向量

C． $|P Q|=|Q R|=|P R|$ ，即 $\sqrt{r^{2}+(k-1)^{2}}=\sqrt{(r-1)^{2}+k^{2}}=\sqrt{2}$ ，解得 $\displaystyle k=r=\frac{1 \pm \sqrt{3}}{2}$ ．

$(x-3)^{2}+(y+1)^{2}=2$ ． 设 $P\left(x_{P}, y_{P}\right)$ ，则 $x_{Q}=x_{P}+y_{P}, y_{Q}=y_{P}-x_{P}$ ，即 $\displaystyle x_{P}=\frac{x_{Q}-y_{Q}}{2}, y_{P}=\frac{x_{Q}+y_{Q}}{2}$ ，故 $Q$ 点的轨迹方程为 $\displaystyle \left(\frac{x-y}{2}-2\right)^{2}+\left(\frac{x+y}{2}-1\right)^{2}=1$ ，即 $(x-3)^{2}+(y+1)^{2}=2$ ．

$M$ 为正，$m$ 为负，$a_{i}, a_{j}, a_{k}$ 均为 $\overrightarrow{A B}, d_{r}, d_{s}, d_{t}$ 均为 $\overrightarrow{D C}$ 时为正，$d_{r}, d_{s}, d_{t}$ 均为 $\overrightarrow{D E}$时为负．

A．

A． $$ \left|\begin{array}{lll} 1 & 0 & 1 \\ x & 2 & 1 \\ y & 1 & 1 \end{array}\right|=1+x-2 y=0 \text { 的一个法向量是 }(1,-2) \text {. } $$

B． \begin{figure} 以 $A$ 为原点，分别以 $A B, A C$ 所在线为 $x, y$ 轴建立斜坐标系．如图 J8 所示． 设 $|A B|=3 m,|A C|=3 n$ ，则点 $E$ 为 $(m, 2 n)$ ，直线 $\displaystyle A E: y= \frac{2 n}{m} x$ ．直线 $\displaystyle C D: \frac{x}{2 m}+\frac{y}{3 n}=1 \Rightarrow P\left(\frac{6 m}{7}, \frac{12 n}{7}\right) \Rightarrow \overrightarrow{A P}=\frac{2}{7} \overrightarrow{A B}+\frac{4}{7} \overrightarrow{A C}$ ．

$\displaystyle \frac{2 \sqrt{3}}{3}$ ． 解法 1 因为 $|\lambda \boldsymbol{a}+\mu \boldsymbol{b}|=1$ ，所以 $\lambda^{2} \boldsymbol{a}^{2}+\mu^{2} \boldsymbol{b}^{2}+2 \lambda \mu \boldsymbol{a} \boldsymbol{b}=\lambda^{2}+\mu^{2}+\lambda \mu=1$ ，则 $\displaystyle \left(\frac{\sqrt{3}}{2} \lambda\right)^{2}+ \left(\frac{1}{2} \lambda+\mu\right)^{2}=1$ ．令 $\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{2} \lambda=\cos \alpha, \frac{1}{2} \lambda+\mu=\sin \alpha$ ，解得 $\displaystyle \lambda=\frac{2}{\sqrt{3}} \cos \alpha, \mu=\sin \alpha-\frac{1}{\sqrt{3}} \cos \alpha$ ，故 $$ \lambda+\mu=\sin \alpha+\frac{1}{\sqrt{3}} \cos \alpha=\frac{2 \sqrt{3}}{3} \sin (\alpha+\varphi), $$ 则 $\lambda+\mu$ 的最大值是 $\displaystyle \frac{2 \sqrt{3}}{3}$ ． 解法 2 $$ \begin{aligned} (\lambda+\mu)^{2}=\lambda \mu+1 \leqslant\left(\frac{\lambda+\mu}{2}\right)^{2}+1 & \Rightarrow \frac{3}{4}(\lambda+\mu)^{2} \leqslant 1 \\ & \Rightarrow(\lambda+\mu)^{2} \leqslant \frac{4}{3} \\ & \Rightarrow \lambda+\mu \leqslant \frac{2 \sqrt{3}}{3} \end{aligned} $$ 故 $\lambda+\mu$ 的最大值是 $\displaystyle \frac{2 \sqrt{3}}{3}$ ． 解法3 设 $\lambda=a+b, \mu=a-b$ ，则 $\lambda+\mu=2 a$ ．所以 $(a+b)^{2}+(a-b)^{2}+a^{2}-b^{2}=1$ ， $3 a^{2}+b^{2}=1$ ．设 $\sqrt{3} a=\cos \alpha$ ，则 $\displaystyle a=\frac{1}{\sqrt{3}} \cos \alpha, 2 a=\frac{2}{\sqrt{3}} \cos \alpha \in\left[-\frac{2 \sqrt{3}}{3}, \frac{2 \sqrt{3}}{3}\right]$ ，故 $\lambda+\mu$ 的最大值是 $\displaystyle \frac{2 \sqrt{3}}{3}$ ．

B． 因为 $|\overrightarrow{O A}|=a,|\overrightarrow{O B}|=b$ ，且 $a^{2}+b^{2}=4, \overrightarrow{O A} \perp \overrightarrow{O B}$ ，所以 $O, A, B$ 三点在以 $A B$ 的中点 $M$ 为圆心、 1 为半径的圆上．又 $\displaystyle \overrightarrow{O M}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{O A}+\overrightarrow{O B}), \overrightarrow{O C}=\lambda \overrightarrow{O A}+\mu \overrightarrow{O B}$ ，所以 $$ \overrightarrow{M C}=\left(\lambda-\frac{1}{2}\right) \overrightarrow{O A}+\left(\mu-\frac{1}{2}\right) \overrightarrow{O B}, $$ 故 $$ |\overrightarrow{M C}|^{2}=\left(\lambda-\frac{1}{2}\right)^{2} a^{2}+\left(\mu-\frac{1}{2}\right)^{2} b^{2}=1, $$ 从而点 $C$ 也在以 $M$ 为圆心、 1 为半径的圆上．因此，$O, A, B, C$ 四点共圆，其圆心为 $M$ ．当 $O, M, C$ 三点共线，即 $O C$ 为 $\odot M$ 的一条直径时，$|\overrightarrow{O C}|_{\text {max }}=2$ ．

D． 因为 $|\boldsymbol{a}|=|\boldsymbol{b}|=1$ ，所以 $\displaystyle \cos \angle C O A=\frac{3}{5}, \cos \angle C O B=\frac{3}{5}$ ．若 $0<\angle A O B=\angle C O A+ \angle C O B<\pi$ ，则 $$ \begin{aligned} \cos \angle A O B & =\cos (\angle A O C+\angle C O B) \\ & =\cos \angle A O C \cos \angle C O B-\sin \angle A O C \sin \angle C O B \\ & =0 \end{aligned} $$ 得 $\displaystyle \angle A O B=\frac{\pi}{2}$ ，即 $\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}=0$ ．故 $$ \begin{aligned} z^{2} & =|c-t a-b|^{2}=c^{2}+t^{2} a^{2}+b^{2}-2 t c \cdot a-2 c \cdot b+2 t a \cdot b \\ & =t^{2}-6 t+18=(t-3)^{2}+9 \geqslant 9 \end{aligned} $$ 所以当 $t=3$ 时，$z_{\text {min }}=3$ ． 若 $\displaystyle 0<\angle A O B=\angle C O A-\angle C O B<\frac{\pi}{2}$ ，则 $$ \begin{aligned} \cos \angle A O B & =\cos (\angle A O C-\angle C O B) \\ & =\cos \angle A O C \cos \angle C O B+\sin \angle A O C \sin \angle C O B=\frac{24}{25} \end{aligned} $$ 所以 $\displaystyle \boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}=|\boldsymbol{a}||\boldsymbol{b}| \cos \angle A O B=\frac{24}{25}$ ．故 $$ \begin{aligned} z^{2}=|c-t a-b| & =c^{2}+t^{2} a^{2}+b^{2}-2 t c \cdot a-2 c \cdot b+2 t a \cdot b \\ & =t^{2}-\frac{102}{25} t+18=\left(t-\frac{51}{25}\right)^{2}+\left(\frac{93}{25}\right)^{2} \\ & \geqslant\left(\frac{93}{25}\right)^{2} \end{aligned} $$ 所以当 $\displaystyle t=\frac{51}{25}$ 时，$\displaystyle z_{\min }=\frac{93}{25}$ ． 综上所述，当 $t=3$ 时，$z_{\text {min }}=3$ ．

A． $105=3 \times 5 \times 7=3 \times 35=5 \times 21=15 \times 7$ ．经检验 $|\boldsymbol{a}|+|\boldsymbol{b}|=7,|\boldsymbol{a}|+3|\boldsymbol{b}|=15$ ，所以 $|\boldsymbol{b}|=4,|\boldsymbol{a}|=3$ ． 因为 $33=\boldsymbol{a}^{2}+3 \boldsymbol{b}^{2}+4 \boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}=9+48+4 \times 12 \cos \theta$ ，所以 $\displaystyle \cos \theta=-\frac{1}{2}$ ，则 $\displaystyle \langle\boldsymbol{a}, \boldsymbol{b}\rangle=\frac{2}{3} \pi$ ，故 $$ \begin{aligned} & a(a+b)=a^{2}+a \cdot b=9-6=3 \\ & b(a+b)=b^{2}+a \cdot b=16-6=10 \end{aligned} $$

A． 因为 $\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}=0$ ，且 $|\boldsymbol{a}|=|\boldsymbol{b}|=|\boldsymbol{c}|=1$ ，所以 $|\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}|=\sqrt{2}$ ． 又因为 $(\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}) \cdot \boldsymbol{c}=|\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}||\boldsymbol{c}| \cos \langle\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}, \boldsymbol{c}\rangle=\sqrt{2} \cos \langle\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}, \boldsymbol{c}\rangle$ ，所以 $$ \begin{aligned} |a+b-c|^{2} & =a^{2}+b^{2}+c^{2}+2 a \cdot b-2 a \cdot c-2 b \cdot c \\ & =3-2(a+b) \cdot c=3-2 \sqrt{2} \cos \langle a+b, c\rangle . \end{aligned} $$ 当 $\cos \langle\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}, \boldsymbol{c}\rangle=1$ 时，$|\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}-\boldsymbol{c}|_{\text {min }}^{2}=3-2 \sqrt{2}=(\sqrt{2}-1)^{2}$ ．故 $|\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}-\boldsymbol{c}|$ 的最小值为 $\sqrt{2}-1$ ．

B． 因为 $\displaystyle m-n=\left(\sin 2 x-\cos 2 x, \frac{5}{2}\right)$ ，所以 $$ \begin{aligned} f(x) & =(m-n) \cdot m=\sin 2 x(\sin 2 x-\cos 2 x)+\frac{5}{2}=\sin ^{2} 2 x-\frac{1}{2} \sin 4 x+\frac{5}{2} \\ & =-\frac{1}{2}(\cos 4 x+\sin 4 x)+3=-\frac{\sqrt{2}}{2} \sin \left(4 x+\frac{\pi}{4}\right)+3 \end{aligned} $$ 故 $f(x)$ 的最小正周期 $\displaystyle T=\frac{2 \pi}{4}=\frac{\pi}{2}$ ，最大值为 $\displaystyle 3+\frac{\sqrt{2}}{2}$ ．

C． 求导可得 $f^{\prime}(x)=6 x^{2}+6|\boldsymbol{a}| x+6 \boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}$ ，则由函数 $f(x)=2 x^{3}+3|\boldsymbol{a}| x^{2}+6 \boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b} x+7$在实数集 $\mathbf{R}$ 上单调递增，可得 $f^{\prime}(x)=6 x^{2}+6|\boldsymbol{a}| x+6 \boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b} \geqslant 0$ 恒成立，即 $x^{2}+|\boldsymbol{a}| x+\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b} \geqslant 0$ 恒成立，故判别式 $\Delta=a^{2}-4 a \cdot b \leqslant 0$ 恒成立．再由 $|a|=2 \sqrt{2}|b| \neq 0$ ，可得 $8|b|^{2} \leqslant 8 \sqrt{2}|\boldsymbol{b}|^{2} \cos \langle\boldsymbol{a}, \boldsymbol{b}\rangle$ ，所以 $\displaystyle \cos \langle\boldsymbol{a}, \boldsymbol{b}\rangle \geqslant \frac{\sqrt{2}}{2}$ ．又因为 $\langle\boldsymbol{a}, \boldsymbol{b}\rangle \in[0, \pi]$ ，所以 $\displaystyle \langle\boldsymbol{a}, \boldsymbol{b}\rangle \in\left[0, \frac{\pi}{4}\right]$ ．

D． 由题意可知 $\displaystyle A(1,0), B\left(2, \frac{3}{2}\right), M\left(2-\lambda, 2-\lambda-\frac{1}{2-\lambda}\right), N\left(2-\lambda, \frac{3}{2}(1-\lambda)\right)$ ，则 $$ |\overrightarrow{M N}|=\left|\frac{3}{2}-\frac{3}{2} \lambda-(2-\lambda)+\frac{1}{2-\lambda}\right|=\left|\frac{2-\lambda}{2}+\frac{1}{2-\lambda}-\frac{3}{2}\right| . $$ 因为 $\displaystyle \frac{2-\lambda}{2}+\frac{1}{2-\lambda} \geqslant 2 \sqrt{\frac{2-\lambda}{2} \cdot \frac{1}{2-\lambda}}=\sqrt{2}$ ，所以当且仅当 $\displaystyle \frac{2-\lambda}{2}=\frac{1}{2-\lambda}$ ，即 $\lambda=2-\sqrt{2}$ 时，等号成立．又因为 $\lambda \in[0,1]$ ，所以 $2-\lambda \in[1,2]$ ，则 $\displaystyle \frac{2-\lambda}{2}+\frac{1}{2-\lambda} \leqslant \frac{3}{2}$ ． 故 $\displaystyle \left|\frac{2-\lambda}{2}+\frac{1}{2-\lambda}-\frac{3}{2}\right|_{\text {max }}=\frac{3}{2}-\sqrt{2}$ ，即实数 $k$ 的取值范围是 $\displaystyle \left[\frac{3}{2}-\sqrt{2},+\infty\right)$ ．

$\displaystyle \frac{2}{3}$ ． 因为 $\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A E}+\overrightarrow{A C} \cdot \overrightarrow{A F}=2$ ，所以 $\overrightarrow{A B} \cdot(\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{B E})+\overrightarrow{A C} \cdot(\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{B F})=2$ ，即 $\overrightarrow{A B}^{2}+ \overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{B E}+\overrightarrow{A C} \cdot \overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A C} \cdot \overrightarrow{B F}=2$ ．因为 $\displaystyle \overrightarrow{A B}^{2}=1, \overrightarrow{A C} \cdot \overrightarrow{A B}=\sqrt{33} \times 1 \times \frac{33+1-36}{2 \times \sqrt{33} \times 1}=-1$ ， $\overrightarrow{B E}=-\overrightarrow{B F}$ ，所以 $1+\overrightarrow{B F} \cdot(\overrightarrow{A C}-\overrightarrow{A B})-1=2$ ，即 $\overrightarrow{B F} \cdot \overrightarrow{B C}=2$ ． 设 $\overrightarrow{E F}$ 与 $\overrightarrow{B C}$ 的夹角为 $\theta$ ，则有 $|\overrightarrow{B F}| \cdot|\overrightarrow{B C}| \cos \theta=2$ ，即 $\displaystyle 3 \cos \theta=2, \cos \theta=\frac{2}{3}$ ．