2026年高考数学二轮复习专题10 向量三大定理与四心（题型）（天津）（解析版）

专题10向量三大定理与四心目录第一部分题型破译微观解剖，精细教学典例引领方法透视变式演练【选填题破译目录第一部分题型破译微观解剖，精细教学典例引领方法透视变式演练【选填题破译】题型01重心及三角形的外接圆与外心题型02垂心及三角形的内切圆与内心题型03平面向量中等和线的应用题型04平面向量中的最值（范围）问题题型05平面向量的数量积运算题型06平面向量的投影、投影向量第二部分综合巩固整合应用，模拟实战题型01重心及三角形的外接圆与外心【例1-1】（2025·天津·联考）在中，分别是角的对边，下列四个命题中正确的个数为（

）①若，则是等腰三角形；②若，三角形面积，则三角形外接圆半径为；③若点为内一点，且，则；④在中，若有解，则的取值范围是.A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】对①，利用正弦定理边转角及正弦的和角公式，得，即可求解；对②，利用三角形面积公式及余弦定理求出，再利用正弦定理即可求解；对③，取中点，根据条件，利用向量的中线公式得到三点共线，且，即可求解；对于④，利用正弦定理，即可求解.【详解】对于①，因为，由正弦定理得，所以，又，且，则，所以①正确，对于②，由题知，又，所以，解得，又，得到，又由正弦定理知（其中是三角形外接圆半径），所以，解得，所以②错误，对于③，如图，取中点，因为，又，所以，即，所以三点共线，且，又共底边，所以，故③正确，对于④，由正弦定理知，得到，所以，又因为有解，又，则，得到，故④错误，故选：B.【例1-2】（2025·天津·联考）已知的内角A，B，C所对的边分别为，下列四个命题中正确个数是（

）①若，则定为等腰三角形②若，则一定是锐角三角形③若点M是边BC上的点，且，则的面积是面积的④若平面内有一点O满足：，且，则为等边三角形⑤若，则点是的内心A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】利用诱导公式求解判断①；利用余弦定理推理判断②；利用向量线性运算判断③；利用三角形心的向量表示判断④；利用向量数量积判断⑤即可得解.【详解】对于①，在中，由，得或，即或，则是等腰三角形或直角三角形，①错误；对于②，由及余弦定理，得，则为锐角，而是否为锐角不确定，②错误；对于③，由，得，即，则，的面积是面积的，③错误；对于④，由，得是的重心，由，得是的外心，即的重心、外心重合，则为等边三角形，④正确；对于⑤，由，得，则，则，则，即平分，由，同理得平分，因此点O是的内心，⑤正确，所以正确命题的个数是2.故选：B一、三角形的四心定义外心：三角形三边的垂直平分线的交点为三角形的外心，外心到三个顶点的距离相等；内心：三角形三个角的角平分线的交点为三角形的内心，内心到三边的距离相等；重心：三角形三条中线的交点为三角形的重心，重心为中线的三等分点；垂心：三角形三边上的高或其延长线的交点为三角形的垂心；二、三角形的重心（1）三角形的重心是三角形三边中线的交点．（2）重心的性质：①重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2：1．②重心和三角形3个顶点组成的3个三角形面积相等．重要结论：（1）设点是△所在平面内的一点，则当点是△的重心时，有或（其中为平面内任意一点）；（2）在向量的坐标表示中，若、、、分别是三角形的重心和三个顶点，且分别为、、，，则有.三、三角形的外接圆与外心（1）外接圆：经过三角形的三个顶点的圆，叫做三角形的外接圆．（2）外心：三角形外接圆的圆心是三角形三条边垂直平分线的交点，叫做三角形的外心．注：①“接”是说明三角形的顶点在圆上，或者经过三角形的三个顶点．②锐角三角形的外心在三角形的内部；直角三角形的外心为直角三角形斜边的中点；钝角三角形的外心在三角形的外部．③找一个三角形的外心，就是找一个三角形的三条边的垂直平分线的交点，三角形的外接圆只有一个，而一个圆的内接三角形却有无数个．重要结论：若点是△的外心，则或；反之，若或，则点是△的外心。【变式1-1】（2024·天津·三模）已知三个不共线的向量，，满足，则O为的（

）A．内心 B．外心 C．重心 D．垂心【答案】A【分析】利用向量的线性运算判断出分别在的角平分线上，即可得出结论.【详解】如图，取，则，且分别与同向，，又，所以，而是以为底的等腰三角形，因此在的角平分线上，同理分别在的角平分线上，所以O为的内心.故选：A【变式1-2】（2025·天津·联考）已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列四个命题中正确个数是（

）①若，则定为等腰三角形②若，则一定是锐角三角形③已知，是两个互相垂直的单位向量，若向量与的夹角为锐角，则k的取值范围是④若，则点O是的内心A．1 B．2 C．3 D．4【答案】A【分析】利用正弦函数性质判断①；利用余弦定理判断②；利用向量夹角判断③；利用数量积的定义推理判断④即可得解.【详解】对于①，在中，由，得或，即或，则是等腰或直角三角形，①错误；对于②，由，得，则是锐角，而无条件能说明都是锐角，②错误；对于③，当时，向量与同向，其夹角为，③错误；对于④，由，得，则，而，于是，平分，由，得平分，因此点O是的内心，④正确，所以四个命题中正确个数是1.故选：A【变式1-3】（2026·天津·月考）点O是平面上一定点，A，B，C是平面上的三个顶点，，分别是边AC，AB的对角.有以下四个命题：①动点P满足，则的外心一定在满足条件的P点集合中；②动点P满足，则的内心一定在满足条件的P点集合中；③动点P满足，则的重心一定在满足条件的P点集合中；④动点P满足，则的垂心一定在满足条件的P点集合中.其中正确命题的个数为.【答案】2【分析】根据的外心、内心、重心、垂心分别是三边中垂线的交点、角平分线的交点、中线的交点、高的交点，这些几何特征与向量建立联系，进而判断每个命题的正误.【详解】①当动点P满足时，则点P是的重心，所以①不正确；②显然在的角平分线上，而与的平分线所在向量共线，所以的内心一定在满足条件的点P集合中，因此②正确；③变形为，而，表示点A到边的距离，设为，所以，而表示边的中线向量，所以表示边的中线向量，因此的重心一定在满足条件的P点集合中，所以③正确；④当时，的垂心与点A重合，但显然此时垂心点P不满足公式，所以④不正确；故答案为：2.题型02垂心及三角形的内切圆与内心【例2-1】（2025·天津静海·月考）已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列四个命题中正确个数是（

）①若，则定为等腰三角形②若，则一定是锐角三角形③若点M是边BC上的点，且，则的面积是面积的④若平面内有一点O满足：，且，则为等边三角形⑤若，则点O是的内心A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】利用诱导公式求解判断①；利用余弦定理推理判断②；利用向量线性运算判断③；利用三角形心的向量表示判断④；利用向量数量积判断⑤即可得解.【详解】对于①，在中，由，得或，即或，则是等腰三角形或直角三角形，①错误；对于②，由及余弦定理，得，则为锐角，而是否为锐角不确定，②错误；对于③，由，得，即，则，的面积是面积的，③错误；对于④，由，得是的重心，由，得是的外心，即的重心、外心重合，则为等边三角形，④正确；对于⑤，由，得，则，平分，由，同理得平分，因此点O是的内心，⑤正确，所以正确命题的个数是2.故选：B【例2-2】（2025·天津·模拟预测）是平面上一定点，，，是平面上不共线的三个点，动点满足，，则的轨迹一定通过的（

）A．外心 B．垂心 C．内心 D．重心【答案】D【分析】取线段的中点，则，依题可得，即可得答案.【详解】取线段的中点，则.动点满足：，，则，即，所以，又，所以三点共线，则直线一定通过的重心.故选：D.三角形的内切圆与内心（1）内切圆的有关概念：与三角形各边都相切的圆叫三角形的内切圆，三角形的内切圆的圆心叫做三角形的内心，这个三角形叫做圆的外切三角形．三角形的内心就是三角形三个内角角平分线的交点．（2）三角形内心的性质：三角形的内心到三角形三边的距离相等；三角形的内心与三角形顶点的连线平分这个内角．重要结论：若点是△的内心，则有；反之，若，则点是△的内心．垂心三角形三边上的高或其延长线的交点为三角形的垂心.重要结论：若是△的垂心，则或，反之，若或，则是△的垂心．【变式2-1】（2025·天津滨海新·三模）已知中，所对的边为若为所在平面内点，则下列说法正确的个数为（

）①若，则为三角形的重心；②若，则点是的垂心；③若是的外心，则；④若是的内心，则.A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】D【分析】根据三角形垂心，重心，外心，内心的定义和性质结合平面向量的线性运算和共线定理，分别推导即可.【详解】对于①：若，即，所以，即，所以为三角形的重心，故①正确；对于②：由，得，即，则，所以，则，同理可得，，即是三边上高的交点，则为的垂心，故②正确；对于③：若为的外心，则可设的外接圆半径为，，，，故，同理，，又，即.所以，即，故③正确；其中（奔驰定理）的证明如下：如图延长与边相交于点则所以，又，又，所以，所以，所以，对于④：当为三角形的内心，为三角形的角平分线，则，，如图过作的平行线交的延长线于点，过作的平行线交于点，则四边形为平行四边形所以，即，故④正确；故选：D【变式2-2】（2025·天津滨海新·一模）O是平面上一定点，A、B、C是平面上不共线的三个点，动点P满足，，则P的轨迹一定通过的（

）A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心【答案】B【分析】根据是以为始点，向量与为邻边的菱形的对角线对应的向量，可知点轨迹，据此可求解.【详解】，令，则是以为始点，向量与为邻边的菱形的对角线对应的向量，即在的平分线上，，共线，故点P的轨迹一定通过△ABC的内心，故选：B【变式2-3】（2026·天津·联考）在中，非零向量、、满足，则点是的（

）A．内心 B．外心C．重心 D．垂心【答案】C【分析】分别取、、的中点、、，分析出为三条底边上中线的交点，由此可得出结论.【详解】如下图所示：分别取、、的中点、、，连接、、，，所以，，所以，，故、、三点共线，即，同理可知，，即为三条底边上中线的交点，因此，为的重心.故选：C.题型03平面向量中等和线的应用【例3-1】（2025·天津和平·联考）如图，在平行四边形中，是的中点，与交于点，设，，记（），则．

【答案】【分析】根据向量的线性运算和共线定理求解即可.【详解】根据题意可知，，因为三点共线，所以存在实数使得，又因为三点共线，所以存在实数使得，所以，解得，所以，所以，，，故答案为：【例3-2】（2025·天津·月考）在中，点M是上一点，且，P为上一点，向量，则的最小值为（

）A．18 B．16 C．12 D．8【答案】B【分析】由三点共线及平面向量基本定理得的关系，然后结合基本不等式得最小值．【详解】因为，所以，又三点共线，所以，所以，当且仅当，即，时，取等号，所以的最小值为16.故选：B.一、平面向量共线定理已知，若，则A，B，C三点共线，反之亦然.二、等和线平面内一组基底及任一向量，，若点P在直线AB上或者在平行于AB的直线上，则（定值），反之也成立，我们把直线AB以及与直线AB平行的直线称为等和线.当等和线恰为直线AB时，k=1；当等和线在O点和直线AB之间时，；当直线AB在点O与等和线之间时，；当等和线过O点时，k=0；若两等和线关于O点对称，则定值k互为相反数.三、证明步骤如图1，为所在平面上一点，过作直线，由平面向量基本定理知：存在，使得下面根据点的位置分几种情况来考虑系数和的值=1\*GB3①若时，则射线与无交点，由知，存在实数，使得而，所以，于是=2\*GB3②若时，（i）如图1，当在右侧时，过作，交射线于两点，则，不妨设与的相似比为由三点共线可知：存在使得：所以（ii）当在左侧时，射线的反向延长线与有交点，如图1作关于的对称点，由（i）的分析知：存在存在使得：所以，于是综合上面的讨论可知：图1中用线性表示时，其系数和只与两三角形的相似比有关。我们知道相似比可以通过对应高线、中线、角平分线、截线、外接圆半径、内切圆半径之比来刻画。因为三角形的高线相对比较容易把握，我们不妨用高线来刻画相似比，在图1中，过作边的垂线，设点在上的射影为，直线交直线于点，则(的符号由点的位置确定)，因此只需求出的范围便知的范围一般解题步骤：（1）确定单位线（当时的等和线）；（2）平移等和线，分析何处取得最值；（3）从长度比计算最值.【变式3-1】（2025·天津·二模）在边长为1的菱形ABCD中，，记，，点M是线段BD上一点，点N是线段DC上一点，且A，M，N三点共线．若，则用，表示；若，则的值为．【答案】【分析】将用来表示，进而利用三点共线求得参数；假设，将用来表示，利用三点共线可得到的关系，再根据，解方程即可.【详解】设，，则，若，则，因为B，M，D三点共线，则，得，所以；设，，则，又B，M，D三点共线，则，得，因为菱形ABCD的边长为1，，，，所以，．又，所以，整理，得，解得，或（舍去）．故．故答案为：、【变式3-2】（2025·天津南开·模拟预测）如图，在中，在线段上，满足，为线段上一点，且，则的值为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据向量的线性运算直接化简可得解.【详解】由已知为线段上一点，设，，则，又，则，所以，则，解得，故选：D.【变式3-3】（2025·天津宝坻·月考）在中，已知是边上一点，若，，则实数的值是.【答案】【分析】根据平面向量基本定理，结合平面向量线性运算，用表示，进而得到答案.【详解】因为，所以，故答案为：.题型04平面向量中的最值（范围）问题【例4-1】（2026·天津滨海新·月考）如图，在中，分别是直线，上的点，，且，则.若是线段上的一个动点，则的最小值为.【答案】/0.5【分析】①先利用向量的数量积公式及向量线性运算，由题可知：，由，可得，代入相应数据即可求得的值；②由①可得，则设，根据平面向量的混合运算可推出，再利用配方法即可得解，最后求出最小值.【详解】①，又，，则：，且原式，解得；②设，当时，有最小值，为故答案为：①，②.【例4-2】（2026·天津·联考）在梯形中，，，，与交于点，且，则，点在线段上，满足，平面内有一动点满足，则的最大值为.【答案】【分析】根据，求得的值，得到，在中，利用余弦定理，求得，进而得到得到大小，以为坐标原点，得到和，求得，再由，得到，结合向量的数量积的计算公式，即可求解.【详解】因为，可得，且，所以，由，且，可得，可得，所以，在中，，由余弦定理得，因为，所以，所以.以为坐标原点，以所在直线为轴，建立如图所示的平面直角坐标系，因为且，可得点到轴和轴的距离分别为，即，又因为，且，所以，因为且，可得，可得，又因为，所以点在以为圆心，半径为的圆上，由，可得，，可得，又由，则，设向量和的夹角为，则，当时，取得最大值，最大值为，即的最大值为.故答案为：；.一、平面向量中的最值（范围）问题平面向量中的范围、最值问题是热点问题，也是难点问题，此类问题综合性强，体现了知识的交汇组合．其基本题型是根据已知条件求某个变量的范围、最值，比如向量的模、数量积、向量夹角、系数的范围等，解题思路通常有两种：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取值范围问题，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与值域、不等式的解集、方程的有解等问题，然后利用函数、不等式、方程有关知识来解决．二、极化恒等式设a，b是平面内的两个向量，则有证明：，①，②将两式相减可得，这个等式在数学上我们称为极化恒等式．①几何解释1（平行四边形模型）以，为一组邻边构造平行四边形，，则，由，得．即“从平行四边形一个顶点出发的两个边向量的数量积是和对角线长与差对角线长平方差的”．②几何解释2（三角形模型）在平行四边形模型结论的基础上，若设M为对角线的交点，则由变形为，得，该等式即是极化恒等式在三角形中的体现，也是我们最常用的极化恒等式的几何模型．注：具有三角几何背景的数学问题利用极化恒等式考虑尤为简单，让“秒杀”向量成为另一种可能；我们从极化恒等式看到向量的数量积可转化为中线长与半底边长的平方差，此恒等式的精妙之处在于建立向量与几何长度(数量)之间的桥梁，实现向量与几何、代数的巧妙结合．【变式4-1】（2025·天津河西·联考）在中，为的中点，是以为圆心，为半径的圆上的两个动点，线段过点，则可用，表示为；的最小值为．【答案】【分析】建立平面直角坐标系，设，根据条件有，设，利用向量相等，即可求解；利用数量积的运算，得，令，从而得，即可求解.【详解】如图以为坐标原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，因为为的中点，所以，设，则，又，设，则，整理得到，又是圆上的动点，所以，再代入，可得，所以.因为，又是以为圆心，为半径的圆上的两个动点，则，所以，令，则，所以，所以，

故答案为：；.【变式4-2】（2025·天津南开·联考）已知圆的半径为1，点为圆外一点，过作圆的两条切线，切点为和，则的最小值为.【答案】【分析】根据给定条件，利用数量积的定义、二倍角公式列式，再利用基本不等式求解即可得.【详解】设，，由切线性质可得、，则，；当且仅当，即时，等号成立，故答案为：.【变式4-3】（2025·天津西青·月考）在边长为1的正方形ABCD中，点E为线段CD上靠近C的三等分点，，则，F为线段BE上的动点，G为AF中点，则的最小值为.【答案】【分析】由向量对应线段的位置及数量关系用表示出，即可得参数值，令，，根据已知得并应用向量数量积的运算律求最值.【详解】由题设，则，所以，，令，，则，所以，当时，的最小值为.故答案为：，题型05平面向量的数量积运算【例5-1】（2026·天津·联考）设x，，向量，向量，，且，，则（

）A． B．3 C．4 D．【答案】D【分析】根据空间向量垂直和共线的坐标表示即可得到方程，解出即可.【详解】由题意得，解得，，解得，则，，，则.故选：D.【例5-2】（2025·天津·模拟预测）已知向量满足，且，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】两模长平方后，相减得到，结合垂直关系得到方程，求出.【详解】因为，所以，两式相减得，即.又，所以，所以，从而.故选：B.（1）求平面向量的数量积是较为常规的题型，最重要的方法是紧扣数量积的定义找到解题思路．（2）平面向量数量积的几何意义及坐标表示，分别突出了它的几何特征和代数特征，因而平面向量数量积是中学数学较多知识的交汇处，因此它的应用也就十分广泛．（3）平面向量的投影问题，是近几年的高考热点问题，应熟练掌握其公式：向量在向量方向上的投影为．（4）向量运算与整式运算的同与异（无坐标的向量运算）同：；；公式都可通用异：整式：，仅仅表示数；向量：（为与的夹角），使用范围广泛，通常是求模或者夹角．，通常是求最值的时候用．【变式5-1】（2026·天津滨海新·月考）设集合M为满足，，的空间向量，，中可能出现的两两共线的向量组数组成的数集，集合，若，当b最小时，的取值为，【答案】/【分析】先分析出，或或或或，当时二次函数的图象可以最靠下，即最小，且，当对称轴为时最小，从而得到不等式，求出的最小值及此时的取值计算求解.【详解】若空间向量，，均为非零向量，则空间向量，，共线或两两互相垂直，此时三组向量中两两共线的有0组或3组；若其中一个为零向量，当另外两个向量共线且不为零向量时，此时三组向量中两两共线的有3组，若另外两个向量一定不共线，则，此时零向量和另外两个向量组成两组共线向量，此时两两共线的有2组，显然，这三组向量中两两共线的不可能有且仅有1组.则，由得是的子集，令，其开口向上，对称轴为，顶点坐标为，由二次函数的连续性和对称性，或或或或，当或或或时，所得的取值范围必包含；当时二次函数的图象可以最靠下，即b最小，且，由对称性可知，当对称轴为时最小，此时且，则，综上，，最小时，的取值为，所以.故答案为：【变式5-2】（2026·天津·月考）平面向量，，，其中，则下列正确的是（

）①

②若，则③

④若，则A．①② B．③④ C．①②④ D．①③④【答案】D【分析】根据向量坐标运算及三角恒等变换逐项判断即可得到答案.【详解】对于①，因为，所以.同理，，，①正确；对于②，由，两边平方得.因为，所以，即.当时，，不满足等式，故②不正确；对于③，，，由和差化积公式得，所以，③正确；对于④，由得.结合③的结论得，，因为为非零向量，故，所以又，所以，故④正确.综上，①③④正确.故选：D.【变式5-3】（2026·天津·联考）中，为边中点，,,,则（用,表示），若,,则【答案】【分析】根据向量的线性运算求解空一，应用数量积运算律计算求解空二.【详解】对于第一空，因为,所以,所以.因为为线段的中点,所以;对于第二空，因为,所以,即①.,即,代入①式后，化简可得：.所以故答案为：.题型06平面向量的投影、投影向量【例6-1】（2026·天津·月考）向量，，则在上的投影向量的坐标为.【答案】【分析】由投影向量坐标计算公式可得答案.【详解】由题，在上的投影向量的坐标为：.故答案为：.【例6-2】（2025·天津·模拟预测）若向量，满足，，且，则在方向上的投影向量的坐标为.【答案】【分析】根据，求出，再结合投影向量的定义得出答案.【详解】因为，则，解得，由于，所以在方向上的投影向量即为，则在方向上的投影向量的坐标为.故答案为：.解向量数量积的几何意义是:一个向量在另一个向量上的投影和这个向量模的积。如果能巧妙的找到投影长度,数量积就能快速算出，且不用知道两个向量的所成角,所以用投影法能有效解决一类问题【变式6-1】（2026·天津·月考）已知平面向量满足，且在上的投影向量为，则平面向量和的夹角为．【答案】【分析】根据投影向量的知识可得，即可计算夹角.【详解】在上的投影向量为，则，因，则，则，因，则，则平面向量和的夹角为.故答案为：.【变式6-2】（2026·天津滨海新·月考）已知，，若点为中点，则在上的投影向量为(用与表示);建立平面直角坐标系，若为坐标原点，，则等于.【答案】【分析】①先判断是等腰直角三角形，然后用将表示出来，然后利用投影向量公式和向量数量积的运算律、定义求出结果即可；②建立平面直角坐标系，列出的坐标，然后求出向量的模即可.【详解】①因为，所以，所以是等腰直角三角形，如图所示.因为是的中点，所以在上的投影向量为，，，所以，而，所以在上的投影向量为.②如图建立平面直角坐标系，所以.因为，所以，所以.所以.故答案为：①；②.【变式6-3】（2026·天津西青·联考）如图，已知正方形的边长为2，圆弧是以为直径的半圆弧．当点为圆弧的中点时，在上的投影向量的模长为；当点为圆弧上的动点时，的最小值为．【答案】0【分析】建立平面直角坐标系，求出各点坐标，利用向量的坐标运算即可求解.【详解】如图，以中点为坐标原点，以为轴，为轴建立平面直角坐标系，因为正方形的边长为，所以，，，，当为圆弧的中点时，，此时，，则，，所以在上的投影向量的模长为；当点为圆弧上的动点时，设，，，所以满足，则，所以，所以，，则，因为，所以当时，取得最小值.故答案为：；.1．（2025·天津河北·模拟预测）如图，在中，D是边AB上一点，且，点E是CD的中点．设，，则可以表示为（

）

A． B．C． D．【答案】B【分析】应用向量加减、数乘的几何意义用，表示出即可.【详解】由题设，，所以.故选：B2．（2025·天津红桥·模拟预测）已知向量，，若，则y的值为（

）A． B． C．2 D．【答案】D【分析】利用平面向量共线的坐标表示求解即可.【详解】由，则，解得.故选：D.3．（2025·天津红桥·模拟预测）已知，，与夹角的大小为，则（

）A．3 B． C． D．【答案】B【分析】根据向量数量积的定义求两个向量的数量积.【详解】因为.故选：B4．（2025·天津红桥·模拟预测）若向量，，则的坐标为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用平面向量的坐标运算求得结果.【详解】由，，则.故选：A.5．（2025·天津河北·模拟预测）已知向量，，．(1)求的坐标，的值；(2)若，求实数k的值；(3)若，求实数k的值．【答案】(1)，；(2)；(3).【分析】（1）由向量线性关系和模长的坐标运算求坐标和；（2）由向量平行的坐标表示列方程求参数；（3）由向量垂直的坐标表示列方程求参数.【详解】（1）由题设，；（2）由题设，又，所以，则，可得；（3）由（2）及，则，可得.6．（2025·天津南开·模拟预测）“天津之眼”摩天轮是天津的地标建筑，闪耀着这座城市的宏伟与浪漫．下图是抽象自“天津之眼”的几何图形，圆是以1为半径的圆，，是关于直线对称的两点，且，，为圆上两个动点，满足，且是以为始边按逆时针方向旋转所成角的终边与圆的交点．（1）当点运动到满足，且点在点上方时，则在上的投影向量的模为；（2）当点，在圆上运动时，的取值范围是．【答案】/1.5【分析】建立平面直角坐标系，根据所给条件求出点坐标，当时得出坐标，根据向量的投影向量的模求解，当点，在圆上运动时，设出点坐标，得出向量坐标，利用数量积公式及三角恒等变换化简，由正弦型函数值域得解.【详解】以为原点，所在直线为建立平面直角坐标系，如图，设，，则由，,是关于直线对称，所以，所以，所以，，（1）当，且点在点上方时，，,则，，所以在上的投影向量的模为；（2）设，则，由，所以，由，则所以由，可知，所以的取值范围是.故答案为：；7．（2025·天津河西·模拟预测）已知是边长2为正三角形，是的中心，过点的动直线交于点，交于点，设，，，，则；的最小值为．【答案】3【详解】

连接AO，并延长交BC于点D，易知点D为BC的中点，所以，.又因为是的中心，所以是的重心，即，所以.因为，，所以，，所以.因为M，O，N三点共线，所以，所以，.因为，，所以，，又，所以，.由，得，，令，当和重合时，为上中线，此时,所以，则，得.根据对勾函数的单调性可知，在上单调递减，在上单调递增，且，，所以，所以，.因为，所以，根据二次函数的性质可知，所以的最小值为.故答案为：3，.8．（2025·天津·二模）在中，点D在边BC上，且，E为线段AD的中点.已知，，则（用，表示）；若，，且，则.【答案】/【分析】根据几何图形，结合向量的线性运算，即可用基底表示，首先用基底表示，再利用数量积公式，求，即可求解.【详解】由条件可知，,所以；由，得，得，所以，得，且，，所以，得,,所以.故答案为：9．（2025·天津·二模）已知抛物线的焦点为F，准线l交x轴于点D，过D的直线与抛物线交于A，B两点，且B在线段AD上，点P为A在l上的射影.若P，B，F共线，则的值为（

）A．1 B．2 C．3 D．【答案】B【分析】求出抛物线的焦点坐标及准线方程，设出点的坐标，结合向量共线的坐标表示求出点的坐标，再利用抛物线定义求出比值.【详解】抛物线的焦点，准线，，由对称性，不妨令点在第一象限，设，则，由B在线段AD上，得，整理得，而，则，由P，B，F共线，得，整理得，解得，于是，过作于，所以.

故选：B10．（2025·天津和平·三模）若正方形的边长为1，中心为，过作直线与边，分别交于，两点，点满足．（ⅰ）当时，；（ⅱ）的最小值为．【答案】【分析】根据模长公式，结合数量积的运算律即可求解空1，利用向量的线性运算将