专题06 向量专题（新定义）（解析版）

专题06向量专题（新定义）一、单选题1．（2023·全国·高三专题练习）定义平面向量之间的一种运算“⊙”如下：对任意的．令，下面说法错误的是（   ）A．若与共线，则B．C．对任意的,,D．【答案】B【分析】根据给出的运算“⊙”的新定义，结合已知的向量的数量积公式及模长公式逐项判断即可.【详解】若与共线，则有，故A正确；，而，，故选项B错误；对任意的，，又，，故C正确；，又，故D正确.故选：B.2．（2022春·湖南邵阳·高一统考期中）定义.若向量，向量为单位向量，则的取值范围是（    ）A．B．C．D．【答案】B【分析】求得，设，整理可得为关于的关系式，进而求解.【详解】因为，所以， 设，，由向量为单位向量，所以，因为，所以，故选：B3．（2021春·云南昆明·高一云南师大附中校考期中）平面内任意给定一点和两个不共线的向量，，由平面向量基本定理，平面内任何一个向量都可以唯一表示成，的线性组合，，则把有序数组称为在仿射坐标系下的坐标，记为，在仿射坐标系下，，为非零向量，且，，则下列结论中（    ）①②若，则③若，则   ④一定成立的结论个数是（    ）A．1B．2C．3D．4【答案】B【分析】利用向量的新定义结合向量的性质逐个分析判断即可【详解】在仿射坐标系下，设，因为，，所以，，所以，所以，①正确；若，则，所以，，故②不一定正确；因为，所以存在唯一的实数，使得，则，所以，，所以，所以③正确；，由②知，，所以④不一定正确，所以正确的有2个，故选：B 4．（2022·高一单元测试）若对于一些横纵坐标均为整数的向量，它们的模相同，但坐标不同，则称这些向量为“等模整向量”，例如向量，即为“等模整向量”，那么模为的“等模整向量”有（    ）A．4个B．6个C．8个D．12个【答案】D【分析】把，分别写出向量即可.【详解】因为所以模为的等模整向量有，，，，，，，，，所以模为的等模整向量共有12个.故选：【点睛】在求向量模的有关问题时通常的处理方法有：(1)a2＝a·a＝|a|2或；(2)＝＝；(3)若a＝(x，y)，则|a|＝.5．（2017·四川广元·统考三模）对于个向量，若存在个不全为0的示数，使得：成立；则称向量是线性相关的，按此规定，能使向量，，线性相关的实数，则的值为（    ）A．B．0C．1D．2【答案】B【分析】由题可得，结合条件可得，即得.【详解】由题可知，，，， 所以，两等式两边相加可得.故选：B．6．（2022秋·内蒙古鄂尔多斯·高三统考期中）对任意两个非零的平面向量，定义，若平面向量满足，的夹角，且和都在集合中，则=（    ）A．B．1C．D．【答案】C【分析】由题意可可设，，，，得，对，进行赋值即可得出，的值，进而得出结论．【详解】解：，故．又由，可设，，令，，且又夹角，所以，对，进行赋值即可得出所以．故选：C．7．（2023·全国·高三专题练习）互相垂直且有公共原点的两条数轴构成平面直角坐标系，但如果平面坐标系中两条坐标轴不垂直，则这样的坐标系称为“斜坐标系”．如图，在斜坐标系中，过点P作两坐标轴的平行线，其在x轴和y轴上的截距a，b分别作为点P的x坐标和y坐标，记，则在x轴正方向和y轴正方向的夹角为的斜坐标系中，下列选项错误的是（    ） A．当时与距离为B．点关于原点的对称点为C．向量与平行的充要条件是D．点到直线的距离为【答案】D【分析】根据“斜坐标系”的定义，结合向量运算对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】设轴正方向的单位向量为，轴正方向的单位向量为，对于A选项：由已知得，所以.由及斜坐标的定义可知，，故A选项正确；对于B选项：根据“斜坐标系”的定义可知：点，则，设关于原点的对称点为，则，由于不共线，所以，故B选项正确；对于C选项：，若是零向量，则成立，同时，所以成立，此时； 若是非零向量，则存在非零常数，使，所以.故C选项正确；对于D选项：设直线上的动点为,，因为，所以，设，则点在直线上，所以直线过点，因为，则，，由于，所以.所以，所以，所以点A到直线的距离为，故D选项错误.故选：D8．（2022春·黑龙江大庆·高三大庆实验中学校考阶段练习）如图所示，设Ox，Oy是平面内相交成角的两条数轴，分别是与x，y轴正方向同向的单位向量，则称平面坐标系xOy为斜坐标系，若 ，则把有序数对叫做向量的斜坐标，记为．在的斜坐标系中，﹒则下列结论中，错误的是（    ）①；②；③；④在上的投影为A．②③B．②④C．③④D．②③④【答案】D【分析】借鉴单位向量夹角为时的情况，注意夹角为；；；数量积为；在上的投影为.【详解】对于①.，所以，故①正确；对于②.，故②错误；对于③.，故③错误； 对于④.在上的投影为，故④错误.故选：D9．（2021春·上海浦东新·高一华师大二附中校考阶段练习）如图，定义、的向量积，为当、的起点相同时，由的方向逆时针旋转到与方向相同时，旋转过的最小角，对于，，的向量积有如下的五个结论：①；            ②；③；            ④；⑤；其中正确结论的个数为（    ）A．1个B．2个C．3个D．4个【答案】C【分析】结合题目中的新定义的概念逐项分析即可得出结论.【详解】①至少有一个为0时，显然成立；都不为0时，若，则；若，则；综上：，故①正确；②，所以，故②错误； ③，故③正确；            ④由③知：，故④正确；⑤与不一定相等，故⑤错误；故选：C.10．（2022春·山西朔州·高一校考阶段练习）定义为两个向量，间的“距离”，若向量，满足下列条件：(ⅰ)；(ⅱ)；(ⅲ)对于任意的，恒有，现给出下面结论的编号，①.②.③.④.⑤.则以上正确的编号为（    ）A．①③B．②④C．③④D．①⑤【答案】B【分析】根据题意可得，转化为对于任意的恒成立，即，整理得，再利用向量的数量积逐一判断即可.【详解】由于，又对于，恒有，显然有，即，则对于任意的恒成立，显然有成立，即，则，故序号①错误，进而，∵，于是，得，即序号④正确.再由得，得，∴，显然序号②正确.从而序号③错误， 再由②，故序号⑤错误.综上知本题正确的序号为②④.故选：B.【点睛】本题命制是以新定义为背景，考查向量长度及数量积等知识概念，同时考查了等价转换、不等式恒成立问题，符合以生考熟的高考理念，考查知识内容源于教材，试题面向全体考生，不同思维能力层次的考生度可以利用熟悉的通法来解决问题，从而增强考生的自信心，有利于考生正常发挥，属于中档题.11．（2018·湖南·统考一模）在实数集中，我们定义的大小关系“”为全体实数排了一个“序”，类似的，我们这平面向量集合上也可以定义一个称为“序”的关系，记为“”．定义如下：对于任意两个向量，，当且仅当“”或“且”，按上述定义的关系“”，给出下列四个命题：①若，，，则；②若，，则；③若，则对于任意的，；④对于任意的向量，其中，若，则．其中正确的命题的个数为(    )A．4B．3C．2D．1【答案】B【分析】按照新定义，对每一个命题进行判断.【详解】对于①，由定义可知①是正确的；对于②，中，满足已知，则，只要有一个没有等号，则一定，若，则，都满足，正确；对于③，∵，∴命题正确，对于④，中若，则，但，错误，因此有①②③正确.故选:B.【方法点睛】新定义问题，关键是正确理解新概念，并掌握解决新概念下问题的方法，有一定的难度.本题中新概念关系“＞”与向量的坐标之间的大小关系联系在一起，由实数大小关系的传递性可得新关系“＞”的传 递性，但向量的数量积与新关系“＞”之间没有必然的联系，这可通过举反例说明.实际上举反例说明一个命题是错误的，是数学中一个常用的方法.12．（2017秋·河南郑州·高三郑州一中阶段练习）若非零向量的夹角为锐角，且，则称被“同余”.已知被“同余”，则在上的投影是（   ）A．B．C．D．【答案】A【分析】首先根据“同余”的定义得，再根据投影公式，列式求解.【详解】根据被“同余”，则有，所以，在上的投影为：，故选：A.13．（2022春·陕西榆林·高一榆林市第一中学校考期中）设定义一种向量积：．已知，，点在的图象上运动，点Q在的图象上运动，且满足(其中O为坐标原点)，则的最大值A及最小正周期T分别为(　　)A．2，πB．2,4πC．，4πD．，π【答案】C【分析】根据题意,设出Q的坐标，根据的运算得到P、Q坐标间的关系，从而得到的解析式，即可求得最大值和最小正周期．【详解】由题意知可设，则根据可得 即所以而P在的图象上运动，满足所以，即所以最大值为，即A=最小正周期为故选：C．14．（2023·河北衡水·高三河北衡水中学校考阶段练习）设向量与的夹角为，定义.已知向量为单位向量，，，则（    ）A．B．C．D．【答案】C【分析】由平面向量数量积的运算律求出向量与的夹角，代入新定义求解即可.【详解】由题意得，解得，又，所以，所以.故选：C15．（2022春·浙江金华·高一浙江金华第一中学校考期中）记，设，为平面内的非零向量，则（　　）A．B．C．D．【答案】D 【分析】根据向量加法减法的几何意义和向量数量积运算，结合排除法解题.【详解】对于A选项：考虑，根据向量加法减法法则几何意义知：，所以A错误；B选项：根据平面向量数量积可知：不能保证恒成立，，所以它们的较小者一定小于等于，所以B错误D正确；C选项：考虑，所以C错误.故选：D【点睛】此题考查向量相关新定义问题，其本质考查向量加减法运算的几何意义，平面向量数量积的运算和辨析，综合性较强，解题中结合排除法得选项.16．（2021·全国·高三专题练习）对于向量，把能够使得取到最小值的点称为的“平衡点”.如图，矩形的两条对角线相交于点，延长至，使得，联结，分别交于两点.下列的结论中，正确的是（     ）A．的“平衡点”为.B．的“平衡点”为的中点.C．的“平衡点”存在且唯一.D．的“平衡点”必为【答案】D【分析】利用“平衡点”的定义、三角形中两边之和大于第三边，对选项进行一一验证．【详解】对，、的“平衡点”为线段上的任意一点，故错误；对，、、的“平衡点”为三角形内部对3条边的张角均为的点，故错误；对，、、、的“平衡点”是线段上的任意一点，故错误；对，因为矩形的两条对角线相交于点，延长至，使得，联结，分别交、 于、两点，所以、、、的“平衡点”必为，故正确．故选：．【点睛】本题考查“平衡点”的求法，考查对新定义的理解与应用，求解时要注意平面向量知识的合理运用．二、多选题17．（2022春·浙江·高一期中）如图所示，在平面上取定一点O和两个以点O为起点的不共线向量，，称为平面上的一个仿射坐标系，记作，向量与有序数组之间建立了一一对应关系，有序数组称为在伤射坐标系下的坐标，记作．已知，是夹角为的单位向量，，，则下列结论中正确的有（    ）A．B．C．D．在方向上的投影向量为【答案】ABD【分析】根据向量线性运算的坐标表示，向量数量积的定义，运算律及投影向量的概念，逐项分析即得.【详解】由题可知，，∴，故A正确；因为，是夹角为的单位向量，所以，∴，故B正确；∴，故C错误； ∴在方向上的投影向量为，故D正确.故选：ABD.18．（2022春·河南·高一校联考阶段练习）对任意两个非零向量，定义新运算：.已知非零向量满足且向量的夹角，若和都是整数，则的值可能是（    ）A．2B．C．3D．4【答案】BC【分析】由题意可得、，利用的范围，可得从而定点答案.【详解】由题意可得，因为所以，因为，所以，所以，即，解得，因为，所以，所以，则，故，因为，所以，因为0，所以，所以，所以，则即.故选：BC.19．（2023·全国·高三专题练习）已知向量，是平面内的一组基向量，O为内的定点，对于内任意一点P，当时，则称有序实数对为点P的广义坐标．若点A，B的广义坐标分别为， ，关于下列命题正确的是（    ）A．线段A，B的中点的广义坐标为B．A，B两点间的距离为C．若向量平行于向量，则D．若向量垂直于向量，则【答案】AC【分析】由题目给的定义结合向量的线性运算、向量的模长、向量的平行及垂直依次判断4个选项即可.【详解】根据题意得，设A，B的中点为，则，故线段A，B的中点的广义坐标为，A正确；，故，当向量，是相互垂直的单位向量时，A，B两点间的距离为，否则距离不为，B错误；与平行，当与存在时，结论显然成立，当与都不为时，设，则，即，，，所以，故C正确；，当与为相互垂直的单位向量时，与垂直的充要条件是，故D不正确.故选：AC．20．（2022·江苏南京·统考模拟预测）设是大于零的实数，向量，其中，定义向量，记，则（    ）A．B． C．D．【答案】BCD【分析】根据定义求出和，再根据平面向量的数量的坐标运算，结合恒等变换公式可求出，由此可判断A和B选项；利用向量加减法的坐标运算、模长公式以及基本不等式，可判断C和D选项.【详解】因为向量，所以是一个实数，不是向量，所以A不正确，B正确；因为，所以，当且仅当时，取得等号，所以，故C正确；因为，所以 ，当且仅当时，取得等号，所以，故D正确.故选：BCD21．（2022·浙江温州·高一永嘉中学统考竞赛）设、、是平面上任意三点，定义向量的运算：，其中由向量以点为旋转中心逆时针旋转直角得到（若为零向量，规定也是零向量）.对平面向量、、，下列说法正确的是（    ）A．B．对任意，C．若、为不共线向量，满足，则，D．【答案】BD【分析】利用平面向量数量积的坐标运算可判断A选项；利用A选项中的结论结合题中定义可判断B选项；利用平面向量数量积的运算性质可判断C选项；对、是否共线进行分类讨论，结合题中定义可判断D选项.【详解】设向量、在平面直角坐标系中的坐标分别为，，设，则，同理可得，所以，，，则，A错；对任意的，由A选项可知，，当、不共线时，，，B对；因为，所以，， 所以，，同理可得，C错；当、不共线时，由C选项可知，，所以，，所以，.任取两个向量、，对任意的实数，，当、共线时，设存在使得，且，所以，，综上所述，，D对.故选：BD.【点睛】关键点点睛：本题考查平面向量中的新定义，解题的关键在于理解题中运算的含义，结合平面向量的线性运算与数量积运算逐项判断即可.22．（2023春·湖北武汉·高一华中师大一附中校考阶段练习）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，且和都在集合中．给出以下命题，其中一定正确的是（    ）A．若时，则B．若时，则C．若时，则的取值个数最多为7D．若时，则的取值个数最多为【答案】AC【分析】由新定义可知，再对每个命题进行判断，即可得出结论. 【详解】对A，若时，，两式相乘得，又，，即，，即，故A正确；对B，若时，则，同理，相乘得到，又，所以，即，则取值时符合，此时，故B错误；对C，若时，则，同理，相乘得，又，，，又，得，，，，的取值个数最多为7个，故C正确；对D，若时，由上面推导方法可知，，，，的取值个数最多为，故D错误.故选：AC.【点睛】数学中的新定义题目解题策略：①仔细阅读，理解新定义的内涵；②根据新定义，对对应知识进行再迁移. 23．（2023·全国·高三专题练习）定义平面向量的一种运算“”如下：对任意的两个向量，，令，下面说法一定正确的是（    ）A．对任意的，有B．存在唯一确定的向量使得对于任意向量，都有成立C．若与垂直，则与共线D．若与共线，则与的模相等【答案】AD【分析】由表示出和，即可判断A；假设存在唯一确定的向量使得对于任意向量，都有成立，即方程组，对任意恒成立，解方程可判断B；若与垂直，则，设，分别表示出与即可判断C；若与共线，则，设，分别表示出与即可判断D.【详解】设向量，，对于A，对任意的，有，故A正确；对于B，假设存在唯一确定的向量使得对于任意向量，都有成立，即恒成立，即方程组，对任意恒成立，而此方程组无解，故B不正确；对于C，若与垂直，则，设，则， ，其中，故C不正确；对于D，若与共线，则，设，，，所以与的模相等，故D正确.故选：AD.【点睛】本题在平面向量的基础上，加以创新，属于创新题，考查平面向量的基础知识以及分析问题、解决问题的能力.三、填空题24．（2023春·江苏泰州·高一靖江高级中学校考阶段练习）设向量与的夹角为，定义与的“向量积”，是一个向量，它的模等于，若，，则______．【答案】2【分析】分别计算两个向量的模长及夹角，代入计算即可.【详解】，，则，则，则,故答案为：225．（2018春·安徽芜湖·高一芜湖一中校考阶段练习）在平面斜坐标系中，，平面上任一点关于斜坐标系的斜坐标是这样定义的：若（其中，分别为，轴方向相同的单位向量），则的坐标为，若关于斜坐标系的坐标为，则______【答案】【分析】由斜坐标定义用，表示，然后平方转化为数量积求得模． 【详解】由题意，，故答案为：．26．（2019春·安徽芜湖·高一校联考期中）定义，若，，则与方向相反的单位向量的坐标为______________．【答案】【分析】先求得，然后求得与方向相反的单位向量的坐标.【详解】，所以与方向相反的单位向量的坐标为.故答案为：27．（2022秋·湖南长沙·高三校考阶段练习）已知对任意平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转角得到向量．如图所示，顶角的等腰三角形PQR的顶点P、Q的坐标分别为、，则顶点R的坐标为______．【答案】 【分析】设，表示出，根据已知列出式子即可求出.【详解】设，则，因为，所以，解得，即顶点R的坐标为.故答案为：.28．（2022春·北京海淀·高一校考期中）设平面中所有向量组成集合，为中的一个单位向量，定义.则下列结论中正确的有___________（只需填写序号）.①若､，则；②若，，则；③若，，，则有唯一解.【答案】①②【分析】根据所给定义及向量数量积的运算律计算可得；【详解】解：因为，所以，，所以即，故①正确； 对于②，，，，所以，所以，故②正确；对于③，设，则，，，所以，所以，因为，所以，所以，解得或，所以或，故③错误；故答案为：①②29．（2022春·江苏南通·高一海安市曲塘中学校考期中）小顾同学在用向量法研究解三角形面积问题时有如下研究成果：若，，则.试用上述成果解决问题：已知，，，则___________.【答案】1【分析】计算的坐标，结合结论求三角形的面积.【详解】因为，，，所以，又当，时，，所以，故答案为：1.30．（2022春·上海宝山·高一上海交大附中校考阶段练习）关于任意平面向量可实施以下6种变换，包括2 种v变换和4种w变换：模变为原来的倍，同时逆时针旋转90°；：模变为原来的倍，同时顺时针旋转90°；：模变为原来的倍，同时逆时针旋转45°；：模变为原来的倍，同时顺时针旋转45°；：模变为原来的倍，同时逆时针旋转135°；：模变为原来的倍，同时顺时针旋转135°．记集合，若每次从集合S中随机抽取一种变换.经过n次抽取，依次将第i次抽取的变换记为，即可得到一个n维有序变换序列，记为，则以下判断中正确的序号是______．①单位向量经过2022次v变换后所得向量一定与向量垂直；②单位向量经过2022次w变换后所得向量一定与向量平行；③单位向量经过变换后得到向量，则中有且只有2个v变换；④单位向量经过变换后不可能得到向量；⑤存在n，使得单位向量经过次变换后，得到．【答案】①③【分析】按照给出的变换以及向量的平行和垂直依次判断即可.【详解】对于①，先考虑单位向量经过2次v变换，若经过2次变换得到的向量为，若经过2次变换得到的向量为，若经过1次变换1次变换得到的向量为，因此所得向量均和共线，故经过2022次v变换后所得向量也和共线，即和向量垂直，①正确；对于②，若依次按照，，，的顺序变换2022次，易知所得向量方向不改变，即和向量同向，②错误；对于③，可知向量的模长没有变化，设中有个v变换，则，即，解得， 即有2个v变换，其中一个变换可以为，，，，，，③正确；对于④，由③知单位向量经过变换后可以得到向量，再经过一次变换即可得到向量，④错误；对于⑤，易知向量的模长变为了原来的倍，若存在n，设其中有个v变换，则，且，可得，化简得，显然不存在整数使上式成立，⑤错误.故答案为：①③.31．（2022春·湖南株洲·高一株洲二中校考阶段练习）设V是已知平面M上素有向量的集合，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设f是平面M上的线性变换，，则；②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对，设，则f是平面M上的线性变换；④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【分析】取，可判断①；取，可判断④；根据线性变换的定义验证即可判断②③.【详解】取，可知①为真；因为，所以，，当时，，所以②为假；因为，所以，，所以，故③正确；取，可知④为真.故答案为：①③④32．（2021春·重庆南岸·高一重庆第二外国语学校校考阶段练习）定义平面非零向量之间的一种运算“※” ，记，其中是非零向量的夹角，若，均为单位向量，且，则向量与的夹角的余弦值为_________.【答案】【分析】根据已知得出，，即可根据定义得出与，再根据数量积的定义可求出.【详解】，，则，，，设向量与的夹角为，则.故答案为：.33．（2021春·陕西宝鸡·高一统考期末）设､是平面内相交成角的两条数轴，，分别是与轴，轴正方向同向的单位向量，若向量，则把有序数对叫做在坐标系中的坐标．假设，则的大小为________．【答案】【分析】先依题意判断和，再计算即可.【详解】依题意，，，由，知，所以.故答案为：2.34．（2018春·浙江台州·高一台州中学校考期中）已知向量及向量序列:满足如下条件:，且,当且时,的最大值为__________． 【答案】【分析】由可得，进而得，结合二次函数的性质即可求得的最大值.【详解】解：，又，，==，根据二次函数的性质可得，当，有最大值.故答案为:.35．（2017春·北京东城·高二统考期末）已知平面向量，平面向量，（其中）．定义：．若，，则=_____________；若，且，，则_________，__________（写出一组满足此条件的和即可）．【答案】    （0,5）        【详解】本题自定义：，，（其中），已知若，，则=.又，且，，则，，不妨在内任取两组数和，为了满足，即，取和，此时恰好满足，则.36．（2014·安徽·高考真题）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）.①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】②④【详解】试题分析：由题意有三种结果，如下：；；.故①错误；∵，∴中最小为.若，则与无关，故②正确；若//，则与有关，故③错误；若，则，故④正确；若，，∴，∴，故⑤错误.所以正确的编号为②④.考点：1.平面向量的运算；2.平面向量的数量积.37．（2021春·重庆沙坪坝·高一重庆南开中学校考阶段练习）定义：对于实数和两个定点、，在某图形上恰有个不同的点，使得，称该图形满足“度囧合”，若在边长为的正方形中，，，且该正方形满足“度囧合”，则实数的取值范围是_________.【答案】【分析】以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立平面直角坐标系，设点，求出点的轨迹方程为，分析可知，圆与正方形有 个交点，数形结合可得出关于实数的不等式，由此可解得实数的取值范围.【详解】以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的平面直角坐标系，则、、、，因为，，则、，设，，，则，整理可得，则，可得，所以，点的轨迹是以点为圆心，半径为的圆，因此，只需圆与正方形有个交点即可，当时，即当时（图中从内往外第一个圆），此时圆与正方形有个交点，当动圆在图中第二个圆与第三个圆之间（从内往外）时，圆与正方形有个交点， 此时，解得.综上所述，实数的取值范围是.故答案为：.【点睛】关键点点睛：求解本题的关键在于求出点的轨迹方程，将问题转化为动圆与正方形有个交点来处理.38．（2022·全国·高三专题练习）定义两个向量组的运算，设为单位向量，向量组分别为的一个排列，则的最小值为_______．【答案】##【分析】讨论、且、且或2或3，根据的定义及向量数量积的运算律，分别求最小值，即可得结果.【详解】当且时，；当且、时，则，当且仅当时等号成立；同理且、或且、时，的最小值也为；当时，则，由，设，则，所以，当时等号成立.综上，的最小值为．故答案为：.【点睛】关键点点睛：应用分类讨论，注意中向量不同的排列情况下对应的表达式，结合向量数量积运算律和几何关系求最值.39．（2022·北京顺义·统考二模）向量集合，对于任意，，以及任意 ，都有，则称集合是“凸集”，现有四个命题：①集合是“凸集”；②若为“凸集”，则集合也是“凸集”；③若都是“凸集”，则也是“凸集”；④若都是“凸集”，且交集非空，则也是“凸集”．其中，所有正确的命题的序号是_____________________．【答案】①②④【分析】理解新定义，对结论逐一判断【详解】由题意得，若对于任意，线段上任意一点，都有，则集合是“凸集”，由此对结论逐一分析对于①，，若对于任意满足，则，由函数的图象知，对线段上任意一点，都有，即，故为“凸集”，①正确对于②，若为“凸集”，则对于任意，此时，其中对于任意，，故为“凸集”，②正确对于③，可举反例，若，易知都是“凸集”，而不是“凸集”，故③错误对于④，若都是“凸集”，则对于任意，任意则，且，故，故也是“凸集”故答案为：①②④四、解答题40．（2022秋·河北沧州·高二校考开学考试）平面内一组基底及任一向量，若点在直线上或在平行于的直线上，我们把直线以及与直线 平行的直线称为“等和线”，此时为定值，请证明该结论.【答案】见解析【分析】如图，为直线上的点，若，过点作直线，再根据平面向量共线定理及推理即可得出结论.【详解】解：如图，为直线上的点，若，那么，从而有，即，另一方面，过点作直线，在上任作一点，连接，则，以为基底时，，所以，即，综上，为定值.41．（2022秋·上海嘉定·高二上海市嘉定区第一中学校考阶段练习）已知在平面直角坐标系中，为坐标原点，定义非零向量的“相伴函数”为，向量称为函数的“相伴向量”；记平面内所有向量的“相伴函数”构成的集合为(1)已知，，若函数为集合中的元素，求其“相伴向量”的模的取值范围；(2)已知点满足条件：，，若向量的“相伴函数”在处取得最大值，当在区间变化时，求的取值范围；(3)当向量时，“相伴函数”为，若，方程存在4个不相等的实数根，求实数的取值范围. 【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）把化为形式得“相伴向量”，求出模后可得其范围；（2）写出“相伴函数”，根据辅助角公式得最大值及最大值点，由的范围得的范围，再得出的范围后可得的取值范围；（3）由定义得并化简（化为一个角的一个三角函数形式），解方程得或，求得两根，然后作出函数，的图象，由图象可得且有两根的的范围．【详解】（1），∴函数的相伴向量，，∴时，；时，.∴的取值范围为[1，3]（2）的相伴函数其中，.当，，即，时，取得最大值，∴，∵，∴，∴，∴.∴.（3），当时，，由，得：， ∴或，由，即，而，解得或，即∴在上有两个根，方程在上存在4个不相等的实数根，当且仅当且在上有两个不等实根，在同一坐标系内作出函数在上的图像和直线，如图，方程在上有两个不等实根，当且仅当函数在上的图像和直线有两个公共点，观察图像知：或，解得或，所以实数的取值范围是.42．（2022春·上海奉贤·高一校考期末）对于一个向量组，令，如果存在，使得，那么称是该向量组的“好向量”(1)若是向量组的“好向量”，且，求实数的取值范围；(2)已知，，均是向量组的“好向量”，试探究的等量关系并加以证明．【答案】(1) (2)，证明见解析.【分析】（1）由题意，用坐标表示向量的模，解之可得；（2）由“好向量”的定义得三个不等式，平方转化为向量的数量积，三式相加整理后可得．【详解】（1）由题意，而，，，，所以，解得，所以的范围是；（2）的等量关系是，证明如下：由题意是向量组的“好向量”，所以，则，即，所以，同理，，三式相加并整理得，所以，所以．43．（2021春·山西临汾·高一统考阶段练习）如图，在正方形ABCD中，点E是AB的中点，点F，G分别是AD，BC的二等分点．（1）EF，EG有什么关系？用向量方法证明你的结论．（2）已知对任意平面向量，把绕其起点沿逆时针旋转角得到向量，叫做把点N绕点M沿逆时针方向旋转角得到点P．已知正方形ABCD中，点，点，把点G绕点E沿顺时针方向旋转后得到点P，求点P的坐标． 【答案】（1）EF，EG互相垂直，证明见解析；（2）．【分析】（1）利用向量的垂直的定义即可判断；（2）利用题意得到，再利用坐标运算公式求出的坐标，即可求解．【详解】（1）EF，EG互相垂直，因为，，所以，即EF，EG互相垂直；（2）点G绕点E沿顺时针方向旋转，即点G绕点E沿逆时针方向旋转，由此得到，而，所以，设点P的坐标为，因为点E是AB的中点，点，点，所以．所以，所以，所以点P为．44．（2021春·四川成都·高一四川省成都市盐道街中学校考阶段练习）定义非零向量的“相伴函数”为，向量称为函数的“相伴向量”（其中为坐标原点）．记平面内所有向量的“相伴函数”构成的集合为．(1)设，请问函数是否存在相伴向量，若存在，求出与共线的单位向量；若不存在，请说明理由．(2)已知点满足：，向量的“相伴函数”在处取得最大值，求 的取值范围．【答案】(1)存在，或(2)【分析】（1）由题知，进而根据相伴向量的定义求解即可；（2）根据三角函数的性质得，进而结合二倍角公式得，再令，进而结合函数值域求解即可.【详解】（1）因为，所以，函数存在相伴向量，，所以，与共线的单位向量为或.（2）的“相伴函数”，因为在处取得最大值，所以，当，即时，有最大值，所以，，所以，因为，， 所以，所以，令，则，因为均为上的单调递减函数，所以在上单调递减，所以，所以，，所以，的取值范围为.