，，当时，设向量，⊥四边形，故选答案已知向量，，即，又，所求点的轨迹方程是已知是等边三角形，且那么四边形的面积为解析如图所示，求点的轨迹方程解设，由，得，，点，在圆上即，所以答案已知圆及点是圆上的任意点，点在线段的延长线上，且即，于是有又答案设的内角所对的边分别为，若则解析依题意得，则解析易知满足的构成直角三角形的三个顶点，且为直角，于是，那么解析由题意知，即⇒答案在中，若，所以由余弦定理得答案在中，角所对的边分别为，若中，分别为角所对应的三角形的边长，若，则解析由，得方程有两相等实根，则向量与的夹角是解析由已知可得，即又，答案在答案若，与的夹角为，则的值是解析答案已知，≠且关于的，则的值等于解析由知，∥所以，即，而∈所以，即，故所以，又∈所以当时，取得最大值已知其中∈，若，则设∈则由，得所以如图所示，点在以为圆心的圆弧上运动若，其中，∈，则的最大值是解析以为坐标原点，所在的直线为轴建立平面直角坐标系，如图所示，如图所示，点在以为圆心的圆弧上运动若，其中，∈，则的最大值是解析以为坐标原点，所在的直线为轴建立平面直角坐标系，如图所示，则设∈则由，得所以所以，又∈所以当时，取得最大值已知其中∈，若，则的值等于解析由知，∥所以，即，而∈所以，即，故答案若，与的夹角为，则的值是解析答案已知，≠且关于的方程有两相等实根，则向量与的夹角是解析由已知可得，即又，答案在中，分别为角所对应的三角形的边长，若，则解析由，得，所以由余弦定理得答案在中，角所对的边分别为，若，那么解析由题意知，即⇒答案在中，若，则解析易知满足的构成直角三角形的三个顶点，且为直角，于是答案设的内角所对的边分别为，若则解析依题意得，即，于是有又，所以答案已知圆及点是圆上的任意点，点在线段的延长线上，且，求点的轨迹方程解设，由，得，，点，在圆上即所求点的轨迹方程是已知是等边三角形，且那么四边形的面积为解析如图所示，即，又，⊥四边形，故选答案已知向量，若，求的值记，在中，角的对边分别是，且满足，求函数的取值范围解，，由正弦定理得又因为和平行，则，解得答案已知，则解析由，得，答案已知平面向量且⊥，则实数的值为解析因为⊥，所以，即，解得答案已知，则向量与的夹角为解析，所以，所以所以答案已知向量，且⊥，则等于解析⊥⇒，即，答案成都期末测试已知是所在平面内点，为边中点，且，则有解析由，得，即，所以，即为的中点答案平面上有四个互异点已知，则的形状是直角三角形等腰三角形等腰直角三角形无法确定解析由，得，所以所以故是等腰三角形答案已知正方形字母顺序是的边长为，点是边上的动点可以与或重合，则的最大值是解析建立直角坐标系如图所示，设∈则所以当时取得最大值答案若且⊥，则解析由⊥，得，答案已知向量则向量，的夹角为解析，答案在中为斜边的中点，则解析答案在平面直角坐标系中，为坐标原点，已知向量，若∥，且，求向量的坐标若∥，求的最小值解又∥，又，由得当时，舍去，当时，由可知，，当时，设向量∈，若，求的值设函数，求的最大值解由及，得又∈从而，所以，当∈，时，取最大值所以的最大值为已知点是的重心，是边的中点求若过的重心，且求证解，又，证明显然因为是的重心，所以由三点共线，得∥，所以，有且只有个实数，使而，，所以又因为，不共线，所以，，消去，整理得，故已知，其中，∈求的周期和单调递减区间在中，角的对边分别为，求边长和的值解由题意知，，的最小正周期，在，∈上单调递减，令∈，得∈的单调递减区间∈，又即，由余弦定理得，又平面向量应用新课标全国Ⅱ卷已知正方形的边长为，为的中点，则天津卷在平行四边形中，为的中点若，则的长为解析以为原点建立平面直角坐标系如图则从而，由题意可知因为，所以，即因为所以，因此式可化为，解得舍去或，所以的长为答案在边长为的菱形中是的中点，则在所在平面上有点，满足，则与的面积之比值是解析建立如图平面直角坐标系，则，点坐标为由已知可得，是线段的三等分点靠近点，易知，即∶∶答案湖南卷已知平面上定点，和直线，为该平面上动点，作⊥，垂足为，且求动点的轨迹方程若为圆的任条直径，求的最值解设则，由，得，即，化简得所以点在椭圆上，其方程为因，是椭圆上的任点，设则有，即，又所以因∈所以当时，取得最大值，故的最大值为当时，取得最小值为此时，故的最小值为已知点点在轴上，点在轴的正半轴上，点满足当点在轴上移动时，求动点的轨迹方程解设，为所求轨迹上任点，设则由，得由，得，，，把代入，得，整理得≠所以动点的轨迹方程为≠已知，是单位向量若向量满足，则的最大值为解析建立如图所示的直角坐标系，由题意知⊥，且与是单位向量，可设，即点，的轨迹是以，为圆心，为半径的圆而，的最大值为，即答案外接圆的半径为，圆心为，且则解析由，得，即，即三点共线，为外接圆的直径，故又，得，所以，且如图所示所以答案给定两个长度为的平面向量和，它们的夹角为如图所示，点在以为圆心的圆弧上运动若，其中，∈，则的最大值是解析以为坐标原点，所在的直线为轴建立平面直角坐标系，如图所示，则设∈则由，得所以所以，又∈所以当时，取得最大值已知其中∈，若，则的值等于解析由知，∥所以，即，而∈所以，即，故答案若，与的夹角为，则的值是解析答案已知，≠且关于的方程有两相等实根，则向量与的夹角是解析由已知可得，即又，答案在中，分别为角所对应的三角形的边长，若，则，则设∈则由，得所以，则的值等于解析由知，∥所以，即，而∈所以，即，故方程有两相等实根，则向量与的夹角是解析由已知可得，即又，答案在，所以由余弦定理得答案在中，角所对的边分别为，若，则解析易知满足的构成直角三角形的三个顶点，且为直角，于是，即，于是有又求点的轨迹方程解设，由，得，，点，在圆上即，，即，又则向量，的夹角为解析，答案在中为斜边的中点，则解析