求出，再根据，即可得结果. 【详解】（1）解：因为向量，， 所以，，， 因为是向量集的“长向量”， 所以，由题意可得：，即，解得：. 所以实数x的取值范围为 （2）(i)证明：因为均是向量集的“长向量”， 所以，由题意得，，即，即， 同理， 三式相加并化简得：， 所以，即， 所以，即，证毕. (ii)设，因为，， 所以，即， 因为，，所以， 设，因为与关于点对称，与关于点对称 则依题意得：， 将①代入②得，， 从而， …… ， 以上k个式子相加化简得， ， 又由②知， ， 即， 所以， 其中， ， 当且仅当，即，时等号成立， 所以，当时，. 2．(1) (2) (3) 【分析】（1）由题意可得，再结合可知四边形为等腰梯形，再利用梯形的边长计算即可； （2）先利用数量积的定义得出，再在中利用余弦定理可得，最后在中利用正弦定理得出外接圆的直径即可； （3）设，求出以及在中利用正弦定理得，，再利用得出，即可化简求出，进而得出，的值，最后利用面积公式即可. 【详解】（1）因，则，即， 则，，则， 又，，得， 则四边形为等腰梯形，则高为， 则， 又与的交点为，，所以. （2）由题意可知，，得， 在中利用余弦定理可得，， 则， 设的外接圆半径为，则在中利用正弦定理可得，， 又点是外接圆上的一个动点，所以的最大值为. （3）设，，则， 因为，则， ， ， 在中利用正弦定理得，， 则， 则， 且（因）， 即，即， 又，即， 则， 又，则，解得（舍）或， 因，所以， 代入中得， 则，又，解得， 所以，， 则四边形的面积为. 3．(1)，最大值为2. (2) (3)①，②证明见详解 【分析】（1）根据新定义可得得表达式，由辅助角公式化简即可求解； （2）根据向量数量积坐标运算结合三角恒等变换化简，根据“伴随向量”的定义求解； （3）设，，①由新定义结合三角恒等变换化简求得的取值范围；②由题得，则，先证明充分性，再证明必要性. 【详解】（1）由，得， ， 当且仅当，即时，取得最大值2. （2）由题，可得， 所以函数的“伴随向量”. （3）由题，设，， ①因为，所以， ， 所以 ， 因为，所以的取值范围为. ②因为， 所以 ， 故， 先证明充分性：由，得， 即， 所以，故， 所以； 必要性：当时，可得， . 综上，向量的充要条件是. 4．(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）法一，根据所给定义，先找到的“源向量”，再结合正三角形的性质得到，，根据向量的减法转化，再根据向量数量积的运算法则计算即可求出定值；法二，先求出四点的坐标，再得到的向量坐标，再根据坐标分别计算出，再求和即可求出定值； （2）先求出伴生函数，将，转化成在上有且仅有四个不相等的实数根，然后根据在上的正负去掉绝对值符号，将写成分段函数的形式，并将其化简，作出其图象，数形结合即可求出实数k的取值范围； （3）法一，先求出角，设P是△ABC外心，可得 ，设，，则，，利用向量的减法转化中的，再将其两边同时乘以，再利用向量的数量积，二倍角及和差角公式变形化简即可求出；法二，将的两边同时乘以，利用向量的数量积及正弦定理将其转化为，再化简求值即可. 【详解】（1）法一：因为函数， 所以其“源向量”，显然， 即M轨迹为单位圆， 由正三角形的性质可知，， 所以 ， 是定值； 法二：由题意可知，，，， 所以，，， 所以， ， 所以，是定值； （2）因为向量为函数的“源向量”，所以， 则方程在上有且仅有四个不相等的实数根， 所以在上有且仅有四个不相等的实数根， 令，， ①当时， ； ②当时，， 所以. 其图象为：    结合，，， 故当在上有且仅有四个不相等的实数根时， k的取值范围为； （3）法一：由题意得，，则， 在三角形ABC中，，因此， 因为设P是△ABC外心，所以， ，， 设，，则，， 因为， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以， 又，因为， 所以． 法二：由 可得， 由向量的数量积公式可得， 即， 由正弦定理可得， 即， 所以. 5．(1) (2) (3) 【分析】（1）由题设及三角形内角性质，应用和角正弦公式得，进而有，结合，即可得； （2）由题设，，再应用等面积法得，向量数量积的定义即可得； （3）构建合适的直角坐标系，设点，应用向量加减、模长的坐标运算及的几何意义有点为的费马点时，取最小值，即可得. 【详解】（1）因为，又， 所以， 因为，则，故， 因为，所以， 又，则，故为等腰直角三角形，所以. （2）由，知， 由费马点定义知，， 设，，，，，， 由得：， 整理得， 则. （3）在中，，， 以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立平面直角坐标系， 则、、，设点， 则，， 所以， 则的几何意义是点到点、、的距离之和， 因为，，则为等腰直角三角形，故， 易知，故， 所以，的“费马点”为点，故的最小值为. 6．(1) (2)存在，或5或6 (3) 【分析】（1）由题意得到，从而得到方程，求出答案； （2）只需使，计算出，故只需使，整理得，解得，求出答案； （3）由题意，得，，，三式平方相加化简得，求出，根据，得．所以．由正弦定理和三角恒等变换得到，结合，求出取值范围. 【详解】（1）由题意可得：， ， 则，解得：． （2）存在“向量”，且“向量”为，理由如下： 由题意可得， 若存在“向量”，只需使． 因为， ， 所以， 故只需使， 整理得，故， ，即， 所以，解得， 当时，，故当或5或6时，符合要求， 当为其他整数时，均不合要求， 故存在“向量”，且“向量”为． （3）由题意，得，，， 平方得，即，即， 同理，， 三式相加并化简，得：， 即，所以， 所以， ，得． 因为，所以． 在中，由正弦定理可得，所以， 同理中，，则， 又， 所以 ， 因为，所以， 所以． 7．(1)， (2)成立 (3)2，证明见解析 【分析】（1）代入公式④⑤即可求解； （2）法一：设，，，根据所给定义，以及向量的代数运算及数量积运算法则，即可求解；法二：设，，，，，，代入运算即可求解； （3）设满足条件的设，，法一：利用配方法可求得最小值，法二：利用不等式求得的最小值，设，根据所给条件计算取得最小值，再计算证明即可. 【详解】（1）因为，， 所以， ， . （2）（法一）设，，，，，，，， ，， 故. 又因为， 故， 所以有成立，即复向量结合律成立. （法二）设，，，，，， 所以， 故，， 因为，， 所以，则复向量结合律成立. （3）由，，不妨设， 则， . （法一）所以， 当且仅当时，等号成立.即的最小值为2. （法二）因为， 所以， ， 当且仅当时，等号成立. 令，则， 当，即时，等号成立，即的最小值为2. 此时，，， ， ， . 命题得证. 8．(1)是，理由见解析 (2)（i）；（ii）答案见解析 【分析】（1）表达出相关向量，计算出向量数量积为0，所以，又与的起点和终点分别相同，得到结论； （2）（ⅰ）解法一：设，利用，，得到方程组，求出，求出； 解法二：可得，可设，，表达出，由得方程组，求出，得到； （ⅱ）解法一：因为，由（ⅰ）可知，所以或或或或，分上面五种情况讨论，得到答案； 解法二：因为，所以，的横纵坐标都取自集合，那么分，，，，五种情况讨论，得到答案； 【详解】（1）依题意可得， 所以， 所以. 又与的起点和终点分别相同，所以与互为正交点列. （2）（ⅰ）解法一：因为与互为正交点列，所以， 设， 所以， 又因为， ， 所以，即， 所以，所以； 解法二：（ⅰ）依题意可得， 因为与互为正交点列， 所以可设， . 由得，解得. 所以. （ⅱ）解法一：因为，由（ⅰ）可知， 所以或或或或， ①当时，三点共线，不合题意，舍去. ②当时，由得，所以. 此时. ③当时，由得，所以， 此时. ④当时，由得，所以 此时三点共线，不合题意，舍去. ⑤当时，由得，所以， 此时. 综上所述，符合条件的点列有； ； . 解法二：因为，所以， 已知的横纵坐标都取自集合，那么 ①当时，由得，此时， 即， 所以， ②当时，由得，此时， 即， 所以：. ③当时，由得，此时， ， 所以. ④当时，由得，此时， ，此时三点共线，不合题意，舍去. ⑤当时，，此时三点共线，不合题意，舍去； 综上所述，符合条件的点列有； ；. 9．(1) (2)； (3) 【分析】（1）构造直角坐标系，得出，对应的直角坐标，通过仿射坐标系的定 （2）同（1）求出的直角坐标，利用直角坐标系中向量夹角的坐标表示求解； （3）设，同（1）表示出的直角坐标，再求出的直角坐标，然后计算数量积，在中，设，由正弦定理表示出，再利用三角函数的知识求得最大值. 【详解】（1），则， 如图，以为原点构造直角坐标系， 在直角坐标系中，当时，记，则， 在仿射坐标系中，，， 则， ， 所以； （2）在直角坐标系中，记，则， 在仿射坐标系中，， ， 解得（舍去）或，所以； （3）在直角坐标系中，， 设，，，即， 则，所以， E，F分别为的中点， 则， ， 中，由正弦定理， 设，则， 所以，， ，其中为锐角，且， 因为，则， 故当时，取得最大值， 则. 10．(1) (2)①；②. 【分析】（1）由向量数量积的定义以及运算律直接运算即可求解； （2）方法一：①根据和，可以求出的值，再结合数量积的运算求向量的夹角； ②设，结合取得最小值和三点共线，可求的值，即得向量的半斜坐标. 方法二：①结合，可求，再结合向量夹角的求法，可得所求向量的夹角； ②先得到，根据和，可得，也就得到的半斜坐标，再设，用表示和，进而表示出，根据二次函数的最值，求出的值，就得到的半斜坐标. 【详解】（1）首先. 由，，则，. 又， 则 所以. （2）①由，则，所以. 即， ， ， 又，联立解得或（舍），. 所以，则， ， 所以向量与的夹角为. ②设，，， 则，， 所以， （*）. 因为，，三点共线，则存在实数，使得， 即，所以， 代入（*）式子可得， 当时有最小值，此时. 所以向量的半斜坐标为. 另解： （2）①由，，，则，， ， ， ， 则，所以向量与的夹角为. ②因为，向量与的夹角为，则. 所以，又， 则，，即. 设，则， ， ， ， 所以 ， 即当时，取得最小值，此时 ， 所以向量的半斜坐标为. 11．(1) (2)①右右右上、右右上右、右上右右、上右右右；②；③证明见解析 【分析】（1）根据向量的数量积坐标运算公式计算不等式即可； （2）①根据题意分析求解即可； ②应用列举法计算古典概型即可； ③应用古典概型证明即可. 【详解】（1）是的“迷你向量”， ，解得． （2）①从坐标原点沿最短路径爬行到点的所有路线：右右右上、右右上右、右上右右、上右右右． ②如图，当时，能使得是的迷你向量的共有四个，即，，，N， 要想使得经过的路线中至少有其中3个点，则路径必经过点 故只需要考虑所有最短路径中经过点的条数即可． 先考虑总共最短路径条数：最短路径一共6步，其中三步向上，三步向右，也即是在6步中选择三步向上， 其余三步向右故可以用这样的样本点组成的样本空间描述最短路径的走法： “123”代表前三步向上，剩下三步向右； “246”表示第二、第四、第六步向上，其余三步向右； ， 总共的最短路径条数，； ，故经过包含的路径条数为4，， 因为选择每条路径都是等可能的，故试验为古典概型， ． ③同理，总共的最短路径条数为 经过包含的路径条数为，试验为古典概型， ． 12．(1)（ⅰ）当时，取得最小值，最小值为；（ⅱ）； (2). 【分析】（1）（ⅰ）设，即有为直线上某一点，则，从而可得时，使取得最小值；（ⅱ）点作于点，则，从而可求解； （2）过点作于点，则得，则当，共线时，取得最大值，从而可求解. 【详解】（1）（ⅰ）设，即有为直线上某一点， ， 要使取得最小值，即最小，则此时只需， 过点作于点，有，即， 而因为，因此， 故当时，取得最小值，其最小值为. （ⅱ）因为，， 过点作于点， ， 而或， 要使的最大，则需，同向，且最大，此时与圆相切， 平移的垂线至，使圆相切， 此时有，，所以， . （2）过点作于点， ，，而， 所以 ， 因为，所以，，，， 所以， 因此，当，共线时，取得最大值，. 13．(1) (2)的特征值为，，其中且 (3)，答案见解析 【分析】（1）利用向量的坐标运算可得，可求得，可求得； （2）利用向量相等的条件可得，进而可求得，进而可得其中且； （3）利用，可得，进而可得，进而可证明当时，有唯一的特征值，且． 【详解】（1）由题意，所以，当时，，最大值也为，所以． （2）由，可得：， 上述两个 相加得，解得． 当时，解方程组，此时这两个方程是同一个方程， 所以此时方程有无穷多个解，为（写出一个即可），其中且． （3）由，可得． 因为、都不为，从而向量与平行， 所以存在实数满足，即． 要使存在且唯一，则、、、应满足：． 当时，有唯一的特征值，且．具体证明为： 由的定义可知：，所以为特征值． 此时，，，满足：，所以有唯一的特征值． 在的条件下，从而有． 14．(1)10；； (2)①证明见解析，当且仅当等号成立；②证明见解析； (3) 【分析】（1）代入“复向量”和模的新定义，即可求解两个向量的模； （2）①首先设实向量，，再分别计算和，再结合公式，即可证明； ②首先设复向量，，根据复数的三角不等式，以及实系数向量不等式，即可证明； （3）根据等号成立的条件，再结合复数的三角不等式，即可求解. 【详解】（1）因为，所以， 所以的模为10； 因为，所以， 可得的模为； （2）①设实向量，， 则，，，而， 根据已知，当且仅当与平行时取等号，即， 所以，当且仅当时等号成立； ②因为，，所以， 由复数的三角不等式， ，由， 得，所以， 所以， 综上所知，． （3）②中考虑①中等号成立的条件知，结合复数的三角不等式， 复向量各分量均不为零时，其等号成立的条件是存在非负实数，使得， 根据题意，若复向量与平行， 则， 根据中等号成立的条件， 应有，则， 又，则，解得， 所以，所以． 15．(1)2； (2)； (3)0. 【分析】（1）设，则，计算得，最后利用基本不等式即可； （2）设，再计算出的表达式，最后利用基本不等式即可； （3）首先计算得为周期函数，且其周期为3，再设，计算得的表达式，最后合理赋值即可. 【详解】（1）设，则， ， 当且仅当时取等， ，则其最小值为2. （2）设，则， 设方向单位向量为方向单位向量为， ， ， 当且仅当时取等， .则其最小值为. （3）设方向单位向量为方向单位向量为， 当时，为周期函数，周期为3， 设，则， 故是以6为周期的函数， ， ， 对于前336个周期中，令第个周期中的，第个周期中的， 则 ， 令， 此时，所以最小值为0． 16．(1) (2) (3)即存在，且 【分析】（1）由向量的数量积的定义求解即可； （2）建立平面直角坐标系，设，则，由数量积的坐标表示得到S△PAQ，结合基本不等式求解最值即可； （3）建立直角坐标系，假设存在点，使得最大，由，即有最大，设，，由两角差的正切公式结合基本不等式求解即可. 【详解】（1）因为P，Q分别是边DC，BC的中点，所以， ， 因为， 所以 . （2）设，以点为坐标原点，为轴，为轴，建立直角坐标系， 因为，所以，则， 于是，， 因为， 则△PAQ的面积， 所以 ， 当且仅当，即时，等号成立. 即的最小值为. 所以△PAQ的面积的最小值为． （3）同（1）问建立相同直角坐标系， 则可得即， 假设存在点，使得最大，由，即有最大， 设，当时，角度为，此时不可能最大，故，即， 则 ， 当且仅当，即时，等号成立， 即线段AB上存在一点H，使得∠THQ最大，此时. 17．(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）分析可知，可求出的值，结合题意得出、的长，然后利用余弦定理可求出的长； （2）设，则，利用平面向量的线性运算、平面向量数量积的运算性质结合二次函数的基本性质可求出的最大值； （3）记的重心为点，可得出，利用平面向量的线性运算得出，即可证得结论成立. 【详解】（1）因为，，，所以，则，则， 因为，所以，， 在中，由余弦定理得 ，所以. （2）设，则，          由题意得，，， ， ， ，          所以 ，       故当，即点为线段的中点时，取最大值. （3）由题意得，，，，           记的重心为点，则，          ， 所以点为的重心. 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