（压轴题特训）2024年高考数学平面向量专题练习
1．记所有非零向量构成的集合为，对于，定义，
(1)若，求出集合中的三个元素；
(2)若，其中，求证：一定存在实数，且，使得.
2．设，，向量，分别为平面直角坐标内轴，轴正方向上的单位向量，若向量，，且.
(1)求点的轨迹的方程；
(2)设椭圆：，曲线的切线交椭圆于、两点，试证：的面积为定值.
3．如图，在梯形中，，点为的中点．
(1)求与夹角的余弦值；
(2)以为圆心为半径作圆，点是劣弧（包含两点）上的一点，求的最小值．
4．如图，已知是边长为2的正三角形，点在边上，且，点为线段上一点．
(1)若，求实数的值；
(2)求的最小值；
(3)求周长的取值范围．
5．如图所示，，，，四边形BEFM为正方形， ，N为BM的中点.
(1)若D是BC中点，求；
(2)若点P满足，
①求的取值范围；
②点是以B为圆心，BM为半径的圆上一动点. 且在正方形BEFM的内部（包括边界），若，求的最小值.
6．已知向量，，令
(1)设，当时，求函数的最小值；
(2)在（1）的条件下，若对任意的实数m，n且，不等式对任意的恒成立，求实数的取值范围.
7．如图，设中的角A，B，C所对的边是a，b，c，AD为∠BAC的角平分线，已知，，，点E，F分别为边AB，AC上的动点，线段EF交AD于点G，且的面积是面积的一半.
(1)求边BC的长度；
(2)设，，，当时，求k的值.
8．在中，，为所在平面内的两点，，，，，，
(1)以和作为一组基底表示，并求；
(2)为直线上一点，设，若直线经过的垂心，求，.
9．设非零向量，，并定义
(1)若，求；
(2)写出之间的等量关系，并证明；
(3)若，求证：集合是有限集.
10．我们把由平面内夹角成的两条数轴，构成的坐标系，称为“@未来坐标系”如图所示，，两分别为，正方向上的单位向量若向量，则把实数对叫做向量的“@未来坐标”，记，已知分别为向量的@未来坐标．
(1)证明：
(2)若向量的“@未来坐标”分别为，已知，，求函数的最值．
11．已知向量，，函数，．
(1)求函数的最小正周期、值域；
(2)对任意实数，，定义，设，，a为大于0的常数，若对于任意，总存在，使得恒成立，求实数a的取值范围．
12．设平面向量、的夹角为，．已知，，．
(1)求的解析式；
(2)若﹐证明：不等式在上恒成立．
13．在锐角△ABC中，记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，点O为△ABC的所在平面内一点，且满足．
(1)若，求的值；
(2)在（1）条件下，求的最小值；
(3)若，求的取值范围．
14．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．AD为BC边上的中线，点E，F分别为边AB，AC上动点，EF交AD于．已知，且．
(1)求边的长度；
(2)若，求的余弦值；
(3)在（2）的条件下，若，求的取值范围．
参考答案：
1．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据集合新定义设，列式化简可得，即可得答案；
（2）先证明中向量都是共线向量，设，根据集合新定义推出，，可得，结合为共线向量，推得，即可证明结论.
【详解】（1）设，由得，
即，不妨令n取1，2，3，则m取3，6，9，
故中的三个元素为；
（2）先证明中向量都是共线向量，
不妨设，
因为，所以中至少有一个不为0，
若，记，
显然，即，故，
任取，因为，所以，
故，则，
故，则，则问题得证；
若，同理可证明，其中；
故综合上述中向量都是共线向量，
因为，所以不妨设，
则由定义知，即，同理，
故，则，
同理可得，故为共线向量，
即存在实数，使，即，
因为，所以，所以，
记，则，
即一定存在实数，且，使得.
【点睛】难点点睛：本题考查了集合的新定义问题，解答时要注意理解新定义，并能根据该定义去解决问题，难点在于第二问的证明，解答时要首先证明中向量都是共线向量，然后推出，结合为共线向量，推得，即可证明结论.
2．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用平面向量的模的几何意义、椭圆的定义、椭圆的标准方程运算即可得解.
（2）利用直线与椭圆的位置关系、点到的直线距离公式、三角形面积公式运算即可得解.
【详解】（1）解：
如上图，由题意，∵，，
∴即为点与点的距离，
即为点与点的距离，
∴由可得，
∴由椭圆的定义可知点的轨迹是以、为焦点的椭圆，
且长轴长为，，则，
∴由椭圆的标准方程知点的轨迹的方程为.
（2）解：
如上图，由题意，直线是曲线：的切线，
∴由可得：，
则，化简得：.
由题意，直线交椭圆：于、两点，
∴由可得：，
设、，则，，
∴，
又∵，∴.
且由知，
∴.
又∵中边上的高即为点到直线的距离，
∴由点到直线距离公式得，又∵，
∴，
即的面积为定值.
【点睛】方法点睛：直线与椭圆的相交弦长的求解方法：
1.当弦的两端点坐标易求时，可直接利用两点间的距离公式求解.
2.当直线的斜率存在时，斜率为的直线与椭圆相交于、两个不同的点，则弦长公式的常见形式有如下两种：
（1）；
（2）（）.
3．(1)
(2)
【分析】（1）设，可得，利用求出，利用求出，再利用向量的夹角公式可得答案；
（2）以为原点，所在的直线分别为轴的正方向建立平面直角坐标系，设可得，求得，令，可转化为直线与圆弧始终有公共点可得答案.
【详解】（1）设，则，所以，
所以，可得，
，
所以，
又，
所以，
所以；
（2）如图，以为原点，所在的直线分别为轴的正方向建立平面直角坐标系，
设，可得，且，
，，，，
所以
，令，
可转化为直线与圆弧始终有公共点，
如图，当直线与圆弧相切时有最小值，
由圆心到直线的距离等于半径可得，解得.
【点睛】关键点点睛：本题的解题关键点是以为原点，所在的直线分别为轴的正方向建立平面直角坐标系，利用坐标运算解决问题.
4．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）结合图形，利用平面向量基本定理，以及向量的线性运算，即可求解；
（2）首先用基底向量表示向量和，再结合数量积的运算律表示为函数求最值问题，即可求解；
（3）首先在△QPC中，设，，，再根据正弦定理，利用三角函数表示的周长，结合三角函数恒等变换以及函数的性质，即可求解.
【详解】（1）由题意，即，故，因为Q为线段AP上一点，
设，
又，，
即，又不共线，
所以，解得，
所以；
（2），
由（1）知，，
，
所以
，
设，
当时，，所以的最小值为
（3）在△ABP中，，．
在△QPC中，设，，
在△ABP中，，即，，，，
在中，，即，
，
所以的周长．
代入上式得：．
令．
，而．
在中，，，，，
，，即
又．
，设，则，
即，，得，即，
，设，则，
即，，得，即，
，
，
所以，
因此的周长的取值范围是．
【点睛】关键点点睛：本题考查平面向量的表示即运算，以及三角函数的性质和解三角形的综合应用问题，第三问是本题的难点，关键是将周长表示为关于的三角函数.
5．(1)
(2)①；②
【分析】（1）解法一：通过余弦定理和勾股定理直接计算求解；
解法二：根据向量平方的转化进行计算求解；
（2）①由题意得到的轨迹是以为圆心，为半径的圆，设，，根据向量坐标公式以及辅助角公式计算即可；
②设，直线与直线相交与点，根据平面向量基本定理相关知识进行转化，得到当越大时，越小，进而得到.
【详解】（1）解法一：
由余弦定理：，
所以，即，
所以，所以
解法二：
由，
平方得，
所以
（2）① 如图建立平面直角坐标系，则，
设，则，
由，
得到，即的轨迹是以为圆心，为半径的圆，
设，，
则，
，
所以的取值范围为
②设，直线与直线相交于点，
则①，
设② ，
因为三点共线，
所以，③，
由②、③得④ ，
由①、④得，所以，
由于与同向，所以当越大时，越小，
当点与点重合时，最大，且，
所以.
【点睛】方法点睛：本题考查平面向量综合问题，该类问题常见的处理方法为：
（1）基底法：通过基底的建立与表示进行求解；
（2）坐标法：通过平面直角坐标系，结合坐标公式进行求解；
（3）转化法：通过平方关系的转化求解平面向量问题.
6．(1)
(2)
【分析】（1）利用向量数量积公式及三角恒等变换，换元后得到，因为，从而结合对称轴位置，分三种情况进行求解，得到；
（2）先得到当时，，从而得到恒成立，利用基本不等式求出与的最值，从而得到，求出的取值范围.
【详解】（1）
，
又，故
，
当时，，，
令，则，
因为，
当，即时，在上单调递增，
故，
当，即时，在上单调递减，在上单调递增，
故，
当，即时，在上单调递减，
故，
综上：；
（2）当时，单调递增，故，
当时，在上单调递增，在上单调递减，
又，故，
当时，单调递减，故，
综上：当时，，
故只需恒成立，
因为，
其中，当且仅当，即时，等号成立，
，
当且仅当且时，等号成立，
即时，等号成立，
故只需，解得，
故实数的取值范围是.
【点睛】对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件.
7．(1)；
(2).
【分析】（1）由，可得，过D分别作DM∥AC,DN∥AB,交AB,AC于点M，N，由平行线分线段成比例可得，，进而可得,结合余弦定理可得,即可得答案；
（2）由的面积是面积的一半，可得①，由三点共线，得，由，得②，由①②即可得答案.
【详解】（1）解：由，得,
又因为，所以，
又因为，
过D分别作DM∥AC,DN∥AB,交AB,AC于点M，N，
所以，，
所以,
所以,
又因为,
所以；
（2）解：因为，，，
的面积是面积的一半，
所以，
所以①，
，
由，得，
又因为三点共线，
所以，即，
所以，
又，
所以，
又因为，
所以②，
由①②解得，
所以.
【点睛】结论点睛：为平面内共线的三点，为平面内任意一点，当时，则一定有.
8．(1)
(2)
【分析】（1）利用平面向量的线性运算求得的表示，从而利用转化法即可求得；
（2）先由题意得到，再利用平面向量的线性运算求得的另一种表示，结合三角形垂心的性质得到，从而求得，由此得解.
【详解】（1）因为，所以为线段上靠近的三等分点，
因为，所以为线段的中点，
所以，
因为，，，
所以，
所以；
（2）因为为直线上一点，设，
则
，
所以
，
因为直线经过的垂心，所以，即，
所以，解得，
所以，
因为，所以.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是结合图形，利用平面向量的基底法与转化法分别求得与，从而得解.
9．(1)，
(2)，证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据所给定义即可求解，进而根据模长公式即可求解，
（2）根据所给定义以及模长公式即可求解，
（3）利用（2）的结论可得，进而可设，根据定义即可结合和差角的公式化简求解.
【详解】（1）因为，所以.
依题意得，所以，
即，所以.
（2）的等量关系是.
证明如下：
依题意得，
所以.
因为，所以
即，
所以，
故.
（3）由（2）及得.依此类推得，可设，
则.
依题意得，
，
，
所以.
同理得，
，
，
.
所以.
综上，集合是有限集.
【点睛】求解新定义运算有关的题目，关键是理解和运用新定义的概念以及元算，利用化归和转化的数学思想方法，将不熟悉的数学问题，转化成熟悉的问题进行求解.
对于新型集合，首先要了解集合的特性，抽象特性和计算特性，抽象特性是将集合可近似的当作数列或者函数分析.计算特性，将复杂的关系通过找规律即可利用已学相关知识求解.
10．(1)证明见解析
(2)的最小值为，最大值为.
【分析】（1）根据@未来坐标的定义和向量数量积的运算律证明即可；
（2）由题意可得，令，则转化为（），然后利用二次函数的性质可求出函数的最值.
【详解】（1）证明：因为，两分别为，正方向上的单位向量，且夹角为，
所以，
所以
，
即，
（2）因为向量的“@未来坐标”分别为，
所以
，
令，则，
因为，所以，即，
令（），
因为对称轴为，函数图象开口向上，
所以当时，取得最小值，
当时，取得最大值，
所以的最小值为，最大值为.
【点睛】关键点点睛：此题考查平面向量数量积的运算，考查三角函数恒等变换公式的应用，考查向量的新定义，解题的关键是对向量新定义的正确理解，考查数学转化思想，属于较难题.
11．(1)；
(2)
【分析】（1）利用向量的数量积运算与辅助角公式化简，从而利用三角函数的性质即可得解；
（2）将问题转化为，从而结合的定义，分类讨论求得的值域，由此利用数轴法即可得解.
【详解】（1）因为，，函数，
所以，
所以函数的最小正周期为，
因为，所以，所以，
故函数的值域为.
（2）若对于任意，总存在，使得恒成立，
则，
因为，
当时，则，即，
因为，则，即，解得，
则；
同理当时，则，，
综上：的值域为，
又的值域为，所以，解得，
所以实数的取值范围是.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键有二，一是将问题转化为与的值域之间的关系，二是理解新定义的含义，结合三角函数的性质，分类讨论求得的值域，从而得解.
12．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据数量积的坐标表示得到，再根据所给定义及同角三角函数的基本关系得到的解析式；
（2）首先求出、的解析式，在利用换元法求出的最小值，的最大值，即可得证.
【详解】（1）因为，，，
所以，，，
所以，
则
，
所以，
因为，当时，当时，
所以；
（2）当时，
又，
所以，
令，
因为，所以，所以，
则，
所以，
令，，
因为在上单调递增，在上单调递增，
所以在上单调递增，
则，即
令，
因为，所以，所以，
则，则，
令，，
显然在上单调递增，所以，即，
显然，所以，
即不等式在上恒成立.
【点睛】关键点睛：根据解答的关键是由数量积的定义及坐标运算表示出，即可得到，再由所给定义得到的解析式，利用换元法求出函数的最值.
13．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据题意，利用正弦定理化简得到，求得，再由向量的线性运算法则，求得，得到为的外心，结合正弦定理，即可求得的长．
（2）由（1）求得，且，根据向量的运算法则，化简得到，结合三角函数的性质，即可求解；
（3）取AB的中点D，连接OD，求得，，由向量数量积的定义得到，结合题意，得到和，联立方程组，求得，化简得到，即可求解.
【详解】（1）解：因为，
由正弦定理得,
因为，可得，所以，
又因为，可得，所以，即，
因为，所以，
又由，
可得，
解得，即，所以为的外心，
由正弦定理有，所以．
（2）解：因为，所以，所以，，
所以，外接圆的半径，
其中，且为锐角，故，
由，可得，
因为，解得，即
则，则，且，
因为余弦函数在上单调递减，在上单调递增，
又因为，，
所以，，所以，
所以．
（3）解：如图所示：取AB的中点D，连接OD，则，
所以，
同理可得，
由平面向量数量积的定义可得，
因为，所以，，
即，所以，①
，即，
所以，②．
联立①②可得，，
所以，
又因为，
因为，可得，所以.
【点睛】
14．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据正弦定理以及余弦定理角化边整理可得出，代入已知，即可得出答案；
（2）设，的夹角为，根据已知可得出，.结合已知条件，即可得出，解方程即可得出答案；
（3）由已知可设，，，然后推得，.根据面积关系，即可推得.然后得出，根据共线推得.进而得出，然后根据的范围，即可得出答案.
【详解】（1）由已知，
由正弦定理角化边可得，.
由余弦定理角化边可得，，
整理可得，，即.
因为，所以．
（2）因为为中点，所以.
设，的夹角为，
则.
又，
所以，
整理可得，
解得或.
又，所以，，
所以，所以的余弦值为．
（3）由（2）可得，.
由已知可设，，，
所以，，，.
因为，所以.
由可得，，即.
由G，E，F三点共线，得，即.
所以
.
因为，所以，
即，所以，
所以，即，即，
所以，
所以，所以的取值范围为．
【点睛】关键点睛：根据共线关系，设出未知量，表示出，根据共线关系，得出参数之间的关系.
精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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