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专题11 平面向量
一、单选题
1．（2023·浙江·二模）若，，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2023·广东佛山·统考二模）已知的顶点，，，则顶点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
3．（2023·上海青浦·统考二模）设是两个不平行的向量，则下列四组向量中，不能组成平面向量的一个基底的是（ ）
A．和 B．和
C．和 D．和
4．（2023·河南·校联考模拟预测）已知向量，若，则（ ）
A． B． C．0 D．3
5．（2023·四川泸州·统考三模）已知向量，满足，，则（ ）
A． B． C．0 D．4
6．（2023·辽宁朝阳·朝阳市第一高级中学校考模拟预测）已知向量，，（），则（ ）
A．5 B． C． D．
7．（2023·河北衡水·模拟预测）已知平面向量满足，则（ ）
A． B． C． D．33
8．（2023·浙江·统考二模）设是平行四边形的对角线的交点，则（ ）
A． B． C． D．
9．（2023·浙江·校联考二模）在正方形ABCD中，O为两条对角线的交点，E为边BC上中点，记，，则（ ）
A． B．
C． D．
10．（2023·辽宁·校联考二模）已知单位向量，满足，若向量，则（ ）．
A． B． C． D．
11．（2023·湖南·校联考二模）已知向量，满足，且，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A．1 B． C． D．
12．（2023·陕西商洛·统考三模）已知向量，，若，则（ ）
A．12 B． C．16 D．
13．（2023·广东广州·统考二模）已知两个非零向量，满足，，则（ ）
A． B． C． D．
14．（2023·浙江宁波·统考二模）已知非零向量满足，则（ ）
A． B．
C． D．
15．（2023·浙江·统考二模）已知非零向量满足，则（ ）
A． B．1 C． D．2
16．（2023·重庆·统考模拟预测）在正方形中，动点从点出发，经过，，到达，，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
17．（2023·浙江绍兴·统考模拟预测）已知点分别为直线上的动点，若，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
18．（2023·甘肃武威·统考三模）如图所示，边长为2的正三角形ABC中，，，则（ ）
A．-1 B．-2 C．1 D．2
19．（2023·广东深圳·统考二模）已知中，，，与相交于点，，则有序数对（ ）
A． B． C． D．
20．（2023·河南·校联考三模）如图，这是古希腊数学家特埃特图斯用来构造无理数的图形，已知是平面四边形内一点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
21．（2023·浙江嘉兴·统考二模）已知正九边形，从中任取两个向量，则它们的数量积是正数的概率为（ ）
A． B． C． D．
22．（2023·安徽·校联考二模）如图，在中，点D为线段BC的中点，点E，F分别是线段AD上靠近D，A的三等分点，则（ ）
A． B． C． D．
23．（2023·河北沧州·统考模拟预测）在等腰梯形中，，，，分别是，的中点，则（ ）
A． B． C． D．
24．（2023·重庆·统考二模）已知点是的外心，，，，若，则（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
25．（2023·湖北·统考二模）在△ABC中，，且点D满足，则（ ）
A． B． C． D．
26．（2023·湖南常德·二模）已知向量、满足，且，，则向量与的夹角为（ ）
A． B． C． D．
27．（2023·江苏常州·校考二模）如图所示，边长为2的正，以BC的中点O为圆心，BC为直径在点A的另一侧作半圆弧，点P在圆弧上运动，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
28．（2023·江苏·统考二模）已知向量，的夹角为60°，且，则（ ）
A． B．
C． D．
29．（2023·天津红桥·统考二模）已知菱形ABCD的边长为2，，点E在边BC上，，若G为线段DC上的动点，则的最大值为（ ）
A．2 B．
C． D．4
二、多选题
30．（2023·广东汕头·统考二模）在中，已知，，，BC，AC边上的两条中线AM，BN相交于点P，下列结论正确的是（ ）
A． B．
C．的余弦值为 D．
31．（2023·江苏·校联考模拟预测）已知点在圆：上，点，，则（ ）
A．点到直线的距离的最小值是 B．的取值范围是
C．的取值范围是 D．当为直角三角形时，其面积为3
32．（2023·湖南长沙·湖南师大附中校考模拟预测）已知点P为双曲线上任意一点，为其左、右焦点，O为坐标原点．过点P向双曲线两渐近线作垂线，设垂足分别为M、N，则下列所述正确的是（ ）
A．为定值 B．O、P、M、N四点一定共圆
C．的最小值为 D．存在点P满足P、M、三点共线时，P、N、三点也共线
33．（2023·海南·校联考模拟预测）某公园准备在一处空地上建一个等腰梯形花坛，如图，现将此花坛分为16块大小相等的等腰直角三角形，则（ ）
A．
B．
C．
D．
34．（2023·湖北·校联考模拟预测）下列关于平面向量的说法中正确的是（ ）
A．已知，点在直线上，且，则的坐标为；
B．若是的外接圆圆心，则
C．若，且，则
D．若点是所在平面内一点，且，则是的垂心.
35．（2023·浙江·统考二模）已知向量，是单位向量，且，则以下结论正确的是（ ）．
A．若，则 B．
C．向量，的夹角为 D．向量在向量上的投影向量为
36．（2023·安徽淮南·统考二模）已知单位向量，，则下列命题正确的是（ ）
A．向量，不共线，则
B．若，，且，则
C．若，记向量，的夹角为θ，则θ的最小值为.
D．若，则向量在向量上的投影向量是
37．（2023·广东梅州·统考二模）已知向量，，，则下列命题正确的是（ ）
A．当且仅当时， B．在上的投影向量为
C．存在θ，使得 D．存在θ，使得
38．（2023·安徽淮北·统考二模）已知点，点在上运动，边长为的正方形的顶点位于圆外，则的值可能是（ ）
A．0 B． C．8 D．10
三、填空题
39．（2023·贵州贵阳·统考模拟预测）已知，，若，则________．
40．（2023·陕西榆林·统考模拟预测）已知向量，若，则__________.
41．（2023·上海崇明·上海市崇明中学校考模拟预测）若向量满足，则______.
42．（2023·河南商丘·商丘市实验中学校联考模拟预测）已知在平行四边形ABCD中，点E满足，，则实数______．
43．（2023·江西赣州·统考二模）在平行四边形中，点，分别满足，，若，则________．
44．（2023·上海松江·统考二模）已知点是平面直角坐标系中关于轴对称的两点，且．若存在，使得与垂直，且，则的最小值为______．
四、解答题
45．（2023·全国·模拟预测）在中，点为边的中点，.
(1)当时，求的面积；
(2)求的最大值.
46．（2023·河南·校联考三模）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，．
(1)求C的大小；
(2)若点D满足，，，求c．
47．（2023·河南·校联考三模）数学中有许多美丽的曲线，例如曲线，（t为参数）的形状如数字8（如图），动点A，B都在曲线E上，对应参数分别为与，设O为坐标原点，．
(1)求C的轨迹的参数方程；
(2)求C到坐标原点的距离d的最大值和最小值．
48．（2023·江西南昌·校联考模拟预测）已知抛物线的焦点为，分别为上两个不同的动点，为坐标原点，当为等边三角形时，.
(1)求的标准方程；
(2)抛物线在第一象限的部分是否存在点，使得点满足，且点到直线的距离为2？若存在，求出点的坐标及直线的方程；若不存在，请说明理由.
49．（2023·湖南·校联考模拟预测）在中，角所对的边分别为的面积为.
(1)求的大小.
(2)点满足.若，求.
50．（2023·广东·统考模拟预测）在中，角，，的对边分别为，，．点D为BC边的中点，已知，，．
(1)求b；
(2)求的面积．
51．（2023·上海徐汇·统考二模）已知向量，，函数.
(1)设，且，求的值；
(2)在中，，，且的面积为，求的值.
52．（2023·重庆·统考模拟预测）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，．
(1)求；
(2)若，边上的高线长，求．
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专题11 平面向量
一、单选题
1．（2023·浙江·二模）若，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据平面向量的坐标运算即可求得答案.
【详解】由题意知，，
故,
故选：B
2．（2023·广东佛山·统考二模）已知的顶点，，，则顶点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由平行四边形可得进而即得．
【详解】因为，，，由平行四边形可得，
设，则，
所以，即的坐标为.
故选：B.
3．（2023·上海青浦·统考二模）设是两个不平行的向量，则下列四组向量中，不能组成平面向量的一个基底的是（ ）
A．和 B．和
C．和 D．和
【答案】C
【分析】根据基底的知识确定正确答案.
【详解】依题意，不共线，
A选项，不存在使，
所以和可以组成基底.
B选项，不存在使，
所以和可以组成基底.
C选项，，
所以和不能构成基底.
D选项，不存在使，
所以和可以组成基底.
故选：C
4．（2023·河南·校联考模拟预测）已知向量，若，则（ ）
A． B． C．0 D．3
【答案】A
【分析】求出，利用向量垂直列出方程，求出答案.
【详解】因为，由，得，所以．
故选：A．
5．（2023·四川泸州·统考三模）已知向量，满足，，则（ ）
A． B． C．0 D．4
【答案】A
【分析】由数量积的运算律计算．
【详解】由已知，．
故选：A．
6．（2023·辽宁朝阳·朝阳市第一高级中学校考模拟预测）已知向量，，（），则（ ）
A．5 B． C． D．
【答案】B
【分析】求出向量的坐标，根据数量积坐标表示，即可求得答案.
【详解】由题意向量，，可得，
故，
故选：B
7．（2023·河北衡水·模拟预测）已知平面向量满足，则（ ）
A． B． C． D．33
【答案】C
【分析】根据题意，由平面向量模长的计算公式，代入计算即可得到结果.
【详解】因为，所以，则，
所以，即.
故选：C.
8．（2023·浙江·统考二模）设是平行四边形的对角线的交点，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据平行四边形对角线平分及向量加减法计算可得.
【详解】是平行四边形的对角线的交点，则,
所以.
故选：A.
9．（2023·浙江·校联考二模）在正方形ABCD中，O为两条对角线的交点，E为边BC上中点，记，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】由向量运算的三角形法则，用，表示即可.
【详解】
故选：C.
10．（2023·辽宁·校联考二模）已知单位向量，满足，若向量，则（ ）．
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】计算出及，利用向量余弦夹角公式计算，再利用平方关系求出.
【详解】因为，是单位向量，
所以，
又因为，，
所以，
，
所以，
因为，
所以.
故选：A.
11．（2023·湖南·校联考二模）已知向量，满足，且，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】C
【分析】由已知可求得，然后根据投影向量的公式，即可得出答案.
【详解】因为，，
所以，
所以，向量在向量上的投影向量为.
故选：C．
12．（2023·陕西商洛·统考三模）已知向量，，若，则（ ）
A．12 B． C．16 D．
【答案】D
【分析】首先求出的坐标，依题意，根据数量积的坐标表示得到方程，解得即可.
【详解】因为，，
所以，
因为，所以，解得.
故选：D
13．（2023·广东广州·统考二模）已知两个非零向量，满足，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据向量的数量积运算律和夹角公式求解.
【详解】因为，所以，
所以，所以，
，
故选:D.
14．（2023·浙江宁波·统考二模）已知非零向量满足，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据题意可得方向相反，且，进而结合选项即可逐一求解.
【详解】由得，因此可知方向相反，且，
对于A, ，由于与的关系不确定，故A错误，
对于B，由于，故B错误，
对于C，，所以，故C错误，
对于D，，故D正确，
故选：D
15．（2023·浙江·统考二模）已知非零向量满足，则（ ）
A． B．1 C． D．2
【答案】A
【分析】对两边平方计算可得答案.
【详解】∵，∴，
又，∴，
解得.
故选：A.
16．（2023·重庆·统考模拟预测）在正方形中，动点从点出发，经过，，到达，，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】建立平面直角坐标系，写成点的坐标，分点在，，三种情况，求出的取值范围.
【详解】以为坐标原点，，所在直线分别为轴，轴，建立平面直角坐标系，
设，则，
当点在上时，设，
则，即，故，
当点在上时，设，
则，即，解得，
故，
当点在上时，设，
则，即，故
综上，的取值范围是.
故选：B
17．（2023·浙江绍兴·统考模拟预测）已知点分别为直线上的动点，若，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题意，由条件可得，从而得到其最小值为点到直线的距离的平方，结合点到直线的距离公式即可得到结果.
【详解】因为，由
且点，为直线上的动点，则即为点到直线的距离，
所以，则，
故选:C
18．（2023·甘肃武威·统考三模）如图所示，边长为2的正三角形ABC中，，，则（ ）
A．-1 B．-2 C．1 D．2
【答案】D
【分析】由，，用表示，然后利用数量积的运算律和定义求解.
【详解】解：因为，，
所以，
，
，
所以，
，
，
故选：D
19．（2023·广东深圳·统考二模）已知中，，，与相交于点，，则有序数对（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据平面向量共线定理得到，，利用、分别表示出，再根据平面向量基本定理得到方程组，解得、，再代入计算可得.
【详解】依题意、、三点共线，故，
所以
，
又、、三点共线，故，
则
，
所以，解得，
所以，又，所以，
所以有序数对.
故选：D
20．（2023·河南·校联考三模）如图，这是古希腊数学家特埃特图斯用来构造无理数的图形，已知是平面四边形内一点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由数量积的几何意义，先求在上的投影的取值范围，再乘以，则可得到的取值范围.
【详解】如图，延长，过点做交的延长线于点.
因为，，,所以.
由图可知当在点处时，在上的投影有最大值1，
当在点处时，在上的投影有最小值，
又因为，所以的取值范围是.
故选：D
21．（2023·浙江嘉兴·统考二模）已知正九边形，从中任取两个向量，则它们的数量积是正数的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据数量积的定义，列出基本事件求概率即可.
【详解】
可以和向量构成数量积有 一共8个向量，
其中数量积为的正数的向量有： 一共4个，
由对称性可知，任取两个向量，它们的数量积是正数的概率为：.
故选：A
22．（2023·安徽·校联考二模）如图，在中，点D为线段BC的中点，点E，F分别是线段AD上靠近D，A的三等分点，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】确定，，相加整理得到答案.
【详解】，则①；
，则②；
①②两式相加，，即，
故选：C.
23．（2023·河北沧州·统考模拟预测）在等腰梯形中，，，，分别是，的中点，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据几何关系，找到以AN为对角线的平行四边形，再通过几何关系找出四边形的边与AM和AB的长度关系，最后根据平行四边形法则即可表示出.
【详解】如图，过作交于，
∴是的中点.
分别过，作，，交于，，
因为为平行四边形，所以，
且，，
由此可得.
故选：C.
24．（2023·重庆·统考二模）已知点是的外心，，，，若，则（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】C
【分析】如图，点O在、上的射影是点、，根据数量积的几何意义求出、，再根据数量积的定义求出，最后根据数量积的运算律得到、的方程组，解得再代入计算可得.
【详解】如图，点O在、上的射影是点、，它们分别为、的中点．
由数量积的几何意义，可得，．
又，所以，
又，
所以，即．
同理，即，解得．
所以．
故选：C.
25．（2023·湖北·统考二模）在△ABC中，，且点D满足，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由、，结合向量数量积的运算律转化求模长即可.
【详解】由题设，为中点，则，
所以，
又，即，
所以，故.
故选：A
26．（2023·湖南常德·二模）已知向量、满足，且，，则向量与的夹角为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由题知，进而得，，再根据夹角公式求解即可.
【详解】解：因为向量、满足，
所以，即
所以，，即.
所以，，
所以，
因为，
所以.
故选：A
27．（2023·江苏常州·校考二模）如图所示，边长为2的正，以BC的中点O为圆心，BC为直径在点A的另一侧作半圆弧，点P在圆弧上运动，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据给定条件，可得，求出的夹角范围，再利用向量数量积的定义、运算律求解作答.
【详解】过点作交半圆弧于点，连接，如图，
而是正三角形，则，令夹角为，
当点P在弧上时，，当点P在弧上时，，于是，
显然，，
所以
.
故选：B
28．（2023·江苏·统考二模）已知向量，的夹角为60°，且，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】对两边同时平方可得，由模长的计算公式代入可判断A，B；由向量夹角计算公式可判断C，D.
【详解】由可得：，
可得：，，
对于A，，故A不正确；
对于B，，故B不正确；
对于C，，
，,
故，故C正确；
对于D，，,
，故D不正确.
故选：C.
29．（2023·天津红桥·统考二模）已知菱形ABCD的边长为2，，点E在边BC上，，若G为线段DC上的动点，则的最大值为（ ）
A．2 B．
C． D．4
【答案】B
【分析】利用向量的数量积的定义及数量积的运算，结合向量的线性运算即可求解.
【详解】由题意可知，如图所示
因为菱形ABCD的边长为2，，
所以,，
设，则
，
因为，所以,
,
,
当时，的最大值为.
故选：B.
【点睛】关键点睛：解决此题的关键是利用向量的线性运算求出，结合向量数量积定义和运算即可.
二、多选题
30．（2023·广东汕头·统考二模）在中，已知，，，BC，AC边上的两条中线AM，BN相交于点P，下列结论正确的是（ ）
A． B．
C．的余弦值为 D．
【答案】ABD
【分析】求得的长度判断选项A；求得的长度判断选项B；求得的余弦值判断选项C；求得的化简结果判断选项D.
【详解】连接PC，并延长交AB于Q，
中，，，，
则，,
，
，
，
选项A:
.判断正确；
选项B:
.判断正确；
选项C:
.判断错误；
选项D: .
判断正确.
故选：ABD
31．（2023·江苏·校联考模拟预测）已知点在圆：上，点，，则（ ）
A．点到直线的距离的最小值是 B．的取值范围是
C．的取值范围是 D．当为直角三角形时，其面积为3
【答案】ACD
【分析】根据圆心到直线的距离即可判断A；由，求出的范围，即可判断B；当到圆相切时，若点在第一象限，此时最小，若点在第二象限，此时最大，通过角度的计算得出的取值范围，即可判断C；当为直角三角形时，求出点到直线的距离，进而求出面积即可判断D．
【详解】由题可知直线的方程为：，，
对于A：因为圆心到直线的距离是，
所以点到直线的距离的最小值是，故A正确；
对于B：记线段的中点为，则，
则，
因为，
所以的取值范围是，故B错误；
对于C：由题可知，，
当到圆相切时，若点在第一象限，此时最小，
因为，，所以，
所以；
若点在第二象限，此时最大，同理可得，
所以的取值范围是， 故C正确；
对于D：因为的取值范围是，同理可得的取值范围是，
所以当为直角三角形时，，则，
设点坐标为，
则，
得点在直线上，
所以点到直线的距离为，
所以面积为，故D正确；
故选：ACD．
32．（2023·湖南长沙·湖南师大附中校考模拟预测）已知点P为双曲线上任意一点，为其左、右焦点，O为坐标原点．过点P向双曲线两渐近线作垂线，设垂足分别为M、N，则下列所述正确的是（ ）
A．为定值 B．O、P、M、N四点一定共圆
C．的最小值为 D．存在点P满足P、M、三点共线时，P、N、三点也共线
【答案】ABC
【分析】根据点到直线距离计算可判断A选项，根据对角互补判断四点共圆判断B选项，应用平面向量的数量积运算结合双曲线的性质判断C选项，根据双曲线对称性判断D选项.
【详解】设，点到渐近线的距离为，
同理，则，
，即，
（定值），故A正确；
当M、N均不与O重合时，由，和均为直角三角形，
故M，N两点在以OP为直径的圆上；
当M、N有与O重合时，也满足O、P、M、N四点共圆．故B正确；
由双曲线的对称性可知，
其中，
，成立，故C正确；
如图，
利用双曲线的对称性，不妨设直线垂直一条渐近线，垂足为M；
直线垂直另一条渐近线且交双曲线于点P，易知直线与直线的交点始终落在y轴上，故D不正确．
故选：ABC．
33．（2023·海南·校联考模拟预测）某公园准备在一处空地上建一个等腰梯形花坛，如图，现将此花坛分为16块大小相等的等腰直角三角形，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】BD
【分析】建立平面直角坐标系，求得各点的坐标，可求相关向量的坐标，根据向量的坐标运算以及数量积的坐标运算，一一判断各选项，可得答案.
【详解】建立以O为坐标原点，所在直线为x轴，y轴的平面直角坐标系，
设等腰直角三角形的直角边长为1，
则，
,
对于选项A， )，即，即选项A错误；
对于选项B，，即选项B正确；
对于选项C，，即选项C错误；
对于选项D，，
，即，即D正确，
故选：BD．
34．（2023·湖北·校联考模拟预测）下列关于平面向量的说法中正确的是（ ）
A．已知，点在直线上，且，则的坐标为；
B．若是的外接圆圆心，则
C．若，且，则
D．若点是所在平面内一点，且，则是的垂心.
【答案】BD
【分析】对于A，设，由题意可得或，再根据平面向量的坐标表示计算即可；对于B，如图，设为的中点，根据数量积的定义即可得解；对于C，当时，再根据数量积的运算律即可判断；根据数量积的运算律即可判断D.
【详解】对于A，设，则，
因为点在直线上，且，
所以或，
则或，
所以或，解得或，
所以或，故A错误；
对于B，如图，设为的中点，则，
则，故B正确；
对于C，当时，，
满足，则与不一定相等，故C错误；
对于D，因为，
所以，所以，
同理可得，
所以是的垂心，故D正确.
故选：BD.
35．（2023·浙江·统考二模）已知向量，是单位向量，且，则以下结论正确的是（ ）．
A．若，则 B．
C．向量，的夹角为 D．向量在向量上的投影向量为
【答案】BD
【分析】举出特例可判断A；根据向量的模的计算可判断B；根据向量的夹角的计算可判断C；根据投影向量的含义求得向量在向量上的投影向量判断D.
【详解】对于A，若，则时，也有，故A错误；
对于B，，B正确；
对于C，，而，故，C错误；
对于D，向量在向量上的投影向量为，D正确，
故选：BD
36．（2023·安徽淮南·统考二模）已知单位向量，，则下列命题正确的是（ ）
A．向量，不共线，则
B．若，，且，则
C．若，记向量，的夹角为θ，则θ的最小值为.
D．若，则向量在向量上的投影向量是
【答案】AC
【分析】利用数量积的运算律计算判断A；利用共线向量的坐标表示判断B；利用夹角公式求出范围判断C；求出射影向量判断D作答.
【详解】单位向量，，
对于A，向量，不共线，，因此，A正确；
对于B，，，且，则，即，
而，解得，于是，B错误；
对于C，由得：，解得，
因此，而，于是，即θ的最小值为，C正确；
对于D，，则，向量在向量上的投影向量是，D错误.
故选：AC
37．（2023·广东梅州·统考二模）已知向量，，，则下列命题正确的是（ ）
A．当且仅当时， B．在上的投影向量为
C．存在θ，使得 D．存在θ，使得
【答案】ABD
【分析】根据给定条件，利用共线向量的坐标表示判断A；求出投影向量判断B；利用向量的坐标运算判断C；利用数量积的运算律结合坐标运算判断D作答.
【详解】向量，，，
对于A，，A正确；
对于B，因为，则在上的投影向量为，B正确；
对于C，，假定存在θ，使得，则有，
而，即不成立，因此不存在θ，使得，C错误；
对于D，，即，
则，因此存在θ，使得，D正确.
故选：ABD
38．（2023·安徽淮北·统考二模）已知点，点在上运动，边长为的正方形的顶点位于圆外，则的值可能是（ ）
A．0 B． C．8 D．10
【答案】ABC
【分析】利用极化恒等式结合图形求数量积最大值，再逐一判断选项即可.
【详解】如图所示，取CE中点F，连接BF，则由题意可得：，
由极化恒等式可得
当三点共线且时，，即，故C正确，且排除D项；
对于B项，当三点共线且比较接近时，此时存在，故B正确；
当重合时，易得，此时，故A正确；
故选：ABC
三、填空题
39．（2023·贵州贵阳·统考模拟预测）已知，，若，则________．
【答案】/
【分析】求出向量的坐标，利用平面向量共线的坐标表示可求得实数的值.
【详解】因为，，则，
因为，则，解得.
故答案为：.
40．（2023·陕西榆林·统考模拟预测）已知向量，若，则__________.
【答案】7
【分析】根据向量垂直列方程，化简求得的值.
【详解】因为，所以，得.
故答案为：
41．（2023·上海崇明·上海市崇明中学校考模拟预测）若向量满足，则______.
【答案】1
【分析】将两边平方，然后将条件代入即可得到答案.
【详解】因为 ，
所以 ，即 ，
所以，即
所以，
所以
故答案为: .
42．（2023·河南商丘·商丘市实验中学校联考模拟预测）已知在平行四边形ABCD中，点E满足，，则实数______．
【答案】/0.25
【分析】利用向量的四则运算化简求值.
【详解】如图所示：
平行四边形ABCD中，点E满足，
，
解得：.
故答案为：
43．（2023·江西赣州·统考二模）在平行四边形中，点，分别满足，，若，则________．
【答案】/
【分析】以为基底向量，求，结合平面向量基本定理分析运算.
【详解】以为基底向量，则可得：
，
因为，即，
可得，两式相加的，可得.
故答案为：.
44．（2023·上海松江·统考二模）已知点是平面直角坐标系中关于轴对称的两点，且．若存在，使得与垂直，且，则的最小值为______．
【答案】
【分析】设，，根据向量线性运算可得，设，则，由向量垂直的坐标表示可构造方程，结合二次函数最值求法可求得，由可求得最小值.
【详解】设在直线上，又是平面直角坐标系中关于轴对称的两点，，；
设，，则，，
，
不妨设在的左侧，，则，
与垂直，，
即有解，，
，即的最小值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查平面向量模长最值的求解问题，解题关键是能够将问题转化为求解与变量有关的函数最值的求解问题，从而根据向量的线性运算和向量垂直的坐标表示求得的范围，结合函数最值求法可求得结果.
四、解答题
45．（2023·全国·模拟预测）在中，点为边的中点，.
(1)当时，求的面积；
(2)求的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由利用已知表达出，利用余弦定理求出的余弦值，推出的正弦值，即可求出三角形的面积.
（2）求出的取值范围，即可求出的最大值
【详解】（1）由题意，
在中，为边的中点，
∴，,
∴整理可得
，即，
若，则，
因为，
∴，
（2）由题意及（1）得，
在中，，
∴，
∴的最大值为.
46．（2023·河南·校联考三模）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，．
(1)求C的大小；
(2)若点D满足，，，求c．
【答案】(1)
(2)．
【分析】（1）利用正弦定理边化角的性质，对等式进行化简运算，结合三角恒等变换的知识进行求解；
（2）三角形的边长关系及平面向量的相关知识进行运算，再结合余弦定理进行求解c.
【详解】（1）由正弦定理得，
所以，
展开得，
即．
因为，所以，即．
又因为，所以．
（2）因为，所以A为CD的中点，又，所以．
由题可知，，所以，则，
解得，，所以，即．
47．（2023·河南·校联考三模）数学中有许多美丽的曲线，例如曲线，（t为参数）的形状如数字8（如图），动点A，B都在曲线E上，对应参数分别为与，设O为坐标原点，．
(1)求C的轨迹的参数方程；
(2)求C到坐标原点的距离d的最大值和最小值．
【答案】(1)，（为参数，）
(2)最大值，最小值．
【分析】（1）利用条件找出A，B点的坐标，利用向量的基本坐标运算，得出C的轨迹的参数方程；
（2）设出C的坐标，利用点到直线的距离公式求出表达式，即可求出.
【详解】（1）由题意有，．
又，所以，
故C的轨迹的参数方程为，（为参数，）．
（2）C点到坐标原点的距离．
因为，所以当时，d取得最大值，
因为，d取得最小值．
48．（2023·江西南昌·校联考模拟预测）已知抛物线的焦点为，分别为上两个不同的动点，为坐标原点，当为等边三角形时，.
(1)求的标准方程；
(2)抛物线在第一象限的部分是否存在点，使得点满足，且点到直线的距离为2？若存在，求出点的坐标及直线的方程；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，点，直线的方程为.
【分析】（1）由对称性可知当为等边三角形时，两点关于轴对称，可得点在上，代入，解得，即得的标准方程；
（2）设直线的方程为，与抛物线联立，结合韦达定理和条件，得，由点到直线的距离为2，可得，联立可解得答案．
【详解】（1）由对称性可知当为等边三角形时，两点关于轴对称，
当为等边三角形时，的高为，
由题意知点在上，代入，得，解得，
所以的标准方程为.
（2）由（1）知，根据题意可知直线的斜率不为0，
设直线的方程为，，，，
联立，得，
所以，即，且，，
所以，
由，得，
所以，所以，即，
又点在上，所以，即，①
所以，解得，
又点在第一象限，所以，所以.
又点到直线的距离，化简得，②
联立①②解得，或（舍去），或（舍去）.
此时点，直线的方程为.
49．（2023·湖南·校联考模拟预测）在中，角所对的边分别为的面积为.
(1)求的大小.
(2)点满足.若，求.
【答案】(1)
(2).
【分析】（1）由三角形的面积公式、正弦定理得边化角和两角和与差的正弦公式化简已知式，即可得出答案；
（2）由余弦定理可得，由平面向量的减法公式可得，对其两边同时平方有，解方程即可求出答案.
【详解】（1）因为的面积为，所以，
因为，所以，
则，
由正弦定理得，
所以，
展开得，
即，
因为，所以，即.
又因为，所以.
（2）由余弦定理知，，则.①
由题可知，，
所以，即,
又，所以，故，
又，所以，则，②
由①②得，
化简得，解得.③
将③代入①，解得.
50．（2023·广东·统考模拟预测）在中，角，，的对边分别为，，．点D为BC边的中点，已知，，．
(1)求b；
(2)求的面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理，边角互化后，再结合余弦定理，即可求解；
（2）由条件可知，，再结合向量数量积公式，求，再根据三角形面积公式，即可求解.
【详解】（1）因为,
由正弦定理得，
由余弦定理得，
所以，
又因为，所以；
（2）因为，
所以，即，
因为，
所以，
化简得，解得：或（舍去），
因为，
所以,
所以.
51．（2023·上海徐汇·统考二模）已知向量，，函数.
(1)设，且，求的值；
(2)在中，，，且的面积为，求的值.
【答案】(1)或
(2)
【分析】（1）化简得到，代入数据得到，得到，根据范围得到答案.
（2）确定，根据面积公式得到，根据余弦定理得到，得到，再根据正弦定理得到答案.
【详解】（1）.
，得，
故，，故或.
（2）， 由（1）知，
在中，设内角、的对边分别是，则，故.
由余弦定理得，故.
解得 或，于是，
由正弦定理得 ，故.
52．（2023·重庆·统考模拟预测）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，．
(1)求；
(2)若，边上的高线长，求．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用数量积的坐标运算，利用三角恒等变形的公式化简整理得的值，然后通过平方可得的值；
（2）先利用（1）的结果得到的值，综合得到的值，再利用三角形的面积公式以及正弦定理边化角可得的值.
【详解】（1）由已知得
；
（2），
，
，
，
，
，
，
，
，又，
，
，
，
，
.
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