2025版红对勾高考数学一轮复习金卷第五章 平面向量

这是一份2025版红对勾高考数学一轮复习金卷第五章 平面向量，共26页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单项选择题
1．(2023·甘肃平凉模拟)在四边形ABCD 中，BC＝2AD，点E 是BC的中点，点F 是AE的中点，则 eq \(BF,\s\up9(→)) ＝ ( C )
A．－ eq \f(3,4) eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \f(3,4) eq \(AC,\s\up9(→)) B．－ eq \f(1,4) eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \f(3,4) eq \(AC,\s\up9(→))
C．－ eq \f(3,4) eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \f(1,4) eq \(AC,\s\up9(→)) D．－ eq \f(1,2) eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \f(3,2) eq \(AC,\s\up9(→))
解析：在△ABE 中， eq \(BF,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,2) ( eq \(BA,\s\up9(→)) ＋ eq \(BE,\s\up9(→)) )＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\(AB,\s\up9(→))＋\f(1,2)\(BC,\s\up9(→)))) ＝－ eq \f(1,2) eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \f(1,4) ( eq \(BA,\s\up9(→)) ＋ eq \(AC,\s\up9(→)) )＝－ eq \f(3,4) eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \f(1,4) eq \(AC,\s\up9(→)) .故选C.
2．(2023·四川乐山期末)下列说法正确的是( D )
A．若a＝b，则3a>2b
B．若a和b都是单位向量，则a＝b
C.若a∥b，b∥c，则a∥c
D．若|a－b|＝|a|－|b|，则a∥b
解析：因为向量不能比较大小(除非相等)，故A错误；单位向量模都为1，方向任意，故B错误；当b＝0时，a和c可能不平行，故C错误；若|a－b|＝|a|－|b|，则a，b方向相同，所以a∥b，故D正确．故选D.
3．如图所示，在正六边形ABCDEF中， eq \(BA,\s\up9(→)) ＋ eq \(CD,\s\up9(→)) ＋ eq \(EF,\s\up9(→)) ＝( D )
A．0 B． eq \(BE,\s\up9(→))
C． eq \(AD,\s\up9(→)) D． eq \(CF,\s\up9(→))
解析：根据正六边形的性质，易得 eq \(BA,\s\up9(→)) ＋ eq \(CD,\s\up9(→)) ＋ eq \(EF,\s\up9(→)) ＝ eq \(BA,\s\up9(→)) ＋ eq \(AF,\s\up9(→)) ＋ eq \(EF,\s\up9(→)) ＝ eq \(BF,\s\up9(→)) ＋ eq \(CB,\s\up9(→)) ＝ eq \(CF,\s\up9(→)) .故选D.
4．(教材改编)已知平面内一点P及△ABC，若 eq \(PA,\s\up9(→)) ＋ eq \(PB,\s\up9(→)) ＋ eq \(PC,\s\up9(→)) ＝ eq \(AB,\s\up9(→)) ，则点P与△ABC的位置关系是( C )
A．点P在线段AB上
B．点P在线段BC上
C．点P在线段AC上
D．点P在△ABC外部
解析：由 eq \(PA,\s\up9(→)) ＋ eq \(PB,\s\up9(→)) ＋ eq \(PC,\s\up9(→)) ＝ eq \(AB,\s\up9(→)) ，得 eq \(PA,\s\up9(→)) ＋ eq \(PB,\s\up9(→)) ＋ eq \(PC,\s\up9(→)) ＝ eq \(PB,\s\up9(→)) － eq \(PA,\s\up9(→)) ，即 eq \(PC,\s\up9(→)) ＝－2 eq \(PA,\s\up9(→)) ，故点P在线段AC上．故选C.
5．已知向量a，b，且 eq \(AB,\s\up9(→)) ＝a＋2b， eq \(BC,\s\up9(→)) ＝－5a＋6b， eq \(CD,\s\up9(→)) ＝7a－2b，则一定共线的三点是( A )
A．A，B，D B．A，B，C
C．B，C，D D．A，C，D
解析：因为 eq \(AB,\s\up9(→)) ＝a＋2b， eq \(BC,\s\up9(→)) ＝－5a＋6b， eq \(CD,\s\up9(→)) ＝7a－2b，对于A， eq \(AB,\s\up9(→)) ＝a＋2b， eq \(BD,\s\up9(→)) ＝ eq \(BC,\s\up9(→)) ＋ eq \(CD,\s\up9(→)) ＝(－5a＋6b)＋(7a－2b)＝2a＋4b，则 eq \(BD,\s\up9(→)) ＝2 eq \(AB,\s\up9(→)) ，故A，B，D三点共线，A正确；对于B， eq \(AB,\s\up9(→)) ＝a＋2b， eq \(BC,\s\up9(→)) ＝－5a＋6b，若A，B，C三点共线，则 eq \(AB,\s\up9(→)) ＝λ eq \(BC,\s\up9(→)) ，即a＋2b＝λ(－5a＋6b)，解得λ不存在，B错误；对于C， eq \(BC,\s\up9(→)) ＝－5a＋6b， eq \(CD,\s\up9(→)) ＝7a－2b，若B，C，D三点共线，则 eq \(BC,\s\up9(→)) ＝λ eq \(CD,\s\up9(→)) ，即－5a＋6b＝λ(7a－2b)，解得λ不存在，C错误；对于D， eq \(AC,\s\up9(→)) ＝ eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \(BC,\s\up9(→)) ＝(a＋2b)＋(－5a＋6b)＝－4a＋8b， eq \(CD,\s\up9(→)) ＝7a－2b，若A，C，D三点共线，则 eq \(AC,\s\up9(→)) ＝λ eq \(CD,\s\up9(→)) ，即－4a＋8b＝λ(7a－2b)，解得λ不存在，D错误．故选A.
6．已知O是正方形ABCD的中心．若 eq \(DO,\s\up9(→)) ＝λ eq \(AB,\s\up9(→)) ＋μ eq \(AC,\s\up9(→)) ，其中λ，μ∈R，则 eq \f(λ,μ) ＝( A )
A．－2 B．－ eq \f(1,2)
C．－ eq \r(2) D． eq \r(2)
解析： eq \(DO,\s\up9(→)) ＝ eq \(DA,\s\up9(→)) ＋ eq \(AO,\s\up9(→)) ＝ eq \(CB,\s\up9(→)) ＋ eq \(AO,\s\up9(→)) ＝ eq \(AB,\s\up9(→)) － eq \(AC,\s\up9(→)) ＋ eq \f(1,2) eq \(AC,\s\up9(→)) ＝ eq \(AB,\s\up9(→)) － eq \f(1,2) eq \(AC,\s\up9(→)) ，所以λ＝1，μ＝－ eq \f(1,2) ，因此 eq \f(λ,μ) ＝－2.故选A.
二、多项选择题
7．下列命题正确的是( BC )
A．若|a|＝|b|，则a＝b
B．若A，B，C，D是不共线的四点，则 eq \(AB,\s\up9(→)) ＝ eq \(DC,\s\up9(→)) 是四边形ABCD为平行四边形的充要条件
C．若a＝b，b＝c，则a＝c
D．a＝b的充要条件是|a|＝|b|且a∥b
解析：对于A，两个向量的长度相等，不能推出两个向量的方向的关系，故A错误；对于B，因为A，B，C，D是不共线的四点，且 eq \(AB,\s\up9(→)) ＝ eq \(DC,\s\up9(→)) 等价于AB∥DC且AB＝DC，即等价于四边形ABCD为平行四边形，故B正确；对于C，若a＝b，b＝c，则a＝c，显然正确，故C正确；对于D，由a＝b可以推出|a|＝|b|且a∥b，但是由|a|＝|b|且a∥b可能推出a＝－b，故“|a|＝|b|且a∥b”是“a＝b”的必要不充分条件，故D不正确．故选BC.
8．已知a，b是不共线的向量， eq \(AB,\s\up9(→)) ＝λa＋b， eq \(AC,\s\up9(→)) ＝a＋μb(λ，μ∈R)，若A，B，C三点共线，则λ，μ的关系不一定成立的是( BCD )
A．λμ＝1 B．λμ＝－1
C．λ－μ＝－1 D．λ＋μ＝2
解析：∵ eq \(AB,\s\up9(→)) 与 eq \(AC,\s\up9(→)) 有公共点A，∴若A，B，C三点共线，则存在一个实数t，使 eq \(AB,\s\up9(→)) ＝t eq \(AC,\s\up9(→)) ，即λa＋b＝ta＋μtb，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(λ＝t，,μt＝1，)) 消去参数t，得λμ＝1；反之，当λμ＝1时， eq \(AB,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,μ) a＋b，此时存在实数 eq \f(1,μ) 使 eq \(AB,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,μ) eq \(AC,\s\up9(→)) ，故 eq \(AB,\s\up9(→)) 与 eq \(AC,\s\up9(→)) 共线．∵ eq \(AB,\s\up9(→)) 与 eq \(AC,\s\up9(→)) 有公共点A，∴A，B，C三点共线．故选BCD.
三、填空题
9．设向量a，b不平行，向量λa＋b与a＋2b平行，则实数λ＝ eq \f(1,2) ．
解析：∵向量a，b不平行，∴a＋2b≠0，又向量λa＋b与a＋2b平行，则存在唯一的实数μ，使λa＋b＝μ(a＋2b)成立，即λa＋b＝μa＋2μb，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(λ＝μ，,1＝2μ，)) 解得λ＝μ＝ eq \f(1,2) .
10．设M是△ABC所在平面上的一点，且 eq \(MB,\s\up9(→)) ＋ eq \f(3,2) eq \(MA,\s\up9(→)) ＋ eq \f(3,2) eq \(MC,\s\up9(→)) ＝0，D是AC的中点，则 eq \f(|\(DM,\s\up9(→))|,|\(BM,\s\up9(→))|) ＝ eq \f(1,3) ．
解析：∵D是AC的中点，∴ eq \(MA,\s\up9(→)) ＋ eq \(MC,\s\up9(→)) ＝2 eq \(MD,\s\up9(→)) ，又∵ eq \(MB,\s\up9(→)) ＋ eq \f(3,2) eq \(MA,\s\up9(→)) ＋ eq \f(3,2) eq \(MC,\s\up9(→)) ＝0，∴ eq \(MB,\s\up9(→)) ＝－ eq \f(3,2) ( eq \(MA,\s\up9(→)) ＋ eq \(MC,\s\up9(→)) )＝－ eq \f(3,2) ×2 eq \(MD,\s\up9(→)) ，即 eq \(MB,\s\up9(→)) ＝3 eq \(DM,\s\up9(→)) ，∴ eq \f(|\(DM,\s\up9(→))|,|\(BM,\s\up9(→))|) ＝ eq \f(1,3) .
11．已知D，E，F分别为△ABC的边BC，CA，AB的中点，且 eq \(BC,\s\up9(→)) ＝a， eq \(CA,\s\up9(→)) ＝b，给出下列命题：① eq \(AD,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,2) a－b；② eq \(BE,\s\up9(→)) ＝a＋ eq \f(1,2) b；③ eq \(CF,\s\up9(→)) ＝－ eq \f(1,2) a＋ eq \f(1,2) b；④ eq \(AD,\s\up9(→)) ＋ eq \(BE,\s\up9(→)) ＋ eq \(CF,\s\up9(→)) ＝0.
其中正确命题有②③④．(填序号)
解析： eq \(BC,\s\up9(→)) ＝a， eq \(CA,\s\up9(→)) ＝b， eq \(AD,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,2) eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \f(1,2) eq \(AC,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,2) ( eq \(AC,\s\up9(→)) ＋ eq \(CB,\s\up9(→)) )＋ eq \f(1,2) eq \(AC,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,2) eq \(CB,\s\up9(→)) ＋ eq \(AC,\s\up9(→)) ＝－ eq \f(1,2) a－b，故①错误； eq \(BE,\s\up9(→)) ＝ eq \(BC,\s\up9(→)) ＋ eq \f(1,2) eq \(CA,\s\up9(→)) ＝a＋ eq \f(1,2) b，故②正确； eq \(CF,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,2) ( eq \(CB,\s\up9(→)) ＋ eq \(CA,\s\up9(→)) )＝ eq \f(1,2) (－a＋b)＝－ eq \f(1,2) a＋ eq \f(1,2) b，故③正确； eq \(AD,\s\up9(→)) ＋ eq \(BE,\s\up9(→)) ＋ eq \(CF,\s\up9(→)) ＝－b－ eq \f(1,2) a＋a＋ eq \f(1,2) b＋ eq \f(1,2) b－ eq \f(1,2) a＝0，故④正确．
12.(数学文化)(2024·云南玉溪高三统考期末)赵爽是我国古代数学家，大约在公元222年，他为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”(以弦为边长得到的正方形由4个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成).类比“赵爽弦图”，可构造如图所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间一个小等边三角形拼成的一个较大的等边三角形，设 eq \(AD,\s\up9(→)) ＝λ eq \(AB,\s\up9(→)) ＋μ eq \(AC,\s\up9(→)) ，若 eq \(AD,\s\up9(→)) ＝4 eq \(AF,\s\up9(→)) ，则λ＋2μ的值为 eq \f(8,7) ．
解析：依题意， eq \(BE,\s\up9(→)) ＝4 eq \(BD,\s\up9(→)) ，即 eq \(AE,\s\up9(→)) － eq \(AB,\s\up9(→)) ＝4( eq \(AD,\s\up9(→)) － eq \(AB,\s\up9(→)) )，则 eq \(AD,\s\up9(→)) ＝ eq \f(3,4) eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \f(1,4) eq \(AE,\s\up9(→)) ，同理 eq \(AE,\s\up9(→)) ＝ eq \f(3,4) eq \(AC,\s\up9(→)) ＋ eq \f(1,4) eq \(AF,\s\up9(→)) ，因此 eq \(AD,\s\up9(→)) ＝ eq \f(3,4) eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \f(1,4) eq \(AE,\s\up9(→)) ＝ eq \f(3,4) eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \f(1,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)\(AC,\s\up9(→))＋\f(1,4)\(AF,\s\up9(→)))) ＝ eq \f(3,4) eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \f(3,16) eq \(AC,\s\up9(→)) ＋ eq \f(1,16) · eq \f(1,4) eq \(AD,\s\up9(→)) ，即 eq \f(63,64) eq \(AD,\s\up9(→)) ＝ eq \f(3,4) eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \f(3,16) eq \(AC,\s\up9(→)) ，整理得 eq \(AD,\s\up9(→)) ＝ eq \f(16,21) eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \f(4,21) eq \(AC,\s\up9(→)) ，而 eq \(AD,\s\up9(→)) ＝λ eq \(AB,\s\up9(→)) ＋μ eq \(AC,\s\up9(→)) ，且 eq \(AB,\s\up9(→)) ， eq \(AC,\s\up9(→)) 不共线，于是λ＝ eq \f(16,21) ，μ＝ eq \f(4,21) ，所以λ＋2μ＝ eq \f(16,21) ＋2× eq \f(4,21) ＝ eq \f(8,7) .
四、解答题
13.如图，在△ABC中，D为BC的四等分点，且靠近B点，E，F分别为AC，AD的三等分点，且分别靠近A，D两点，设 eq \(AB,\s\up9(→)) ＝a， eq \(AC,\s\up9(→)) ＝b.
(1)试用a，b表示 eq \(BC,\s\up9(→)) ， eq \(AD,\s\up9(→)) ， eq \(BE,\s\up9(→)) ；
(2)证明：B，E，F三点共线．
解：(1)在△ABC中，因为 eq \(AB,\s\up9(→)) ＝a， eq \(AC,\s\up9(→)) ＝b，所以 eq \(BC,\s\up9(→)) ＝ eq \(AC,\s\up9(→)) － eq \(AB,\s\up9(→)) ＝b－a， eq \(AD,\s\up9(→)) ＝ eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \(BD,\s\up9(→)) ＝ eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \f(1,4) eq \(BC,\s\up9(→)) ＝a＋ eq \f(1,4) (b－a)＝ eq \f(3,4) a＋ eq \f(1,4) b，
eq \(BE,\s\up9(→)) ＝ eq \(BA,\s\up9(→)) ＋ eq \(AE,\s\up9(→)) ＝－ eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \f(1,3) eq \(AC,\s\up9(→)) ＝－a＋ eq \f(1,3) b.
(2)证明：因为 eq \(BE,\s\up9(→)) ＝－a＋ eq \f(1,3) b， eq \(BF,\s\up9(→)) ＝ eq \(BA,\s\up9(→)) ＋ eq \(AF,\s\up9(→)) ＝－ eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \f(2,3) eq \(AD,\s\up9(→)) ＝－a＋ eq \f(2,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)a＋\f(1,4)b)) ＝－ eq \f(1,2) a＋ eq \f(1,6) b＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－a＋\f(1,3)b)) ，所以 eq \(BF,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,2) eq \(BE,\s\up9(→)) ， eq \(BF,\s\up9(→)) 与 eq \(BE,\s\up9(→)) 共线，且有公共点B，所以B，E，F三点共线．
14．(2024·四川自贡高三统考期末)已知向量a，b不共线， eq \(OA,\s\up9(→)) ＝a＋2b， eq \(OB,\s\up9(→)) ＝2a－b， eq \(OC,\s\up9(→)) ＝xa＋yb(x，y∈R).
(1)若 eq \(OC,\s\up9(→)) ＝ eq \(OB,\s\up9(→)) －2 eq \(OA,\s\up9(→)) ，求x，y；
(2)若A，B，C三点共线，求xy的最大值．
解：(1)由题意可得， eq \(OC,\s\up9(→)) ＝ eq \(OB,\s\up9(→)) －2 eq \(OA,\s\up9(→)) ＝(2a－b)－2(a＋2b)＝－5b，且 eq \(OC,\s\up9(→)) ＝xa＋yb，所以x＝0，y＝－5.
(2)若A，B，C三点共线，则 eq \(OC,\s\up9(→)) ＝λ eq \(OA,\s\up9(→)) ＋(1－λ) eq \(OB,\s\up9(→)) ，λ∈R，则λ(a＋2b)＋(1－λ)(2a－b)＝(2－λ)a＋(3λ－1)b＝xa＋yb，可得x＝2－λ，y＝3λ－1，则xy＝(2－λ)(3λ－1)＝－3λ2＋7λ－2＝－3(λ－ eq \f(7,6) )2＋ eq \f(25,12) ，
当λ＝ eq \f(7,6) 时，xy取到最大值 eq \f(25,12) .
一、单项选择题
1．(2023·江西抚州溪县第一中学期末)在四边形ABCD中，若 eq \(AB,\s\up9(→)) ＝ eq \(DC,\s\up9(→)) ，且| eq \(AC,\s\up9(→)) |＝| eq \(BD,\s\up9(→)) |，则四边形ABCD为( B )
A．菱形 B．矩形
C．正方形 D．不确定
解析：若 eq \(AB,\s\up9(→)) ＝ eq \(DC,\s\up9(→)) ，则AB＝DC，且AB∥DC，所以四边形ABCD为平行四边形．又因为| eq \(AC,\s\up9(→)) |＝| eq \(BD,\s\up9(→)) |，即AC＝BD，所以四边形ABCD为矩形．故选B.
2．在△ABC中， eq \(BD,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,3) eq \(BC,\s\up9(→)) ，若 eq \(AB,\s\up9(→)) ＝a， eq \(AC,\s\up9(→)) ＝b，则 eq \(AD,\s\up9(→)) ＝( A )
A． eq \f(2,3) a＋ eq \f(1,3) b B． eq \f(1,3) a＋ eq \f(2,3) b
C． eq \f(1,3) a－ eq \f(2,3) b D． eq \f(2,3) a－ eq \f(1,3) b
解析：方法一：如图，过点D分别作AC，AB的平行线交AB，AC于点E，F，则四边形AEDF为平行四边形，所以 eq \(AD,\s\up9(→)) ＝ eq \(AE,\s\up9(→)) ＋ eq \(AF,\s\up9(→)) .因为 eq \(BD,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,3) eq \(BC,\s\up9(→)) ，所以 eq \(AE,\s\up9(→)) ＝ eq \f(2,3) eq \(AB,\s\up9(→)) ， eq \(AF,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,3) eq \(AC,\s\up9(→)) ，所以 eq \(AD,\s\up9(→)) ＝ eq \f(2,3) eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \f(1,3) eq \(AC,\s\up9(→)) ＝ eq \f(2,3) a＋ eq \f(1,3) b.故选A.
方法二： eq \(AD,\s\up9(→)) ＝ eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \(BD,\s\up9(→)) ＝ eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \f(1,3) eq \(BC,\s\up9(→)) ＝ eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \f(1,3) ( eq \(AC,\s\up9(→)) － eq \(AB,\s\up9(→)) )＝ eq \f(2,3) eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \f(1,3) eq \(AC,\s\up9(→)) ＝ eq \f(2,3) a＋ eq \f(1,3) b.故选A.
方法三：由 eq \(BD,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,3) eq \(BC,\s\up9(→)) ，得 eq \(AD,\s\up9(→)) － eq \(AB,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,3) ( eq \(AC,\s\up9(→)) － eq \(AB,\s\up9(→)) )，所以 eq \(AD,\s\up9(→)) ＝ eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \f(1,3) ( eq \(AC,\s\up9(→)) － eq \(AB,\s\up9(→)) )＝ eq \f(2,3) eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \f(1,3) eq \(AC,\s\up9(→)) ＝ eq \f(2,3) a＋ eq \f(1,3) b.故选A.
3．在等边三角形ABC中，O为重心，D是OB的中点，则 eq \(AD,\s\up9(→)) ＝( D )
A． eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \(AC,\s\up9(→)) B． eq \f(2,3) eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \f(1,2) eq \(AC,\s\up9(→))
C． eq \f(1,2) eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \f(1,4) eq \(AC,\s\up9(→)) D． eq \f(2,3) eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \f(1,6) eq \(AC,\s\up9(→))
解析：
O为△ABC的重心，延长AO交BC于E，如图，
E为BC中点，则有 eq \(AO,\s\up9(→)) ＝ eq \f(2,3) eq \(AE,\s\up9(→)) ＝ eq \f(2,3) · eq \f(1,2) ( eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \(AC,\s\up9(→)) )＝ eq \f(1,3) ( eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \(AC,\s\up9(→)) )，而D是OB的中点，所以 eq \(AD,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,2) eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \f(1,2) eq \(AO,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,2) eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \f(1,6) ( eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \(AC,\s\up9(→)) )＝ eq \f(2,3) eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \f(1,6) eq \(AC,\s\up9(→)) .故选D.
4.(2024·广东六校高三联考)如图，在△ABC中， eq \(AN,\s\up9(→)) ＝ eq \f(2,3) eq \(NC,\s\up9(→)) ，P是BN上一点，若 eq \(AP,\s\up9(→)) ＝t eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \f(1,3) eq \(AC,\s\up9(→)) ，则实数t的值为( C )
A． eq \f(2,3) B． eq \f(2,5)
C． eq \f(1,6) D． eq \f(3,4)
解析：方法一：因为 eq \(AN,\s\up9(→)) ＝ eq \f(2,3) eq \(NC,\s\up9(→)) ，所以 eq \(AN,\s\up9(→)) ＝ eq \f(2,5) eq \(AC,\s\up9(→)) .设 eq \(NP,\s\up9(→)) ＝λ eq \(NB,\s\up9(→)) ，则 eq \(AP,\s\up9(→)) ＝ eq \(AN,\s\up9(→)) ＋ eq \(NP,\s\up9(→)) ＝ eq \f(2,5) eq \(AC,\s\up9(→)) ＋λ eq \(NB,\s\up9(→)) ＝ eq \f(2,5) eq \(AC,\s\up9(→)) ＋λ( eq \(NA,\s\up9(→)) ＋ eq \(AB,\s\up9(→)) )＝ eq \f(2,5) eq \(AC,\s\up9(→)) ＋λ(－ eq \f(2,5) eq \(AC,\s\up9(→)) ＋ eq \(AB,\s\up9(→)) )＝λ eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \f(2,5) (1－λ) eq \(AC,\s\up9(→)) .又 eq \(AP,\s\up9(→)) ＝t eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \f(1,3) eq \(AC,\s\up9(→)) ，所以t eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \f(1,3) eq \(AC,\s\up9(→)) ＝λ eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \f(2,5) (1－λ) eq \(AC,\s\up9(→)) ，得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(t＝λ，,\f(2,5)（1－λ）＝\f(1,3)，)) 解得t＝λ＝ eq \f(1,6) ，故选C.
方法二：因为 eq \(AN,\s\up9(→)) ＝ eq \f(2,3) eq \(NC,\s\up9(→)) ，所以 eq \(AC,\s\up9(→)) ＝ eq \f(5,2) eq \(AN,\s\up9(→)) ，所以 eq \(AP,\s\up9(→)) ＝t eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \f(1,3) eq \(AC,\s\up9(→)) ＝t eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \f(5,6) eq \(AN,\s\up9(→)) ，因为B，P，N三点共线，所以t＋ eq \f(5,6) ＝1，所以t＝ eq \f(1,6) .故选C.
5．已知A1，A2，A3为平面上三个不共线的定点，平面上点M满足 eq \(A1M,\s\up9(→)) ＝λ( eq \(A1A2,\s\up9(→)) ＋ eq \(A1A3,\s\up9(→)) )(λ是实数)，且 eq \(MA1,\s\up9(→)) ＋ eq \(MA2,\s\up9(→)) ＋ eq \(MA3,\s\up9(→)) 是单位向量，则这样的点M有( C )
A．0个 B．1个
C．2个 D．无数个
解析：方法一：由题意得， eq \(MA1,\s\up9(→)) ＝－λ( eq \(A1A2,\s\up9(→)) ＋ eq \(A1A3,\s\up9(→)) )， eq \(MA2,\s\up9(→)) ＝ eq \(MA1,\s\up9(→)) ＋ eq \(A1A2,\s\up9(→)) ， eq \(MA3,\s\up9(→)) ＝ eq \(MA1,\s\up9(→)) ＋ eq \(A1A3,\s\up9(→)) ，∴ eq \(MA1,\s\up9(→)) ＋ eq \(MA2,\s\up9(→)) ＋ eq \(MA3,\s\up9(→)) ＝(1－3λ)·( eq \(A1A2,\s\up9(→)) ＋ eq \(A1A3,\s\up9(→)) )，如图所示，设D为A2A3的中点，∴(1－3λ)( eq \(A1A2,\s\up9(→)) ＋ eq \(A1A3,\s\up9(→)) )是与 eq \(A1D,\s\up9(→)) 共起点且共线的一个向量，显然直线A1D与以A1为圆心的单位圆有两个交点，故λ有2个值，即符合题意的点M有2个．故选C.
方法二：以A1为原点建立平面直角坐标系(图略)，设A2(a，b)，A3(m，n)，则 eq \(A1A2,\s\up9(→)) ＋ eq \(A1A3,\s\up9(→)) ＝(a＋m，b＋n)，∴M(λ(a＋m)，λ(b＋n))，
∴ eq \(MA1,\s\up9(→)) ＝(－λ(a＋m)，－λ(b＋n))， eq \(MA2,\s\up9(→)) ＝(a－λ(a＋m)，b－λ(b＋n))， eq \(MA3,\s\up9(→)) ＝(m－λ(a＋m)，n－λ(b＋n))，∴ eq \(MA1,\s\up9(→)) ＋ eq \(MA2,\s\up9(→)) ＋ eq \(MA3,\s\up9(→)) ＝((1－3λ)(a＋m)，(1－3λ)(b＋n)).∵ eq \(MA1,\s\up9(→)) ＋ eq \(MA2,\s\up9(→)) ＋ eq \(MA3,\s\up9(→)) 是单位向量，∴(1－3λ)2·[(a＋m)2＋(b＋n)2]＝1，∵A1，A2，A3是平面上三个不共线的定点，∴(a＋m)2＋(b＋n)2>0，所以关于λ的方程有2解，故满足条件的点M有2个，故选C.
6．设O为△ABC的外心，若 eq \(OA,\s\up9(→)) ＋ eq \(OB,\s\up9(→)) ＋ eq \(OC,\s\up9(→)) ＝ eq \(OM,\s\up9(→)) ，则点M是△ABC的( C )
A．重心 B．内心
C．垂心 D．外心
解析：取BC的中点D，如图所示，连接OD，AM，BM，CM.因为 eq \(OA,\s\up9(→)) ＋ eq \(OB,\s\up9(→)) ＋ eq \(OC,\s\up9(→)) ＝ eq \(OM,\s\up9(→)) ，所以 eq \(OB,\s\up9(→)) ＋ eq \(OC,\s\up9(→)) ＝ eq \(OM,\s\up9(→)) － eq \(OA,\s\up9(→)) ＝ eq \(AM,\s\up9(→)) ，又 eq \(OB,\s\up9(→)) ＋ eq \(OC,\s\up9(→)) ＝2 eq \(OD,\s\up9(→)) ，则 eq \(AM,\s\up9(→)) ＝2 eq \(OD,\s\up9(→)) ，所以AM∥OD，又由于O为△ABC的外心，所以OD⊥BC，因此有AM⊥BC.同理可得BM⊥CA，CM⊥AB，所以点M是△ABC的垂心．故选C.
二、多项选择题
7．(2023·江西景德镇一中期末)在平行四边形ABCD中，点E为边CD中点，点F为边BC上靠近点B的三等分点，连接AF，BE交于点M，连接AC，点N为AC上靠近点C的三等分点，记 eq \(AB,\s\up9(→)) ＝a， eq \(AD,\s\up9(→)) ＝b，则下列说法正确的是( ACD )
A．点M，N，E三点共线
B．若 eq \(AM,\s\up9(→)) ＝λa＋μb，则λ＋μ＝ eq \f(9,7)
C． eq \(BN,\s\up9(→)) ＝ eq \f(7,3) eq \(BM,\s\up9(→))
D．S△ABM＝ eq \f(1,7) S，S为平行四边形ABCD的面积
解析：如图所示，平行四边形ABCD中，因为点N为AC上靠近点C的三等分点， 所以 eq \(AN,\s\up9(→)) ＝ eq \f(2,3) eq \(AC,\s\up9(→)) ＝ eq \f(2,3) eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \f(2,3) eq \(AD,\s\up9(→)) ， eq \(AE,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,2) eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \(AD,\s\up9(→)) ，所以 eq \(EN,\s\up9(→)) ＝ eq \(AN,\s\up9(→)) － eq \(AE,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,6) eq \(AB,\s\up9(→)) － eq \f(1,3) eq \(AD,\s\up9(→)) ，设 eq \(EM,\s\up9(→)) ＝m eq \(EB,\s\up9(→)) ＝m( eq \f(1,2) eq \(AB,\s\up9(→)) － eq \(AD,\s\up9(→)) )＝3m eq \(EN,\s\up9(→)) ，m≠0，所以 eq \(EM,\s\up9(→)) ∥ eq \(EN,\s\up9(→)) ，又 eq \(EM,\s\up9(→)) 与 eq \(EN,\s\up9(→)) 有公共点E，所以点M，N，E三点共线，故A正确；设 eq \(MA,\s\up9(→)) ＝c eq \(AF,\s\up9(→)) ， eq \(AE,\s\up9(→)) ＝ eq \(ME,\s\up9(→)) － eq \(MA,\s\up9(→)) ＝－m( eq \f(1,2) eq \(AB,\s\up9(→)) － eq \(AD,\s\up9(→)) )－c eq \(AF,\s\up9(→)) ＝－m( eq \f(1,2) eq \(AB,\s\up9(→)) － eq \(AD,\s\up9(→)) )－c( eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \f(1,3) eq \(AD,\s\up9(→)) )＝(－ eq \f(1,2) m－c)· eq \(AB,\s\up9(→)) ＋(m－ eq \f(1,3) c) eq \(AD,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,2) eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \(AD,\s\up9(→)) ，故 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＝－\f(1,2)m－c，,1＝m－\f(1,3)c，)) eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＝\f(5,7)，,c＝－\f(6,7)，)) 所以 eq \(AM,\s\up9(→)) ＝ eq \f(6,7) eq \(AF,\s\up9(→)) ＝ eq \f(6,7) eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \f(2,7) eq \(AD,\s\up9(→)) ，λ＋μ＝ eq \f(8,7) ，故B错误； eq \(BN,\s\up9(→)) ＝ eq \(AN,\s\up9(→)) － eq \(AB,\s\up9(→)) ＝－ eq \f(1,3) eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \f(2,3) eq \(AD,\s\up9(→)) ，因为 eq \(EM,\s\up9(→)) ＝ eq \f(5,7) eq \(EB,\s\up9(→)) ，所以 eq \(BM,\s\up9(→)) ＝ eq \f(2,7) eq \(BE,\s\up9(→)) ＝－ eq \f(1,7) eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \f(2,7) eq \(AD,\s\up9(→)) ，故 eq \(BN,\s\up9(→)) ＝ eq \f(7,3) eq \(BM,\s\up9(→)) ，故C正确；因为 eq \(AM,\s\up9(→)) ＝ eq \f(6,7) eq \(AF,\s\up9(→)) ，S△ABM＝ eq \f(6,7) S△ABF＝ eq \f(2,7) S△ABC＝ eq \f(1,7) S，故D正确．故选ACD.
8．设点M是△ABC所在平面内一点，则下列说法正确的是( ACD )
A．若 eq \(AM,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,2) eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \f(1,2) eq \(AC,\s\up9(→)) ，则点M是边BC的中点
B．若 eq \(AM,\s\up9(→)) ＝2 eq \(AB,\s\up9(→)) － eq \(AC,\s\up9(→)) ，则点M在边BC的延长线上
C．若 eq \(AM,\s\up9(→)) ＝－ eq \(BM,\s\up9(→)) － eq \(CM,\s\up9(→)) ，则点M是△ABC的重心
D．若 eq \(AM,\s\up9(→)) ＝x eq \(AB,\s\up9(→)) ＋y eq \(AC,\s\up9(→)) ，且x＋y＝ eq \f(1,2) ，则△MBC的面积是△ABC面积的 eq \f(1,2)
解析：若 eq \(AM,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,2) eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \f(1,2) eq \(AC,\s\up9(→)) ，则点M是边BC的中点，故A正确；若 eq \(AM,\s\up9(→)) ＝2 eq \(AB,\s\up9(→)) － eq \(AC,\s\up9(→)) ，即有 eq \(AM,\s\up9(→)) － eq \(AB,\s\up9(→)) ＝ eq \(AB,\s\up9(→)) － eq \(AC,\s\up9(→)) ，即 eq \(BM,\s\up9(→)) ＝ eq \(CB,\s\up9(→)) ，则点M在边CB的延长线上，故B错误；若 eq \(AM,\s\up9(→)) ＝－ eq \(BM,\s\up9(→)) － eq \(CM,\s\up9(→)) ，即 eq \(AM,\s\up9(→)) ＋ eq \(BM,\s\up9(→)) ＋ eq \(CM,\s\up9(→)) ＝0，则点M是△ABC的重心，故C正确；如图， eq \(AM,\s\up9(→)) ＝x eq \(AB,\s\up9(→)) ＋y eq \(AC,\s\up9(→)) ，且x＋y＝ eq \f(1,2) ，可得2 eq \(AM,\s\up9(→)) ＝2x eq \(AB,\s\up9(→)) ＋2y eq \(AC,\s\up9(→)) ，设 eq \(AN,\s\up9(→)) ＝2 eq \(AM,\s\up9(→)) ， eq \(AN,\s\up9(→)) ＝2x eq \(AB,\s\up9(→)) ＋2y eq \(AC,\s\up9(→)) ，2x＋2y＝1，所以B，N，C三点共线，则△MBC的面积是△ABC面积的 eq \f(1,2) ，故D正确．故选ACD.
三、填空题
9．设e1与e2是两个不共线向量， eq \(AB,\s\up9(→)) ＝3e1＋2e2， eq \(CB,\s\up9(→)) ＝ke1＋e2， eq \(CD,\s\up9(→)) ＝3e1－2ke2，若A，B，D三点共线，则k的值为－ eq \f(9,4) ．
解析：由题意知，A，B，D三点共线，故存在一个实数λ，使得 eq \(AB,\s\up9(→)) ＝λ eq \(BD,\s\up9(→)) .又 eq \(AB,\s\up9(→)) ＝3e1＋2e2， eq \(CB,\s\up9(→)) ＝ke1＋e2， eq \(CD,\s\up9(→)) ＝3e1－2ke2，
∴ eq \(BD,\s\up9(→)) ＝ eq \(CD,\s\up9(→)) － eq \(CB,\s\up9(→)) ＝3e1－2ke2－(ke1＋e2)＝(3－k)e1－(2k＋1)e2，
∴3e1＋2e2＝λ(3－k)e1－λ(2k＋1)e2，
∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3＝λ（3－k），,2＝－λ（2k＋1），)) 解得k＝－ eq \f(9,4) .
10．在三角形ABC中，点D在边BC上，若 eq \(BD,\s\up9(→)) ＝2 eq \(DC,\s\up9(→)) ， eq \(AD,\s\up9(→)) ＝λ eq \(AB,\s\up9(→)) ＋μ eq \(AC,\s\up9(→)) (λ，μ∈R)，则λ－μ＝－ eq \f(1,3) ．
解析：由已知 eq \(BD,\s\up9(→)) ＝2 eq \(DC,\s\up9(→)) ，得 eq \(BD,\s\up9(→)) ＝ eq \f(2,3) eq \(BC,\s\up9(→)) ＝ eq \f(2,3) ( eq \(AC,\s\up9(→)) － eq \(AB,\s\up9(→)) )，所以 eq \(AD,\s\up9(→)) ＝ eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \(BD,\s\up9(→)) ＝ eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \f(2,3) ( eq \(AC,\s\up9(→)) － eq \(AB,\s\up9(→)) )＝ eq \f(1,3) eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \f(2,3) eq \(AC,\s\up9(→)) ，因为 eq \(AD,\s\up9(→)) ＝λ eq \(AB,\s\up9(→)) ＋μ eq \(AC,\s\up9(→)) (λ，μ∈R)，所以λ＝ eq \f(1,3) ，μ＝ eq \f(2,3) ，所以λ－μ＝ eq \f(1,3) － eq \f(2,3) ＝－ eq \f(1,3) .
11．在平行四边形ABCD中，AB＝2，cs ∠BAD＝ eq \f(1,2) ，E，F分别是边BC，CD上的点，BE＝ eq \f(1,2) BC，CF＝ eq \f(2,3) CD，若 eq \(AE,\s\up9(→)) · eq \(BF,\s\up9(→)) ＝8，则平行四边形的面积为4 eq \r(3) ．
解析：如图，
eq \(AE,\s\up9(→)) ＝ eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \f(1,2) eq \(AD,\s\up9(→)) ， eq \(BF,\s\up9(→)) ＝ eq \(AD,\s\up9(→)) － eq \f(2,3) eq \(AB,\s\up9(→)) ，所以 eq \(AE,\s\up9(→)) · eq \(BF,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,2) eq \(AD,\s\up9(→)) 2＋ eq \f(2,3) eq \(AB,\s\up9(→)) · eq \(AD,\s\up9(→)) － eq \f(2,3) eq \(AB,\s\up9(→)) 2＝8，即 eq \f(1,2) | eq \(AD,\s\up9(→)) |2＋ eq \f(2,3) | eq \(AD,\s\up9(→)) |－ eq \f(8,3) ＝8，解得| eq \(AD,\s\up9(→)) |＝4或| eq \(AD,\s\up9(→)) |＝－ eq \f(16,3) (舍去)，所以平行四边形的面积为S＝AB·AD·sin ∠BAD＝2×4× eq \f(\r(3),2) ＝4 eq \r(3) .
12．(2023·天津静海一中校联考期末)已知点O是△ABC内部一点，并且满足 eq \(OA,\s\up9(→)) ＋2 eq \(OB,\s\up9(→)) ＋ eq \(OC,\s\up9(→)) ＝0，△AOB的面积为S1，△AOC的面积为S2，则 eq \f(S1,S2) ＝ eq \f(1,2) ．
解析：因为 eq \(OA,\s\up9(→)) ＋2 eq \(OB,\s\up9(→)) ＋ eq \(OC,\s\up9(→)) ＝0，所以 eq \(OA,\s\up9(→)) ＋ eq \(OC,\s\up9(→)) ＝－2 eq \(OB,\s\up9(→)) ＝2 eq \(BO,\s\up9(→)) ，所以 eq \(BO,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,2) ( eq \(OA,\s\up9(→)) ＋ eq \(OC,\s\up9(→)) )，取AC的中点D，则 eq \(OD,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,2) ( eq \(OA,\s\up9(→)) ＋ eq \(OC,\s\up9(→)) ).∴ eq \(BO,\s\up9(→)) ＝ eq \(OD,\s\up9(→)) ，即O为BD的中点，如图所示，∵△AOB的面积为S1，△AOC的面积为S2，S△AOC＝2S△AOD，
S△AOD＝S△AOB，∴S△AOC＝2S△AOB.所以 eq \f(S1,S2) ＝ eq \f(1,2) .
四、解答题
13．(2023·江西赣州高三期末)如图，在△ABC中，M是边BC的中点，N是线段BM的中点．
(1)用 eq \(AB,\s\up9(→)) 和 eq \(AC,\s\up9(→)) 分别表示 eq \(AM,\s\up9(→)) 和 eq \(AN,\s\up9(→)) ；
(2)若直线EF交AB于点E，交AM于点G，交AC于点F， eq \(AE,\s\up9(→)) ＝λ eq \(AB,\s\up9(→)) ， eq \(AF,\s\up9(→)) ＝μ eq \(AC,\s\up9(→)) (λ，μ均为正实数)， eq \(AG,\s\up9(→)) ＝2 eq \(GM,\s\up9(→)) ，求λ＋2μ的最小值．
解：(1)由题意， eq \(AM,\s\up9(→)) ＝ eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \(BM,\s\up9(→)) ＝ eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \f(1,2) eq \(BC,\s\up9(→)) ＝ eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \f(1,2) ( eq \(AC,\s\up9(→)) － eq \(AB,\s\up9(→)) )＝ eq \f(1,2) eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \f(1,2) eq \(AC,\s\up9(→)) ， eq \(AN,\s\up9(→)) ＝ eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \(BN,\s\up9(→)) ＝ eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \f(1,4) eq \(BC,\s\up9(→)) ＝ eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \f(1,4) ( eq \(AC,\s\up9(→)) － eq \(AB,\s\up9(→)) )＝ eq \f(3,4) eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \f(1,4) eq \(AC,\s\up9(→)) .
(2)由 eq \(AE,\s\up9(→)) ＝λ eq \(AB,\s\up9(→)) ， eq \(AF,\s\up9(→)) ＝μ eq \(AC,\s\up9(→)) (λ，μ均为正实数)， eq \(AG,\s\up9(→)) ＝2 eq \(GM,\s\up9(→)) ，得 eq \(AB,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,λ) eq \(AE,\s\up9(→)) ， eq \(AC,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,μ) eq \(AF,\s\up9(→)) ， eq \(AG,\s\up9(→)) ＝ eq \f(2,3) eq \(AM,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,3) eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \f(1,3) eq \(AC,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,3λ) eq \(AE,\s\up9(→)) ＋ eq \f(1,3μ) eq \(AF,\s\up9(→)) ，因为E，F，G三点共线，所以 eq \f(1,3λ) ＋ eq \f(1,3μ) ＝1，则λ＋2μ＝(λ＋2μ) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3λ)＋\f(1,3μ))) ＝1＋ eq \f(2μ,3λ) ＋ eq \f(λ,3μ) ≥1＋2 eq \r(\f(2μ,3λ)·\f(λ,3μ)) ＝1＋ eq \f(2\r(2),3) ，当且仅当 eq \f(2μ,3λ) ＝ eq \f(λ,3μ) ，即λ＝ eq \r(2) μ＝ eq \f(1＋\r(2),3) 时取等号，所以λ＋2μ的最小值为1＋ eq \f(2\r(2),3) .
14．(2024·四川眉山期末)在△ABC中，点P为△ABC所在平面内一点．
(1)若点P在边BC上，且 eq \(BP,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,3) eq \(PC,\s\up9(→)) ，用 eq \(AB,\s\up9(→)) ， eq \(AC,\s\up9(→)) 表示 eq \(AP,\s\up9(→)) ；
(2)若点P是△ABC的重心．
①求证： eq \(PA,\s\up9(→)) ＋ eq \(PB,\s\up9(→)) ＋ eq \(PC,\s\up9(→)) ＝0；
②若35sin ∠BAC· eq \(PA,\s\up9(→)) ＋21sin ∠ABC· eq \(PB,\s\up9(→)) ＋15sin ∠ACB· eq \(PC,\s\up9(→)) ＝0，求cs ∠BAC.
解：(1)如图，过点P作PD∥CA交AB于点D，PE∥BA交AC于点E，则四边形ADPE为平行四边形，所以 eq \(AP,\s\up9(→)) ＝ eq \(AD,\s\up9(→)) ＋ eq \(AE,\s\up9(→)) ，由 eq \(BP,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,3) eq \(PC,\s\up9(→)) ，所以 eq \f(AD,AB) ＝ eq \f(CP,CB) ＝ eq \f(3,4) ，即 eq \(AD,\s\up9(→)) ＝ eq \f(3,4) eq \(AB,\s\up9(→)) ，
同理 eq \f(AE,AC) ＝ eq \f(BP,BC) ＝ eq \f(1,4) ，即 eq \(AE,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,4) eq \(AC,\s\up9(→)) ，所以 eq \(AP,\s\up9(→)) ＝ eq \f(3,4) eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \f(1,4) eq \(AC,\s\up9(→)) .
(2)①证明：如图，
延长AP交BC于点F，因为点P是△ABC的重心，所以点F为BC的中点，且AP＝2PF，
所以 eq \(PA,\s\up9(→)) ＝－2 eq \(PF,\s\up9(→)) ，即 eq \(PA,\s\up9(→)) ＋2 eq \(PF,\s\up9(→)) ＝0，又 eq \(PB,\s\up9(→)) ＋ eq \(PC,\s\up9(→)) ＝2 eq \(PF,\s\up9(→)) ，所以 eq \(PA,\s\up9(→)) ＋ eq \(PB,\s\up9(→)) ＋ eq \(PC,\s\up9(→)) ＝0.
②点P是△ABC的重心时，由①知 eq \(PA,\s\up9(→)) ＋ eq \(PB,\s\up9(→)) ＋ eq \(PC,\s\up9(→)) ＝0及35sin ∠BAC· eq \(PA,\s\up9(→)) ＋21sin ∠ABC· eq \(PB,\s\up9(→)) ＋15sin ∠ACB· eq \(PC,\s\up9(→)) ＝0，
所以35sin ∠BAC∶21sin ∠ABC∶15sin ∠ACB＝1∶1∶1，所以sin ∠BAC∶sin ∠ABC∶sin ∠ACB＝3∶5∶7，
由正弦定理知BC∶AC∶AB＝sin ∠BAC∶sin∠ABC∶sin ∠ACB＝3∶5∶7，不妨设BC＝3t，AC＝5t，AB＝7t，t>0，
由余弦定理得cs ∠BAC＝ eq \f(AC2＋AB2－BC2,2AC·AB) ＝ eq \f(25t2＋49t2－9t2,2×5t×7t) ＝ eq \f(13,14) .
考点练29 平面向量基本定理及坐标表示 对应学生用书059页
一、单项选择题
1．在△ABC中，点D，E分别在边BC，AC上，且 eq \(BD,\s\up9(→)) ＝2 eq \(DC,\s\up9(→)) ， eq \(CE,\s\up9(→)) ＝3 eq \(EA,\s\up9(→)) ，若 eq \(AB,\s\up9(→)) ＝a， eq \(AC,\s\up9(→)) ＝b，则 eq \(DE,\s\up9(→)) ＝( C )
A． eq \f(1,3) a＋ eq \f(5,12) b B． eq \f(1,3) a－ eq \f(13,12) b
C．－ eq \f(1,3) a－ eq \f(5,12) b D．－ eq \f(1,3) a＋ eq \f(13,12) b
解析：
如图， eq \(DE,\s\up9(→)) ＝ eq \(DC,\s\up9(→)) ＋ eq \(CE,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,3) eq \(BC,\s\up9(→)) ＋ eq \f(3,4) eq \(CA,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,3) ( eq \(AC,\s\up9(→)) － eq \(AB,\s\up9(→)) )－ eq \f(3,4) eq \(AC,\s\up9(→)) ＝－ eq \f(1,3) eq \(AB,\s\up9(→)) － eq \f(5,12) eq \(AC,\s\up9(→)) ＝－ eq \f(1,3) a－ eq \f(5,12) b.故选C.
2．(教材改编)在四边形ABCD 中， eq \(AB,\s\up9(→)) ＝a＋2b， eq \(BC,\s\up9(→)) ＝－4a－b， eq \(CD,\s\up9(→)) ＝－5a－3b，则四边形ABCD的形状是( C )
A．矩形 B．平行四边形
C．梯形 D．以上都不对
解析：由已知，得 eq \(AD,\s\up9(→)) ＝ eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \(BC,\s\up9(→)) ＋ eq \(CD,\s\up9(→)) ＝－8a－2b＝2(－4a－b)＝2 eq \(BC,\s\up9(→)) ，故 eq \(AD,\s\up9(→)) ∥ eq \(BC,\s\up9(→)) .又因为 eq \(AB,\s\up9(→)) 与 eq \(CD,\s\up9(→)) 不平行，所以四边形ABCD 是梯形．故选C.
3．在下列向量组中，可以把向量a＝(3，2)表示出来的是( B )
A．e1＝(0，0)，e2＝(1，2)
B．e1＝(－1，2)，e2＝(5，－2)
C．e1＝(3，5)，e2＝(6，10)
D．e1＝(2，－3)，e2＝(－2，3)
解析：对于A，C，D都有e1∥e2，所以只有B成立．故选B.
4．设向量a＝(m，2)，b＝(1，m＋1)，且a与b的方向相反，则实数m的值为( A )
A．－2 B．1
C．－2或1 D．不存在
解析：向量a＝(m，2)，b＝(1，m＋1)，因为a∥b，所以m(m＋1)＝2×1，解得m＝－2或m＝1.当m＝1时，a＝(1，2)，b＝(1，2)，a与b的方向相同，舍去；当m＝－2时，a＝(－2，2)，b＝(1，－1)，a与b的方向相反，符合题意．故选A.
5．已知向量 eq \(OA,\s\up9(→)) ＝(1，－3)， eq \(OB,\s\up9(→)) ＝(2，－1)， eq \(OC,\s\up9(→)) ＝(m＋1，m－2)，若点A，B，C不能构成三角形，则实数m为( C )
A．－2 B． eq \f(1,2)
C．1 D．－1
解析：若点A，B，C不能构成三角形，则A，B，C三点共线．因为 eq \(AB,\s\up9(→)) ＝ eq \(OB,\s\up9(→)) － eq \(OA,\s\up9(→)) ＝(2，－1)－(1，－3)＝(1，2)， eq \(AC,\s\up9(→)) ＝ eq \(OC,\s\up9(→)) － eq \(OA,\s\up9(→)) ＝(m＋1，m－2)－(1，－3)＝(m，m＋1).若A，B，C三点共线，则1×(m＋1)－2m＝0，即m＝1.故选C.
6．在平面直角坐标系xOy中，已知A(1，0)，B(0，1)，C为第一象限内一点，∠AOC＝ eq \f(π,4) ，且|OC|＝2，若 eq \(OC,\s\up9(→)) ＝λ eq \(OA,\s\up9(→)) ＋μ eq \(OB,\s\up9(→)) ，则λ＋μ＝( A )
A．2 eq \r(2) B． eq \r(2)
C．2 D．4 eq \r(2)
解析：因为|OC|＝2，∠AOC＝ eq \f(π,4) ，C为第一象限内一点，所以C( eq \r(2) ， eq \r(2) )，又 eq \(OC,\s\up9(→)) ＝λ eq \(OA,\s\up9(→)) ＋μ eq \(OB,\s\up9(→)) ，所以( eq \r(2) ， eq \r(2) )＝λ(1，0)＋μ(0，1)＝(λ，μ)，所以λ＝μ＝ eq \r(2) ，λ＋μ＝2 eq \r(2) .故选A.
二、多项选择题
7．设O是平行四边形ABCD的两条对角线AC，BD的交点，其中可作为这一个平行四边形所在平面的一个基底的是( AC )
A．{ eq \(AD,\s\up9(→)) ， eq \(AB,\s\up9(→)) } B．{ eq \(DA,\s\up9(→)) ， eq \(BC,\s\up9(→)) }
C．{ eq \(CA,\s\up9(→)) ， eq \(DC,\s\up9(→)) } D．{ eq \(OD,\s\up9(→)) ， eq \(OB,\s\up9(→)) }
解析：平面内任意两个不共线的向量都可以作为基底，如图，对于A， eq \(AD,\s\up9(→)) 与 eq \(AB,\s\up9(→)) 不共线，可作为基底；对于B， eq \(DA,\s\up9(→)) 与 eq \(BC,\s\up9(→)) 为共线向量，不可作为基底；对于C， eq \(CA,\s\up9(→)) 与 eq \(DC,\s\up9(→)) 是两个不共线的向量，可作为基底；对于D， eq \(OD,\s\up9(→)) 与 eq \(OB,\s\up9(→)) 在同一条直线上，是共线向量，不可作为基底．故选AC.
8．已知向量a＝(1，－2)，|b|＝4|a|，a∥b，则b的坐标可能是( BD )
A．(4，8) B．(4，－8)
C．(－4，－8) D．(－4，8)
解析：设b＝(x，y)，依题意有
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\r(x2＋y2)＝4\r(12＋（－2）2)，,y＋2x＝0，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝4，,y＝－8)) 或 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－4，,y＝8.)) 故选BD.
三、填空题
9．(教材改编)已知ABCD的顶点A(－1，－2)，B(3，－1)，C(5，6)，则顶点D的坐标为(1，5)．
解析：设D(x，y)，则由 eq \(AB,\s\up9(→)) ＝ eq \(DC,\s\up9(→)) ，得(4，1)＝(5－x，6－y)，即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4＝5－x，,1＝6－y，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1，,y＝5.))
10．设向量a＝(－3，4)，向量b与向量a方向相反，且|b|＝10，则向量b的坐标为(6，－8)．
解析：不妨设向量b的坐标为(－3m，4m)(m<0)，则|b|＝ eq \r(（－3m）2＋（4m）2) ＝10，解得m＝－2(m＝2舍去)，故b＝(6，－8).
11．已知O为坐标原点，向量 eq \(OA,\s\up9(→)) ＝(1，2)， eq \(OB,\s\up9(→)) ＝(－2，－1)，若2 eq \(AP,\s\up9(→)) ＝ eq \(AB,\s\up9(→)) ，则| eq \(OP,\s\up9(→)) |＝ eq \f(\r(2),2) ．
解析：设P点坐标为(x，y)， eq \(AB,\s\up9(→)) ＝ eq \(OB,\s\up9(→)) － eq \(OA,\s\up9(→)) ＝(－2，－1)－(1，2)＝(－3，－3)， eq \(AP,\s\up9(→)) ＝(x－1，y－2)，则由2 eq \(AP,\s\up9(→)) ＝ eq \(AB,\s\up9(→)) 得，2(x－1，y－2)＝(－3，－3)，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x－2＝－3，,2y－4＝－3，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－\f(1,2)，,y＝\f(1,2)，))
故| eq \(OP,\s\up9(→)) |＝ eq \r(\f(1,4)＋\f(1,4)) ＝ eq \f(\r(2),2) .
12．在△AOB中， eq \(AC,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,5) eq \(AB,\s\up9(→)) ，D为OB的中点，若 eq \(DC,\s\up9(→)) ＝λ eq \(OA,\s\up9(→)) ＋μ eq \(OB,\s\up9(→)) ，则λμ的值为－ eq \f(6,25) ．
解析：因为 eq \(AC,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,5) eq \(AB,\s\up9(→)) ，所以 eq \(AC,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,5) ( eq \(OB,\s\up9(→)) － eq \(OA,\s\up9(→)) )，因为D为OB的中点，所以 eq \(OD,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,2) eq \(OB,\s\up9(→)) .所以 eq \(DC,\s\up9(→)) ＝ eq \(DO,\s\up9(→)) ＋ eq \(OC,\s\up9(→)) ＝－ eq \f(1,2) eq \(OB,\s\up9(→)) ＋( eq \(OA,\s\up9(→)) ＋ eq \(AC,\s\up9(→)) )＝－ eq \f(1,2) eq \(OB,\s\up9(→)) ＋ eq \(OA,\s\up9(→)) ＋ eq \f(1,5) ( eq \(OB,\s\up9(→)) － eq \(OA,\s\up9(→)) )＝ eq \f(4,5) eq \(OA,\s\up9(→)) － eq \f(3,10) eq \(OB,\s\up9(→)) ，所以λ＝ eq \f(4,5) ，μ＝－ eq \f(3,10) ，则λμ的值为－ eq \f(6,25) .
四、解答题
13．(2024·湖北黄冈高三期末)已知e1，e2是平面内两个不共线的非零向量， eq \(AB,\s\up9(→)) ＝2e1＋e2， eq \(BE,\s\up9(→)) ＝－e1＋λe2， eq \(EC,\s\up9(→)) ＝－2e1＋e2，且A，E，C三点共线．
(1)求实数λ的值；
(2)若e1＝(3，1)，e2＝(－1，－2)，求 eq \(BC,\s\up9(→)) 的坐标；
(3)已知D eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，3)) ，在(2)的条件下，若A，B，C，D四点按逆时针顺序构成平行四边形，求点A的坐标．
解：(1) eq \(AE,\s\up9(→)) ＝ eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \(BE,\s\up9(→)) ＝(2e1＋e2)＋(－e1＋λe2)＝e1＋(1＋λ)e2，
因为A，E，C三点共线，所以存在实数k，使得 eq \(AE,\s\up9(→)) ＝k eq \(EC,\s\up9(→)) ，即e1＋(1＋λ)e2＝k(－2e1＋e2)，得(1＋2k)e1＝(k－1－λ)e2.因为e1，e2是平面内两个不共线的非零向量，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1＋2k＝0，,k－1－λ＝0，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(k＝－\f(1,2)，,λ＝－\f(3,2)．))
(2) eq \(BC,\s\up9(→)) ＝ eq \(BE,\s\up9(→)) ＋ eq \(EC,\s\up9(→)) ＝－e1－ eq \f(3,2) e2－2e1＋e2＝－3e1－ eq \f(1,2) e2 ＝－3×(3，1)－ eq \f(1,2) ×(－1，－2)＝(－9，－3)＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(17,2)，－2)) .
(3)设A(x，y)，由题意可得 eq \(AD,\s\up9(→)) ＝ eq \(BC,\s\up9(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(17,2)，－2)) ，所以－ eq \f(1,2) －x＝－ eq \f(17,2) ，3－y＝－2，所以x＝8，y＝5.所以A(8，5).
14．如图，已知平面内有三个向量 eq \(OA,\s\up9(→)) ， eq \(OB,\s\up9(→)) ， eq \(OC,\s\up9(→)) ，其中 eq \(OA,\s\up9(→)) 与 eq \(OB,\s\up9(→)) 的夹角为120°， eq \(OA,\s\up9(→)) 与 eq \(OC,\s\up9(→)) 的夹角为30°，且| eq \(OA,\s\up9(→)) |＝| eq \(OB,\s\up9(→)) |＝1，| eq \(OC,\s\up9(→)) |＝2 eq \r(3) .若 eq \(OC,\s\up9(→)) ＝λ eq \(OA,\s\up9(→)) ＋μ eq \(OB,\s\up9(→)) (λ，μ∈R)，求λ＋μ的值．
解：方法一：如图，作平行四边形OB1CA1，则 eq \(OC,\s\up9(→)) ＝ eq \(OB1,\s\up9(→)) ＋ eq \(OA1,\s\up9(→)) ，
因为 eq \(OA,\s\up9(→)) 与 eq \(OB,\s\up9(→)) 的夹角为120°， eq \(OA,\s\up9(→)) 与 eq \(OC,\s\up9(→)) 的夹角为30°，所以∠B1OC＝90°.
在Rt△OB1C中，∠OCB1＝30°，| eq \(OC,\s\up9(→)) |＝2 eq \r(3) ，所以| eq \(OB1,\s\up9(→)) |＝2，| eq \(B1C,\s\up9(→)) |＝4，所以| eq \(OA1,\s\up9(→)) |＝| eq \(B1C,\s\up9(→)) |＝4，所以 eq \(OC,\s\up9(→)) ＝4 eq \(OA,\s\up9(→)) ＋2 eq \(OB,\s\up9(→)) ，
所以λ＝4，μ＝2，所以λ＋μ＝6.
方法二：以O为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，
则A(1，0)，B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2))) ，
C(3， eq \r(3) ).
由 eq \(OC,\s\up9(→)) ＝λ eq \(OA,\s\up9(→)) ＋μ eq \(OB,\s\up9(→)) ，
得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3＝λ－\f(1,2)μ，,\r(3)＝\f(\r(3),2)μ，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(λ＝4，,μ＝2.)) 所以λ＋μ＝6.
一、单项选择题
1．已知向量i与j不共线，且 eq \(AB,\s\up9(→)) ＝i＋mj， eq \(AD,\s\up9(→)) ＝ni＋j，m≠1，若A，B，D三点共线，则mn＝( C )
A． eq \f(1,2) B．2
C．1 D．－3
解析：∵向量i与j不共线，∴向量i与j可以作为平面内的一个基底，∵A，B，D三点共线，∴ eq \(AB,\s\up9(→)) ∥ eq \(AD,\s\up9(→)) ，设 eq \(AB,\s\up9(→)) ＝λ eq \(AD,\s\up9(→)) ，即i＋mj＝λni＋λj，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1＝λn，,m＝λ，)) ∴mn＝1.故选C.
2．在△ABC中，E，F分别为AC，BC的中点，点D是线段AF(不含端点)内的任意一点， eq \(AD,\s\up9(→)) ＝m eq \(AB,\s\up9(→)) ＋n eq \(AE,\s\up9(→)) ，则( C )
A．m∈(0，1) B．n∈(0，2)
C．n＝2m D．m＋n＝1
解析：因为点D是线段AF(不含端点)内的任意一点，所以可设 eq \(AD,\s\up9(→)) ＝λ eq \(AF,\s\up9(→)) (0<λ<1)，因为E，F分别为AC，BC的中点，所以 eq \(AF,\s\up9(→)) ＝ eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \(BF,\s\up9(→)) ＝ eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \f(1,2) eq \(BC,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,2) eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \f(1,2) eq \(AC,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,2) eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \(AE,\s\up9(→)) ，所以 eq \(AD,\s\up9(→)) ＝ eq \f(λ,2) eq \(AB,\s\up9(→)) ＋λ eq \(AE,\s\up9(→)) ，又 eq \(AD,\s\up9(→)) ＝m eq \(AB,\s\up9(→)) ＋n eq \(AE,\s\up9(→)) ，所以m＝ eq \f(λ,2) ∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))) ，n＝λ∈(0，1)，n＝2m，m＋n＝ eq \f(3,2) λ，故A，B，D错误，C正确．故选C.
3．已知在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝1，AC＝2，D是△ABC内一点，且∠DAB＝60°，设 eq \(AD,\s\up9(→)) ＝λ eq \(AB,\s\up9(→)) ＋μ eq \(AC,\s\up9(→)) (λ，μ∈R)，则 eq \f(λ,μ) ＝( A )
A． eq \f(2\r(3),3) B． eq \f(\r(3),3)
C．3 D．2 eq \r(3)
解析：如图，以A为原点，AB所在直线为x轴，AC所在直线为y轴建立平面直角坐标系，则B点的坐标为(1，0)，C点的坐标为(0，2)，因为∠DAB＝60°，所以设D点的坐标为(m， eq \r(3) m)(m≠0). eq \(AD,\s\up9(→)) ＝(m， eq \r(3) m)＝λ eq \(AB,\s\up9(→)) ＋μ eq \(AC,\s\up9(→)) ＝λ(1，0)＋μ(0，2)＝(λ，2μ)，则λ＝m，且μ＝ eq \f(\r(3),2) m，所以 eq \f(λ,μ) ＝ eq \f(2\r(3),3) .故选A.
4．(2023·湖南郴州高三统考期末)如图，在△ABC中， eq \(CM,\s\up9(→)) ＝2 eq \(MB,\s\up9(→)) ，过点M的直线交射线AB于点P，交AC于点Q，若 eq \(AP,\s\up9(→)) ＝m eq \(AB,\s\up9(→)) ， eq \(AQ,\s\up9(→)) ＝n eq \(AC,\s\up9(→)) ，则m＋2n的最小值为( B )
A．3 B． eq \f(8,3)
C．1＋ eq \f(2\r(2),3) D． eq \r(3)
解析：由 eq \(CM,\s\up9(→)) ＝2 eq \(MB,\s\up9(→)) ，得 eq \(AM,\s\up9(→)) － eq \(AC,\s\up9(→)) ＝2( eq \(AB,\s\up9(→)) － eq \(AM,\s\up9(→)) )，即有 eq \(AM,\s\up9(→)) ＝ eq \f(2,3) eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \f(1,3) eq \(AC,\s\up9(→)) ，由 eq \(AP,\s\up9(→)) ＝m eq \(AB,\s\up9(→)) ， eq \(AQ,\s\up9(→)) ＝n eq \(AC,\s\up9(→)) ，且m>0，n>0，得 eq \(AB,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,m) eq \(AP,\s\up9(→)) ， eq \(AC,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,n) eq \(AQ,\s\up9(→)) ，因此 eq \(AM,\s\up9(→)) ＝ eq \f(2,3m) eq \(AP,\s\up9(→)) ＋ eq \f(1,3n) eq \(AQ,\s\up9(→)) ，而点P，M，Q共线，则 eq \f(2,3m) ＋ eq \f(1,3n) ＝1，所以m＋2n＝(m＋2n) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3m)＋\f(1,3n))) ＝ eq \f(4,3) ＋ eq \f(4n,3m) ＋ eq \f(m,3n) ≥ eq \f(4,3) ＋2 eq \r(\f(4n,3m)·\f(m,3n)) ＝ eq \f(8,3) ，当且仅当 eq \f(4n,3m) ＝ eq \f(m,3n) ，即m＝2n＝ eq \f(4,3) 时取等号，所以m＋2n的最小值为 eq \f(8,3) .故选B.
5．(2023·山东德州模拟)已知点O 是平面上一定点，点A，B，C 是平面上不共线的三个点，动点P 满足： eq \(OP,\s\up9(→)) ＝ eq \(OA,\s\up9(→)) ＋λ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\(AB,\s\up9(→)),|\(AB,\s\up9(→))|)＋\f(\(AC,\s\up9(→)),|\(AC,\s\up9(→))|))) ，λ∈[0，＋∞)，则点P的轨迹一定通过△ABC的( A )
A．内心 B．垂心
C．重心 D．外心
解析：因为 eq \f(\(AB,\s\up9(→)),|\(AB,\s\up9(→))|) ， eq \f(\(AC,\s\up9(→)),|\(AC,\s\up9(→))|) 分别表示向量 eq \(AB,\s\up9(→)) ， eq \(AC,\s\up9(→)) 方向上的单位向量，所以 eq \f(\(AB,\s\up9(→)),|\(AB,\s\up9(→))|) ＋ eq \f(\(AC,\s\up9(→)),|\(AC,\s\up9(→))|) 的方向与∠BAC 的平分线方向一致，所以 eq \(OP,\s\up9(→)) － eq \(OA,\s\up9(→)) ＝ eq \(AP,\s\up9(→)) ＝λ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\(AB,\s\up9(→)),|\(AB,\s\up9(→))|)＋\f(\(AC,\s\up9(→)),|\(AC,\s\up9(→))|))) ，λ∈[0，＋∞)，所以向量 eq \(AP,\s\up9(→)) 的方向与∠BAC 的平分线方向一致，所以点P 的轨迹一定通过△ABC 的内心．故选A.
6．(数学文化)我国古代人民早在几千年以前就已经发现并应用勾股定理了，勾股定理最早的证明是东汉数学家赵爽在为《周髀算经》作注时给出的，被后人称为“赵爽弦图”．“赵爽弦图”是数形结合思想的体现，是中国古代数学的图腾，还被作为第24届国际数学家大会的会徽．如图，大正方形ABCD是由4个全等的直角三角形和中间的小正方形组成的，若 eq \(AB,\s\up9(→)) ＝a， eq \(AD,\s\up9(→)) ＝b，E为BF的中点，则 eq \(AE,\s\up9(→)) ＝( B )
A． eq \f(2,5) a＋ eq \f(4,5) b B． eq \f(4,5) a＋ eq \f(2,5) b
C． eq \f(2,3) a＋ eq \f(1,3) b D． eq \f(1,3) a＋ eq \f(2,3) b
解析：以A为原点建立平面直角坐标系，如图所示．不妨设AB＝1，BE＝x，则AE＝2x.∴x2＋4x2＝1，解得x＝ eq \f(\r(5),5) ，设∠BAE＝θ，则sin θ＝ eq \f(\r(5),5) ，cs θ＝ eq \f(2\r(5),5) ，∴xE＝ eq \f(2\r(5),5) cs θ＝ eq \f(4,5) ，yE＝ eq \f(2\r(5),5) sin θ＝ eq \f(2,5) ，即E( eq \f(4,5) ， eq \f(2,5) )，设 eq \(AE,\s\up9(→)) ＝m eq \(AB,\s\up9(→)) ＋n eq \(AD,\s\up9(→)) ，由A(0，0)，B(1，0)，D(0，1)，则( eq \f(4,5) ， eq \f(2,5) )＝m(1，0)＋n(0，1)，∴m＝ eq \f(4,5) ，n＝ eq \f(2,5) ，∴ eq \(AE,\s\up9(→)) ＝ eq \f(4,5) a＋ eq \f(2,5) b.故选B.
二、多项选择题
7．设a是已知的平面向量且a≠0，关于向量a的分解，有如下四个命题(向量b，c和a在同一平面内且两两不共线)，则真命题是( AB )
A．给定向量b，总存在向量c，使a＝b＋c
B．给定向量b和c，总存在实数λ和μ，使a＝λb＋μc
C．给定单位向量b和正数μ，总存在单位向量c和实数λ，使a＝λb＋μc
D．给定正数λ和μ，总存在单位向量b和单位向量c，使a＝λb＋μc
解析：∵向量b，c和a在同一平面内且两两不共线，∴b≠0，c≠0，给定向量a和b，只需求得其向量差a－b，即为所求的向量c，故总存在向量c，使a＝b＋c，故A正确；当向量b，c和a在同一平面内且两两不共线时，向量b，c可作基底，由平面向量基本定理可知结论成立，故B正确；取a＝(4，4)，μ＝2，b＝(1，0)，无论λ取何值，向量λb都平行于x轴，而向量μc的模恒等于2，要使a＝λb＋μc成立，根据平行四边形法则，向量μc的纵坐标一定为4，故找不到这样的单位向量c使等式成立，故C错误；因为λ和μ为正数，所以λb和μc代表与原向量同向的且有固定长度的向量，这就使得向量a不一定能用两个单位向量的组合表示出来，故不一定能使a＝λb＋μc成立，故D错误．故选AB.
8.“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”轿车的标志很相似，所以形象地称其为“奔驰定理”．奔驰定理：已知O是△ABC内一点，△BOC，△AOC，△AOB的面积分别为SA，SB，SC，则SA· eq \(OA,\s\up9(→)) ＋SB· eq \(OB,\s\up9(→)) ＋SC· eq \(OC,\s\up9(→)) ＝0.如图，设O是△ABC内一点，△ABC的三个内角分别为∠BAC，∠ABC，∠ACB，△BOC，△AOC，△AOB的面积分别为SA，SB，SC.若3 eq \(OA,\s\up9(→)) ＋4 eq \(OB,\s\up9(→)) ＋5 eq \(OC,\s\up9(→)) ＝0，则以下命题正确的有( AD )
A．SA∶SB∶SC＝3∶4∶5
B．O有可能是△ABC的重心
C．若O为△ABC的外心，则sin ∠BAC∶sin ∠ABC∶sin ∠ACB＝3∶4∶5
D．若O为△ABC的内心，则△ABC为直角三角形
解析：由奔驰定理可得，3 eq \(OA,\s\up9(→)) ＋4 eq \(OB,\s\up9(→)) ＋5 eq \(OC,\s\up9(→)) ＝SA· eq \(OA,\s\up9(→)) ＋SB· eq \(OB,\s\up9(→)) ＋SC· eq \(OC,\s\up9(→)) ＝0，因为 eq \(OA,\s\up9(→)) ， eq \(OB,\s\up9(→)) ， eq \(OC,\s\up9(→)) 不共线，所以SA∶SB∶SC＝3∶4∶5，故A正确；若O是△ABC的重心， eq \(OA,\s\up9(→)) ＋ eq \(OB,\s\up9(→)) ＋ eq \(OC,\s\up9(→)) ＝0，因为3 eq \(OA,\s\up9(→)) ＋4 eq \(OB,\s\up9(→)) ＋5 eq \(OC,\s\up9(→)) ＝0，所以 eq \(OB,\s\up9(→)) ＝2 eq \(CO,\s\up9(→)) ，即O，B，C共线，故B错误；当O为△ABC的外心时，| eq \(OA,\s\up9(→)) |＝| eq \(OB,\s\up9(→)) |＝| eq \(OC,\s\up9(→)) |，所以SA∶SB∶SC＝sin ∠BOC∶sin ∠AOC∶sin ∠AOB＝3∶4∶5，即sin 2∠BAC∶sin 2∠ABC∶sin 2∠ACB＝3∶4∶5，故C错误；当O为△ABC的内心时，SA∶SB∶SC＝ eq \f(1,2) ar∶ eq \f(1,2) br∶ eq \f(1,2) cr＝a∶b∶c＝3∶4∶5(r为内切圆半径，BC＝a，AC＝b，AB＝c)，所以a2＋b2＝c2，所以∠ACB＝ eq \f(π,2) ，故D正确．故选AD.
三、填空题
9．如图，在平行四边形ABCD中，E，F分别为边AB，BC的中点，连接CE，DF，交于点G.若 eq \(CG,\s\up9(→)) ＝λ eq \(CD,\s\up9(→)) ＋μ eq \(CB,\s\up9(→)) (λ，μ∈R)，则 eq \f(λ,μ) ＝ eq \f(1,2) ．
解析：由题图可设 eq \(CG,\s\up9(→)) ＝x eq \(CE,\s\up9(→)) (010．(2023·上海交大附中期末)已知A，B，C是同一直线上三个不同的点，O为直线外一点，且在等差数列{an}中， eq \(OA,\s\up9(→)) ＝a2 024 eq \(OB,\s\up9(→)) ＋a2 023 eq \(OC,\s\up9(→)) ，则数列{an}的前4 046项和S4 046＝2 023.
解析：因为A，B，C是同一直线上三个不同的点，O为直线外一点，且 eq \(OA,\s\up9(→)) ＝a2 024 eq \(OB,\s\up9(→)) ＋a2 023 eq \(OC,\s\up9(→)) ，故a2 024＋a2 023＝1，又 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an)) 为等差数列，故a1＋a4 046＝a2 024＋a2 023＝1，所以S4 046＝ eq \f(4 046（a1＋a4 046）,2) ＝2 023.
11．(2024·河南洛阳第三中学期末)在△ABC中，点D满足 eq \(DC,\s\up9(→)) ＝2 eq \(AD,\s\up9(→)) ，若线段BD上的一点P满足 eq \(AP,\s\up9(→)) ＝x eq \(AB,\s\up9(→)) ＋y eq \(AC,\s\up9(→)) (x>0，y>0)，则y－x的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,3))) ．
解析：如图，∵ eq \(DC,\s\up9(→)) ＝2 eq \(AD,\s\up9(→)) ，
∴ eq \(AC,\s\up9(→)) ＝3 eq \(AD,\s\up9(→)) ，∴ eq \(AP,\s\up9(→)) ＝x eq \(AB,\s\up9(→)) ＋3y eq \(AD,\s\up9(→)) .
∵B，P，D三点共线，
∴x＋3y＝1，∵x>0，∴y＝ eq \f(1,3) (1－x)< eq \f(1,3) ，∴012．若{α，β}是一个基底，向量γ＝xα＋yβ(x，y∈R)，则称(x，y)为向量γ在基底{α，β}下的坐标，现已知向量a在基底{p＝(1，－1)，q＝(2，1)}下的坐标为(－2，2)，则a在基底{m＝(－1，1)，n＝(1，2)}下的坐标为(0，2)．
解析：因为a在基底{p，q}下的坐标为(－2，2)，所以a＝－2p＋2q＝(2，4)，令a＝xm＋yn＝(－x＋y，x＋2y)，
所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x＋y＝2，,x＋2y＝4，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝0，,y＝2，)) 所以a在基底{m，n}下的坐标为(0，2).
四、解答题
13．如图，已知△ABC中，AB＝2，AC＝1，∠BAC＝120°，AD为角平分线．
(1)求AD的长度；
(2)过点D作直线分别交AB，AC所在直线于点E，F，且满足 eq \(AE,\s\up9(→)) ＝x eq \(AB,\s\up9(→)) ， eq \(AF,\s\up9(→)) ＝y eq \(AC,\s\up9(→)) ，求 eq \f(1,x) ＋ eq \f(2,y) 的值．
解：(1)根据角平分线定理可得 eq \f(DB,DC) ＝ eq \f(AB,AC) ＝2，所以 eq \f(BD,BC) ＝ eq \f(2,3) ，
所以 eq \(AD,\s\up9(→)) ＝ eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \(BD,\s\up9(→)) ＝ eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \f(2,3) eq \(BC,\s\up9(→)) ＝ eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \f(2,3) ( eq \(AC,\s\up9(→)) － eq \(AB,\s\up9(→)) )＝ eq \f(1,3) eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \f(2,3) eq \(AC,\s\up9(→)) ，
所以 eq \(AD,\s\up9(→)) 2＝ eq \f(1,9) eq \(AB,\s\up9(→)) 2＋ eq \f(4,9) eq \(AB,\s\up9(→)) · eq \(AC,\s\up9(→)) ＋ eq \f(4,9) eq \(AC,\s\up9(→)) 2＝ eq \f(4,9) － eq \f(4,9) ＋ eq \f(4,9) ＝ eq \f(4,9) ，所以AD＝ eq \f(2,3) .
(2)因为 eq \(AE,\s\up9(→)) ＝x eq \(AB,\s\up9(→)) ， eq \(AF,\s\up9(→)) ＝y eq \(AC,\s\up9(→)) ，所以 eq \(AD,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,3) eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \f(2,3) eq \(AC,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,3x) eq \(AE,\s\up9(→)) ＋ eq \f(2,3y) eq \(AF,\s\up9(→)) ，
因为E，D，F三点共线，所以 eq \f(1,3x) ＋ eq \f(2,3y) ＝1，所以 eq \f(1,x) ＋ eq \f(2,y) ＝3.
14．(2024·内蒙古赤峰二中月考)如图，四边形OACB中，OA＝2，OB＝1，三角形ABC为正三角形．
(1)当∠AOB＝ eq \f(π,3) 时，设 eq \(OC,\s\up9(→)) ＝x eq \(OA,\s\up9(→)) ＋y eq \(OB,\s\up9(→)) ，求x，y的值；
(2)设∠AOB＝θ(0<θ<π)，则当θ为多少时.
①四边形OACB的面积S最大，最大值是多少？
②线段OC的长最大，最大值是多少？
解：(1)在△AOB中，∵OA＝2，
OB＝1，∠AOB＝ eq \f(π,3) ，∴AB＝ eq \r(3) ，
∠OAB＝ eq \f(π,6) ，∠OBA＝ eq \f(π,2) ，∠OAC＝ eq \f(π,2) ，∠OBC＝ eq \f(5π,6) ，
如图，过点C作CD∥OB交OA于点D，在△ACD中，AC＝ eq \r(3) ， ∠OAC＝ eq \f(π,2) ，
∴CD＝2，DA＝1，∴OD＝1，∴ eq \(OC,\s\up9(→)) ＝ eq \(OD,\s\up9(→)) ＋ eq \(DC,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,2) eq \(OA,\s\up9(→)) ＋2 eq \(OB,\s\up9(→)) ，∴x＝ eq \f(1,2) ，y＝2.
(2)①在△AOB中，由余弦定理可得AB＝ eq \r(5－4cs θ) ，
∴S△AOB＝sin θ，S△ABC＝ eq \f(\r(3),4) AB2＝ eq \f(\r(3),4) (5－4cs θ)，
∴S＝sin θ－ eq \r(3) cs θ＋ eq \f(5\r(3),4) ＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,3))) ＋ eq \f(5\r(3),4) ，∵θ∈(0，π)，∴Smax＝2＋ eq \f(5\r(3),4) ，此时θ＝ eq \f(5π,6) .
②由正弦定理得 eq \f(AB,sin θ) ＝ eq \f(OB,sin ∠OAB) ，即sin ∠OAB＝ eq \f(OB sin θ,AB) ＝ eq \f(sin θ,\r(5－4cs θ)) ，
∴cs ∠OAB＝ eq \f(2－cs θ,\r(5－4cs θ)) ，
∴ cs ∠OAC＝cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(∠OAB＋\f(π,3))) ＝
cs ∠OAB cs eq \f(π,3) －sin ∠OAB sin eq \f(π,3) ＝
eq \f(2－cs θ,\r(5－4cs θ)) × eq \f(1,2) － eq \f(sin θ,\r(5－4cs θ)) × eq \f(\r(3),2) ＝
eq \f(2－cs θ－\r(3)sin θ,2\r(5－4cs θ)) ，
由余弦定理得OC2＝4＋5－4cs θ－2×2× eq \r(5－4cs θ) × eq \f(2－cs θ－\r(3)sin θ,2\r(5－4cs θ)) ＝5＋2 eq \r(3) sin θ－2cs θ ＝5＋4sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,6))) ，
∵θ∈(0，π)，
∴当θ＝ eq \f(2π,3) 时，OC取得最大值3.
考点练30 平面向量的数量积及其应用 对应学生用书061页
一、单项选择题
1．(2023·北京卷)已知向量a，b满足a＋b＝(2，3)，a－b＝(－2，1)，则|a|2－|b|2＝( B )
A．－2 B．－1
C．0 D．1
解析：向量a，b满足a＋b＝(2，3)，a－b＝(－2，1)，所以|a|2－|b|2＝(a＋b)·(a－b)＝2×(－2)＋3×1＝－1.故选B.
2．(教材改编)设向量a，b 满足|a|＝|b|＝1 且|3a－2b|＝ eq \r(7) ，则a 与b的夹角为( A )
A． eq \f(π,3) B． eq \f(π,6)
C． eq \f(π,4) D． eq \f(2π,3)
解析：设a与b的夹角为θ，由题意得(3a－2b)2＝7，所以9|a|2＋4|b|2－12a·b＝7 .又|a|＝|b|＝1，所以a·b＝ eq \f(1,2) ，所以|a|·|b|cs θ＝ eq \f(1,2) ，即cs θ＝ eq \f(1,2) .又θ∈[0，π]，所以a与b的夹角为 eq \f(π,3) .故选A.
3．(2023·全国乙卷)正方形ABCD的边长是2，E是AB的中点，则 eq \(EC,\s\up9(→)) · eq \(ED,\s\up9(→)) ＝( B )
A． eq \r(5) B．3
C．2 eq \r(5) D．5
解析：方法一：以 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\(AB,\s\up9(→))，\(AD,\s\up9(→)))) 为基底，可知| eq \(AB,\s\up9(→)) |＝| eq \(AD,\s\up9(→)) |＝2， eq \(AB,\s\up9(→)) · eq \(AD,\s\up9(→)) ＝0，则 eq \(EC,\s\up9(→)) ＝ eq \(EB,\s\up9(→)) ＋ eq \(BC,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,2) eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \(AD,\s\up9(→)) ， eq \(ED,\s\up9(→)) ＝ eq \(EA,\s\up9(→)) ＋ eq \(AD,\s\up9(→)) ＝－ eq \f(1,2) eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \(AD,\s\up9(→)) ，所以 eq \(EC,\s\up9(→)) · eq \(ED,\s\up9(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)\(AB,\s\up9(→))＋\(AD,\s\up9(→)))) ·(－ eq \f(1,2) eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \(AD,\s\up9(→)) )＝－ eq \f(1,4) eq \(AB,\s\up9(→)) 2＋ eq \(AD,\s\up9(→)) 2＝－1＋4＝3.
方法二：如图，以A为坐标原点建立平面直角坐标系，则E(1，0)，C(2，2)，D(0，2)，可得 eq \(EC,\s\up9(→)) ＝(1，2)， eq \(ED,\s\up9(→)) ＝(－1，2)，所以 eq \(EC,\s\up9(→)) · eq \(ED,\s\up9(→)) ＝－1＋4＝3.
方法三：由题意可得，ED＝EC＝ eq \r(5) ，CD＝2，在△CDE中，由余弦定理可得cs ∠DEC＝ eq \f(DE2＋CE2－DC2,2DE·CE) ＝ eq \f(5＋5－4,2×\r(5)×\r(5)) ＝ eq \f(3,5) ，所以 eq \(EC,\s\up9(→)) · eq \(ED,\s\up9(→)) ＝| eq \(EC,\s\up9(→)) || eq \(ED,\s\up9(→)) |cs ∠DEC＝ eq \r(5) × eq \r(5) × eq \f(3,5) ＝3.故选B.
4．在Rt△ABC中，∠ABC＝60°，∠BAC＝90°，则向量 eq \(BA,\s\up9(→)) 在向量 eq \(BC,\s\up9(→)) 上的投影向量为( A )
A． eq \f(1,4) eq \(BC,\s\up9(→)) B． eq \f(\r(3),4) eq \(BC,\s\up9(→))
C．－ eq \f(1,4) eq \(BC,\s\up9(→)) D．－ eq \f(\r(3),4) eq \(BC,\s\up9(→))
解析：取点O为BC的中点，根据题意作图，∵∠BAC＝90°，∠ABC＝60°，∴向量 eq \(BA,\s\up9(→)) 在向量 eq \(BC,\s\up9(→)) 上的投影向量为 eq \f(1,2) eq \(BO,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,4) eq \(BC,\s\up9(→)) ，故选A.
5．(2023·全国甲卷)已知向量a＝(3，1)，b＝(2，2)，则cs 〈a＋b，a－b〉＝( B )
A． eq \f(1,17) B． eq \f(\r(17),17)
C． eq \f(\r(5),5) D． eq \f(2\r(5),5)
解析：因为a＝(3，1)，b＝(2，2)，所以a＋b＝(5，3)，a－b＝(1，－1)，则|a＋b|＝ eq \r(52＋32) ＝ eq \r(34) ，|a－b|＝ eq \r(1＋1) ＝ eq \r(2) ，(a＋b)·(a－b)＝5×1＋3×(－1)＝2，所以cs 〈a＋b，a－b〉＝ eq \f(（a＋b）·（a－b）,|a＋b||a－b|) ＝ eq \f(2,\r(34)×\r(2)) ＝ eq \f(\r(17),17) .故选B.
6．已知P是边长为2的正六边形ABCDEF内的一点，则 eq \(AP,\s\up9(→)) · eq \(AB,\s\up9(→)) 的取值范围是( A )
A．(－2，6) B．(－6，2)
C．(－2，4) D．(－4，6)
解析：如图，取A为坐标原点，AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系，则A(0，0)，B(2，0)，C(3， eq \r(3) )，F(－1， eq \r(3) ).设P(x，y)，则 eq \(AP,\s\up9(→)) ＝(x，y)， eq \(AB,\s\up9(→)) ＝(2，0)，且－1二、多项选择题
7．设a，b，c是任意的非零平面向量，且相互不共线，则下列命题中的真命题是( BD )
A．(a·b)c－(c·a)b＝0
B．|a|－|b|<|a－b|
C．(b·c)a－(a·c)b不与c垂直
D．(3a＋2b)·(3a－2b)＝9|a|2－4|b|2
解析：由于b，c是不共线的向量，因此(a·b)c与(c·a)b相减的结果应为向量，故A错误；由于a，b不共线，故a，b，a－b构成三角形，故B正确；由于[(b·c)a－(a·c)b]·c＝(b·c)(a·c)－(a·c)·(b·c)＝0，故C中两向量垂直，故C错误；根据向量数量积的运算可以得出D是正确的．故选BD.
8．(2024·广东中山纪念中学月考)在边长为2的正三角形ABC中，D，E满足 eq \(AE,\s\up9(→)) ＝ eq \(EB,\s\up9(→)) ， eq \(AD,\s\up9(→)) ＝2 eq \(DC,\s\up9(→)) ，BD，CE相交于点O，则下列结论正确的是( AD )
A． eq \(AB,\s\up9(→)) · eq \(CE,\s\up9(→)) ＝0
B． eq \(BD,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,3) eq \(BC,\s\up9(→)) ＋ eq \f(2,3) eq \(BA,\s\up9(→))
C．| eq \(OA,\s\up9(→)) ＋ eq \(OB,\s\up9(→)) ＋ eq \(OC,\s\up9(→)) |＝ eq \r(3)
D． eq \(ED,\s\up9(→)) 在 eq \(BC,\s\up9(→)) 上的投影向量为 eq \f(7,12) eq \(BC,\s\up9(→))
解析：因为△ABC是边长为2的等边三角形，E是AB上的点，且 eq \(AE,\s\up9(→)) ＝ eq \(EB,\s\up9(→)) ，以E为坐标原点，EB，EC所在直线分别为x轴、y轴，建立平面直角坐标系如图，则A(－1，0)，B(1，0)，C(0， eq \r(3) )，又因为 eq \(AD,\s\up9(→)) ＝2 eq \(DC,\s\up9(→)) ，即D为边AC上的一个靠近C的三等分点，于是D(－ eq \f(1,3) ， eq \f(2\r(3),3) )，设O(0，t)，则 eq \(DO,\s\up9(→)) ＝( eq \f(1,3) ，t－ eq \f(2\r(3),3) )，而 eq \(DB,\s\up9(→)) ＝( eq \f(4,3) ，－ eq \f(2\r(3),3) )，由D，O，B三点共线得 eq \f(1,3) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2\r(3),3))) － eq \f(4,3) (t－ eq \f(2\r(3),3) )＝0，解得t＝ eq \f(\r(3),2) ，即O eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),2))) ，因此O是EC的中点，因为 eq \(AB,\s\up9(→)) ＝(2，0)， eq \(CE,\s\up9(→)) ＝(0，－ eq \r(3) )，所以 eq \(AB,\s\up9(→)) · eq \(CE,\s\up9(→)) ＝0，故A正确；因为 eq \(BD,\s\up9(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)，\f(2\r(3),3))) ， eq \f(1,3) eq \(BC,\s\up9(→)) ＋ eq \f(2,3) eq \(BA,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,3) ·(－1， eq \r(3) )＋ eq \f(2,3) ·(－2，0)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,3)，\f(\r(3),3))) ， eq \(BD,\s\up9(→)) ≠ eq \f(1,3) eq \(BC,\s\up9(→)) ＋ eq \f(2,3) eq \(BA,\s\up9(→)) ，故B错误；显然 eq \(OA,\s\up9(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(\r(3),2))) ， eq \(OB,\s\up9(→)) ＝(1，－ eq \f(\r(3),2) )， eq \(OC,\s\up9(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),2))) ， eq \(OA,\s\up9(→)) ＋ eq \(OB,\s\up9(→)) ＋ eq \(OC,\s\up9(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(\r(3),2))) ，因此| eq \(OA,\s\up9(→)) ＋ eq \(OB,\s\up9(→)) ＋ eq \(OC,\s\up9(→)) |＝ eq \f(\r(3),2) ，故C错误；又因为 eq \(ED,\s\up9(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，\f(2\r(3),3))) ， eq \(BC,\s\up9(→)) ＝(－1， eq \r(3) )， eq \(ED,\s\up9(→)) · eq \(BC,\s\up9(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3))) ×(－1)＋ eq \f(2\r(3),3) × eq \r(3) ＝ eq \f(7,3) ，所以 eq \(ED,\s\up9(→)) 在 eq \(BC,\s\up9(→)) 上的投影向量为 eq \f(\(ED,\s\up9(→))·\(BC,\s\up9(→)),|\(BC,\s\up9(→))|) · eq \f(\(BC,\s\up9(→)),|\(BC,\s\up9(→))|) ＝ eq \f(\f(7,3),2) × eq \f(\(BC,\s\up9(→)),2) ＝ eq \f(7,12) eq \(BC,\s\up9(→)) ，故D正确．故选AD.
三、填空题
9．(2023·新课标Ⅱ卷)已知向量a，b满足|a－b|＝ eq \r(3) ，|a＋b|＝|2a－b|，则|b|＝ eq \r(3) ．
解析：方法一：因为|a＋b|＝|2a－b|，即(a＋b)2＝(2a－b)2，则a2＋2a·b＋b2＝4a2－4a·b＋b2，整理得a2－2a·b＝0，又因为|a－b|＝ eq \r(3) ，即(a－b)2＝3，则a2－2a·b＋b2＝b2＝3，所以|b|＝ eq \r(3) .
方法二：设c＝a－b，则|c|＝ eq \r(3) ，a＋b＝c＋2b，2a－b＝2c＋b，由题意可得，(c＋2b)2＝(2c＋b)2，则c2＋4c·b＋4b2＝4c2＋4c·b＋b2，整理得c2＝b2，即|b|＝|c|＝ eq \r(3) .
10．(2023·广东深圳统考二模)已知平面向量a，b不共线，若|a|＝1，|b|＝x，a·b＝1，则当b，2a＋b的夹角为30°时，x的值是2．
解析：因为|a|＝1，|b|＝x，a·b＝1，所以(2a＋b)2＝4a2＋b2＋4a·b＝x2＋8，所以|2a＋b|＝ eq \r(x2＋8) ，b·(2a＋b)＝2a·b＋|b|2＝2＋x2，cs 〈b，2a＋b〉＝
eq \f(b·（2a＋b）,|b|·|2a＋b|) ＝ eq \f(x2＋2,x\r(x2＋8)) ＝ eq \f(\r(3),2) ，整理得2x2＋4＝x eq \r(3x2＋24) ，得x＝2(负值已舍去).
11．若向量 eq \(AB,\s\up9(→)) ＝(1，1)， eq \(AC,\s\up9(→)) ＝(1，3)，则△ABC的面积为1．
解析：因为 eq \(AB,\s\up9(→)) ＝(1，1)， eq \(AC,\s\up9(→)) ＝(1，3)，所以cs 〈 eq \(AB,\s\up9(→)) ， eq \(AC,\s\up9(→)) 〉＝ eq \f(\(AB,\s\up9(→))·\(AC,\s\up9(→)),|\(AB,\s\up9(→))|·|\(AC,\s\up9(→))|) ＝ eq \f(1＋3,\r(2)×\r(10)) ＝ eq \f(2,\r(5)) ，所以sin ∠BAC＝ eq \r(1－\f(4,5)) ＝ eq \f(\r(5),5) ，所以S△ABC＝ eq \f(1,2) |AB|·|AC|sin ∠BAC＝ eq \f(1,2) × eq \r(2) × eq \r(10) × eq \f(\r(5),5) ＝1.
12．(2023·四川双流中学诊断)如图，在△ABC中，M为BC的中点，若AB＝1，AC＝3， eq \(AB,\s\up9(→)) 与 eq \(AC,\s\up9(→)) 的夹角为60°，则| eq \(MA,\s\up9(→)) |＝ eq \f(\r(13),2) ．
解析：∵M为BC的中点，∴ eq \(AM,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,2) ( eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \(AC,\s\up9(→)) )，∴| eq \(MA,\s\up9(→)) |2＝ eq \f(1,4) ( eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \(AC,\s\up9(→)) )2＝ eq \f(1,4) (| eq \(AB,\s\up9(→)) |2＋| eq \(AC,\s\up9(→)) |2＋2 eq \(AB,\s\up9(→)) · eq \(AC,\s\up9(→)) )＝ eq \f(1,4) (1＋9＋2×1×3cs 60°)＝ eq \f(13,4) ，∴| eq \(MA,\s\up9(→)) |＝ eq \f(\r(13),2) .
四、解答题
13．已知|a|＝4，|b|＝3，(2a－3b)·(2a＋b)＝61.
(1)求a与b的夹角θ；
(2)求|a＋b|；
(3)若 eq \(AB,\s\up9(→)) ＝a， eq \(BC,\s\up9(→)) ＝b，求△ABC的面积．
解：(1)因为(2a－3b)·(2a＋b)＝61，
所以4|a|2－4a·b－3|b|2＝61.
又|a|＝4，|b|＝3，所以64－4a·b－27＝61，所以a·b＝－6，所以cs θ＝ eq \f(a·b,|a||b|) ＝ eq \f(－6,4×3) ＝－ eq \f(1,2) .
又0≤θ≤π，所以θ＝ eq \f(2π,3) .
(2)|a＋b|2＝(a＋b)2＝|a|2＋2a·b＋|b|2＝42＋2×(－6)＋32＝13，
所以|a＋b|＝ eq \r(13) .
(3)因为 eq \(AB,\s\up9(→)) 与 eq \(BC,\s\up9(→)) 的夹角θ＝ eq \f(2π,3) ，所以∠ABC＝π－ eq \f(2π,3) ＝ eq \f(π,3) .
又| eq \(AB,\s\up9(→)) |＝|a|＝4，| eq \(BC,\s\up9(→)) |＝|b|＝3，所以S△ABC＝ eq \f(1,2) | eq \(AB,\s\up9(→)) || eq \(BC,\s\up9(→)) |·sin ∠ABC＝ eq \f(1,2) ×4×3× eq \f(\r(3),2) ＝3 eq \r(3) .
14．如图，在△OAB中，P为线段AB上的一个动点(不含端点)，且满足 eq \(AP,\s\up9(→)) ＝λ eq \(PB,\s\up9(→)) .
(1)若λ＝ eq \f(1,3) ，用向量 eq \(OA,\s\up9(→)) ， eq \(OB,\s\up9(→)) 表示 eq \(OP,\s\up9(→)) ；
(2)在(1)的条件下，若| eq \(OA,\s\up9(→)) |＝6，| eq \(OB,\s\up9(→)) |＝2，且∠AOB＝120°，求 eq \(OP,\s\up9(→)) · eq \(AB,\s\up9(→)) 的值．
解：(1)因为 eq \(AP,\s\up9(→)) ＝λ eq \(PB,\s\up9(→)) ，所以 eq \(AP,\s\up9(→)) ＝ eq \f(λ,λ＋1) eq \(AB,\s\up9(→)) ，所以 eq \(OP,\s\up9(→)) ＝ eq \(OA,\s\up9(→)) ＋ eq \(AP,\s\up9(→)) ＝ eq \(OA,\s\up9(→)) ＋ eq \f(λ,λ＋1) ( eq \(OB,\s\up9(→)) － eq \(OA,\s\up9(→)) )＝ eq \f(1,λ＋1) eq \(OA,\s\up9(→)) ＋ eq \f(λ,λ＋1) eq \(OB,\s\up9(→)) ，当λ＝ eq \f(1,3) 时， eq \(OP,\s\up9(→)) ＝ eq \f(3,4) eq \(OA,\s\up9(→)) ＋ eq \f(1,4) eq \(OB,\s\up9(→)) .
(2)由(1)可知 eq \(OP,\s\up9(→)) ＝ eq \f(3,4) eq \(OA,\s\up9(→)) ＋ eq \f(1,4) eq \(OB,\s\up9(→)) ，
所以 eq \(OP,\s\up9(→)) · eq \(AB,\s\up9(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)\(OA,\s\up9(→))＋\f(1,4)\(OB,\s\up9(→)))) ·( eq \(OB,\s\up9(→)) － eq \(OA,\s\up9(→)) )＝－ eq \f(3,4) | eq \(OA,\s\up9(→)) |2＋ eq \f(1,2) eq \(OA,\s\up9(→)) · eq \(OB,\s\up9(→)) ＋ eq \f(1,4) | eq \(OB,\s\up9(→)) |2.
因为| eq \(OA,\s\up9(→)) |＝6，| eq \(OB,\s\up9(→)) |＝2，∠AOB＝120°，所以 eq \(OP,\s\up9(→)) · eq \(AB,\s\up9(→)) ＝－ eq \f(3,4) ×36＋ eq \f(1,2) ×6×2× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))) ＋ eq \f(1,4) ×4＝－29，
即 eq \(OP,\s\up9(→)) · eq \(AB,\s\up9(→)) 的值为－29.
一、单项选择题
1．已知点O是△ABC内部一点，且满足 eq \(OA,\s\up9(→)) ＋ eq \(OB,\s\up9(→)) ＋ eq \(OC,\s\up9(→)) ＝0，又 eq \(AB,\s\up9(→)) · eq \(AC,\s\up9(→)) ＝2 eq \r(3) ，∠BAC＝60°，则△OBC的面积为( C )
A． eq \f(\r(3),2) B．3
C．1 D．2
解析：由 eq \(AB,\s\up9(→)) · eq \(AC,\s\up9(→)) ＝2 eq \r(3) ，∠BAC＝60°，可得 eq \(AB,\s\up9(→)) · eq \(AC,\s\up9(→)) ＝| eq \(AB,\s\up9(→)) |·| eq \(AC,\s\up9(→)) |cs ∠BAC＝ eq \f(1,2) | eq \(AB,\s\up9(→)) |·| eq \(AC,\s\up9(→)) |＝2 eq \r(3) ，所以
| eq \(AB,\s\up9(→)) |·| eq \(AC,\s\up9(→)) |＝4 eq \r(3) ，所以S△ABC＝ eq \f(1,2) | eq \(AB,\s\up9(→)) |·| eq \(AC,\s\up9(→)) |sin ∠BAC＝3，又 eq \(OA,\s\up9(→)) ＋ eq \(OB,\s\up9(→)) ＋ eq \(OC,\s\up9(→)) ＝0，所以O为△ABC的重心，所以S△OBC＝ eq \f(1,3) S△ABC＝1.故选C.
2．(2023·全国甲卷)已知向量a，b，c满足|a|＝|b|＝1，|c|＝ eq \r(2) ，且a＋b＋c＝0，则cs 〈a－c，b－c〉＝( D )
A．－ eq \f(4,5) B．－ eq \f(2,5)
C． eq \f(2,5) D． eq \f(4,5)
解析：因为a＋b＋c＝0，所以a＋b＝－c，即a2＋b2＋2a·b＝c2，即1＋1＋2a·b＝2，所以a·b＝0.
如图，设 eq \(OA,\s\up9(→)) ＝a， eq \(OB,\s\up9(→)) ＝b， eq \(OC,\s\up9(→)) ＝c，由题知，OA＝OB＝1，OC＝ eq \r(2) ，△OAB是等腰直角三角形，AB边上的高OD＝ eq \f(\r(2),2) ，AD＝ eq \f(\r(2),2) ，
所以CD＝CO＋OD＝ eq \r(2) ＋ eq \f(\r(2),2) ＝ eq \f(3\r(2),2) ，
tan ∠ACD＝ eq \f(AD,CD) ＝ eq \f(1,3) ，cs ∠ACD＝ eq \f(3,\r(10)) ，
cs 〈a－c，b－c〉＝cs ∠ACB＝cs 2∠ACD＝2cs2∠ACD－1＝2× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,\r(10)))) eq \s\up12(2) －1＝ eq \f(4,5) .故选D.
3．在Rt△ABC中，∠C＝90°，CB＝2，CA＝4，P在边AC的中线BD上，则 eq \(CP,\s\up9(→)) · eq \(BP,\s\up9(→)) 的最小值为( A )
A．－ eq \f(1,2) B．0
C．4 D．－1
解析：依题意，以C为坐标原点，分别以AC，BC所在的直线为x轴、y轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则B(0，2)，D(2，0)，所以直线BD的方程为y＝－x＋2，因为P在边AC的中线BD上，所以可设P(t，2－t)(0≤t≤2)，所以 eq \(CP,\s\up9(→)) ＝(t，2－t)， eq \(BP,\s\up9(→)) ＝(t，－t)，所以 eq \(CP,\s\up9(→)) · eq \(BP,\s\up9(→)) ＝t2－t(2－t)＝2t2－2t＝2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(1,2))) eq \s\up12(2) － eq \f(1,2) ，当t＝ eq \f(1,2) 时， eq \(CP,\s\up9(→)) · eq \(BP,\s\up9(→)) 取得最小值－ eq \f(1,2) .故选A.
4．已知a，b是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量c满足(a－c)·(b－c)＝0，则|c|的最大值是( C )
A．1 B．2
C． eq \r(2) D． eq \f(\r(2),2)
解析：如图， eq \(OA,\s\up9(→)) ＝a， eq \(OB,\s\up9(→)) ＝b， eq \(OC,\s\up9(→)) ＝c，且| eq \(OA,\s\up9(→)) |＝| eq \(OB,\s\up9(→)) |＝1.∵a⊥b，
∴| eq \(AB,\s\up9(→)) |＝ eq \r(2) .由(a－c)·(b－c)＝0，知(a－c)⊥(b－c)，即 eq \(CA,\s\up9(→)) ⊥ eq \(CB,\s\up9(→)) .∴O，A，C，B四点共圆．∴当OC为直径时|c|最大，为 eq \r(2) .故选C.
5．(2024·四川成都树德中学期末)已知点N，O，P在△ABC所在平面内，且 eq \(PA,\s\up9(→)) ＋ eq \(PB,\s\up9(→)) ＋ eq \(PC,\s\up9(→)) ＝3 eq \(PN,\s\up9(→)) ， eq \(OA,\s\up9(→)) 2＝ eq \(OB,\s\up9(→)) 2＝ eq \(OC,\s\up9(→)) 2， eq \(PA,\s\up9(→)) · eq \(PB,\s\up9(→)) ＝ eq \(PB,\s\up9(→)) · eq \(PC,\s\up9(→)) ＝ eq \(PC,\s\up9(→)) · eq \(PA,\s\up9(→)) ，则点N，O，P依次是△ABC的( A )
A．重心、外心、垂心 B．重心、外心、内心
C．外心、重心、垂心 D．外心、重心、内心
解析：由 eq \(PA,\s\up9(→)) ＋ eq \(PB,\s\up9(→)) ＋ eq \(PC,\s\up9(→)) ＝3 eq \(PN,\s\up9(→)) ，得( eq \(PA,\s\up9(→)) － eq \(PN,\s\up9(→)) )＋( eq \(PB,\s\up9(→)) － eq \(PN,\s\up9(→)) )＋( eq \(PC,\s\up9(→)) － eq \(PN,\s\up9(→)) )＝0，所以 eq \(NA,\s\up9(→)) ＋ eq \(NB,\s\up9(→)) ＋ eq \(NC,\s\up9(→)) ＝0，如图，设AB的中点为D，连接ND，则 eq \(NA,\s\up9(→)) ＋ eq \(NB,\s\up9(→)) ＝2 eq \(ND,\s\up9(→)) ，所以 eq \(NC,\s\up9(→)) ＝2 eq \(DN,\s\up9(→)) ，所以点N在AB边的中线上，同理可得N也在AC，BC边的中线上，
所以点N是△ABC的重心，
由 eq \(OA,\s\up9(→)) 2＝ eq \(OB,\s\up9(→)) 2＝ eq \(OC,\s\up9(→)) 2，得| eq \(OA,\s\up9(→)) |＝| eq \(OB,\s\up9(→)) |＝| eq \(OC,\s\up9(→)) |，所以O到△ABC的三个顶点的距离相等，所以O为△ABC的外心，由 eq \(PA,\s\up9(→)) · eq \(PB,\s\up9(→)) ＝ eq \(PB,\s\up9(→)) · eq \(PC,\s\up9(→)) ＝ eq \(PC,\s\up9(→)) · eq \(PA,\s\up9(→)) ，得 eq \(PB,\s\up9(→)) ·( eq \(PA,\s\up9(→)) － eq \(PC,\s\up9(→)) )＝0，所以 eq \(PB,\s\up9(→)) · eq \(CA,\s\up9(→)) ＝0，所以 eq \(PB,\s\up9(→)) ⊥ eq \(CA,\s\up9(→)) ，所以PB⊥AC，同理得PC⊥AB，所以P为△ABC的垂心．故选A.
6．(数学文化)八卦是中国古代的基本哲学概念，八卦文化是中华文化的核心精髓，八卦图与太极图(图1)的轮廓分别为正八边形ABCDEFGH和圆O(图2)，其中正八边形的中心是点O，鱼眼(黑白两点)P，Q是圆O半径的中点，且关于点O对称．若OA＝8 eq \r(2) ，圆O的半径为6，当太极图转动(即圆面O及其内部点绕点O转动)时， eq \(PA,\s\up9(→)) · eq \(QC,\s\up9(→)) 的最大值为( A )
A．39 B．48
C．57 D．60
解析：如图所示建立平面直角坐标系，
因为正八边形的每个内角为 eq \f(3π,4) ，所以∠AOB＝ eq \f(π,4) ，所以∠AOM＝ eq \f(π,8) ，又因为OA＝8 eq \r(2) ，所以A(－8 eq \r(2) sin eq \f(π,8) ，－8 eq \r(2) cs eq \f(π,8) )，C(8 eq \r(2) cs eq \f(π,8) ，－8 eq \r(2) sin eq \f(π,8) )，由题意知，P在以O为圆心，3为半径的圆上，且P，Q关于原点对称，所以设P(3cs θ，3sin θ)，则Q(－3cs θ，－3sin θ)，所以 eq \(PA,\s\up9(→)) · eq \(QC,\s\up9(→)) ＝(－8 eq \r(2) sin eq \f(π,8) －3cs θ，－8 eq \r(2) cs eq \f(π,8) －3sin θ)·(8 eq \r(2) cs eq \f(π,8) ＋3cs θ，－8 eq \r(2) sin eq \f(π,8) ＋3sin θ) ＝(－8 eq \r(2) sin eq \f(π,8) －3cs θ)(8 eq \r(2) cs eq \f(π,8) ＋3cs θ)＋(－8 eq \r(2) cs eq \f(π,8) －3sin θ)·(－8 eq \r(2) sin eq \f(π,8) ＋3sin θ)＝－8 eq \r(2) ×3×[(cs eq \f(π,8) －sin eq \f(π,8) )sin θ＋(cs eq \f(π,8) ＋sin eq \f(π,8) )cs θ]－9＝－8 eq \r(2) ×3× eq \r(2) sin (θ＋φ)－9＝－48sin (θ＋φ)－9(tan φ＝ eq \f(cs \f(π,8)＋sin \f(π,8),cs \f(π,8)－sin \f(π,8)) ＝ eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs \f(π,8)＋sin \f(π,8)))\s\up12(2),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs \f(π,8)－sin \f(π,8)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs \f(π,8)＋sin \f(π,8)))) ＝ eq \f(1＋sin \f(π,4),cs \f(π,4)) ＝ eq \r(2) ＋1)，所以当sin (θ＋φ)＝－1时， eq \(PA,\s\up9(→)) · eq \(QC,\s\up9(→)) 取得最大值为39.故选A.
二、多项选择题
7．(2023·上海浦东实验学校期末)矩形ABCD中，AB＝2，AD＝4，动点P满足 eq \(AP,\s\up9(→)) ＝λ eq \(AB,\s\up9(→)) ＋μ eq \(AD,\s\up9(→)) ，λ∈[0，1]，μ∈[0，1]，则下列说法中正确的是( ACD )
A．若μ＝1，则△ABP的面积为定值
B．若λ＝1，则| eq \(DP,\s\up9(→)) |的最小值为4
C．若μ＝ eq \f(1,2) ，则满足 eq \(PA,\s\up9(→)) ⊥ eq \(PB,\s\up9(→)) 的点P不存在
D．若λ＝ eq \f(1,3) ，μ＝ eq \f(2,3) ，则△ABP的面积为 eq \f(8,3)
解析：以点A为坐标原点，AD，AB所在直线分别为x轴，y轴建立如图所示的平面直角坐标系，则点B(0，2)，D(4，0)，A(0，0)，则 eq \(AB,\s\up9(→)) ＝(0，2)， eq \(AD,\s\up9(→)) ＝(4，0)，因为 eq \(AP,\s\up9(→)) ＝λ eq \(AB,\s\up9(→)) ＋μ eq \(AD,\s\up9(→)) ＝λ(0，2)＋μ(4，0)＝(4μ，2λ)，即点P(4μ，2λ)，对于A，当μ＝1时，P(4，2λ)，则点P到直线AB的距离为4，则S△ABP＝ eq \f(1,2) |AB|·4＝ eq \f(1,2) ×2×4＝4，故A正确；对于B，当λ＝1时，P(4μ，2)，则 eq \(DP,\s\up9(→)) ＝(4μ－4，2)，因为0≤μ≤1，则－4≤4μ－4≤0，则| eq \(DP,\s\up9(→)) |＝ eq \r(（4μ－4）2＋22) ≥2，当且仅当μ＝1时，等号成立，故B错误；对于C，当μ＝ eq \f(1,2) 时，则P(2，2λ)， eq \(PA,\s\up9(→)) ＝(－2，－2λ)， eq \(PB,\s\up9(→)) ＝(－2，2－2λ)， eq \(PA,\s\up9(→)) · eq \(PB,\s\up9(→)) ＝4－2λ(2－2λ)＝4λ2－4λ＋4＝(2λ－1)2＋3>0，所以，若μ＝ eq \f(1,2) ，则满足 eq \(PA,\s\up9(→)) ⊥ eq \(PB,\s\up9(→)) 的点P不存在，故C正确；对于D，若λ＝ eq \f(1,3) ，μ＝ eq \f(2,3) ，则P( eq \f(8,3) ， eq \f(2,3) )，此时，点P到直线AB的距离为 eq \f(8,3) ，则S△ABP＝ eq \f(1,2) |AB|· eq \f(8,3) ＝ eq \f(1,2) ×2× eq \f(8,3) ＝ eq \f(8,3) ，故D正确．故选ACD.
8．(新定义问题)定义一种向量运算“”：ab＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a·b，当a，b不共线时，,|a－b|，当a，b共线时)) (a，b是任意的两个向量).对于同一平面内的向量a，b，c，e，给出下列结论，正确的是( AD )
A．ab＝ba
B．λ(ab)＝(λa)b(λ∈R)
C．(a＋b)c＝ac＋bc
D．若e是单位向量，则|ae|≤|a|＋1
解析：当a，b共线时，ab＝|a－b|＝|b－a|＝ba，当a，b不共线时，ab＝a·b＝b·a＝ba，故A正确；当λ＝0，b≠0时，λ(ab)＝0，(λa)b＝|0－b|≠0，故B错误；当a＋b与c共线时，则存在a，b与c不共线，(a＋b)c＝|a＋b－c|，ac＋bc＝a·c＋b·c，显然|a＋b－c|≠a·c＋b·c，故C错误；当e与a不共线时，|ae|＝|a·e|<|a|·|e|<|a|＋1，当e与a共线时，设a＝μe，μ∈R，|ae|＝|a－e|＝|μe－e|＝|μ－1|≤|μ|＋1，故D正确．故选AD.
三、填空题
9．已知e1，e2是两个单位向量，且|e1＋e2|＝ eq \r(3) ，则|e1－e2|＝1．
解析：方法一：由|e1＋e2|＝ eq \r(3) ，两边平方，得e eq \\al(2,1) ＋2e1·e2＋e eq \\al(2,2) ＝3.又e1，e2是单位向量，所以2e1·e2＝1，所以|e1－e2|2＝e eq \\al(2,1) －2e1·e2＋e eq \\al(2,2) ＝1，所以|e1－e2|＝1.
方法二：如图，设 eq \(AB,\s\up9(→)) ＝e1， eq \(AD,\s\up9(→)) ＝e2，又e1，e2是单位向量，所以| eq \(AB,\s\up9(→)) |＝| eq \(AD,\s\up9(→)) |＝1，以AB，AD为邻边作平行四边形ABCD，连接AC，BD，则 eq \(AC,\s\up9(→)) ＝e1＋e2， eq \(DB,\s\up9(→)) ＝e1－e2，因为|e1＋e2|＝ eq \r(3) ，即| eq \(AC,\s\up9(→)) |＝ eq \r(3) ，所以∠ABC＝120°，则∠DAB＝60°，所以| eq \(DB,\s\up9(→)) |＝1，即|e1－e2|＝1.
10．(2023·北京西城区北师大附中期末)如图，圆E为△ABC的外接圆，AB＝4，AC＝6，D为边BC的中点，则 eq \(AD,\s\up9(→)) · eq \(AE,\s\up9(→)) ＝13．
解析：由于D是BC边的中点，可得 eq \(AD,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,2) ( eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \(AC,\s\up9(→)) )，∵E是△ABC的外接圆的圆心，∴ eq \(AE,\s\up9(→)) · eq \(AB,\s\up9(→)) ＝| eq \(AE,\s\up9(→)) |·| eq \(AB,\s\up9(→)) |cs ∠BAE＝ eq \f(1,2) | eq \(AB,\s\up9(→)) |2＝ eq \f(1,2) ×42＝8，同理可得 eq \(AE,\s\up9(→)) · eq \(AC,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,2) | eq \(AC,\s\up9(→)) |2＝18，∴ eq \(AD,\s\up9(→)) · eq \(AE,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,2) ( eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \(AC,\s\up9(→)) )· eq \(AE,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,2) eq \(AE,\s\up9(→)) · eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \f(1,2) eq \(AE,\s\up9(→)) · eq \(AC,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,2) ×8＋ eq \f(1,2) ×18＝13.
11．(2024·云南曲靖一中期末)骑自行车是一种能有效改善心肺功能的耐力性有氧运动，深受大众喜爱，如图是某一自行车的平面结构示意图，已知图中的圆A(前轮)、圆D(后轮)的半径均为 eq \f(\r(3),2) ，△ABE，△BEC，△ECD均是边长为2的等边三角形．设点P为后轮上的一点，则在骑动该自行车的过程中， eq \(AC,\s\up9(→)) · eq \(BP,\s\up9(→)) 的最大值为9．
解析：建立如图所示的平面直角坐标系：
则A(－4，0)，B(－3， eq \r(3) )，C(－1， eq \r(3) )，设P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)cs θ，\f(\r(3),2)sin θ)) ，则 eq \(AC,\s\up9(→)) ＝(3， eq \r(3) )， eq \(BP,\s\up9(→)) ＝( eq \f(\r(3),2) cs θ＋3， eq \f(\r(3),2) sin θ－ eq \r(3) )，所以 eq \(AC,\s\up9(→)) · eq \(BP,\s\up9(→)) ＝ eq \f(3\r(3),2) cs θ＋ eq \f(3,2) sin θ＋6＝3sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,3))) ＋6≤3＋6＝9.
四、解答题
12．已知平面上两个不共线的向量a，b，其中a＝(1，2)，|b|＝2.
(1)若(a＋2b)⊥(2a－b)，求向量a与向量b夹角的余弦值；
(2)若向量a在向量b上的投影向量为－ eq \f(1,2) b，求向量b的坐标．
解：(1)因为a＝(1，2)，所以|a|＝ eq \r(12＋22) ＝ eq \r(5) .
因为(a＋2b)⊥(2a－b)，所以(a＋2b)·(2a－b)＝0，
即2a2＋3a·b－2b2＝2×( eq \r(5) )2＋3a·b－2×22＝2＋3a·b＝0，所以a·b＝－ eq \f(2,3) ，则cs 〈a，b〉＝ eq \f(a·b,|a|·|b|) ＝ eq \f(－\f(2,3),\r(5)×2) ＝－ eq \f(\r(5),15) .
(2) 由题意得|a|·cs 〈a，b〉＝－1，则cs 〈a，b〉＝－ eq \f(\r(5),5) .
设b＝(x，y)，则
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a·b＝x＋2y＝|a|·|b|·cs 〈a，b〉＝－2，,|b|＝\r(x2＋y2)＝2，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(6,5)，,y＝－\f(8,5)，)) 或 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－2，,y＝0，))
所以b＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,5)，－\f(8,5))) 或b＝(－2，0) .
13．(新定义问题)(2023·上海静安区高三统考期末)如图，平面向量e1与e2是单位向量，夹角为60°，那么，向量e1，e2构成平面的一个基底．若a＝xe1＋ye2，则将有序实数对〈x，y〉称为向量a在这个基底下的斜坐标，表示为a＝〈x，y〉．
(1)记向量e1＝ eq \(OA,\s\up9(→)) ，e2＝ eq \(OB,\s\up9(→)) ，求向量 eq \(AB,\s\up9(→)) 在这个基底下的斜坐标；
(2)设a＝〈1，－1〉，b＝〈2，0〉，求a·b；
(3)请以(2)中的问题为特例，提出一个一般性的问题，并解决问题．
解：(1) eq \(AB,\s\up9(→)) ＝ eq \(OB,\s\up9(→)) － eq \(OA,\s\up9(→)) ＝e2－e1＝－e1＋e2，所以向量 eq \(AB,\s\up9(→)) ＝〈－1，1〉．
(2)由已知，有a＝e1－e2，b＝2e1，
a·b＝(e1－e2)·(2e1)＝2e eq \\al(2,1) －2e2·e1＝2－2cs 60°＝1.
(3)提出问题：设a＝〈x1，y1〉，b＝〈x2，y2〉，求a·b的斜坐标表示公式．
解答问题：a＝x1e1＋y1e2，b＝x2e1＋y2e2，a·b＝(x1e1＋y1e2)·(x2e1＋y2e2)＝x1x2e1·e1＋x1y2e1·e2＋y1x2e2·e1＋y1y2e2·e2＝x1x2e1·e1＋y1y2e2·e2＋(x1y2＋y1x2)e2·e1＝x1x2＋y1y2＋ eq \f(1,2) (x1y2＋y1x2).(答案不唯一)
考点练31 复数 对应学生用书063页
一、单项选择题
1．(2023·全国乙卷)设z＝ eq \f(2＋i,1＋i2＋i5) ，则 eq \x\t(z) ＝( B )
A．1－2i B．1＋2i
C．2－i D．2＋i
解析：由题意可得z＝ eq \f(2＋i,1＋i2＋i5) ＝ eq \f(2＋i,1－1＋i) ＝ eq \f(i（2＋i）,i2) ＝ eq \f(2i－1,－1) ＝1－2i，则 eq \x\t(z) ＝1＋2i.故选B.
2．在复平面内，复数z对应的点与1＋i对应的点关于实轴对称，则z等于( D )
A．1＋i B．－1－i
C．－1＋i D．1－i
解析：1＋i在复平面内对应点为(1，1)，关于实轴对称的点为(1，－1)，∴z＝1－i.故选D.
3．(2023·全国乙卷)|2＋i2＋2i3|＝( C )
A．1 B．2
C． eq \r(5) D．5
解析：由题意可得2＋i2＋2i3＝2－1－2i＝1－2i，则|2＋i2＋2i3|＝|1－2i|＝ eq \r(12＋（－2）2) ＝ eq \r(5) .故选C.
4．若复数z满足z(1－i)＝|1－i|＋i，则z的实部为( A )
A． eq \f(\r(2)－1,2) B． eq \r(2) －1
C．1 D． eq \f(\r(2)＋1,2)
解析：由z(1－i)＝|1－i|＋i，得z＝ eq \f(\r(2)＋i,1－i) ＝ eq \f(（\r(2)＋i）（1＋i）,（1－i）（1＋i）) ＝ eq \f(\r(2)－1,2) ＋ eq \f(\r(2)＋1,2) i，故z的实部为 eq \f(\r(2)－1,2) .故选A.
5．设复数z1＝1＋i，z2＝2＋bi，若 eq \f(z1,z2) 为纯虚数，则实数b等于( A )
A．－2 B．2
C．－1 D．1
解析：由 eq \f(z1,z2) ＝ eq \f(1＋i,2＋bi) ＝ eq \f(（1＋i）（2－bi）,4＋b2) ＝ eq \f(（2＋b）＋（2－b）i,4＋b2) 为纯虚数，得2＋b＝0，且2－b≠0，所以b＝－2.故选A.
6．(2023·北京卷)在复平面内，复数z对应的点的坐标是(－1， eq \r(3) )，则z的共轭复数 eq \x\t(z) ＝( D )
A．1＋ eq \r(3) i B．1－ eq \r(3) i
C．－1＋ eq \r(3) i D．－1－ eq \r(3) i
解析：z在复平面内对应的点是(－1， eq \r(3) )，根据复数的几何意义，z＝－1＋ eq \r(3) i，由共轭复数的定义可知， eq \x\t(z) ＝－1－ eq \r(3) i.故选D.
7．(2023·全国甲卷)设a∈R，(a＋i)(1－ai)＝2，则a＝( C )
A．－1 B．0
C．1 D．2
解析：因为(a＋i)(1－ai)＝a－a2i＋i＋a＝2a＋(1－a2)i＝2，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2a＝2，,1－a2＝0，)) 解得a＝1.故选C.
8．(2023·云南玉溪高三统考期末)已知复数z1，z2在复平面内对应的点分别为(1，－1)，(0，1)，则z1z2＝( D )
A．－1－i B．－1＋i
C．1－i D．1＋i
解析：依题意，z1＝1－i，z2＝i，所以z1z2＝(1－i)i＝1＋i.故选D.
二、多项选择题
9．下面是关于复数z＝ eq \f(2,－1＋i) 的四个命题，其中是真命题的是( BD )
A．|z|＝2
B．z2＝2i
C．z的共轭复数为1＋i
D．z的虚部为－1
解析：∵z＝ eq \f(2,－1＋i) ＝ eq \f(2（－1－i）,（－1＋i）（－1－i）) ＝－1－i，∴|z|＝ eq \r(2) ，z2＝2i，z的共轭复数为－1＋i，z的虚部为－1.故选BD.
10．(2024·福建莆田高三统考期末)已知i为虚数单位，则下列结论正确的是( ABD )
A．i＋i2＋i3＋i4＝0
B．若z＝ eq \x\t(z) ，则z∈R
C．若复数z为纯虚数，则|z|2＝z2
D．若(1－i)z＝1＋i，则|z|＝1
解析：对于A，i＋i2＋i3＋i4＝i＋(－1)＋(－i)＋1＝0，故A正确；对于B，设z＝a＋bi，a，b∈R，则 eq \x\t(z) ＝a－bi，若z＝ eq \x\t(z) ，则a＋bi＝a－bi，即2bi＝0，解得b＝0，则z＝a，z∈R，故B正确；对于C，复数z为纯虚数，设z＝bi，b∈R且b≠0，则|z|2＝b2，z2＝(bi)2＝b2i2＝－b2，故|z|2≠z2，故C错误；对于D，若(1－i)z＝1＋i，则z＝ eq \f(1＋i,1－i) ＝ eq \f(（1＋i）2,（1－i）（1＋i）) ＝ eq \f(2i,2) ＝i，故|z|＝1，故D正确．故选ABD.
11．在复平面内，下列命题是真命题的是( AD )
A．若复数z满足 eq \f(1,z) ∈R，则z∈R
B．若复数z满足z2∈R，则z∈R
C．若复数z1，z2满足z1z2∈R，则z1＝ eq \x\t(z) 2
D．若复数z∈R，则 eq \x\t(z) ∈R
解析：对于A，设复数z＝a＋bi(a，b∈R)，则 eq \f(1,z) ＝ eq \f(1,a＋bi) ＝ eq \f(a－bi,（a＋bi）（a－bi）) ＝ eq \f(a,a2＋b2) － eq \f(b,a2＋b2) i，若 eq \f(1,z) ∈R，则b＝0，所以z＝a∈R，故A为真命题；对于B，若复数z＝i，则z2＝－1∈R，但zR，故B为假命题；对于C，若复数z1＝i，z2＝2i满足z1z2＝－2∈R，但z1≠ eq \x\t(z) 2，故C为假命题；对于D，若复数z＝a＋bi∈R，则b＝0， eq \x\t(z) ＝z∈R，故D为真命题．故选AD.
12．(2023·广东珠海模拟)已知i为虚数单位，若(1＋i)n＝(1－i)n，则n 可以是( AC )
A．2 020 B．2 022
C．2 024 D．2 026
解析：因为(1＋i)2＝2i，(1－i)2＝－2i，所以(1＋i)n＝[(1＋i)2] eq \s\up9(\f(n,2)) ＝(2i) eq \s\up9(\f(n,2)) ，(1－i)n＝[(1－i)2] eq \s\up9(\f(n,2)) ＝(－2i) eq \s\up9(\f(n,2)) ，所以若(2i) eq \s\up9(\f(n,2)) ＝(－2i) eq \s\up9(\f(n,2)) 成立，则 eq \f(n,2) 为偶数即可．故选AC.
三、填空题
13．(2023·天津卷)已知i是虚数单位，化简 eq \f(5＋14i,2＋3i) 的结果为4＋i．
解析：由题意可得 eq \f(5＋14i,2＋3i) ＝ eq \f(（5＋14i）（2－3i）,（2＋3i）（2－3i）) ＝ eq \f(52＋13i,13) ＝4＋i.
14．i是虚数单位，若复数(1－2i)(a＋i)是纯虚数，则实数a的值为－2．
解析：(1－2i)(a＋i)＝a＋2＋(1－2a)i，由已知，得a＋2＝0，1－2a≠0，∴a＝－2.
15．若复数z＝i＋i2 020，则 eq \x\t(z) ＋ eq \f(10,z) 的模等于6 eq \r(2) ．
解析：z＝i＋i2 020＝i＋1， eq \x\t(z) ＋ eq \f(10,z) ＝1－i＋ eq \f(10,1＋i) ＝6－6i，其模为6 eq \r(2) .
16．(教材改编)在复平面内，向量 eq \(AB,\s\up9(→)) 对应的复数是2＋i，向量 eq \(CB,\s\up9(→)) 对应的复数是－1－3i，则向量 eq \(CA,\s\up9(→)) 对应的复数是－3－4i．
解析：因为 eq \(CA,\s\up9(→)) ＝ eq \(CB,\s\up9(→)) ＋ eq \(BA,\s\up9(→)) ，所以 eq \(CA,\s\up9(→)) 对应的复数是(－1－3i)＋(－2－i)＝－3－4i.
17．(2023·江西景德镇一中校考期末)已知复数z满足|z＋1|－|z－1|＝2，则|z－i|的最小值为 eq \r(2) ．
解析：设z＝x＋yi(x，y∈R)，因为|z＋1|－|z－1|＝2，所以 eq \r(（x＋1）2＋y2) － eq \r(（x－1）2＋y2) ＝2，即点(x，y)到点(－1，0)和(1，0)的距离之差等于2，所以方程 eq \r(（x＋1）2＋y2) － eq \r(（x－1）2＋y2) ＝2表示射线y＝0(x≥1)，|z－i|＝ eq \r(x2＋（y－1）2) 表示点(x，y)到(0，1)的距离．作图(图略)可知，|z－i|的最小值为 eq \r(2) .
一、单项选择题
1．(2023·全国甲卷) eq \f(5（1＋i3）,（2＋i）（2－i）) ＝( C )
A．－1 B．1
C．1－i D．1＋i
解析： eq \f(5（1＋i3）,（2＋i）（2－i）) ＝ eq \f(5（1－i）,5) ＝1－i.故选C.
2．(2023·新课标Ⅰ卷)已知z＝ eq \f(1－i,2＋2i) ，则z－ eq \x\t(z) ＝( A )
A．－i B．i
C．0 D．1
解析：因为z＝ eq \f(1－i,2＋2i) ＝ eq \f(（1－i）（1－i）,2（1＋i）（1－i）) ＝ eq \f(－2i,4) ＝－ eq \f(1,2) i，所以 eq \x\t(z) ＝ eq \f(1,2) i，即z－ eq \x\t(z) ＝－i.故选A.
3．(2023·新课标Ⅱ卷)在复平面内，(1＋3i)(3－i)对应的点位于( A )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
解析：因为(1＋3i)(3－i)＝3＋8i－3i2＝6＋8i，则所求复数对应的点为(6，8)，位于第一象限．故选A.
4．(2023·安徽合肥一中校考期末)已知复数z满足z＝(3－2i)(1＋2i)，i为虚数单位，则 eq \x\t(z) ＝( B )
A．7＋4i B．7－4i
C．－1＋4i D．－1－4i
解析：由z＝(3－2i)(1＋2i)，可得z＝3＋4＋4i＝7＋4i，所以 eq \x\t(z) ＝7－4i.故选B.
5．(2023·广东深圳统考二模)已知复数z＝a＋bi(a，b∈R)，i是虚数单位，若z－ eq \x\t(z) ＝2 eq \r(3) i，则复数z的虚部为( A )
A． eq \r(3) B．2 eq \r(3)
C． eq \r(3) i D．2 eq \r(3) i
解析：z－ eq \x\t(z) ＝2bi＝2 eq \r(3) i，解得b＝ eq \r(3) .故选A.
6．(2023·河北唐山高三校联考期末)若复数z满足(1＋i)z＝4－2i(i为虚数单位)，则z的共轭复数 eq \x\t(z) ＝( C )
A．3＋i B．3－i
C．1＋3i D．1－3i
解析：依题意，z＝ eq \f(4－2i,1＋i) ＝ eq \f(（4－2i）（1－i）,（1＋i）（1－i）) ＝ eq \f(2－6i,2) ＝1－3i，所以z的共轭复数 eq \x\t(z) ＝1＋3i.故选C.
7．(2024·河南开封杞县高中校联考期末)已知复数z1＝－1＋3i，z2＝a＋bi3(a，b∈R)且z1＝z2，其中i为虚数单位，则ba＝( D )
A．0 B．－3
C．－2 D．－ eq \f(1,3)
解析：∵z1＝－1＋3i，z2＝a＋bi3＝a－bi，又z1＝z2，∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－1，,－b＝3，)) 则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－1，,b＝－3，)) ∴ba＝(－3)－1＝－ eq \f(1,3) .故选D.
8．(2023·河南安阳统考三模)欧拉是十八世纪数学界最杰出的人物之一，数学史上称十八世纪为“欧拉时代”.1735年，他提出公式：复数z＝eθi＝cs θ＋isin θ(i是虚数单位).已知复数z1＝1－ eq \r(3) i，z2＝ eq \f(\r(2),4) (1＋i)，设eαi＝z1z2，则α的值可能是( B )
A．－ eq \f(5π,12) B．－ eq \f(π,12)
C． eq \f(13π,12) D． eq \f(25π,12)
解析：z1＝2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(\r(3),2)i)) ＝2[cs (－ eq \f(π,3) )＋isin (－ eq \f(π,3) )]，z2＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)＋\f(\r(2),2)i)) ＝ eq \f(1,2) (cs eq \f(π,4) ＋isin eq \f(π,4) )，z1z2＝[cs (－ eq \f(π,3) )＋
isin (－ eq \f(π,3) )](cs eq \f(π,4) ＋isin eq \f(π,4) )＝[cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3))) cs eq \f(π,4) －sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3))) sin eq \f(π,4) ]＋i[cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3))) ·sin eq \f(π,4) ＋sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3))) cs eq \f(π,4) ]＝
cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12))) ＋isin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12))) ＝e－ eq \f(π,12) i，依题意，α＝－ eq \f(π,12) ＋2kπ，k∈Z，当k＝0时，α＝－ eq \f(π,12) ，故B正确，A、C、D错误．故选B.
二、多项选择题
9．设z1，z2是复数，则下列命题中的真命题是( ABC )
A．若|z1－z2|＝0，则 eq \x\t(z1) ＝ eq \x\t(z2)
B．若z1＝ eq \x\t(z2) ，则 eq \x\t(z1) ＝z2
C．若|z1|＝|z2|，则z1· eq \x\t(z1) ＝z2· eq \x\t(z2)
D．若|z1|＝|z2|，则z eq \\al(2,1) ＝z eq \\al(2,2)
解析：对于A，若|z1－z2|＝0，则z1－z2＝0，z1＝z2，所以 eq \x\t(z1) ＝ eq \x\t(z2) 为真；对于B，若z1＝ eq \x\t(z2) ，则z1和z2互为共轭复数，所以 eq \x\t(z1) ＝z2为真；对于C，设z1＝a1＋b1i，z2＝a2＋b2i，a1，b1，a2，b2∈R，若|z1|＝|z2|，则 eq \r(a eq \\al(2,1) ＋b eq \\al(2,1) ) ＝ eq \r(a eq \\al(2,2) ＋b eq \\al(2,2) ) ，即a eq \\al(2,1) ＋b eq \\al(2,1) ＝a eq \\al(2,2) ＋b eq \\al(2,2) ，所以z1· eq \x\t(z) 1＝a eq \\al(2,1) ＋b eq \\al(2,1) ＝a eq \\al(2,2) ＋b eq \\al(2,2) ＝z2· eq \x\t(z2) ，所以z1· eq \x\t(z1) ＝z2· eq \x\t(z2) 为真；对于D，若z1＝1，z2＝i，则|z1|＝|z2|，而z eq \\al(2,1) ＝1，z eq \\al(2,2) ＝－1，所以z eq \\al(2,1) ＝z eq \\al(2,2) 为假．故选ABC.
10．(2023·广东河源龙川县第一中学期末)已知复数z＝(a＋b)－(a－b)i为纯虚数(a，b∈R，i是虚数单位)，且|z|＝2，则( CD )
A.a＝b＝1 B．a＝b＝－1
C．a＝1，b＝－1 D．a＝－1，b＝1
解析：复数z＝(a＋b)－(a－b)i为纯虚数，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＋b＝0，,a－b≠0，)) 即a＝－b≠0，故z＝2bi，由|z|＝ eq \r(（2b）2) ＝2|b|＝2，则b＝1或b＝－1，当b＝1时，a＝－1，当b＝－1时，a＝1.故选CD.
11．已知复数z＝ eq \f(－50i,3＋4i) ，则下列说法正确的是( BCD )
A．复数z在复平面内对应的点在第四象限
B．复数z的虚部为－6
C．复数z的共轭复数 eq \x\t(z) ＝－8＋6i
D．复数z的模|z|＝10
解析：z＝ eq \f(－50i,3＋4i) ＝ eq \f(－50i（3－4i）,（3＋4i）（3－4i）) ＝ eq \f(－50i（3－4i）,25) ＝－8－6i，所以复数z在复平面内对应的点在第三象限，故A错误；虚部为－6，故B正确；复数z的共轭复数 eq \x\t(z) ＝－8＋6i，故C正确；复数z的模|z|＝ eq \r(（－8）2＋（－6）2) ＝10，故D正确．故选BCD.
12．(数学文化)(2024·广西河池高三月考)欧拉公式exi＝cs x＋isin x是由瑞士著名数学家欧拉创立的，该公式将指数函数的定义域扩大到复数集，建立了三角函数与指数函数的关联，在复变函数论里面占有非常重要的地位，被誉为数学中的天桥．依据欧拉公式，下列选项中正确的是( AC )
A．e eq \s\up5(\f(π,3))i对应的点位于第一象限
B．eπi为纯虚数
C． eq \f(eπi,\r(3)＋i) 的模等于 eq \f(1,2)
D．e eq \s\up5(\f(π,6))i的共轭复数为 eq \f(1,2) － eq \f(\r(3),2) i
解析：对于A，e eq \s\up5(\f(π,3))i＝cs eq \f(π,3) ＋isin eq \f(π,3) ＝ eq \f(1,2) ＋ eq \f(\r(3),2) i，∴e eq \s\up5(\f(π,3))i在复平面内对应的点为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(3),2))) ，位于第一象限，故A正确；对于B，eπi＝cs π＋isin π＝－1，∴eπi为实数，故B错误；对于C，由eπi＝cs π＋isin π＝－1，所以 eq \f(eπi,\r(3)＋i) ＝ eq \f(－1,\r(3)＋i) ＝ eq \f(－1（\r(3)－i）,（\r(3)＋i）（\r(3)－i）) ＝－ eq \f(\r(3),4) ＋ eq \f(i,4) ，所以 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(eπi,\r(3)＋i))) ＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),4)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))\s\up12(2)) ＝ eq \f(1,2) ，故C正确；对于D，e eq \s\up5(\f(π,6))i＝cs eq \f(π,6) ＋
isin eq \f(π,6) ＝ eq \f(\r(3),2) ＋ eq \f(1,2) i，所以e eq \s\up5(\f(π,6))i的共轭复数为 eq \f(\r(3),2) － eq \f(1,2) i，故D错误．故选AC.
三、填空题
13．(2023·广西北海高三统考期末)已知复数z满足(3－2i)z＝4－7i(i为虚数单位)，则|z|＝ eq \r(5) ．
解析：因为(3－2i)z＝4－7i，所以z＝ eq \f(4－7i,3－2i) ＝ eq \f(（4－7i）（3＋2i）,（3－2i）（3＋2i）) ＝ eq \f(26－13i,13) ＝2－i，所以|z|＝ eq \r(5) .
14．(2023·上海徐汇中学校考期末)已知复平面内平行四边形ABCD的顶点A(－2，－1)，B(7，3)，C(12，9)，D(x，y)按逆时针方向排列，则向量 eq \(AD,\s\up9(→)) 所对应的复数为5＋6i．
解析：复平面内平行四边形ABCD的顶点A(－2，－1)，B(7，3)，C(12，9)，D(x，y)，则有 eq \(AB,\s\up9(→)) ＝ eq \(DC,\s\up9(→)) ，而 eq \(AB,\s\up9(→)) ＝(9，4)， eq \(DC,\s\up9(→)) ＝(12－x，9－y)，则有(9，4)＝(12－x，9－y)，得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(12－x＝9，,9－y＝4，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝3，,y＝5，)) 故D的坐标为(3，5)，则向量 eq \(AD,\s\up9(→)) ＝(5，6)，所以对应的复数z＝5＋6i.
15．(2023·安徽淮南第三中学校考期末)已知复数z满足条件|z|＝1，则|z＋1＋ eq \r(3) i|的最大值为3．
解析：因为|z|＝1，所以z对应的点的轨迹是圆心在原点，半径为1的圆，|z＋1＋ eq \r(3) i|＝|z－(－1－ eq \r(3) i)|，表示z对应的点与点(－1，－ eq \r(3) )之间的距离，所以距离的最大值为 eq \r(（－1）2＋（－\r(3)）2) ＋1＝3.
16．(2023·上海静安高三统考期末)已知1－3i是实系数一元二次方程x2＋bx＋c＝0的一个根，则bc的值为－20．
解析：因为1－3i是实系数一元二次方程的一个根，所以(1－3i)2＋b(1－3i)＋c＝0，化简得，－8＋b＋c＝(3b＋6)i，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3b＋6＝0，,－8＋b＋c＝0)) eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b＝－2，,c＝10)) bc＝－20.
阶段滚动卷二 对应学生用书065页
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．已知集合A＝ eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x∈Z|\f(12,3＋x)∈Z)) ，B＝{x|x2－4x－5≤0}，则A∩B＝( A )
A．{－1，0，1，3} B．{－1，0，1，2}
C．{－1，0，1} D．{0，1，2，3}
解析：∵A＝{－15，－9，－7，－6，－5，－4，－2，－1，0，1，3，9}，B＝{x|－1≤x≤5}，∴A∩B＝{－1，0，1，3}．故选A.
2．已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋2，x≤0，,x2，0A． eq \r(3) B．9
C．1或 eq \r(3) D．－ eq \r(3) 或 eq \r(3)
解析：当x≤0时，由f(x)＝x＋2＝3，得x＝1(舍)；当03．函数y＝tan eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－3x＋\f(π,6))) 的单调区间是( D )
A． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,3)，kπ＋\f(π,3))) (k∈Z)
B． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,9)，kπ＋\f(2π,9))) (k∈Z)
C． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(kπ,3)－\f(π,9)，\f(kπ,3)＋\f(2π,9))) (k∈Z)
D． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,3)－\f(π,9)，\f(kπ,3)＋\f(2π,9))) (k∈Z)
解析：因为y＝tan eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－3x＋\f(π,6))) ＝－tan (3x－ eq \f(π,6) )，令kπ－ eq \f(π,2) <3x－ eq \f(π,6) 4．(2024·云南大理高三统考期末)若复数z满足z·(2＋i)＝1，则关于复数z的说法正确的是( A )
A．复数z的实部为 eq \f(2,5)
B．复数z的虚部为 eq \f(1,5)
C.复数z的模为 eq \f(1,5)
D．复数z对应的复平面内的点在第一象限
解析：因为z·(2＋i)＝1，所以z＝ eq \f(1,2＋i) ＝ eq \f(1（2－i）,（2＋i）（2－i）) ＝ eq \f(2,5) － eq \f(1,5) i，所以复数z的实部为 eq \f(2,5) ，虚部为－ eq \f(1,5) ，故A正确，B错误；|z|＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,5)))\s\up12(2)) ＝ eq \f(\r(5),5) ，故C错误；复数z对应的复平面内的点为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)，－\f(1,5))) ，位于第四象限，故D错误．故选A.
5．(2023·黑龙江双鸭山一中期末)设函数f(x)＝2|x－a|(a∈R)，则“a≤0”是“f(x)在(1，＋∞)上单调递增”的( A )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：因为f(x)＝2|x－a|在(1，＋∞)上单调递增，所以由复合函数的单调性可知，a≤1，所以“a≤0”是“f(x)在(1，＋∞)上单调递增”的充分不必要条件，故选A.
6．设f(x)是定义在R上的偶函数，当x>0时，f(x)＋xf′(x)>0，且f(1)＝0，则不等式xf(x)>0的解集为( A )
A．(－1，0)∪(1，＋∞)
B．(－1，0)∪(0，1)
C．(－∞，－1)∪(1，＋∞)
D．(－∞，－1)∪(0，1)
解析：令g(x)＝xf(x)，则g(x)是奇函数；当x>0时，g′(x)＝f(x)＋xf′(x)>0，即g(x)在(0，＋∞)上为增函数；∵g(1)＝f(1)＝0，所以当01时xf(x)>0；因为xf(x)为奇函数，所以当－10；即不等式xf(x)>0的解集为(－1，0)∪(1，＋∞).故选A.
7．已知在锐角三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若b2＝a(a＋c)，则角A的取值范围是( C )
A． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4))) B． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))
C． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,4))) D． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,3)))
解析：由余弦定理可得，b2＝a2＋c2－2ac cs B，所以a2＋c2－2ac cs B＝a2＋ac，即a＝c－2a cs B，由正弦定理可得，sin A＝sin C－2sin A cs B，又sin C＝sin (B＋A)＝sin B cs A＋sin A cs B，所以sin A＝sin B cs A＋sin A cs B－2sin A cs B ＝sin B cs A－sin A cs B＝sin (B－A)，因为B，A∈(0， eq \f(π,2) )，所以B－A∈(－ eq \f(π,2) ， eq \f(π,2) )，所以A＝B－A，即B＝2A.在锐角三角形ABC中， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(08．若过点(m，n)(m>0)可作曲线y＝f(x)＝x3－3x三条切线，则( D )
A．n<－3m
B．n>m3－3m
C．n＝m3－3m或n＝－3m
D．－3m解析：设切点为M(x0，y0)，则y0＝f(x0)＝x eq \\al(3,0) －3x0，f′(x)＝3x2－3，故f′(x0)＝3x eq \\al(2,0) －3，且切线方程为y－y0＝(3x eq \\al(2,0) －3)(x－x0)，因为(m，n)(m>0)在切线上，故n－(x eq \\al(3,0) －3x0)＝(3x eq \\al(2,0) －3)(m－x0)，整理得2x eq \\al(3,0) －3mx eq \\al(2,0) ＋3m＋n＝0，因为过点(m，n)(m>0)可作曲线y＝f(x)＝x3－3x三条切线，故2x eq \\al(3,0) －3mx eq \\al(2,0) ＋3m＋n＝0有三个实数根，设g(x0)＝2x eq \\al(3,0) －3mx eq \\al(2,0) ＋3m＋n，则g′(x0)＝6x eq \\al(2,0) －6mx0＝6x0(x0－m)，由g′(x0)＝0得，x0＝0或x0＝m，因为m>0，由g′(x0)＝6x0(x0－m)>0得x0>m或x0<0，此时g(x0)单调递增，由g′(x0)＝6x0(x0－m)<0得00，,g（m）<0，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3m＋n>0，,－m3＋3m＋n<0，)) 解得－3m二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．(2023·江西抚州高三统考期末)已知函数f(x)＝A sin (ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|< eq \f(π,2) )的部分图象如图所示，下列说法正确的是( ACD )
A．φ＝ eq \f(π,3)
B．函数f(x)的图象关于直线x＝ eq \f(5π,12) 对称
C．函数f(x)的图象向右平移 eq \f(π,6) 个单位长度可得函数y＝2sin 2x的图象
D．若方程f(x)＝m(m∈R)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,3))) 上有两个不等实数根x1，x2，则cs (x1＋x2)＝ eq \f(\r(3),2)
解析：对于A，由图可知A＝2， eq \f(T,4) ＝ eq \f(π,3) － eq \f(π,12) ＝ eq \f(π,4) ，所以T＝ eq \f(2π,ω) ＝π，所以ω＝2，则f(x)＝2sin (2x＋φ)，将点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，2)) 代入得，2sin ( eq \f(π,6) ＋φ)＝2，所以 eq \f(π,6) ＋φ＝ eq \f(π,2) ＋2kπ，k∈Z，又|φ|< eq \f(π,2) ，所以φ＝ eq \f(π,3) ，所以f(x)＝2sin (2x＋ eq \f(π,3) )，故A正确；对于B，因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12))) ＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)＋\f(π,3))) ＝2sin (π＋ eq \f(π,6) )＝－1，故B错误；对于C，将函数f(x)的图象向右平移 eq \f(π,6) 个单位长度，可得函数y＝2sin [2(x－ eq \f(π,6) )＋ eq \f(π,3) ]＝2sin 2x的图象，故C正确；对于D，因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12))) ＝2sin (2× eq \f(π,12) ＋ eq \f(π,3) )＝2，所以函数f(x)的图象关于直线x＝ eq \f(π,12) 对称，由条件结合图象可知 eq \f(x1＋x2,2) ＝ eq \f(π,12) ，于是x1＋x2＝ eq \f(π,6) ，所以cs (x1＋x2)＝cs eq \f(π,6) ＝ eq \f(\r(3),2) ，故D正确．故选ACD.
10．(2024·安徽六安一中校考期末)在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，则下列结论正确的是( BC )
A．若 eq \(AB,\s\up9(→)) · eq \(AC,\s\up9(→)) >0，则△ABC是锐角三角形
B．若a∶b∶c＝2∶3∶4，则△ABC是钝角三角形
C．若sin A>sin B，则A>B
D．若C＝60°，b＝10，c＝9，则此三角形有一个解
解析：对于A，由 eq \(AB,\s\up9(→)) · eq \(AC,\s\up9(→)) ＝| eq \(AB,\s\up9(→)) || eq \(AC,\s\up9(→)) |cs A>0，得cs A>0，又0°0)，由余弦定理cs C＝ eq \f(a2＋b2－c2,2ab) ＝ eq \f(4k2＋9k2－16k2,12k2) ＝－ eq \f(1,4) k2<0，又0°sin B，由正弦定理得 eq \f(a,2R) > eq \f(b,2R) (R为△ABC外接圆半径)，所以a>b，所以A>B，故C正确；对于D，由正弦定理得 eq \f(b,sin B) ＝ eq \f(c,sin C) ，即 eq \f(10,sin B) ＝ eq \f(9,sin 60°) ，得sin B＝ eq \f(5\r(3),9) ，又 eq \f(\r(3),2) < eq \f(5\r(3),9) <1，0°11．(2023·江西新余高三统考期末)太极图被称为“中华第一图”，闪烁着中华文明进程的光辉，它是由黑白两个鱼形纹组成的图案，俗称阴阳鱼，太极图展现了一种相互转化，相对统一的和谐美．定义：若一个函数的图象能够将圆O的周长和面积同时等分成两个部分，则称该函数为圆O的一个“太极函数”，设圆O：x2＋y2＝1，则下列说法中正确的是( AD )
A．函数y＝x3＋x是圆O的一个太极函数
B．函数f(x)的图象关于原点对称是f(x)为圆O的太极函数的充要条件
C．圆O的所有非常数函数的太极函数都不能为偶函数
D．函数y＝sin x是圆O的一个太极函数
解析：对于A，设y＝f(x)＝x3＋x，因为f(－x)＝(－x)3＋(－x)＝－x3－x＝－f(x)，所以函数y＝x3＋x是奇函数，它的图象将圆O的周长与面积分别等分，如右图所示，
所以函数y＝x3＋x是圆O的一个太极函数，故A正确；对于C，如下图所示，函数y＝g(x)是偶函数，y＝g(x)也是圆O的一个太极函数，故C错误；
对于B，根据选项C的分析，圆O的太极函数可以是偶函数，图象不一定关于原点对称，故B错误；对于D，因为y＝sin x是奇函数，所以它的图象将圆x2＋y2＝1周长与面积同时等分，如下图所示，因此函数y＝sin x是圆O的一个太极函数，故D正确．
故选AD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．(2023·辽宁葫芦岛高三统考期末)已知正实数x，y满足x＋y＝1，则 eq \f(x＋6y＋3,xy) 的最小值为25．
解析：因为正实数x，y满足x＋y＝1，所以 eq \f(x＋6y＋3,xy) ＝ eq \f(x＋6y＋3x＋3y,xy) ＝ eq \f(4,y) ＋ eq \f(9,x) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,y)＋\f(9,x))) (x＋y)＝ eq \f(4x,y) ＋4＋9＋ eq \f(9y,x) ≥13＋2 eq \r(\f(4x,y)·\f(9y,x)) ＝25，当且仅当 eq \f(4x,y) ＝ eq \f(9y,x) ，即x＝ eq \f(3,5) ，y＝ eq \f(2,5) 时取等号，所以 eq \f(x＋6y＋3,xy) 的最小值为25.
13．(2023·江西抚州高三统考期末)以等边三角形每个顶点为圆心，以边长为半径，在另两个顶点间作一段弧，三段弧围成的曲边三角形就是勒洛三角形．如图，已知某勒洛三角形的一段弧 eq \\ac(\s\up8(⌒),AB)的长度为 eq \f(π,3) ，则该勒洛三角形的面积是 eq \f(π－\r(3),2) ．
解析：因为 eq \\ac(\s\up8(⌒),AB)的长度为 eq \f(π,3) ，所以AB＝1，S扇形ABC＝ eq \f(1,2) ×12× eq \f(π,3) ＝ eq \f(π,6) ，所以勒洛三角形的面积是3S扇形ABC－2S△ABC＝3× eq \f(π,6) －2× eq \f(1,2) ×1× eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(2)) ＝ eq \f(π－\r(3),2) .
14．(2023·福建龙岩高三统考期末)函数f(x)＝xex－ln x－1，若不等式f(x)≥2ax恒成立，则实数a的取值范围为 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2))) ．
解析：依题意，2a≤ex－ eq \f(1,x) － eq \f(ln x,x) 在(0，＋∞)上恒成立，设h(x)＝ex－ eq \f(1,x) － eq \f(ln x,x) ，x∈(0，＋∞)，则h′(x)＝ex＋ eq \f(1,x2) ＋ eq \f(ln x－1,x2) ＝ eq \f(ln x＋x2ex,x2) ， 令g(x)＝x2ex＋ln x，g′(x)＝2xex＋x2ex＋ eq \f(1,x) >0，则g(x)在(0，＋∞)上单调递增，又g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) ＝ eq \f(1,4) e eq \s\up9(\f(1,2)) －ln 2＝ eq \f(1,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e\s\up9(\f(1,2))－ln 16)) <0，g(1)＝e>0，所以x0∈( eq \f(1,2) ，1)使g(x0)＝0，当0x0时，g(x)>0，h′(x)>0，h(x)在(x0，＋∞)上单调递增，所以h(x)min＝h(x0)，由g(x0)＝x eq \\al(2,0) ex0＋ln x0＝0得x eq \\al(2,0) ex0＝－ln x0，x0ex0＝－ eq \f(ln x0,x0) ＝ eq \f(1,x0) ln eq \f(1,x0) ＝eln eq \f(1,x0) ln eq \f(1,x0) ，设w(x)＝xex，x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1)) ，则w(x0)＝w eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(1,x0))) ，w′(x)＝(x＋1)ex>0，所以w(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1)) 上单调递增，所以x0＝ln eq \f(1,x0) ，即x0＝－ln x0，ex0＝ eq \f(1,x0) ，故h(x)min＝h(x0)＝ex0－ eq \f(1,x0) － eq \f(ln x0,x0) ＝ eq \f(1,x0) － eq \f(1,x0) － eq \f(ln x0,x0) ＝ eq \f(x0,x0) ＝1，所以2a≤1，解得a≤ eq \f(1,2) ，即实数a的取值范围为 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2))) .
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．(13分)(2023·福建宁德高三统考期末)已知a，b为平面向量，且a＝(1，2).
(1)若b＝(1，1)，且ka－b与a垂直，求实数k的值；
(2)若a∥b，且|b|＝2 eq \r(5) ，求向量b的坐标．
解：(1)因为a＝(1，2)，b＝(1，1)，则ka－b＝(k－1，2k－1)，
因为ka－b与a垂直，于是(ka－b)·a＝0，即k－1＋(2k－1)×2＝0，解得k＝ eq \f(3,5) .所以k＝ eq \f(3,5) .
(2)由a∥b，设b＝λa＝(λ，2λ)，而|b|＝2 eq \r(5) ，则 eq \r(λ2＋4λ2) ＝2 eq \r(5) ，解得λ＝±2，所以b＝(2，4)或b＝(－2，－4).
16．(15分)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a2－b2－c2＋bc＝0.
(1)求A的大小；
(2)设 eq \f(c,b) ＝ eq \f(1,2) ＋ eq \r(3) ，求tan B的值．
解：(1)∵在△ABC中，由a2－b2－c2＋bc＝0，即b2＋c2－a2＝bc，
∴cs A＝ eq \f(b2＋c2－a2,2bc) ＝ eq \f(1,2) ，
又0°(2)由正弦定理 eq \f(b,sin B) ＝ eq \f(c,sin C) ，得 eq \f(c,b) ＝ eq \f(sin C,sin B) ＝ eq \f(sin （120°－B）,sin B) ＝ eq \f(1,2) ＋ eq \r(3) ，
整理得 eq \f(\f(\r(3),2)cs B＋\f(1,2)sin B,sin B) ＝ eq \f(\f(\r(3),2)＋\f(1,2)tan B,tan B) ＝ eq \f(1,2) ＋ eq \r(3) ，解得tan B＝ eq \f(1,2) .
17．(15分)设函数f(x)＝a·b，其中向量a＝(2cs x，1)，b＝(cs x， eq \r(3) sin 2x＋m).
(1)求函数f(x)的最小正周期和在[0，π]上的单调递增区间；
(2)当x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6))) 时，－4解：(1)f(x)＝a·b＝2cs 2x＋ eq \r(3) sin 2x＋m ＝2× eq \f(1＋cs 2x,2) ＋ eq \r(3) sin 2x＋m＝ eq \r(3) sin 2x＋cs 2x＋m＋1 ＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))) ＋m＋1，
所以函数f(x)的最小正周期T＝ eq \f(2π,2) ＝π，由－ eq \f(π,2) ＋2kπ≤2x＋ eq \f(π,6) ≤ eq \f(π,2) ＋2kπ，k∈Z，得－ eq \f(π,3) ＋kπ≤x≤ eq \f(π,6) ＋kπ，k∈Z，
所以f(x)的单调递增区间为[－ eq \f(π,3) ＋kπ， eq \f(π,6) ＋kπ]，k∈Z，
所以f(x)在[0，π]上的单调递增区间为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6))) ， eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，π)) .
(2)由(1)知， f(x)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6))) 上为增函数，所以当x＝ eq \f(π,6) 时，f(x)的最大值等于m＋3.
当x＝0时，f(x)的最小值等于m＋2.
因为－4－4，)) 解得－618．(17分)(2024·云南玉溪高三统考期末)一艘船上的某种液体漏到一片海域中，为了治污，根据环保部门的建议，现决定在该片海域中投放一种与污染液体发生化学反应的药剂，已知每投放a(2≤a≤6，a∈R)个单位的药剂，它在海水中释放的浓度y(克/升)随着时间x(天)变化的函数关系式近似为y＝a·f(x)(投放当天x＝0)，其中f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(16,8－x)－1（0≤x≤4），,5－\f(1,2)x（4(1)若一次投放2个单位的药剂，则有效治污时间可达几天？
(2)若第一次投放4个单位的药剂，6天后再投放(第二次投放)a个单位的药剂，要使第二次投放后的5天(含投放当天)能够持续有效治污，试求a的最小值．
解：(1)因为a＝2，所以y＝2f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(32,8－x)－2（0≤x≤4），,10－x（4①当0≤x≤4时，由 eq \f(32,8－x) －2≥6，解得x≥4，所以此时x＝4；
②当4综上可得，一次投放2个单位的药剂，则有效治污时间可达1天．
(2)当6≤x≤10时，
可得y＝20－2x＋a[ eq \f(16,8－（x－6）) －1] ＝20－2x＋ eq \f(16a,14－x) －a＝2(14－x)＋ eq \f(16a,14－x) －a－8，根据题意，可得y≥6对于x∈[6，10]恒成立，
因为14－x∈[4，8]，而2≤a≤6，所以2 eq \r(2a) ∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(4，4\r(3))) ，
由2(14－x)＋ eq \f(16a,14－x) －a－8≥2 eq \r(2（14－x）·\f(16a,14－x)) －a－8＝8 eq \r(2a) －a－8，
当且仅当14－x＝2 eq \r(2a) 时，y有最小值为8 eq \r(2a) －a－8，
令8 eq \r(2a) －a－8≥6，解得2≤a≤6，所以实数a的最小值为2.
19．(17分)(2024·辽宁沈阳高三校联考期末)已知函数f(x)满足x2f′(x)＋xf(x)＝e ln x，且f(e)＝1，函数g(x)＝－x2＋2ax＋4.
(1)求f(x)的图象在x＝e处的切线方程；
(2)若对任意x1∈(1，e]，存在x2∈[1，2]，使得f(x1)>g(x2)，求a的取值范围．
解：(1)令x＝e得e2f′(e)＋ef(e)＝e ln e，即ef′(e)＋f(e)＝1.
因为f(e)＝1，所以f′(e)＝0，故f(x)在x＝e处的切线方程为y＝1.
(2)由题意知，f(x)，g(x)分别在x∈(1，e]，x∈[1，2]上f(x)min>g(x)min，
由x2f′(x)＋xf(x)＝e ln x，得f′(x)＝ eq \f(e ln x－xf（x）,x2) .
令t(x)＝e ln x－xf(x)，则t′(x)＝ eq \f(e,x) －f(x)－xf′(x)＝ eq \f(e,x) －f(x)－x· eq \f(e ln x－xf（x）,x2) ＝ eq \f(e（1－ln x）,x) .
因为x1∈(1，e]，所以1－ln x∈[0，1)，则t′(x)≥0，t(x)在(1，e]上单调递增．
t(x)max＝t(e)＝e ln e－ef(e)＝0，即t(x)≤0.
所以f′(x)≤0，f(x)在(1，e]上单调递减，f(x)min＝f(e)＝1.
g(x)图象的对称轴方程是x＝a.
当a≤ eq \f(3,2) 时，g(x)min＝g(2)＝4a当a> eq \f(3,2) 时，g(x)min＝g(1)＝2a＋3综上，a的取值范围为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,4))) .