压轴题06 向量、复数压轴题16题型汇总-2024年高考数学压轴题专项训练（新高考通用）

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二、查漏补缺，保强攻弱。在二轮复习中，对自己的薄弱环节要加强学习，平衡发展，加强各章节知识之间的横向联系，针对“一模”考试中的问题要很好的解决，根据自己的实际情况作出合理的安排。
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压轴题06向量、复数压轴题十六大题型汇总
01向量新考点问题
1.（2024·上海嘉定·二模）已知OA=x1,y1，OB=x2,y2，且OA、OB不共线，则△OAB的面积为（ ）
A．12x1x2−y1y2B．12x1y2−x2y1
C．12x1x2+y1y2D．12x1y2+x2y1
【答案】B
【分析】利用向量的数量积写出其夹角的表达式，结合同角三角函数的平方式以及三角形的面积公式，可得答案.
【详解】设OA与OB的夹角为θ，由OA⋅OB=OAOBcsθ，则csθ=OA⋅OBOAOB=x1x2+y1y2x12+y12x22+y22，
由sinθ=1−cs2θ=x1y2−x2y1x12+y22x22+y22，则S△ABO=12OAOBsinθ=12x1y2−x2y1.
故选：B.
2. （多选）（2023·广东深圳·模拟预测）已知Px1,y1，Qx2,y2是椭圆x24+9y24=1上两个不同点，且满足x1x2+9y1y2=−2，则下列说法正确的是（ ）
A．2x1+3y1−3+2x2+3y2−3的最大值为6+25
B．2x1+3y1−3+2x2+3y2−3的最小值为3−5
C．x1−3y1+5+x2−3y2+5的最大值为25+2105
D．x1−3y1+5+x2−3y2+5的最小值为10−22
【答案】AD
【分析】设x=m,3y=n，设C(m1,n1),D(m2,n2)，可得OC=(m1,n1)，OD=(m2,n2),可得C、D两点均在圆m2+n2=4的圆上，且∠COD=2π3，根据点到直线的距离公式及圆的性质可得2x1+3y1−35+2x2+3y2−35及x1−3y1+52+x2−3y2+52的最值，可得答案.
【详解】由x24+9y24=1，可得x2+9y2=4，又Px1,y1，Qx2,y2是椭圆x2+9y2=4上两个不同点,
可得x12+9y12=4,x22+9y22=4，设x=m,3y=n，则m2+n2=4，
设C(m1,n1),D(m2,n2),O为坐标原点，可得OC=(m1,n1)，OD=(m2,n2),
可得m12+n12=4,m22+n22=4，且m1m2+n1n2=−2，
所以OC⋅OD=−2，csOC,OD=OC⋅ODOC⋅OD=−12，又OC,OD∈0,π，
可得C、D两点均在圆m2+n2=4的圆上，且∠COD=2π3，
设CD的中点为E，则OE=2csπ3=1,
根据点到直线的距离公式可知：2x1+3y1−35+2x2+3y2−35=2m1+n1−35+2m2+n2−35为点C、D两点到直线2x+y−3=0的距离d1、d2之和，
设E到直线2x+y−3=0的距离d3，由题可知圆心到直线2x+y−3=0的距离为−322+1=35，
则d1+d2=2d3≤2(EO+35)=2(1+35)=2+65，d1+d2=2d3≥2(35−EO)=2(35−1)=65−2
可得d1+d2的最大值为2+65，d1+d2的最小值为65−2；
可得2x1+3y1−3+2x2+3y2−3=5(d1+d2)，可得2x1+3y1−3+2x2+3y2−3的最大值为5×(2+65)=25+6，最小值为6−25，故A正确，B错误；
同理，x1−3y1+52+x2−3y2+52=m1−n1+52+m2−n2+52为点C、D两点到直线x−y+5=0的距离d4、d5之和，
设E到直线x−y+5=0的距离d6，由题可知圆心到直线x−y+5=0的距离为512+1=52，
则d4+d5=2d6≤2(52+1)=52+2，d4+d5=2d6≥2(52−1)=52−2，
可得x1−3y1+5+x2−3y2+5=2(d4+d5)，可得2x1+3y1−3+2x2+3y2−3的最大值为10+22，最小值为10−22，故C错误，D正确.
故选：AD.
【点睛】关键点睛：本题的关键是把问题转化为圆上点到直线的距离问题，结合到直线的距离公式及圆的性质即得.
3. （2024·新疆乌鲁木齐·二模）已知A1,A2,A3,A4,A5五个点，满足：AnAn+1⋅An+1An+2=0n=1,2,3，AnAn+1An+1An+2=nn=1,2,3，则A1A5的最小值为 ．
【答案】1
【分析】根据题意设出合理的向量模，再将其置于坐标系中，利用坐标表示出|A1A5|，再用基本不等式求解出最值即可.
【详解】因为AnAn+1An+1An+2=nn=1,2,3，
所以A1A2A2A3=1，A2A3A3A4=2，A3A4A4A5=3，
由题意设|A1A2|=x，则|A2A3|=1x，|A3A4|=2x,|A4A5|=32x，
设A1(0,0)，如图，因为求|A1A5|的最小值，
则A2(x,0)，A3(x,1x)，A4(−x,1x)，A5(−x,−12x)，
所以|A1A5|2=x2+14x2≥2x2⋅14x2=1，
当且仅当x2=14x2，即x=22时取等号，
所以|A1A5|的最小值为1．
故答案为：1.
【点睛】关键点点睛：首先是对向量模的合理假设，然后为了进一步降低计算的复杂性，我们选择利用坐标法将涉及的各个点用坐标表示，最后得到|A1A5|2=x2+14x2，再利用基本不等式即可求出最值.
4. （2024·浙江·二模）设正n边形的边长为1，顶点依次为A1,A2,⋯,An，若存在点P满足PA1⋅PA2=0，且k=1nPAk=1，则n的最大值为 .（参考数据：tan36°≈0.73）
【答案】5
【分析】由题意确定P点的轨迹，分类讨论，结合向量的运算说明正六边形中以及n≥7时不符合题意，说明n=5时满足题意，即可得答案.
【详解】由题意知点P满足PA1⋅PA2=0，则P点在以A1A2为直径的圆上，
当n=6时，设B,C,D,M为A1A2,A3A4,A5A6,CD的中点，如图，
|k=16PAk|=2|PB+PC+PD|=2|PB+2PM|，
当PB,PM共线且方向时，即B,P,M三点共线时，|k=1nPAk|取最小值，
此时|PB|=12,|BM|=3−34=334，则|PM|=334−12，
则2|PB+2PM|min=33−3>1，故n=6时，不满足题意；
当n=5时，设C,N为A1A2,A3A5的中点，如图，
|K=15PAk|=|2PC+2PN+PA4|，当PC,PA4共线且反向时，|K=15PAk|取最小值，
此时C,P,N,A4共线，∠A4A1C=72∘,tan72°=2tan36°1−tan236°≈3.13,|CA4|=12×tan72°≈1.56,|PA4|=|CA4|−12≈1.06，
∠A4A5A3=36∘,∴|A4N|=1×sin36∘≈1×0.731+0.732≈0.59,|PN|≈1.06−0.59=0.47，
则|2PC+2PN+PA4|min≈|1−2×0.47−1.06|=1，
则当PC,PA4共线且同向时，必有|2PC+2PN+PA4|max>1，
故n=5时，存在点P满足PA1⋅PA2=0，且k=1nPAk=1；
当n≥7时，如图，正七边形的顶点到对边的高h必大于正六边形对边之间的高，依此类推，

故此时不存在点P满足PA1⋅PA2=0，且k=1nPAk=1；
故n的最小值为5，
故答案为：5
【点睛】难点点睛：本题考查了平面向量的运算以及向量的模的最值问题，综合性较强，难度加大，难点在于要分类讨论正n边形的情况，结合向量的加减运算，确定模的最值情况.
5. （2022·浙江·三模）已知平面向量x1,x2,x3,x4,x5满足2k≤xk≤2k+1,k=1,2,⋯,5，且x1+x2+x3+x4+x5=0．则x1+x2+x3+x4+x5的最小值是 ，最大值是 ．
【答案】 2 30
【分析】先求出x1,x2,x3,x4,x5模长的范围，由题设得x1+x2+x3=x4+x5，通过向量的线性运算得x1+x2+x3和x4+x5取得最小值1，最大值15，即可求解.
【详解】由题意知：2≤x1≤3,4≤x2≤5,6≤x3≤7,8≤x4≤9,10≤x5≤11，
又x1+x2+x3+x4+x5=0，可得x1+x2+x3=−x4+x5，则x1+x2+x3=x4+x5；
显然当x1=2,x2=4,x3=6，且x1+x2=−x3时，x1+x2+x3取得最小值0；
当x4=9,x5=10，且x4,x5方向相反时，x4+x5取得最小值1；
又由上知x1+x2+x3=x4+x5，则x1+x2+x3的最小值取不到0，
又因为当x1=2,x2=4,x3=7，x1,x2方向相同，与x3方向相反时，x1+x2+x3=1，
此时x1+x2+x3=x4+x5，同时取得最小值1，故x1+x2+x3+x4+x5的最小值为1+1=2，
只要x1+x2+x3,x4+x5方向相反，即可满足x1+x2+x3+x4+x5=0；
显然当x1=3,x2=5,x3=7，且x1,x2,x3方向相同时，x1+x2+x3取得最大值15；
当x4=9,x5=11，且x4,x5方向相同时，x4+x5取得最大值20；
又由上知x1+x2+x3=x4+x5，则x4+x5的最大值取不到20，
又当x4=8,x5=10时，由三角形法则知，必然存在x4,x5使得x4+x5=15，
此时x1+x2+x3=x4+x5，同时取得最大值15，
故x1+x2+x3+x4+x5的最大值为15+15=30，
只要x1+x2+x3,x4+x5方向相反，即可满足x1+x2+x3+x4+x5=0.
故答案为：2；30.
02投影向量问题
6.（2022·上海金山·一模）已知向量a与b的夹角为120°，且a⋅b=−2，向量c满足c=λa+1−λb0<λ<1，且a⋅c=b⋅c，记向量c在向量a与b方向上的投影分别为x､y.现有两个结论：①若λ=13，则a=2b；②x2+y2+xy的最大值为34.则正确的判断是（ ）
A．①成立，②成立B．①成立，②不成立
C．①不成立，②成立D．①不成立，②不成立
【答案】C
【分析】①根据a⋅b=−2及a与b的夹角为120°求出a⋅b=4，假设a=2b成立，求出b=2与a=22，代入后发现等式不成立，故①错误；②利用向量共线定理可知，点C在线段AB上，再结合a⋅c=b⋅c，可得：OC⊥AB，利用投影公式求出x2+y2+xy=34c2，只需求出c最大值，利用面积公式和基本不等式求出c最大值为1，进而求出x2+y2+xy的最大值.
【详解】由a⋅b=a⋅bcs120°=−2，解得：a⋅b=4，当λ=13时，c=13a+23b，由a⋅c=b⋅c得：a⋅13a+23b=b⋅13a+23b，即13a2+23a⋅b=13a⋅b+23b2，由a⋅b=−2得：13a2=23+23b2，因为a⋅b=4，假设a=2b，则可求出b=2，a=22，代入13a2=23+23b2中，等号不成立，故①错误；
设OA=a，OB=a，OC=c，因为c=λa+1−λb0<λ<1，由向量共线定理可知，点C在线段AB上，如图，设a,c=α，则b,c=120°−α，因为a⋅c=b⋅c，所以a⋅ccsα=b⋅ccs120°−α，即a⋅csα=b⋅cs120°−α，故a在c方向的投影等于b在c方向的投影相等，故点C满足OC⊥AB，又x=ccsα，y=ccs120°−α，所以
x2+y2+xy=c2cs2α+c2cs2120°−α+c2csαcs120°−α=34c2，其中S△ABO=12a⋅bsin120°=34×4=3，而要想保证c最大，只需AB最小，由余弦定理可得：AB2=a2+b2−2abcs120°=a2+b2+4≥2ab+4=12，当且仅当a=b时，等号成立，所以AB最小值为23，所以c最大值为2S△ABOAB=1，故x2+y2+xy=34c2的最大值为34，②正确.
故选：C
7. （2023·广东·二模）已知O是坐标原点，点N2,1，且点M是圆C：x2+y2−2x−2y+1=0上的一点，则向量ON在向量OM上的投影向量的模的取值范围是 .
【答案】1,3
【分析】设直线OM的斜率为k，倾斜角为α，ON的倾斜角为β，可表示csOM,ON，再根据投影向量的模的概念可得解.
【详解】设直线OM倾斜角为α，ON的倾斜角为β，
当直线OM的斜率存在时，设直线OM方程为y=kx，即kx−y=0
由圆C：x2+y2−2x−2y+1=0，即x−12+y−12=1，
所以圆心C1,1，半径r=1，
又点M在圆上，
所以点C到直线OM的距离d=k−1k2+1≤r，解得k≥0，即α∈0,π2，
当直线OM的斜率不存在时，OM方程为x=0与圆C相切，成立，此时α=π2，
综上α∈0,π2，tanα∈0,+∞，
则tanα−β=tanα−tanβ1+tanα⋅tanβ=tanα−221+22tanα=2−322+2tanα，
所以tanα−β∈−22,2，即tanα−β∈0,2
所以csα−β∈33,1，
即csOM,ON=csα−β∈33,1，
又ON=22+12=3
所以向量ON在向量OM上的投影向量的模为ONcsOM,ON∈1,3，
故答案为：1,3.
8. （2023·天津·二模）在△ABC中，AB=32，角A为锐角，且向量AB在向量AC上的投影向量的模是3，则A= ；若AC=6，则函数fx=xAB−13AC+xAB−12ACx∈R的最小值为 .
【答案】 π4/45° 13
【分析】根据投影向量的定义求出csA，即可求出A，以点A为原点，建立平面直角坐标系，在AC上取D,E，使得AD=12AC,AE=13AC，在AB上取点P使得AP=xAB，求出点E关于直线AC的对称点F的坐标，再结合图象即可得解.
【详解】由向量AB在向量AC上的投影向量为ABcsA⋅ACAC，
得向量AB在向量AC上的投影向量的模为ABcsA=3，
所以csA=22，
又因角A为锐角，所以A=π4，
如图，以点A为原点，建立平面直角坐标系，
则A0,0,B3,3,C6,0，
在AC上取D,E，使得AD=12AC,AE=13AC，则E2,0,D3,0，
在AB上取点P使得AP=xAB，
则fx=xAB−13AC+xAB−12AC=EP+DP，
直线AC的方程为y=x，设点E2,0关于直线AC的对称点Fa,b，
则ba−2=−1b2=a+22，解得a=0b=2，所以F0,2，
则EP+DP=FP+DP≥DF=13，当且仅当D,P,F三点共线时取等号，
所以fx=xAB−13AC+xAB−12ACx∈R的最小值为13.
故答案为：13.
【点睛】关键点点睛：以点A为原点，建立平面直角坐标系，在AC上取D,E，使得AD=12AC,AE=13AC，在AB上取点P使得AP=xAB，求出点E关于直线AC的对称点F的坐标，则fx=EP+DP=FP+DP≥DF是解决本题的关键.
9. （2024·全国·模拟预测）已知非零向量a与b的夹角为锐角，c为b在a方向上的投影向量，且|c|=|a|=2，则a+b+c与b的夹角的最大值是 ．
【答案】π6
【详解】先通过向量的定义得到c=a，从而a⋅b=4，通过2a+b2求出2a+b，再求出2a+b⋅b，利用csθ=2a+b⋅b2a+bb表示夹角，进而利用基本不等式求最值.
【分析】因为c=a,c为b在a方向上的投影向量，且a与b的夹角为锐角，
所以c=a，故a+b+c=2a+b．
因为a⋅b=a⋅c=4，且a⋅b>0，
所以a⋅b=4．设b=x>0，
则2a+b2=4a2+4a⋅b+b2=4×22+4×4+x2=32+x2，
故2a+b=32+x2．又2a+b⋅b=2a⋅b+b2=2×4+x2=8+x2．
设2a+b与b的夹角为θ，所以csθ=2a+b⋅b2a+bb=8+x232+x2⋅x=8+x22x232+x2．
因为3x232+x2≤3x2+32+x222=48+x22（当且仅当3x2=32+x2，即x=4时取等号），
所以x232+x2≤ 438+x22，即8+x22x232+x2≥34，
故csθ≥32．又0≤θ≤π，所以0≤θ≤π6．
故a+b+c与b的夹角的最大值是π6．
故答案为：π6.
【点睛】方法点睛：平面向量中有关最值问题的求解通常有两种思路：一是“形化”，即利用平面向量的几何意义将问题转化为平面几何中的最值或范围问题，然后根据平面图形的特征直接进行判断；二是“数化”，即利用平面向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域、不等式的解集、方程有解等问题，然后利用函数、不等式、方程的有关知识来解决．
10. （2022·浙江·模拟预测）已知平面向量a,b的夹角为π3，满足a+b=1．平面向量c在a,b上的投影之和为2，则c−12a−13b的最小值是 ．
【答案】43−76
【分析】设向量a，b的单位方向向量，用所设的单位向量作为基底，表示出已知条件，进而表示出c−12a−13b，继而求得答案.
【详解】设与a 方向相同的单位向量是μ ，且a=2λ1μ,λ1>0 ，
设与b 方向相同的单位向量是ν ，且b=3λ2ν,λ2>0 ，
又c=μ1u+μ2v. 注意到=π3.
1=a+b2=2λ1u+3λ2v2 ⇒4λ12+9λ22+6λ1λ2=1，
2=c⋅u+c⋅v=c⋅u+v=μ1u+μ2v⋅u+v ⇒μ1+μ2=43，
∵c−12a−13b=μ1u+μ2v−λ1u−λ2v=μ1−λ1u+μ2−λ2v，
∴4λ12+9λ22+6λ1λ2−1=0μ1+μ2−43=0c−12a−13b=μ1−λ12+μ2−λ22+μ1−λ1μ2−λ2
设y=μ1−λ12+μ2−λ22+μ1−λ1μ2−λ2+δ14λ12+9λ22+6λ1λ2−1+δ2μ1+μ2−43
y'μ1=2μ1−λ1+μ2−λ2+δ2=0 1 y'μ2=2μ2−λ2+μ1−λ1+δ2=0 2
y'λ1=−2μ1−λ1−μ2−λ2+δ18λ1+6λ2=0 3y'λ1=−2μ2−λ2−μ1−λ1+δ118λ2+6λ1=0 44λ12+9λ22+6λ1λ2=1 5 μ1+μ2=43 6
(1)与(2)联立得：μ1−λ1=μ2−λ2 (7)
(3)与(4)联立得：λ1=6λ2 (8)
将(8)代入(5)中得：λ1=6189,λ2=1189，
∴μ1−μ2=λ1−λ2=5189，与6联立得：μ1=5+4212189,μ2=421−52189，
对应y=43−7236，故c−12a−13b=43−76,
故答案为：43−76
03向量最值取值范围问题
11.（多选）（2024·浙江宁波·二模）若平面向量a,b,c满足a=1,b=1,c=3且a⋅c=b⋅c，则（ ）
A．a+b+c的最小值为2
B．a+b+c的最大值为5
C．a−b+c的最小值为2
D．a−b+c的最大值为13
【答案】BD
【分析】由向量a,b,c方向间的关系，判断a+b+c的最大值和最小值；由a−b⊥c，通过a−b的最值，计算a−b+c的最值.
【详解】当向量a,b方向相同，与c方向相反时，满足a⋅c=b⋅c，
此时a+b+c有最小值c−a+b=1，A选项错误；
当向量a,b,c方向相同时，满足a⋅c=b⋅c，
此时a+b+c有最大值a+b+c=5，B选项正确；
a⋅c=b⋅c，有a−b⋅c=0，即a−b⊥c，则a−b+c=a−b2+c2，
向量a,b方向相同时，a−b的最小值为0，a−b+c的最小值为3，C选项错误；
向量a,b方向相反时，a−b的最大值为2，a−b+c的最大值为13，D选项正确.
故选：BD
12. （23-24高三下·上海浦东新·期中）正三棱锥S−ABC中，底面边长AB=2，侧棱AS=3，向量a，b满足a⋅a+AC=a⋅AB，b⋅b+AC=b⋅AS，则a−b的最大值为 .
【答案】4
【分析】利用向量运算化简变形，设a=CM,b=CN，将向量等式转化为两动点轨迹为均为球面，再利用球心距求两球面上任意两点间距离最大值即可.
【详解】已知正三棱锥S−ABC，则AS=BS=CS=3，且AB=BC=CA=2，
由a⋅a+AC=a⋅AB化简得a2=a⋅CB，
由b⋅b+AC=b⋅AS化简得b2=b⋅CS.
设a=CM,b=CN，代入a2=a⋅CB，b2=b⋅CS，
分别化简得MC⋅MB=0，且NC⋅NS=0，
故点M在以BC为直径的球面上，半径r1=12BC=1；
点N在以SC为直径的球面上，半径r2=12CS=32
分别取线段BC、SC的中点E、F，
则EF=12BS=32，
故a−bmax=MNmax=EF+r1+r2=32+1+32=4.
故答案为：4
【点睛】将向量的代数关系转化为动态的几何表达，借助几何意义求解动点间的距离最值是解决本类题型的关键所在.
13. （2023·河南郑州·模拟预测）已知△ABC中，AB=AC=22，AB+λBCmin=2λ∈R，AM=12MB，AP=sin2α⋅AB+cs2α⋅AC，α∈π6,π3，则MP的取值范围为（ ）
A．423,453B．43,453
C．173,413D．43,413
【答案】D
【分析】
根据已知可得A到BC的距离为2，△ABC为等腰直角三角形，若D,E为BC的两个四等分点，N为BC中点，P在线段DE上运动，且AN=2，数形结合求MP的取值范围.
【详解】由AB+λBCmin=2λ∈R，结合向量加法法则知：A到BC的距离为2，
又AB=AC=22，则BC=4，所以AB2+AC2=BC2，故△ABC为等腰直角三角形，
由AP=sin2α⋅AB+cs2α⋅AC，则sin2α+cs2α=1，所以P,B,C共线，
又α∈π6,π3，则sin2α,cs2α∈[14,34]，若D,E为BC的两个四等分点，N为BC中点，如下图示，

所以P在线段DE上运动，且AN=2，BD=1，BE=3，
由图：若MP⊥BC，则MP//AN，又AM=12MB，此时BP=23BN=43∈[1,3]，
故上述情况MPmin= 23AN=43，易知ME=MP2+(BE−BP)2=169+259=413，
由图知：P与E重合时，MPmax=ME=413，
综上，MP的取值范围为43,413.
故选：D
14. （2022·浙江台州·二模）已知平面向量e1,e2,e3,|e1|=|e2|=|e3|=1,〈e1,e2〉=60°.若对区间[12,1]内的三个任意的实数λ1,λ2,λ3,都有|λ1e1+λ2e2+λ3e3|⩾12|e1+e2+e3|,则向量e1与e3夹角的最大值的余弦值为（ ）
A．−3+66B．−3+56C．−3−66D．−3−56
【答案】A
【分析】建立直角坐标系,设出相关向量,通过分析e3位置,寻求临界值.
【详解】设C(csθ,sinθ).
如图,不妨设e1=OA=(1,0),e2=OB=(12,32),e3=CO=(−csθ,−sinθ).
设M为AB的中点,G为OC的中点,F为BD的中点,E为AD的中点.
则M(34,34),G(12csθ,12sinθ).
12(e1+e2+e3)=GO+OM=GM
λ1e1+λ2e2+λ3e3=HO+OP=HP,点P在平行四边形EDFM内(含边界).
由题知|HP|⩾|GM|恒成立.
为了使〈e1,e3〉最大,则思考〈e1,e3〉为钝角,即思考C点在第一或第四象限.
思考临界值即P与M重合,G与H重合,且GM不能充当直角三角形斜边,否则可以改变H的位置，使得|HM|<|GM|
所以GM⊥OC,即(34−12csθ,34−12sinθ)⋅(csθ,sinθ)=0
34csθ−12cs2θ+34sinθ−12sin2θ=0.
即32(32csθ+12sinθ)=1,即32cs(θ−π6)=12.
所以cs(θ−π6)=33.
所以csθ=cs[(θ−π6)+π6]=cs(θ−π6)⋅csπ6−sin(θ−π6)⋅sinπ6
=33×32+63×12=3+66
所以向量e1与e3夹角的最大值的余弦值为−3+66
故选:A.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用已知条件转化出e3所在的位置.
15. （2024·上海徐汇·二模）如图所示，已知△ABC满足BC=8,AC=3AB，P为△ABC所在平面内一点.定义点集D=PAP=3λAB+1−λ3AC,λ∈R.若存在点P0∈D，使得对任意P∈D，满足|AP|≥|AP0|恒成立，则|AP0|的最大值为 .
【答案】3
【分析】延长AB到M满足AM⃗=3AB⃗，取AC的靠近A的三等分点N，连接MN，由向量共线定理得P,M,N三点共线，从而AP0表示△AMN的边MN上的高，利用正弦定理求得△AMN的面积的最大值，从而可得结论．
【详解】延长AB到M满足AM⃗=3AB⃗，取AC的靠近A的三等分点N，连接MN，如图，
AP=3λAB+1−λ3AC=λ⋅3AB+(1−λ)AC3=λAM+(1−λ)AN，
所以P,M,N三点共线，
又存在点P0∈D，使得对任意P∈D，满足|AP|≥|AP0|恒成立，则AP0的长表示A到直线MN的距离，即△AMN的边MN上的高，设AP0=ℎ，
由AC=3AB得AC=AM，AB=AN，∠A公用，因此△ABC≅△ANM，
所以MN=BC=8，
△AMN中，设∠ANM=θ，由正弦定理得AMsinθ=ANsinM=MNsinA，∠MAN记为角A，
所以sinθ=3sinM，AM=8sinθsinA，AN=8sinMsinA，
所以S△ABC=S△AMN=12AMANsinA=32sinθsinMsinA=96sin2Msin(M+θ)
=96sin2MsinMcsθ+csMsinθ=96sin2MsinMcsθ+3csMsinM =96sinMcsθ+3csM，
若θ不是钝角，则
S△ABC=96sinM1−sin2θ+31−sin2M=96sinM1−9sin2M+9−9sin2M，
又sinθ=3sinM≤1，所以sinM≤13，即0所以S△ABC=961sin2M−9+31sin2M−1，
设t=1sin2M，则t≥9，S△ABC=96t−9+3t−1，它是减函数，
所以t=9时，(S△ABC)max=82，
若θ是钝角，则
S△ABC=96sinM31−sin2M−1−sin2θ=96sinM9−9sin2M−1−9sin2M，
9631sin2M−1−1sin2M−9
设t=1sin2M，则t≥9，S△ABC=963t−1−t−9，
令f(t)=3t−1−t−9，则f'(t)=32t−1−12t−9=3t−9−t−12(t−1)(t−9)，
f'(t)=0⇒t=10，
9≤t<10时，f'(t)<0，f(t)递减，t>9时f'(t)>0，f(t)递增，
所以t=10时，f(t)min=8，(S△ABC)=12，
综上，(S△ABC)=12，
此时ℎmax=2S△AMNMN=3．
故答案为：3．
【点睛】方法点睛：本题考查向量的线性运算，考查三角形的面积，解题方法其一是根据向量共线定理得出P点在一条直线，问题转化为求三角形高的最大值，从而求三角形面积的最大值，解题方法其二是利用正弦定理求三角形的面积，本题中注意在用平方关系转化时，需要根据∠ANM是否为钝角分类讨论，才能正确求解（本题用海伦公式求三角形的面积方法较简便）
04向量与不等式结合
16.（2024·安徽芜湖·二模）若实数x，y满足x2+y2=25，则50+8x+6y+50+8x−6y的最大值为
【答案】610
【分析】利用向量不等式并结合x的范围求最值.
【详解】设a=x,y,b=1,1,
则a⋅b=x+y≤ab=2⋅x2+y2，当且仅当x=y≥0等号成立
故50+8x+6y+50+8x−6y≤2⋅16x+100，
又x2+y2=25，所以x≤5，
所以2⋅16x+100 ≤2⋅16×5+100=610,
当且仅当x=5,y=0等号成立.
故答案为：610
【点睛】关键点点睛：本题考查利用向量不等式求最值，关键是两次运用不等式且保证等号成立.
17. （2022·浙江湖州·模拟预测）已知平面向量a,b,c满足|b|⋅|c|=1，若|3a−(b+c)|=|a⋅b|⋅|c|，则−a2+2b2+c2的最小值是 ．
【答案】21−12
【分析】利用绝对值三角不等式|3a|−|(b+c)|≤|3a−(b+c)|，及三角函数的有界性可进行化简分析.
【详解】设=α,=β，由|3a−(b+c)|=|a⋅b|⋅|c|，根据三角不等式，有
|3a|−|(b+c)|≤|3a−(b+c)|=|a⋅b|·|c|=|a||b|csα|·|c|=|acsα|≤|a|，
得|2a|≤|b+c|，
故−a2+2b2+c2≥−14|b+c|2+2|b|2+|c|2=74|b|2+34|c|2−12b⋅c
=74|b|2+34|c|2−12|b||c|csβ≥274|b|2⋅34|c|2−12=21−12.
故答案为：21−12.
18. （2024高三·全国·专题练习）已知a=b=2，c=1，a−c⋅b−c=0，则a−b的取值范围是（ ）
A．6−1,6+1B．7−12,7+12
C．7−1,7+1D．6−12,6+12
【答案】C
【分析】
根据题设向量模长和垂直条件，考虑运用几何法求解，由CA⊥CB想到构造矩形ACBD，运用极化恒等式推导出结论OA2+OB2=OC2+OD2，求得|OD|,最后用三角形三边关系定理得到|CD|的范围，转化即得.
【详解】
如图，设a=OA，b=OB，c=OC，点C在圆x2+y2=1上，
点A,B在圆x2+y2=4上，则a−c=CA，b−c=CB，由a−c⋅b−c=0可得：CA⊥CB，
作矩形ACBD, 则|a−b|=|OA−OB|=|BA|.
下证： OA2+OB2=OC2+OD2.
设AB,CD交于点P，连接OP,因OA=OP+PA,则 OA2=OP2+PA2+2OP⋅PA，
同理可得：OB2=OP2+PB2+2OP⋅PB，两式左右分别相加得：
OA2+OB2=2OP2+PA2+PB2=2OP2+12BA2=2(OP2+BA24)=2(OP2+DC24)，
=2[(OC+OD2)2+(OC−OD2)2] =OC2+OD2.
即a2+b2=c2+OD2，故|OD|=4+4−1=7.
又CD−OC≤OD≤OC+CD，因|CD|=|BA|=|a−b|，|OC|=1
即|a−b|−1≤7≤1+|a−b|，故有a−b∈7−1,7+1．
故选:C．
【点睛】
方法点睛：本题考查平面向量的线性运算的模长范围问题，属于较难题.
19. （2024·天津·二模）在△ABC中，AM=2MB，P是MC的中点，延长AP交BC于点D．设AB=a，AC=b，则AP可用a，b表示为 ，若AD=6，cs∠BAC=35,则△ABC面积的最大值为 ．
【答案】 AP=13a+12b， 258
【分析】根据几何关系，表示向量AP；设AP=λAD，再利用平面向量基本定理表示BP，即可求解λ，再根据AD=6，以及基本不等式，三角形面积公式，即可求解.
【详解】由点P是MC的中点，
则AP=12AM+AC=1223AB+AC=13a+12b；
设AP=λAD，BD=μBC，
则BP=12BC+BM=12AC−AB−13AB=12b−23a，
BP=AP−AB=λAD−AB=λBD−BA−AB，
=λμBC+AB−AB=λμAC−μAB+AB−AB，
=λμAC+λ−1−λμAB=λμb+λ−1−λμa，
所以λμ=12λ−1−λμ=−23，得λ=56,μ=35,
所以AP=56AD，即AD=65AP=25a+35b，
因为AD=6，
所以25a+35b2=425a2+925b2+1225a⋅b=425a2+925b2+36125ab，
≥2×625×ab+36125×ab=96125ab，
即96125ab≤6，即ab≤12516，当25a=35b时，即a=32b=5308时等号成立，
所以△ABC面积的最大值为12×12516sin∠BAC=12×12516×45=258.

故答案为：AP=13a+12b；258.
20. （2024·上海长宁·二模）已知平面向量a,b,c满足：a=b=10,c=2，若c−a⋅c−b=0，则a−b的最小值为 ．
【答案】2
【分析】先利用a⋅b=14a+b2−a−b2和a+b2+a−b2=40证明28−a−b2≤440−a−b2，再解不等式得到28−a−b2≤24，从而有a−b≥2，再验证a=3,1，b=3,−1，c=2,0时a−b=2，即得到a−b的最小值是2.
【详解】由于a⋅b=14a2+b2+2a⋅b−a2+b2−2a⋅b=14a+b2−a−b2=14a+b2−a−b2，
且a+b2+a−b2=a2+b2+2a⋅b+a2+b2−2a⋅b=2a2+b2=210+10=40，
故有0=c−a⋅c−b =c2−a+b⋅c+a⋅b ≥c2−a+bc+a⋅b =4−2a+b+a⋅b
=4−2a+b+14a+b2−a−b2 =4−2a+b+1440−2a−b2 =4−240−a−b2+1440−2a−b2
=14−240−a−b2−12a−b2，
所以28−a−b2≤440−a−b2，记28−a−b2=x，则有x≤4x+12，从而−12≤x≤0或x2≤16x+12，即−12≤x≤0或8≤x≤24.
总之有x≤24，故28−a−b2≤24，即a−b≥2.
存在a=3,1，b=3,−1，c=2,0时条件满足，且此时a−b=2，所以a−b的最小值是2.
故答案为：2.
【点睛】关键点点睛：对于a−b的最小值问题，我们先证明a−b≥2，再给出一个使得a−b=2的例子，即可说明a−b的最小值是2，论证不等关系和举例取到等号两个部分都是证明最小值的核心，缺一不可.
05向量新定义问题
21. （2023·福建泉州·模拟预测）人脸识别，是基于人的脸部特征信息进行身份识别的一种生物识别技术．在人脸识别中，主要应用距离测试检测样本之间的相似度，常用测量距离的方式有曼哈顿距离和余弦距离．设Ax1,y1，Bx2,y2，则曼哈顿距离dA,B=x1−x2+y1−y1，余弦距离eA,B=1−csA,B，其中csA,B=csOA,OB（O为坐标原点）．已知M2,1，dM,N=1，则eM,N的最大值近似等于（ ）
（参考数据：2≈1.41，5≈2.24．）
A．0.052B．0.104C．0.896D．0.948
【答案】B
【分析】根据题意分析可得N在正方形ABCD的边上运动，结合图象分析OM,ON的最大值，即可得结果.
【详解】设Nx,y，
由题意可得：dM,N=2−x+1−y=1，即x−2+y−1=1，
可知x−2+y−1=1表示正方形ABCD，其中A2,0,B3,1,C2,2,D1,1，
即点N在正方形ABCD的边上运动，
因为OM=2,1,ON=x,y，由图可知：
当csM，N=csOM→，ON→取到最小值，即OM→，ON→最大，点N有如下两种可能：
①点N为点A，则ON=2,0，可得csM,N=csOM,ON=45×2=255；
②点N在线段CD上运动时，此时ON与DC同向，不妨取ON=1,1，
则csM,N=csOM,ON=35×2=31010；
因为31010>255，
所以eM,N的最大值为1−255≈0.104.
故选：B.

【点睛】方法定睛：在处理代数问题时，常把代数转化为几何图形，数形结合处理问题.
22. （多选）（2022·山东潍坊·三模）定义平面向量的一种运算“Θ”如下：对任意的两个向量a=x1,y1，b=x2,y2，令aΘb=x1y2−x2y1,x1x2+y1y2，下面说法一定正确的是（ ）
A．对任意的λ∈R，有λaΘb=λaΘb
B．存在唯一确定的向量e使得对于任意向量a，都有aΘe=eΘa=a成立
C．若a与b垂直，则aΘbΘc与aΘbΘc共线
D．若a与b共线，则aΘbΘc与aΘbΘc的模相等
【答案】AD
【分析】由aΘb=x1y2−x2y1,x1x2+y1y2表示出λaΘb和λaΘb，即可判断A；假设存在唯一确定的向量e=x0,y0使得对于任意向量a，都有aΘe=eΘa=a成立，即方程组
x1y0−x0y1=x0y1−x1y0=x1x1x0+y1y0=y1，对任意x1,y1恒成立，解方程可判断B；若a与b垂直，则x1x2+y1y2=0，设c=x3,y3，分别表示出aΘbΘc与aΘbΘc即可判断C；若a与b共线，则x1y2−x2y1=0，设c=x3,y3，分别表示出aΘbΘc与aΘbΘc即可判断D.
【详解】设向量a=x1,y1，b=x2,y2，对于A，对任意的λ∈R，有λaΘb=λx1,λy1Θx2,y2=λx1y2−λx2y1,λx1x2+λy1y2
=λx1y2−x2y1,x1x2+y1y2 =λaΘb，故A正确；
对于B，假设存在唯一确定的向量e=x0,y0使得对于任意向量a，都有aΘe=eΘa=a成立，即x1y0−x0y1,x1x0+y1y0=x0y1−x1y0,x0x1+y0y1=x1,y1恒成立，即方程组
x1y0−x0y1=x0y1−x1y0=x1x1x0+y1y0=y1，对任意x1,y1恒成立，而此方程组无解，故B不正确；
对于C，若a与b垂直，则x1x2+y1y2=0，设c=x3,y3，则aΘbΘc=x1y2−x2y1,0Θx3,y3=x1y2y3−x2y1y3,x1y2x3−x2y1x3，
aΘbΘc=x1,y1Θx2y3−x3y2,x2x3+y2y3
=x1x2x3+x1y2y3−y1x2y3+y1x3y2,x1x2y3−x1y2x3+y1x2x3+y1y2y3
=x1y2y3−y1x2y3,−x1y2x3+y1x2x3≠μx1y2y3−y1x2y3,x1y2x3−y1x2x3，其中μ∈R，故C不正确；
对于D，若a与b共线，则x1y2−x2y1=0，设c=x3,y3，
aΘbΘc=0,x1x2+y1y2Θx3,y3=−x1x2x3−y1y2x3,x1x2y3+y1y2y3，
aΘbΘc=x1x2x3+x1y2y3−y1x2y3+y1y2x3,x1x2y3−x1y2x3+y1x2x3+y1y2y3
=x1x2x3+y1y2x3,x1x2y3+y1y2y3，所以aΘbΘc与aΘbΘc的模相等，故D正确.
故选：AD.
【点睛】本题在平面向量的基础上，加以创新，属于创新题，考查平面向量的基础知识以及分析问题、解决问题的能力.
23. （多选）（2022·广东·模拟预测）已知集合E是由平面向量组成的集合，若对任意a,b∈E，t∈0,1，均有ta+1−tb∈E，则称集合E是“凸”的，则下列集合中是“凸”的有（ ）．
A．x,yy≥exB．x,yy≥lnx
C．x,yx+2y−1≥0D．x,yx2+y2≤1
【答案】ACD
【分析】作出各个选项表示的平面区域，根据给定集合E是“凸”的意义判断作答.
【详解】设OA=a，OB=b，OC=ta+1−tb，则C为线段AB上一点，
因此一个集合E是“凸”的就是E表示的平面区域上任意两点的连线上的点仍在该区域内，
四个选项所表示的平面区域如图中阴影所示：
A B
C D
观察选项A，B，C，D所对图形知，B不符合题意，ACD符合题意.
故选：ACD
【点睛】思路点睛：涉及符合某个条件的点构成的平面区域问题，理解不等式变为对应等式时的曲线方程的意义，
再作出方程表示的曲线，作图时一定要分清虚实线、准确确定区域.
24. （2024·全国·模拟预测）设有n维向量a=a1a2⋅⋅⋅an，b=b1b2⋅⋅⋅bn，称a,b=a1b1+a2b2+⋅⋅⋅+anbn为向量a和b的内积，当a,b=0，称向量a和b正交．设Sn为全体由−1和1构成的n元数组对应的向量的集合．
(1)若a=1234，写出一个向量b，使得a,b=0．
(2)令B=x,yx,y∈Sn．若m∈B，证明：m+n为偶数．
(3)若n=4，f4是从S4中选出向量的个数的最大值，且选出的向量均满足a,b=0，猜测f4的值，并给出一个实例．
【答案】(1)b=11−10（答案不唯一）
(2)证明见解析
(3)f4=4，答案见解析.
【分析】（1）根据定义写出满足条件的即可；
（2）根据x,y∈Sn，结合定义，求出x,y，即可得证；
（3）利用反证法求证.
【详解】（1）由定义，只需满足b1+2b2+3b3+4b4=0，不妨取b=11−10（答案不唯一）．
（2）对于m∈B，i=1，2，⋅⋅⋅，n，存在x=x1x2⋅⋅⋅xn，xi∈−1,1，y=y1y2⋅⋅⋅yn，yi∈−1,1，使得x,y=m．
当xi=yi时，xiyi=1；当xi≠yi时，xiyi=−1．令λi=1,xi=yi0,xi≠yi，k=i=1nλi．
所以x,y=i=1nxiyi=k−n−k=2k−n．
所以m+n=2k−n+n=2k为偶数．
（3）当n=4时，可猜测互相正交的4维向量最多有4个，即f4=4．
不妨取a1=1111，a2=−11−11，a3=−1−111，a4=1−1−11，
则有a1,a2=0，a1,a3=0，a1,a4=0，a2,a3=0，a2,a4=0，a3,a4=0．
若存在a5，使a1,a5=0，则a5=−111−1或1−11−1或11−1−1．
当a5=−111−1时，a4,a5=−4；
当a5=1−11−1时，a2,a5=−4；
当a5=11−1−1时，a3,a5=−4，
故找不到第5个向量与已知的4个向量互相正交．
25. （2022·浙江绍兴·模拟预测）定义两个向量组X=(x1,x2,x3),Y=(y1,y2,y3)的运算X⋅Y=x1⋅y1+x2⋅y2+x3⋅y3，设e1,e2,e3为单位向量，向量组X=(x1,x2,x3),Y=(y1,y2,y3)分别为e1,e2,e3的一个排列，则X⋅Y的最小值为 ．
【答案】−32/−1.5
【分析】讨论xi≠yi,i=1,2,3、xi=yi=ei且i=1,2,3、xi=yi=ei且i=1或2或3，根据X⋅Y的定义及向量数量积的运算律，分别求最小值，即可得结果.
【详解】当xi=yi=ei且i=1,2,3时，X⋅Y=3；
当x1=y1=e1且x2≠y2、x3≠y3时，则X⋅Y=e12+2e2⋅e3≥1−2=−1，当且仅当〈e2,e3〉=π时等号成立；
同理x2=y2=e2且x1≠y1、x3≠y3或x3=y3=e3且x1≠y1、x2≠y2时，X⋅Y的最小值也为−1；
当xi≠yi,i=1,2,3时，则X⋅Y=e1⋅e2+e2⋅e3+e1⋅e3=e2⋅(e1+e3)+e1⋅e3≥e1⋅e3−|e1+e3|，
由|e1+e3|2=2+2e1⋅e3，设t=|e1+e3|,0≤t≤2，则e1⋅e3=t2−22，
所以e1⋅e3−|e1+e3|=12t2−t−1≥−32，当t=1时等号成立.
综上，X⋅Y的最小值为−32．
故答案为：−32.
【点睛】关键点点睛：应用分类讨论，注意X,Y中向量不同的排列情况下对应X⋅Y的表达式，结合向量数量积运算律和几何关系求最值.
06复数性质相关问题
26.（多选）（2024·河南信阳·模拟预测）设z为复数（i为虚数单位），下列命题正确的有（ ）
A．若(1+i)z=−i，则z=1
B．对任意复数z1，z2，有z1z2=z1⋅z2
C．对任意复数z1，z2，有z1⋅z2=z1⋅z2
D．在复平面内，若M={z|z−2≤2}，则集合M所构成区域的面积为6π
【答案】BC
【分析】借助复数的运算、共轭复数、复数的模及复数的几何意义逐项判断即可得.
【详解】对A：由(1+i)z=−i，故z=−i1+i=−i×1−i1+i1−i=−1−i2，
故z=−122+−122=22，故A错误；
对B：设z1=a+bi a,b∈R、z2=c+di c,d∈R，
则z1z2=a+bic+di=ac−bd+ad+bci=ac−bd2+ad+bc2
=a2c2−2abcd+b2d2+a2d2+2abcd+b2c2=a2c2+b2d2+a2d2+b2c2，
z1⋅z2=a2+b2⋅c2+d2=a2+b2c2+d2=a2c2+b2d2+a2d2+b2c2，
故z1z2=z1⋅z2，故B正确；
对C：设z1=a+bi a,b∈R、z2=c+di c,d∈R，
有z1⋅z2=a+bic+di=ac−bd+ad+bci，则z1⋅z2=ac−bd−ad+bci，
z1⋅z2=a−bic−di=ac−bd−ad+bci，故z1⋅z2=z1⋅z2，故C正确；
对D：设z=x+yi x,y∈R，则有x−22+y2≤4，
集合M所构成区域为以2,0为圆心，半径为2的圆，
故S=πr2=4π，故D错误.
故选：BC.
27. (多选)（23-24高三上·辽宁·开学考试）设复数z1,z2,z3，且z1z2≠0,其中z1为确定的复数，下列说法正确的是（ ）.
A．若z1z2=z12，则z1+z2是实数
B．若z1z2=z12，则存在唯一实数对a,b使得z3=az1+bz2
C．若 z1z3+z3z1=0 ，则 z3在复平面内对应的点的轨迹是射线
D．若z2+z3<1，则z2−z31−z2z3<1
【答案】ACD
【分析】根据复数的概念及运算性质，以及共轭复数的性质和复数模的性质，逐项计算，即可求解.
【详解】对于A中，若z1z2=z12，因为z1z2≠0，则z1z2=z12=z1z1，可得z2=z1，
设z1=m+ni,m,n∈R，则z1+z2=z1+z1=2m∈R，所以A正确；
对于B中，由A得z2=z1，设z1=m+ni,m,n∈R，若z3=az1+bz2，
则z3=az1+bz1=a(m+ni)+b(m−ni)=(a+b)+(a−b)ni，
只要m=0或n=0，选项B就不正确；
例如：z1=ni(n≠0,n∈R)，此时z2=z1=−ni，
z3=5ni可表示为z3=5ni=4ni+i=4z1−z2或z3=5ni=6ni−i=6z1+z2，
所以表示方法不唯一，所以B错误.
对于C中，若z1z3+z3z1=0，则z1z3+z3z1=0，可得z3z1=−z1z3∈R，
则z3z1=−z1z3≥0，所以z3z1∈R且z3z1≤0，
设z3z1=t≤0，则z3=tz1=tz1z1z1=tz12z1=tz1，其中u=tz12≤0，
则复数z3对应的向量与复数z1对应的向量方向共线，且长度是u倍，
故z3在复平面内对应的点的轨迹是射线（且与OZ1方向共线），所以C正确.
对于D中，若z2+z3<1，可得z2−1<−z3<0，同理z3−1<0，
由z2−z31−z2z3<1，即z2−z3<1−z2z3，可得(z2−z3)(z2−z3)<(1−z2z3)(1−z2z3)，
即z2z2+z3z3−(z2z3+z2z3)<1+z2z2z3z3−(z2z3+z2z3)，
即z2z2+z3z3<1+z2z2z3z3，即z22+z32<1+z22z32，
即(z2−1)(z3−1)>0，
因为z2−1<0,z3−1<0，所以(z2−1)(z3−1)>0成立，
所以z2−z31−z2z3<1成立，所以D正确.
故选：ACD.
28. （多选）（2024·河北沧州·一模）在复数城内，大小成为了没有意义的量，那么我们能否赋予它一个定义呢，在实数域内，我们通常用绝对值来描述大小，而复数域中也相应的有复数的模长来代替绝对值，于是，我们只需定义复数的正负即可，我们规定复数的“长度”即为模长，规定在复平面x轴上方的复数为正，在x轴下方的复数为负，在x轴上的复数即为实数大小．“大小”用符号+“长度”表示，我们用[z]来表示复数的“大小”，例如：[1+2i]=5，[1−2i]=−5，[1]=1，[−3]=−3，[−1−2i]=−5，则下列说法正确的是（ ）
A．[z]=1在复平面内表示一个圆
B．若z∈C，则方程[z]2=−1无解
C．若z1,z2为虚数，且z1=z2，则z1+z2=0
D．复平面内，复数z对应的点在直线y=−x+4上，则|[z]|最小值为22
【答案】BCD
【分析】根据已知条件，理解[z]的意义，结合复数的几何意义，点到直线距离公式对选项逐一判断即可.
【详解】根据已知条件[z]=1表示模长为1，在复平面位于x轴上方的复数，
所以并不是一个圆，A错误；
若z∈C，则方程[z]为一个实数，所以[z]2=−1无解，B正确；
若z1,z2为虚数，且z1=z2，设z1=bi，则z2=−bi，z1=b，z2=−b，
所以z1+z2=0，C正确；
复数z对应的点在直线y=−x+4上，则|[z]|最小值为：
点O0,0到直线y=−x+4的距离，所以|[z]|最小值为：42=22，D 正确.
故选：BCD
29.（多选）（2024·辽宁·二模）已知复数z,w均不为0，则（ ）
A．z2z=zB．z+w=z+w
C．zw=zwD．若1z∈R，则z∈R
【答案】AD
【分析】设z=a+bi，w=c+di，结合复数的运算、共轭复数的定义及复数的模的计算公式逐一判断即可.
【详解】设z=a+bi，w=c+di，其中a,b,c,d∈R，且复数z,w均不为0，
则选项A：由z=a+bi可得z=a−bi，
所以z⋅z=a+bia−bi=a2+b2=z2，即z2z=z，A说法正确；
选项B：z+w=a+c+b+di，所以z+w2=a+c2+b+d2=a2+2ac+c2+b2+2bd+d2，
又因为z+w2=a2+b2+c2+d22=a2+b2+2a2+b2c2+d2+c2+d2，
当z+w=z+w，即z+w2=z+w2时，可得ac+bd=a2+b2c2+d2，
两边平方整理得2abcd=a2d2+b2c2，所以z+w=z+w不一定成立，C说法错误；
选项C：zw=a+bic+di=a+bic−dic+dic−di=ac+bd−ad−bcic2+d2，所以zw=ac+bd+ad−bcic2+d2，
又zw=a−bic+di=a−bic−dic+dic−di=ac−bd−ad+bcic2+d2，
当zw=zw时可得bd+adi=0，所以zw=zw不一定成立，C说法错误；
选项D：若1z=1a+bi=a−bia+bia−bi=a−bia2+b2∈R，则b=0，
所以z=a∈R，D说法正确；
故选：AD
30.（多选）（2024·广东韶关·二模）已知复数z1,z2，则下列命题正确的是（ ）
A．若z1=z2，则z1=±z2B．若z1=z2，则z1z2=z12
C．若z1是非零复数，且z12=z1z2，则z1=z2D．若z1是非零复数，则z1+1z1≠0
【答案】BC
【分析】对于A项，可以举反例说明；对于B项，可以设z1=a+bi，则z2=a−bi，代入等式两边验证即可判定；对于C项，可将题设条件等价转化，分析即得；对于D项，可通过举反例z1=i对结论进行否定.
【详解】对于A项，若z1=1+i，z2=2i，显然满足z1=z2，但z1=±z2，故A项错误；
对于B项，设z1=a+bia,b∈R，则z2=a−bi，z1z2=(a+bi)(a−bi)=a2+b2，故|z1z2|=a2+b2而|z1|2=a2+b2，故B项正确；
对于C项，由z12=z1z2可得：z12−z1z2=z1(z1−z2)=0，因z1是非零复数，故z1−z2=0，即z1=z2，故C项正确；
对于D项，当z1=i时，z1是非零复数，但 z1+1z1=i+1i=i−i=0，故D项错误.
故选：BC.
07复数最值问题
31.（23-24高三下·江苏泰州·阶段练习）若复数z满足z−1=z+i，则z−1的最小值为（ ）
A．12B．22C．1D．2
【答案】B
【分析】
根据复数模的运算公式，结合配方法进行求解即可.
【详解】
令z=x+yi，x,y为实数
由z−1=z+i⇒x−12+y2=x2+y+12 ⇒y=−x，
所以z−1=x−12+y2=x2−2x+1+x2=2x2−2x+1=2x−12+12，
因此当x=12时，z−1取最小值22，
故选：B
32. （2024·贵州贵阳·模拟预测）如果复数z=x+yix∈R,y∈R，z1=−2，z2=−12，z3=i在复平面内对应的点分别为Z，Z1，Z2，Z3，复数z满足z−z1=2z−z2，且Z1Z⃗=λZ1Z2⃗+μZ1Z3⃗λ∈R,μ∈R，则3λ+2μ的最大值为 .
【答案】4+22
【分析】先将复数转化为平面直角坐标系中的坐标，然后用距离公式对条件z−z1=2z−z2进行变形，得到x2+y2=1，由此可以证明x−y≤2. 之后再使用向量的坐标运算将3λ+2μ表示为关于x,y的表达式，利用x−y≤2即可证明3λ+2μ≤4+22，最后给出一个3λ+2μ=4+22的例子即可说明3λ+2μ的最大值是4+22.
【详解】由z=x+yi，z1=−2，z2=−12，z3=i，知Zx,y，Z1−2,0，Z2−12,0，Z30,1，从而Z1Z=x+2,y，Z1Z2=32,0，Z1Z3=2,1.
由于z−z12=ZZ12=x+22+y2，z−z22=ZZ22=x+122+y2，故条件z−z1=2z−z2即为x+22+y2=4x+122+y2，展开得到x2+4x+4+y2=4x2+4x+4y2+1，再化简得3x2+3y2=3，所以x2+y2=1，故我们有x−y2≤x−y2+x+y2=x2+y2−2xy+x2+y2+2xy=2x2+y2=2，从而x−y≤x−y=x−y2≤2.
由于Z1Z=λZ1Z2+μZ1Z3，Z1Z=x+2,y，Z1Z2=32,0，Z1Z3=2,1，故x+2,y=3λ2+2μ,μ，从而3λ+2μ=23λ2+2μ−2μ=2x+2−2y=4+2x−y≤4+22.
经验证，当x=22，y=−22时，条件满足. 此时3λ+2μ=4+2x−y=4+22.
所以3λ+2μ的最大值是4+22.
故答案为：4+22.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于将复数坐标化为平面直角坐标系中的坐标，并将复数之差的模长表示为平面直角坐标系中的线段长度. 另外，本题还具有“阿波罗尼斯圆”的背景：平面上到两个不同定点M,N的距离之比恒为常数c∈0,1∪1,+∞的点的轨迹是一个圆，该圆称为关于M,N的阿波罗尼斯圆. 使用解析几何方法结合距离公式，很容易证明此结论.
33. （2022·江苏镇江·模拟预测）若i为虚数单位，复数z满足1≤z+1+i≤2，则z−1−i的最大值为 .
【答案】32
【分析】利用复数的几何意义知复数z对应的点Z到点C(−1,−1)的距离d满足1≤d≤2，z−1−i表示复数z对应的点Z到点P(1,1)的距离，数形结合可求得结果.
【详解】复数z满足1≤z+1+i≤2，即1≤z−−1−i≤2
即复数z对应的点Z到点C(−1,−1)的距离d满足1≤d≤2
设P(1,1)，z−1−i表示复数z对应的点Z到点P(1,1)的距离
数形结合可知z−1−i的最大值|AP|=|CP|+2=22+22+2=32
故答案为：32
34. （2022·福建·模拟预测）对任意三个模长小于1的复数z1，z2，z3，均有z1z2+z2z3+z3z12+z1z2z32<λ恒成立，则实数λ的最小可能值是 ．
【答案】10
【分析】利用复数的三角形式结合余弦函数的性质可得z1z2+z2z3+z3z12+z1z2z32的取值范围，从而得到实数λ的最小可能值.
【详解】设z1=ρ1csθ1+isinθ1，z2=ρ2csθ2+isinθ2，z3=ρ3csθ3+isinθ3，
由题设有ρi∈0,1i=1,2,3.
又z1z2+z2z3+z3z12=ρ1ρ2csθ1+θ2+ρ2ρ3csθ2+θ3+ρ1ρ3csθ1+θ32
+ρ1ρ2sinθ1+θ2+ρ2ρ3sinθ2+θ3+ρ1ρ3sinθ1+θ32，
=ρ12ρ22+ρ22ρ32+ρ12ρ32
+2ρ1ρ22ρ3csθ1−θ3+2ρ1ρ32ρ2csθ1−θ2+2ρ2ρ12ρ3csθ2−θ3，
而z1z2z32=z1z2z32=ρ22ρ12ρ32，
所以z1z2+z2z3+z3z12+z1z2z32<4+2csθ1−θ2+csθ2−θ3+csθ1−θ3，
而csθ1−θ3+csθ1−θ2+csθ2−θ3≤3，当且仅当θ1,θ2,θ3终边相同时等号成立，
故z1z2+z2z3+z3z12+z1z2z32<10，所以λ≥10，
故实数λ的最小可能值为10，
故答案为：10.
35. （2023·河北·模拟预测）若复数a+bii=6+8i，且a+b=26，则Rea+bmax= .
【答案】337+1/1+337
【分析】设a=x+yix,y∈R,b=m+nim,n∈R，利用复数相等的性质得到点Mx,m轨迹是以A,B为焦点，长轴为26的椭圆M，从而利用图像平移变换的知识求得M点的坐标表示，进而利用三角换元法与辅助角公式即可得解.
【详解】依题意，设a=x+yix,y∈R,b=m+nim,n∈R，
则a+bii=−y+m+x−ni，
因为a+bii=6+8i，所以−y+m=6x−n=8，则y=−6−mn=x−8，
因为a+b=26，即x2+y2+m2+n2=26，
所以x2+−m−62+m2+x−82=26，即x2+m+62+x−82+m2=26，
令Mx,m，A0,−6，B8,0，则MA+MB=26>AB=10，
所以点Mx,m轨迹是以A,B为焦点，长轴为26的椭圆P，
因为AB的中点为O14,−3，记∠OBA=α0<α<π2，则sinα=AOAB=610=35，csα=BOAB=810=45，
所以椭圆P的图像是由以F1−5,0,F25,0为焦点，长轴为26的椭圆C的图像先逆时针旋转α角度，再向右平移4个单位，向下平移3个单位，得到的图像，椭圆P为实线部分，椭圆C为虚线部分，如图，
.
因为在椭圆C中，2a=26,c=5，则a=13,a2=169，b2=a2−c2=169−25=144，
所以椭圆C的方程为x2169+y2144=1，
不妨设x',y'为椭圆C上的点，则可设x'=13csθ，y'=12sinθ0≤θ≤2π，
下面求Nx',y'逆时针旋转α角度得到的点u,v，
以原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标，则x'=ρcsβ,y'=ρsinβ，其中ρ=ON，β为ON与极轴所成角度，
所以u=ρcsβ+α=ρcsβcsα−sinβsinα=45ρcsβ−35ρsinβ =45x'−35y'，
v=ρsinβ+α=ρsinβcsα+csβsinα=45ρsinβ+35ρcsβ=45y'+35x'，
接着求u,v向右平移4个单位，向下平移3个单位得到的点Mx,m，
易得x=u+4，m=v−3，
又因为x'=13csθ，y'=12sinθ0≤θ≤2π，
所以x=45x'−35y'+4=525csθ−365sinθ+4，m=45y'+35x'−3=485sinθ+395csθ−3，
所以x+m=915csθ+125sinθ+1=337sinθ+φ+1，其中tanφ=9112，
因为0≤θ≤2π，y=sinθ+φ的最小正周期为T=2π，
所以−1≤sinθ+φ≤1，则x+m=337sinθ+φ+1≤337+1，
所以Rea+b=x+m≤337+1，即Rea+bmax=337+1.
故答案为：337+1.
【点睛】关皱点睛：本题的关键有两点：
（1）利用椭圆的定义得到Mx,m的轨迹；
（2）利用点的旋转平移得到x,m关于θ的关系式.
08复数的三角形式
36.（2023·湖北·二模）复数21−3i与下列复数相等的是（ ）
A．cs−π3+isin−π3B．cs−π3+isin−4π3
C．32+12iD．−1−3i
【答案】B
【分析】
应用复数的除法化简，结合复数的三角表示、各项的形式判断正误即可.
【详解】由题设，21−3i=2(1+3i)(1−3i)(1+3i)=12+32i=csπ3+isinπ3，故A、C、D错误；
而cs−π3+isin−4π3=csπ3+isinπ3，故B正确.
故选：B
37. （2016·安徽淮北·一模）现定义eiθ=csθ+isinθ，其中i为虚数单位，e为自然对数的底数，θ∈R，且实数指数幂的运算性质对eiθ都适用，若a=C50cs5θ−C52cs3θsin2θ+C54csθsin4θ，b=C51cs4θsinθ−C53cs2θsin3θ+C55sin5θ，那么复数a+bi等于
A．cs5θ+isin5θB．cs5θ−isin5θ
C．sin5θ+ics5θD．sin5θ−ics5θ
【答案】A
【分析】计算a+bi，结合二项式定理的展开即可得解.
【详解】a+bi=C50cs5θ−C52cs3θsin2θ+C54csθsin4θ+iC51cs4θsinθ−iC53cs2θsin3θ+iC55sin5θ
=C50cs5θ++iC51cs4θsinθ+i2C52cs3θsin2θ+i3C53cs2θsin3θ+i4C54csθsin4θ+i5C55sin5θ
=(csθ+isinθ)5=(eiθ)5=ei(5θ)=cs5θ+isin5θ ,
故选A.
【点睛】本题主要考查了二项式定理的展开与复数的新定义问题，观察出二项展开的结构是解本题的关键，属于中档题.
38. （2022·上海奉贤·一模）复数cs2θ+isin3θ⋅csθ+isinθ的模为1，其中i为虚数单位，θ∈0,2π，则这样的θ一共有（ ）个.
A．9B．10C．11D．无数
【答案】C
【分析】先根据复数cs2θ+isin3θ⋅csθ+isinθ的模为1及复数模的运算公式，求得cs22θ+sin23θ=1即cs22θ=cs23θ，接下来分cs2θ=cs3θ与cs2θ=−cs3θ两种情况进行求解，结合θ∈0,2π，求出θ的个数.
【详解】cs2θ+isin3θ⋅csθ+isinθ=cs2θ+isin3θ⋅csθ+isinθ=1，其中csθ+isinθ=1，所以cs2θ+isin3θ=1，即cs22θ+sin23θ=1，cs22θ=1−sin23θ=cs23θ，当cs2θ=cs3θ时，①2θ=3θ+2k1π，k1∈Z，所以θ=−2k1π，k1∈Z，因为θ∈0,2π，所以θ=0或2π；②2θ=−3θ+2k2π，k2∈Z，所以θ=2k2π5，k2∈Z，因为θ∈0,2π，所以θ=0，2π5，4π5，6π5，8π5或2π；当cs2θ=−cs3θ时，①2θ=3θ+2k3+1π，k3∈Z，即θ=−2k3+1π，k3∈Z，因为θ∈0,2π，所以θ=π，②2θ=−3θ+2k4+1π，k4∈Z，即θ=2k4+15π，k4∈Z，因为θ∈0,2π，所以θ=π5，3π5，π，7π5，9π5，综上：θ=m5π，m=0,1,⋯10，一共有11个.
故选：C
39. （2022·江苏苏州·模拟预测）任何一个复数z=a+bi（其中a、b∈R，i为虚数单位）都可以表示成：z=r(csθ+isinθ)的形式，通常称之为复数z的三角形式．法国数学家棣莫弗发现：zn=[r(csθ+isinθ)]n=rn(csnθ+isinnθ)n∈N∗，我们称这个结论为棣莫弗定理．根据以上信息，若r=1，θ=π4时，则z2022= ；对于∀n∈N*,n≥2，k=2n[cs(k−1)πn+sin(k−1)πn]= ．
【答案】 −i sinπn1−csπn
【分析】利用给定定理直接计算即得z2022；令w=csπn+isinπn，求出等比数列{wn−1}(n≥2)前n−1项的和，再利用复数相等求解作答.
【详解】当r=1，θ=π4时，z=csπ4+isinπ4，所以z2022=(csπ4+isinπ4)2022=cs(504π+3π2)+isin(504π+3π2)=−i；
∀n∈N*，令w=csπn+isinπn，则wn=(csπn+isinπn)n=csπ+isinπ=−1，
∀n∈N*,n≥2，w+w2+w3+⋯+wn−1=w(1−wn−1)1−w=w−wn1−w=1+csπn+isinπn1−csπn−isinπn
=(1+csπn+isinπn)(1−csπn+isinπn)(1−csπn−isinπn)(1−csπn+isinπn)=2isinπn2−2csπn=sinπn1−csπni，
而w+w2+w3+⋯+wn−1=k=2ncs(k−1)πn+ik=nsin(k−1)πn，则k=2ncs(k−1)πn=0，k=nsin(k−1)πn=sinπn1−csπn，
所以k=2n[cs(k−1)πn+sin(k−1)πn]=sinπn1−csπn.
故答案为：-i；sinπn1−csπn
【点睛】思路点睛：涉及复数z的n(n∈N∗)次幂zn的求和问题，可把zn视为等比数列{zn}的第n项，再借助数列问题求解.
40. （2019·上海杨浦·一模）已知复数z1=csx+2f(x)i，z2=(3sinx+csx)+i（x∈R，i为虚数单位），在复平面上，设复数z1、z2对应的点分别为Z1、Z2，若∠Z1OZ2=90°，其中O是坐标原点，则函数f(x)的最小正周期为 .
【答案】π
【分析】根据垂直得到(3sinx+csx)csx+2fx=0，化简得到fx=−12sin2x+π6−14，利用周期公式得到答案.
【详解】z1=csx+2f(x)i，z2=(3sinx+csx)+i，∠Z1OZ2=90°
则(3sinx+csx)csx+2fx=0∴fx=−12(3sinx+csx)csx
fx=−32sinxcsx−12cs2x=−34sin2x−14cs2x−14=−12sin2x+π6−14
函数f(x)的最小正周期为T=2π2=π
故答案为π
【点睛】本题考查了复数的几何意义，三角函数化简，周期，意在考查学生的计算能力和综合应用能力
09复数方程的根相关问题
41.（多选）（2024·浙江杭州·二模）已知关于x的方程x2+tx+1=0(−2A．z1=z2B．z1⋅z2=1
C．z1=z2D．z1z2=z1z2
【答案】ABC
【分析】求出方程的两根，即可判断A，利用韦达定理判断B，计算出两根的模，即可判断C，利用复数代数形式的除法运算及B项的结论化简z1z2，即可判断D.
【详解】关于x的方程x2+tx+1=0(−2则Δ=t2−4<0，∴x=−t±4−t2i2，
不妨设z1=−t2+4−t22i，z2=−t2−4−t22i，
∴z1=z2，故A正确；
由韦达定理可得z1z2=1，故B正确；
z1=z2=−t22+4−t222=1，故C正确；
∵z1z2=1，
∴ z1z2=z12z1z2=z12=−t2+4−t22i2=t2−22−t4−t22i，
则z1z2=t2−22+t4−t22i，当t≠0时，z1z2∉R，此时z1z2≠z1z2，故D错误．
故选：ABC．
42. （2020·上海闵行·二模）关于x的实系数方程x2−4x+5=0和x2+2mx+m=0有四个不同的根，若这四个根在复平面上对应的点共圆，则m的取值范围是（ ）
A．5B．−1C．0,1D．0,1∪−1
【答案】D
【分析】根据条件分别设四个不同的解所对应的点为ABCD，讨论根的判别式，根据圆的对称性得到相应判断.
【详解】解：由已知x2﹣4x+5＝0的解为2±i，设对应的两点分别为A，B，
得A（2，1），B（2，﹣1），
设x2+2mx+m＝0的解所对应的两点分别为C，D，记为C（x1，y1），D（x2，y2），
（1）当△＜0，即0＜m＜1时，x2+2mx+m=0的根为共轭复数，必有C、D关于x轴对称，又因为A、B关于x轴对称，且显然四点共圆；
（2）当△＞0，即m＞1或m＜0时，此时C（x1，0），D（x2，0），且x1+x22＝﹣m，
故此圆的圆心为（﹣m，0），
半径r=x1−x22=x1+x22−4x1x22=2m2−4m2=m2−m，
又圆心O1到A的距离O1A＝(2+m)2+12=m2−m，
解得m＝﹣1，
综上：m∈（0，1）∪{﹣1}.
故选：D.
【点睛】本题考查方程根的个数与坐标系内点坐标的对应，考查一元二次方程根的判别式，属于难题.
43. （多选）（2022·福建莆田·模拟预测）意大利数学家卡尔达诺（Cardan.Girlam，1501-1576）发明了三次方程的代数解法.17世纪人们把卡尔达诺的解法推广并整理为四个步骤：
第一步，把方程x3+a2x2+a1x+a0=0中的x用x−a23来替换，得到方程x3+px+q=0；
第二步，利用公式x3+y3+z3−3xyz=x+y+zx+ωy+ω2zx+ω2y+ωz将x3+px+q因式分解；
第三步，求得y，z的一组值，得到方程x3+px+q=0的三个根：−y−z，−ωy−ω2z，−ω2y−ωz（其中ω=−1+3i2，i为虚数单位）；
第四步，写出方程x3+a2x2+a1x+a0=0的根：x1=−a23−y−z，x2=−a23−ωy−ω2z，x3=−a23−ω2y−ωz.
某同学利用上述方法解方程8x3−12x2−42x+55=0时，得到y的一个值：−1+i，则下列说法正确的是（ ）
A．a2=−32B．yz=2C．x2=−12+3D．x3=−1−3
【答案】ABC
【分析】根据三次方程的代数解法对选项进行分析，由此确定正确选项.
【详解】8x3−12x2−42x+55=0⇒x3−32x2−214x+558=0
依题意可知a2是2次项系数，所以a2=−32，A选项正确.
第一步，把方程x3−32x2−214x+558=0中的x，用x+12来替换，
得x+123−32x+122−214x+12+558=x3−6x+4=0，
第二步，对比x3−6x+4=0与x3+y3+z3−3xyz=0，
可得y3+z3=4−3yz=−6y=−1+i，解得yz=2,z=−1−i，B选项正确.
所以x2=−a23−ωy−ω2z=12−−1+3i2−1+i+−1+3i221+i=−12+3，C选项正确.
x3=−a23−ω2y−ωz=12−−1+3i22−1+i+−1+3i21+i=−12−3，D选项错误.
故选：ABC
44. （2001·全国·高考真题）对任意一个非零复数z，定义集合Mz=ωω=z2n−1,n∈N∗．
(1)设a是方程x+1x=2的一个根，试用列举法表示集合Ma．若在Ma中任取两个数，求其和为零的概率P；
(2)设复数ω∈Mz，求证：Mω⊆Mz．
【答案】(1)Mα见解析，P=13；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据题意求得α，再结合复数的乘方运算，即可求得Ma；根据古典概型的概率计算公式，即可求得概率P；
（2）根据Mz的定义，设出Mω中的任意一个元素x，根据其满足的条件化简x的形式，只需证明x满足Mz定义中的形式即可.
【详解】（1）因为α是方程x+1x=2的一个根，故α=22±22i，
当α=22+22i时，α2n−1=α2nα=inα=221−i,n=4k,−221+i,n=4k−1,−221−i,n=4k−2,221+i,n=4k−3k∈N∗
故Mα=221−i,−221+i,−221−i,221+i；
同理，当α=22−22i时，Mα=−221+i,221+i,221−i,−221−i；
在Ma中任取两个数共有6种取法，满足和为零的有2种，故其概率P=26=13.
（2）证明：设x为集合Mω中的一个元素，则x=ω2n−1,n∈N∗，
因为ω∈Mz，故存在k∈N∗，使得ω=z2k−1；
因为ω2n−1=z2k−12n−1,k,n∈N∗，且2k−12n−1=4kn−2k+n+1
=2kn−1+nk−1+1−1=2l−1l,n∈N∗，其中l=kn−1+nk−1+1，
故2k−12n−1为正奇数，故x=ω2n−1=z2l−1∈Mz.
故Mω⊆Mz.
【点睛】关键点点睛：本题考查复数的运算，涉及古典概型的概率计算；其中第二问中处理问题的关键是能够根据x的形式，逐步划归为满足Mz的形式，属综合难题.
45. （2024·全国·模拟预测）设a,b为实数，且ab≠0，虚数z为方程ax2+bx+a=0的一个根，则z的值为 .
【答案】1
【分析】由复数与共轭复数的意义可知，方程的两个根为z和z，再设出复数z，结合韦达定理和复数运算解出模长即可.
【详解】由题意可知虚数z为方程ax2+bx+a=0的一个根，z也为方程的一个根，
所以z⋅z=aa=1，
设z=m+ni，则z=m−ni，
z⋅z=m+ni×m−ni=m2+n2=1，
所以z=1，
故答案为：1.
10向量与解析几何结合
46. （2024·全国·模拟预测）抛物线E:y2=x的焦点为F，P为其准线上任意一点，过点P作E的两条切线，切点为A，B（点A与P在抛物线同侧），则PA·PF+PA·PB的最小值为（ ）
A．1B．2C．3D．14
【答案】D
【分析】根据过点P的直线与抛物线相切，得到PA⊥PB，利用抛物线对称性设不妨设切点为A在第一象限，然后利用导函数求切线斜率，进而求出直线方程，得P−14,x02−18x0，得PA⋅PF+PA⋅PB=PA⋅PF=12x0+14+x02+18x018x0−x02，最后利用基本不等式求最值.
【详解】
由y2=x，可知抛物线焦点F14,0，准线方程为x=−14，
因为P为其准线上任意一点，设P−14,tt>0，
设过点P且与抛物线相切的直线为：y−t=kx+14，①
由y−t=kx+14y2=x得：4ky2−4y+k+4t=0，
所以Δ=16−4×4kk+4t=0，整理得，k2+4kt−1=0，②
所以kPA，kPB是方程②的两根，
所以kPA⋅kPB=−1，故PA⊥PB，
所以PA⋅PB=0，
利用抛物线对称性，不妨设切点为A在第一象限，坐标为Ax0,x0x0>0，
由y2=x得y=x，所以y'=12x，
所以直线PA的斜率kPA=12x0，
代入①可得切线PA的方程为：y−t=12x0x+14，
又因为点Ax0,x0在直线PA上，
所以x0−t=12x0x0+14，所以t=x02−18x0，
所以点P的坐标为P−14,x02−18x0，
所以PA=x0+14,x02+18x0，PF=12,18x0−x02，
所以PA⋅PF+PA⋅PB=PA⋅PF=12x0+14+x02+18x018x0−x02
=x02+18+164x0−x04=x04+164x0+18≥2x04⋅164x0+18=18+18=14.
当且仅当x04=164x0，即x0=14时等号成立，所以PA·PF+PA·PB的最小值为14.
故选：D
47. （2024·山东日照·一模）过双曲线x24−y212=1的右支上一点P，分别向⊙C1:(x+4)2+y2=3和⊙C2:(x−4)2+y2=1作切线，切点分别为M，N，则PM+PN⋅NM的最小值为（ ）
A．28B．29C．30D．32
【答案】C
【分析】求得两圆的圆心和半径，设双曲线x24−y212=1的左右焦点为F1−4,0，F24,0，连接PF1，PF2，F1M，F2N，运用勾股定理和双曲线的定义，结合三点共线时，距离之和取得最小值，计算即可得到所求值．
【详解】由双曲线方程x24−y212=1可知：a=2,b=23,c=a2+b2=4，
可知双曲线方程的左、右焦点分别为F1−4,0，F24,0，
圆C1:x+42+y2=3的圆心为C1−4,0（即F1），半径为r1=3；
圆C2:x−42+y2=1的圆心为C24,0（即F2），半径为r2=1．
连接PF1，PF2，F1M，F2N，则MF1⊥PM,NF2⊥PN，
可得PM⃗+PN⃗⋅NM⃗=PM⃗+PN⃗⋅PM⃗−PN⃗=PM⃗2−PN⃗2=PF12−r12−PF22−r22 =PF12−3−PF22−1=PF12−PF22−2=PF1−PF2⋅PF1+PF2−2
=2aPF1+PF2−2≥2a⋅2c−2=2×2×2×4−2=30，
当且仅当P为双曲线的右顶点时，取得等号，即PM+PN⋅NM的最小值为30.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：根据数量积的运算律可得PM+PN⋅NM=PM2−PN2，结合双曲线的定义整理得PM+PN⋅NM=2aPF1+PF2−2，结合几何性质分析求解.
48. （23-24高三上·重庆沙坪坝·阶段练习）已知a=3，b=1，a⋅b=0，c+a+c−a=4，d2−4b⋅d+3=0，则c−d的最大值为（ ）
A．2213+1B．4C．4213+2D．313
【答案】A
【分析】由题意首先得出c−d为两外切的圆和椭圆上的两点间的距离，再由三角形三边关系将问题转换为椭圆上点到另一个圆的圆心的最大值即可.
【详解】如图所示：
不妨设a=OA=3,0,b=OB=0,1,OC=m,n,OD=p,q,A1−3,0，
满足a=3，b=1，a⋅b=0，
又c+a+c−a=4，即m+32+n2+m−32+n2=4=2a>2c=23=A1A，
由椭圆的定义可知点C在以A1,A为焦点，长轴长为4的椭圆上运动，
a=2,c=3,b=a2−c2=4−3=1，
所以该椭圆方程为x24+y2=1，
而d2−4b⋅d+3=0，即p2+q2−4q+3=0，即p2+q−22=1，
这表明了点D在圆x2+y−22=1上面运动，其中点E0,2为圆心，r=1为半径，
又c−d=OC−OD=CD≤CE+ED=CE+1，等号成立当且仅当C,D,E三点共线，
故只需求CE的最大值即可，
因为点C x24+y2=1在椭圆上面运动，所以不妨设C2csθ,sinθ，
所以CE=4cs2θ+sinθ−22=41−sin2θ+sin2θ−4sinθ+4=−3sin2θ−4sinθ+8，
所以当sinθ=−−42×−3=−23且C,D,E三点共线时，
c−d有最大值CEmax+1=−3×−232−4×−23+8=2213+1.
故选：A.
【点睛】关键点睛：解题的关键是将向量问题转换为圆锥曲线中的最值问题来做，通过数学结合的方法巧妙的将几何问题融入代数方法，从而顺利得解.
49. （2023·四川攀枝花·一模）在平面四边形OACB中，OA⊥OB，OA=3，∠OBA=∠ACB=π3，OC=λOA+μOB，则λ+μ的最大值为（ ）
A．3B．2C．3D．23
【答案】C
【分析】建立平面直角坐标系，设Cx,y，求出点C的轨迹方程，根据向量线性运算的坐标表示可得λ+μ=x+3y3，结合圆的性质及点到直线的距离公式求得x+3ymax，进而求解.
【详解】如图，以O为原点，以OA,OB所在直线为x,y轴建立平面直角坐标系，
因为OA=3，∠OBA=π3，则OB=3，AB=23，
所以A3,0，B0,3，设Cx,y，
则OC=x,y，OA=3,0，OB=0,3，
由OC=λOA+μOB，即x,y=3λ,3μ，
则x=3λy=3μ，即λ+μ=x3+3y3=x+3y3.
由∠ACB=π3可知点C的轨迹为△ABC外接圆的一段劣弧AB，
且2R=ABsinπ3=2332=4，则△ABC外接圆的半径为R=2，
设△ABC外接圆的方程为x−a2+y−b2=4，
则3−a2+b2=4a2+3−b2=4，解得a=2b=3或a=1b=0（舍去），
即△ABC外接圆方程为x−22+y−32=4，圆心为2,3，
因为x+3y1+3=x+3y2表示△ABC外接圆劣弧AB上一点到直线x+3y=0的距离，
而圆心2,3到直线x+3y=0的距离为2+31+3=52，
要使λ+μ最大，则x+3y最大，
而x+3y2max=52+R=92，即x+3ymax=9，
此时λ+μ=x+3y3=3，即λ+μ的最大值为3.
故选：C.

【点睛】关键点点睛：本题关键在于，建立平面直角坐标系，求出点C的轨迹方程，然后转化问题为求点到直线的距离最值问题.
50. （2023·新疆·二模）已知平面向量a，b，c，满足a=2，a−b=23，若对于任意实数x，都有b−xa≥b−a成立，且c−a≤1，则b⋅c的最大值为（ ）
A．2B．4C．6D．8
【答案】D
【分析】把三个向量平移到同起点，由向量运算及b−xa≥b−a得MB≥AB，从而BA⊥OA，又由c−a≤1得点C在以A为圆心半径为1的圆面上（包括边界），利用数量积的几何意义求得b⋅c≤4OD，再利用三角形相似求OD长度即可求出最值.
【详解】设a=OA，b=OB，c=OC，xa=OM，b，c则如图所示，
因为b−xa≥b−a，所以OB−OM≥OB−OA，
即MB≥AB，所以BA⊥OA，
因为a=2，a−b=23，所以∠AOB=60°，b=4，
由c−a≤1，可得点C在以A为圆心，半径为1的圆面上（包括边界），
过圆周上一点C作OB的垂线，垂足为D，且DC与⊙A相切，
延长DC交OA于N，则b⋅c=b⋅ccsb,c≤bOD=4OD，
此时△ODN∽△ACN，根据相似知识可得ODCA=ONAN=OA+ANAN，
所以OD=CA⋅OAAN+CA=cs60°OA+CA=12×2+1=2，
所以b⋅c的最大值为4OD=4×2=8，
故选：D.
11向量与实际模型
51. （2023·全国·模拟预测）键线式可以简洁直观地描述有机物的结构，在有机化学中极其重要．有机物萘可以用左图所示的键线式表示，其结构简式可以抽象为右图所示的图形．已知ABCHIJ与CDEFGH为全等的正六边形，且AB=2，点P为该图形边界（包括顶点）上的一点，则AP⋅BP的取值范围为（ ）
A．0,42B．−1,42C．0,36D．−1,36
【答案】B
【分析】取线段AB的中点M，可得出AP⋅BP=PM2−1，求出PM的最大值和最小值，即可得出AP⋅BP的取值范围.
【详解】取线段AB的中点M，则MB=−MA，
AP⋅BP=PA⋅PB=PM+MA⋅PM+MB=PM+MA⋅PM−MA
=PM2−MA2=PM2−1，
由图可知，当点P与点M重合时，AP⋅BP取最小值，且AP⋅BPmin=0−1=−1，
由图形可知，当PM取最大值时，点P在折线段CDEFGH上，
连接AH，则∠IHG=360∘−∠IHC−∠GHC=360∘−2×120∘=120∘，
同理∠BCD=120∘，
由正六边形的几何性质可知，∠AHI=12∠CHI=12×120∘=60∘，
所以，∠AHG=∠AHI+∠IHG=60∘+120∘=180∘，
则A、H、G三点共线，则∠CHG<∠MHG<∠AHG，即120∘<∠MHG<180∘，
当点P在线段HG上从点H运动到点G的过程中，PM在逐渐增大，
同理可知，120∘<∠MCD<180∘，
当点P在线段CD上由点C到D的过程中，PM在逐渐增大，
所以，当PM取最大值时，点P在折线段DEFG上运动，
以线段CH的中点O为坐标原点，CH所在直线为y轴，
线段CH的垂直平分线所在直线为x轴建立如下图所示的平面直角坐标系，
则A−23,−1、B−3,−2、M−332,−32、D3,−2、E23,−1、
F23,1、G3,2，设点Px,y，
（1）当点P在线段GF上运动时，kFG=1−223−3=−33，
直线FG的方程为y−2=−33x−3，即y=−33x+3，
所以，线段FG的方程为y=−33x+33≤x≤23，
则PM2=x+3322+y+322=x+3322+−33x+922=43x2+27∈31,43；
（2）当点P在线段EF上运动时，x=23，−1≤y≤1，则12≤y+32≤52，
所以，PM2=23+3322+y+322=1474+y+322∈37,43；
（3）当点P在线段DE上运动时，kDE=−1+223−3=33，
直线DE的方程为y+2=33x−3，即y=33x−3，
所以，线段DE的方程为y=33x−33≤x≤23，
所以，PM2=x+3322+y+322=x+3322+33x−322=43x2+23x+9，
因为函数fx=43x2+23x+9在3,23上单调递增，
故PM2=43x2+23x+9∈19,37.
综上所述，PM2的最大值为43，故AP⋅BPmax=43−1=42，
故AP⋅BP的取值范围是−1,42.
故选：B.
【点睛】方法点睛：求两个向量的数量积有三种方法：
（1）利用定义：
（2）利用向量的坐标运算；
（3）利用数量积的几何意义．
具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用．
52. （2023·河南安阳·二模）如图，2022年世界杯的会徽像阿拉伯数字中的“8”．在平面直角坐标系中，圆M:x2+y+m2=n2和N:x2+y−12=1外切也形成一个8字形状，若P0,−2，A1,−1为圆M上两点，B为两圆圆周上任一点（不同于点A，P），则PA⋅PB的最大值为（ ）．
A．32+22B．22+1C．3+2D．32+2
【答案】C
【分析】先用待定系数法求出圆M的方程，进而得到PA⋅PB=2PBcsPA,PB，数形结合得到当与直线PA垂直的直线l和圆N相切，切点为B，且直线l的纵截距大于0时，PBcsPA,PB最大，利用点到直线距离公式得到y=−x+1+2，结合向量投影求出最值.
【详解】根据题意可得−2+m2=n21+−1+m2=n2，解得m=1，n2=1，故圆M的方程为x2+y+12=1．
PA⋅PB=PA⋅PBcsPA,PB=2PBcsPA,PB，
画图分析可知当与直线PA垂直的直线l和圆N相切，切点为B，且直线l的纵截距大于0时，PBcsPA,PB最大．
直线PA的斜率为1，设l的方程为y=−x+aa>0，由圆心N0,1到直线l的距离为1−a2=1，
解得a=1+2或1−2（舍去）．
故l的方程为y=−x+1+2，其与直线PA：y=x−2的交点坐标为Q3+22,2−12，
所以PQ=32+22，所以PA⋅PB=2PBcsPA,PB≤2×32+22=3+2，
即PA⋅PB的最大值为3+2．
故选：C
【点睛】平面向量解决几何最值问题，通常有两种思路：
①形化，即用平面向量的几何意义将问题转化为平面几何中的最值或取值范围问题，然后根据平面图形的特征直接进行求解；
②数化，即利用平面向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域，不等式的解集，方程有解等问题，然后利用函数，不等式，方程的有关知识进行求解.
53. （2023·全国·模拟预测）中国结是一种盛传于民间的手工编织工艺品，它身上所显示的情致与智慧正是中华民族古老文明中的一个侧面.已知某个中国结的主体部分可近似地视为一个大正方形（内部是16个全等的边长为1的小正方形）和凸出的16个半圆所组成，如图，点A是大正方形的一条边的四等分点，点C是大正方形的一个顶点，点B是凸出的16个半圆上的任意一点，则AC⋅AB的最大值为（ ）
A．33+3172B．33+2172C．33+172D．9172
【答案】C
【分析】利用向量数量积的几何意义将AC⋅AB的最大值进行转化，并确定取最大值时点B的位置，再建立坐标系求解作答.
【详解】AC⋅AB等于AB在AC上的投影向量与AC的数量积，因此当AB在AC上的投影向量与AC同向，
且投影向量的模最大时，AC⋅AB取到最大值，此时点B在以点C为半圆弧端点且在AC上方的半圆上，
以大正方形的相邻两边分别为x，y轴建立平面直角坐标系xOy，如图，A(0,1),C(4,0)，
则直线AC的方程为x4+y=1，以点C为半圆弧端点且在AC上方的半圆圆心为M(4,12)，
半圆M的方程为(x−4)2+(y−12)2=14(4≤x≤92)，
显然半圆M在点B处切线l垂直于直线AC时，AC⋅AB取得最大值，
设切线l的方程为4x−y+b=0，于是|16−12+b|17=12，而点M在切线l的左上方，解得b=−17−312，
即切线l：4x−y−17+312=0，由4x−y−17+312=0x4+y=1解得x=2(17+33)17y=1−1734，
因此切线l与直线AC的交点D(2(17+33)17,1−1734)，此时AD=3317+1734，又AC=17，
所以AC⋅AB的最大值为3317+1734×17=33+172.
故选：C
【点睛】方法点睛：求两个向量的数量积有三种方法：利用定义；利用向量的坐标运算；利用数量积的几何意义．具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用．
54. （多选）（2023·吉林·一模）中华人民共和国国旗是五星红旗，国旗上每个五角星之所以看上去比较美观，是因其图形中隐藏着黄金分割数．连接正五边形的所有对角线能够形成一个标准的正五角星，正五角星中每个等腰三角形都是黄金三角形．黄金三角形分两种：一种是顶角为36°的等腰三角形，其底边与一腰的长度之比为黄金比5−12；一种是顶角为108°的等腰三角形，其一腰与底边的长度之比为黄金比5−12．如图，正五角星ABCDE中，AG=2，记=θ，则（ ）

A．AG=FIB．AG⋅AF=5+1
C．AG在AF上的投影向量为5+12AFD．cs2θ+cs4θ+cs6θ+⋯+cs2024θ=−12
【答案】ABD
【分析】利用黄金三角形得边长比计算各边长可得AG=FI，再通过证△DIF∼△DHA，可得AG//FI，则选项A可判定；在三角形GAF中利用余弦定理可得cs∠GAF，再用数量积公式即可求解，则选项B可判定；利用投影向量得公式即可求解，则选项C可判定；利用倍角公式结合三角函数得周期性即可求和，则选项D可判定.
【详解】因为AG=2，三角形AGF为黄金三角形，
所以GFAG=5−12，可得GF=5−12AG=5−1，

由对称性可知BG=AG=AF=EF=JD=DI=2，
GF=FJ=JI=IH=5−1，
所以DFDA=JD+JFJD+JF+FA=5+15+3=5−12，
DIDH=DIDI+IH=25+1=5−12，
可知DFDA=DIDH=5−12，所以FI//AH，△DIF∼△DHA，
所以FIHA=5−12，即可得FI=5−12HA=5−12×5+1=2，
所以AG=FI，故选项A正确；
在三角形GAF中，有余弦定理可得cs∠GAF=AG2+AF2−GF22AG⋅AF=4+4−5−122×2×2=2+258=5+14，
AG⋅AF=AG⋅AFcs∠GAF=2×2×5+14=5+1，故选项B正确；
AG在AF上的投影向量为AG⋅AFAF×AFAF=5+14AF，故选项C错误；
csθ=cs36°=cs∠GAF=5+14，
cs2θ=cs72°=2cs2θ−1=2×5+142−1=5−14，
cs4θ=cs144°=2cs22θ−1=2×5−142−1=−5−14，
cs6θ=cs216°=cs180°+36°=−cs36°=−5−14，
cs8θ=cs288°=cs360°−72°=cs72°=5−14，
cs10θ=cs360°=1，
cs12θ=cs10θ+2θ=cs360°+2θ=cs2θ，……具有周期性，
所以cs2θ+cs4θ+cs6θ+⋯+cs2024θ
=cs2θ+cs4θ+cs6θ+cs8θ+cs10θ×202+cs2022θ+cs2024θ
=0×202+cs2θ+cs4θ
=5−14+−5−14=−12，故选项D正确.
故选：ABD.
55. （多选）（2022·重庆·模拟预测）重庆荣昌折扇是中国四大名扇之一，始于1551年明代嘉靖年间，明末已成为贡品人朝，产品以其精湛的工业制作而闻名于海内外．经历代艺人刻苦钻研、精工创制，荣昌折扇逐步发展成为具有独特风格的中国传统工艺品，其精雅宜士人，其华灿宜艳女，深受各阶层人民喜爱．古人曾有诗赞曰：“开合清风纸半张，随机舒卷岂寻常；金环并束龙腰细，玉栅齐编凤翅长，偏称游人携袖里，不劳侍女执花傍；宫罗旧赐休相妒，还汝团圆共夜凉”图1为荣昌折扇，其平面图为图2的扇形COD，其中∠COD=2π3,OC=3OA=3，动点P在CD上（含端点），连接OP交扇形OAB的弧AB于点Q，且OQ=xOC+yOD，则下列说法正确的是（ ）
图1 图2
A．若y=x，则x+y=23B．若y=2x，则OA⋅OP=0
C．AB⋅PQ≥−2D．PA⋅PB≥112
【答案】ABD
【分析】建立平面直角系，表示出相关点的坐标，设Q(csθ,sinθ),θ∈[0,2π3] ，可得P(3csθ,3sinθ)，由OQ=xOC+yOD，结合题中条件可判断A,B;表示出相关向量的坐标，利用数量积的运算律，结合三角函数的性质，可判断C，D.
【详解】如图，作OE⊥OC ,分别以OC,OE为x,y轴建立平面直角坐标系，
则A(1,0),C(3,0),B(−12,32),D(−32,332) ,
设Q(csθ,sinθ),θ∈[0,2π3] ，则P(3csθ,3sinθ),
由OQ=xOC+yOD可得csθ=3x−32y,sinθ=332y ，且x>0,y>0 ，
若y=x，则cs2θ+sin2θ=(3x−32x)2+(332x)2=1，
解得x=y=13 ，（负值舍去），故x+y=23，A正确；
若y=2x，则csθ=3x−32y=0，OA⋅OP=(1,0)⋅(0,1)=0，故B正确；
AB⋅PQ=(−32,32)⋅(−2csθ,−2sinθ)=−3sinθ+3csθ=−23sin(θ−π3) ，
由于θ∈[0,2π3]，故θ−π3∈[−π3,π3]，故−23sin(θ−π3)≥−3，故C错误；
由于PA=(1−3csθ,−3sinθ),PB=(−12−3csθ,32−3sinθ)，
故PA⋅PB=(1−3csθ,−3sinθ)⋅(−12−3csθ,32−3sinθ)
=172−3sin(θ+π6) ，而θ+π6∈[π6,5π6]，
故PA⋅PB=172−3sin(θ+π6)≥172−3=112，故D正确，
故选：ABD
12向量与四心
56. （2023·全国·模拟预测）已知△ABC中，AO=λAB+(1−λ)AC，且O为△ABC的外心．若BA在BC上的投影向量为μBC，且cs∠AOC∈13,23，则μ的取值范围为（ ）
A．23,56B．15,310C．43,53D．15,35
【答案】A
【分析】根据题意B，O，C三点共线．因为O为△ABC的外心，即有|OA|=|OB|=|OC|，所以△ABC为直角三角形，利用向量得投影结合图形即可得解.
【详解】
因为AO=λAB+(1−λ)AC=λAB+AC−λAC，
则AO−AC=λ(AB−AC)，所以CO=λCB，即B，O，C三点共线．
因为O为△ABC的外心，即有|OA|=|OB|=|OC|，
所以△ABC为直角三角形，因此AB⊥AC，O为斜边BC的中点．因为cs∠AOC∈13,23，所以∠AOC为锐角．
如图，过点A作AQ⊥BC，垂足为Q．
因为BA在BC上的投影向量为BQ= μBC，所以12<μ<1，
所以OA在BC上的投影向量为OQ=BQ−BO=μBC−12BC=μ−12BC．
又因为|OA|=12|BC|，所以cs∠AOC=|OQ||OA|=μ−12|BC|12|BC|=2μ−1．
因为cs∠AOC∈13,23，所以2μ−1∈13,23，
故μ的取值范围为23,56．
故选：A．
57. （2021·四川成都·三模）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1（a>0，b>0）的左，右焦点分别是F1，F2，点P是双曲线C右支上异于顶点的点，点H在直线x=a上，且满足PH=λPF1PF1+PF2PF2，λ∈R.若5HP+4HF2+3HF1=0，则双曲线C的离心率为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】C
【分析】由PH=λPF1PF1+PF2PF2可得H在∠F1PF2的角平分线上，由双曲线的定义和切线长定理可得H为△F1PF2的内心，再由内心的向量表示，推得F1F2:PF1:PF2=5:4:3，再由双曲线的定义和离心率公式，即可求解.
【详解】因为PH=λPF1PF1+PF2PF2，所以PH是∠F1PF2的角平分线，
又因为点H在直线x=a上，且在双曲线中，点P是双曲线C右支上异于顶点的点，
则△PF1F2的内切圆圆心在直线x=a上，即点H是△PF1F2的内心，
如图，作出△PF1F2，并分别延长HP、HF1、HF2至点P'、F'1、F'2，使得HP'=5HP，
HF'1=3HF1，HF'2=4HF2，可知H为△P'F'1F'2的重心，
设S△HPF1=m，S△HPF2=n，S△HF1F2=p，由重心性质可得15m=20n=12p，
即m:n:p=4:3:5，
又H为△PF1F2的内心，所以F1F2:PF1:PF2=5:4:3，
因为F1F2=2c，所以PF1=45F1F2=8c5，PF2=35F1F2=6c5，则2a=PF1−PF2=2c5，
所以双曲线C的离心率e=ca=2c2a=2c2c5=5.
故选：C.
【点睛】三角形重心、内心和外心的向量形式的常用结论：
设△ABC的角A，B，C所对边分别为a，b，c，则
（1）△ABC的重心G满足GA+GB+GC=0；
（2）△ABC的内心P满足aPA+bPB+cPC=0；
（3）△ABC的外心M满足MA=MB=MC.
58. （2022·河南·模拟预测）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左､右焦点分别为F1,F2,P为C上不与左､右顶点重合的一点，I为△PF1F2的内心，且3IF1+2IF2=2PI，则C的离心率为（ ）
A．13B．25C．33D．65
【答案】B
【分析】取PF2中点M，由IP+IF2=2IM及3IF1+2IF2=2PI得到∴F1,I,M三点共线且F1IIM=43，再根据双曲线定义及Rt△F1IN∼Rt△F1F2M得到a、c的比例关系，进而解出离心率.
【详解】设M是PF2的中点，连接IM，如图，则IP+IF2=2IM，由3IF1+2IF2=2PI，得
3IF1+2IF2+2IP=3IF1+4IM=0, ∴F1,I,M三点共线，3IF1=4MI, ∴F1IIM=43.由F1M既是∠PF1F2的平分线，又是PF2边上的中线，得F1M⊥PF2,PF1=F1F2=2c, ∴PF2=2a−2c,MF2=a−c.作IN⊥x轴于点N，Rt△F1IN∼Rt△F1F2M，且IN=IM，∴F1IIN=F1IIM=F1F2MF2=43=2ca−c,.∴e=ca=25
故选：B.
59. （多选）（2023·湖北黄冈·模拟预测）点O，H分别是△ABC的外心､垂心，则下列选项正确的是（ ）
A．若BD=λBA|BA|+BC|BC|且BD=μBA+(1−μ)BC，则AD=DC
B．若2BO=BA+BC，且AB=2，则AC⋅AB=4
C．若∠B=π3，OB=mOA+nOC，则m+n的取值范围为−2,1
D．若2HA+3HB+4HC=0，则cs∠BHC=−105
【答案】BCD
【分析】A.根据向量的运算以及基本定理的推理，确定点D的位置，即可判断A；B.根据条件，确定△ABC的形状，即可判断B；C.建立坐标系，将利用三角函数表示m+n，根据三角函数的性质，即可判断C；根据垂心的性质，得HA⋅HC=HA⋅HB=HB⋅HC，再结合数量积公式，即可求解.
【详解】A.由BD=μBA+(1−μ)BC，(λ,μ∈R)可知，点A,D,C共线，
又BD=λBA|BA|+BC|BC|可知，点D在∠CBA的角平分线上，
所以BD为△ABC的角平分线，AD与DC不一定相等，故A错误；
B.若2BO=BA+BC，则点O是AC的中点，点O又是△ABC的外心，
所以∠ABC=90∘，AC⋅AB=ACABcsA=AB2=4，故B正确；
C. 因为∠B=π3，所以∠AOC=2π3，如图，建立平面直角坐标系，

设Cr,0，A−12r,32r，Brcsθ,rsinθ，θ∈2π3,2π
因为OB=mOA+nOC，所以rcsθ=m⋅−12r+nrrsinθ=m⋅32r，
得m=23sinθ，n=csθ+13sinθ，
m+n=csθ+3sinθ=2sinθ+π6，θ∈2π3,2π，
θ+π6∈5π6,13π6，sinθ+π6∈−1,12，则m+n∈−2,1，故C正确；
D.因为AH⊥BC，所以AH⋅BC=0，
即AH⋅HC−HB=AH⋅HC−AH⋅HB=0，则HA⋅HC=HA⋅HB，
同理，HA⋅HC=HC⋅HB，所以HA⋅HC=HA⋅HB=HB⋅HC，
设HA⋅HC=HA⋅HB=HB⋅HC=x，
因为2HA+3HB+4HC=0，所以3HB=−2HA−4HC，
即3HB2=−2HA⋅HB−4HC⋅HB=−6x，则HB=−2x，
4HC=−2HA−3HB，即4HC2=−2HA⋅HC−3HB⋅HC=−5x，
则HC=−54x，
cs∠BHC=csHB,HC=HB⋅HCHBHC=x52x2=−105，x<0，故D正确.
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：本题考查向量数量积公式的应用，以及垂心，外心的综合应用问题，本题的C选项的关键是转化为三角函数表示点的坐标，利用三角函数即可求解，D选项的关键是公式HA⋅HC=HA⋅HB=HB⋅HC的应用.
60. （2023·广东惠州·一模）已知点D在线段AB上，CD是△ABC的角平分线，E为CD上一点，且满足BE=BA+λADAD+ACACλ>0,CA−CB=6,BA=14，设BA=a,则BE在a上的投影向量为 ．（结果用a表示）．
【答案】27a
【分析】建立直角坐标系，根据双曲线的定义，结合三角形内心的向量表达式、切线长定理、投影向量的定义进行求解即可.
【详解】建立如图所示的直角坐标系，
由BA=14，可设A−7,0,B7,0，CA−CB=6，

得点C的轨迹是以A−7,0,B7,0为焦点，实轴长为6的双曲线的右支（不含右顶点）．
因为CD是△ABC的角平分线，
且BE=BA+λADAD+ACAC⇒AE=λADAD+ACAC，
所以AE也为△ABC的角平分线，∴E为△ABC的内心．
如图，设Ex0,y0,EM⊥AC,EQ⊥AB,EN⊥BC，
则由双曲线与内切圆的性质可得，AC−BC=AM−BN=AQ−BQ=6，
又AQ+BQ=14，所以，BQ=4，∴BE在a上的投影长为4，则BE在a上的投影向量为27a，
故答案为：27a
【点睛】关键点睛：本题的关键是识别三角形内心的表达式，利用切线长定理进行求解.
13向量与数列结合
61.（2023·四川达州·一模）已知O为平面四边形ABCD内一点，数列an满足a1=4，当n≥2时，恒有OD=an−2nOA−an+an−1−4n+1OB+an−1−2n+2OC，AC，BD相交于点E，且2AE=EC，设数列an的前n项和为Sn，则S5= .
【答案】92
【分析】根据已知恒等式可得CD=2n−anAB+an−1−2n+1BC，再将CD用AB,AE表示，再根据CD=AD−3AE，从而可将AE用AB,AD表示，再根据平面向量共线定理得推论可求得数列an的递推公式，再根据递推公式求出a2,a3,a4,a5，即可得解.
【详解】因为2AE=EC，所以AC=3AE，
由OD=an−2nOA−an+an−1−4n+1OB+an−1−2n+2OC，
得OD−OC=an−2nOA−an−2nOB−an−1−2n+1OB+an−1−2n+1OC，
所以CD=2n−anAB+an−1−2n+1BC
=2n−anAB+an−1−2n+1AC−AB
=4n−an−an−1−1AB+3an−1−2n+1AE，
又CD=AD−AC=AD−3AE，
所以AD−3AE=4n−an−an−1−1AB+3an−1−2n+1AE，
整理得AE=an+an−1−4n+13an−1−2n+2AB+13an−1−2n+2AD，
因为B,D,E三点共线，
所以an+an−1−4n+13an−1−2n+2+13an−1−2n+2=1，
整理得an=2an−1−2n+4，
因为a1=4，
所以a2=2a1−4+4=8,a3=2a2−6+4=14，
a4=2a3−8+4=24,a5=2a4−10+4=42，
所以S5=4+8+14+24+42=92.
故答案为：92.
【点睛】关键点点睛：根据已知恒等式可得CD=2n−anAB+an−1−2n+1BC =4n−an−an−1−1AB+3an−1−2n+1AE，再结合CD=AD−3AE，将AE用AB,AD表示，是解决本题得关键.
62. （2023·广东广州·三模）我们称nn∈N∗元有序实数组x1,x2,⋯,xn为n维向量，x1+x2+⋯+xn为该向量的范数.已知n维向量a=x1,x2,⋯,xn，其中xi∈−1,0,1，i=1,2,⋯n，记范数为奇数的a的个数为An，则An= .（用含n的式子表示，n∈N∗）
【答案】3n−−1n2
【分析】考虑当n为偶数时，xi=0的个数为奇数，当n为奇数时，xi=0的个数为偶数，根据2+1n和2−1n的展开式的加减得到An的通项公式.
【详解】当n为偶数时，范数为奇数，则xi=0的个数为奇数，即0的个数为1,3,5,⋯,n−1，
根据乘法原理和加法原理得到An=Cn1⋅2n−1+Cn3⋅2n−3+⋯+Cnn−1⋅2，
3n=2+1n=Cn0⋅2n+Cn1⋅2n−1+⋯+Cnn−1⋅2+Cnn，
1=2−1n=Cn0⋅2n−Cn1⋅2n−1+⋯−Cnn−1⋅2+Cnn，
两式相减得到An=3n−12；
当n为奇数时，范数为奇数，则xi=0的个数为偶数，即0的个数为0,2,4,6,⋯,n−1，
根据乘法原理和加法原理得到An=Cn0⋅2n+Cn2⋅2n−2+⋯+Cnn−1⋅2，
3n=2+1n=Cn0⋅2n+Cn1⋅2n−1+⋯+Cnn−1⋅2+Cnn，
1=2−1n=Cn0⋅2n−Cn1⋅2n−1+⋯+Cnn−1⋅2−Cnn，
两式相加得到An=3n+12.
综上所述：An=3n−−1n2.
故答案为：3n−−1n2.
【点睛】关键点睛：本题考查了向量的新定义，乘法原理，加法原理，二项式定理，数列的通项公式，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中利用2+1n和2−1n的展开式求数列通项是解题的关键，需要灵活掌握.
63． （2023·北京海淀·二模）在数列xn中，x1=1，x2=2．设向量an=xn,xn+1，已知an⋅an+1−an=0 (n=1,2,⋯)，给出下列四个结论：①x3=3；②∀n∈N∗，xn>0；③∀n∈N∗，xn+2>xn；④∀n∈N∗，xn+1≠xn．其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】②③④
【分析】根据已知带入，即可求得x3=32，即可判断①；同理可求得x4=136，x5=13378.然后猜想∀n∈N∗，有x2n−1x2n−x2n−1=1，x2nx2n+1−x2n=−1（*）.然后根据数学归纳法证明（*）成立，进而推得x2n=x2n−1+1x2n−1，x2n+1=x2n−1x2n.可猜想x2n−1≥1，x2n≥2（**）. 然后根据数学归纳法证明（**）成立，即可得出②；带入化简整理可得x2n+2=x2n−1x2n+1x2n−1x2n，根据不等式的性质即可得出③；根据（**）的结论即可得出④正确.
【详解】对于①，由已知可得a1=x1,x2=1,2，a2=x2,x3=2,x3，
所以，a2−a1=1,x3−2.
因为a1⋅a2−a1=0，所以有1×1+2x3−2=0，解得x3=32，故①错误；
对于②，a2=2,32，a3=x3,x4=32,x4，
所以，a3−a2=−12,x4−32.
因为a2⋅a3−a2=0，所以有2×−12+32x4−32=0，解得x4=136.
同理可得，x5=13378.
所以有x1x2−x1=1×2−1=1，x2x3−x2=2×32−2=−1，x3x4−x3=32×136−32=1，x4x5−x4=136×13378−136=−1.
猜想，∀n∈N∗，有x2n−1x2n−x2n−1=1，x2nx2n+1−x2n=−1.（*）
显然，当n=1时，（*）式成立；
假设n=kk∈N∗时，（*）式成立，
即∀n∈N∗，有x2n−1x2n−x2n−1=1，x2nx2n+1−x2n=−1.
因为a2n=x2n,x2n+1，a2n+1=x2n+1,x2n+2，a2n+2=x2n+2,x2n+3，
所以a2n+1−a2n=x2n+1−x2n,x2n+2−x2n+1，a2n+2−a2n+1=x2n+2−x2n+1,x2n+3−x2n+2.
由已知可得，a2n⋅a2n+1−a2n=0，
所以x2nx2n+1−x2n+x2n+1x2n+2−x2n+1=0，
所以x2n+1x2n+2−x2n+1=−x2nx2n+1−x2n=1.
又a2n+1⋅a2n+2−a2n+1=0，
所以x2n+1x2n+2−x2n+1+x2n+2x2n+3−x2n+2=0，
所以x2n+2x2n+3−x2n+2=−x2n+1x2n+2−x2n+1=−1.
即，n=k+1时，式子（*）也成立.
所以，猜想正确.
即∀n∈N∗，有x2n−1x2n−x2n−1=1，x2nx2n+1−x2n=−1.
所以， x2n=x2n−1+1x2n−1，x2n+1=x2n−1x2n.
猜想，x2n−1≥1，x2n≥2.（**）
当n=1时，（**）式成立；
假设当n=kk∈N∗时，（**）式成立，即x2k−1≥1，x2k≥2.
则x2k+1=x2k−1x2k≥2−12≥32≥1，x2k+2=x2k+1+1x2k+1≥2x2k+1⋅1x2k+1=2，
当且仅当x2k+1=1x2k+1，即x2k+1=1时，等号成立.
因为x2k+1≥32，所以x2k>2≥2.
所以，当n=k+1时，（**）式也成立.
所以，∀n∈N∗，xn>0，故②正确；
对于③，因为x2n≥2，所以0<1x2n≤12，所以x2n>x2n−1x2n>0，
所以1x2n<1x2n−1x2n，所以1x2n−1x2n−1x2n>0.
又x2n+2=x2n+1+1x2n+1=x2n−1x2n+1x2n−1x2n，所以x2n+2>x2n.
同理可得，x2n+1>x2n−1.
所以，∀n∈N∗，xn+2>xn，故③正确；
对于④，由（**）可得，x2n=x2n−1+1x2n−1≠x2n−1，x2n+1=x2n−1x2n≠x2n.
所以，∀n∈N∗，xn+1≠xn，故④正确.
故答案为：②③④.
【点睛】关键点睛：根据前几项，猜想结论，根据数学归纳法证明结论.
64. （2022·全国·模拟预测）如图，在△ABC中，D是AC边上一点，且AD=12DC，Enn∈N∗为直线AB上一点列，满足：EnB=4an+1−1EnD+11−2anEnC，且a1=6，则数列1an−1的前n项和Sn= ．
【答案】351−−23n−45n
【分析】利用向量的线性运算与平面向量基本定理可得4an+1−1=−31−2an，令bn=1an−1，进而可得bn+45为等比数列，求得bn=1an−1，再利用分组求和法得出答案．
【详解】由于D是AC边上一点，且AD=12DC，
则 EnA=EnD+DA=EnD+12CD=EnD+12EnD−EnC=32EnD−12EnC，
由于Enn∈N∗为直线AB上一点列，则EnB=λEnA=3λ2EnD−λ2EnC．
因为 EnB=4an+1−1EnD+11−2anEnC，
则4an+1−1=3λ211−2an=−λ2，故4an+1−1=−31−2an，
整理4an+1an−2an+1−an−1=0，即4an+1−1an−1+2an+1−1+3an−1=0，
故4+2an−1+3an+1−1=0，
令bn=1an−1，则4+2bn+3bn+1=0，即bn+1=−23bn−43，
因此 bn+1+45=−23bn+45，b1=1a1−1=15，b1+45=1，
所以 bn+45是以1为首项，−23为公比的等比数列，则bn+45=−23n−1，
所以bn=1an−1=−23n−1−45，
故 Sn=−230−45+−231−45+⋯+−23n−1−45 =−230+−231+⋯+−23n−1−45n =1⋅1−−23n1−−23−45n=351−−23n−45n．
故答案为：351−−23n−45n．
65. （2022·山西太原·三模）如图，已知点E是平行四边形ABCD的边AB的中点，点Gn(n∈N∗)在线段BD上，且满足GnD=an+1⋅GnA−2(2an+3)⋅GnE，其中数列{an}是首项为1的数列，则数列{an}的通项公式为
【答案】an=2n+1−3
【分析】根据平面向量的运算可得GnB=−GnA+2GnE，再根据向量共线的性质可得GnD=λGnB=−λGnA+2λGnE，再根据条件得到an+1=2an+3，从而构造等比数列{an+3}求解即可
【详解】∵E为AB中点，∴ 2GnE=GnA+GnB，∴ GnB=−GnA+2GnE，
又∵D、Gn、B三点共线，∴ GnD=λGnB=−λGnA+2λGnE，又∵ GnD=an+1⋅GnA−2(2an+3)⋅GnE，
∴ −λ=an+12λ=−2(2an+3)，化简可得an+1=2an+3，∴an+1+3=2(an+3)，又a1+3=1+3=4
∴数列{an+3}是首项为4、公比为2的等比数列.∴ an+3=4×2n−1=2n+1，∴ an=2n+1−3.
故答案为：an=2n+1−3
14向量与三角换元
66.（2022·天津和平·三模）在平面内，定点A,B,C,O，满足OA=OB=OC=2，且OA+OB+OC=0，则AB= ；平面内的动点P,M满足AP=1，PM=MC，则|BM|2的最大值是 ．
【答案】 23 494
【分析】（1）利用向量线性运算法则和数量积运算法则计算出OB⋅OC=−2，进而根据AB=OB−OA，平方后计算出AB2=12，从而求出AB=23；然后建立平面直角坐标系，设出Pcsθ,sinθ，表达出M3+csθ2,3+sinθ2和BM2=3sinθ−π3+374，利用三角函数有界性求出最大值.
【详解】因为OA=OB=OC=2，OA+OB+OC=0，
所以OA=−OB+OC，两边平方得：OA2=−OB+OC=OB2+2OB⋅OC+OC2，
即4=4+2OB⋅OC+4，解得：OB⋅OC=−2，
因为AB=OB−OA，
所以AB2=OB2+OA2−2OA⋅OB=4+4+4=12，
因为AB≥0
所以AB=23；
可得到△ABC是等边三角形，且边长为23，
如图，以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，垂直AB为y轴建立平面直角坐标系，
C3,3，B23,0，
因为AP=1，所以设Pcsθ,sinθ，θ∈0,2π，
由PM=MC可得：M是线段PC的中点，则M3+csθ2,3+sinθ2，
则BM2=3+csθ2−232+3+sinθ22=374+32sinθ−332csθ
=3sinθ−π3+374，
当sinθ−π3=1时，BM2=3sinθ−π3+374取得最大值，最大值为494.
故答案为：23，494
67. （2022·浙江·模拟预测）已知平面向量a、b、c、e，满足a⊥b，a=2b，c=a+b，e=1，若a2−6a⋅e+8=0，则c⋅e−13c2的最大值是 .
【答案】310−76
【分析】分析可得a−3e=1，设e=1,0，a=x,y，可得出x−32+y2=1，可设a=3+csθ,sinθ，可得出向量c的坐标，设c=m,n，可得出m、n所满足的等式，利用向量模的三角不等式可求得c⋅e−13c2的最大值.
【详解】因为a2−6a⋅e+8=0，即a2−6a⋅e+9e2=1，可得a−3e=1，
设e=1,0，a=x,y，则a−3e=x−3,y，则x−32+y2=1，
设x=3+csθy=sinθ，则a=3+csθ,sinθ，
因为a⊥b，a=2b，则b=−sinθ2,3+csθ2或b=sinθ2,−3+csθ2，
因为c=a+b，则c=3+csθ−sinθ2,32+sinθ+csθ2或c=3+csθ+sinθ2,−32+sinθ−csθ2，
令c=m,n，则m−32+n−322=54或m−32+n+322=54，
根据对称性，可只考虑m−32+n−322=54，
由c⋅e−13c2=m−13m2+n2=−13m−322+n2+34，
记点A3,32、B32,0、Pm,n，则AB=3−322+322=322，PA=1，
所以，PB=PA+AB≥PA−AB=32−52，
当且仅当点M为线段AB与圆x−32+y−322=54的交点时，等号成立，
所以，c⋅e−13c2=−13m−322+n2+34=−13PB2+34≤−13×32−522+34
=310−76.
故答案为：310−76.
【点睛】方法点睛：求两个向量的数量积有三种方法：
（1）利用定义：
（2）利用向量的坐标运算；
（3）利用数量积的几何意义．
具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用．
68. （2022·天津河西·模拟预测）如图，已知B，D是直角C两边上的动点，AD⊥BD，AD=3，∠BAD=π6，CM=12CA+CB，CN=12CD+CA，则CM⋅CN的最大值为 .
【答案】134+1
【分析】以点C为原点，CB，CD所在直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系，设∠CBD=θ，利用三角函数关系表示A，B，D的坐标，由题干条件分析可知M为AB的中点，N为AD的中点，即可得到M，N的坐标，进而得到CM与CN，整理可得CM⋅CN为关于θ的函数，利用正弦型函数的性质即可求得最大值.
【详解】如图，以点C为原点，CB，CD所在直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系，
设∠CBD=θ，则∠ABD=π2−π6=π3，∠ABx=π−θ−π3=2π3−θ，
在Rt△ABD中，AB=ADcs∠BAD=3csπ6=2，BD=ABsin∠BAD=1，
所以设Bcsθ,0，D0,sinθ，Acsθ+2cs2π3−θ,2sin2π3−θ，即A3sinθ,3csθ+sinθ.
由题意可知M为AB的中点，N为AD的中点，
所以M12csθ+3sinθ,123csθ+sinθ，N32sinθ,32csθ+sinθ，
所以CM=12csθ+3sinθ,123csθ+sinθ，CN=32sinθ,32csθ+sinθ，
所以CM⋅CN=12csθ+3sinθ×32sinθ+123csθ+sinθ×32csθ+sinθ
=34sinθcsθ+34sin2θ+143cs2θ+33sinθcsθ+2sin2θ
=3sinθcsθ+34+12sin2θ
=32sin2θ+34+12×1−cs2θ2
=32sin2θ−14cs2θ+1
=322+−142sin2θ−φ+1
=134sin2θ−φ+1（其中tanφ=36，φ为锐角），
所以CM⋅CN的最大值为134+1，此时2θ−φ=π2，即θ=π4+φ2，
故答案为：134+1
【点睛】关键点点睛：题目中给出垂直关系，可利用坐标法处理此题，设∠CBD=θ，点坐标即可用关于θ的三角函数关系表示，则将问题整理为关于θ的正弦型函数求最大值问题.
69. （2024·广东·模拟预测）已知O为△ABC的外接圆圆心，且AO⋅BC=1,BC=1．设实数λ,μ满足AO=λAB +μAC，则2λ2μ−1的取值范围为 ．
【答案】−3,−1
【分析】
以BC中垂线为y轴，BC为x轴建立直角坐标系，设出圆心坐标及半径，写出外接圆的方程，再分别写出A,B,C坐标，将题干条件带入，即可得到等式，根据等式得出λ,μ的关系及范围，再将关系带入2λ2μ−1中，根据范围即可求得结果。
【详解】解：由题可得，以BC的中点M为原点，BC方向为x轴，BC的中垂线为y轴，
建立如图所示平面直角坐标系：
因为BC=1，所以B−12,0,C12,0，记圆心O0,m，半径为r，
所以圆O的方程为x2+y−m2=14+m2，r2=14+m2，
不妨设Arcsθ,m+rsinθ，所以AO=−rcsθ,−rsinθ,BC=1,0,
AB=−12−rcsθ,−m−rsinθ,AC=12−rcsθ,−m−rsinθ,
因为AO⋅BC=1,所以rcsθ=−1，
因为AO=λAB+μAC，
所以−rcsθ,−rsinθ=λ−12−rcsθ,−m−rsinθ+μ12−rcsθ,−m−rsinθ，
所以可得−rcsθ=−λ2−rλcsθ+μ2−rμcsθ−rsinθ=−mλ−rλsinθ−mμ−rμsinθ，
将rcsθ=−1代入上式可得2=λ+3μ，rsinθ=mλ+μ1−λ+μ①，
因为r2=14+m2，rcsθ=−1②，
将①的平方和②的平方相加可得：r2=m2λ+μ1−λ+μ2+1，
所以r2−1m2=λ+μ1−λ+μ2=m2−34m2=1−34m2∈0,1，
所以−1<λ+μ1−λ+μ<1，
将2=λ+3μ带入可得，−1<2−2μ2μ−1<1，即−1<12μ−1−1<1，
即0<12μ−1<2，所以2λ2μ−1=4−6μ2μ−1=12μ−1−3∈−3,−1，
所以2λ2μ−1的取值范围为−3,−1。
故答案为：−3,−1
【点睛】方法点睛：此题考查平面向量和三角形的综合应用，属于难题，针对向量的题常用的方法有：
（1）取两个不共线向量作为一组基底，将其他向量都用这一组基底进行表示；
（2）如果是比较规则的图形，比如有直角，等腰三角形，菱形等，建立合适的直角坐标系，将结果用坐标表示；
（3）若线段BC上一点,D为线段BC上一点，且BD:CD=m:n，则对于直线BC外一点A有：AD=nm+nAB+mm+nAC。
70. （2024·甘肃陇南·一模）已知M 是椭圆x210+y2=1上一点，线段 AB是圆C:x2+y−62=4的一条动弦,且AB=22,则MA⋅MB的最大值为 .
【答案】70
【分析】设AB中点为N，易得CN=2，点N的轨迹为以0,6为圆心，r=2为半径的圆，MA⋅MB可转化为MA⋅MB=MN+NA⋅MN+NB=MN2−NA2，MAmax=MCmax+r，设出点M的参数方程，求出MCmax，即可得解.
【详解】
如图，设AB中点为N，由AB=22⇒AN=2，CN=AC2−AN2=2，故点N的轨迹为以0,6为圆心，r=2为半径的圆，
MA⋅MB=MN+NA⋅MN+NB=MN+NA⋅MN−NA=MN2−NA2=MN2−2，
MNmax=MCmax+r，设M10sinθ,csθ，则MC=10sinθ2+csθ−62=10sinθ2+csθ−62
=37+9sin2θ−12csθ=37+91−cs2θ−12csθ=46−9cs2θ−12csθ，
当且仅当csθ=−23时，MCmax=46−9⋅232+12⋅23=50，
所以MNmax=MCmax+r=52+2=62，
MA⋅MBmax=MNmax2−2=72−2=70
故答案为：70
【点睛】关键点点睛：由向量的数量积求解椭圆上一点与定点距离问题，转化法和参数方程是解决本题关键，还综合了余弦函数求最值问题，试题整体难度不大，但综合性强，是一道跨知识点考查相对不错的题
15复数新定义问题
71. （23-24高三下·浙江丽水·开学考试）数学中的数，除了实数、复数之外，还有四元数．四元数在计算机图形学中有广泛应用，主要用于描述空间中的旋转．集合H=d+ai+bj+ck∣a,b,c,d∈R中的元素α=d+ai+bj+ck称为四元数，其中i,j,k都是虚数单位，d称为α的实部，ai+bj+ck称为α的虚部．两个四元数之间的加法定义为d1+a1i+b1j+c1k+d2+a2i+b2j+c2k =d1+d2+a1+a2i+b1+b2j+c1+c2k．
两个四元数的乘法定义为：ij=−ji=k,jk=−kj=i,ki=−ik=j,i2=j2=k2=−1,四元数的乘法具有结合律，且乘法对加法有分配律．对于四元数α，若存在四元数β使得αβ=βα=1，称β是α的逆，记为β=α−1．实部为0的四元数称为纯四元数，把纯四元数的全体记为W．
(1)设a,b,c,d∈R,四元数α=d+ai+bj+ck．记α∗=d−ai−bj−ck表示α的共轭四元数．
（i）计算αα∗；
（ii）若α≠0，求α−1；
（iii）若α≠0,β∈W，证明：αβα−1∈W；
(2)在空间直角坐标系中，把空间向量α=(a,b,c)与纯四元数α=ai+bj+ck看作同一个数学对象．设α,β∈W,γ=12(αβ−βα)．
（i）证明：γ∈W;
（ii）若α,β是平面X内的两个不共线向量，证明：γ是X的一个法向量．
【答案】(1)（i）a2+b2+c2+d2；（ii）α−1=d−ai−bj−cka2+b2+c2+d2；（iii）证明见解析
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【分析】（1）（i）由α的共轭四元数定义求解即可；（ii）α−1=α∗a2+b2+c2+d2再结合题意求解即可；（iii）由纯四元数的定义证明即可.
（2）（i）由纯四元数的定义证明即可；（ii）在空间直角坐标系中，设γ=(bz−cy,cx−az,ay−bx),由题意可证明γ⊥α且γ⊥β，即可证明.
【详解】（1）（i）αα∗=(d+ai+bj+ck)(d−ai−bj−ck)=a2+b2+c2+d2．
（ii）因为α≠0，所以a2+b2+c2+d2≠0．
由（1）可得αα∗=a2+b2+c2+d2．
所以α⋅α∗a2+b2+c2+d2=1，
同理可验证(d−ai−bj−ck)(d+ai+bj+ck)=a2+b2+c2+d2，
所以α∗a2+b2+c2+d2⋅α=1．
因此，α−1=α∗a2+b2+c2+d2=d−ai−bj−cka2+b2+c2+d2．
（iii）设α=d+ai+bj+ck,β=xi+yj+zk,则
αβ=(d+ai+bj+ck)(xi+yj+zk)
=(−ax−by−cz)+(dx+bz−cy)i+(dy−az+cx)j+(dz+ay−bx)k．
由（ii）,α−1=d−ai−bj−cka2+b2+c2+d2，
而αβα−1的实部为
d(−ax−by−cz)+a(dx+bz−cy)+b(dy−az+cx)+c(dz+ay−bx)a2+b2+c2+d2=0，
所以αβα−1的实部为0，所以αβα−1∈W．
（2）（i）设α=ai+bj+ck,β=xi+yj+zk．则
αβ=(ai+bj+ck)(xi+yj+zk)
=(−ax−by−cz)+(bz−cy)i+(cx−az)j+(ay−bx)k，
βα=(xi+yj+zk)(ai+bj+ck)
=(−ax−by−cz)−(bz−cy)i−(cx−az)j−(ay−bx)k,
所以γ=12(αβ−βα)=(bz−cy)i+(cx−az)j+(ay−bx)k,故γ∈W．
（ii）在空间直角坐标系中，γ=(bz−cy,cx−az,ay−bx)．所以
γ⋅α=a(bz−cy)+b(cx−az)+c(ay−bx)=0，
γ⋅β=x(bz−cy)+y(cx−az)+z(ay−bx)=0．
因此γ⊥α且γ⊥β．
因为α,β⊂X不共线，所以γ⊥X,即γ是X的一个法向量．
72. （2024·安徽蚌埠·模拟预测）对于无穷数列a0,a1,a2,⋯,an,⋯，我们称f(x)=n=0∞ann!xn=a0+a1x+a22!x2+⋯+ann!xn+⋯（规定0!=1）为无穷数列an的指数型母函数．无穷数列1，1，…，1，…的指数型母函数记为e(x)=n=0∞1n!xn=1+x+x22!+⋯+xnn!+⋯，它具有性质e(x)e(y)=e(x+y)．
(1)证明：e(−x)=1e(x)；
(2)记c(x)=k=0∞(−1)k(2k)!x2k=1−x22!+x44!+⋯+(−1)kx2k(2k)!+⋯．证明：c(x)=e(ix)+e(−ix)2（其中i为虚数单位）；
(3)以函数xe(x)−1为指数型母函数生成数列Bn，xe(x)−1=n=0∞Bnn!xn=B0+B1x+B22!x2+⋯+Bnn!xn+⋯．其中Bn称为伯努利数．证明：B1=−12．且B2k+1=0(k=1,2,3,⋯)．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）由e(x)e(y)=e(x+y)，通过赋值即可证得；
（2）根据i的周期性，经过多次推理，由求和可以证得；
（3）构造g(x)=xe(x)−1，可以推出g(−x)−g(x)=x，然后再可证得.
【详解】（1）令x=0，则e(0)=1．
由e(x)e(y)=e(x+y)，令y=−x，则e(x)e(−x)=e(0)=1．
因为e(x)≠0，故e(−x)=1e(x)．
（2）证明：因为(ix)4n(4n)!+(−ix)4n(4n)!=x4n(4n)!+x4n(4n)!=2x4n(4n)!，
(ix)4n+1(4n+1)!+(−ix)4n+1(4n+1)!=ix4n+1(4n+1)!+−ix4n+1(4n+1)!=0，
(ix)4n+2(4n+2)!+(−ix)4n+2(4n+2)!=−x4n+2(4n+2)!+−x4n+2(4n+2)!=−2x4n+2(4n+2)!，
(ix)4n+3(4n+3)!+(−ix)4n+3(4n+3)!=−ix4n+3(4n+3)!+ix4n+3(4n+3)!=0，
e(ix)+e(−ix)=n=0∞2x4n(4n)!−2x4n+2(4n+2)!=k=0∞2(−1)k(2k)!x2k=2k=0∞(−1)k(2k)!x2k=2c(x)，
所以c(x)=e(ix)+e(−ix)2
（3）证明：令g(x)=xe(x)−1，则有
g(−x)−g(x)=−xe(−x)−1−xe(x)−1=−x1e(−x)−1+1e(x)−1
=−x⋅[e(x)−1]+[e(−x)−1][e(−x)−1][e(x)−1]=−x⋅e(x)+e(−x)−22−e(x)−e(−x)=x，
因此x=g(−x)−g(x)=n=0∞Bnn!(−x)n−n=0∞Bnn!xn
=−2k=0∞B2k+1(2k+1)!x2k+1=−2B1x+k=1∞B2k+1(2k+1)!x2k+1
故B1=−12且k=1∞B2k+1(2k+1)!x2k+1=0，即B2k+1=0(k=1,2,3,⋯)．
【点睛】关键点点睛：主要考查了复数i的周期性，考查推理论证能力，对学生思维要求比较高，综合性很强.
73. （2022·黑龙江哈尔滨·模拟预测）在高等数学中，我们将y=fx在x=x0处可以用一个多项式函数近似表示，具体形式为：fx=fx0+f'x0x−x0+f″x02!x−x02+⋅⋅⋅+fnx0n!x−x0n+⋅⋅⋅（其中fnx表示fx的n次导数），以上公式我们称为函数fx在x=x0处的泰勒展开式.
(1)分别求ex，sinx，csx在x=0处的泰勒展开式；
(2)若上述泰勒展开式中的x可以推广至复数域，试证明：eiπ+1=0.（其中i为虚数单位）；
(3)若∀x∈0,32，easinx>x+1恒成立，求a的范围.（参考数据ln52≈0.9）
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
(3)a≥1
【分析】（1）根据函数fx在x=x0处的泰勒展开式的公式即可求解；
（2）把ex在x=0处的泰勒展开式中的x替换为ix，利用复数的运算法则进行化简整理可得eix=csx+i⋅sinx，从而即可证明；
（3）根据sinx在x=0处的泰勒展开式，先证∀x∈0,32,sinx>x−16x3恒成立，再证∀x∈0,32，x−16x3>ln(x+1)恒成立，然后分a≥1和a<1两种情况讨论即可求解.
【详解】（1）解：因为函数fx在x=x0处的泰勒展开式为fx=fx0+f'x0x−x0+f″x02!x−x02+⋅⋅⋅+fnx0n!x−x0n+⋅⋅⋅（其中fnx表示fx的n次导数），
所以ex，sinx，csx在x=0处的泰勒展开式分别为：
ex=1+x+12!x2+⋯+1n!xn+⋯，
sinx=x−13!x3+15!x5+⋯+(−1)n−1(2n−1)!x2n−1+⋯，
csx=1−12!x2+14!x4+⋯+(−1)n(2n)!x2n+⋯；
（2）证明：把ex在x=0处的泰勒展开式中的x替换为ix，可得eix=1+(ix)+12!(ix)2+13!(ix)3+14!(ix)4+⋯+1n!(ix)n+⋯
=1−12!x2+14!x4+⋯+(−1)n(2n)!x2n+⋯+i⋅x−13!x3+15!x5+⋯+(−1)n−1(2n−1)!x2n−1+⋯ =csx+i⋅sinx，
所以eiπ=csπ+i⋅sinπ=−1，即eiπ+1=0；
（3）解：由sinx在x=0处的泰勒展开式，先证∀x∈0,32,sinx>x−16x3，
令f(x)=sinx−x+16x3,f'(x)=csx−1+12x2,f''(x)=x−sinx，
f‴(x)=1−csx，易知f‴(x)>0，所以f''(x)在0,32上单调递增，
所以f''(x)>f''(0)=0，所以f'(x)在0,32上单调递增，所以f'(x)>f'(0)=0，
所以f(x)在0,32上单调递增，所以f(x)>f(0)=0，
再令g(x)=x−16x3−ln(x+1)，x∈0,32，易得g'(x)=−12x(x−1)(x+2)x+1，
所以g(x)在(0,1)上单调递增，在1,32上单调递减，
而g(0)=0,g32=1516−ln52>0，
所以∀x∈0,32,g(x)>0 恒成立，
当a≥1时，asinx≥sinx>x−16x3>ln(x+1) ，所以easinx>x+1成立，
当a<1时，令ℎ(x)=asinx−ln(x+1)，x∈0,32，易求得ℎ'(0)=a−1<0，
所以必存在一个区间(0,m)，使得ℎ(x)在(0,m)上单调递减，
所以x∈(0,m)时，ℎ(x)<ℎ(0)=0，不符合题意.
综上所述，a≥1.
【点睛】关键点点睛：本题（3）问解题的关键是根据sinx在x=0处的泰勒展开式，先证∀x∈0,32,sinx>x−16x3恒成立，再证∀x∈0,32，x−16x3>ln(x+1)恒成立，从而即可求解.
74. （2024·全国·模拟预测）对于非空集合G，定义其在某一运算（统称乘法）“×”下的代数结构称为“群”G,×，简记为G×．而判断G×是否为一个群，需验证以下三点：
1.（封闭性）对于规定的“×”运算，对任意a,b∈G，都须满足a×b∈G；
2.（结合律）对于规定的“×”运算，对任意a,b,c∈G，都须满足a×b×c=a×b×c；
3.（恒等元）存在e∈G，使得对任意a∈G，e×a=a；
4.（逆的存在性）对任意a∈G，都存在b∈G，使得a×b=b×a=e．
记群G×所含的元素个数为n，则群G×也称作“n阶群”．若群G×的“×”运算满足交换律，即对任意a，b∈G，a×b=b×a，我们称G×为一个阿贝尔群（或交换群）．
(1)证明：所有实数在普通加法运算下构成群R+；
(2)记C为所有模长为1的复数构成的集合，请找出一个合适的“×”运算使得C在该运算下构成一个群C×，并说明理由；
(3)所有阶数小于等于四的群G×是否都是阿贝尔群？请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)C在复数的乘法运算下构成一个群C×，理由见解析
(3)所有阶数小于等于四的群G×都是阿贝尔群，理由见解析
【分析】（1）根据题意结合实数运算分析证明；
（2）根据题意结合复数运算分析证明；
（3）分类讨论群G×的阶数，根据题意结合反证法分析证明.
【详解】（1）我们需证R在普通加法下可构成一个群，需从以下四个方面进行验证：
①封闭性：对a,b∈R，则a+b∈R，封闭性成立；
②结合律：对a,b,c∈R，a+b+c=a+b+c，结合律成立；
③恒等元：取e=0∈R，则对任意a∈R，0+a=a．符合恒等元要求；
④逆的存在性：对任意a∈R，b=−a∈R，且a+b=a+−a=0=e，满足逆的存在性．
综上所述，所有实数在普通加法运算下可构成群R+．
（2）首先提出，C的“×”运算可以是复数的乘法：z1z2z1,z2∈C，理由如下．
即证明S在普通乘法下可构成一个群，同（1），需从四方面进行验证：
①封闭性：设z1=a+bi，z2=c+di，其中z1，z2∈C，即a2+b2=c2+d2=1．
则z1z2=a+bic+di=ac−bd+ad+bci，
所以z1z2=ac−bd2+ad+bc2=a2c2+b2d2+a2d2+b2c2
=c2a2+b2+d2a2+b2=c2+d2=1，即z1z2∈C，封闭性成立；
②结合律：设z1=a+bi，z2=c+di，z3=e+fi，其中z1，z2，z3∈C，
z1z2z3=a+bice−df+cf+dei
=ace−df−bcf+de+acf+de+bce−dfi
z1z2z3=ac−bd+ad+bcie+fi
=eac−bd−fad+bc+fac−bd+ead+bci
=ace−df−bcf+de+acf+de+bce−dfi
即z1z2z3=z1z2z3，结合律成立；
③恒等元：取e=1∈C，则对任意z∈C，1⋅z=z，符合恒等元要求；
④逆的存在性：对任意z=a+bi∈C，取其共轭z=a−bi，则z·z=a2+b2=1=e，满足逆的存在性；
综上所述，C在复数的乘法运算下构成一个群C×．
（3）所有阶数小于等于四的群G×都是阿贝尔群，理由如下：
若群G×的阶数为0，则G为空集，与定义矛盾．所以G×的阶数为1，2，3，4．下逐一证明．
（1）若群G×的阶数为1，则其唯一的元素为其恒等元，明显符合交换律，故此时G×是阿贝尔群；
（2）若群G×的阶数为2，设其元素为e,a，其中e是恒等元，则e×a=a×e=a，符合交换律，故此时G×是阿贝尔群；
（3）若群G×的阶数为3，设其元素为e,a,b，其中e是恒等元，由群的封闭性，a×b∈G×．
若a×b=a，又a×e=a，推出b=e，则集合G有两个相同的元素，
不满足集合的唯一性，矛盾，所以a×b=e，
现要验证交换律，即a×b=b×a=e．
若b×a≠e，有前知，b×a≠a且b×a≠b，所以b×a∉G×，
与群的封闭性矛盾．所以a×b=b×a，交换律成立，故此时G×是阿贝尔群；
（4）若群G×的阶数为4，设其元素为e,a,b,c，其中e是恒等元，
由群的封闭性，a×b∈G×，由③的分析可知，b×a≠a且b×a≠b，
所以a×b=e或a×b=c．
若a×b=e．由群中逆的存在性，群G×中存在一个元素r使得rc=e，很明显r≠e，
所以r=a或r=b．
假设r=a，即a×c=e，又a×b=e，推出b=c则集合G有两个相同的元素，
不满足集合的唯一性，矛盾，故只能a×b=c；
先证交换律对a，b成立，即a×b=b×a．
若b×a≠a×b=c，则由a×b∈G×，a×b只能等于e．
又因为c×e=c≠e，c×b≠a×b=e（c和a同理），
不满足群中逆的存在性，矛盾，所以a×b=b×a=c．交换律对a,b成立．
接下来只需证交换律对a,c和b,c也成立．
事实上，由a和b的对称性，只需证a,c即可．
由群中逆的存在性，存在q∈a,b使得q×c=e．
①若q=a，则只需证c×a=a×c=e．
若c×a≠a×c=e，由群的封闭性，c×a∈G×，所以c×a只能等于b，
又因为a×b=c，得c×a=a×b×a=b，即a×a=1，
但a是任取的，该结论具有局限性，不对一般的a成立，故矛盾．
即c×a=a×c，此时交换律对a,c成立．
②若q=b．群中逆的存在性，存在p∈b,c使得p×a=e，
又因为a×b=c≠e，所以p只能等于c，即a×c=e，
由①可得：c×a=a×c=e，即此时交换律对a,c成立．
故群G×的阶数为4时，交换律成立，故此时G×是阿贝尔群．
综上所述，所有阶数小于等于四的群G×都是阿贝尔群．
【点睛】方法点睛：对于新定义题型，要能读懂题意，认真归纳类比即可得出结论，但在推理过程中要严格按照定义的法则或相关的定理进行，同时运用转化化归思想，将陌生的问题转化为我们熟悉的问题，或将复杂的问题通过变换转化为简单的问题．
75. （2024高三上·全国·竞赛）设M是由复数组成的集合，对M的一个子集A，若存在复平面上的一个圆，使得A的所有数在复平面上对应的点都在圆内或圆周上，且∁MA中的数对应的点都在圆外，则称A是一个M的“可分离子集”．
(1)判断{1,2,3}是否是{i,1,2,3}的“可分离子集”，并说明理由；
(2)设复数z满足0【答案】(1)是，理由见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）取复平面上的圆{z||z−2∣=2}，得到复数1，2，3在复平面上对应的点都在圆内，复数i在复平面上对应的点在圆外，得到结论；
（2）先证明必要性，令复数a=12(1−|z|)Re(z)，取复平面上的圆{ω||ω−a|=|z−a∣}，得到{z,z}是{1,iz,z,z}的“可分离子集”；再证明充分性，只需证当|z|≥1时，{z,z}不是{1,iz,z,z}的“可分离子集”，得到结论.
【详解】（1）是，理由如下：
取复平面上的圆{z||z−2∣=2}，
则复数1，2，3在复平面上对应的点都在圆内．
而|2−i|=5，
故复数i在复平面上对应的点在圆外．
因此，{1,2,3}是{i,1,2,3}的“可分离子集”．
（2）必要性：当|z|<1时，令复数a=12(1−|z|)Re(z)，
取复平面上的圆{ω||ω−a|=|z−a∣}，
则z,z在复平面上对应的点在圆周上，
又|1−a|−|z−a|>1−2a−|z|>0，
故1在复平面上对应的点在圆外．
由|z−a|2=|z|2−2aRe(z)+a2，
|iz−a|2=|z|2+2aIm(z)+a2，
知|iz−a|>|z−a|．
故iz在复平面上对应的点在圆外．
因此，当|z|<1时，{z,z}是{1,iz,z,z}的“可分离子集”．
充分性：只需证当|z|≥1时，{z,z}不是{1,iz,z,z}的“可分离子集”．
假设存在复平面上的一个圆，使得z,z在复平面上对应的点在圆内或圆周上，且1，iz在复平面上对应的点在圆外．
设圆心表示的复数为ω,x=Re(ω),y=Im(ω)．再设b=Re(z),c=Im(z)．
由|z−ω|<|1−ω|知
(x−b)2+(y−c)2<(x−1)2+y2，
故2(1−b)x−2cy<1−|z|2<0．
由|z−ω|<|1−ω|知
(x−b)2+(y+c)2<(x−1)2+y2，
故2(1−b)x+2cy<1−|z|2<0．
进而(1−b)2x2−c2y2>0，x<0，
由|z−ω|<|iz−ω|知(x−b)2+(y+c)2<(x+c)2+(y−b)2，
故x−y>0，
进而(1−b)2x2−c2y2<1−|z|2−2by2<0．
这与(1−b)2x2−c2y2>0矛盾，故所假设的圆在复平面上不存在．
即当|z|≥1时，{z,z}不是{1,iz,z,z}的“可分离子集”，充分性证毕，
综上，{z,z}是{1,iz,z,z}的“可分离子集”当且仅当|z|<1.
【点睛】集合新定义问题的方法和技巧：
（1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解；
（2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻；
（3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律；
（4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念.
16复数与数列问题
76. （21-22高三上·浙江宁波·开学考试）已知数列an满足a1=i，an+1=i+ian，若ak=58+1310i，则正整数k的值是（ ）
A．8B．12C．16D．20
【答案】B
【分析】利用递推关系式计算数列各项的值，确定满足题意的k值即可.
【详解】解：由题意结合递推关系式可得：
a1=i,a2=1+i,a3=12+32i,a4=35+65i，
a5=23+43i,a6=35+1310i,a7=2641+5341i,a8=5385+11185i，
a9=111178+231178i,a10=77123+160123i,a11=480769+1000769i,a12=58+1310i，
a13=20803329+43293329i,a14=333533+693533i,a15=10011602+20831602i,a16=45917348+88436801i，
a17=41956714+93897221i,a18=1864029833+68645279i,a19=940915059+48463727i,a20=37275965+1447311131i.
故选：B.
77. （21-22高三下·重庆·开学考试）刘徽是我国杰出的数学家，他在263年撰写的《九章算术注》以及后来的《海岛算经》，都是我国宝贵的数学遗产，奠定了他在中国数学史上的不朽地位．其中《九章算术注》一书记载了刘徽利用圆的内接正多边形来近似计算圆周率的方法，后人称之为“刘徽割圆术”．已知单位圆O的内接正n边形A1A2A3⋯An的边长、周长和面积分别为an，Ln，Sn，P为正n边形A1A2A3⋯An边上任意一点，则下列结论正确的是（ ）
A．LnL2n=csπ2nB．SnS2n=12
C．an2+2−a2n22=4D．PA1+PA2+⋯+PAn≤n
【答案】ACD
【分析】根据给定条件，求出正n边形的中心角，由此计算an，Ln，Sn即可判断选项A，B，C；由OA1+OA2+⋯+OAn=0即可判断D作答.
【详解】依题意，单位圆O的内接正n边形A1A2A3⋯An的中心角为2πn，则an=2sinπn，
Ln=nan=2nsinπn，Sn=n⋅(12sin2πn)=12nsin2πn，
对于A，LnL2n=2nsinπn4nsinπ2n=2sinπ2ncsπ2n2sinπ2n=csπ2n，A正确；
对于B，SnS2n=12nsin2πnnsinπn=sinπncsπnsinπn=csπn，B不正确；
对于C，因2−a2n2=2−(2sinπ2n)2=2csπn，又an2=4sin2πn，则an2+2−a2n22=4，C正确；
对于D，在复平面内令O为原点，由对称性不妨令点A1,A2,A3,⋯,An逆时针排列，向量OA1,OA2,⋯,OAn所对复数分别为z1,z2,⋯,zn，
则OA1+OA2+⋯+OAn所对复数为z1+z2+⋯+zn，将正n边形A1A2A3⋯An逆时针旋转2πn图形重合，
则由复数的三角形式得：zk=zk−1(cs2πn+isin2πn),k∈N∗,2≤k≤n，z1=zn(cs2πn+isin2πn)，
因此，OA1+OA2+⋯+OAn所对复数为(z1+z2+⋯+zn)(cs2πn+isin2πn)，
于是有：(z1+z2+⋯+zn)(cs2πn+isin2πn)=z1+z2+⋯+zn，而n>2，cs2πn+isin2πn≠1，
则z1+z2+⋯+zn=0，即OA1+OA2+⋯+OAn=0
于是有PA1+PA2+⋯+PAn=|OA1+OA2+⋯+OAn−nOP|=n|OP|≤n，D正确.
故选：ACD
78. （2016·上海嘉定·一模）设复数zn=xn+i⋅yn，其中xn,yn∈R，n∈N∗,i为虚数单位，zn+1=(1+i)⋅zn，z1=3+4i，复数zn在复平面上对应的点为Zn．
（1）求复数z2,z3,z4的值；
（2）证明：当n=4k+1(k∈N∗)时，OZn//OZ1；
（3）求数列{xn⋅yn}的前100项之和．
【答案】(1) z2=−1+7i,z3=−8+6i,z4=−14−2i；(2)证明见解析；(3)1−2100
【分析】(1)根据复数的运算法则求解即可；
(2)由题设条件得出，当n=4k+1k∈N∗时，(1+i)n−1=(−4)k，结合向量共线定理即可证明；
(3)由题设条件推导出xn+4yn+4=16xnyn，利用这个条件以及等比数列的求和公式化简即可得出答案.
【详解】(1)∵zn+1=(1+i)⋅zn，z1=3+4i
∴z2=(1+i)(3+4i)=−1+7i,z3=(1+i)(−1+7i)=−8+6i,z4=(1+i)(−8+6i)=−14−2i
(2)由已知zn+1=(1+i)⋅zn得zn=(1+i)n−1⋅z1
当n=4k+1k∈N∗时，(1+i)n−1=(1+i)4k=(−4)k
令λ=(−4)k，则zn=λ⋅z1，即xn−0,yn−0=λx1−0,y1−0
即存在非零实数λ=(−4)k k∈N∗，使得OZn=λOZ1
所以当n=4k+1k∈N∗时，OZn=λOZ1
(3)∵zn+4=(1+i)4zn=−4zn,得xn+4=−4xn,yn+4=−4yn
∴xn+4yn+4=16xnyn
又x1y1=12，x2y2=−7,x3y3=−48,x4y4=28，则x1y1+x2y2+x3y3+x4y4=−15
x1y1+x2y2+x3y3+…+x100y100 =x1y1+x2y2+x3y3+x4y4+x5y5+x6y6+x7y7+x8y8+⋯+x97y97+x98y98+x99y99+x100y100 =−15+−15×16+−15×162+−15×163+⋯−15×1624
=−15×1−16251−16=1−2100
【点睛】本题主要考查了复数的运算法则、复数的几何意义、向量共线定理、等比数列的求和公式，属于较难题.
79. （2022高三·全国·专题练习）称一个复数数列zn为“有趣的”，若z1=1，且对任意正整数n，均有4zn+12+2znzn+1+zn2=0．求最大的常数C，使得对一切有趣的数列zn及任意正整数m，均有z1+z2+⋯+zm≥C．
【答案】33
【分析】根据有趣的复数数列的定义，对参数m进行分类讨论，结合数列的极限，能求出结果．
【详解】考虑有趣的复数数列zn，归纳可知zn≠0，n∈N∗，
由条件得4zn+1zn2+2zn+1zn+1=0n∈N∗，
解得zn+1zn=−1±3i4n∈N∗，
∴zn+1zn=zn+1zn=−1±3i4=12，
∴zn=z112n−1=12n−1n∈N∗⋯①，
进而有zn+zn+1=zn1+zn+1zn=12n−13±3i4=32nn∈N∗⋯②，
记Tm=z1+z2+⋯+zmm∈N∗，
当m=2ss∈N∗时，利用②可得Tm≥z1+z2−k=2sz2k−1+z2k>32−k=2∞z2k−1+z2k=32−k=2∞322k−1=33，
当m=2s+1s∈N∗时，
由①②可知，z2s+1=122k<33×22k−1=k=s+1∞322k−1=k=s+1∞z2k−1+z2k，
故Tm≥z1+z2−k=2sz2k−1+z2k−z2k+1>32−k=2∞z2k−1+z2k=33
当m=1时，T1=z1=1>33．
以上表明C=33满足要求，
另一方面，当z1=1，z2k=−1+3i22k，z2k+1=−1−3i22k+1 k∈N∗时，
由题意知zn为有趣的数列，
此时，lims→∞T2s+1=lims→∞z1+k=1sz2k+z2k+1=lims→∞1+k=1s−3−3i22k+1=1+−3+3i8⋅43=33，
这表明C不能大于33，
综上，所求C的值为33．
80. （2021高三·全国·竞赛）设an、xn是无穷复数数列，满足对任意正整数n，关于x的方程x2−anx+an+1=0的两个复根恰为xn、xn+1（当两根相等时xn=xn+1）．若数列xn恒为常数，证明：
（1）xn≤2；
（2）数列an恒为常数．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）根据题意和韦达定理可得xn+2=xn+1xn−1，取模得xn+2=xn+1xn−1，若xn=0，结论xn≤2显然成立，否则，由于数列xn恒为常数，则xn−1=1，即结论也成立；（2）由（1）和题意知，数列xn恒为常数，则xn只有互为共轭的两种取值，不妨设为ε和ε，依据题意即可证明.
【详解】由题意和韦达定理得,
xn+xn+1=an,xnxn+1=an+1.
则xnxn+1=an+1=xn+1+xn+2，即xn+2=xnxn+1−xn+1=xn+1xn−1． ①
（1）由①取模得xn+2=xn+1xn−1，若xn=0，结论xn≤2显然成立；
否则，由于数列xn恒为常数，则xn−1=1，即有xn≤xn−1+1=2．
（2）由（1）知，对任意的n∈N+,xn−1=1，又数列xn恒为常数，因此xn只有互为共轭的两种取值ε和ε．若存在n∈N+，使得xn=xn+1，不妨设xn=xn+1=ε，则xn+2=ε2−ε∈{ε,ε}．若xn+2=ε，则ε2−2ε=0，即ε=0或2；若xn+2=ε，则
ε2=ε+ε∈R，且|ε−1|=1．
因此，要么ε∈R，要么xn呈ε、ε周期．故显然an=xn+xn+1是常数，即证数列an恒为常数.
【点睛】关键点点睛：
本题主要考查数列不等式的证明，解题关键在于利用韦达定理得出xn+2=xn+1xn−1，再取模，对xn=0这种特殊情形和一般情形xn−1=1讨论即可证明结论成立；
（2）本题主要考查常数列的证明，解题关键在于xn的取值情况和xn=xn+1=ε的假设，由（1）和题意知，数列xn恒为常数，则xn只有互为共轭的两种取值，不妨记为ε和ε，若存在n∈N+，使得xn=xn+1，不妨设xn=xn+1=ε，则xn+2=ε2−ε∈{ε,ε}，对xn+2分类讨论即可证明.
81. （2024·全国·二模）如图，在△ABC中，BC=2AB=4,D,E分别为BC,AC的中点，F为AD上一点，且满足AF=BF，则AF⋅BE=（ ）
A．12B．1C．32D．23
【答案】B
【分析】过点F作FG⊥AB，用∠FAB表示线段AF长，结合给定图形借助向量加法、数量积的运算律及定义计算即得.
【详解】过点F作FG⊥AB于G，令∠FAB=θ，由AF=BF，得AG=12AB=1，
|AF|=|AG|csθ=1csθ，由D,E分别为BC,AC的中点，得|BD|=|AB|=2，∠ADB=θ，
所以AF⋅BE=AF⋅(BD+DE)=AF⋅BD−12AF⋅AB=1csθ⋅2⋅csθ−12⋅1csθ⋅2⋅csθ=1.
故选：B
82. （22-23高三下·湖北·阶段练习）如图，F1，F2为双曲线的左右焦点，过F2的直线交双曲线于B，D两点，OD=3，E为线段的DF1中点，若对于线段DF1上的任意点P，都有PF1⋅PB≥EF1⋅EB成立，且△BF1F2内切圆的圆心在直线x=2上.则双曲线的离心率是（ ）
A．43B．3C．2D．32
【答案】D
【分析】由PF1⋅PB≥EF1⋅EB可得DF1⊥DF2.由OD=3，可得F1F2=6.
又由△BF1F2内切圆的圆心在直线x=2上，可得a=2，据此可得答案.
【详解】如图1，取BF1中点为Q，连接EQ，PQ.则PF1⋅PB=14PF1+PB2−PF1−PB2=144PQ2−BF12=PQ2−14BF12，
EF1⋅EB=14EF1+EB2−EF1−EB2=144EQ2−BF12=EQ2−14BF12.
因PF1⋅PB≥EF1⋅EB，则PQ2−14BF12≥EQ2−14BF12⇒PQ2≥EQ2⇒PQ≥EQ，因直线外一点到直线连线中垂线段最短，则EQ为DF1垂线.因Q为BF1中点，E为DF1中点，则
EQ∥DF2，得DF1⊥DF2.又DO为直角三角形斜边F1F2中线，则F1F2=2c=6⇒c=3.
如图2，设△BF1F2内切圆的圆心为I，内切圆与F1F2交点为M，与BF1交点为T，与BF2交点为N.则IM⊥F1F2，OM=2，又OF1=OF2=3，则MF1−MF2=4.
又由切线性质，可知BT=BN，F1T=F1M，F2M=F2N，则
BF1−BF2=TF1−NF1=F1M−F2M=2a=4⇒a=2.
则离心率为e=ca=32.
故选：D
【点睛】结论点睛：本题涉及以下结论：
（1）极化恒等式：a⋅b=14a+b2−a−b2；
（2）双曲线焦点三角形的内切圆圆心在直线x=a上.
83. （2022·湖南长沙·二模）P､Q､R是等腰直角三角形ABC（∠A=π2）内的点，且满足∠APB=∠BPC=∠CPA，∠ACQ=∠CBQ=∠BAQ，sinARA+sinBRB+sinCRC=0，则下列说法正确的是（ ）
A．PA⋅PB>QA⋅QB>RA⋅RB
B．QA⋅QB>PA⋅PB>RA⋅RB
C．RA⋅RB>PA⋅PB>QA⋅QB
D．RA⋅RB>QA⋅QB>PA⋅PB
【答案】C
【分析】根据题意画出图形，结合图形分别计算PA⋅PB，RB⋅RA和QA⋅QB的值，再比较大小
【详解】∵sinARA+sinBRB+sinCRC=0
∴a2RRA+b2RRB+c2RRC=0 (正弦定理)
∴aRA+bRB+cRC=0
∴cRC=−aRA−bRB
∴cRC=−a(RC+CA)−b(RC+CB)
∴(a+b+c)RC=aAC+bBC=abACb+abBCa=ab(AC|AC|+BC|BC|)
∴R在∠ACB的角平分线上, 同理可证R在∠BAC,∠ABC的角平分线上,
∴R为内心
如图所示
由∠APB=∠BPC=∠CPA知,这三个角都是120∘
且P在∠BAC的平分线AR上,延长AR交BC于点D
取AB=6,则BD=AD=32,∠PBC=30∘
得PD=BD3=6,PB=26,PA=AD−PD=32−6
所以PA⋅PB=(32−6)⋅26⋅cs120∘=6−63
记△ABC的周长为C△ABC
由题意知R是△ABC的内心,内切圆半径RD=2S△ABCC△ABC=366+6+62=6−32
RA=AD−RD=62−6
所以RB⋅RA=(RD+DB)⋅RA=RD⋅RA+DB⋅RA
=−(6−32)⋅(62−6)+0=72−542
由∠ACQ=∠BAQ,且∠BAQ+∠CAQ=∠BAC=90∘
则∠ACQ+∠CAQ=90∘
所以∠AQC=90∘,即AQ⊥CQ,则Q在以AC为直径的圆上
由∠CBQ=∠ACQ,且∠ACQ+∠BCQ=∠ACB=45∘
所以∠CBQ+∠BCQ=45∘,得∠BQC=135∘,∠AQB=135∘
由∠BQC=∠AQB,∠BCQ=∠ABQ,得△BQC∼△AQB
所以BQAQ=BCAB=2
设AQ=x,BQ=2x,在△ABQ中由余弦定理得
x2+2x2−62=2x⋅2x⋅cs135∘,
解得 x2=365
所以QA⋅QB=x⋅2x⋅cs135∘=−x2=−365=−7.2
由PA⋅PB=6−63≈6−6×1.732=−4.392
RB⋅RA=72−542≈−4.356
所以 RB⋅RA>PA⋅PB>QA⋅QB
故选:C
84. （23-24高三下·全国·自主招生）z=cs2πn+isin2πn,n>2,n∈N∗，求1−z+1−z2+1−z3+⋯+1−zn−1
【答案】2tanπ2n
【分析】利用复数的三角形式的运算，先求出1−zi，再利用和差化积公式进行求解.
【详解】设k∈1,2,⋯,n−1，则zk=cs2kπn+isin2kπn.
所以：1−zk= 1−cs2kπn+isin2kπn= 1−cs2kπn2+sin2kπn2= 2−2cs2kπn= 2−21−2sin2kπn =4sin2kπn,
因为00.
所以1−zk=2sinkπn.
∵csk−1π2n−csk+1π2n=cskπ2n−π2n−cskπ2n+π2n =2sinkπ2n·sinπ2n.
∴sinkπn=sin2kπ2n=cs2k−1π2n−cs2k+1π2n2sinπ2n
所以k=1n−11−zk=2k=1n−1sinkπn =2k=1n−1cs2k−1π2n−cs2k+1π2n2sinπ2n =csπ2n−cs2n−1π2nsinπ2n =2csπ2nsinπ2n =2tanπ2n.
故答案为：2tanπ2n.
【点睛】方法点睛：用复数的三角形式计算复数的乘方和三角函数的和差化积公式是解决问题的关键.
85. （2023·山东济宁·二模）已知向量a、b不共线，夹角为θ，且a=2，b=1，a+λb+a−λb=42，若433≤λ<22，则|csθ|的最小值为 ．
【答案】22
【分析】依题意作出如下图形，令F1O=a，F1A=λb，根据平面向量线性运算法则及椭圆的定义得到点P的轨迹，求出其轨迹方程，由λ的取值范围，得到OP=433时，csθ的值最小，此时点P的坐标为433csθ,433sinθ，再代入椭圆方程计算可得.
【详解】如图F1OPA及OF2PA为平行四边形，F1−2,0，F22,0，
令F1O=a，F1A=λb，则F1P=a+λb，F2P=OA=−a−λb，
因为a+λb+a−λb=42，即PF1+PF2=42，
由椭圆的定义可知点P的轨迹是以F1−2,0，F22,0为焦点的椭圆其中a=22、c=2，
所以其轨迹方程为x28+y24=1，
因为433≤λ<22，所以当λ=433，即OP=433时，csθ的值最小，
此时点P的坐标为433csθ,433sinθ，
将点P的坐标代入椭圆x28+y24=1得433csθ28+433sinθ24=1，
解得csθ=22．
故答案为：22
【点睛】关键点睛：本题解答的关键是结合平面向量线性运算法则及椭圆的定义将问题转化，再结合同角三角函数的基本关系计算.命题预测
本专题考查类型主要涉及点为向量与复数，包含了向量的最值，新定义等，包含了复数的相关性质与新定义等。
预计2024年后命题会继续在上述几个方面进行。
高频考法
题型01向量新考点问题
题型02投影向量问题
题型03向量最值取值范围问题
题型04向量与不等式结合
题型05向量新定义问题
题型06复数性质相关问题
题型07复数最值问题
题型08复数的三角形式
题型09复数方程的根相关问题
题型10向量与解析几何结合
题型11向量与实际模型
题型12向量与四心
题型13向量与数列结合
题型14向量与三角换元
题型15复数新定义问题
题型16复数与数列问题
向量投影的理解是很重要的，在出题中往往会画出图形来进行思考问题，利用几何法来解决问题。
处理平面向量的模长范围问题，常用的方法有：
（1）坐标法：即通过建立直角坐标系，通过向量坐标运算求得；
（2）基向量表示法：即通过选设平面的基底，用基底表示相关向量，运算求得；
（3）构造几何图形法：即根据模长定值构造圆形，由向量点乘等于零得到两向量垂直.
新定义问题，理解定义内容、会运用新定义运算，是解决问题的关键
平面向量解决几何最值问题，通常有两种思路：
①形化，即用平面向量的几何意义将问题转化为平面几何中的最值或取值范围问题，然后根据平面图形的特征直接进行求解；
②数化，即利用平面向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域，不等式的解集，方程有解等问题，然后利用函数，不等式，方程的有关知识进行求解.
三角形重心、内心和外心的向量形式的常用结论：
设△ABC的角A，B，C所对边分别为a，b，c，则
（1）△ABC的重心G满足GA+GB+GC=0；
（2）△ABC的内心P满足aPA+bPB+cPC=0；
（3）△ABC的外心M满足MA=MB=MC.
新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的：遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决．