2023年天津高考数学一模试题分项汇编：平面向量（解析版）

大数据之十年高考真题（2014-2023）与优质模拟题（天津卷）

专题07平面向量

真题汇总

1.【2018年天津理科08】如图，在平面四边形ABCQ中，ADLCD,120°,AB=AD=\.若

点E为边。。上的动点，则旗•薪的最小值为（）

【答案】解：如图所示，以。为原点，以。A所在的直线为x轴,

以。C所在的直线为y轴，

过点3做BNLr轴，过点3做8MJ_y轴，

ADLCD,NBAO=120。，AB=AD=\f

：.AN=ABcos600=BN=ABsin600=号,

13

.*.DN=1+1=1,

3

；・BM=*,

，CM=M8tan30°=日，

：.DC=DM+MC=V3,

3>/3广

：.A(1,0),B(-,—),C(0,V3),

22

设E(0,m),

'.AE=(-1,，"),BE=(-I，m—竽)，0</n<V3.

•Zz_=3,2V3_.>/3,2.33_,V3-.2,21

••AE•BE2%—2~7??一(ITI—^~)4-2-—^)+yg，

当m=亨时，取得最小值为

故选：A.

2.【2018年天津文科08］在如图的平面图形中，已知OM=1,ON=2,ZMON=\20°,BM=2MA,CN=2NA,

则盛•0%的值为（）

BMCN

：.——=—=2,...BC〃加V,且BC=3MN,

MANA

又MM=OM2+ON2-20M・ON・cos120°=1+4-2xlx2x(-1)=7,

：.MN=V7；

：.BC=3>/7,

222

・/八小，OM'+MV-ON1+7-42

••C°SN°MN=五环丽,=豆荻万=万

：.BC-OM=|BC|x|OM|cos(.冗-NOMN)=3V7xlx(一令=-6.

解题II：不妨设四边形OMAN是平行四边形,

由0例=1,ON=2,NMON=120。，BM=2AL4,CN=2NAf

知BC=AC-AB=3AN-3AM=-30M+30N,

BCOM=(-30M+30N)>0M

=-3OM*2*+3苏碗

=-3X12+3X2X1XCOS120°

=-6.

故选：C.

3.【2016年天津理科07】已知44台。是边长为1的等边三角形，点。、E分别是边A3、BC的中点，连接

则品的值为（

0E并延长到点R使得DE=2EF,G♦)

1111

AA.一百5B.-C.D.—

488

【答案】解：如图,

■:D、E分别是边A3、BC的中点,且DE=2EF,

.3

:,AF・BC=(AD+DF)BC=(-j1B4+|DE)-BC

=(-2BA+《AC)•BC=(-BA+4BC-4BA),BC

3

=+BC=-^BA-BC+^BC2=-\BC\cos600+Jx12

5131

=----

4248

故选c

4.【2016年天津文科07】已知△ABC是边长为1的等边三角形，点。、E分别是边A3、3c的中点，连接

OE并延长到点F,使得DE=2EF,则31•盛的值为（）

【答案】解:如图,

,:D、E分别是边AB、BC的中点,S.DE=2EF,

：.AF-BC=(AD+DF)-BC=(-^BA+^DE)-BC

=(-抽+部).品•=(-械+.品■一翔).品1

=(-^BA+^BQ-BC=~^BA-BC+^BC2=~1\BA\■\BC\cos60°+I2

5,,1,31

=-4><lxlX2+4=8-

故选：C.

512014年天津理科08】已知菱形ABCD的边长为2,NBAO=120。,点E、F分别在边BC,DC1.,BE=XBC,

DF=nDC,若族$=1,CE>CF=-|,则%+]i=()

1257

A.-B.—C.-D.一

23612

【答案】解：由题意可得若族・G=CAB+BE)•(AD+DF)=AB-ADAB-DF+BE-AD+BE-DF

—>—>—>—>—>—>

=2x2xcosl200+4B•p,AB+L4D・A。+L4D・|i4B=-2+4iH-4X+Xux2x2xcos120°

=4人+4厂29-2=1,

・・.4入+曲-2却=3①.

CE,CF=-EC・(-FC)=EC•FC=(1-X)BO(1-g)DC=(1-X)AD-(1-AB

2

=(1-X)(1-p)x2x2xcosl20°=(1-X-口+却)(-2)=一(，

7

即-人-p+X|i=一可②.

由①②求得X+g=

6.[2023年天津卷14】在A4BC中，44=60°,BC=1,点。为AB的中点，点E为CD的中点，若设荏=&,AC=

b，则荏可用a3表示为;若麻=3前,则荏•方的最大值为.

【答案】-a+-b-

4224

【详解】空1：因为E为CD的中点，则而+正=6,可得[亚+红=亚，

MF+EC=AC

两式相加，可得到2荏=而+而，

B|J2AE=—2+bj则4E--34—b；

242

空2：因为所：=；尻，则2版+丽=6,可得，亚+左=近，

3MF+=4B

得到赤+而+2（而+而）=前+2AB,

即3而=2五+3，即4尸=154-.

于是屈.AF=d+.），（|左+.）=*（2d2+5G•另+2b2）.

记AB=x,AC=y,

则版•i4F="（2五2+5d-b+2石2）=~（2x2+5xycos60°+2y2）=~（2x2+手+2y2）,

在^ABC中，根据余弦定理：BC2=%2+y2—2%ycos60°=%2+y2—xy=1,

于是荏.而=乂2肛+要+2）=2（等+2）,

由％24-y2—%y=1和基本不等式，%2+y2—xy=1>2xy-xy=xy,

故xy<1,当且仅当％=y=1取得等号，

则久=y=1时，XE-酢有最大值・

故答案为：苗+泅

7.【2022年天津卷14】在A/BC中，石？=d,CB=3，。是AC中点，濡=2配,试用日,3表示而为

若近1DE，则乙4cB的最大值为

【答案】4

226

【详解】方法一：

DE=CE-CD=^b—AB=CB—CA=B—a,AB1DE=(3b—d)>(b—a)=0，

3宗+彦=4港%cos41cB=普=皤2嘴祟=争当且仅当向=W同时取等号，而。<

乙4cB<IT,所以乙4cB6(Oj].

o

故答案为：|h—

ZZo

E(0,0),B(l,0),C(3,0),A(x,y),DE=(一等，一乡,荏=(l-x,-y),

DE1AB^(雪)。一1)+?=0=(x++V=%所以点A的轨迹是以为圆心，以r=2为半

径的圆，当且仅当。4与。”相切时，最大，此时sinC=£=；=；,4C=?

CM426

故答案为：|b—5五；

zZo

8.[2021年天津15】在边长为1的等边三角形A3C中，。为线段8c上的动点,DE148且交AB于点£DF//AB

且交AC于点F,则|2旗+而|的值为:(DE+DF)­方的最小值为.

【答案】1卷

【解析】

设BE=x,xG(0,i),,••△ABC为边长为1的等边三角形，DE1AB,

Z.BDE=30°,BD=2x,DE=V3x,DC=1—2x,

•••DF〃AB,••.△DFC为边长为l-2x的等边三角形，DE1DF,

(2BE+DF)2=4BF2+4BE-~DF+OF2=4x2+4x(1-2%)xcosO°+(1-2x)2=1,

•••|2丽+函=1，

"(DE+DFYDA=(DE+DF)■(DE+IA)=DE2+DF-EA

=(V3x)2+(1-2x)x(1—%)=5x2—3x+1=5(x—^)2+得

所以当“卷时，(屁+而).用的最小值为5

故答案为：1；系

9.【2020年天津卷15］如图，在四边形4BCD中,48=60°,48=3,BC=6,且而=疝己ADAB=-|,

则实数；I的值为,若M,N是线段BC上的动点，且|而|=1,则丽•丽的最小值为.

AD

【答案WT

【解析】

%-AD=ABC,:.AD//BC,/.Z,BAD=180°-zB=120°,

ABAD=ABC•AB=A|BC|•|^|cosl20°

=4x6x3x(-T)=-9A=-1，

解得;I=p

6

以点8为坐标原点，BC所在直线为x轴建立如下图所示的平面直角坐标系xBy,

vBC=6,.•"(6,0),

V\AB\=3,/.ABC=60。，.X的坐标为4(|,子)，

,又•.•而=］画则小,苧),设M(x,0),则N(x+l,0)(其中0SXS5),

丽=(T,_%而=(T'一苧)

2

DM-DN=(%-(%-1)+(券)=%2—4%4-y=(x-2)2+y,

所以，当％=2时，万而•丽取得最小值景

故答案为：士

6Z

【点睛】

10.【2019年天津文科14］在四边形ABCQ中，AD"BC,AB=26,AD=5,NA=30。，点E在线段CB

的延长线上，且AE=BE,则.

【答案】解："：AE=BE,AD//BC,NA=30°,

在等腰三角形A8E中，/BE4=120。，

又A8=2g,：.AE=2,

T2T

：.BE=一豺。，

^AE=AB+BE,：.AE=AB-^AD

又RD=BA-VAD=-AB+G,

/.BD-AE={-AB+AD}-{AB-1G)

=-AB2+1AB-AD-IAD2

bD

=-AB2+||/W|•\AD\cosA-|AD2

--12+(X5X2V3x—x25

=-1

故答案为：-1.

11.【2019年天津理科14】在四边形ABCQ中，AD//BC,AB=2遮,AD=5,NA=30。，点E在线段C8

的延长线上，且AE=8E,则访•族=.

【答案】解：:AE=BE,AD//BC,ZA=30°,

在等腰三角形ABE中，/BE4=120。，

又A8=2g,."E=2,

：.BE=-|/W,

—>T—»—>T7T

\'AE=AB+BE,：.AE=AB-^AD

又访=BA+AD=-AB+AD,

：.BD-AE=(-AB+而.(6-1而

T7TT2T

=-AB2+^AB-AD-^AD2

=-AB2+l\AB\-\AD\cosA-j/lb2

——12+(X5X2V3x3x25

=-1

故答案为：-1.

12.【2017年天津理科13】在△ABC中，ZA=60°,AB=3,AC=2.^BD=2DCfAE=XAC-AB(XeR),

且无•族=一4,则入的值为.

【答案】解：如图所示，

△A8C中，ZA=60°,A8=3,AC=2,

BD=2DC,

：.AD=AB+BD

=AB+^BC

=AB+CAC-AB)

]T2T

又兄-6(XeR),

TT]T2TT

：.ADAE=(-4B+-/C)•(kAC-AB)

33

19—T[T2T

=(一九一暂)AB-AC-^AB2+^XAC2

3333

=x3x2xcos60°-1X32+1XX22=-4,

3333

11

X=l,

3

解得解条.

故答案为：—.

BD

13.【2017年天津文科14】在AABC中，/A=60°,AB=3,AC=2.若BD=2DC,AE=kAC-AB(XeR),

且元》•£1=—4,则九的值为

【答案】解：如图所示，

△ABC中，ZA=60°,AB=3,AC=2,

BD=2DC,

：.AD=AB+BD

T2T

=AB+^BC

=AB+^(,AC-AB)

1T2T

=与/B+(4C,

XAE*=MC-AB(XeR),

TT]T2T-»T

：.ADAE=(-AB+-4G•(XAC-AB)

33

12TT[T2T

=(一九一亍)AB*AC—亍AB?+4c之

3333

171o

=(一九一亍)x3x2xcos60°—不x3~+=-4,

333

11

解得入

故答案为：*

14.[2015年天津理科14]在等腰梯形ABCO中，已知A8〃OC,AB=2,BC=\,ZABC=60°.动点E

和厂分别在线段8c和。C上，且晶=&,DF=-^DC,则启人1的最小值为

【答案】解：由题意，得到AO=BC=CO=1,所以族•於=(AB+BE)•(AD+DF)=(AB+ABCy•

T]T、

(AD+或DC)

=ABAD+ABC-AD+^AB-DC+^BC-DC=2x1xcos600+XIx1xcos60°+x2x1+x1xIxcos120°

=/+号一转2备+4招(当且仅当。卷时等号成立)；

29

故答案为：—.

18

15.【2015年天津文科13】在等腰梯形A5CD中，已知A3〃DC,AB=2,BC=1,NABC=60。，点七和尸

分别在线段8c和。C上，且加'=4品，DF=^DC,则晶•£1的值为.

【答案】解：；AB=2,BC=\,ZABC=60°,

；.BG=^BC=g,CD=2-1=1,ZBCD=120°,

■;BE=VC,DF=^DC,

3O

J.AE'AF=(AB+BE)•CAD+DF)=(AB+IBO•(.AD+^DC)

3o

—>—»4—>—»7TT.T1T

=AB-AD+；AB・DC+BDC

63+J3。-6

1221

=2xlxcos60°+X2xlxcos0°4-^Xlxlxcos60°4-^XXlxlxcosl20°

zOD□Oz

故答案为：-

16.【2014年天津文科13】已知菱形ABC。的边长为2,NBA£>=120。，点E,F分别在边BC,DC匕BC

=3BE,DCKDF,若族•第=1,则入的值为.

【答案】解：,:BC=3BE,DC=WF,

：.BE=^BC,DF=M，

3A

—»—»T—1T—>1—»—»—»TT1TT1T

4E=48+BE=48+=48+霜。，AF=ADDF=ADDC=AD+

j□AA

•.,菱形ABC。的边长为2,ZBAD=120",

A\AB\=\AD\=2,AB^AD=2x2xcosl20°=-2,

'：AE^AF=\,

：.(AB-^-^AD)•(AD-^^AB)=1/W24-|AB24-(l+工)AB-AD=1,

OAoADA

即孑x4+1x4-2(1+=1,

整理得”=

3A3

解得人=2,

故答案为：2.

模拟好题

1.【天津市南开中学2023届高三高考模拟】若向量五，万满足：5=(1,0),3=(1，遮)，则3在日上的投

影向量为()

A.—4a.B.—4aC.—uD.OL

【答案】D

【详解】3在4上的投影为同一cos值初=Jl2+(V3)2X―可+衿=1,

YVF5^xJ12+(可

所以另在，上的投影为a.

故选：D.

2.【天津市河北区2023届高三二模】在△ABC中，角B,C的边长分别为b,c,点。为△力BC的外心，若块+c?=

2b,则沅•加的取值范围是()

A.[-^,0)B.(0,2)C.卜；，+8)D.卜;，2)

【答案】D

【详解】取BC的中点。，则OD1BC,所以丽•而=丽•(而+万5)=丽•而+而•而=阮•而=

(AC-AB)-^(AC+AB)(AC2-AB2)=|(b2-c2)=|[62-(2b-b2)]=b2-b=(b-

因为c2=2b-b2>0,则b(b-2)<0,即0<b<2.

所以一二三瓦•雨<2,

4

BD

故选：D.

3.【天津市十二区重点学校2023届高三下学期毕业班联考（一）】如图所示，梯形4BCD中，AD||BC,

为4B的中点，BA-BC=0^BDBA=BD-AD=4,若向量无在向量而上的投影向量的模为4,设M、N分

别为线段C。、4。上的动点，且诙=；1EAN=-^AD,则由•前的取值范围是（）

A.告+8）111313611161

【答案】D

【详解】•.•而・瓦=0,,,•B418C,

梯形4BCD为直角梯形，

■■BDBA=（BA+ADy）BA=BA2+AD-JA='BA2=4,

\BA\=2,即84=2,

由前AD=4,同理可得力。=2,

又向量怎在向量而上的投影向量的模为4,所以BC=4,

以B为坐标原点，建立如图所示平面直角坐标系，

则E(O,1),4(0,2),D(2,2),C(4,0),

EM=+BC+CM=(0,-1)+(4,0)+A(-2,2)=(4-2A,-1+2A)

EN=EA+AN=(0,1)+春(2,0)=信,1),

所以丽•丽=(4-2儿-4+22)-(^,1)=^+2A-

|1|0<A<1且01可得！<A<1,

9A9

令f(a)=2(a+,)-蔡，则由对勾函数单调性知，

当％G良|]时单调递减，AG[|,1]时单调递增，

故fGDmin=/(§=[，由日知，f(Qmax=M

故丽.丽C心舞，

故选：D

4.【天津市十二区重点学校2023届高三下学期毕业班联考(二)】在平面四边形4BCD中，AD=BC，+

编=:而，瓦？•荷=2.若E、F为边8£>上的动点，且也用=乃，则冠•刀的取值范围为()

\AD\211

A.[泊B.生4—码C.g,4-V3]D.[i,7]

【答案】A

【详解】如图，设4C、80交于。.不妨设E点到8点的距离大于尸点到B点的距离.

由而=阮可知4。=BCHAD//BC,所以平面四边形4BCD是平行四边形.

设丽=a，国=b,因为儡+器=3,

所以渔+亚=5元=2（四+而）=上标+1而，

ab22、J22

所以a=b=2,所以平面四边形ABCD是菱形.

又因为四.而=2，即前-AD=\BA\-\AD\-COS（TT-Z.BAD）=-2X2cosz.BAD=2,

所以cos4BAO=-5因为0。＜/BAD＜180。，所以/BAD=120。，

所以NADS=Z.ABD=4CDB-乙CBD=30°.BD=2OD=2AD-cos300=2x2x—=25/3,

2

因为|EF|=V5,所以历|+|国=俱

所以荏AF=（AB+BE＞）-（AD+DF＞）

=ABAD+AB-~DF+~BE-AD+~BE-DF

=\AB\'|AD|cosl20°+\AB\■|DF|cos300+[BE\■|^D|cos30°+\BE\■|DF|COS180°

=-2X2x|+2|DF|~+2|fi£|-y-|BF|•[DF\

=-2+百（|函+|函）-|函何|

=-2+V3-V3-|BF|-|DF|

=i-|函.|DF|

当I星卜|DF|=0,即E点在8处或尸点在。处时，AE■都有最大值1,

因为1|研研2—（嘴㈣）、1-6）J：，

当且仅当|西=|DF|=郛•等号成立，所以荏.而有最小值*

所以的取值范围为[%1]

故选：A

5.【天津市南开区2023届高三二模】在△ABC中，AC=BC=®ABBC=-2,P为△ABC所在平面内

的动点，且PC=1,则|港+而|的最大值为（）

A.4B.8C.12D.16

【答案】A

【详解】2C=8C=VLAB-BC=-2,所以耐•近=2，则|画cosB=&,

222

又因为cosB=|^B|+|BC|-|AC|\AB\

2\AB\\B£\-2\f29

所以|京|•碧=夜=|而|=2,所以4c=90°,

由PC=1可得，点P的轨迹为以C为圆心，1为半径的圆,

取4B的中点。，则同+港=2万，

所以同+而Imax=2|而Imax=2(|C£>|+1)=2X(|>/T+2+1)=4,

故选：A

6.【天津市耀华中学2023届高三一模】如图，在△ABC中，NB4C=*AD=2DB,P为CD上一点,且

满足i4P=znAC+[AB,若48•AC=4，则|4P|的最小值为()

A.2B.3C.V3D-1

【答案】A

【详解】设而=XCD,则而=AC+CP=AC^-ACD=AC+X(AD-AC)

=n+A(海-AC)=|AAB+(1-=^AB+mAC,

2_1

3-3,解得m=2="

(m=1-A2

ABAC=\AB\•\AC\cos^=:\AB\­\AC\=4,/.\AB\•\AC\=8,

\AP\=\^AB^2AC)"加+工心+护工

=11画，;丽r+拉2即不同7+；4，

当且仅当［I画=及羽时，即当।画=||祠时，等号成立.

所以，|衣|的最小值为2.

故选：A.

7.［天津市咸水沽第一中学2023届高考押题卷（一）】如图，在四边形ABCD中，M为AB的中点，且4B=2,

MC=MD=CD=1.若点N在线段C。（端点除外）上运动，则福.标的取值范围是（）

B.弓，0C加

D•卜M

【答案】A

【详解】连接MN,如图，点N在线段CC（端点除外）上运动,

D

因为MC=MD=CD=1,即AMCD是正三角形,于是?W|而|<1,而M为AB的中点，且|福|=1,

所以福.桶=(NM+MA}(NM-MA}=NM2-MA2=[-^,0).

故选：A

8.【天津市实验中学2023届高三考前热身训练】在△48C中，乙4=60。，AC=2,BA-BC=V3|R4|,设

AE=XEC，CF=4而,，则族•丽的最大值为（）

D.2

c14

【答案】B

【详解】在AABC中，44=60。，AC=2,

由余弦定理.，得且嚅票=cos60。,即吗就典=%于是有|前『+4一|近『=2|近।①.

由市.近=泻网，得网|瓦|cosB=那明，即画版|.叫谓每产=6网，于是有网2+

国广-4=2百同|②.

联立①②，得2|画2=Q+28）|画，

由|布|丰0<得|南|=1+百，

将廊|=1+百代入①中，得|园=访

由标=，正，CF=XFB，U>0),知荏=士前,乔=士近，

A+1A+1

所以族•豆=3前.近=—闲||园.cosC=白闲|•国•时瞥工河=二-

(A+1)2(A+1)2Illi(A+1)211112|i4C||BC|M+2A+1

4+6-(1+司=x(3-何=空,

2A+j+2I7A+j+2?

因为入>0,

所以/l+；+2N2[Ti+2=4,

AyjA

当且仅当;l="即4=1时，等号成立，

所以荏.丽=羔三竽.

故当2=1时，荏•裾取得最大值为上更.

4

故选：B.

9.【天津市红桥区2023届高三二模】已知菱形ABCQ的边长为2,ZLBZD=120°,点E在边BC上,BC=3BE,

若G为线段OC上的动点，则E•族的最大值为（）

A.2B.8

3

C.-D.4

3

【答案】B

【详解】由题意可知，如图所示

因为菱形ABCO的边长为2,/.BAD=120°,

所以|四|=\AD\=2AB-AD=|荏||而|cosl20°=2x2X(-0=-2,

设丽=4瓦,4W[0,1]，则

AG=AD+DG=AD+ADC=AD+海，

因为BC=3BE,所以就=（近=］而,

AE=AB+BE=AB+^AD,

AG-AE=(AD+AXB)-(AB+g砌=|^4D2+AAB2+(1+令而•AB

=1x22+Ax22+^1+0x(—2)—y2—I，

当4=1时，尼•族的最大值为方

故选：B.

10.【2023届天津市普通高考数学模拟卷(三)】己知。为矩形A8CD内一点，满足|函|=5,|OC|=4,|^C|=7,

则丽-OD=.

【答案】-4

【详解】OBOD=(OA+AB)■(OC+CD)

=OA-OC+OA-CD+AB-OC+AB-CD

^=OAOC-OAAB+ABOC+ABCD

=OAOC+AB(OC-OA)+ABCD

=OA-OC+ABAC+AB-CD

=OA-OC+ABfAC+CD)

=OAOC+AB-AD

=OAOC

=\OA\■\OC\cos<OA,OC>

2\OA\­\OC\

|函2+|西2一|荷2

二2

_25+16-49

=2

故答案为：—4.

11.【天津市武清区杨村第一中学2023届高三下学期第二次热身练】在平面内，定点4,B,C满足|万^=\DB\=

\DC\,~DA-DB=DB-DC=DC-~DA=-2,动点P,M满足府|=1,丽=灰则|丽广的最大值为.

【答案】

T4

【详解】解：由|而|=\DB\=|DC|,可得。为AABC的外心,

又历DB=WBDC=DCDA,

可得丽•(用一方)=0,方•(丽-DA)=o.^DB-AC=DC'AB=0,

即有而J.况J.荏，可得。为A4BC的垂心，

则。为A4BC的中心，即A4BC为正三角形，

由方•丽=-2,即有|市||而|cosl20°=—2，

解得|比5|=2，A/1BC的边长为4cos30°=2遮，

以4为坐标原点，4D所在直线为x轴建立直角坐标系％Oy,

可得B(3,一百),C(3,V3),D(2,0).

由|而|=1,可设P(cosO,sinO),(0<0<2n'),

由丽=而，可得M为PC中点，即有M(土箸，鸯竺)，

则瓯2=(3-+件普+同

(3—cos0)2(3>/3+sin0)237—6cos6+6V3sin0

=------------------1----------------------=---------------------------------

444

37+12sin§

4

当sin*)=1,即6=学时,取得最大值，且为］.

故答案为：

4

12.【天津外国语大学附属外国语学校2022-2023学年高三下学期统练】如图,Rt44BC中,AB=AC,BC=4,

O为BC的中点，以O为圆心，1为半径的半圆与BC交于点D,P为半圆上任意一点，则前.前的最小值

为—,

【答案】2-b

【详解】如图，以O为坐标原点，BC所在直线为x轴建立直角坐标系,

所以B(—2,0),0(1,0),4(0,2),

设P(x,y)(y>0),且M+y2=1,

所以丽•AD=(x+2,y)-(1,-2)=x+2-2y,

令工=cosa,y=sina,a6[0,n\,

则加•而=cosa-2sina+2=V5cos(a+>)+2，其中：tans=2,ipE(0,^),

所以当a=7T-s时，丽.而有最小值，最小值为：2-展.

故答案为：2—V5.

13.【天津市滨海新区塘沽第一中学2023届高三下学期十二校联考(二)】平面四边形4BCD中，AB//CD,

AB=4,DC=1,AD=2,"AB=6。。,点E在直线BD上，点F在直线4c上，且锯=4而，CF=

I1CA(A>0,/z>0).AE-DF=4,则;I+〃的最小值为.

【答案】如也1

3

【详解】过点。作。。14B于。点.

因为AD=2,乙DAB=60°,

所以04=1,0D=V3.OB=AB-0A=3.

如图，以点。为坐标原点，分别以48,。。所在的直线为x,y轴，建立平面直角坐标系,

则0(0,0),4(-1,0),8(3,0),£)(0,>/3),C(C,V5),

所以，CA=(-2,-V3).~BD=(-3,V3),AB=(4,0)，DC=(1,0).

所以，fiF=ABD=(-3A,V3A),CF=uCA=(-2/z,-73^),

所以，^4E=AB+6E=(4-3A.V31),OF=DC+CF=(1-2^,-V3g).

因为荏•赤=4,

所以有(4-32)(1-24)+V3AX(一百〃)=4一8〃―32+3川=4,

o3

所以8〃+32=34〃，所以'+[=3，

所以，，+〃=2+〃理+；)号詈+£+】1)*X2年+抵=学，

当且仅当当=叁，即4=①，4=①2时等号成立.

人〃3L3

故答案为：迹tu.

3

14.【天津市2023届高三一模】在△ABC中，已知荏.尼=9,sinB=cosA•sinC,S^ABC=6,P为线段AB

上的点，且加=》・高+厂得，则:+差的最小值为.

【答案】3

【详解】因为sinB=cos/l-sinC,且sinB=s\n(A+C),

所以sin(A+C)=cosA♦sinC,即sinA-cosC+cosA-sinC=cos-4•sinC,

所以sin/•cost=0,

因为A6(0,n),

所以sinAH0,

所以cosC=0,由CE(0,n)得C=p

由荏-AC=9得荏.AC=\AB\­|^4C|"cosA=9,

因为|布1•cos/=\AC\,

所以I屈I.|荷.cosA=|4C|2=9)即|福=3,

由S-BC=^XBCXAC=6)及AC=3得BC=4,

设而=kCA+(l-/c)CB.kG[0,1],

因为存="黄+".赢，

所以高=七南=(1-幻，

XV.

所以尸可+产=[=k+l-/f=1

M^\CA\\CB\

将I涌I=3,I而I=4代入得，|+^=1,即4x+3y=12,

所以。+竺=4+=-+i-1=(-+-)-(-+^)-1=1+^+—,

3yx3yxyyJ、34，4x3y

因为工+募22,当且仅当羽=茅即％=打=2时，等号成立，

所以三+竽=1+?+3,

'x3y4x3y

故答案为：3.

15.【天津市南开中学2023届高三统练24】在直角梯形4BCD,ABVAD,DC||AB,AD=DC=1,AB=2,

E,F分别为力B,BC的中点，点P在以A为圆心,4D为半径的圆弧DEM上变动（如图所示），若丽=4前+〃都,

其中;I,H&R,贝奴；1一〃的取值范围是.

【详解】结合题意建立直角坐标，如图所示:

则4(0,0),E(l,0),0(0,1),C(l,l).8(2,0),P(cosa,sina)<a<Q,

则F(H)，AP=(cosa,sina).丽=(一1,1)，力?=(T(),

'-"AP=AED+nAF^

：.(cosa,sina)=A(-l,l)+/z=(-4+|〃,/l+1),

31

.\cosa=—A+-/z,sina=A4--/z,

.\A=：(3sina—cosa)，〃=((cosa+sina),

2A—(3sina—cosa)—；(cosa+sina)=sina—cosa=V2sin(a一；

兀〜一九.3TT,冗一71

••-1WsinIer——1W-f

-V2<V2sin(a—?)W1,故一或<2A-/z<1>即(2A-〃)€[—V2,1].

故答案为:[―鱼,1]

16.【天津市咸水沽第一中学2023届高考押题卷(二)】如图，在平面四边形4BCC中，ABLBC,AD1CD,

ABCD=60°,CB=CD=2b.若M为线段BC中点，则而？.丽=；若N为线段BC(含端点)上的动

点，则前•前的最小值为.

【详解】因为CB=C£>=2^BCD=60°,所以△BCD为等边三角形，

因为AB1BC,AD1CD,所以在Rt△CB4和Rt△CBD中，CB=CD,CA=CA,

贝ijRtZkCBA三Rt^CBC,得力B=4D,Z.BCA=^.DCA=30°,

因为在RM。84中，tan30°=则枭=当，得4B=2,又4B=4D,所以4。=2,

以8为原点，以B4所在的直线为x轴，以BC所在的直线为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系,

8(0,0),4(2,0),D(3,V3).M(0,圾，AM=(-2,A/3)-DM=(-3,0).

则前-DM=(-2)x(-3)+V3x0=6;

设N(0,a),(ae[0,2g])，前=(-2,a)，DW=(-3,a-V3)-

则丽•DN=(-2)x(-3)+a(a-V3)=a2-V3a+6=(a-y)2+?

因为ae[0,2V5],所以0：=当时，丽・丽的最小值为今

故答案为：6；

4

17.【天津市部分区2023届高三下学期一模】在△ABC中，D为4B的中点，CE=2EDf过点E任作一条直

线，分别交线段4C、BC于F、G两点，设方=a,=3,若用五、石表示CE,则CE=;若CF=

CG=nb(mnH0)，则沉+3九的最小值是.

【答案】"+物—

333

【详解】如下图所示：

因为D为48的中点，则而=CA+AD=CA+^AB=CA+^（CB-CA"）=^a+^b,

因为屐=2而,则而=|而=/+笆，

因为CF=ma，CG=nbi则EF=CF-CE=ml—=（m—：）,一1b,

EG=CG-CE=nb—（^a++（n-；）B,

因为E、F、G三点共线，则前〃前，

所以,存在实数k使得EF=kEG>即（m—§五—[b=k[―1d+（n—g）b],

（m-k

所以,j/3ix3i，消去k可得（6一J（九一J=£即nm=[（巾+九），

\n~3）~~~3

1,1m+nc

所以,m+；=^7=3.

因为过点E任作一条直线，分别交线段4C、BC于尸、G两点，同mnKO,

则0<m<l,0<n<1,

由基本不等式可得m+3n=*m+3n)©+£)=*4+非+9*(4+2jM.=W上

1,1o(1+V3

时，即当｛3+1时，等号成立.

(m=n\n='~T~

因此，m+3n的最小值是经遗.

3

故答案为：山.

3

18.【天津市河东区2023届高三一模】已知等边三角形力BC的边长为1,射线4B、AC上分别有一动点M和N

(点C在点4与N之间)，当4M=CN=g时，而•丽的值为；当4M=2CN时，丽•丽的最小值

为,

【答案】—|

OO，

【详解】丽=方+宿=[四一元，BN=BA+AN=-AB+^AC,

CM•BN=\-^AB-ACj-(-4B+yc)=--AB2+-AB-AC--AC2

1,7139

=----F-X-----=----；

24228

设网=m,

则由=CA+AM=2mAB-AC，~BN=BA+AN=-AB+(1+m)AC<

CM