【文档说明】2025届高考一轮复习专项练习 数学 课时规范练26　平面向量的数量积与平面向量的应用 Word版含解析.docx，共(8)页，137.838 KB，由小赞的店铺上传

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课时规范练26平面向量的数量积与平面向量的应用基础巩固组1.(2020山东鄄城一中高三月考)在梯形ABCD中,AB∥DC,AD⊥AB,AD=√2,则𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=()A.-1B.1C.√2D.22.(

2019四川广元高三期末)在△ABC中,若(𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗)·𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=0,则△ABC是()A.正三角形B.直角三角形C.等腰三角形D.钝角三角形3.(2020黑龙江哈师大附中高三调

研)已知向量a=(-2,m),b=(1,-2),c=(m+1,5),若a⊥b,则a与b+c的夹角为()A.π4B.π3C.2π3D.3π44.(2020河南南阳中学高三月考)已知向量a=(1,2),A(6,4),B(4,3),b为向

量𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗在向量a上的投影,则|b|=()A.4√55B.1C.√5D.45.在△ABC中,若𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(1,2),𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(-x,2x)(x>0),则当BC最小时,∠ACB=()A.90°B.60°C.45°D.30°6.(多选)(2020山东高考预测卷)已知

向量a=(1,2),b=(m,1)(m<0),且向量b满足b·(a+b)=3,则()A.|b|=√2B.(2a+b)∥(a+2b)C.向量2a-b与a-2b的夹角为π4D.向量a在向量b上的投影的数量的绝对值为√557.(多选)(2020海南中学高三期中)若△ABC

内接于以O为圆心,1为半径的圆,且3𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+4𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+5𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=0,则下列结论正确的是()A.∠BOC=90°B.∠AOB=90°C.𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗·𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=-45D.𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗

⃗·𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=-158.在直角三角形ABC中,∠C=π2,AC=4,取点D,E,使𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=3𝐷𝐴⃗⃗⃗⃗⃗,𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=4𝐵𝐸⃗⃗⃗⃗⃗,那么𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗·𝐶𝐴

⃗⃗⃗⃗⃗+𝐶𝐸⃗⃗⃗⃗⃗·𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=.9.(2020浙江舟山高三期中)已知向量a,b,|a|=1,|b|=√2,|a-2b|=√13,则a与b的夹角为;a在b上的投影的数量是.10.(

2020河南中原名校质检)在△ABC中,𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⊥𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,M是BC的中点.(1)若|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗|=|𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|,求向量𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+2𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗与向量2

𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗的夹角的余弦值;(2)若O是线段AM上任意一点,且|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗|=|𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|=√2,求𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗·

𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗的最小值.11.(2020山东齐鲁备考联盟校阶段检测)已知向量a=(cosα,sinα),b=(cosβ,sinβ),c=(-1,0).(1)求向量b+c的模的最大值;(2)设α=π4,且a⊥(b+c),求co

sβ的值.综合提升组12.(多选)(2020湖北孝感一中考前诊测)已知e1,e2是两个单位向量,λ∈R,|e1+λe2|的最小值为√32,则下列结论正确的是()A.e1,e2的夹角是π3B.e1,e2的夹角是π3或2π3C.|e1+e

2|=1或√3D.|e1+e2|=1或√3213.(多选)(2020山东济南历城第二中学高三开学考试)点O在△ABC所在的平面内,则以下说法正确的有()A.若𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+�

�𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=0,则O为△ABC的重心B.若𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗|−𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗·𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝐵

𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗|−𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=0,则O为△ABC的垂心C.若(𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗)·𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗)·𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=0,则O为△ABC的外心D.若𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗

·𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗,则O为△ABC的内心14.已知直线y=x+m和圆x2+y2=1交于A,B两点,O为坐标原点,若𝐴𝑂⃗⃗⃗

⃗⃗·𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=32,则实数m=()A.±1B.±√32C.±√22D.±1215.(多选)在日常生活中,我们会看到如图所示的情境,两个人共提一个行李包.假设行李包所受重力为G,作用在行李包上的两个拉力分别为F1,F2,且|F1|=

|F2|,F1与F2的夹角为θ.给出以下结论,其中正确的有()A.θ越大越费力,θ越小越省力B.θ的范围为[0,π]C.当θ=π2时,|F1|=|G|D.当θ=2π3时,|F1|=|G|16.(2020甘肃武威第六中学高三段考)已知△ABC为等腰直角三

角形,OA=1,OC为斜边上的高.若P为线段OC的中点,则𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=;若P为线段OC上的动点,则𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗的取值范围为.创新应用组17.(20

20重庆巴蜀中学高三月考)已知向量a=(2,0),向量b=(1,√3),向量c满足|c-a-b|=√3,则|c|的最大值为()A.2√33B.2√3C.3D.3√318.如图,在正方形ABCD中,P是对角线BD

上的一点,四边形PECF是矩形,用向量证明:PA⊥EF.参考答案课时规范练26平面向量的数量积与平面向量的应用1.D由题可知,因为四边形ABCD为直角梯形,所以𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗在𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗上的投影的数量为√2,由数量积的几何意义可知𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=(√

2)2=2,故选D.2.C设D为AB的中点,则𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=2𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗,∴2𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗·𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=0,即𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗·𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=0,∴CD⊥AB,∴直线CD是线段A

B的中垂线,∴△ABC为等腰三角形.故选C.3.D因为a⊥b,a=(-2,m),b=(1,-2),所以-2×1+(-2)×m=0,解得m=-1.所以a=(-2,-1),c=(0,5),所以b+c=(1,3).设a与b+c的夹角为θ,则cosθ=𝑎·(𝑏+𝑐)|𝑎||𝑏+𝑐|=-2×

1+(-1)×3√(-2)2+(-1)2·√12+32=-55√2=-√22,因为θ∈[0,π],所以θ=3π4,故选D.4.A𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(-2,-1),由题意知|b|=𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑎|𝑎|=-2×1+(

-1)×2√5=45√5.故选A.5.A∵𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗−𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(-x-1,2x-2),∴|𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|=√(-𝑥-1)2+(2𝑥-2)2=√5𝑥2-6𝑥+5.令y=5x2-6x+5,x>0,当x=35时,ymin=165,此时B

C最小,∴𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=(35,-65),𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=85,45,𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=35×85−65×45=0,∴𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⊥𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,即∠ACB=90

°,故选A.6.AC将a=(1,2),b=(m,1)代入b·(a+b)=3,得(m,1)·(1+m,3)=3,得m2+m=0,解得m=-1或m=0(舍去),所以b=(-1,1),所以|b|=√(-1)2+12=√2,故

A正确;因为2a+b=(1,5),a+2b=(-1,4),1×4-(-1)×5=9≠0,所以2a+b与a+2b不平行,故B错误;设向量2a-b与a-2b的夹角为θ,因为2a-b=(3,3),a-2b=(3,

0),所以cosθ=(2𝑎-𝑏)·(𝑎-2𝑏)|2𝑎-𝑏||𝑎-2𝑏|=√22,所以θ=π4,故C正确;向量a在向量b上的投影的数量的绝对值为𝑎·𝑏|𝑏|=1√2=√22,故D错误.故选AC.7.BD

由于△ABC内接于以O为圆心,1为半径的圆,且3𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+4𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+5𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=0,所以3𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+4𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=-5𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,两边平方并化简得25+24�

�𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=25,解得𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=0;3𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+5𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=-4𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,两边平方并化简得34+30𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=16,解得𝑂𝐴⃗⃗⃗

⃗⃗·𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=-35;4𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+5𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=-3𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗,两边平方并化简得41+40𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=9,解得𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=-45.所以∠BOC≠90°,故A错误;∠A

OB=90°,故B正确;𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗·𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗·(𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗−𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗)=𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗−𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝐶⃗⃗

⃗⃗⃗=45,故C错误;𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗·(𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗−𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗)=𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗−𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=-45--35=-15,故D正确.故选BD.8.8

∵𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=3𝐷𝐴⃗⃗⃗⃗⃗,∴𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗−𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=3(𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗−𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗),化简得𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=34𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+14𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗.同

理可得𝐶𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=-14𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+54𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗.∵∠C=π2,∴𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=0,∴𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗·𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝐶𝐸⃗⃗⃗⃗⃗·𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·(𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗+𝐶𝐸⃗⃗⃗⃗⃗)=𝐶𝐴⃗⃗⃗

⃗⃗·12𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+32𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=12𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗2+32𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=12|𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗|2=8.9.3π4-√22设a与b的夹角为θ,θ∈[0,π],则|a-2b|=√(𝑎-2𝑏)2=√|𝑎|2-2|𝑎||2𝑏|cos𝜃+

|2𝑏|2=√13,将|a|=1,|b|=√2代入上式,化简可得√1-4√2cos𝜃+8=√13,解得cosθ=-√22.∵θ∈[0,π],∴θ=3π4,即a与b的夹角为3π4.根据向量投影的定义可得,a在b上的投影的数量为|a|

cosθ=-√22.10.解(1)设向量𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+2𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗与向量2𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗的夹角为θ,则cosθ=(𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗+2𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗)·(2𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗+�

�𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗)|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗+2𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗||2𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗|,令|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗|=|𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|=a,则cosθ=2𝑎2+2𝑎2√

5𝑎·√5𝑎=45.(2)∵|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗|=|𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|=√2,∴|𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=1.设|𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗|=x(0≤x≤1),则|𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=1-x.而𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=2𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗

⃗,∴𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·(𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗)=2𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=2|𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗|·|𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗|cosπ=2x2-

2x=2x-122-12.∴当x=12时,𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗取得最小值,最小值是-12.11.解(1)b+c=(cosβ-1,sinβ),则|b+

c|2=(cosβ-1)2+sin2β=2(1-cosβ).因为-1≤cosβ≤1,所以0≤|b+c|2≤4,即0≤|b+c|≤2.当cosβ=-1时,有|b+c|=2,所以向量b+c的模的最大值为2.(2)若α=π4,则a=√22,√22.又由b=(cosβ,si

nβ),c=(-1,0)得a·(b+c)=√22,√22·(cosβ-1,sinβ)=√22cosβ+√22sinβ-√22.因为a⊥(b+c),所以a·(b+c)=0,即cosβ+sinβ=1,所以sinβ=1

-cosβ,平方后化简得cosβ(cosβ-1)=0,解得cosβ=0或cosβ=1.经检验cosβ=0或cosβ=1即为所求.12.BC由题可知,(𝑒1+𝜆𝑒2)2=λ2+2λe1·e2+1=(𝜆+𝑒1·𝑒2)2+1-(𝑒1·𝑒2)2≥1-(𝑒1·𝑒2)2.∵e1,

e2是两个单位向量,且|e1+λe2|的最小值为√32,∴(𝑒1+𝜆𝑒2)2的最小值为34,则1-(𝑒1·𝑒2)2=34,解得cos<e1,e2>=±12,∴e1与e2的夹角为π3或2π3,∴|e1+e

2|2=1+2e1·e2+1=2±2×12=1或3,∴|e1+e2|=1或√3.故选BC.13.AC对于A,设D为BC的中点,由于𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=-(𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗)=-2𝑂𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗,所以O为BC边上中线的三等分点(靠近点D),所以O为△A

BC的重心,故A正确;对于B,向量𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗|,𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗|分别表示与𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗方向相同的单位向量,设为𝐴𝐶'⃗⃗⃗⃗⃗⃗和𝐴𝐵'⃗⃗⃗⃗

⃗⃗,则它们的差是向量𝐵'𝐶'⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,则当𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗|−𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=0,即𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⊥𝐵'𝐶'⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗时,点O在∠BAC的平分线上,同理由𝑂𝐵

⃗⃗⃗⃗⃗·𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗|−𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=0,知点O在∠ABC的平分线上,故O为△ABC的内心,故B错误;对于C,𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗是以OA,OB为邻边的平行四边形的一条对角线,而AB是该平行四边形的另一条对角线

,𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗·(𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗)=0表示这个平行四边形是菱形,即OA=OB,同理有OB=OC,于是O为△ABC的外心,故C正确;对于D,由𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝐶⃗

⃗⃗⃗⃗得𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗−𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=0,∴𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗·(𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗−𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗)=0,即𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗·𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=0,∴𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⊥𝐶�

�⃗⃗⃗⃗⃗.同理可证𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⊥𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⊥𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗.∴OB⊥CA,OA⊥CB,OC⊥AB,即O是△ABC的垂心,故D错误.故选AC.14.C联立{𝑦=𝑥+𝑚,𝑥2+𝑦2=1,

消y可得2x2+2mx+m2-1=0.由题意知Δ=-2m2+8>0,解得-√2<m<√2.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-m,x1x2=𝑚2-12,y1y2=(x1+m)(x2+m)=x1x2+m(x1+x2)+m2,∴�

�𝑂⃗⃗⃗⃗⃗=(-x1,-y1),𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(x2-x1,y2-y1).∵𝐴𝑂⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=32,∴𝐴𝑂⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=𝑥12-x1x2+𝑦12-y1y2=1-𝑚2-12−𝑚2-12+m2-m2=2-m2=32,解得m=±√2

2.故选C.15.AD因为|G|=|F1+F2|为定值,所以|G|2=|F1|2+|F2|2+2|F1|×|F2|×cosθ=2|F1|2(1+cosθ),解得|F1|2=|𝐺|22(1+cos𝜃);设y=cosθ,由题意知

θ∈(0,π)时,y=cosθ单调递减,所以|F1|2单调递增,即θ越大越费力,θ越小越省力,A正确;由题意知,θ的取值范围是(0,π),B错误;当θ=π2时,|F1|2=|𝐺|22,所以|F1|=√22|G|,C错误;当θ=

2π3时,|F1|2=|G|2,所以|F1|=|G|,D正确.故选AD.16.14[0,1]△ABC为等腰直角三角形,CO为斜边上的高,则CO为边AB上的中线,所以AC=BC=√2,AO=BO=CO=1.

当P为线段OC的中点时,在△ACO中,AP为边CO上的中线,则AP=12(𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝑂⃗⃗⃗⃗⃗),所以𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=12(𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝑂⃗⃗⃗⃗⃗)·𝑂𝑃

⃗⃗⃗⃗⃗=12(𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝑂⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗)=12|𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|·|𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗|cos45°+0=12×√2×12×√22=14.当P为线段OC上的动点时,设𝑂�

�⃗⃗⃗⃗⃗=𝜆𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,0≤λ≤1,𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+𝐶𝑃⃗⃗⃗⃗⃗)·𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗+𝐶𝑃⃗⃗⃗⃗

⃗·𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=𝜆𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗-(1-λ)𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗·(𝜆𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗)=λ×1×√2×√22-(1-λ)·λ=λ-λ+λ2=λ2∈[0,1],所以𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗的取值范围为[0,1].17.D设c=(

x,y),∵a=(2,0),b=(1,√3),∴c-a-b=(x-3,y-√3),故|c-a-b|=√(𝑥-3)2+(𝑦-√3)2=√3,即(x-3)2+(𝑦-√3)2=3,将c的起点放到坐标原点,则终点在以(3,

√3)为圆心,√3为半径的圆上.∴|c|的最大值即圆心到原点的距离加半径,即√9+3+√3=3√3,故选D.18.证明(方法1)设正方形边长为a,由于P是对角线BD上的一点,可设𝐷𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=𝜆𝐷𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗(0<λ<1).则�

�𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=𝐷𝐴⃗⃗⃗⃗⃗−𝐷𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=𝐷𝐴⃗⃗⃗⃗⃗-𝜆𝐷𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐷𝐴⃗⃗⃗⃗⃗-λ(𝐷𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗)=(1-λ)𝐷𝐴⃗⃗⃗⃗⃗-𝜆𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗.又因为𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗

=𝐶𝐹⃗⃗⃗⃗⃗−𝐶𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=(1-λ)𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗-𝜆𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,所以𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=[(1-λ)𝐷𝐴⃗⃗⃗⃗⃗-𝜆𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗]·[(1-λ)𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗-𝜆𝐶�

�⃗⃗⃗⃗⃗]=(1-λ)2𝐷𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗-(1-λ)𝜆𝐷𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗-λ(1-λ)𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗·𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗+λ2𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗·𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=-λ

(1-λ)a2+λ(1-λ)a2=0,因此𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⊥𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗,故PA⊥EF.(方法2)以D为原点,DC,DA所在直线分别为x轴、y轴,建立如图所示的直角坐标系.设正方形边长为a,由于P是对角线BD上的一点,设DP=λD

B=√2𝜆a(0<λ<1),则A(0,a),P(λa,λa),E(a,λa),F(λa,0),于是𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=(-λa,a-λa),𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=(λa-a,-λa),因此𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=

-λa(λa-a)-(a-λa)λa=-λ2a2+λa2-λa2+λ2a2=0,因此𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⊥𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗,故PA⊥EF.