【文档说明】2023年高考数学必刷压轴题（新高考版）专题15 平面向量（选填压轴题） Word版含解析.docx，共(49)页，3.866 MB，由小赞的店铺上传

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专题15平面向量（选填压轴题）平面向量（选填压轴题）①向量模问题（定值，最值，范围）②向量数量积（定值，最值，范围）③向量夹角（定值，最值，范围）④向量的其它问题①向量模问题（定值，最值，范围）1．（2022·浙江·永嘉中学高一竞赛）已知点P是边长为1的正五边形ABCDE内(含边界)一点，

则++++PAPBPCPDPE的最大值是（）A．12cos36B．12sin36C．52cos36D．52sin36【答案】D【详解】如图，建立平面直角坐标系，取AB的中点F，则36072,365AOBAOF===∴圆O的半径

1sin2sin36AFrAOAOF===则()cos90,sin90Arr，即()0,Ar()()()cos9072,sin9072Brr++，即()sin72,cos72Brr−()()()cos90144,sin90144Crr++，即()cos5

4,sin54Crr−−()()()cos90216,sin90216Drr++，即()cos54,sin54Drr−()()()°cos90288,sin90288Err++，即()s

in72,cos72Err则()()()()()PAPBPCPDPEOAOPOBOPOCOPODOPOEOP++++=−+−+−+−+−()5OAOBOCODOEOP=++++−∵()()0,12cos722sin54OAOBOCODOEr++++=+−设18t=，则(

)()()2223cos3cos2cos2cossin2sincos2cos2sincos2cos1cos21coscos4cos3costtttttttttttttttt=+=−=−=−−−=−∵cos

3sin2tt=，则34cos3cos2sincostttt−=又∵cos0t，则24cos32sintt−=∴()222cos112cos212sinttt−−=−=，则12sin2cos20tt+−=即112sin182cos32cos7

2260sin54+−+==−∴0OAOBOCODOE++++=，则5PAPBPCPDPEOP++++=−由此易得55PAPBPCPDPEOPr++++=，即其最大值是52sin36.故选：D.2．（2022·全国·高三专题练习）在平面内，定点,

,,ABCD满足||||||DADBDC==，2DADBDBDCDCDA===−，动点P，M满足||1AP=，PMMC=，则2||BM的最大值是（）A．434B．494C．47634+D．372334+【答案】B【详解】由题意知||||||DADBDC==，即点D到,,ABC三点的距离

相等，可得D为ABC的外心，又由2DADBDBDCDCDA===−，可得()0DADBDBDCDBDADCDBCA−=−==，所以DAAC⊥，同理可得,DABCDCAB⊥⊥，所以D为ABC的垂心，所以ABC的外心

与垂心重合，所以ABC为正三角形，且D为ABC的中心，因为21cos()22DADBDADBADBDA==−=−，解得2=DA，所以ABC为边长为23的正三角形，如图所示，以A为原点建立直角坐标系，则(3,3),(3,3),(2,0)BCD−，因为

1AP=，可得设(cos,sin)P，其中[0,2]，又因为PMMC=，即M为PC的中点，可得3cos3sin(,)22M++，所以2223712sin()3cos3sin3712496(3)(3)22444BM+−+++

=−++==.即2BM的最大值为494.故选：B.3．（2022·全国·高三专题练习）设向量a，b，c满足：||||1ab==，12ab=−，,60acbc−−=，则||c的最大值为（）A．2B．3C．2D．1【答案】A【详解】由题意可得||||1ab

==，12ab=，111cos,2ab=−，1cos,2ab=−，又,0,πab，,120ab=，设OAa=，OBb=，OCc=，则CAac=−，CBbc=−，又,60acbc−−=，6012

0180ACBAOB+=+=，A、O、B、C四点共圆，当||c最大时，有||2cOCR==，R为该圆的半径，由2222()23ABbaabab=−=+−=，所以，3AB=在AOB中，由正弦定

理可得22sinsin1203ABRAOB===，当且仅当OC是AOB的平分线时，取等号，此时||c的最大值为圆的直径大小为2.故选：A．4．（2022·全国·高三专题练习）平面内，定点A，B，C，D满足||||||2DADBDC=

==，且2DADBDBDCDCDA===−，动点P，M满足||1AP=，PMMC=，则2||BM的最大值为（）A．37634+B．372334+C．434D．494【答案】D【详解】由题||||||DADBDC==，则D到A，B，C三点的距离相等，所以D是ABC的外心.又2DADBDBDCD

CDA===−，变形可得()0DADBDBDCDBDADCDBCA−=−==，所以DBAC⊥，同理可得DABC⊥，DCAB⊥，所以D是ABC的垂心，所以ABC的外心与垂心重合，所以ABC是正三角形，且D是ABC的中心；由1||||cos||||()22DADB

DADBADBDADB==−=−，解得||2DA=，所以ABC的边长为23；如图所示，以A为坐标原点建立直角坐标系，则(3,3)B−，(3,3)C=，(2,0)D，||1AP=，可设(cos,sin)P，其中[0，2]，而PMMC=，即M是PC的中点，则3cos3

sin(,)22M++，2223712sin()cos3sin333712496||()()22444BM+−−++=+==„，当23=时，2||BM取得最大值为494．故选：D．5．（2022·浙

江·诸暨市教育研究中心高二学业考试）已知34ab→→=，2ab+=，向量c→满足0acbc→→→→−−=，则c→的取值范围是（）A．1,2B．13,22C．1,3D．

0,1【答案】B【详解】由题意34ab→→=，2ab+=得：24ab+=，即有2252ab+=，如图示，设3,,cos4OAaOBbAOB===，故不妨设(2,0)a=，则2||2,||2ab==，则3214(,)88b=，设OCc=，则,CAacCBb

c=−=−，因为0acbc→→→→−−=，故可得CACB⊥，所以C点在以AB为直径的圆上运动，在AOB中，223214||(2)()188AB=−+=,AB的中点为11214(,)1616，则以AB为直径的圆的

方程为22112141()()16164xy−+−=，故||OC的最大值为221121413()()161622++=，最小值为221121411()()161622+−=，即c→的取值范围是13,22，故选：B6．（2

022·辽宁葫芦岛·高一期末）如图，在等腰ABC中，已知2ABAC==，120A=，E，F分别是边AB，AC上的点，且AEAB=，AFAC=，其中，R，且21+=，若线段EF，BC的中点分别为M，N，则MN的最小值是（）A．77B．217C．2114D．21

【答案】B【详解】在等腰ABC中，已知o2,120,ABACA===uuuruuur则cos2ABACABACA==−uuuruuuruuuruuur，因为,EF分别是边,ABAC的点，所以111()(),()222AMAFAEACABANABAC=+=+=+，而1[(1)(

1)]2MNANAMABAC=−=−+−，左右两边平方得222221[(1)2(1)(1)(1)]4MNABABACAC=−+−−+−22221[4(1)4(1)(1)4(1)]14=−−−−+

−=+−−−+，又因为21+=，所以222237417()77MN=−+=−+uuur，所以当27=时，2MN的最小值为37，即MN的最小值为217.故选：B.7．（2022·内蒙古通辽·高二期末（理））已知向量,,abc

满足3,1,7,2ababcca==−==−.设()mtbtR=，则mc−的最小值为（）A．2B．232−C．4D．23【答案】B【详解】因为7ab−=，所以222aabb−+=7.又3,1ab==，所以

96cos,17ab−+=，解得1cos,2ab=，则向量,ab的夹角为3.建立如图所示的直角坐标系xOy，设()()133,0,,,,22aOAbOBcOCxy======，因为2cca=−，所以22222(3)xyxy+=−+，即

22(4)4xy−+=.设mOMtOB==，则点M在直线OB上运动.min,||sin22323EOBmcOMOCCMCMdrOE−−=−==−=−=−.故选：B.8．（2022·贵州·高二学业考试）已知平面向量,,abc满足211,cos,,4302

aacbab==−+=，则bc−的最小值是（）A．312−B．32C．3D．31−【答案】D【详解】建立平面直角坐标系xOy，设,,aOAbOBcOC===，由11,cos,2aac==，不妨设()1,0aOA==，又,3ac=，不妨设C在直

线()30yxx=上，又2430bab−+=可得2441bab−+=，即22441baba−+=，则()221ba−=，设()2,0D，则22ODOAa==，则()21OBOD−=，即21DB=，则B在以()2,0D

为圆心，1为半径的圆上；又ObCcOBCB−=−=，则bc−的最小值等价于CB的最小值，即以()2,0D为圆心，1为半径的圆上一点到直线()30yxx=上一点距离的最小值，即圆心到直线的距离减去半径，即2313113−=−+，则bc−的最小值是31−.故选：D.9．（

2022·浙江台州·高一期末）已知,,abc是平面内三个非零向量，且,1ababbcca⊥−=−=−=，则当ab−与c的夹角最小时，c=（）A．12B．22C．32D．2【答案】B【详解】设,,aOAbOBcOC===，因为1abbcca−=−=−=，所以1B

ACBAC===，即ABC是边长为1的等边三角形，因为ab⊥，则可以O为原点，,OAOB为坐标轴建立直角坐标系，设BAO=，则()cos,0A，()0,sinB，231coscossincos322Cx=+−=+，21

3sinsincos322Cy=−=+，则2231sin22CCcxy=+=+，()()31131cos,sinsincos,sincoscos222222abc−=−++=，则()21cos21sin22cos,423sin

231sin22abcabcabc−−−===+−+，令sin21,1t=−，则21cos,423tabct−−=+，令()21,1,1423tfttt−=−+，则()()()()2313223ttftt−++=+，则可得

()ft在31,3−−单调递增，在3,13−单调递减，所以()ft在3t3=−取得最大值，即cos,abc−最大，ab−与c的夹角最小，此时33321sin212232c=+=+−=.故选：B.10．（2022·

江苏·扬中市第二高级中学模拟预测）已知a与b为单位向量，且a⊥b，向量c满足||2bca−−=rrr，则|c|的可能取值有（）A．6B．5C．4D．3【答案】D【详解】根据题意，设OAa=，OBb=，OCc=，

以O为坐标原点，OA的方向为x轴正方向，OB的方向为y轴的正方向建立坐标系，则(1,0)A，(0,1)B，设(,)Cxy，则(1,1)cabxy−−=−−，若||2bca−−=rrr，则有22(1)(1)4xy−+−=，则

C在以(1,1)为圆心，半径为2的圆上，设(1,1)为点M，则||2OM=，则有||||||rOMOCrOM−+剟，即22||22OC−+剟，则||c的取值范围为22,22−+；故选：D．11．（2022·浙

江·高一期中）已知平面向量a，b，c满足1a=，2b=，2aab=，22cbc=，则22cacb−+−的最小值为________.【答案】732−【详解】令OAa=，OBb=，OCc=，OB的中点为D，AB的中点为E，OD的中点为F，

a与b的夹角为，连接CA、CB、CD、CO、EF.由1a=，2b=，2aab=，得112cos=，1cos2=，因为0,，所以3=，在OAB中，由余弦定理得3AB=.又由22cbc=，得02−=bcc，所

以点C的轨迹为以OD为直径的圆.因为()()222222+=+−−cbBCaACc2222112422ECABECABCEAB=++−=+uuuruuuruuuruuuruuruuur2214343723

2CEEF=+−+=−，当且仅当点C、E、F共线，且点C在点E、F之间时，等号成立.所以22cacb−+−的最小值为732−.故答案为：732−.12．（2022·全国·高三专题练习）在平面内，定点A，B，C，D满足|||

|||2DADBDC===，0DABCDBACDCAB===，动点P，M满足||1AP=，PMMC=，则2||BM的最大值为__．【答案】494【详解】解：平面内，||||||2DADBDC===，0DABCDBACDCAB===，DABC⊥，⊥DBAC，DCAB⊥，可设(0,0)D

，(2,0)A，(1,3)B−，(1,3)C−−，动点P，M满足||1AP=，PMMC=，可设(2cos,sin)P+，1cos(2M+，sin3)2−，3cos(2BM+=，sin33)2−，2223712sin()3cossi

n336cos63sin37496()()22444BM+−+−−+=+==„，当且仅当sin()16−=时取等号，2||BM的最大值为494．故答案为：494．13．（2022·全国·高三专题练习）已知平面向量a，b和

单位向量1e，2e满足12ee=−，121213aeeaeebae−+=+−=+，，22+=，当a变化时，b的最小值为m，则m的最大值为__________.【答案】23【详解】不妨设()11,0

e=ur，(),axy=，则由题知()21,0e=−()()12122,2,aeexyaeexy−+=−+−=+，又12123aeeaee−+=+−，所以()()2222232xyxy−+=++整理得225924xy++=①，所以41x−−≤≤又1bae=+，22+=所以()

()12222,baexy=+−=+−而()()2222bxy=+−+()()()222222222xyx=++−+−将①代入整理得：()29484bxx=−+−+令()(

)29484,4,1fxxx=−+−+−−，90x−，()f有最小值，()()()2min169484162036999xxxfxx−−−==++−min416204,1999xmbxx==++−−，又

41641616299999xxxx−−+=−−，当且仅当2x=−时等号成立所以42093m=，当2x=−时m有最大值23.故答案为：23.14．（2022·黑龙江·哈尔滨三中高一阶段练习）在ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c

，O为ABC外心，若2a=，3ABC=+，则23OAOBOC++的范围是______．【答案】)131,25−【详解】因为3ABC=+，而ABC++=，故4A=，故外接圆半径R满足222sin4R==，故1R=，所以1OAOBOC===，而242BOC=

=，故32BOACOA+=，如图，在单位圆中，设BOA=，则302，32COA=−又2231494612OAOBOCOAOBOAOCOBOC++=+++++若02，则32COA

，故2323144cos6cos22OAOBOC++=++−−144cos6cos2=+++144cos6sin=+−，若2，则2COA

，故2323144cos6cos2OAOBOC++=++−144cos6sin=+−，若32，则02COA，故()2323144cos26cos2OAOBOC++=+−+−1

44cos6sin=+−，综上，302时，总有()223144cos6sin14213cosOAOBOC++=+−=++，其中213313cos,sin1313==，且0,2

，因为302，故32++，而2133313cos,cossin13213=+==，故()3131cos13−+，所以2142132320OAOBOC−++，故1312325OAOBOC−++

，故答案为：)131,25−15．（2022·浙江·模拟预测）已知平面向量,ab满足|5|4,[0,1]abab−=，则a的取值范围是__________．【答案】[0,1]【详解】当0a=时，取()4

,0b=−明显成立，当0a时，不妨设()()(),00,,appbxy==，则1[0,1],[0,]abpxxp=，∴()()()()222455,555abpxypxypxpx=−=−−=−+−−=−，即存在1[0,]xp，使54px

−，当1p时，()101,(1,0],54,xpxp−−−+，不合题意，当01p时，存在1[0,]xp，使54px−，即(0,1]a适合题意；综上，a的取值范围是[0,1].故答

案为：[0,1].16．（2022·浙江·瑞安市瑞祥高级中学高一阶段练习）已知平面向量,,,abce满足：1e=，2ae=，4be=，210ab−=，()()112ctatbtR=+−，则当cr取到最小值时，ab=___

________.【答案】2009【详解】根据题意，因为1e=，2ae=，4be=，设()1,0e=r，()2,am=，()4,bn=，所以()26,2abmn−=−−，所以()()2226210abmn−=−

+−=，所以()2264mn−=，所以28mn−=或28mn−=−，即82mn=+或82mn=−+；当82mn=+时，因为()()112ctatbtR=+−，所以()43,4ctnt=−+，所以()()22434ctnt=−++，当且仅当430t−=且40nt+=时，cr取到

最小值，解得43t=，163n=−，83m=−，所以82,3a=−，164,3b=−，所以81620024339ab=+−−=；当82mn=−+时，因为()()112ctatbtR=+−，所以()43,4ctnt=−−，所以()(

)22434ctnt=−+−，当且仅当430t−=且40nt−=时，cr取到最小值，解得43t=，163n=，83m=，所以82,3a=，164,3b=，所以81620024339ab=+=；综上所述：2009ab=.故答案为：2009.②向量数量

积（定值，最值，范围）1．（2022·全国·高三专题练习）已知抛物线2:4Cxy=，点M为直线1y=−上一动点，过点M作直线,MAMB与C分别切于点,AB则MAMB=___________.【答案】0【详解】由24xy

=，得214yx=，则12yx=，设221212,,44xxAxBx，，0(,1)Mx−，所以1222MAMBxxkk==，，得切线MA的方程为2111()42xxyxx−=−，即21124

xxyx=−，切线MB的方程为2222()42xxyxx−=−，即22224xxyx=−，又两条切线过切点0(,1)Mx−，有2110124xxx−=−、2220124xxx−=−，所以12xx、是方程20

124xxx−=−即2011042xxx−−=的两实根，得1201224xxxxx+==−，，又22121020(,1)(,1)44xxMAxxMBxx=−+=−+，，所以22121020()()(1)(1)44xxMAMBxxxx=−−+++uuuruuur2222212120120121(

)()1164xxxxxxxxxx=−++++++22221212012012121()[()2]1164xxxxxxxxxxxx=−+++++−+将1201224xxxxx+==−，代入上式，得222000421210MAMBxxx=−−+++++

=.故答案为：0，2．（2022·全国·高三专题练习）在ABC中，若120BAC=，点D为边BC的中点，1AD=，则ABACuuuruuur的最小值为______.【答案】2−【详解】()()()2ABACADDBADDCADADDCDBDBDC=++=+++uuuruuur

uuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuur，因为D为边BC的中点，1AD=，故21ABACDB=−uuuruuuruuur，故求DB的最大值.设DBDCx==uuuruuur，,ACaABc==，则由余弦定理，2221

cos2xcBDAx+−=，2221cos2xbCDAx+−=，因为180BDACDA+=o，故22222211022xcxbxx+−+−+=，即22222xbc+=+，又()22223xbcbcbc=++，故22224xxbc+=−，即2242223xbcx=++，此时23

x，故212ABACx=−−uuuruuur，当且仅当bc=时取等号.即ABACuuuruuur的最小值为2−故答案为：2−3．（2022·浙江省义乌中学高一期末）已知向量ab，，满足236abc===，若以向量ab，为基底，将向量c表示成cab=+（，为实数），都有

1+„，则ab的最小值为________【答案】4410−【详解】由题可知，6,3,2.abc===不妨设()60OAa,==，OCb=,OBc=,则点B、C分别在以原点为圆心，半径分别为2和3的圆上运动，又cab=+（，为实数），都有1+„，所以当A、B、C三点共线时且此

线与半径为2的圆相切时，向量ab，的夹角最大，此时，ab的最小.此时，在AOC△中，由余弦定理可得，()222222635422210cos22369OAOCACAOCOAOC+−++−−===,cos63cos4410ababAOC=−

==故答案为：4410−.4．（2022·浙江省临安中学模拟预测）已知单位向量e，向量(1,2)ibi=，满足iiebeb−=，且12xbybe+=，其中1xy+=，当12||bb−取到最小时，12bb=_______．【答案】0【详解】由

题意得12()1xbybeee+==，故121xbeybe+=，又12xbybe+=，1xy+=，故122()xbbeb−=−，1222||||||xbbebeb−=−=，同理得1211||||||ybbebeb−=−=，故121212||||||||(|

|||)||1xybbyxbbxyyxbb−+−=+−=，显然,0xy，故2()1||||222xyxyyxxy++==，当且仅当12xy==时等号成立，此时12||bb−取到最小值2，122bbe+=，得22121

212()()44bbbbbb+=−+=，得120bb=．故答案为：05．（2022·全国·高三专题练习）已知向量,,abc满足||2,||1,||1abcab==−−=rrrrr，若对任意c，22()()11cacb−+−rrrr恒成立，则ab的取

值范围是___________.【答案】12,2−−【详解】解析：因为()()()22222cacbcabcab−+−−−−=−rrrrrrrrrr，则()()22212Scacbcab=−+−=+−rrrrrrr，因为1,3ab+rr，由()||||cabca

bcabcab−+−−=−+++rrrrrrrrrrrr，由()1||cabcab=−+++rrrrrr，即1cab−+rrr，由1,3ab+rr，则1cab−+rrr恒成立.由()||1cabcab−+−+=rrrrr

r,即11abcab+−++rrrrr则2max1(||1)2Sabab=+++−rrrr22221122aabbab=++++++rrrrrr725211ab=++rr，解得12ab−rr，又2abab−

=−rrrr所以12,2ab−−rr.故答案为：12,2−−6．（2022·浙江省杭州学军中学模拟预测）已知平面向量,,abc满足||1,||||22===abc，且()()0abac−−=，π,0

4ab=，则()||−−bacac的取值范围是_____________．【答案】2525,55−【详解】由题可设OAa=，OBb=，OCc=，(0,0)O，(1,0)A，B、C

在以O为圆心半径为22的圆上，又()()0abac−−=，则BACA⊥．因为π0,4AOB=，记b与−ac的夹角为，①当0=时，π2=，cos0=；②当π4=时，由对称性可设(2,

2)B−，∴2ABk=−，∴12ACk=，1tan2OAC=−，ππ2OAC∴25cos5OAC=−，5sin5OAC=，∴π2525210coscos4525210OAC=−=−+=−；

综上，结合图像可得1010cos,1010−，所以()||||cos252522cos,||||55−−==−−−bacbacacac．故答案为：2525,55−．7．

（2022·全国·高一）已知△ABC三点在平面直角坐标系xoy所在平面内，点B、C分别在x、y正半轴上滑动，2BAC=，6BCA=，1AB=，则OAOB的最大值为______．【答案】332+【详解】建立如图的坐标系，90CABCOB==,所以,,,COBA

四点共圆.30ACBAOB==,设=BCO()090，则=OAB且=90-CBO，=90-60150ABO+=−,在AOB中，由正弦定理知：()sin30sinsin150ABOA

OB==−,即()11sinsin1502OAOB==−，()2sin150,2sinOAOB=−=,故()()()cos3023sin150sin3cos150cos150OAOBOAOB==−=−−−−+=

()33cos15022−+，其中090，301502150,1502075−−−==时，()cos1502=1−，故OAOB有最大值332+.故答案为：332+8．（2022·上海市七宝中学高三

期中）设AM为ABC中BC边上的中线，且APPM=.若,23BACBC==，则PBPC的最大值为_________【答案】14−##0.25−【详解】()()PBPCABAPACAP=−−①M为BC中点,P为AM中点(

由APPM=得到)()1,4APABAC=+代入①式得3131444444ABACABACPBPCABACABACACAB++=−−=−−2233516168ABACACAB=−−+又coscos32ABA

CABACABACAABAC===代入得22533161616PBPCABACABAC=−−由余弦定理222,cos2bcaAbc+−=得224,,,bcbcABcACbBCa+=+===()()223535341616161684bcPBPCbcbc

bcbc=−++=−++=−由224bcbc+=+结合基本不等式得2242bcbcbc+=+…所以4bc当且仅当2bc==取等13131484844PBPCbc=−−=−PBPC最大值为14−故答案为：

14−9．（2022·江苏·辅仁高中高一阶段练习）已知A，B，C，D是平面内四点，且(2,1),(2,1)ACBD==−，则ABCD的最小值为___________.【答案】4−【详解】设(,)Axy，(,)Bmn，则(2

,1)Cxy++，(2,1)Dmn−+，所以(,)ABmxny=−−，(4,)CDmxny=−−−，则2222()4()()(2)()4ABCDmxmxnymxny=−−−+−=−−+−−，当2mx−

=，ny=时ABCD的最小值为4−.故答案为：4−10．（2022·福建·厦门一中高一阶段练习）已知三角形ABC，点D为线段AC上一点，BD是ABC的角平分线，I为直线BD上一点，满足()0ACABAI

ACAB=−，4CACB+=，2CACB−=，则BIBA=_____________.【答案】6【详解】由,ACABACAB为,ACAB方向上的单位向量，易知：AI是BAC外角的角平分线，又BD是ABC的角平分线，即I为△ABC的旁心，而4CACB

+=，||2CACBBA−==，法一：作IOBA⊥于O点，则1()32BOABACBC=++=，如下图示，所以1AO=，又2()BIBABABABAAOBAOIBAOOAI=+=+++，所以4206BIBA=++=.法二

：不妨设△ABC为等边三角形，即260AIBACB==，则30AIBABI==，所以||2CACBBA===，故||2AI=，而2()BIBABAAIBABAAIBA=+=+，所以422c

os606BIBA=+=.故答案为：611．（2022·广东·广州市协和中学高一期中）在ABC中，4,1ABAC==，P为AB边上一点，14232ABAC+=，则PBPC的最小值为______

．【答案】4916−【详解】延长AC至点D，使AD=4AC，连接BD，取BD的中点E，连接AE，由于4,1ABAC==，所以4=AD，由三线合一得：AEBD⊥，因为14232ABAC+=，所以AE23=，由勾股定理得：16122BEDE==−=，所以△ABD为等边三角形，以A为坐标原点，

AB所在直线为x轴，垂直AB为y轴建立如图所示平面直角坐标系，则()4,0B，13,22C，设(),0Pm（04m），所以()221399494,0,2222416mmPmPCmBm

=−−=−+=−−，当94m=时，PBPC取得最小值，最小值为4916−.故答案为：4916−12．（2022·上海·华东师范大学附属东昌中学高三阶段练习）已知点P在圆222xy+=上，已知(4,0)A，(0,4)B−，则PAPB的最小值为_

__________.【答案】6−【详解】由题意，取线段AB的中点()2,2M−，则2PAPBPM+=，2PAPBBABM−==，两式分别平方得：22224PAPAPBPBPM++=①，22224PAPAPBPBBM−+=②，①－②得：222214PAPBPMBMPM

AB==−−，因为圆心()0,0O到()2,2M−距离为22OM=，所以||PM最小值为2222−=，又||42AB=，故最小值为：286−=−.故答案为：6−③向量夹角（定值，最值，范围）1．（2022·上海交大附中高二阶段练习）若平面向量a

，b，c满足1c=，1ac=，3bc=，2ab?，则a，b夹角的取值范围是（）A．ππ,62B．π,π6C．ππ,32D．π,π3【答案】C【详解】设OAa=，OBb=，OCc=，以O为原点，c方向为x轴正方向建立平面直角坐标系，10

ac=，30bc=，20ab=，a，b，c三者直接各自的夹角都为锐角，1c=，cos,1acacac==，cs3o,bcbcbc==，cos,1aac=，,3cosbbc=，即a在c上

的投影为1，b在c上的投影为3，()1,Am，()3,Bn，如图()1,am=，()3,bn=32amnb=+=即1mn=−，且222cos,19abababmn==++则2222222222244cos,9910919abnm

mnnmmn===+++++++，由基本不等式得222292966nmnmmn+==，21cos,4ab，a与b的夹角为锐角，10cos,2ab，由余弦函数可得：a与b夹角的取值范围是ππ,32，故选：C.2．（202

2·浙江·绍兴市教育教学研究院高二期末）已知平面向量,ab，满足1a=，且对任意实数，有1ba−，设b与ba−夹角为，则cos的取值范围是（）A．20,2B．30,5C．2,12

D．3,15【答案】D【详解】由题意可设(1,0),(,)abxy==，则(,)baxy−=−由于对任意实数，有1ba−，故22()1xy−+恒成立，即222210xxy−++−对任意实数恒成立，故22244)0(1xxy+−

=−，即21y，所以向量(,)bxy=r对应的点位于如图所示的直线1y=外部的阴影区域内（含边界直线1y=），设OAa=，OBb=，则ABba=−,故ABO=，不妨假设向量(,)bxy=r对应的点在上部分区域内，则由图可以看到当(,)bxy=r对应的

点位于B处，即在直线1y=上，且当OBAB=时，最大，此时2215||1,||||1()22OAOBAB===+=，所以22255()()1322coscos555222OBA+−===，即cos最小值

为35，由图可以看到，当B点沿直线1y=向外运动或在阴影部分中向远处运动时，可以无限趋近于0，故cos1，因此cos的范围是3,15，当B点位于直线1y=−上或1y=−下方的区域内时，同理可求得cos的范围是3,15，故选：D3．（2022·江

西·横峰中学高一期末）在锐角ABC中，a、b、c分别是ABC的内角A、B、C所对的边，点G是ABC的重心，若AGBG⊥，则cosC的取值范围是（）A．6,13B．40,5C．46,53D．4,15【答案】C

【详解】连接CG并延长交AB于点D，则D为AB的中点，因为AGBG⊥，则1122GDABc==，由重心的性质可得2CGGD=，则32CDc=，因为()()111222CDCAADCAABCACBCACACB=+=+=+−=+，所以，2CDCACB=+，所以

，22242CDCACBCACB=++，所以，222222cos99918cosbaabCcababC++==+−，所以，2cos05abCba=+，则C为锐角，由余弦定理可得()()222222222212cos255cababCababab=+−=+−+=+，

所以，2225abc+=，因为ABC为锐角三角形，则cos0cos0AB，即222222bcaacb++，即222222225555babaaabb++++，所以，6632ba，构造函数()1fxx

x=+，其中0x，任取1x、()20,x+且12xx，则()()12121211fxfxxxxx−=+−+()()()1212121212111xxxxxxxxxx−−=−+−=.当1201xx<<<时，120xx−，120

1xx，则()()12fxfx，当211xx时，120xx−，121xx，则()()12fxfx，所以，函数()fx在()0,1上单调递减，在()1,+上单调递增，因为6632ba，所以，5626baab+，故246cos,553abCba

=+.故选：C.4．（2022·浙江·镇海中学高二期末）已知平面向量a、b、c满足221cacb−=−=，则4ab−与2cb−所成夹角的最大值是（）A．6B．3C．23D．56【答案】A【详解】设2ac−与2cb−夹角为，4ab−与2cb−所成夹角为，()

()4222abaccb−=−+−，所以，2224242422cos54cosabaccbaccb−=−+−+−−=+，①()()()()()()()24222222222abcbaccbcbaccbcb−−=−+−

−=−−+−2cos0=+，②又()()4242cos4cos0cos0abcbabcbab−−=−−=−，③②与③联立可得()2224cos2cos4cos2cosabab−=+−=+，④①④联立可得()()()22222c

oscos116cos259354cos9cos1154cos54cos1654cos8161654cos+−−++==+=+=++++++()354cos9328161654cos4++=+，当且仅当1cos2=−时，取等号，233

coscos42，0,，则0,6，故4ab−与2cb−所成夹角的最大值是6，故选：A.5．（2022·福建省厦门集美中学高一期中）ABC中，若5ABAC==，6BC=，点E满足21155CECACB=+，

直线CE与直线AB相交于点D，则cosADE=（）A．1010B．1510C．25D．3010【答案】A【详解】在△ABC中，由余弦定理得：2222525367cos225525ABACBCAABAC+−+−===

设CECD=，0，因为21155CECACB=+，所以21155CDCACB=+，即21155CDCACB=+，因为A、B、D三点共线，所以211155+=，解得：13=，所以2355

CDCACB=+，即()()2355CDCACBCD−=−32ADDB=因为AB=5，所以AD=3，BD=2在三角形ACD中，由余弦定理得：22271282cos925235255CDADACADACA=+−

=+−=，因为0CD，所以8105CD=所以128925105cos10810235ADE+−==故选：A6．（2022·全国·高二期末）已知||1,||2,(1),,01OAOBOPtOAOQtO

Bt===−=.||PQ在0t时取得最小值，问当0105t时，向量OA与OB夹角的取值范围是（）A．2,33B．,63C．2,23D．2,33【答案】C【详解】设向量OA与OB的夹角为，则cos2cosOAOBO

AOB==，()1PQOQOPtOBtOA=−=−−,则()()()2221PQOQOPtOBtOA=−=−−()()2222121tOBtOAttOBOA=+−−−()()22414cos1tttt=+−

−−()()254cos24cos1tt=++−−+，因为54cos0+，所以当()024cos12cos254cos54cost−−+=−=++时，||PQ在0t时取得最小值，又因为0105t，所以12cos1054cos5++，故1cos02−

，又0,，所以223，所以OA与OB的夹角的取值范围是2,23，故选：C.7．（2022·全国·高一课时练习）ABC中，若5ABAC==，6BC=，点E满足21155CECACB=+，直线CE与直线AB相交于点D，则cosADE=（）A．1010B．31010

C．1010−D．31010−【答案】A【详解】如图所示，以B点为原点，BC为x轴构建直角坐标系，因为5ABAC==，6BC=，所以()0,0B，()6,0C，()3,4A，设CDxCAyCB=+，因为A、

B、D三点共线，所以0x，0y，1xy+=，因为21155CECACB=+，C、E、D三点共线，所以21155xy=，联立211551xyxy=+=，解得25x=，35y=，2355CDCACB=+，因为()6,0CB=-，()3,4CA=-，所以248,55CD骣琪=-琪桫，2

48,55DC骣琪=-琪桫，因为()3,4BA=，所以22723281055cos10640248552555BADCADEBADC−====+−，故选：A.8．（2022·上海·华师大二附中高一期中）已知向量,ab的夹角为3，22ba==，向量c

xayb=+，且,[1,2]xy，则向量,ac夹角的余弦值的最小值为（）A．217B．277C．32D．32114【答案】A【详解】依题意可得1a=，1b=，则1cos12=132abab==，()2acaxaybxayabxy=+=+=+，()22222222224cx

aybxaxyabybxxyy=+=++=++，则2224cxxyy=++，所以，22222222223cos,=1242424acxyxxyyyacacxxyyxxyyxxyy+++===−++++

++，令222324yuxxyy=++，则222223242413xxyyxxxuyyyy++==++=++，令xty=，由,[1,2]xy得1,22t，则()232113,124tu=++，所以17,44u，

故14,47u所以，当47u=时，cos,ac有最小值432111777u−=−==.故选：A.9．（2022·全国·高三专题练习）在ABC中，()sinsinsinABBC−+=，点D在边BC上，且2CDBD=，设sinsinABDkBAD=，则当k取最大值时，sinA

CD=（）A．14B．624+C．336+D．()33116−【答案】B【详解】因为()sinsinsinABBC−+=，所以()()sinsinsinABBAB−+=+，即sin2cossinBAB=，因为()0,B，所以sin0B

，1cos2A=，因为()0,A，所以3A=，因为点D在边BC上，且2CDBD=，所以sin3sinABDADADkBADBDBC===，设,,ABcACbBCa===，则13ADak=，在ABC中，由余弦定理得2222

22cosacbbcAcbbc=+−=+−，()121333ADABBDABBAACABAC=+=++=+，所以222133ADABAC=+，即22221414cos9999akcbbcBAC=++，即222242akcbbc=++，所以222222224242421cbcbbccb

bcbckcbacbbcbc++++++===+−+−，令ctb=，得()222142421111ttttkfttttt++++===−++−，则()()2226631ttfttt−++=−+，令()0ft=，解得132t+=，当130

2t+时，()0ft，当132t+时，()0ft，所以当132t+=时，()ft取得最大值，此时132cb+=，所以()31bc=−，解得3266332acc−=−=，在ABC中，由正弦定

理得sinsinacAC=，解得sin62sin4cACa+==，即62sin4ACD+=.故选：B10．（2022·全国·高三专题练习）已知在OAB中，2OAOB==，23AB=，动点P位于线段AB上，当·PAPO取得最小值时，

向量PA与PO的夹角的余弦值为（）A．277−B．277C．217−D．217【答案】C【详解】因为在OAB中，2OAOB==，23AB=，所以6OAB=，所以PAPOPA=()225+|cos|36PAAOPAPAA

OPAPA=+=−=2333244PA−−−，当且仅当32PA=时取等号，因此在OAP△中，3337422,4222PO=+−=所以向量PA与PO的夹角的余弦值为7342144773222+−=−，故选：C.11．（2022·江苏扬州·高一期末）在ABC中

，26ACBC==，ACB为钝角，M，N是边AB上的两个动点，且2MN=，若CMCN的最小值为3，则cosACB=_________．【答案】22109−【详解】取线段MN的中点P，连接CP，过C作COAB⊥于O，如图，112PMMN==，依题

意，()()2221CMCNCPPMCPPMCPPMCP=+−=−=−，因CMCN的最小值为3，则CP的最小值为2，因此2CO=，在RtAOC中，1cos3COOCACA==，22sin3OCA=，

在RtBOC中，2cos3COOCBCB==，5sin3OCB=，所以coscos()coscossinsinACBOCAOCBOCAOCBOCAOCB=+=−22109−=.故答案为：22109−12．（2022·全国·高三专题练习）已知平面向量,ab

满足||3||3ba==，若()()223Rcab=−+，且||||cacabb=，则cos,3aac−的最小值为___________.【答案】357【详解】如下图所示，设aOA=，bOB=，cOC=，12OAa=，23aOA=，13=bOB

，因为(22)3(R)cab=−+，所以()()111RcOAOB=−+，因此点C在直线11AB上，又由于||||cacabb=，因此OC是AOB的角平分线，因此点C是直线11AB与AOB的角平分线的交点

.根据角平分线的性质可11113162===BCOBCAOA.过点C作1OB的平行线交1OA于点M，则11122,233====OMOACMOB.因此点C在以M为圆心，半径为2的圆上运动由于22cos,3cos,cosaacOACACAO−==，由此当直线2AC相切于M时，2C

AO有最大值，2cosCAO有最小值.设此时切点为0C，则02MC=，27MA=，故0235cos7=CAO.综合上述，cos,3aac−的最小值为357.故答案为：357.13．（2022·全国·模拟预测）已知平面向

量,,abc满足：12,0,12ababca===+=，当−ac与bc−所成角最大时，则sin=______【答案】7210【详解】解：记aOA=，bOB=，12ODa−=，则112caDC+==，即点C的轨迹是以D为圆心，半径为

1的圆．过A，B两点的圆E与圆D相外切，记切点为C，此时ACB最大（如图）．下证上述结论：取圆D上不同于切点C的C点，因为C在圆E的外面，所以ACBACB．下面求当()ACB最大时，sin的值．记圆E

的半径为r，则222sin22ABrrr===．所以只需求出圆E的半径为r即可．法一：如右图，M为弦AB的中点，在ADM△中，由余弦定理求得5DM=，1cos10AMD=−，则3cos10DME=−．在DME中，3cos10DME=

−，1DEr=+，5DM=，22MEr=−，由余弦定理得，107r=．即72sin10=．法二：如图建系，()2,0aOA==，()0,2bOB==，()1,0OD=−，点C在以D为圆心，1为半径的圆上．以AB为弦长作圆E

，当圆E与圆D外切时ACB最大．圆心E在弦AB的中垂线yx=上，设(),Eaa，则1EDEA=+，即()()2222112aaaa++=+−+，化简得2780aa−=，即87a=或0a=（舍去），此时107rEA==，得272sin10ACBr

==．故答案为：7210.14．（2022·江苏省苏州第十中学校高一期中）已知ABC的外心为O，满足34AOBCBOACCOBA=+，则cosB的最小值是___________.【答案】23【详解】依题意作图，取BC的中点D，连接OD，AD，在ABC中，记aB

C=，bAC=，cAB=，因为ABC的外心为O，则ODBC^，因为()++AOBCADDOBCADBCDOBCADBC===，又()()()()2222111+222ADBCABACACABACABbc=−==−

−，所以()2212AOBCbc=−，同理可得()2212BOACac−=，()2212COBAba−=，由34AOBCBOACCOBA=+得，()()()22222211134222bcacba−=+−−，即222+23acb=.在ABC中，由余弦定理得，()22222222

21+2123cos2232+acacacbacBacacac+−+−===，又22222222+acacacac=，当且仅当2ac=时，等号成立，所以2cos3B.故答案为：23.15．（2022·浙江·高三专题练习）已

知平面向量,,abc满足|||2|0abac−=−，则ab−与2cb−所成夹角的取值范围是_______.【答案】06,【详解】令|ab−|＝|2ac−|＝x，向量（ab−）与（2ac−）的夹角为

θ∈[0，π]，因为2cb−=2（ab−）﹣（2ac−），所以（ab−）•（2cb−）＝（ab−）•[2（ab−）﹣（2ac−）]＝2|ab−|2﹣|ab−||2ac−|cosθ①，若ab−与2cb−的夹角为α∈[0，π]，即（ab−）•（2cb−

）＝|ab−||2cb−|cosα②，所以由①②知，|2cb−|cosα＝2|ab−|﹣|2ac−|cosθ＝2x﹣xcosθ＝x（2﹣cosθ），所以cosα＞0，即|2cb−|2cos2α＝4x2﹣4x2cosθ+x2cos2θ，又因为|2cb−|2＝|2（a

b−）﹣（2ac−）|2＝5x2﹣4x2cosθ，所以cos2α()2443954548165416coscoscoscoscos−+−==++−−，令m＝5﹣4cosθ，即cos2α3981616mm=++，m

∈[1，9]，有cos2α∈[34，1]，又因为cosα＞0，所以cosα∈[32，1]，所以α的最大值是6．故答案为：6．④向量的其它问题1．（2022·江苏南通·高三开学考试）已知锐角ABC满足23AB=，60C

=°且O为ABC的外接圆圆心，若OCOAOB=+，则2−的取值范围为（）A．(2,1)−B．(1,2)−C．[2,2)−D．(2,2)−【答案】A【详解】解：如图所示：由正弦定理可得：2324sinsin60cRC===°，所以2R=，在AOB中，由余弦定理可得222||||||4412

1cos2||||2222OAOBABAOBOAOB+-+-?==-创,又因为(0,180)AOB形鞍,所以120AOB=.又因为OCOAOB=+，所以22222||||||2||||cosOCOAOBOAOBAOB=++，

即有：224444=+−，即221+−=，所以223()()122−+=，设3sin2cos2=−−=−，可得23sin33cossin3=−=−−，又因为ABC为锐角三角形，所以1

010−−，所以231sin0331cossin03−−−−−，设sin,cosmnaa==，则有231033103mnm−−−−−，所以2−=3sincos−+=()2332,1

2333mnnmm−−−−−−+=，所以2−(2,1)?故选：A.2．（2022·河南驻马店·高一期末）已知D，E分别是ABC边AB，AC上的点，且满足32ABAD=，4ACAE=，BECDO=，连接AO并延长交BC于F点．若AOAF=，则实数的值为（

）A．23B．25C．57D．710【答案】D【详解】由题意可得，23AOADDOABDO=+=+，因为,,DOC三点共线，则()1233DOkDCkBCBDkACABBAkACAB==−=−−=−，所以22223333AOABkACABkABkAC=

+−=−+，同理，,,BOE三点共线，131131444444BOBEBCBAACABABACAB==+=−−=−，又因为()11144AOABBOABACABABAC=+=+−=−+

，所以2213314kk−=−=，所以25110k==，所以31510AOABAC=+，所以17BFBC=，所以()1116177777AOAFABBFABBCABACABABAC==+=+=+−=+

，6375=，所以710=故选：D.3．（2022·湖南衡阳·高一期末）在OAB中，3OAOC=，2OODB=，AD，BC的交点为M，过M作动直线l分别交线段AC，BD于E，F两点.若OEOA=，OF

OB=(,0)，则+的最小值为（）A．335+B．2237+C．3235+D．3225+【答案】D【详解】由AMD、、三点共线，可得存在实数t，使1(1)(1)2OMtOAtODtOAtOB=+−=+−又由BMC、、

三点共线，可得存在实数m，使得1(1)(1)3OMmOBmOCmOBmOA=+−=+−则1(1)31(1)2tmmt=−=−，解之得1525tm==，则1255OMOAOB=

+又OEOA=，OFOB=(,0)，则1255OMOEOF=+，由EMF、、三点共线，可得12155+=则()1232323222555555555++=++++==

+（当且仅当212255++==，时等号成立）则+的最小值为3225+故选：D4．（2022·全国·高三专题练习）已知向量()()1,1,sin,cosaxbxx=+=，函数()fxab

=．若对于任意的12,0,2xx，且12xx，均有()()1212xxfxfxee−−成立，则实数的取值范围为（）A．)0,+B．)1,+C．(,1−D．(,0−【答案】B【详解】由题意得()(1)sincosfxxxx=++，则(

)sin(1)cossin(1)cosfxxxxxxx=++−=+，当0,2x时，()0fx恒成立，所以()fx在0,2上为增函数，不妨设12xx，则12()()fxfx，因为12

eexx，所以()()1212xxfxfxee−−等价于2121()()eexxfxfx−−，即1212()e()exxfxfx−−，令()()e(1)sincosexxhxfxxxx=−=++−，0,2x

，所以可知()hx在0,2上为减函数，所以()(1)cose0xhxxx=+−在0,2上恒成立，即(1)cosexxx+在0,2上恒成立，令(1)cos()exxxgx+=，则(

)()()()2cos1sine1cosesinsincos0eexxxxxxxxxxxxxxgx−+−+−−−==，所以()gx在0,2上为减函数，所以max()(0)1gxg==，所以1，故选：B5．（2022·浙江台州·高二期末）已

知点P为ABC的外接圆圆O上一点（不与B、C重合），且线段AP与边BC相交于一点，若APxAByAC=+，则xy+的取值范围为（）A．3,22B．()1,+C．()2,+D．2,13【答案】B【详解】若D为线段AP与边BC交点，则ADmAB

nAC=+uuuruuuruuur且1mn+=，由题设，P在ABC的BC边外侧，如上图中BPC上，令APkAD=，则1k，而APkmABknAC=+，所以()1xykmnk+=+=，当BAC变大时，外接圆半径趋向无穷大，此时k可趋向无穷大，

综上，xy+的取值范围为()1,+.故选：B6．（2022·湖南·永州市第一中学高二阶段练习）已知菱形ABCD的边长为2，设()2APABADR=+，若2AP≥恒成立，则向量AD在AB方向上投影的取值范围是（）A．3,3−B．

0,3C．1,1−D．0,1【答案】A【详解】设向量AD与AB的夹角为由2AP≥，可得()2224APABAD=+，即222444ABADABAD++，即24cos30++关于恒成立则()24co

s430−，即33cos22−故向量AD在AB方向上投影cos2cos3,3AD=−故选：A7．（2022·全国·高一期中）如图，在平行四边形ABCD中，13AEAD=，14BFBC=，CE与DF交于点O.设ABa=，ADb=，若AOab=+，则

+=（）A．817B．1917C．317D．1117【答案】B【详解】连接AF，AC，,,DOF三点共线，可设AOxADyAF=+，则1xy+=，()1144AOxADyABBFxADyABADxybya=++=+

+=++；,,EOC三点共线，可设AOmAEnAC=+，则1mn+=，()33mmAOADnADABnbna=++=++；11143xymnmxynyn+=+=

+=+=，解得：917817xy==，8111717AOab=+，即81119171717+=+=.故选：B.8．（2022·全国·高一专题练习）在ABC中，D为三角形所在平面内一点，且1132ADABAC→→→=+，则BCDACDSS=（）

A．16B．12C．13D．23【答案】B【详解】如图，设AD交BC于E，且32AExADAxxBAC→→→→==+，由B,E,C三点共线可得：61325xxx+==，∴2355AEABAC→→→=+，∴323255AEABACAEBEEC→→→→→→

==−−.设2CEDSy=，则3BEDSy=，∴5BCDSy=.又655AEADADDE→→→→==，∴10ACDSy=，∴51102BCDACDSySy==.故选：B.9．（2022·上海·闵行中学高一阶段练习）向量集合(),,,Saaxyxy=

=R，对于任意，S，以及任意()0,1，都有()1S+−，则称S为“C类集”，现有四个命题：①若S为“C类集”，则集合MaaS=（为实常数）也是“C类集”；②若S、T都是“C类集”，则集合,MabaSbT=+也是“C类集”；③若1A、2A都是“C类

集”，则12AA也是“C类集”；④若1A、2A都是“C类集”，且交集非空，则12AA也是“C类集”．其中正确的命题有（）A．①②B．①③④C．②③D．①②④【答案】D【详解】①若S为“C类集”，则对于任意，S，以及任意()0,1，都有()1S+−，对于集合M

aaS=（为实常数），可得对于任意,M，以及任意()0,1都有()+1M−，故正确；②若S为“C类集”，则对于任意1，1S，以及任意()0,1，都有()111S

+−，若T为“C类集”，则对于任意2，2T，以及任意()0,1，都有()221T+−，可得对于任意1212,MM++，以及任意()0,1，都有()()()12121M++−+，故正确；③

若1A为“C类集”，则对于任意1，11A，以及任意()0,1，都有()1111A+−，若2A为“C类集”，则对于任意2，22A，以及任意()0,1，都有()2221A+−，设12MAA=，M为12,AA中元

素的合并而得，且不重复，不符合“C类集”的定义，故错误；④若1A为“C类集”，则对于任意1，11A，以及任意()0,1，都有()1111A+−，若2A为“C类集”，则对于任意2，22A，以及任意()0,1，都有()2221A

+−，设12MAA=，M为12,AA中元素的公共部分，且不为空集，符合“C类集”的定义，故正确；故选：D.10．（2022·全国·高三专题练习）设点M、N分别是不等边ABC的重心与外心，已知(0,1)A、(0,1)B−，且MNAB=．则动点C的轨迹E______；【答案

】221(0)3xyxy+=【详解】设点(,)Cxy，则ABC的重心(,)33xyM，∵ABC是不等边三角形，∴0xy，再设ABC的外心(,0)Nn，∵已知MNAB=，∴MN∥AB，∴3xn=，∵点N是ABC的外心，∴||||NANC=，即

222()1()33xxxy+=−+，化简整理得轨迹E的方程是221(0)3xyxy+=.∴动点C的轨迹E是指焦点在轴上的标准位置的一个椭圆（去掉其顶点）．故答案为：221(0)3xyxy+=.11．（2022·全国·成都七中高三开学考

试（文））ABC的外心为O，三个内角ABC，，所对的边分别为1825abcAOBCaac=−，，，，4b=.则ABC面积的最大值为____________.【答案】12【详解】设BC的中点为M，如图所示，ABC的外心为O，则OMBC⊥，0,OMBC=()AOBCAOBCO

MBCAOOMBC=+=+()()()221122AMBCABACACABbc==+−=−1825AOBCaac=−()22118225bcaac−=−，整理得2228,5acbac+

−=2224cos25acbBac+−==，则3sin5B=，又4,b=222882162555bacacacacac==+−−=，当且仅当210ac==，等号成立.140sin12.2acSacB=，故答案为：12.12．（2022·全国·

高一）已知正方形ABCD的边长为2，对角线AC、BD相交于点O，动点P满足1OP=，若APmABnAD=+，其中m、nR．则2122mn++的最大值为__．【答案】334+【详解】以点A为坐标原点，AB、AD所在直线分别为x、y轴建立如下图所示的平面直角坐标系，则()0,0A、()

2,0B、()0,2D、()2,2C、()1,1O，()2,2APmABnADmn=+=，即点()2,2Pmn，因为1OP=，则点P在以O为圆心，半径为1的圆上，设点()1cos,1sinP++，则21cos21sinmn=+=+，则212cos223sinmtn++==++，

整理可得sincos23tt−=−，所以，()21sin23tt+−=−，其中2cos1tt=+，21sin1t=+，所以，2231tt−+，整理可得281230tt−+，解得333344t−+，因此，2122mn++的最

大值为334+.故答案为：334+.13．（2022·江苏省响水中学高一阶段练习）已知xy、是正实数，ABC的三边长为3,4,5CACBAB===，点P是边AB(P与点AB、不重合)上任一点，且||||CACBCPxyCACB=+uuruur

uuruuruur．若不等式23xymxy+恒成立，则实数m的取值范围是___．【答案】3,22−+【详解】以C为原点分别以CB、CA为x、y轴建立平面直角坐标系如图：则(0,1)(1,0)||||CACBCACB==，uuruuruuruur，则(0,)(,0)(,)||||

CACBCPxyxyyxCACB=+=+=uuruuruuruuruur(04,03)yx则(,)Pyx，又点P在直线AB：143xy+=上，则有143yx+=，即334xy=−+由23xymxy+恒成立，可得()(

)()()224232324124324124yxymxyyyyy−++−==+−++++−+恒成立，由04y，可得448y+则()324232824yy++=+（当且仅当424y=−时等号成立）又324124+=，328128+

=，则()32824124yy+++则()32821241204yy−++−+，则()113282124124yy−++−+，则()223232282124124yy−−=+−++−+，则实数m的取

值范围是3,22−+故答案为：3,22−+14．（2022·江西·高一期中）如图所示，扇形BAC中，π3BAC=，点M在BC上运动（包括端点B、C），且满足AMmABnAC=+，则mn+的最大值是______.【答案】233##233【详解】当点M与点

B或C重合时，易得1mn+=，当点M与点B，C都不重合时，分别作MDAC∥，MEAB∥，如图所示，设π03MAC=，设扇形的半径为r，则2ππ,,33ADEMAEMAME===−，在三角形AEM中，由正弦定理得：sinsinsinAEEMA

MAMEMAEAEM==，则23sin3ADr=，23πsin33AEr=−，所以π23sin23sin333AMABAC−=+，故23π23πsinsinsin33

33mn+=+−=+，当π6=时，mn+取得最大值233，综上，mn+的最大值是233.故答案为：23315．（2022·浙江大学附属中学高三阶段练习）已知正三角形ABC的边长为2，D是边BC的中点，动点P满足||1PD，且APx

AByAC=+，其中1xy+，则2xy+的最大值为___________．【答案】52##2.5【详解】由题设，P在以D为圆心，1为半径的圆上或圆内，构建以D为原点，,BCAD为x、y轴的直角坐标系，如下图示：所以(0,3)A，

(1,0)B−，(1,0)C，令(,)Pab且cossinatbt==(11t−)，所以(,3)APab=−，(1,3)AB=−−，(1,3)AC=−，又APxAByAC=+，即(,3)(1,3)(1

,3)abxy−=−−+−，所以313yxabxy−=+=−，而313312()()22222xyxyyxba+=+−−=−−，则2xy+3313(sincos)sin()22226tt=−+

=−+，故当sin()16t+=−时，2xy+有最大值52.故答案为：5216．（2022·全国·高三专题练习）点M在△ABC内部，满足2340MAMBMC++=，则:MACMABSS=____________．【答案】34##3:4【详

解】如图，分别延长MA至,DMB至,EMC至F，使2,3MDMAMEMB==，4MFMC=，连接,,DEEFDF.由2340MAMBMC++=，得0MDMEMF++=，∴点M是DEF的重心，延长EM交DF于G，则M

G＝13EG，过M作MH⊥DF于H，过E作EI⊥DF与I，则MH＝13EI，故13MDFDEFSS=△△，同理可证13MDEMEFDEFSSS==△△△，∴MDEMEFMDFSSS==，设1MDES=，设1sin12MEFMDFMDESS

SMDMEDME====，则1111sinsin2223MABSMAMBDMEMDMEDME==1111sin2326MDMEDME==，同理111248MACMDFSS==，∴1:8MACMABSS=：1

3:46=.故答案为：3:4.