备战2026高考数学八大专项41小项助你死磕直线圆锥曲线平面向量6

6奔驰定理和三角形的四心6.1奔驰定理奔驰定理在△ABC所在的平面内，若存在一点O，使得成立，则有 ，亦即．(1)

①若x、y、z都同号，则点O在△ABC的内部；②若x、y、z存在异号，则点O在△ABC的外部．(2)

①；②；证法一（构造重心）①若x、y、z都同号，即点O在△ABC的内部时；如左图，设，，，则，故O是△DEF的重心；由于，故，同理得：，；又因为，故．②若x、y、z存在异号，即点O在△ABC的外部，如右图，不妨令、；延长AO，使得，此时O在的内部，后续证明和①类似，故略过．③当点O在△ABC的三条边上时，很简单，故略过．注为了避免啰嗦，后续的几种证法只给出点O在△ABC的内部的证明方法．证法二（共线向量定理）如图，假设O在△ABC的内部，延长AO交BC于点D，设，则 ，由B、D、C三点共线得：，即，故 ．证法三（共线向量定理＋燕尾定理）如图，假设O在△ABC的内部，延长AO交BC于点D，设，则（燕尾定理），且；又，由于与共线，故，即．证法四（燕尾定理）如图，延长AO交BC于点D，则 ，上式展开变形一下即可得证．证法五（向量叉乘），即（假设A、B、C三点逆时针排列），即，即．例设O为△ABC所在平面上的一点，若实数x、y、z满足，则“”是“点O在△ABC的边所在的直线上”的()．A．充要条件 B．必要不充分条件 C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件答案选A．解充分性：若，不妨假设，，则，故OC∥OB，即点O在△ABC的边所在的直线上．必要性：若点O在△ABC的边所在的直线上，不妨假设O在直线BC上，且O、B不重合，则存在实数，使得，即，故必有且．综上所述，“”是“点O在△ABC的边所在的直线上”的充要条件．例(1)已知O在△ABC内，且，则_____，______．(2)(2011湖北竞赛)已知点P是△ABC所在平面上一点，且满足，则△ABP与△ABC的面积之比为．(3)设P为△ABC所在平面上一点，且满足，若△ABP的面积为8，则△ABC的面积为．答案(1)，3；(2)；(3)14．解(2)由，可得，．(3)易得，故，即．例已知点P、Q都在△ABC中，且，则()．A． B． C． D．答案选A．解易得，，故．例已知点O是△ABC内一点，且，若△ABC与△OBC面积之比为，则．答案．法一（利用奔驰定理），由于点O是△ABC内一点，故．利用奔驰定理：，解得．法二（利用等和线）如图，连接AO并延长交BC于点D，则；又，故，即．例已知O为△ABC内一点，且，，若B、O、D三点共线，则t的值为()．A． B． C． D．答案选B．法一依题意，根据燕尾定理和奔驰定理得：，故．法二常规方法，设M为BC的中点，则，即，作MN∥BD角AC于N，易得D、N是AC的三等分点．或者直接对△ACM和割线DBO利用梅氏定理：，即．例设数列的各项均为正数且，如图，△ABC所在平面上的点均满足与的面积比为，若，则()．A．31 B．33 C．61 D．63答案选A．解，易得，故，即．例已知P是△ABC中位线EF上任意一点，实数x、y满足．设△ABC、△PBC、△PCA、△PAB的面积分别为S、、、，记、、，当取最大值时，的值为．解．解依题意，结合奔驰定理有：，且；由于P在△ABC中位线EF上，故，进而，显然，当时，取得最大值，此时，．③如果给出的是形式是：，则有，，．证明这个结论的证明很简单，利用奔驰定理，化成标准式即可；下面给出另一种几何法；如左图，以O在△ABC内部为例进行证明，设h、分别为△ABC、△BOC的高；设，，则，则．例已知P、Q为△ABC内的两点，且，，则；；．答案；2；．解取特殊的三角形；例(1)(2006福建理)已知，，，点C在内，且．设，则等于()．A． B．3 C． D．(2)已知正三角形ABC内一点M满足，，则的值为()．A． B． C． D．答案(1)

选B；(2)选D．解(1)利用奔驰定理：．(2)．6.2三角形的四心外心外心△ABC的外心是三条边的垂直平分线的交点．设O是△ABC所在平面上一点，角A、B、C所对边长分别为a、b、c，则①O是△ABC的外心．②O是△ABC的外心．③O是△ABC的外心（利用奔驰定理易证得）．若P是△ABC所在平面内一点，则；特殊地，令P为A： ，即．注对于的证明：证法一．证法二（算两次）设△ABC的外接圆为圆O，半径为R，a、b、c为角A、B、C所对的边；由正弦定理得：，故…①；又…②，由①②可得：．注在高中阶段，和外心有关的向量问题，就纯代数法而言，常用的方法就两种：点乘大法和平方大法，可参考下面的例题．同时，对于点乘大法，比如（O为△ABC外接圆圆心），两边是点乘？亦或点乘、？需要具体题目具体对待，不能一概而论．例已知O是锐角△ABC的外接圆的圆心，且，若，则．(用θ表示)答案．例若△ABC内接于以O为圆心，以1为半径的圆，且，则．答案．解注意到3、4、5为一组勾股数，因此，对平方解得：，即OA⊥OB，故，又，故．例(1)

已知点O为△ABC的外心，且，则．(2)若将(1)中条件“”换为：或，则的值分别为多少？答案(1)

；(2)、．解(1)

由可知：O在△ABC的内部，故为锐角；法一（平方大法）将变形为：，平方解得，故．法二（点乘大法）对两边分别点乘、得：，两个式子相乘解得．法三（几何法）设AC的中点为D，则，故O、B、D三点共线，又O为外心，故△ABC为等腰三角形，；由可知，不妨令，，如图标注，易得．法四（相交弦定理）连接AO并延长交BC于D，交圆O于E，则，进而；不妨设，，，，由相交弦定理得：，即；由正弦定理：，解得，故．(2)对于，易知此时，利用点乘大法：，即，即；对于，O既为外心又为重心，故△ABC为正三角形，即．例在△ABC中，已知，O为该三角形的外心，且满足，则的取值范围是．答案．法一利用三角形的奔驰定理由于O为该三角形的外心，根据奔驰定理可得：，又，故，结合可得： ，又，故，易得．法二利用点C的轨迹＋等和线不妨固定AB，易得点C对应的轨迹为优弧AB（除去端点A、B），对应的圆心角．如图所示，根据等和线的知识，易得点C在点A或B处，取得最小值为1（取不到），点C在点D处，取得最大值为．例已知锐角△ABC的内角，点O为三角形外接圆的圆心，若，则的取值范围是．答案．法一利用奔驰定理由于，利用奔驰定理：，易得．故，又，则，所以．法二利用等和线由于，故，如图，不妨固定O、B、C三点，因为△ABC是锐角三角形，所以点A在上运动，取OB的中点为，则．注意到轴，根据等和线的规律，作直线的平行线并且平行，同时结合点A的位置范围，易得．法三建立坐标系＋轨迹根据，令外心O为原点建系比较方便，显然，也就是法二中的图．设圆O半径为1，则，，，其中．由得：，故所以．法四设外接圆的半径为r，由，两边同时点乘得：，即，即．由于△ABC是锐角三角形，所以，故．练习已知点O为锐角△ABC外接圆的圆心，若，则的取值范围是．答案画图，利用等和线分析，易得．例(1)

已知O是△ABC的外心，，若，则的最大值为．(2)

已知O是△ABC的外心，，，，若，则的最小值为．答案(1)

；(2)2．解(1)法一点乘大法由，得，即，解得，故．法二利用几何法＋等和线如图，不妨固定BC，则点A在优弧上运动，延长AO交BC于点D，设，由于B、C、D三点共线，故，等价于求OD的最小值．显然，当OD⊥BC，即OD为OF时，取得最小值为．(2)

同上类似分析即可，易得，此时，即．一般情况已知O是△ABC的外心，A为定角，若，则：①当A为锐角时，的最大值为；②当A为钝角时，的最小值为．例在△ABC中，内角，P为△ABC的外心，若，，则的最小值为．答案．解此题不能利用等和线，只能老老实实利用通法，即利用投影套路，解方程组．，即，解得，故 ．重心重心△ABC的重心是三条中线的交点．①O是△ABC的重心（利用奔驰定理易证得）．【推导：若O是△ABC的重心，则有，由引题易得到．】②若O是△ABC所在平面内一点，则为△ABC的重心；此公式常用来求△ABC的重心坐标，考试之中，可以直接使用，不需要证明．特殊地，令O为A得：；重心的性质；；卡诺重心定理到三角形三个点的距离平方和的最小值为法一利用平方，再结合向量形式的余弦定理，即．法二利用中线定理，则，其中M为BC的中点．和圆类似，拆分到重心即可，例(2007全国Ⅱ卷理压轴)设F为抛物线的焦点，A、B、C为抛物线上三点，若，则()．A．9 B．6 C．4 D．3答案选B．解为△ABC的重心，故．例(2008湖南理压轴)设P是△ABC内任意一点，表示△ABC的面积，，，，定义，若G是△ABC的重心，，则()．A．点Q在△GAB内 B．点Q在△GBC内 C．点Q在△GCA内 D．点Q与点G重合答案选A．解注意到，如图，过点G作l∥AC，则点Q必定在l上运动，又，显然点Q在△GAB内．例(2009陕西文理)在△ABC中，M是BC的中点，，点P在AM上且满足，则等于()．A． B． C． D．答案选A．易知P是△ABC的重心，则．例(2010湖北文理)已知△ABC和点M满足．若存在实数m使得成立，则()．A．2 B．3 C．4 D．5答案选B．例(2006全国理)设平面向量、、的和．如果平面各量、、满足，且的顺时针旋转后与同向，其中，则()．A． B． C． D．答案选D；利用三角形的重心进行分析，显然选D．例(2006福建理压轴)如图，连结△ABC的各边中点得到一个新的又连结的各边中点得到，如此无限继续下去，得到一系列三角形：，，，…，这一系列三角形趋向于一个点M．已知，，则点M的坐标是．答案．例设G是△ABC的重心，且，则角B的大小为______．答案．解由于，故，即，不妨令，则，，故，又，故．例在△ABC中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，点P是其外接圆O上的任意一点，若，，则的最大值为．法一设半径为R，BC的中点为M，利用勾股定理，易得，；向圆心O转化： ，当且仅当与反向时取得等号．法二设重心、外心分别为G、O，易得，，故 ．内心内心△ABC的内心是三条内角平分线的交点．①O是△ABC的内心；证法一若O是△ABC的的内心，则，此时，由引题易得到．证法二如图，∵，，∴，∴．②若O是△ABC所在平面内一点，则为△ABC的内心；类似的，此公式也可用来求△ABC的内心坐标；=3\*GB3③O是△ABC的内心；(5)△ABC的旁心是两条外角平分线和一条内角平分线的交点；O为△ABC的的旁心例在△ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，，，且O为此三角形的内心，则()．A．4 B．5 C．6 D．7解选C；设内切圆圆O与AB、AC的切点分别为D、E，则，故 ．例已知点I为△ABC的内心，且，，，则．由余弦定理易得，；例已知I为△ABC的内心，，若，则的最大值为()．A． B． C． D．答案选D．法一（奔驰定理）由于，故；又 ，即，故．法二（等和线）延长角BC于D，则，故 ，当且仅当时取得等号．例已知△ABC，，，，点O为△ABC的内心，记，，，则()．A． B． C． D．答案选A．解此题如果把图画的精确点，可以直接观察得到A，下面给出严格的解法：如图，设△ABC的内切圆为圆O，半径为r，圆O与各边的切点分别为D、E、F，则 ，同理得：，，故．垂心垂心△ABC的垂心是三条边的高的交点．①H是非直角△ABC的垂心．证明利用奔驰定理，等价于证明；如图，易知B、D、H、F四点共圆，故，同理，故，即．②若O是△ABC所在平面内一点，则为非直角△ABC的垂心；特殊地，令O为A得：，即．③H是△ABC的垂心；④H是△ABC的垂心；例已知O为△ABC的垂心，且，则角A的值为．答案．法一奔驰定理＋三角形正切恒等式由于，故，不妨令，，，其中；又，解得，即．法二（几何法）令，则点D在线段AB上，且，OD⊥AB；设AD的中点为E，则OE∥AC，又BO⊥AC，故OE⊥OB，所以△OBE为等腰直角三角新，即．法三（垂心结论）令，，，则，且角A与、的夹角互补；又，两边分别点乘、得：，故、的夹角为钝角，，即、的夹角为，即．法四（万能坐标法）设，，，垂心，其中，；由得：…①，又OA⊥BC，解得…②，由①②解得，故．例在△ABC中，已知，，点H、O分别是△ABC的垂心、外心，则()．A．4 B． C．3 D．答案选A．解．例已知H是△ABC的垂心，且，，，则．答案3．解．例已知点H为△ABC的垂心，且，则的值为________．答案3．解由于，故例在斜△ABC中，，H是△ABC的垂心，，则．答案．法一由于，故 ，即，即．法二假设△ABC为锐角三角形，延长AH与BC的交点为D，则 ，即综合练习与三角形的“四心”有关的一些常见的其它向量关系式(1)，则向量必平分，且必通过△ABC的内心；(2)，则向量必平分的邻补角，且必通过△ABC的旁心；(3)，则向量必垂直于边BC，且必通过△ABC的垂心；(4)，则向量必经过于边BC的中点，且必通过△ABC的重心．注意结合正弦定理来换马甲．已知O是平面内一定点，A、B、C是平面上不共线的三个动点，动点P满足条件：若，有，则点P的轨迹一定通过△ABC的()．A．重心 B．外心 C．垂心 D．内心答案选B．解例在△ABC中，动点P满足：，则P点一定通过△ABC的()．A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心答案选A．例已知A、B、C是平面上不共线上三点，O为△ABC外心，动点满足条件：设且，有，则P的轨迹定过△ABC的()．A．内心 B．垂心 C．重心 D．AB边的中点答案选D．去掉如何？例在△ABC中，，G、O分别为三角形的重心和外心，且，则△ABC的形状是()．A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．上述三种情况都有可能答案选C．解，即，又，故，即，故为钝角．例(1)

在△ABC中，，，∠A的角平分线与AB边上的中线交于点O，若，则的值为．(2)

在△ABC中，，，，∠A的角平分线交BC于点D，AB边上的高为CH，且AD交CH于点P，若，则的值为()．A． B． C． D．答案(1)

；(2)选A．解(1)

如图，设AB的中点为M，在△ACM中，由角平分线定理得：，即，即，故．(2)易得，，在△ACH中，由角平分线定理得：，即，即．例在△ABC中，角A、B、C所对边的长分别为a、b、c，M为AB边上一点，且，又已知，，则角．答案．解由于，故MP⊥AB，亦即CM⊥AB；由于，故，易得．正三角形的心正三角形的四心（外心、内心、重心、垂心）合一；同时，对于任意一个三角形，如果有两个心重合，则该三角形必定为正三角形．例如，令，，，则对于“（重心）、（外心）、（垂心）”，知道其中任意两个，我们都可以直接判定△ABC为正三角形，这是一个很常见的马甲，要注意积累和识别．例已知向量、、满足，，则向量与的夹角为．解令，，，则△ABC的重心和垂心重合，故向量与的夹角为．例已知，求证：．证明设O为原点，，，，则，即O为的外心；又，故O亦为的重心；由于外心和重心重合，故为正三角形，所以，，，故 ．心心相连心心相连：设O、G、H分别是△ABC的外心，重心，垂心；【此处不讨论内心！】(1)外心和重心相连：；(2)

垂心和重心相连：；(3)外心和垂心相连：；证明在下面引理1的证法二的基础上，，即．也可以利用引理2，，即．引理1在斜△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若H为△ABC的垂心，则，，．证法一如图，设CH与AB的交点为D，易证得△ADH∽△CDB，故，即．证法二如图，设△ABC的外心为O，连结BO并延长交圆O于D，连结AD，CD，则AD⊥AB，CD⊥BC．又H为垂心，则，，故，，即AHCD为平行四边形，所以．引理2在任意△ABC中，垂线到顶点的距离是外心到该顶点对边距离的两倍．证明在上面证法二的基础上，取BC的中点M，则，故得证．例已知点H是△ABC的垂心，且，则的度数为()．A．或 B． C． D．或答案选A．解设O为△ABC的外心，则，故 ，即；当O在△ABC的内部时，；当O在△ABC的外部时，．例(1)

△ABC的垂心H在其内部，，，则的取值范围是．(2)

△ABC的垂心H在其内部，，，则的取值范围是．答案(1)

；(2)

．解(4)欧拉线：设O、G、H分别是△ABC的外心、重心、垂心，则有．【记忆？】证明按重心定理：，按垂心定理：，故．拓展延伸著名的“欧拉定理”讲的是三角形的“三心”——外心、重心、垂心的位置关系：(1)三角形的外心、重心、垂心三点共线——“欧拉线”；(2)三角形的重心在“欧拉线”上，且为外——垂连线的第一个三分点，即重心到垂心的距离是重心到外心距离的2倍；(3)，也叫做“欧拉定理”的向量形式．例如图，圆与y轴的正半轴交于点A，B、C是圆上两点（不在y轴上），过O作AC、AB的垂线与直线AB、AC分别相交于点M、N．(1)

求证：MN⊥OA；(2)

若，求的大小．解(1)

由于AM⊥ON，AN⊥OM，所以点A为△ONM的垂心，故MN⊥OA；(2)法一利用全等三角形；由，故，即，故，．法二设△ONM的外心为P，MN的中点为Q，则，即，又，易得故，．例数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半．这条直线被后人称之为三角形的欧拉线．若△ABC的顶点，，且△ABC的欧拉线的方程为，则顶点C的坐标为()．A． B． C． D．答案选A．解设C(m，n)，由重心坐标公式得，三角形ABC的重心为EQ\b\bc\((\l(\F(2＋m,3),\F(4＋n,3))),代入欧拉线方程得：EQ\F(2＋m,3)－\F(4＋n,3)＋2＝0，整理得：m－n＋4＝0①AB的中点为(1，2)，直线AB的斜率k＝EQ\F(4－0,0－2)＝－2，AB的中垂线方程为y－2＝EQ\F(1,2)(x－1),即x－2y＋3＝0．联立EQ\B\lc\{(\a\al(x－2y＋3＝0,x－y＋2＝0))，解得EQ\B\lc\{(\a\al(x＝－1,y＝1))．∴△ABC的外心为(－1，1)．则EQ(m＋1)\S\UP6(2)＋(n－1)\S\UP6(2)＝EQ3\S\UP6(2)＋1\S\UP6(2)＝10，整理得：EQm\S\UP6(2)＋n\S\UP6(2)＋2m－2n＝8②联立①②得：m＝－4，n＝0或m＝0，n＝4．当m＝0，n＝4时B，C重合，舍去．∴顶点C的坐标是(－4，0)．例设H、P是△ABC所在平面上异于A、B、C的两点，用、、、分别表示向量、、、．已知，，，，点O是△ABC外接圆的圆心，则△AOB、△BOC、△AOC的面积之比为()．A． B． C． D．答案选C．解由可知：点H为△ABC的垂心．由、可得：，△ABC外接圆半径，又，故，进而．例(2005全国Ⅰ理)△ABC的外接圆的圆心为O，两条边上的高的交点为H，，则实数．答案1．法一不妨令A为直角，则H、A重合，且，即，即．法二由于，故 ，欲使得该式恒成立，则必有．7综合练习篇例(2014浙江理)记，，设，为平面向量，则()．A． B． C． D．答案选D．解根据向量运算的几何意义，可知与的大小不确定；由于，故．例(1)(2014安徽文压轴)设，为非零向量，，两组向量，，，和，，，均由2个和2个排列而成，若所有可能取值中的最小值为，则与的夹角为()．A． B． C． D．0(2)(2014安徽理压轴)已知两个不相等的非零向量，，两组向量，，，，和，，，，均由2个和3个排列而成．记，表示S所有可能取值中的最小值．则下列命题的是_________（写出所有正，确命题的编号）．①S有5个不同的值；②若，则与无关；③若，则与无关；④若，则；⑤若，，则与的夹角为．答案(1)

选B；(2)②④．解(1)

分析可知，的取值有如下三种可能： ，又，故三种可能中的最小值为．注上述解法，实际上是类比排序不等式所得，即设，是两个有序数组，满足及，其中是的任一排列，则有： ，其中，当且仅当或时等号(对任一排列)成立．(2)

与上述的文科题类似，易得到S亦有三种结果：，且；显然，①③错误；②正确；由于，④正确；对于⑤，计算易得夹角应为，故⑤错误．例在△ABC中，，则角A的最大值为()．A． B． C． D．答案选A．解即，即，即，当且仅当时取得等号．例在△ABC中，已知，，，点M为边AB的中点，点P是△ABC（含边界）内一点，则的最小值是．答案．解此题的突破点是通过计算发现，同时，利用中线定理：，解得，故CM⊥CB．利用投影可知，当且仅当点P在边BC上运动时，取得最小值，作AD⊥BC于点D，则，故的最小值是．例(2015上海文压轴)已知平面向量，，满足，且，则的最大值是．答案．解显然，当与同向时，有最大值．当分别为1，2，3时，对应的最大值分别为，，；平方后比较它们的大小，易知最大．例(1)(2011上海文)设，，，是平面上给定的4个不同点，则使成立的点M的个数为()．A．0 B．1 C．2 D．4(2)(2011上海理)设，，，，是空间中给定的5个不同点，则使成立的点M的个数为()．A．0 B．1 C．5 D．10答案(1)

选B；(2)选B．解这两题答案一样的，下面以(1)

为例，从坐标的角度进行说明；设O为任意一点，，则 ，显然，点M的坐标也是唯一确定的．例(1)(2013上海文压轴)已知正方形ABCD的边长为1．记以A为起点，其余顶点为终点的向量分别为，，；以C为起点，其余顶点为终点的向量分别为，，．若且，，则的最小值是______．(2)(2013上海理压轴)在边长为1的正六边形ABCDEF中，记为A为起点，其余顶点为终点的向量分别为，，，，；以D为起点，其余顶点为终点的向量分别为，，，，．若m，M份别为的最小值，最大值，其中，，则m，M满足()．A．， B．， C．， D．，答案(1)

；(2)选D．解(1)根据对称性，当向量与互为相反向量，且它们的模最大时，最小，此时，，，，如图，易求得最小值是．(2)如图，利用向量的加法分析可知：一定在与之间，同理一定在与之间，因此，与的夹角一定为钝角，故，．例(2007上海理)在直角坐标系xOy中，，分别是与x轴，y轴平行的单位向量，若直角三角形ABC中，，，则k的可能值有()．A．1个 B．2个 C．3个 D．4个答案选B．解A为原点，则，，；①若A为直角，则，解得；②若B为直角，则，解得；③若C为直角，则，无解．例(2015上海理压轴)在锐角三角形ABC中，，D为边BC上的点，△ABD与△ACD的面积分别为2和4，过D作DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，则．答案．解．例已知△ABC的面积为4，，点P满足，过点P作边AB，AC所在直线的垂线，垂足分别为M，N，则．答案．解由于P，M，A，N四点共圆，故，即．，结合，易得．或者，利用辅助线，如图，作BD⊥CA于点D，作CE⊥BA于点E，则，又，故．例(2011福建理压轴)设是全体平面向量构成的集合．若映射满足：对任意向量，，以及任意，均有，则称映射f具有性质P．现给出如下映射：①，，；②，，；③，，；其中，具有性质P的映射的序号为________．(写出所有具有性质P的映射的序号)答案①③．解，一一代入验证即可；对于①，，具有性质P；对于②，，又，故不具有性质P；对于③，，具有性质P；抽象函数原型：．例(2009四川理压轴)设V是已知平面M上所有向量的集合，对于映射，，记的象为．若映射满足：对所有，及任意实数，都有，则f称为平面M上的线性变换．现有下列命题：=1\*GB3①设f是平面M上的线性变换，则；=2\*GB3②对设，则f是平面M上的线性变换；=3\*GB3③若是平面M上的单位向量，对设，则f是平面M上的线性变换；=4\*GB3④设f是平面M上的线性变换，，，若，共线，则，也共线．其中真命题是（写出所有真命题的序号）答案①②④．解对于①，令，得：，即，该命题正确；对于②，，，该命题正确；对于③，，，该命题错误；对于④，不妨假设，则，即，该命题正确；注抽象函数的对应模型为．例(2009四川文压轴)设V是已知平面M上所有向量的集合，对于映射，，记的象为．若映射满足：对所有，及任意实数，都有，则f称为平面M上的线性变换．现有下列命题：=1\*GB3①设f是平面M上的线性变换，，，则；=2\*GB3②若是平面M上的单位向量，对，设，则f是平面M上的线性变换；=3\*GB3③对，设，则f是平面M上的线性变换；=4\*GB3④设f是平面M上的线性变换，，则对任意实数k均有．其中的真命题是（写出所有真命题的编号）答案①③④．解对于①④，分别令和，，易知两个命题都正确；对于③，由于，故，进而，，该命题正确．例(1)(2012广东文压轴)对任意两个非零的平面向量和，定义；若两个非零的平面向量，满足：与的夹角，且，都在集合中，则()．A． B．1 C． D．(2)(2012广东理压轴)对任意两个非零的平面向量和，定义；若平面向量，满足，与的夹角，且，都在集合中，则()．A． B．1 C． D．答案(1)选A；(2)选C．解(1)令，，其中；又，即，显然，即．(2)法一由于，故，又在集合中，所以，即，进而，所以．法二类似文科处理：，，其中；又，故；，显然，即，．例(2009湖北文理)如图，在Rt△ABC中，已知，若长为2a的线段PQ以点A为中点，问与的夹角取何值时，的值最大？并求出这个最大值.答案0．解，显然，当且仅当时，取得最大值为0．例(2006天津理压轴)设函数，点表示坐标原点，点，若向量，是与的夹角（其中），设，则．答案1．解由于，故，进而，显然，．例(2007天津理压轴)设两个向量和，其中，m，为实数．若，则的取值范围是()．A． B． C． D．答案选A．解依题意有：，故 ，解得；又，由于，则在区间的两个端点处取得最值，即．例(2011浙江文理)若平面向量，满足，，且以向量，为邻边的平行四边形的面积为，则与的夹角的取值范围是．答案．解面积，又，，故，又，故．例(2009浙江理)设向量，满足：，，．以，，的模为边长构成三角形，则它的边与半径为1的圆的公共点个数最多为()．A．3 B．4 C．5 D．6答案选C．解直角三角形的内切圆半径为，相切时有三个交点，内切圆稍微移动，最多四个交点．例(2016上海理压轴)如图，在平面直角坐标系xOy中，O为正八边形的中心，，任取不同的两点、，点P满足，则点P落在第一象限的概率是．答案．法一基本事件为个；令，则点P落在第一象限等价于点Q落在第三象限，从到依次分析可知，符合条件的分别为、、、、，总共有5组．法二基本事件为个，由于，根据对称性可知，点P落在四个象限是等可能的，易知当、关于坐标轴或原点对称时，点P在坐标轴上，总共有8种情况，因此，点P落在第一象限有5种情况．例如图，O是坐标原点，圆O的半径为1，点，，点P、Q分别从点A、B同时出发，在圆O上按逆时针方向运动．若点P的速度大小是点Q的两倍，则在点P运动一周的过程中，的最大值是．答案2．法一（代数法）由于点P的速度大小是点Q的两倍，设，则，故，，即，故 ．法二（几何法）如图，设AP的中点为M，由于，故M、O、Q三点共线，所以．例已知平面上三个不同的单位向量、、满足，若为平面内的任意单位向量，则的最大值为．答案．解．例已知，对任意满足的实数x，都有成立，则的最大值是．答案40．解由于，因此，此问题可以转化为求、的最大值．令，只须且成立即可，即且，此时，可以画出相应的可行域，得到的最大值；或者利用绝对值不等式，即，即的最大值是40，当且仅当、取得等号．练习：若对任意满足的实数，都有成立，则的取值范围是．如图，易得点评：本题就是将一次函数转变为二次函数，异曲同工。例在△CAB中，，，记，则的最大值为()．A．1 B． C． D．答案选B．解由于，故，其中M为AB的中点，令，其中N为CB的中点，则CM与AN的交点为重心G，作CH⊥AN，故．例在平面直角坐标系xOy中，设A、B为函数的图象与x轴的两个交点，C、D为函数图象上的两个动点，且C、D在x轴的上方（不含x轴），则的取值范围为．答案．例若向量、满足，则的最大值为．答案．法一换元＋利用恒等式变形令，则等价于“已知，求的最大值”．由极化恒等式得：，又，故 ，即，当且仅当取得最大值．法二如果将向量符号去掉，就变成了常规的求最值题目，一般利用判别式即可求解；类似的，和向量有关的最值问题，判别式法也是适用的！！令，则，即，令，可解得．例已知、、是三个单位向量，且，则对于任意的正实数t，的最小值为，则．答案或．．解依题意，设，则，故 ，令，其中，由于对称轴，故 ，解得或，所以或．几何法暂略；例已知单位向量、的夹角为，设，则当时，的取值范围是．答案．例已知向量、，若对任意两个单位向量、，均有，则的最小值为．解例设△ABC的面积为2，若角A、B、C所