备战2025年高考数学精品教案第六章平面向量、复数突破1平面向量中的综合问题（Word版附解析）

这是一份备战2025年高考数学精品教案第六章平面向量、复数突破1平面向量中的综合问题（Word版附解析），共12页。
命题点1 平面向量与其他知识的综合
角度1 平面向量与平面几何
例1 在△ABC中，M是边BC的中点，N是线段BM的中点.若∠BAC＝π6，△ABC的面积为3，则AM·AN取最小值时，BC＝（ A ）
A.2B.4C.23D.43
解析 设△ABC的内角∠BAC，∠B，∠C的对边分别为a，b，c，由题意知，S△ABC＝12bc·sinπ6＝3，∴bc＝43，AB·AC＝bc·csπ6＝6.∵M为BC的中点，N为BM的中点，故AM＝12AB＋12AC，AN＝34AB＋14AC，AM·AN＝（12AB＋12AC）·（34AB＋14AC）＝18b2＋38c2＋3≥218×38·bc＋3＝6，当且仅当b＝3c，即b＝23，c＝2时等号成立，AM·AN取到最小值，此时a＝b2＋c2－2bc·csπ6＝2，即BC＝2.故选A.
角度2 平面向量与三角函数
例2 [多选/2021新高考卷Ⅰ]已知O为坐标原点，点P1（cs α，sin α），P2（cs β，
－sin β），P3（cs（α＋β），sin（α＋β）），A（1，0），则（ AC ）
A.｜OP1｜＝｜OP2｜B.｜AP1｜＝｜AP2｜
C.OA·OP3＝OP1·OP2D.OA·OP1＝OP2·OP3
解析 由题可知，｜OP1｜＝cs2α＋sin2α＝1，｜OP2｜＝cs2β＋（－sinβ）2＝1，所以｜OP1｜＝｜OP2｜，故A正确；
取α＝π4，则P1（22，22），取β＝5π4，则P2（－22，22），则｜AP1｜≠｜AP2｜，故B错误；
因为OA·OP3＝cs（α＋β），OP1·OP2＝cs αcs β－sin α·sin β＝cs（α＋β），所以OA·OP3＝OP1·OP2，故C正确；
因为OA·OP1＝cs α，OP2·OP3＝cs βcs（α＋β）－sin β·sin（α＋β）＝cs（α＋2β）， 取α＝π4，β＝π4，（用取特殊值法进行排除）
则OA·OP1＝22，OP2·OP3＝cs3π4＝－22，所以OA·OP1≠OP2·OP3，故D错误.故选AC.
角度3 平面向量与解析几何
例3 [2023辽宁省实验中学第五次模拟]已知向量b，c和单位向量a满足｜a－b｜＝
2｜b｜，｜c－a｜＋｜c＋a｜＝4，则b·c的最大值为（ C ）
A.423B.2C.2D.52
解析 设a＝（1，0），b＝（x，y），由｜a－b｜＝2｜b｜可得（x－1）2＋y2＝4（x2＋y2），化简可得3x2＋3y2＋2x－1＝0，即（x＋13）2＋y2＝49.设c＝（x0，y0），则由｜c－a｜＋｜c＋a｜＝4，可得（x0－1）2＋y02＋（x0+1）2＋y02＝4，故点（x0，y0）的轨迹是以（－1，0），（1，0）为焦点，长轴2a＝4的椭圆，其方程为x24＋y23＝1.
设b，c夹角为θ，则b·c＝｜b｜｜c｜cs θ，
如图，由圆与椭圆的性质可得，｜b｜≤23＋13＝1，｜c｜≤2，cs θ≤1，三者可同时取等号，故当b，c同向且方向与x轴正方向相反时，b·c取得最大值2.
故选C.
方法技巧
1.解平面向量与平面几何综合问题的步骤
（1）设出向量或将某些向量用其他向量进行表示，将几何问题转化为向量问题；
（2）利用向量之间的计算解决几何图形上的长度、夹角等问题.
2.平面向量与三角函数综合问题的解题思路
运用向量共线或垂直的坐标表示，向量的有关运算等，得到三角函数的关系式，然后求解.
3.平面向量与解析几何综合问题的解题思路
利用向量的意义、运算脱去“向量外衣”，将条件转化求解.
训练1 （1）[全国卷Ⅰ]设抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过点（－2，0）且斜率为23的直线与C交于M，N两点，则FM·FN＝（ D ）
A.5B.6C.7D.8
解析 过点（－2，0）且斜率为23的直线方程为y＝23（x＋2），由y＝23（x+2),y2=4x，消元整理得x2－5x＋4＝0，解得x＝1或x＝4，所以x=1，y=2或x=4，y=4.不妨设M（1，2），
N（4，4），易知F（1，0），所以FM＝（0，2），FN＝（3，4），所以FM·FN＝8.故选D.
（2）[多选/2023广东汕头二模]在△ABC中，已知AB＝2，AC＝5，∠BAC＝60°，BC，AC边上的中线AM，BN相交于点P，下列结论正确的是（ ABD ）
A.AM＝392B.BN＝212
C.cs∠MPN＝2121D.PA＋PB＋PC＝0
解析 因为M是BC的中点，所以AM＝12（AB＋AC）.
对于A，AM＝｜AM｜＝12 （AB＋AC）2＝12 AB2＋AC2+2AB·AC＝392，故A正确.
对于B，BN＝｜BN｜＝（12AC－AB）2＝14AC2＋AB2－AB·AC＝212，故B正确.
对于C，AM·BN＝12（AB＋AC）·（12AC－AB）＝14｜AC｜2－14AB·AC－12｜AB｜2＝3，cs∠MPN＝cs＜AM，BN＞＝AM·BN｜AM||BN｜＝49191，故C错误.
对于D，由题意知，P为△ABC的重心，则PA＋PB＋PC＝－13（AB＋AC）－13AC＋23AB＋23AC－13AB＝0，故D正确.
故选ABD.
命题点2 和向量有关的最值（范围）问题
角度1 与平面向量基本定理有关的最值（范围）问题
例4 [2023福建省宁德市模拟]在平面直角坐标系xOy中，点P为圆O：x2＋y2＝1上的任意一点，点A（2，0），B（－1，1），若OP＝λOA＋μOB，则2λ＋μ的最大值为（ C ）
A.3B.2C.5D.6
解析 由已知可设点P（cs θ，sin θ），则OP＝（cs θ，sin θ），又λOA＋μOB＝（2λ－μ，μ），OP＝λOA＋μOB，所以2λ－μ＝csθ，μ＝sinθ，即λ＝sinθ＋csθ2，μ＝sinθ，所以2λ＋μ＝2sin θ＋
cs θ＝5sin（θ＋φ），其中tan φ＝12，当sin（θ＋φ）＝1时，2λ＋μ取得最大值5.故选C.
角度2 与数量积有关的最值（范围）问题
例5 [新高考卷Ⅰ]已知P是边长为2的正六边形ABCDEF内的一点，则AP·AB的取值范围是（ A ）
A.（－2，6）B.（－6，2）
C.（－2，4）D.（－4，6）
解析 解法一 AP·AB＝｜AP｜｜AB｜cs∠PAB＝2｜AP｜·cs∠PAB，又｜AP｜cs∠PAB表示AP在AB方向上的投影数量，所以结合图形可知（图略），当P与C重合时投影数量最大，当P与F重合时投影数量最小.又AC·AB＝23×2×cs 30°＝6，AF·AB＝2×2×cs 120°＝－2，故当点P在正六边形ABCDEF内部运动时，AP·AB∈
（－2，6）.故选A.
解法二 以A为原点建立平面直角坐标系，如图所示，设点P（x，y），则AP＝（x，y），AB＝（2，0），AP·AB＝（x，y）·（2，0）＝2x，易知x∈（－1，3），所以AP·AB∈（－2，6）.故选A.
角度3 与模有关的最值（范围）问题
例6 [2023山西省模拟]已知平面向量a，b是单位向量，且｜a－b｜＝1，向量c满足｜c－a－b｜＝32，则｜c｜的最大值为 （ A ）
A.332B.23C.3＋1D.23＋1
解析 ∵平面向量a，b是单位向量，且｜a－b｜＝1，∴a2＋b2－2a·b＝2－2a·b＝1，∴a·b＝12，＜a，b＞＝π3.设a＝（1，0），b＝（12，32），c＝（x，y），则c－a－b＝（x－32，y－32），∴（c－a－b）2＝（x－32）2＋（y－32）2＝（32）2，∴点（x，y）在以（32，32）为圆心、32为半径的圆上，
∴｜c｜＝x2＋y2的最大值表示圆上的点到原点（0，0）距离的最大值，如图所示.设圆心为O'，则｜OO'｜＝94＋34＝3，
∴｜c｜的最大值为3＋32＝332.故选A.
方法技巧
平面向量中有关最值（或范围）问题的两种求解思路
一是“形化”，即利用平面向量的几何意义先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，先把问题转化为代数中的函数最值或值域、不等式的解集、方程有解等问题，然后利用函数、不等式、方程的相关知识解决.
训练2 （1）如图，在平行四边形ABCD中，点E是CD的中点，点F为线段BD上的一动点，若AF＝xAE＋yDC（x＞0，y＞0），则2－3x4y2+1的最大值为（ A ）
A.12B.34C.1D.2
解析 AF＝xAE＋yDC＝x（AD＋DE）＋yAB＝x（AD＋12AB）＋yAB＝xAD＋（x2＋y）AB.因为D，F，B三点共线，所以32x＋y＝1，即2－3x＝2y，所以2－3x4y2+1＝2y4y2+1＝24y＋1y，因为x＞0，y＞0，所以4y＋1y≥24y·1y＝4，当且仅当4y＝1y，即y＝12时等号成立，此时x＝13，所以2－3x4y2+1＝24y＋1y≤24＝12.
（2）在△ABC中，AB＝2，AC＝3，∠BAC＝60°，M是线段AC上任意一点，则MB·MC的最小值是（ B ）
A.－12B.－1C.－2D.－4
解析 解法一 如图，由M是线段AC上任意一点，设AM＝λMC，λ∈（0，＋∞），因为AB·AC＝｜AB｜｜AC｜cs 60°＝2×3×12＝3，所以MB·MC＝（AB－AM）·MC＝（AB－λλ+1AC）·1λ+1AC＝1λ+1AB·AC－λ（λ+1）2·AC2＝－6λ－3（λ+1）2.当λ＝12时，MB·MC＝0，当λ≠12时，令6λ－3＝t，t∈（－3，0）∪（0，＋∞），则λ＝3+t6，MB·MC＝
－6λ－3（λ+1）2＝－36tt2+18t+81＝－36t＋81t+18，当t∈（0，＋∞）时，t＋81t＋18≥36（当且仅当t＝9时取等号），此时MB·MC≥－1；当t∈（－3，0）时，t＋81t＋18＜－12，此时MB·MC无最值.所以当且仅当 t＝9，即λ＝2时，MB·MC有最小值，最小值为－1.故选B.
解法二 如图，以点A为坐标原点，AC所在直线为x轴建立平面直角坐标系，因为AC＝3，AB＝2，∠BAC＝60°，所以B（1，3），C（3，0），设M（x，0），0≤x≤3，则MB＝（1－x，3），MC＝（3－x，0），MB·MC＝（1－x，3）·（3－x，0）＝x2－4x＋3＝（x－2）2－1，当且仅当x＝2时，MB·MC有最小值，最小值为－1.故选B.
（3）[浙江高考]已知a，b，e是平面向量，e是单位向量.若非零向量a与e的夹角为π3，向量b满足b2－4e·b＋3＝0，则｜a－b｜的最小值是（ A ）
A.3－1B.3＋1C.2D.2－3
解析 解法一 设O 为坐标原点，a＝OA，b＝OB＝（x，y），e＝（1，0），由b2－4e·b＋3＝0得x2＋y2－4x＋3＝0，即（x－2）2＋y2＝1，所以点B的轨迹是以C（2，0）为圆心，1为半径的圆.因为a与e的夹角为π3，所以不妨令点A在直线y＝3x（x＞0）上，如图所示，由数形结合可知，｜a－b｜min＝｜BA｜min＝2sin π3－1＝3－1.（｜BA｜的最小值，即圆心C到OA的距离减去圆的半径）故选A.
解法二 由b2－4e·b＋3＝0得b2－4e·b＋3e2＝（b－e）·（b－3e）＝0.
设b＝OB，e＝OE，3e＝OF，所以b－e＝EB，b－3e＝FB，所以EB·FB＝0，取EF的中点为C，则点B在以C为圆心，EF为直径的圆上运动，如图.
设a＝OA，作射线OA，使得∠AOE＝π3，所以｜a－b｜＝｜（a－2e）＋（2e－b）｜≥
｜a－2e｜－｜2e－b｜＝｜CA｜－｜BC｜≥3－1.故选A.
1.[命题点1角度1/江苏高考]如图，在△ABC中，AB＝4，AC＝3，∠BAC＝90°，D在边BC上，延长AD到P，使得AP＝9，若PA＝mPB＋（32－m）PC（m为常数），则CD的长度是 185或0 .
解析 解法一 以点A为坐标原点，AB的方向为x轴的正方向，AC的方向为y轴的正方向建立平面直角坐标系，设CD＝λCB，λ∈[0，1]，则D（4λ，3－3λ），AD＝AC＋λCB＝λAB＋（1－λ）AC，又点P在AD的延长线上，则可设AP＝μAD，μ＞1，又PA＝m（PB－PC）＋32PC＝mCB＋32PC，则PA＝m（AB－AC）＋32（AC－AP），12AP＝mAB＋（32－
m）AC，则2mAB＋（3－2m）AC＝AP＝μAD＝λμAB＋μ（1－λ）AC，所以2m＝λμ，
3－2m＝μ－λμ，所以μ＝3，又AP＝9，则AD＝3，所
以（4λ）2＋（3－3λ）2＝9，得λ＝1825或λ＝0，则｜CD｜＝1825｜CB｜＝1825×32＋42＝185或
｜CD｜＝0×｜CB｜＝0.
解法二 由题意可设PA＝λPD＝λ[μPB＋（1－μ）PC]＝λμPB＋（λ－λμ）PC，其中λ＞1，0≤μ≤1，又PA＝mPB＋（32－m）PC，所以λμ＝m，λ－λμ＝32－m，得λ＝32，即PAPD＝32，又PA＝9，则｜PD｜＝6，｜AD｜＝3，所以AD＝AC.当D与C重合时，CD＝0；当D不与C重合时，有∠ACD＝∠CDA，所以∠CAD＝180°－2∠ACD，在△ACD中，由正弦定理可得CDsin∠CAD＝ADsin∠ACD，则CD＝ADsin（180°－2∠ACD）sin∠ACD＝sin2∠ACDsin∠ACD·AD＝2cs∠ACD·AD＝2×35×3＝185.综上，CD＝185或0.
2.[命题点2角度2/2023天津高考]在三角形ABC中，∠A＝π3，｜BC｜＝1，D为线段AB的中点，E为线段CD的中点，若设AB＝a，AC＝b，则AE可用a，b表示为 14a＋12b ；若BF＝13BC，则AE·AF的最大值为 1324 .
解析 因为E为CD的中点，所以AE＝12AD＋12AC，因为D为AB的中点，所以AD＝12AB，所以AE＝14AB＋12AC，又AB＝a，AC＝b，所以AE＝14a＋12b.
因为BF＝13BC，所以AF－AB＝13（AC－AB），即AF＝23AB＋13AC＝23a＋13b，所以AE·AF＝（14a＋12b）·（23a＋13b）＝16a2＋512a·b＋16b2.在三角形ABC中，∠A＝π3，｜BC｜＝1，设三角形ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则a＝1，｜a｜＝c，｜b｜＝b，所以a·b＝bccsπ3＝bc2，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccsπ3，即1＝b2＋c2－bc≥bc，当且仅当
b＝c＝1时等号成立，所以AE·AF＝16a2＋512a·b＋16b2＝16c2＋524bc＋16b2＝16（bc＋1）＋524bc＝38bc＋16≤38＋16＝1324.
3.[命题点2角度3]已知向量a，b满足｜a＋b｜＝4，｜a－b｜＝3，则｜a｜＋｜b｜的取值范围是（ B ）
A.[3，5]B.[4，5]
C.[3，4]D.[4，7]
解析 易知｜a｜＋｜b｜≥max{｜a＋b｜，｜a－b｜}＝4，因为（｜a｜＋｜b｜）2＝
｜a｜2＋｜b｜2＋2｜a｜｜b｜≤2（｜a｜2＋｜b｜2）＝｜a＋b｜2＋｜a－b｜2＝25，当且仅当｜a｜＝｜b｜时等号成立，所以｜a｜＋｜b｜≤5，所以4≤｜a｜＋｜b｜≤5.
4.[命题点2/浙江高考]已知平面单位向量e1，e2满足｜2e1－e2｜≤2.设a＝e1＋e2，b＝3e1＋e2，向量a，b的夹角为θ，则cs2θ的最小值是 2829 .
解析 解法一 因为单位向量e1，e2满足｜2e1－e2｜≤2，所以｜2e1－e2｜2＝5－4e1·e2≤2，即e1·e2≥34.因为a＝e1＋e2，b＝3e1＋e2，a，b的夹角为θ，所以cs2θ＝（a·b）2｜a｜2｜b｜2＝[(e1＋e2）·（3e1＋e2)]2｜e1＋e2｜2·｜3e1＋e2｜2＝（4+4e1·e2）2（2+2e1·e2)(10+6e1·e2）＝4+4e1·e25+3e1·e2.不妨设t＝e1·e2，则t≥34，cs2θ＝4+4t5+3t，又y＝4+4t5+3t在[34，＋∞）上单调递增，所以cs2θ≥4+35+94＝2829，所以cs2θ的最小值为2829.
解法二 由题意，不妨设e1＝（1，0），e2＝（cs x，sin x）.因为｜2e1－e2｜≤2，所以（2－csx）2＋sin2x≤2，得5－4cs x≤2，即cs x≥34.易知a＝（1＋cs x，sin x），b＝（3＋cs x，sin x），所以a·b＝（1＋cs x）·（3＋cs x）＋sin2x＝4＋4cs x，｜a｜2＝（1＋cs x）2＋sin2x＝2＋2cs x，｜b｜2＝（3＋cs x）2＋sin2x＝10＋6cs x，所以cs2θ＝（a·b）2｜a｜2｜b｜2＝（4+4csx）2（2+2csx)(10+6csx）＝4+4csx5+3csx.不妨设m＝cs x，则m≥34，cs2θ＝4+4m5+3m，又y＝4+4m5+3m在[34，＋∞）上单调递增，所以cs2θ≥4+35+94＝2829，所以cs2θ的最小值为2829.
学生用书·练习帮P319
1.[2023湖北部分学校联考]圆的内接四边形ABCD中，AD＝2，CD＝4，BD是圆的直径，则AC·BD＝（ B ）
A.12B.－12C.20D.－20
解析 由题知∠BAD＝∠BCD＝90°，AD＝2，CD＝4，所以AC·BD＝（AD＋DC）·BD＝AD·BD＋DC·BD＝｜AD｜｜BD｜cs∠BDA－｜DC｜｜BD｜·cs∠BDC＝｜AD｜2－
｜DC｜2＝4－16＝－12.故选B.
2.[2023山东济南检测]已知非零向量AB，AC满足AB·BC｜AB｜＝AC·CB｜AC｜，且AB｜AB｜·AC｜AC｜＝12，则△ABC为（ D ）
A.钝角三角形B.直角三角形
C.等腰直角三角形D.等边三角形
解析 由AB｜AB｜·AC｜AC｜＝12，得cs A＝12，又0＜A＜π，∴A＝π3.由AB·BC｜AB｜＝AC·CB｜AC｜，得（AB｜AB｜＋AC｜AC｜）·BC＝0，∴角A的平分线垂直于BC，∴AB＝AC，∴△ABC是等边三角形.故选D.
3.[2024河北石家庄二中月考]已知向量a，b，c共面，且均为单位向量，a·b＝0，则｜a＋b＋c｜的取值范围是（ A ）
A.[2－1，2＋1]B.[1，2]
C.[2，3]D.[2－1，1]
解析 设a＝OA，b＝OB，c＝OC，由题意可得｜OA｜＝｜OB｜＝
｜OC｜＝1，且OA⊥OB，以OA，OB为邻边作正方形OADB，连接OD，如图所示，则｜a＋b｜＝｜OD｜＝2，｜a＋b＋c｜＝｜OD＋OC｜，当OD与OC方向相同时，｜a＋b＋c｜最大，为2＋1；当OD与OC方向相反时，
｜a＋b＋c｜最小，为2－1.故选A.
4.[2023豫南名校三模]如图，这是用来构造无理数2，3，5，…的图形，已知P是平面四边形ABCD内（包含边界）一点，则CB·CP的取值范围是（ D ）
A.[－22，2]B.[－1，2]
C.[22，1]D.[－22，1]
解析 如图，过点D作DE⊥BC交BC的延长线于点E.（CP在CB上的投影向量与CB可能是同向的，也可能是反向的，所以延长BC以保障情况研究全面）
因为DE⊥BC，DC＝1，∠DCE＝45°，所以CE＝22.
由图可知当P在线段AB上时，｜CP｜cs∠PCB有最大值1，当P在点D处时，｜CP｜cs∠PCB有最小值－22，（寻找｜CP｜cs ∠PCB的最大值和最小值时，最值往往在图形的边界和顶点处取到）
又｜CB｜＝1，所以CB·CP的取值范围是[－22，1].故选D.
5.已知AM，BN分别为圆O1：（x＋1）2＋y2＝1与O2：（x－2）2＋y2＝4的直径，则AB·MN的取值范围为（ A ）
A.[0，8]B.[0，9]C.[1，8]D.[1，9]
解析 如图，AB·MN＝（AO1＋O1O2＋O2B）·（MO1＋O1O2＋O2N）＝[O1O2＋（AO1＋O2B）]·[O1O2－（AO1＋O2B）]＝｜O1O2｜2－｜AO1＋O2B｜2＝9－｜AO1＋O2B｜2，其中｜AO1＋O2B｜∈[2－1，2＋1]＝[1，3]，所以AB·MN∈[9－32，9－12]＝[0，8].故选A.
6.若点G是△ABC的重心，A（0，－1），B（0，1），在x轴上有一点M满足｜MA｜＝｜MC｜，GM＝λAB（λ∈R），则点C的轨迹方程为（ C ）
A.x23＋y2＝1B.x23－y2＝1
C.x23＋y2＝1（x≠0）D.x23－y2＝1（x≠0）
解析 设点C（x，y），则G（x3，y3）.由已知可得点C不与A，B共线，所以x≠0.（易错：注意寻找变量的范围）
设M（x0，0），则MA＝（－x0，－1），MC＝（x－x0，y）（x≠0），GM＝（x0－x3，
－y3）（x≠0），AB＝（0，2），
由GM＝λAB（λ∈R），得（x0－x3，－y3）＝λ（0，2），所以x0＝x3（x≠0） ①，
由｜MA｜＝｜MC｜，得x02+1＝（x－x0）2＋y2（x≠0），即x02＋1＝（x－x0）2＋y2（x≠0） ②，
将①代入②得x23＋y2＝1（x≠0）.故选C.
7.[情境创新]已知△ABC中，AB＝4，AC＝43，BC＝8，动点P自点C出发沿线段CB运动，到达点B时停止，动点Q自点B出发沿线段BC运动，到达点C时停止，且动点Q的速度是动点P的2倍.若二者同时出发，且一个点停止运动时，另一个点也停止运动，则该过程中AP·AQ的最大值是（ C ）
A.72B.4C.492D.23
解析解法一 因为AB＝4，AC＝43，BC＝8，所以AB2＋AC2＝BC2，△ABC是直角三角形，且∠BAC＝90°，∠ACB＝30°，∠ABC＝60°.如图，分别以AC，AB所在直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系，设｜CP｜＝t，则｜BQ｜＝2t，且0≤2t≤8，即0≤t≤4，
则A（0，0），Q（3t，4－t），P（43－32t，12t），AQ＝（3t，4－t），AP＝（43－32t，12t），所以AP·AQ＝3t（43－32t）＋12t（4－t）＝－2t2＋14t（0≤t≤4），当t＝72时，AP·AQ取得最大值，最大值为492，故选C.
解法二 因为AB＝4，AC＝43，BC＝8，所以AB2＋AC2＝BC2，△ABC是直角三角形，且∠A＝90°，∠C＝30°，∠B＝60°.
设CP＝t，则BQ＝2t，且0≤2t≤8，即0≤t≤4，
BQ与AC的夹角为30°，CP与AB的夹角为60°，所以AP·AQ＝（AC＋CP）·（AB＋BQ）＝AC·AB＋AC·BQ＋CP·AB＋CP·BQ＝43×2t×cs 30°＋4×t×cs 60°－2t2＝－2t2＋14t（0≤t≤4），当t＝72时，AP·AQ取得最大值，最大值为492，故选C.
8.已知AB⊥AC，｜AB｜＝1t，｜AC｜＝t，若点P是△ABC所在平面内一点，且AP＝AB｜AB｜＋9AC｜AC｜，则PB·PC的最大值是（ D ）
A.16B.4C.82D.76
解析 以A为坐标原点，可建立如图所示的平面直角坐标系，则A（0，0），（1t，0），C（0，t）（t＞0），则AB＝（1t，0），AC＝（0，t），∴AP＝
t（1t，0）＋9t（0，t）＝（1，9），即P（1，9），∴PB＝（1t－1，－9），PC＝（－1，t－9），∴PB·PC＝1－1t－9t＋81＝82－（9t＋1t）.∵t＞0，∴9t＋1t≥29t·1t＝6（当且仅当9t＝1t，即t＝13时取等号），∴PB·PC≤82－6＝76.故选D.
9.[2024辽宁鞍山月考]设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，P是△ABC所在平面上的一点，PA·PB＝cbPA·PC＋b－cbPA2＝caPB·PC＋a－caPB2，则点P是△ABC的（ C ）
A.重心B.外心C.内心D.垂心
解析 因为PA·PB＝cbPA·PC＋b－cbPA2＝caPB·PC＋a－caPB2，所以PA·PB－PA2＝cbPA·（PC－PA），PA·PB－PB2＝caPB·（PC－PB），即PA·AB＝cbPA·AC，BA·PB＝caPB·BC，所以｜PA｜ccs∠PAB＝cb｜PA｜bcs∠PAC，｜PB｜ccs∠PBA＝ca｜PB｜a·cs∠PBC，所以∠PAB＝∠PAC，∠PBA＝∠PBC，所以AP在∠BAC的角平分线上，BP在∠ABC的角平分线上，所以点P是△ABC的内心.故选C.
10.[2023河北石家庄一中等校联考]已知点列{Pn}中的所有点都在△ABC内部，△ABPn的面积与△ACPn的面积比值为13.在数列{an}中，a1＝1，若∀n∈N*且n≥2，APn＝3anAB＋
（4an－1＋3）AC恒成立，那么a4＝（ D ）
A.15B.31C.63D.127
解析 如图，延长APn交BC于D，则S△ABPnS△ABD＝S△ACPnS△ACD＝APnAD.
又△ABPn的面积与△ACPn的面积比值为13，∴S△ABDS△ACD＝13，∴BDCD＝13，
∴点D是边BC上最靠近点B的四等分点.
AD＝AB＋BD＝AB＋14BC＝AB＋14（AC－AB）＝34AB＋14AC，
又APn＝3anAB＋（4an－1＋3）AC，AD∥APn，
∴3an34＝4an－1+314，
∴an＝4an－1＋3（n≥2）.
由a1＝1，依次计算得到a2＝7，a3＝31，a4＝4×31＋3＝127.故选D.
11.[考法创新]如图所示，A，B，C，D是正弦函数y＝sin x图象上四个点，且在A，C两点函数值最大，在B，D两点函数值最小，则（OA＋OB）·（OC＋OD）＝ 12π2 .
解析 由题图知，A，B关于点（π，0）对称，设M（π，0），连接AB，CD，则M为线段AB的中点，同理可知C，D关于点（3π，0）对称，设N（3π，0），则N为线段CD的中点，所以（OA＋OB）·（OC＋OD）＝2OM·（2ON）＝4OM·ON＝12π2.
12.[2023上海虹口区一模]在△ABC中，AB＝5，AC＝6，cs A＝15，O是△ABC的外心，若OP＝xOB＋yOC，其中x，y∈[0，1]，则动点P的轨迹所覆盖图形的面积为 49624 .
解析 因为AB＝5，AC＝6，cs A＝15，所以BC2＝AB2＋AC2－2AB×ACcs A＝25＋36－2×5×6×15＝49，则BC＝7，又sin A＝1－cs2A＝265，所以由正弦定理得7sinA＝7265＝2OB，可得OB＝35624.由题意知OP＝xOB＋yOC，其中x，y∈[0，1]，OB＝OC，即点P的轨迹所覆盖图形为以OB，OC为相邻两边的菱形，又∠BOC＝2∠BAC，所以该菱形的面积为2S△BOC＝2×12OB2×sin 2A＝（35624）2×2×265×15＝49624.
13.[2024云南昆明测评]在平面四边形ABCD中，AB⊥BC，AD⊥CD，∠BCD＝60°，BC＝CD＝23，点M是边BC上的动点，则AM·DM的最小值为 214 .
解析 如图，连接AC，因为AB⊥BC，AD⊥CD，BC＝CD＝23，则△ABC≌△ADC.
又因为∠BCD＝60°，所以∠ACB＝∠ACD＝30°，AC＝4，AB＝AD＝2.设E为AD的中点，分别过E，D作BC的垂线，垂足为H，N，易得DN＝3.又四边形ADNB为直角梯形，E为AD的中点，则EH＝12（AB＋DN）＝52.连接ME，则AM·DM＝MA·MD＝14[（MA＋MD）2－（MA－MD）2]＝ME2－14AD2＝ME2－1≥EH2－1＝214.
14.[2024广西八校联考]已知a，b是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量c满足（a－c）·（b－2c）＝0，则｜c｜的最大值是 52 .
解析 建立平面直角坐标系xOy（O是坐标原点，图略），由题意不妨设a＝（1，0），b＝（0，1），c＝（x，y），
则a－c＝（1－x，－y），b－2c＝（－2x，1－2y）.由（a－c）·（b－2c）＝0，得（1－x）（－2x）＋（－y）（1－2y）＝0，即x2＋y2－x－12y＝0，即（x－12）2＋（y－14）2＝516，则c的始点为O，终点在以点A（12，14）为圆心、半径r＝54的圆上.连接OA.｜c｜＝x2＋y2，其几何意义为圆A上任意一点P（x，y）到原点O（0，0）的距离，所以｜c｜的最大值为｜OA｜＋r＝（12）2＋（14）2＋54＝52.