专题6.12 平面向量及其应用全章综合测试卷（提高篇）-2023-2024学年高一数学下学期高效讲练测（人教A版必修第二册）

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一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
1．（5分）（2023下·黑龙江哈尔滨·高一校考阶段练习）下列命题：
①若|a|=|b|，则a=b；
②a=b的充要条件是|a|=|b|且a∥b
③若a∥b,b∥c，则a∥c；
④若A､B､C､D是不共线的四点，则AB=DC是四边形ABCD为平行四边形的充要条件.
其中，真命题的个数是（ ）
A．0B．1C．2D．3
【解题思路】根据向量共线的概念依次判断各选项即可得答案
【解答过程】解：对于①，若|a|=|b|，则模相等，方向不一定相同，故错误；
对于②，当a=−b时也满足|a|=|b|且a∥b，故错误；
对于③，当b=0时，满足a∥b,b∥c，但a∥c不一定成立；
对于④，若A､B､C､D是不共线的四点，则AB=DC是四边形ABCD为平行四边形的充要条件，正确.
故真命题的个数是1个.
故选：B.
2．（5分）（2023下·安徽亳州·高一亳州二中校考期中）已知e1，e2是平面内两个不共线的向量，AB=4e1+2e2，BC=−e1+λe2，CD=e1+1−λe2，且A，C，D三点共线，则λ=（ ）
A．12B．2C．4D．14
【解题思路】根据已知求出AC=3e1+λ+2e2.根据已知可得AC,CD共线，进而得出AC=μCD，代入向量整理得出方程组3−μ=0λ+2−μ+μλ=0，求解即可得出答案.
【解答过程】由已知可得，AC=AB+BC=3e1+λ+2e2，CD=e1+1−λe2.
因为A，C，D三点共线，所以AC,CD共线，
则∃μ∈R，使得AC=μCD，
即3e1+λ+2e2=μe1+μ1−λe2，
整理可得3−μe1+λ+2−μ+μλe2=0.
因为e1，e2不共线，
所以有3−μ=0λ+2−μ+μλ=0，解得λ=14μ=3.
故选：D.
3．（5分）（2023·全国·高一专题练习）向量a=（1,3），b=3x−1,x+1，c=5,7，若a+b∥a+c，且c=ma+nb，则m+n的值为（ ）
A．2B．52C．3D．72
【解题思路】先利用平面向量加减法的坐标运算和向量共线的坐标表示求出x=1，再利用向量的坐标表示得到关于m、n的方程组进行求解.
【解答过程】由题意，得a+b=3x,x+4 ，a+c=6,10，
因为a+b∥a+c，所以30x=6x+24，解得x=1，
则c=ma+nb=m,3m+2n,2n=m+2n,3m+2n=5,7，
即m+2n=53m+2n=7，解得m=1n=2，故m+n=3.
故选：C.
4．（5分）（2023上·天津东丽·高三校考阶段练习）如图，△ABC是由三个全等的钝角三角形和一个小的正三角形拼成一个大的正三角形，若AD=4，BD=2，点M为线段CE上的动点，则AM−BC⋅MD的最大值为（ ）

A．169B．214C．6D．10
【解题思路】利用平面向量的线性表示和数量积，转化为函数的最值问题求解.
【解答过程】根据题意可得，∠FDE=∠DEF=∠EFD=60∘，
所以∠CFB=∠AEC=∠BDA=120∘，
又因为AD=4,BD=2，
所以BF=CE=AD=4,BD=DF=CF=EF=AE=DE=2，
设EM=λEC0≤λ≤1,则MC=1−λEC，
所以MD=ME+ED=ED−EM=ED−2λEF，
AM−BC=AC+CM−AC−AB=CM+AB =2λ−1EF+2ED−DF，
所以AM−BC⋅MD=2λ−1EF+2ED−DF⋅ED−2λEF
=−4λλ−1EF2+2λ−1ED⋅EF−4λEF⋅ED+2ED2+2λDF⋅EF−DF⋅ED
=−16λλ−1+4λ−1−8λ+8+4λ+2
=−16λ2+16λ+6=−16λ−122+10，
令fλ=−16λ−122+10，
当λ∈0,12单调递增，λ∈12,1单调递减，
当λ=12，AM−BC⋅MD取最大值为10.
故选：D.
5．（5分）（2023上·天津武清·高三校考阶段练习）在△ABC中，BD=13BC，E是线段AD上的动点（与端点不重合），设CE=xCA+yCB，则2x+3y+xyxy的最小值是（ ）
A．10B．4C．7D．13
【解题思路】由已知条件结合平面向量基本定理可得x+32y=1，x>0,y>0，则2x+3y+xyxy=2y+3x+1=2y+3xx+32y+1，化简后利用基本不等式可得答案.
【解答过程】因为BD=13BC，所以CB=32CD，
因为CE=xCA+yCB，所以CE=xCA+32yCD，
因为A,D,E三点共线，所以x+32y=1，x>0,y>0，
2x+3y+xyxy=2y+3x+1=2y+3xx+32y+1
=2xy+3+3+9y2x+1=7+2xy+9y2x≥7+22xy⋅9y2x=13，
当且仅当2xy=9y2xx+32y=1，即x=12y=13时取等.
故选：D.
6．（5分）（2023下·上海青浦·高一校考阶段练习）已知△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，下列命题中，真命题的个数是（ ）
（1）若a2tanB=b2tanA，则△ABC是等腰三角形；
（2）若sinA=csB，则△ABC是直角三角形；
（3）若csAcsBcsC<0，则△ABC是钝角三角形；
（4）若cs(A−B)cs(B−C)cs(C−A)=1，则△ABC是等边三角形．
A．1B．2C．3D．4
【解题思路】利用三角形的性质、正弦定理、同角三角函数的基本关系进行计算求解.
【解答过程】△ABC中，a2tanB=b2tanA，由正弦定理有：
sin2A⋅sinBcsB=sin2B⋅sinAcsA，因为△ABC中sinA≠0,sinB≠0，
所以sinAcsB=sinBcsA，即sinAcsA=sinBcsB，即sin2A=sin2B，
所以2A=2B或2A+2B=π，故（1）错误；
△ABC中，因为sinA=csB>0，所以B∈0,π2，
所以A+B=π2或A=B+π2，故（2）错误；
△ABC中，csAcsBcsC<0，当csA<0,csB<0,csC<0时，
A∈π2,π，B∈π2,π，C∈π2,π，显然不满足；
当csA,csB,csC中有1为负，2个为正，不妨设csA<0,csB>0,csC>0，
则A∈π2,π，B∈0,π2，C∈0,π2，所以△ABC是钝角三角形；故（3）正确；
△ABC中，A,B,C∈0,π，所以A−B∈−π,π,B−C∈−π,π,C−A∈−π,π，
所以cs(A−B)∈−1,1,cs(B−C)∈−1,1,cs(C−A)∈−1,1,
因为cs(A−B)cs(B−C)cs(C−A)=1，
所以cs(A−B)=cs(B−C)=cs(C−A)=1，所以A=B=C，
则△ABC是等边三角形，故（4）正确；故A，C，D错误.
故选：B.
7．（5分）（2023上·宁夏石嘴山·高三校考阶段练习）在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，记△ABC的面积为S，若(b2−a2)sinB=2S，则b+ca取值范围是（ ）
A．(1,5)B．(2+1,5)C．(1,3+2)D．(2+1,3+2)
【解题思路】利用余弦定理、正弦定理，三角形面积的正弦表示以及三角恒等变换化简得出B=2A，利用△ABC为锐角三角形求出角A的取值范围，由正弦定理结合三角恒等变换可得出b+ca=2csA2+2csA−1，利用二次函数的基本性质可求得b+ca的取值范围.
【解答过程】由题意得：S=12acsinB，得：b2−a2sinB=acsinB，
又sinB>0，得：a2+ac=b2，
由余弦定理得：a2+ac=b2=a2+c2−2accsB，化简得：a=c−2acsB，
由正弦定理得:sinA=sinC−2sinAcsB=sinA+B−2sinAcsB
=sinAcsB+csAsinB−2sinAcsB =sinBcsA−csBsinA=sinB−A，
因为：B,A∈0,π2，则：−π2又因为正弦函数y=sinx在−π2,π2上单调递增，所以：A=B−A，即：B=2A，
则：C=π−B−A=π−3A，
因为△ABC为锐角三角形，则：0所以：b+ca=sinB+sinCsinA=sin2A+sinπ−3AsinA =2sinAcsA+sinAcs2A+csAsin2AsinA
=sinA2csA+2cs2A−1+2cs2AsinA=2csA2+2csA−1，
令：t=2csA∈2,3，则函数y=t2+t−1在2,3上单调递增，
故b+ca=2csA2+2csA−1∈2+1,3+2，故D项正确.
故选：D.
8．（5分）（2023上·上海浦东新·高三校考开学考试）“圆幂定理”是平面几何中关于圆的一个重要定理，它包含三个结论，其中一个是相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等，如图，已知圆O的半径2，点P是圆O内的定点，且OP=2，弦AC,BD均过点P，则下列说法错误的是（ ）

A．PA⋅PC为定值B．OA⋅OC的取值范围是−2,0
C．当AC⊥BD时，AB⋅CD为定值D．AC⋅BD的最大值为16
【解题思路】过O,P作直径EF，利用向量加减几何意义得PA⋅PC==−(|OF|−|OP|)(|OF|+|OP|)判断A；若M为AC中点，连接OM，应用向量线性运算的几何意义及数量积的运算律、圆的性质得OA⋅OC=2OM2−4，进而求范围判断B；根据垂直关系及AB⋅CD=(AP+PB)⋅(CP+PD)、数量积得运算律化简判断C；若N为BD中点，连接ON，圆的性质易得AC2⋅BD2=16(4−OM2)⋅(4−ON2)，应用基本不等式及OM2+ON2≥OP2求最值，注意取值条件判断D.
【解答过程】如图，过O,P作直径EF，
由题意PA⋅PC=−|PA||PC|=−|PF||PE|=−|OF−OP||OE+PO|，
所以PA⋅PC=−|OF−OP||−(OF+OP)|=−|OF−OP||OF+OP|
=−(|OF|−|OP|)(|OF|+|OP|)=−(|OF|2−|OP|2)=−2为定值，A对；
若M为AC中点，连接OM，则
OA⋅OC=(OM+MA)⋅(OM+MC)=OM2+OM⋅(MA+MC)+MA⋅MC
=OM2−(4−OM2)=2OM2−4，
由题意0≤OM2≤OP2=2，则OA⋅OC∈[−4,0]，B错；
若AC⊥BD，故PB⋅CP=AP⋅PD=0，
则AB⋅CD=(AP+PB)⋅(CP+PD)=AP⋅CP+PB⋅CP+AP⋅PD+PB⋅PD，
又PA⋅PC=−2，则AP⋅CP=−2，同理可得PB⋅PD=−2，故AB⋅CD=−4，C对；
因为AC≤4,BD≤4，则当弦AC,BD均与EF重合时，此时AC⋅BD有最大值，为16，故D正确.

故选：B.
二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）
9．（5分）（2023下·黑龙江哈尔滨·高一校考阶段练习）下列说法不正确的是（ ）
A．若a=b，则a、b的长度相等且方向相同或相反
B．若向量a，b满足a>b，且同向，则a＞b
C．若a≠b，则a与b可能是共线向量
D．若非零向量AB与CD平行，则A、B、C、D四点共线
【解题思路】因为向量是矢量，具有大小和方向，是不能比较大小的，即可判断选项A、B；再利用共线向量的含义可判断选项C、D.
【解答过程】对于A项，a=b只能说明a、b的长度相等，不能判断它们的方向, 因而选项A错误；
对于B项，向量不能比较大小，因而选项B错误；
对于C项，a≠b只能说明a、b的长度不相等，它们的方向可能相同或相反，故选项C正确；
对于D项，AB与CD平行，可能AB//CD，即A、B、C、D四点不一定共线，因而选项D错误．
故选：ABD.
10．（5分）（2023下·江苏苏州·高一校考阶段练习）如图，在同一平面内，两个斜边相等的直角三角形放置在一起，其中AB=1,∠A=∠DCE=π2,∠ACB=π6,∠D=π4，则下列结论正确的是（ ）
A．AE=13AB+23ACB．AE+DC=AC+DE
C．AD⋅AB=6D．AD⋅BC=3
【解题思路】根据平面向量加减运算法则可知A错误，B正确；由转化法利用平面向量数量积定义即可求得C错误，D正确.
【解答过程】由AB=1可得BC=DE=2，则CE=CD=2，
所以AE=AC+CE=AC+22CB=AC+22CA+AB=1−22AC+22AB，可得A错误；
易知AD=AE−DE=AC−DC，所以可得AE+DC=AC+DE，即B正确；
易知AD⋅AB=AC+CD⋅AB=AC⋅AB+CD⋅AB=0+2×1×cs30∘=62，可得C错误；
由AD⋅BC=AC+CD⋅AC−AB=AC2−AC⋅AB+CD⋅AC−AB⋅CD
=3−0+2×3cs60∘−1×2cs30∘=3−0+62−62=3，即D正确；
故选：BD.
11．（5分）（2023·全国·高一专题练习）窗花是贴在窗子或窗户上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一，图1是一个正八边形窗花隔断，图2是从窗花图中抽象出的几何图形的示意图．已知正八边形ABCDEFGH的边长为1，P是正八边形ABCDEFGH边上任意一点，则（ ）
A．AH与CF能构成一组基底B．OA+OC=2OB
C．AG在AB向量上的投影向量的模为22D．PA⋅PB的最大值为3+22
【解题思路】A选项，作出辅助线，证明出∠BAF=90°，从而建立平面直角坐标系，写出点的坐标，得到AH与CF平行，故A错误；
B选项，求出OA,OC,OB得到B正确；
C选项，求出AG，AB，利用投影向量的计算公式求出答案；
D选项，取AB的中点M，得到PA⋅PB=PM2−MA2=PM2−14，求出PM2的最大值，从而得到PA⋅PB的最大值.
【解答过程】连接AF，
因为∠AOB=45°，故∠OAB=180°−45°2=67.5°，
因为∠AOF=3×45°=135°，故∠OAF=180°−135°2=22.5°，
故∠BAF=67.5°+22.5°=90°，
以AB所在直线为x轴，AF所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，
则A0,0,B1,0,H−22,22,F0,2+1,C1+22,22
故AH=−22,22,CF=−1−22,22+1，
故−22×22+1−22×−1−22=−12−22+22+12=0，
所以AH与CF平行，不能构成一组基底，A错误；
O12,2+12，OA=−12,−2+12，OC=1+22,22−12,2+12=2+12,−12，
OB=1,0−12,2+12=12,−2+12，
故OA+OC=22,−2+22=2OB，B正确；
G−22,22+1，AG=−22,22+1，AB=1,0，
故AG在AB向量上的投影向量的模长为AG⋅ABAB=−22,22+1⋅1,01=22，C正确；
取AB的中点M，则PA+PB=2PM，PA−PB=BA=2MA，
则PA+PB2=4PM2，PA−PB2=4MA2，
两式相减得：PA⋅PB=PM2−MA2=PM2−14，
当点P与点E或F重合时，PM2最大，
最大值为AM2+AF2=14+2+12=134+22，
则PA⋅PB的最大值为134+22−14=3+22，D正确.
故选：BCD.
12．（5分）（2023下·高一单元测试）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且tanA+tanB=3cacsB，则下列结论正确的是（ ）
A．A=π6
B．若a=2，则该三角形周长的最大值为6
C．若△ABC的面积为2，a，b，c边上的高分别为ℎ1,ℎ2,ℎ3，且ℎ1ℎ2ℎ3=t，则t2的最大值为243
D．设BD=c2b+cBC，且AD=1，则b+2c的最小值为977
【解题思路】A选项，利用正弦定理和三角恒等变换得到sinCcsAcsB=3sinCsinAcsB，从而得到tanA=3，求出A=π3，A正确；B选项，由余弦定理结合基本不等式求出周长的最值；C选项，利用三角形面积公式，得到bc=833，ℎ1ℎ2ℎ3=64abc=83a，利用余弦定理及基本不等式求出a2≥833，从而求出t2=192a2≤243，C正确；D选项，BD=c2b+cBC变形为AD=2bc+2bAB+cc+2bAC，两边平方后得到1b+2c=7，再利用基本不等式“1”的妙用求出最值.
【解答过程】A选项，tanA+tanB=3cacsB，由正弦定理可得：sinAcsA+sinBcsB=3sinCsinAcsB，
而sinAcsA+sinBcsB=sinAcsB+csAsinBcsAcsB=sin(A+B)csAcsB=sinCcsAcsB，
故sinCcsAcsB=3sinCsinAcsB，
因为0所以tanA=3，
又0所以A=π3，故A错误；
B选项，由A选项知：A=π3，由余弦定理得：
a2=4=b2+c2−2bccsA=b2+c2−bc=(b+c)2−3bc≥(b+c)2−3b+c22，
所以(b+c)2≤16，b+c≤4，当且仅当b=c时等号成立，
此时a+b+c≤6，所以周长的最大值为6，故B正确；
C选项，结合三角形面积公式得12aℎ1=2，12bℎ2=2，12cℎ3=2，
则ℎ1=4a,ℎ2=4b,ℎ3=4c,ℎ1ℎ2ℎ3=64abc，
又因为S△ABC=12bcsinA=12bc⋅32=3bc4=2，所以bc=833，
结合余弦定理得a2=b2+c2−bc≥2bc−bc=833，当且仅当b=c时等号成立，
所以ℎ1ℎ2ℎ3=64abc=83a，所以t2=192a2≤243，
所以t2的最大值为243，故C正确；
对于D选项，因为BD=c2b+cBC，即AD−AB=c2b+cAC−AB，
AD=2bc+2bAB+cc+2bAC，
两边平方并化简得|AD|2=1=4b2c2(c+2b)2+c2b2(c+2b)2+4b2c2(c+2b)2×12，
即(c+2b)2=7b2c2，c+2b=7bc，1b+2c=7，
所以b+2c=17(b+2c)1b+2c=175+2cb+2bc≥175+22cb⋅2bc=977，
当且仅当b=c时取等号，所以b+2c的最小值为977，故D正确．
故选：BCD．
三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）
13．（5分）（2023下·天津西青·高一校考期中）已知a，b是平面内两个不共线的向量，AB=ma+2b，BC=3a+mb，若A，B，C三点共线，则m= ±6 ．
【解题思路】利用两个向量的加减法的法则，以及其几何意义求出AC的坐标，把A，B，C三点共线转化为AC＝λ⋅AB，再根据向量相等可得答案.
【解答过程】由题意可得AC=AB+BC=ma+2b+3a+mb=3+ma+2+mb ，
∵A，B，C三点共线，∴AC＝λ⋅AB，
∴3+ma+2+mb=λma+2b=λma+2λb，
故有λm=3+m2λ=2+m，解得m=6λ=2+62，或m=−6λ=2−62，
故答案为：±6．
14．（5分）（2023下·重庆南岸·高一校考阶段练习）如图，在△ABC中，已知AB=2,AC=3,∠BAC=60°，点D，E分别在边AB，AC上，且AB=2AD, AC=3AE，点F为线段DE上的动点，则BF⋅CF的取值范围是 −116,12 ．
【解题思路】设DF=λDE0≤λ≤1，以AB,AC为基底，将BF,CF分别用AB,AC表示，再结合数量积的运算律把BF⋅CF用λ表示，再结合二次函数的性质即可得解.
【解答过程】因为AB=2,AC=3,∠BAC=60°，
所以AB2=AB2=4,AC2=AC2=9, AB⋅AC=ABACcs∠BAC=3，
设DF=λDE0≤λ≤1，
则BF=BD+DF=−12AB+λDE=−12AB+λAE−AD
=−12AB+λ13AC−12AB=−12−12λAB+13λAC，
CF=CE+EF=−23AC−1−λDE=−23AC−1−λAE−AD
=−23AC−1−λ13AC−12AB=12−12λAB+13λ−1AC，
则BF⋅CF=−12−12λAB+13λAC⋅12−12λAB+13λ−1AC
=14λ2−14AB2+12−13λ2+12λAB⋅AC+19λ2−13λAC2
=λ2−32λ+12，
对于y=λ2−32λ+12，其开口向上，对称轴为λ=34，
所以y=λ2−32λ+12在0,34上单调递减，在34,1上单调递增，
当λ=0时，BF⋅CF=λ2−32λ+12取得最大值12，
当λ=34时，BF⋅CF=λ2−32λ+12取得最小值−116，
所以BF⋅CF的取值范围是−116,12.
故答案为：−116,12.
15．（5分）（2023·全国·高一专题练习）设a,b为不共线的向量，满足c=λa+μb,3λ+4μ=2(λ,μ∈R)，且c=a−c=b−c，若a−b=3，则a⋅b2−(a⋅b)2的最大值为 324 ．
【解题思路】采用建系法，令a=OA,b=OB,c=OC，将各个点用坐标表示，然后表达出△OAB面积的最大值，进而求得(|a|⋅|b|)2−(a⋅b)2的最大值；
【解答过程】令a=OA,b=OB,c=OC，又因为|c|=|a−c|=|b−c|，
即|OC|=|CA|=|CB|，
则点C为△OAB的外心，因为|a−b|=|AB|=3，
设B(−32,0),A(32,0),C(0,m)，不妨取m>0
则点O(x0,y0)在圆C:x2+(y−m)2=m2+94上，
由OC=λOA+μOB，代入坐标，(−x0,m−y0)−=λ(32−x0,−y0)+μ(−32−x0,−y0)，
解得x0=32⋅μ−λ1−λ−μ,y0−m=(μ+λ)m1−λ−μ，
联立3λ+4u=2和C:x2+(y−m)2=m2+94，
解得m=3321−2λ(λ<12)，故|y0|=|m+(μ+λ)m1−λ−μ|=631−2λ2−λ
=66⋅12−λ(12−λ)+32=6612−λ+3212−λ≤6，
当且仅当12−λ=3212−λ即λ=−1时取“=”.
故S△OAB=12|AB|⋅|y0|≤9，于是
[(|a|⋅|b|)2−(a⋅b)2]max=[|OA|2⋅|OB|2⋅(1−cs2∠AOB)]max
=[|OA|2⋅|OB|2⋅sin2∠AOB]max=4(S△OAB2)max=324.
故答案为：324.
16．（5分）（2023·四川·校联考模拟预测）剪纸，又叫刻纸，是一种镂空艺术，是中华汉族最古老的民间艺术之一．如图，一圆形纸片直径AB=20cm，需要剪去四边形CEC1D，可以经过对折，沿DC,EC裁剪，展开就可以得到．
已知点C在圆上且AC=10cm，∠ECD=30°．则镂空四边形CEC1D的面积的最小值为 150(2−3) cm2．
【解题思路】由对称性可得SCEC1D=2SCED，所以求△CED面积的最小值即可，设CE=a,CD=b,ED=c，根据AB=20,AC=10,∠ECD=30°可得∠CAE=60°，根据△CED的面积公式可得a,b,c的关系，再根据基本不等式即可求△CED面积的最小值.
【解答过程】由对称性可得SCEC1D=2SCED，所以求△CED面积的最小值即可，
如图所示，设O为圆心，连接AC，作CG⊥AB于G，
由题意AC=AO=OC=10，所以∠OAC=60°，所以CG=CA⋅sin60°=53，
设CE=a,CD=b,ED=c，由面积公式S△CED=12absin30°=12c⋅CG得 ab=103c，
由余弦定理32=a2+b2−c22ab可得3ab=a2+b2−a2b2300，
又根据基本不等式可得3ab=a2+b2−a2b2300≥2ab−a2b2300，即ab≥300(2−3)，
当且仅当a=b=300(2−3)时取等号，
所以S△CED=14ab≥75(2−3)，
所以四边形CEC1D的面积的最小值为150(2−3)cm2，
故答案为：150(2−3).
四．解答题（共6小题，满分70分）
17．（10分）（2023下·广东东莞·高一校考阶段练习）已知a=2，b=3，a+b⋅b=8．
(1)求a+b；
(2)当k为何值时，ka−b与a+2b垂直？
(3)求向量a与a+b的夹角的余弦值．
【解题思路】（1）先求得a⋅b，然后通过平方的方法求得a+b.
（2）根据向量垂直列方程，化简求得k的值.
（3）根据向量的夹角公式求得正确答案.
【解答过程】（1）依题意，a+b⋅b=a⋅b+b2=a⋅b+9=8,a⋅b=−1，
所以a+b=a+b2=a2+2a⋅b+b2=4−2+9=11.
（2）若ka−b与a+2b垂直，
则ka−b⋅a+2b=ka2+2k−1⋅a⋅b−2b2=4k−2k−1−18=2k−17=0，
解得k=172.
（3）a⋅a+b=a2+a⋅b=4−1=3，
设向量a与a+b的夹角为θ，
则csθ=a⋅a+ba×a+b=32×11=31122.
18．（12分）（2023·江苏·高一专题练习）设e1，e2是两个不共线的向量，如果AB=3e1−2e2，BC=4e1+e2，CD=8e1−9e2.
(1)求证：A，B，D三点共线；
(2)试确定λ的值，使2λe1+e2和e1+λe2共线；
(3)若e1+λe2与λe1+e2不共线，试求λ的取值范围.
【解题思路】（1）要证明A，B，D三点共线，只需证明向量AB与BD共线；
（2）两向量2λe1+e2与e1+λe2（e1+λe2≠0）共线，所以存在唯一实数实数μ，使2λe1+e2=μe1+λe2.由此列方程组可解；
（3）知两向量不共线，求参数.可先求两向量共线时的参数值，实数集中去除这些值，即为不共线的参数值或范围.
【解答过程】（1）证明：因为BD=BC+CD=4e1+e2+8e1−9e2=12e1−8e2=43e1−2e2=4AB，
所以AB与BD共线.
因为AB与BD有公共点B，
所以A，B，D三点共线.
（2）因为2λe1+e2与e1+λe2共线，
所以存在实数μ，使2λe1+e2=μe1+λe2.
因为e1，e2不共线，所以2λ=μ,1=λμ,
所以λ=±22.
（3）假设e1+λe2与λe1+e2共线，则存在实数m，使e1+λe2=mλe1+e2.
因为e1，e2不共线，所以1=λm,λ=m,
所以λ=±1.
因为e1+λe2与λe1+e2不共线，
所以λ≠±1.
19．（12分）（2023下·湖北黄冈·高一校联考期末）已知e1，e2是平面内两个不共线的非零向量，AB=2e1+e2，BE=−e1+λe2，EC=−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BC的坐标；
(3)已知D(−12,3)，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.
【解题思路】（1）AE//EC，利用共线向量的坐标表示即可求解；
（2）BC=BE+EC，利用向量加法的坐标表示即可求解；
（3）根据题意得AD=BC，即可求解．
【解答过程】（1）AE=AB+BE=(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AE=kEC，
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1+2k=0k−1−λ=0
解得k=−12，λ=−32；
（2）BC=BE+EC=−e1−32e2−2e1+e2=−3e1−12e2 =−3×(3,1)−12×(−1,−2)=(−9,−3)+(12,1)=(−172,−2)；
（3）设A(x,y)，
由题意可得AD=BC=(−172,−2)，
∴−12−x=−172，3−y=−2，
∴x=8，y=5.
∴A(8,5).
20．（12分）（2023下·浙江·高一湖州中学校联考期中）如图，点P,Q分别是正方形ABCD的边DC、CB上两点，AB=1，∠PAQ=θ，记点O为△APQ的外心.
(1)若DP=λDC，CQ=λCB，0≤λ≤1，求AP⋅AQ的值；
(2)若θ=45°，求AP⋅AQ的取值范围；
(3)若θ=60°，若AO=xAP+yAQ，求3x+6y的最大值.
【解题思路】（1）建立平面直角坐标系，根据向量数量积的坐标运算求得AP⋅AQ的值.
（2）设∠QAB=α∈0,π4，求得AP⋅AQ关于tanα的表达式，进而求得AP⋅AQ的取值范围.
（3）设AP=a，AQ=b，将3x+6y表示为关于a,b的表达式，求得ba的取值范围，进而求得3x+6y的最大值.
【解答过程】（1）以A点为坐标原点，AB为x轴，建立直角坐标系.Pλ,1，Q1,1−λ，
所以PA⋅QA=−λ,−1⋅−1,−1+λ=1.
（2）设∠QAB=α∈0,π4，0≤tanα≤1,1≤tanα+1≤2，
则Q1,tanα，Ptanπ4−α,1.
PA⋅QA=−tanπ4−α,−1⋅−1,−tanα=tanπ4−α+tanα=1−tanα1+tanα+tanα
=21+tanα+tanα−1=21+tanα+tanα+1−2，
由于tanα+1∈1,2，根据对勾函数的性质可知PA⋅QA∈22−2,1.
（3）AO⋅AP=12AP2=xAP+yAQ⋅AP=xAP2+yAQ⋅AP；
AO⋅AQ=12AQ2=xAP+yAQ⋅AQ=xAP⋅AQ+yAQ2.
设AP=a，AQ=b，则这两个式子为12a2=xa2+12yab,12b2=12xab+yb2.，
化简得a=2xa+yb,b=xa+2yb.
解得x=2a−b3a,y=2b−a3b.
所以3x+6y=32a−b3a+62b−a3b=6−ba+2ab，
设∠QAB=α∈0,π6，tanα∈0,33，
令t=ba=AQAP=1csα1csπ6−α=32csα+12sinαcsα=32+12tanα∈32,233，
所以由对勾函数的性质得3x+6y=6−ba+2ab=6−t+2t∈6−1136,6−533，
所以当α=π6时，即点P与D点重合时，3x+6y取到最大值6−533.
21．（12分）（2023下·江苏南京·高一校考阶段练习）在锐角△ABC中，csA=22，点O为△ABC的外心．
(1)若AO=xAB+yAC，求x+y的最大值；
(2)若BC=2．
①求证：OA+sin2B⋅OB−cs2B⋅OC=0；
②求3OA+2OB+OC的取值范围．
【解题思路】（1）推导出AO⋅AC=12AC2，AO⋅AB=12AB2，由AO=xAB+yAC以及平面向量数量积的运算性质可得出2xAB+2yAC=AB，2xAB+2yAC=AC，求出x、y的表达式，再利用基本不等式可求得x+y的最大值；
（2）①证明出sin2B⋅OB−cs2B⋅OC=AO，设OA与sin2B⋅OB−cs2B⋅OC的夹角为θ，且θ∈0,π，计算得出csθ=−1，可得出θ=π，即可证得结论成立；
②计算出△ABC的外接圆半径为1，可得3OA+2OB+OC2=14+65cs2C+θ，求出角C的取值范围，结合余弦函数的基本性质可求得3OA+2OB+OC的取值范围.
【解答过程】（1）解：如下图所示：
取AB的中点D，连接OD，则OD⊥AB，
所以，AO⋅AB=AD+DO⋅AB=AD⋅AB+DO⋅AB=12AB2，
同理可得AO⋅AC=12AC2，
由平面向量数量积的定义可得AB⋅AC=AB⋅ACcsA=22AB⋅AC，
因为AO=xAB+yAC，所以，AO⋅AB=xAB2+yAB⋅AC，
即12AB2=xAB2+22yAB⋅AC，所以，2xAB+2yAC=AB，①
AO⋅AC=xAB⋅AC+yAC2，即12AC2=22xAB⋅AC+yAC2，
所以，2xAB+2yAC=AC，②
联立①②可得x=1−22⋅ACAB，y=1−22⋅ABAC，
所以，x+y=2−22ACAB+ABAC≤2−22×2ACAB⋅ABAC=2−2，
当且仅当AB=AC时，等号成立，故x+y的最大值为2−2.
（2）解：①因为csA=22，0由圆的几何性质可得∠BOC=2∠A=π2，所以，OB⋅OC=0.
设△ABC的外接圆半径为R，
所以sin2B⋅OB−cs2B⋅OC2=sin22B⋅OB2+cs22B⋅OC2=R2sin22B+cs22B=R2，
所以sin2B⋅OB−cs2B⋅OC=R=AO，
又OA⋅sin2B⋅OB−cs2B⋅OC=sin2BOA⋅OB−cs2BOA⋅OC
而∠AOC=2∠ABC，则∠AOB=2π−∠BOC−∠AOC=3π2−2∠ABC，
所以，cs∠AOB=cs3π2−2∠ABC=−sin2B，
所以sin2BOA⋅OB−cs2BOA⋅OC=sin2B⋅R2cs∠AOB−cs2B⋅R2cs∠AOC
=−sin22B⋅R2−cs22B⋅R2=−R2．
设OA与sin2B⋅OB−cs2B⋅OC的夹角为θ，且θ∈0,π，
则csθ=OA⋅sin2B⋅OB−cs2B⋅OCOA⋅sin2B⋅OB−cs2B⋅OC=−R2R⋅R=−1，
所以θ=π，即OA=−sin2B⋅OB+cs2B⋅OC.
故OA+sin2B⋅OB−cs2B⋅OC=0，得证；
②因为BC=2，∠BOC=π2，OB=OC=R，所以，BC=2R=2，所以，R=1.
3OA+2OB+OC2=9OA2+4OB2+OC2+12OA⋅OB+6OA⋅OC+4OB⋅OC
=9+4+1+12cs2C+6cs2B+4cs2A
=14+12cs2C+6cs3π2−2C=14+12cs2C−6sin2C=14+65cs2C+θ其中tanθ=12，且θ为锐角，故0<θ<π4，
由tanθ=sinθcsθ=12sin2θ+cs2θ=10<θ<π4可得sinθ=55csθ=255，
因为0则π2+θ<2C+θ<π+θ，且π2<π2+θ<3π4，
因为余弦函数y=csx在π2+θ,π上单调递减，在π,π+θ上单调递增，
又因为csπ2+θ=−sinθ=−55，csπ+θ=−csθ=−255，
所以，−1≤cs2C+θ<−55，
所以，3−52=14−65≤14+65cs2C+θ<8，
所以，3OA+2OB+OC∈3−5,22.
22．（12分）（2023下·新疆·高一校考阶段练习）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且满足acsC+3asinC−b−c=0．
(1)求角A；
(2)若a=3，求△ABC周长的最大值；
(3)求bc−ab−aca2的取值范围．
【解题思路】（1）根据正弦定理与sinB=sinAcsC+csAsinC得到3sinA−csA=1，从而求出A=π3；
（2）由余弦定理和基本不等式求出b+c≤23，从而得到周长的最大值；
（3）利用正弦定理，结合三角恒等变换得到bc−ab−aca2=43sin2C+π6−2sinC+π6−13，换元后，配方求出最值，得到取值范围.
【解答过程】（1）acsC+3asinC−b−c=0，由正弦定理得，
sinAcsC+3sinAsinC−sinB−sinC=0，
因为sinB=sinA+C=sinAcsC+csAsinC，
所以sinAcsC+3sinAsinC−sinAcsC−csAsinC−sinC=0，
即3sinAsinC−csAsinC−sinC=0，
因为C∈0,π，所以sinC≠0，故3sinA−csA=1，
所以sinA−π6=12，
因为A∈0,π，所以A−π6∈−π6,5π6，
故A−π6=π6，解得A=π3；
（2）由（1）知A=π3，
又a=3，由余弦定理得csA=b2+c2−a22bc=b+c2−2bc−a22bc，
即12=b+c2−2bc−32bc，
所以b+c2−3=3bc，
由基本不等式可知bc≤b+c22，
所以b+c2−3≤34b+c2，解得b+c≤23，
当且仅当b=c=3时，等号成立，
故△ABC的周长最大值为33；
（3）由（1）知A=π3，
则bc−ab−aca2=sinBsinC−sinAsinB−sinAsinCsin2A=sinBsinC−32sinB+sinC34
=43sinBsinC−233sinB+sinC=43sinπ3+CsinC−233sinπ3+C+sinC
=4332csC+12sinCsinC−23332csC+12sinC+sinC
=233sinCcsC+23sin2C−csC−3sinC
=33sin2C+1−cs2C3−csC−3sinC
=−23cs2C+π3+13−2sinC+π6
=−231−2sin2C+π6+13−2sinC+π6
=43sin2C+π6−2sinC+π6−13，
令t=sinC+π6，
因为C∈0,2π3，所以C+π6∈π6,5π6，t=sinC+π6∈12,1，
则bc−ab−aca2=43t2−2t−13=43t−342−1312，
故当t=34时，bc−ab−aca2取得最小值，最小值为−1312，
当t=1时，bc−ab−aca2取得最大值，最大值为−1，
故bc−ab−aca2的取值范围是−1312,−1.