2025年新高考數(shù)學(xué)精析考點考點30平面向量的概念及線性運(yùn)算(3種核心題型+基礎(chǔ)保分練+綜合提升練+拓展沖刺練)(原卷版+解析)-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

1.理解平面向量的意義、幾何表示及向量相等的含義.
2.掌握向量的加法、減法運(yùn)算，并理解其幾何意義及向量共線的含義.
3.了解向量線性運(yùn)算的性質(zhì)及其幾何意義．
【知識點】
1．向量的有關(guān)概念
(1)向量：既有大小又有方向的量叫做向量，向量的大小稱為向量的長度(或模)．
(2)零向量：長度為0的向量，記作0．
(3)單位向量：長度等于1個單位長度的向量．
(4)平行向量：方向相同或相反的非零向量，也叫做共線向量，規(guī)定：零向量與任意向量平行．
(5)相等向量：長度相等且方向相同的向量．
(6)相反向量：長度相等且方向相反的向量．
2．向量的線性運(yùn)算
3.向量共線定理
向量a(a≠0)與b共線的充要條件是：存在唯一一個實數(shù)λ，使b＝λa.
常用結(jié)論
1．一般地，首尾順次相接的多個向量的和等于從第一個向量起點指向最后一個向量終點的向量，即eq \(A1A2,\s\up6(—→))＋eq \(A2A3,\s\up6(—→))＋eq \(A3A4,\s\up6(—→))＋…＋eq \(An－1An,\s\up6(———→))＝eq \(A1An,\s\up6(—→))，特別地，一個封閉圖形，首尾連接而成的向量和為零向量．
2．若F為線段AB的中點，O為平面內(nèi)任意一點，則eq \(OF,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→)))．
3．若A，B，C是平面內(nèi)不共線的三點，則eq \(PA,\s\up6(→))＋eq \(PB,\s\up6(→))＋eq \(PC,\s\up6(→))＝0?P為△ABC的重心，eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→)))．
4．對于任意兩個向量a，b，都有||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|.
【核心題型】
題型一平面向量的基本概念
平行向量有關(guān)概念的四個關(guān)注點
(1)非零向量的平行具有傳遞性．
(2)共線向量即為平行向量，它們均與起點無關(guān)．
(3)向量可以平移，平移后的向量與原向量是相等向量．
(4)eq \f(a,|a|)是與a同方向的單位向量．
【例題1】（2024·湖南永州·三模）在中，，，，，則的最小值為（）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】以為坐標(biāo)原點，所在直線為x軸，過垂直BC的直線為軸建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，求得點的軌跡方程，取的中點為，求得的軌跡方程，數(shù)形結(jié)合可求.
【詳解】由題意，以為坐標(biāo)原點，所在直線為x軸，過垂直的直線為軸建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，
則，，由，可得是以為直徑的圓，
所以的軌跡方程為，
取的中點為，設(shè)，
可得，所以，所以，
所以點的軌跡方程為，圓心為，半徑為，
由，所以，所以，
所以，
所以.
故選：A.
【變式1】（2023·北京大興·三模）設(shè)，是非零向量，“”是“”的（）
A．充分而不必要條件B．必要而不充分條件
C．充分必要條件D．既不充分也不必要條件
【答案】B
【分析】根據(jù)向量相等、單位向量判斷條件間的推出關(guān)系，結(jié)合充分、必要性定義即知答案.
【詳解】由表示單位向量相等，則同向，但不能確定它們模是否相等，即不能推出，
由表示同向且模相等，則，
所以“”是“”的必要而不充分條件.
故選：B
【變式2】（2022·江蘇·三模）已知向量，與共線且方向相反的單位向量 .
【答案】
【分析】利用與共線且方向相反的單位向量為，即可得出答案.
【詳解】，，所以與共線且方向相反的單位向量是：
.
故答案為：
【變式3】（2022·上海虹口·二模）已知向量，滿足，，，則 .
【答案】
【分析】根據(jù)模長公式及向量的數(shù)量積公式求解即可.
【詳解】由可得，，即，解得：，
所以．
故答案為：．
題型二平面向量的線性運(yùn)算
平面向量線性運(yùn)算的常見類型及解題策略
(1)向量求和用平行四邊形法則或三角形法則；求差用向量減法的幾何意義．
(2)求參數(shù)問題可以通過向量的運(yùn)算將向量表示出來，進(jìn)行比較，求參數(shù)的值．
命題點1 向量加、減法的幾何意義
【例題2】（2024·福建福州·三模）已知線段是圓的一條長為2的弦，則（）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】取中點，連接,根據(jù)向量的相關(guān)計算性質(zhì)計算即可.
【詳解】取中點，連接，
易知，所以.
故選：B．
【變式1】（2024·河南三門峽·模擬預(yù)測）在中，，則（）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】運(yùn)用平面向量加法、減法、數(shù)乘運(yùn)算即可.
【詳解】如圖，
因為，所以，
又，所以，
所以.
故選：D.
【變式2】（2023·四川樂山·一模）已知正六邊形邊長為2，是正六邊形的外接圓的一條動弦，，P為正六邊形邊上的動點，則的最小值為 .
【答案】
【分析】若是外接圓圓心，是中點，連接，根據(jù)，數(shù)形結(jié)合有、即可求最小值.
【詳解】若是外接圓圓心，是中點，連接，如下圖，

所以，則，
故，而，且，
所以，當(dāng)且僅當(dāng)共線且重合為正六邊形一邊的中點時等號成立，
所以.
故答案為：
【變式3】（2023·上海金山·二模）已知、、、都是平面向量，且，若，則的最小值為．
【答案】
【分析】本題用向量減法的模的幾何意義解決.
【詳解】
作圖，，則，，
因為，所以起點在原點，終點在以B為圓心，1為半徑的圓上；
同理，，所以起點在原點，終點在以C為圓心，1為半徑的圓上，
所以的最小值則為，
因為，，當(dāng)，，三點共線時，，所以.
故答案為：.
命題點2 向量的線性運(yùn)算
【例題3】（2023·河北·模擬預(yù)測）在平行四邊形中，已知，且，則向量與的夾角的余弦值為（）
A．B．0C．D．
【答案】B
【分析】根據(jù)平面向量的線性運(yùn)算及數(shù)量積求解即可.
【詳解】由題意知，在平行四邊形中，，，
因為，所以.
因為，所以，又，
所以，
故，則，
所以向量與的夾角的余弦值為 0 .
故選：B.
【變式1】（2024·安徽·模擬預(yù)測）已知為等邊的中心，若，則．（用表示）
【答案】
【分析】等邊三角形的中心即三邊中線的交點，由重心的結(jié)論：，結(jié)合向量的線性運(yùn)算即可求解.
【詳解】解：由題可得如圖：
是的重心，，O是各邊中線的交點，
，
，
又D為的中點，，故：
,
所以：，
故答案為：.
【變式2】（2024·黑龍江哈爾濱·二模）已知不共線的三個單位向量滿足與的夾角為，則實數(shù) .
【答案】-1
【分析】由已知等式可得，兩邊平方后，結(jié)合數(shù)量積運(yùn)算，即可求得答案.
【詳解】由題意知，故，
則，即，
即，解得或，
時，，不合題意，故，
故答案為：
【變式3】（2024·江蘇揚(yáng)州·模擬預(yù)測）記的內(nèi)角的對邊分別為，若，且的面積為.
(1)求角；
(2)若，求的最小值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）借助余弦定理與面積公式可得，結(jié)合二倍角公式可得，即可得解；
（2）結(jié)合題意借助向量，可得，結(jié)合模長與數(shù)量積的關(guān)系計算即可得，利用基本不等式即可得其最值.
【詳解】（1），
結(jié)合余弦定理得，，
，，
即，又，，故；
（2）由（1）知：，
，，
，
又，
當(dāng)且僅當(dāng)時，長取最小值，此時，
長的最小值為.
命題點3 根據(jù)向量線性運(yùn)算求參數(shù)
【例題4】（2024·江蘇·二模）已知非零向量，，若，則（）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用兩個向量平行的性質(zhì)可得，化簡可得，利用齊次式即可得到答案.
【詳解】因為，為非零向量，所以，即
因為，所以，則，
即，
即，由于，所以兩邊同除，
可得：，解得：tanα=13或(舍去),
所以.
故選：D
【變式1】（2024·浙江杭州·三模）已知不共線的平面向量，滿足，則正數(shù)（）
A．1B．C．D．2
【答案】B
【分析】思路一：根據(jù)向量共線的判定條件即可解出.思路二：由共線向量基本定理即可得解.
【詳解】方法一：由已知有，，解得.
方法二：設(shè)，由題意，解得.
故選：B.
【變式2】（2024·上?！と＃┰O(shè)平面向量，，若，不能組成平面上的一個基底，則．
【答案】/
【分析】利用基底的定義可得，再利用共線向量的坐標(biāo)表示求解即得.
【詳解】由，不能組成平面上的一個基底，得，而，，
因此，所以.
故答案為：
【變式3】（2023·四川南充·一模）在中，設(shè)角A，B，C的對邊分別為a，b，c．已知向量，，且．
(1)求角A的大小；
(2)若，，求的面積．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）首先根據(jù)平面向量平行的判定條件得，即可求出的值，進(jìn)而求出角；
（2）首先利用正弦定理進(jìn)行角換邊的轉(zhuǎn)化，得，然后利用余弦定理求出，的值，然后利用面積公式進(jìn)行求解即可.
【詳解】（1）已知，，
，，得，，.
（2）已知，根據(jù)正弦定理得，即.
根據(jù)余弦定理得，
將代入得，解得，即得.
.
題型三共線定理及其應(yīng)用
利用共線向量定理解題的策略
(1)a∥b?a＝λb(b≠0)是判斷兩個向量共線的主要依據(jù)．
(2)若a與b不共線且λa＝μb，則λ＝μ＝0.
(3)若eq \(OA,\s\up6(→))＝λeq \(OB,\s\up6(→))＋μeq \(OC,\s\up6(→))(λ，μ為常數(shù))，則A，B，C三點共線的充要條件是λ＋μ＝1.
【例題5】（2024·全國·模擬預(yù)測）已知平面上點，，滿足，且，點滿足，動點滿足，則的最小值為（）
A．B．C．1D．1或
【答案】A
【分析】由題設(shè)三個條件依次得到，推得點的軌跡是以點為圓心，為半徑的圓，再得點，，三點共線，通過建系將問題轉(zhuǎn)化成由點向圓做切線，求原點到該切線的最短距離問題.
【詳解】由題意，得
，所以．
因為，所以．
又，即，所以點的軌跡是以點為圓心，為半徑的圓．
如圖，以為坐標(biāo)原點，以的方向為軸正方向，建立平面直角坐標(biāo)系．
易知，，則點的軌跡方程為．
由，得點，，三點共線．
過點作圓的切線，設(shè)其方程為，即．
由點到該切線的距離為，可得，解得或．
由圖知，當(dāng)時，最小，切線的方程為，
此時的最小值即為點到切線的距離，即．
故選：A．
【變式1】（2024·浙江·模擬預(yù)測）已知向量，是平面上兩個不共線的單位向量，且，，，則（）
A．三點共線B．三點共線
C．三點共線D．三點共線
【答案】C
【分析】由平面向量共線定理求解即可.
【詳解】因為向量，是平面上兩個不共線的單位向量，所以，可以作為一組基底，
對于A，因為，，若三點共線，
設(shè)，，則，無解，所以三點不共線，故A錯誤；
對于B，若三點共線，
設(shè)，，則，無解，所以三點不共線，故B錯誤；
對于C，因為，
因為有公共點，所以三點共線，故C正確.
對于D，因為，
，設(shè)，，
則，無解，所以三點不共線，故D錯誤；
故選：C.
【變式2】（2024·上海松江·二模）已知正三角形的邊長為2，點滿足，且，，，則的取值范圍是 .
【答案】
【分析】取的中點，由題意可得，從而推得三點共線，進(jìn)而得出，即可得出答案.
【詳解】取的中點，則，
又，又因為，
故三點共線，即點在中線上運(yùn)動，
在正三角形中，，
又，，則，
故.
故答案為：
【變式3】（2022·江蘇鹽城·模擬預(yù)測）如圖，已知正方形ABCD的邊長為2，過中心O的直線l與兩邊AB，CD分別交于點M，N．
(1)若Q是BC的中點，求的取值范圍；
(2)若P是平面上一點，且滿足，求的最小值．
【答案】(1)；
(2)．
【分析】（1）由向量的加法和數(shù)量積運(yùn)算將轉(zhuǎn)化為，再由的值和的范圍可求得結(jié)果.
（2）令可得點T 在BC上，再將轉(zhuǎn)化為，由、的范圍可求得結(jié)果.
【詳解】（1）因為直線l過中心O且與兩邊AB、CD分別交于點M、N．
所以O(shè)為MN的中點，所以，
所以．
因為Q是BC的中點，所以，，
所以，
即的取值范圍為；
（2）令，則，
∴，即：
∴
∴點T 在BC上，
又因為O為MN的中點，
所以，從而，，
因為，
所以，
即的最小值為．
【課后強(qiáng)化】
【基礎(chǔ)保分練】
一、單選題
1．（2024·全國·模擬預(yù)測）已知平面向量，，則“”是“存在，使得”的（）
A．必要不充分條件B．充分不必要條件
C．充要條件D．既不充分也不必要條件
【答案】A
【分析】利用向量共線的意義，結(jié)合充分條件、必要條件的定義判斷即得.
【詳解】當(dāng)，時，滿足，但不存在，使得；
當(dāng)時，可得；
所以“”是“存在，使得”的必要不充分條件.
故選：A
2．（2023·貴州黔東南·三模）在△ABC中，已知，M為線段AB的中點，，若，則（）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由題意可得求得，而，，然后計算化簡可求得結(jié)果.
【詳解】如圖，∵，，
∵，，
∴
，
故選：B．
3．（2024·廣東深圳·模擬預(yù)測）已知點，，，，則與向量同方向的單位向量為（）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由單位向量的定義、向量坐標(biāo)的線性運(yùn)算以及向量模的坐標(biāo)公式即可求解.
【詳解】由題意，所以，
從而與向量同方向的單位向量為.
故選：A.
4．（2024·山西朔州·一模）已知，且，則（）
A．B．C．4D．
【答案】C
【分析】利用向量的數(shù)量積可求.
【詳解】因為，，則，，
則，故，
故選：C.
二、多選題
5．（2024·遼寧·二模）的重心為點，點O，P是所在平面內(nèi)兩個不同的點，滿足，則（）
A．三點共線B．
C．D．點在的內(nèi)部
【答案】AC
【分析】根據(jù)三角形重心的性質(zhì)，向量共線的判定及向量的線性運(yùn)算即可判斷．
【詳解】
，
因為點為的重心，
所以，所以，
所以三點共線，故A正確，B錯誤；
，
因為，
所以，即，故C正確；
因為，
所以點的位置隨著點位置的變化而變化，故點不一定在的內(nèi)部，故D錯誤；
故選：AC．
6．（2024·浙江寧波·二模）若平面向量滿足且，則（）
A．的最小值為2
B．的最大值為5
C．的最小值為2
D．的最大值為
【答案】BD
【分析】由向量方向間的關(guān)系，判斷的最大值和最小值；由，通過的最值，計算的最值.
【詳解】當(dāng)向量方向相同，與方向相反時，滿足，
此時有最小值，A選項錯誤；
當(dāng)向量方向相同時，滿足，
此時有最大值，B選項正確；
，有，即，則，
向量方向相同時，的最小值為0，的最小值為3，C選項錯誤；
向量方向相反時，的最大值為2，的最大值為，D選項正確.
故選：BD
三、填空題
7．（2023·重慶·一模）在中，，點Q滿足，則的最大值為 .
【答案】/
【分析】設(shè)中點為M，則，根據(jù)平面向量的線性運(yùn)算可得，得當(dāng)時，最大，此時是等邊三角形，
求出即可求解.
【詳解】設(shè)中點為M，
則，
，
由，知P點軌跡是以為弦，圓周角為的優(yōu)弧，
∴當(dāng)時，最大，此時是等邊三角形，
則.
故答案為：.
8．（2023·云南大理·模擬預(yù)測）若，，，則在上投影向量的模為．
【答案】/
【分析】根據(jù)平面向量的線性運(yùn)算，數(shù)量積的運(yùn)算，投影的定義與公式，即可求解.
【詳解】解：已知，，則，
，得，
又，則
所以在上投影向量的模為，
故答案為：.
9．（2023·陜西西安·模擬預(yù)測）若平面四邊形滿足，，則該四邊形一定是 .
【答案】菱形
【分析】根據(jù)向量相等可證明四邊形為平行四邊形，再由向量數(shù)量積為0知對角線互相垂直可知為菱形.
【詳解】，,
所以四邊形ABCD為平行四邊形，
, ，
所以DB垂直AC，所以四邊形ABCD為菱形.
故答案為：菱形.
四、解答題
10．（2024·山西朔州·一模）已知的內(nèi)角的對邊分別為，向量，且．
(1)求；
(2)求的最小值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用向量共線的坐標(biāo)形式可得，結(jié)合余弦定理可求；
（2）利用基本不等式可求最小值.
【詳解】（1）因為，所以，
由正弦定理可得即，
故，所以，
而為三角形內(nèi)角，故.
（2）結(jié)合（1）可得：,
，當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立，
故的最小值為.
11．（2024·四川·模擬預(yù)測）已知的內(nèi)角的對邊分別為，且．
(1)求角；
(2)若，求面積的最大值．
【答案】(1)
(2)．
【分析】（1）正弦定理邊化角結(jié)合三角變換求解即可；
（2）設(shè)中點為，得，由余弦定理結(jié)合基本不等式求出的最大值為4，即可求解面積的最大值.
【詳解】（1）由，得，
由正弦定理得，
整理得，即，
因為，所以，
所以，
又，所以．
（2）設(shè)中點為，因為，所以，
在中，，
即，
當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立，
故的最大值為4．
所以，
因為，所以，
所以面積的最大值為．
【綜合提升練】
一、單選題
1．（2023·四川南充·一模）已知正方形的邊長為1，則（）
A．0B．C．D．4
【答案】C
【分析】利用向量運(yùn)算法則得到.
【詳解】，
因為正方形的邊長為1，所以，
故.
故選：C
2．（2024·全國·模擬預(yù)測）已知向量，，則“”是“與共線”的（）
A．充分不必要條件B．必要不充分條件
C．充要條件D．既不充分也不必要條件
【答案】A
【分析】由，可得與共線，充分性成立；由，可得或，必要性不成立，可得結(jié)論.
【詳解】由，得，，所以與共線，
所以“”是“是與共線”的充分條件；
由，可得，解得或，
“”是“與共線”成立的不必要條件，
故“”是“與共線”的充分不必要條件．
故選：A．
3．（2024·安徽馬鞍山·三模）已知平面向量，不共線，，，且，則（）
A．B．0C．1D．
【答案】A
【分析】依題意可得，根據(jù)平面向量基本定理得到方程組，解得即可.
【詳解】因為，且，
所以，即，
又，不共線，
所以，解得.
故選：A
4．（2024·四川遂寧·模擬預(yù)測）在中，點F為線段BC上任一點（不含端點），若，則的最小值為（）
A．3B．4C．8D．9
【答案】D
【分析】先根據(jù)共線向量基本定理得到，利用基本不等式“1”的妙用求出最小值.
【詳解】因為點F為線段BC上任一點（不含端點），
所以設(shè)，故，
即，
又，
故，
故，
當(dāng)且僅當(dāng)，即時，等號成立，
故的最小值為9.
故選：D
5．（2023·四川南充·一模）已知正方形的邊長為1，則（）
A．0B．C．2D．
【答案】D
【分析】根據(jù)向量的運(yùn)算法則及向量的模計算即可.
【詳解】因為，
，
所以.
故選：.
6．（23-24高三下·山東菏澤·階段練習(xí)）已知向量，，滿足，則（）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根據(jù)已知條件可得向量的夾角為，，再利用數(shù)量積運(yùn)算可得解.
【詳解】由，可得向量的夾角為，
，
.
故選：C.
7．（23-24高三上·全國·階段練習(xí)）設(shè)平面向量，，且，則=（）
A．1B．14C． D．
【答案】B
【分析】根據(jù)，求出把兩邊平方，可求得，把所求展開即可求解.
【詳解】因為，所以又，
則
所以，
則
，
故選：
8．（2024·上海楊浦·二模）平面上的向量、滿足：，，.定義該平面上的向量集合.給出如下兩個結(jié)論：
①對任意，存在該平面的向量，滿足
②對任意，存在該平面向量，滿足
則下面判斷正確的為（）
A．①正確，②錯誤B．①錯誤，②正確C．①正確，②正確D．①錯誤，②錯誤
【答案】C
【分析】根據(jù)給定條件，令，，設(shè)，利用向量模及數(shù)量積的坐標(biāo)表示探求的關(guān)系，再借助平行線間距離分析判斷得解.
【詳解】由，，，不妨令，，設(shè)，
，得，而，，
則，整理得，由，得，
平行直線和間的距離為，
到直線和直線距離相等的點到這兩條直線的距離為，
如圖，陰影部分表示的區(qū)域為集合，因此無論是否屬于，都有，
所以命題①②都正確.
故選：C
【點睛】思路點睛：已知幾個向量的模，探求向量問題，可以在平面直角坐標(biāo)系中，借助向量的坐標(biāo)表示，利用代數(shù)方法解決.
二、多選題
9．（2023·海南海口·模擬預(yù)測）下列命題為真命題的是（）
A．一組數(shù)據(jù)22 ，20 ，17 ，15，13，11，9，8，8，7 的第90百分位數(shù)是21
B．若等差數(shù)列滿足、、、，則
C．非零平面向量、、滿足，，則
D．在中，“”與“”互為充要條件
【答案】ACD
【分析】根據(jù)百分位數(shù)計算規(guī)則判斷A，利用反例說明B，根據(jù)共線向量的定義判斷C，根據(jù)余弦函數(shù)的性質(zhì)判斷D.
【詳解】對于A，將數(shù)據(jù)按從小到大排列為：、、、、、、、、、，
又，所以第百分位數(shù)為第、位兩數(shù)的平均數(shù)，
即第百分位數(shù)是，選項A正確；
對于B，若等差數(shù)列是常數(shù)列，由，不能得出，選項B錯誤；
對于C，非零平面向量、、滿足，，即，，顯然且，
所以，即，選項C正確；
對于D，中，由“”即，
根據(jù)余弦函數(shù)在上單調(diào)遞減知，，
即在中，“”與“”互為充要條件，選項D正確．
故選：ACD．
10．（2024·全國·模擬預(yù)測）設(shè)是兩個非零向量，下列命題正確的是（）
A．若，則B．若，則
C．若，則D．若，則
【答案】BCD
【分析】由，可知兩向量垂直，可排除A；由，可求得，進(jìn)而證明出兩個非零向量共線，即B正確；由兩個向量垂直，可得出它們數(shù)量積為，即C正確；由，兩邊平方可得出，即兩個向量垂直，即D正確.
【詳解】對于選項A，因為，是兩個非零向量，所以，故A錯誤；
對于選項B，，所以，
所以，所以，故B正確；
對于選項C，因為，所以，所以，故C正確；
對于選項D，因為，所以，從而，
所以，故D正確.
故選：BCD.
11．（2022·遼寧·模擬預(yù)測）“圓冪定理”是平面幾何中關(guān)于圓的一個重要定理，它包含三個結(jié)論，其中一個是相交弦定理：圓內(nèi)的兩條相交弦，被交點分成的兩條線段長的積相等.如圖，已知圓O的半徑為2，點P是圓O內(nèi)的定點，且，弦AC、BD均過點P，則下列說法正確的是（）
A．為定值B．的取值范圍是
C．當(dāng)時，為定值D．的最大值為12
【答案】AC
【分析】根據(jù)題設(shè)中的圓冪定理可判斷AC的正誤，取的中點為，連接，利用向量的線性運(yùn)算可判斷B的正誤，根據(jù)直徑的大小可判斷D的正誤.
【詳解】
如圖，設(shè)直線與圓于，.
則,
故A正確.
取的中點為，連接，則
，
而，故的取值范圍是，故B錯誤.
當(dāng)時，
，故C正確.
因為，故，故D錯誤.
故選：AC
三、填空題
12．（2024·天津·一模）已知平行四邊形的面積為，，且.若F為線段上的動點，且，則實數(shù)的值為；的最小值為 .
【答案】 /0.5 5
【分析】根據(jù)題意，利用平面向量的線性運(yùn)算即可求出第一空，建立平面直角坐標(biāo)系，依據(jù)條件建立方程，結(jié)合基本不等式求解第二空即可.
【詳解】
因為所以即
又所以，
由共線，則，解得
作，以為原點建立平面直角坐標(biāo)系，
設(shè)且，則，而的面積為，
則，故，
則，
則，
當(dāng)且僅當(dāng)時取“=”，
故答案為：；5.
13．（2023·河南·模擬預(yù)測）已知向量，，，若，則．
【答案】/
【分析】根據(jù)向量的坐標(biāo)運(yùn)算以及向量相等可得，兩式平方相加結(jié)合數(shù)量積的坐標(biāo)表示，即可得答案.
【詳解】由題意可知，
即，
將兩式平方相加可得，
故，
故答案為：
14．（2024·青海西寧·二模）若向量不共線，且，則的值為．
【答案】1
【分析】根據(jù)題意，可設(shè)為一組基向量，利用向量共線定理和向量基本定理運(yùn)算求解.
【詳解】因為不共線，所以可設(shè)為一組基向量，
因為，所以，使得，
所以，所以，消去，得．
故答案為：1.
四、解答題
15．（2024·吉林延邊·一模）已知的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，．
(1)求B；
(2)若點D在AC上，且，求．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正、余弦定理進(jìn)行邊角轉(zhuǎn)化，即可求B；
（2）利用圖形中的向量關(guān)系，有，由向量數(shù)量積和余弦定理化簡得結(jié)果.
【詳解】（1）因為，即，
由正弦定理可得：，整理得，
由余弦定理可得，
且，所以．
（2）因為，則，
可得，

則，即，
整理得，
由余弦定理可得，則，
即，所以．
16．（2024·浙江溫州·模擬預(yù)測）的角對應(yīng)邊是 a，b，c ，三角形的重心是 O.已知.
(1)求 a 的長.
(2)求的面積.
【答案】(1)；
(2)18.
【分析】（1）根據(jù)給定條件，利用三角形重心的向量表示，結(jié)合數(shù)量積的運(yùn)算律求出a 的長.
（2）由（1）的信息，利用三角形面積公式，結(jié)合三角形重心的性質(zhì)計算即得.
【詳解】（1）在中，由O是重心，得，即有，
于是，解得，
而，所以.
（2）由（1）得，又O是重心，
所以的面積.
17．（2023·湖南·模擬預(yù)測）在中，角所對的邊分別為的面積為.
(1)求的大小.
(2)點滿足.若，求.
【答案】(1)
(2).
【分析】（1）由三角形的面積公式、正弦定理得邊化角和兩角和與差的正弦公式化簡已知式，即可得出答案；
（2）由余弦定理可得，由平面向量的減法公式可得，對其兩邊同時平方有，解方程即可求出答案.
【詳解】（1）因為的面積為，所以，
因為，所以，
則，
由正弦定理得，
所以，
展開得，
即，
因為，所以，即.
又因為，所以.
（2）由余弦定理知，，則.①
由題可知，，
所以，即,
又，所以，故，
又，所以，則，②
由①②得，
化簡得，解得.③
將③代入①，解得.
18．（2023·四川成都·三模）在銳角中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且，．
(1)求角的大?。?br>(2)若，，求c的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由，，代入得，再由正弦定理得出，即可求出，結(jié)合是銳角三角形即可得出角的大??；
（2）由得，設(shè)，，則，，由余弦定理得出，和，整理得出關(guān)于的方程，求解即可得出c的值．
【詳解】（1）在中，因為，，
所以，
由正弦定理，知，且，則，
所以，解得，
又因為為銳角三角形，故．
（2）因為，所以點D在線段AC上，且，
設(shè)，，則，，
在中，由余弦定理，知①，
在中，由余弦定理，知②，
由①+②，整理得，即③，
在中，，即④，
將③代入④，整理得，解得或（舍去），
故．
19．（2024·山東青島·一模）已知O為坐標(biāo)原點，點W為：和的公共點，，與直線相切，記動點M的軌跡為C．
(1)求C的方程；
(2)若，直線與C交于點A，B，直線與C交于點，，點A，在第一象限，記直線與的交點為G，直線與的交點為H，線段AB的中點為E．
①證明：G，E，H三點共線；
②若，過點H作的平行線，分別交線段，于點，，求四邊形面積的最大值．
【答案】(1)
(2)①證明見解析；②16
【分析】（1）設(shè)，根據(jù)題目條件列式化簡可得軌跡；
（2）①設(shè)線段的中點為，利用向量證明G，E，F(xiàn)三點共線，同理H，E，F(xiàn)三點共線，進(jìn)而可得結(jié)論；②將四邊形面積轉(zhuǎn)化為四邊形GAHB面積，將直線和拋物線聯(lián)立，利用韋達(dá)定理，求出直線和直線的方程，則可求出坐標(biāo)，然后利用面積公式求解最值即可.
【詳解】（1）設(shè)，與直線的切點為N，則，
所以
化簡得，所以C的方程為：；
（2）①設(shè)線段的中點為，
因為，所以可設(shè)，，
又因為，
所以G，E，F(xiàn)三點共線，同理，H，E，F(xiàn)三點共線，
所以G，E，H三點共線．
②設(shè)，，，，AB中點為E，中點為F，
將代入得：，所以，，
所以，
同理，，（均在定直線上）
因為，所以△EAT與△EAH面積相等，與△EBH面積相等；
所以四邊形的面積等于四邊形GAHB的面積，
設(shè)，，
直線，即
整理得：直線，又因為，所以，
同理，直線，，所以
所以
所以四邊形GAHB面積
，
當(dāng)且僅當(dāng)，即，即時取等號，
所以四邊形面積的最大值為16．
【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題的關(guān)鍵是將四邊形的面積轉(zhuǎn)化為四邊形GAHB的面積，還有充分利用第一問中的點共線求出的橫坐標(biāo)，可以給求面積帶來便利.
【拓展沖刺練】
一、單選題
1．（2024·黑龍江·模擬預(yù)測）已知在梯形中，且滿足，E為中點，F(xiàn)為線段上靠近點B的三等分點，設(shè)，，則（）．
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根據(jù)平面向量線性運(yùn)算法則計算可得.
【詳解】如圖所示，
由題意可得，
而.
故選：C．
2．（2024·北京西城·二模）已知向量，滿足，，則（）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根據(jù)向量坐標(biāo)運(yùn)算，先求出，再逐一驗證即可.
【詳解】因為，，
所以，
所以，故A錯；
，故B正確；
，故C錯；
因為，所以不平行，故D錯.
故選：B
3．（2024·全國·二模）點是所在平面內(nèi)兩個不同的點，滿足，則直線經(jīng)過的（）
A．重心B．外心C．內(nèi)心D．垂心
【答案】A
【分析】根據(jù)向量的運(yùn)算，并結(jié)合數(shù)形結(jié)合分析，即可判斷.
【詳解】設(shè)的中點為點，所以，
則，
若四點共線時，即點都在中線上，所以經(jīng)過三角形的重心，
若四點不共線時，，且，連結(jié)，交于點，
如圖，
，即點是三角形的重心，即經(jīng)過的重心，
綜上可知，經(jīng)過的重心.
故選：A
4．（2024·浙江寧波·模擬預(yù)測）已知是邊長為1的正三角形，是上一點且，則（）
A．B．C．D．1
【答案】A
【分析】根據(jù)題意得，由三點共線求得，利用向量數(shù)量積運(yùn)算求解.
【詳解】，，且，
而三點共線，，即，
，
所以.
故選：A.
二、多選題
5．（2024·福建廈門·三模）已知等邊的邊長為4，點D，E滿足，，與CD交于點，則（）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】根據(jù)向量的線性運(yùn)算，向量共享定理的推論，得出為中點，為上靠近點的四等分點，對選項進(jìn)行判斷，得出答案.
【詳解】
對于A選項，，故A正確；
對于B選項，因為為等邊三角形，，為中點，所以，
所以，即，所以
，故B正確；
對于C選項，設(shè)，
由（1）得，所以，
又三點共線，所以，解得，所以為上靠近點的四等分點，故C錯誤；
對于D，，設(shè)，則，
所以，又三點共線，所以，解得，
所以為中點，所以，故D正確，
故選：ABD.
6．（2024·安徽淮北·一模）如圖，邊長為2的正六邊形，點是內(nèi)部（包括邊界）的動點，，，.（）

A．B．存在點，使
C．若，則點的軌跡長度為2D．的最小值為
【答案】AD
【分析】根據(jù)正六邊形的性質(zhì)，結(jié)合向量的線性運(yùn)算即可求解A，根據(jù)共線即可得矛盾求解B，根據(jù)共線即可求解C，根據(jù)數(shù)量積的運(yùn)算律，結(jié)合圖形關(guān)系即可求解D.
【詳解】設(shè)為正六邊形的中心，
根據(jù)正六邊形的性質(zhì)可得且四邊形均為菱形，
，故A正確，
假設(shè)存在存在點，使，則,其中點為以為鄰邊作平行四邊形的頂點，
所以在直線上，這與點是內(nèi)部（包括邊界）的動點矛盾，故B錯誤，
當(dāng)時，，
取,則,所以點的軌跡為線段,
其中分別為過點作與的交點，
由于為的中點，所以,故點的軌跡長度為1，C錯誤，
由于,
,
過作于，則,所以此時，
由于分別為上的分量，且點點是內(nèi)部（包括邊界）的動點，所以
當(dāng)位于時，此時同時最小，故的最小值為
故選：AD

三、填空題
7．（2024·山西太原·三模）趙爽是我國古代數(shù)學(xué)家、天文學(xué)家，大約在公元222年，趙爽為《周髀算經(jīng)》一書作序時，介紹了 “勾股圓方圖”，亦稱“趙爽弦圖” (以直角三角形的斜邊為邊得到的正方形). 類比 “趙爽弦圖”，構(gòu)造如圖所示的圖形，它是由三個全等的三角形與中間的一個小等邊三角形拼成的一個大等邊三角形，且，點在上，，點在內(nèi) (含邊界)一點，若，則的最大值為 .
【答案】
【分析】先利用向量線性運(yùn)算得到，作出輔助線，得到，且，從而得到答案.
【詳解】，
取的中點，連接，
因為，故，
又，所以，故，且，
所以的最大值為，此時點與點重合.
故答案為：
8．（2022·遼寧鞍山·模擬預(yù)測）點在橢圓上，不在坐標(biāo)軸上，，，，，直線與交于點，直線與軸交于點，設(shè)，，則的值為．
【答案】1
【分析】設(shè)直線的直線方程為，聯(lián)立橢圓方程求出的坐標(biāo)，即得解.
【詳解】解：設(shè)直線的直線方程為，聯(lián)立橢圓方程化簡得，
所以或，當(dāng)時，，
所以.當(dāng)時，，所以，
所以，所以直線的方程為
當(dāng)時，所以. 所以，
因為，，
所以，
所以.
故答案為：1
9．（2023·四川樂山·一模）已知正方形邊長為，是正方形的外接圓的一條動弦，，為正方形邊上的動點，則的最大值為 .
【答案】
【分析】根據(jù)題意，正方形外接圓的半徑，取弦的中點，求得，再由，得到,進(jìn)而求得的最大值.
【詳解】如圖所示，因為正方形邊長為，可得圓的半徑為，
又因為是正方形的外接圓的一條動弦，且，
取弦的中點，可得，
則，
所以,
因為，即在以為圓心，半徑為的圓上，
當(dāng)點在正方形邊與圓的交點上時，此時，
所以，即的最大值為.
故答案為：.
【點睛】關(guān)鍵點睛：本題解決的關(guān)鍵是利用圓上弦中點的特點將問題轉(zhuǎn)化為求的最值，從而得解.
四、解答題
10．（2023·江西·模擬預(yù)測）在中，內(nèi)角，，的對邊分別為，，，已知為邊的中點，．
(1)求角的大??；
(2)若的面積為，求周長的最小值．
【答案】(1)
(2)12
【分析】（1）由平面向量的線性運(yùn)算可得，由題意可得，結(jié)合余弦定理計算即可求解；
（2）根據(jù)三角形的面積公式可得，由（1），結(jié)合基本不等式計算即可求解.
【詳解】（1）因為，，
所以．
由，得，
整理，得，由余弦定理，得．
又，故．
（2）由的面積為，得，即．
由（1）得，
所以．
所以當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立，
此時的周長最小，且最小值為12．
11．（2023·河北·模擬預(yù)測）如圖，D為內(nèi)部一點，于E，.請從下面①②③中選取兩個作為條件，證明另一個成立.①；②；③.
【答案】答案見解析.
【分析】以①③為條件，②為結(jié)論：由已知可得，，.設(shè)，則，表示出各邊長，由勾股定理，可推出.代入，整理可得關(guān)于的方程，得，由正弦定理可推得②成立；
以①②為條件，③為結(jié)論：由已知可得的長，.由勾股定理，可推出.根據(jù)三角形相似，求出，，代入可得，，進(jìn)而得到，由余弦定理即可推得③成立；
以②③為條件，①為結(jié)論：由已知可推出，.設(shè)，，則，得到.由勾股定理得.然后得到.由，可得，即，結(jié)合圖象得到，所以有，即①成立.
【詳解】
以①③為條件，②為結(jié)論：
證明：如圖，過點作垂直于的延長線于點，延長交于點.
由可得，，.
由可得，，
在中，由余弦定理可得，
所以，，則，則.
設(shè)，則，又，所以，
則，，.
在中，有.在中，有.
所以有，即，
整理可得，.
代入整理可得，，即.
解關(guān)于的方程可得，，
因為，所以不成立，舍去.
所以，.
由正弦定理可得，，
又，所以，
所以，即②成立.
以①②為條件，③為結(jié)論：
證明：如圖，過點作垂直于的延長線于點，延長交于點.
設(shè)，，則，
由可得，，.
由可得，，
由正弦定理可得.
在中，有.在中，有.
所以有，即，
整理可得，.
因為，所以.
由已知可得，，所以∽，所以有，即，
所以，所以，，
所以，
即，整理可得.
在中，，則，
所以.
則在中，由余弦定理可得，
所以有，即③成立；
以②③為條件，①為結(jié)論：
證明：如圖，過點作垂直于的延長線于點，延長交于點.
由可得，，
由正弦定理可得.
由可得，，
在中，由余弦定理可得，
所以，，則，則.
設(shè)，，則，又，所以，
則，
，.
由可得，，
在中，由余弦定理可得，
所以，，則，則.
由可得，，
由正弦定理可得.
在中，有.在中，有.
所以有，即，
整理可得，.
因為，所以.
，
所以有，
整理可得.
因為，所以，所以，所以.
即，由圖知，所以有，即①成立.
向量運(yùn)算
法則(或幾何意義)
運(yùn)算律
加法
交換律：a＋b＝b＋a；
結(jié)合律：(a＋b)＋c＝a＋(b＋c)
減法
a－b＝a＋(－b)
數(shù)乘
|λa|＝|λ||a|，當(dāng)λ>0時，λa的方向與a的方向相同；
當(dāng)λ

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