2024年高考数学二轮复习讲练测（新教材新高考）专题11平面向量归类含解析答案

这是一份2024年高考数学二轮复习讲练测（新教材新高考）专题11平面向量归类含解析答案，共58页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知向量，若，则（ ）
A．B．
C．D．
2．在中，点D在边AB上，．记，则（ ）
A．B．C．D．
3．在中，．P为所在平面内的动点，且，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
4．正方形的边长是2，是的中点，则（ ）
A．B．3C．D．5
5．已知向量，则（ ）
A．B．C．D．
6．在中，为边上的中线，，则（ ）
A．B．
C．D．
7．是由3个全等的三角形与中间一个小等边三角形拼成的一个较大的等边三角形，若，，且，则（ ）.
A．B．C．D．
8．在中，D是边AB上一点，且，点E是CD的中点.设，，则（ ）
A．B．C．D．
9．如图，在中，，，和相交于点，则向量等于（ ）
A．B．
C．D．
10．在中，，是线段上的动点（与端点不重合），设，则的最小值是（ ）
A．3B．1C．2D．4
11．在中，点是线段上任意一点，点满足，若存在实数和，使得，则（ ）
A．B．C．D．
12．在中，，，E是AB的中点，EF与AD交于点P，若，则（ ）
A．B．C．D．1
13．给定两个长度为1的平面向量和，它们的夹角为，如图所示点C在以O为圆心的圆弧上运动，若，其中，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
14．给定两个长度均为2的平面向量和，它们的夹角为.点在以为圆心的圆弧上运动，如图所示.若，其中，，则的最大值是（ ）
A．B．C．2D．
15．在平行四边形ABCD中，点E在线段AC上，且，点F为线段AD的中点，记，则（ ）
A．B．C．D．
16．对称性是数学美的一个重要特征，几何中的轴对称，中心对称都能给人以美感，激发学生对数学的兴趣．如图，在菱形ABCD中，，，以菱形ABCD的四条边为直径向外作四个半圆，P是四个半圆弧上的一动点，若，则的最大值为（ ）
A．B．3C．5D．
17．如图，在等腰直角三角形中，斜边，为线段上的动点（包含端点），为的中点．将线段绕着点旋转得到线段，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
18．在平面上，已知,,若，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
19．已知向量，是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量满足，则的最大值是（ ）
A．B．C．D．
20．如图，在四边形中，已知，，，点在边上，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
21．如图，菱形的边上有一点，边上有一点（，不与顶点重合）且，若是边长为的等边三角形，则的范围是（ ）
A．B．C．D．
22．已知向量满足，，则的范围是（ ）
A．B．C．D．
23．八角星纹是大汶口文化中期彩陶纹样中具有鲜明特色的花纹．八角星纹常绘于彩陶盆和豆的上腹，先于器外的上腹施一圈红色底衬，然后在上面绘并列的八角星形的单独纹样．八角星纹以白彩绘成，黑线勾边，中为方形或圆形，具有向四面八方扩张的感觉．八角星纹延续的时间较长，传播范围亦广，在长江以南的时间稍晚的崧泽文化的陶豆座上也屡见刻有八角大汶口文化八角星纹星纹．图2是图1抽象出来的图形，在图2中，圆中各个三角形为等腰直角三角形，中间阴影部分是正方形且边长为2，其中动点P在圆上，定点A、B所在位置如图所示，则最大值为（ ）
A．9B．10C．D．
24．如图，中，，延长CB到D，使，当E点在线段AD上移动时，若，则的最大值是（ ）
A．1B．C．3D．
25．已知向量，满足，，则的最大值为（ ）
A．B．2C．D．4
26．阿波罗尼斯（约公元前262-190年）证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数k（且）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿氏圆．若平面内两定点A、B间的距离为2，动点P与A、B距离之比为，当面积最大时，（ ）
A．B．C．8D．16
27．已知四边形，，，，与交于点，若记，，，则（ ）
A．B．C．D．
28．如图，在圆中，若弦，弦，则的值是（ ）

A．B．C．D．
29．如图，在四边形ABCD中，，若，，，则等于（ ）

A．B．C．D．
30．如图，点在以为直径的圆上，其中，过向点处的切线作垂线，垂足为，则的最大值是
A．B．C．D．
二、多选题
31．在中，点满足，当点在线段上（不含点）移动时，记，则（ ）
A．B．
C．的最小值为D．的最小值为
32．给定两个单位向量，且，点在以为圆心的圆弧上运动，，则的可能取值为（ ）
A．B．C．2D．0
33．“奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论，因为这个定理对应的图形与“奔驰”轿车的三叉车标很相似，故形象地称其为“奔驰定理”．奔驰定理：已知O是内的一点，，，的面积分别为、、，则有，设O是锐角内的一点，，，分别是的三个内角，以下命题正确的是（ ）．
A．若，则O为的重心
B．若，则
C．若O为（不为直角三角形）的垂心，则
D．若，，，则
34．点，分别是的外心､垂心，则下列选项正确的是（ ）
A．若且，则
B．若，且，则
C．若，，则的取值范围为
D．若，则
35．已知的重心为，外心为，内心为，垂心为，则下列说法正确的是（ ）
A．若是中点，则
B．若，则
C．与不共线
D．若，则
36．在所在的平面上存在一点，，则下列说法错误的是（ ）
A．若，则点的轨迹不可能经过的外心
B．若，则点的轨迹不可能经过的垂心
C．若，则点的轨迹不可能经过的重心
D．若，，则点的轨迹一定过的外心
37．已知为所在的平面内一点，则下列命题正确的是（ ）
A．若为的垂心，，则
B．若为锐角的外心，且，则
C．若，则点的轨迹经过的重心
D．若，则点的轨迹经过的内心
三、填空题
38．已知向量，满足，，则 ．
39．在中，，，点为的中点，点为的中点，若设，则可用表示为 ；若，则的最大值为 ．
40．设点P在单位圆的内接正八边形的边上，则的取值范围是 ．
41．在中，，D是AC中点，，试用表示为 ，若，则的最大值为
42．设向量，的夹角的余弦值为，且，，则 ．
43．若，且满足，则 .
44．已知点在同一平面，且三点不共线，且满足，其中，，，则的值为 ，则的面积为 .
45．若向量，满足，，且在上的投影向量为，则 .
46．已知是的内心，，，，则 ．
47．如图是两个直角三角形板拼成的平面图形，其中，，，，则 ．

48．已知向量，满足，，，则两向量与的夹角为 ．
49．已知向量与的夹角是，，，则 ．
50．已知向量，，，那么 ．
51．窗花是贴在窗纸或窗户玻璃上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术．图1是一张由卷曲纹和回纹构成的正六边形剪纸窗花．图2中正六边形的边长为4，圆的圆心为该正六边形的中心，圆的半径为2，圆的直径，点在正六边形的边上运动，则的最小值为

52．已知，向量满足，，，则的最大值为
53．已知圆与，定点，A、B分别在圆和圆上，满足，则线段长的取值范围是 ．
54．已知圆，点，M、N为圆O上两个不同的点，且若，则的最小值为 .
55．如图，在中，，点在线段上移动（不含端点），若，则 ，的最小值为 .
56．阿波罗尼斯证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.若平面内两定点A，B间的距离为3，动点满足，则的范围为 .
57．如图，C，D在半径为1的上，线段是的直径，则的取值范围是 .
58．半径为的两圆和圆外切于点，点是圆上一点，点是圆上一点，则的取值范围为 .
59．如图，圆是半径为1的圆，，设，为圆上的任意2个点，则的取值范围是 .
参考答案：
1．D
【分析】根据向量的坐标运算求出，，再根据向量垂直的坐标表示即可求出．
【详解】因为，所以，，
由可得，，
即，整理得：．
故选：D．
2．B
【分析】根据几何条件以及平面向量的线性运算即可解出．
【详解】因为点D在边AB上，，所以，即，
所以．
故选：B．
3．D
【分析】依题意建立平面直角坐标系，设，表示出，，根据数量积的坐标表示、辅助角公式及正弦函数的性质计算可得；
【详解】解：依题意如图建立平面直角坐标系，则，，，
因为，所以在以为圆心，为半径的圆上运动，
设，，
所以，，
所以
，其中，，
因为，所以，即；
故选：D

4．B
【分析】方法一：以为基底向量表示，再结合数量积的运算律运算求解；方法二：建系，利用平面向量的坐标运算求解；方法三：利用余弦定理求，进而根据数量积的定义运算求解.
【详解】方法一：以为基底向量，可知，
则，
所以；
方法二：如图，以为坐标原点建立平面直角坐标系，
则，可得，
所以；
方法三：由题意可得：，
在中，由余弦定理可得，
所以.
故选：B.
5．B
【分析】利用平面向量模与数量积的坐标表示分别求得，从而利用平面向量余弦的运算公式即可得解.
【详解】因为，所以，
则，，
所以.
故选：B.
6．A
【分析】根据图形的几何性质，以及向量加减法、数乘运算的几何意义，即可得出答案.
【详解】
因为，所以
由已知可得，，
所以，，
所以，.
故选：A.
7．A
【分析】由向量加减、数乘几何意义用表示出，即可得结果.
【详解】由题设
，
所以，即，
又，故.
故选：A
8．C
【分析】根据题意，由平面向量基本定理，代入计算，即可得到结果.
【详解】

如图，，
故选：C.
9．B
【分析】过点分别作交于点，作交于点，由平行线得出三角形相似，得出线段成比例，结合，，证出和，最后由平面向量基本定理和向量的加法法则，即可得和表示.
【详解】解：过点分别作交于点，作交于点，
已知，，
，则和，
则：且，
即：且，所以，
则：，所以，
解得：，
同理，和，
则：且，
即：且，所以，
则：，即，
所以，即，
得：，
解得：，
四边形是平行四边形，
由向量加法法则，得，
所以.
故选：B.
【点睛】本题考查平面向量的线性运算、向量的加法法则和平面向量的基本定理，考查运算能力.
10．D
【分析】由已知条件结合平面向量基本定理可得，，则，化简后利用基本不等式可求得结果
【详解】

因为，所以，
因为，所以，
因为三点共线，所以，，
所以
，当且仅当，即、时取等号，
所以的最小值是.
故选：D
11．D
【分析】由题设,且，结合向量数乘、加法的几何意义可得，再由已知条件即可得的值.
【详解】由题意，，且，
而，
所以，
即，
由已知，则，选项D正确.
故选：D
12．A
【分析】利用向量的线性运算求得，由此求得m，n，进而求得.
【详解】
因为，所以，
则.
因为A，P，D三点共线，所以.
因为，所以.
因为E是边AB的中点，
所以.因为E，P，F三点共线，
所以，
则，解得，从而，，故.
故选：A
13．B
【分析】建立平面直角坐标系，利用坐标法表示出，把表示为，利用三角函数求最值.
【详解】
如图示，建立平面直角坐标系.
设，可得：.
由可得：，
所以，所以，
因为，所以，所以，所以，即的取值范围为.
故选：B
14．A
【分析】建立空间直角坐标系，得到， ，.设，则，根据，解得，然后由，利用正弦函数的性质求解.
【详解】解：建立如图所示的坐标系，
则，，
即，.
设，则.
，，，.
，（此时有，是个锐角）.
.
可取到.
有最大值，
故选：.
15．A
【分析】通过向量的线性运算化简向量即可求解.
【详解】，所以，，
所以.
故选：A.
16．A
【分析】
就和分类讨论，后者可根据对称性只需考虑在对应的半圆弧上，前者，后者，而后者可建系处理.
【详解】
连接.
若，则，
若不为零，则，这与题设矛盾，若为零，则与重合.
若，则，
设，故，且三点共线.
由对称可知只需考虑在对应的半圆弧上.
当在对应的半圆弧上（除外）时，总在的延长线上，
故此时.
当在对应的半圆弧上，总在之间，故此时
建立如图所示的平面直角坐标系，
则，，，
设，
当时，，而，
此时.
当时，则，
由可得，
故
. ，
当时，.
综上，
故选：A
【点睛】思路点睛：与向量的线性表示有关的最值问题中，如果考虑基底向量前系数的和的最值，则可利用三点共线构造系数和的几何意义，这样便于求最值.
17．C
【分析】利用转化法，将转化为,进而求得的最小值即可.
【详解】连接,
则
,
当时，最小，可求得，
结合，得的最小值为，
故选：
18．D
【分析】根据，可知四边形AB1PB2是一个矩形．以AB1，AB2所在直线为坐标轴建立直角坐标系．设|AB1|＝a，|AB2|＝b．点O的坐标为（x，y），点P（a，b）．根据向量的坐标运算、模的计算公式、不等式的性质即可得出．
【详解】解：根据，可知四边形AB1PB2是一个矩形．
以AB1，AB2所在直线为坐标轴建立直角坐标系．设|AB1|＝a，|AB2|＝b．
点O的坐标为（x，y），点P（a，b）．
∵，
∴，变形为．
∵，∴，
∴1﹣x2+1﹣y2，∴．①
∵（x﹣a）2+y2＝1，∴y2≤1．同理，x2≤1．
∴x2+y2≤2．②
由①②可知：．
∵，
∴,
故选：D．
19．B
【分析】不妨设设，，，则由题设条件可得的关系为即，结合圆的知识，
故可求的最大值.
【详解】因为，是平面内两个互相垂直的单位向量，
故可设，，，
则，，
因为，所以，
整理得到，即，
故的最大值为，
故选：B.
20．A
【分析】方法一：利用已知条件及勾股定理判断线段所在直线的关系，然后利用平面向量的线性运算及向量数量积的运算律将问题转化为二次函数形式求向量数量积的最值；
方法二：利用已知条件及勾股定理判断线段所在直线的关系，然后建立平面直角坐标系，将问题转化为向量数量积的坐标表示，得出二次函数，最后利用二次函数性质求出向量数量积的最值即可；
方法三：同方法二一样，但是选择另外的边所在直线为坐标轴建立平面直角坐标系，将问题转化为平面向量坐标形式求解即可；
【详解】解法一 由，，，
得，，
所以，，
．
设，则，所以
，
当且仅当时，取得最小值．
解法二： 由，，，
得，，
所以，，
，，
连接，交于点，则易知，
建立如图所示的平面直角坐标系，
则，，，，
所以．
设，
则，
所以，
，，
则
，
当且仅当时，取得最小值．
解法三 由，，，
得，，
所以，，
，，
如图，
分别以所在的直线为轴、轴建立平面直角坐标系，
所以，．
因为点在边上，
所以设，
所以，，
所以
，
当且仅当时，取得最小值．
故选：A.
21．C
【分析】过作于，于，则，计算得到，，确定，，设，根据函数的单调性得到答案.
【详解】如图所示：过作于，于，则，
是等边三角形，，则，故，
则，，设，，，
根据余弦定理：，
，设，则，，，
故，即，
，函数在上单调递减，
故，即，即，解得.
故选：C
22．B
【分析】结合向量运算以及基本不等式求得正确答案.
【详解】，
由于：，
，
当且仅当时等号成立.
所以，
所以，
所以.
故选：B
23．C
【分析】由题意可得，，，，设的夹角为，的夹角为，则=-,分在所对的优弧上和在所对的劣弧上两种情况计算即可得答案.
【详解】解：如图所示：连接，
因为中间阴影部分是正方形且边长为2，
所以可得，，，
所以，
在中由余弦定理可得，
所以，
设的夹角为，的夹角为，
= =-,
当在所对的优弧上时，，
所以，，
=,
所以=-＝＝ ,（其中）
所以最大值为；
当在所对的劣弧上时，，
所以，，
=,
所以=-＝＝ ,（其中）
所以最大值为；
综上所述：最大值为.
故选：C.
24．C
【分析】设，根据向量的线性运算可得，结合分析求解.
【详解】设，
则，
因为，则，可得，
又因为，可知当时，取到最大值3.
故选：C．
25．D
【分析】
根据向量数量积的运算性质，可得答案.
【详解】因为，所以，即，
整理得，
又，所以，即，
所以，即，又，
所以当与反向时，取得最大值，且最大值为.
故选：D.
26．B
【分析】由题意，建立平面坐标系，根据圆的几何性质以及三角形的面积公式，求得三角形面积最大时，动点的坐标，根据数量积的坐标表示，可得答案.
【详解】由题意，以的中点为原点，以所在直线为轴，以过垂直于直线的直线为轴，建立坐标系，
则，设，故，则，
整理可得：，即的轨迹是以为圆心，以为半径的圆，如下图：
由共线，则当时，的面积最大，不妨设在第一象限，此时，
可得，，.
故选：B.
27．C
【分析】根据向量形式的余弦定理计算可得，再利用作差法即可比较的大小关系.
【详解】在中，根据余弦定理有；
在中，根据余弦定理有；
两式作差得
即，
所以.
又，所以，则，
由图易知，
所以，
所以.
故选：C．

28．D
【分析】过点作，交于点，连接，则为的中点，，由，又，即可得出，进而求出结果.
【详解】

如图所示，过点作，交于点，连接，
则为的中点，，
所以，
又，
则
.
故选：D
29．A
【分析】由对角线向量定理直接求解.
【详解】如图所示，由对角线向量定理得
=，
故选：A
30．B
【分析】连接，则,则有=,由∽可得,又由,可得，即可求出的最大值.
【详解】解：连接，则
∵
∴=,
依题意可证∽，则，即,
∵,
∴，即，当且仅当时取等号,
∴,
∴,
∴的最大值为1
故选:B
31．BC
【分析】根据中点和向量共线，可得，进而可得，的关系，然后根据基本不等式以及对勾函数可求最小值.
【详解】是中点,则,又点在线段上,即三点共线,设,故,.故B对A错.
,当且仅当时,即,故C对.
在上单调递减，当取最小值，故D错.
故答案为：BC
32．BCD
【分析】根据已知建立直角坐标系，利用平面向量线性运算的坐标表示，结合辅助角公式和正弦型函数的性质进行求解即可.
【详解】因为给定两个单位向量，且，所以建立如下图所示的坐标系，
因为，所以有,
，所以 ，
设，
因为，
所以有，
，
因为，所以，因此 ，即，
故选：BCD
【点睛】关键点睛：解决本题的关键是建立直角坐标系，运用正弦型函数的性质解题.
33．ABC
【分析】根据向量的线性运算结合三角形重心判断A；结合“奔驰定理”即可判断B；根据三角形垂心性质，推出，结合“奔驰定理”判断C；求出，结合“奔驰定理”可得，从而求得，判断D.
【详解】对于A，设的中点为D，则，

即三点共线，则，
设为的中点，同理可得，
故O为的重心，A正确；
对于B，若，结合，
可知，B正确；
对于C，，，
，
又O为（不为直角三角形）的垂心，设延长后交与G，则,
同理，则，
即，
同理，

故，同理，
又，
，
又O为（不为直角三角形）的垂心，
则，
故，即，
同理，
则
，
同理，
故
，
又，可得，C正确；
对于D，中，，，则，
又，故，
则，
故，D错误，
故选：ABC
【点睛】关键点睛：本题题意比较新颖，综合考查了向量知识的应用，解答的关键是能灵活应用向量知识，比如三角形“心”的向量表示，结合“奔驰定理”进行解答.
34．BCD
【分析】A.根据向量的运算以及基本定理的推理，确定点的位置，即可判断A；B.根据条件，确定的形状，即可判断B；C.建立坐标系，将利用三角函数表示，根据三角函数的性质，即可判断C；根据垂心的性质，得，再结合数量积公式，即可求解.
【详解】A.由，可知，点共线，
又可知，点在的角平分线上，
所以为的角平分线，与不一定相等，故A错误；
B.若，则点是的中点，点又是的外心，
所以，，故B正确；
C. 因为，所以，如图，建立平面直角坐标系，

设，，，
因为，所以，
得，，
，，
，，则，故C正确；
D.因为，所以，
即，则，
同理，，所以，
设，
因为，所以，
即，则，
，即，
则，
，，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选项的关键是公式的应用.
35．ABD
【分析】连接交于点，得，，根据三角形相似可判断A；取的中点得，所以，再可判断B；点为垂心得， 利用得，可得与共线可判断C；分别做、交、于、点，设内切圆半径为得，利用得，得，从而求出，再由余弦定理可得，再利用，求出可判断D.
【详解】对于A，连接交于点，则点是的中点，是中点，连接，
所以，所以，可得，故A正确；

对于B，取的中点，连接、，因为点为外心，所以，
所以，若，则，
所以，故B正确；

对于C，因为点为垂心，所以，
因为
，
所以，
而，所以与共线，故C错误；

对于D，分别做、交、于、点，
连接延长交于点，可得，设内切圆半径为，
则，所以，
，所以
，
即①，
，所以
，
即②，由①②可得，
在中由余弦定理可得，
因为，
可得，所以，故D正确.

故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：在选项D中，解题的关键点是利用、
求出，考查了学生的思维能力及运算能力.
36．ABD
【分析】由，结合向量共线的推论判断的轨迹，讨论形状判断A、B正误；根据重心的性质得判断C；根据题设确定，，点的轨迹，讨论形状判断D.
【详解】若，根据向量共线的推论知：共线，即在直线上，
中，则的中点为三角形外心，故有可能为外心，A错；
中或，则或为三角形垂心，故有可能为垂心，B错；
若为的重心，必有，此时，C对；
若，，结合，则点在一个以AB、AC为邻边的平行四边形内（含边界），
为锐角三角形，其外心在内，则必过外心；
为直角三角形，其外心为斜边中点，则必过外心；
为钝角三角形且，其外心在外，即边的另一侧，
如下图示，点在平行四边形内（含边界），
此时，当外心在内（含边界），则必过外心；当外心在外（如下图为的中垂线），则不过外心；
所以，，，的轨迹不一定过的外心，D错.
故选：ABD
37．ABC
【分析】根据，计算可判断A；设为中点，则根据题意得三点共线，且，进而得判断B；设中点为，进而结合正弦定理得可判断C；设中点为，根据题意计算得，进而得可判断D.
【详解】解：对于A选项，因为，，又因为为的垂心，
所以，所以，故正确；
对于B选项，因为且，
所以，整理得：，即，
设为中点，则，所以三点共线，
又因为，所以垂直平分，故，正确；
对于C选项，由正弦定理得，
所以，
设中点为，则，所以，
所以三点共线，即点在边的中线上，故点的轨迹经过的重心，正确；
对于D选项，因为，
设中点为，则，所以，
所以，
所以，即，
所以，故在中垂线上，故点的轨迹经过的外心，错误.
故选：ABC
38．
【分析】法一：根据题意结合向量数量积的运算律运算求解；法二：换元令，结合数量积的运算律运算求解.
【详解】法一：因为，即，
则，整理得，
又因为，即，
则，所以.
法二：设，则，
由题意可得：，则，
整理得：，即.
故答案为：.
39． ．
【分析】由，得到，设，再由余弦定理和基本不等式求得，得到，即可求解.
【详解】在中，，，点为的中点，点为的中点，
由，则，
设，
由余弦定理可得，
因为，可得，即，当且仅当时取等号，
又因为，则，
则
，
即的最大值为．
故答案为：；．
40．
【分析】根据正八边形的结构特征，分别以圆心为原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立平面直角坐标系，即可求出各顶点的坐标，设，再根据平面向量模的坐标计算公式即可得到，然后利用即可解出．
【详解】以圆心为原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立平面直角坐标系，如图所示：
则,，设,于是，
因为，所以，故的取值范围是.
故答案为：．
41．
【分析】法一：根据向量的减法以及向量的数乘即可表示出，以为基底，表示出，由可得，再根据向量夹角公式以及基本不等式即可求出．
法二：以点为原点建立平面直角坐标系，设，由可得点的轨迹为以为圆心，以为半径的圆，方程为，即可根据几何性质可知，当且仅当与相切时，最大，即求出．
【详解】方法一：
，，
，当且仅当时取等号，而，所以．
故答案为：；．
方法二：如图所示，建立坐标系：
，，
，所以点的轨迹是以为圆心，以为半径的圆，当且仅当与相切时，最大，此时．
故答案为：；．
42．
【分析】设与的夹角为，依题意可得，再根据数量积的定义求出，最后根据数量积的运算律计算可得．
【详解】解：设与的夹角为，因为与的夹角的余弦值为，即，
又，，所以，
所以．
故答案为：．
43．/
【分析】设，利用数量积定义求出，即可求出.
【详解】因为，所以，设.
由可得：，
两式相除得：.
又，且
解得：.
因为，所以，解得：.
故答案为：.
44．
【分析】利用，得出，两边平方可得；利用可求夹角的余弦值，结合三角形面积公式可求的面积.
【详解】因为，
所以，所以，
故，解得.
又因为，所以，
所以；
故答案为：；.
45．3
【分析】由投影向量公式可得，再求即可.
【详解】在上的投影向量为，因为，所以，
所以，
故答案为：3.
46．36
【分析】借助三角形内切圆的性质、平面向量数量积的定义及几何意义即可解答.
【详解】如图所示：

以为圆心作的内切圆，分别与、、相切于点、、，
设，
根据切线长定理得，
,
,
所以，
即，解得，即，
由题意可得,
所以，
所以,
.
故答案为：36.
47．
【分析】先根据四点共圆得出同弧对的圆周角相等，再根据正弦定理得出边长，最后应用数量积公式及运算律计算即可.
【详解】A,B,C,D四点共圆得出同弧对的圆周角相等
,
故答案为: .
48．
【分析】利用模长的平方等于向量的平方和向量数量积公式求解即可
【详解】
，
故答案为：
49．4
【分析】根据数量积的定义及运算性质求解.
【详解】因为，，向量与的夹角是，
所以，
即，解得或（舍去），
故答案为：4
50．
【分析】利用向量的数量积的定义、性质及运算律分析运算即可得解.
【详解】解：由题意，，，，
∴，
解得：，
∴，
又∵，
∴.
故答案为：．
51．8
【分析】由，，然后由数量积的运算公式，结合正六边形的性质，即可求解.
【详解】如图，连结，显然，
，
，
点在正六边形的边上运动，是其中心，
因此的最小值等于中心到正六边形的边的距离，距离为.
所以的最大值为.
故答案为：8
52．18
【分析】作出图像，设，根据条件可得点在以为直径的圆上，为圆心，，，再利用圆心到点的距离加半径可得最大值.
【详解】
设，
因为，所以，
，，根据勾股定理可得，
设点为的中点，
则，
因为，所以，所以点在以为直径的圆上，为圆心
所以，
所以
故答案为：18.
【点睛】关键点点睛：本题的解题关键是利用数形结合，将数量积为0转化为垂直关系，进而得到轨迹圆，从而根据圆的特征找到最值，属于难题.
53．
【分析】设的中点为，先求得点的轨迹，然后根据点的横坐标的取值范围来求得的取值范围.
【详解】设，，两式相加得，
，
，则
，即，
所以，
设是的中点，则，
所以，
，
，
所以是以为圆心，半径为的圆，
所以，，
，
所以.
故答案为：
54．/
【分析】根据几何关系确定点的轨迹方程，从而根据点到圆上动点距离最值的求解方法求解即可.
【详解】解法1：如图，因为，所以，故四边形为矩形，
设的中点为S，连接，则，
所以，
又为直角三角形，所以，故①，
设，则由①可得，
整理得：，
从而点S的轨迹为以为圆心，为半径的圆，
显然点P在该圆内部，所以，
因为，所以 ；
解法2：如图，因为,所以，
故四边形为矩形，由矩形性质，，
所以，从而，
故Q点的轨迹是以O为圆心，为半径的圆，
显然点P在该圆内，所以.
故答案为： .
55． 2
【分析】先得出，设出得出，则，两问分别代入计算即可.
【详解】因为在中，，
所以,
即.
因为点在线段上移动（不含端点），所以设.
所以，对比可得.
代入，得；
代入可得，根据二次函数性质知当时，.
故答案为：
56．
【分析】以中点为原点，以所在直线为轴，以的垂直平分线为轴，建立平面直角坐标系，则，.设，由题可得点P轨迹方程，后可得答案.
【详解】以中点为原点，以所在直线为轴，以的垂直平分线为轴，建立平面直角坐标系，
因为，所以，.
设，因为，所以，
整理得，即.
.
又，
则，则.
故答案为：
57．
【分析】以点O为原点，所在直线为x轴建立平面直角坐标系，设出D的坐标，求出，然后化简，即可求解它的范围.
【详解】以点O为原点，所在直线为x轴建立平面直角坐标系，
设点，，
则，，
则，
其中，
所以的最大值为：
，
则当时，取得最大值，
最小值为，
则当时，取得最小值，
综上，的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】本题考查平面向量的运算、三角恒等变换，适当建立平面直角坐标系将几何问题代数化是解题的关键，是中档题.
58．
【分析】设点关于点的对称点为，则点在圆上，计算可得出，求出的取值范围，即可得出的取值范围.
【详解】设点关于点的对称点为，则点在圆上，
所以，
，
因为
，
所以，，
因为，
当且仅当、同向且、反向时，，
当时，则，所以，，
所以，，所以，，
因为，则，
故当且四边形为菱形时，，
因此，.
故答案为：.
59．
【分析】连接，，设是线段的中点，连接，则有.设为和的夹角.求出 ,利用二次函数即得解.
【详解】解：连接，，设是线段的中点，连接，则有.
设为和的夹角.
则
，
，
（当即时取等）
因为，所以当时，有最小值.
，
（当即时取等）
当时，有最大值为3，
即有最大值3，所以的取值范围是.
故答案为：
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是利用向量的运算建立函数模型，再利用二次函数的图象和性质求解.