2023届高三数学小题狂练-平面向量的线性运算4（含解析）

1、试卷第 =page 5 5页，共 =sectionpages 6 6页试卷第 =page 6 6页，共 =sectionpages 6 6页一、单选题1在中，AD，BC的交点为M，过M作动直线l分别交线段AC，BD于E，F两点.若，()，则的最小值为（）ABCD2已知点P是ABC所在平面内点，有下列四个等式：甲：；乙：；丙：；丁：如果只有一个等式不成立，则该等式为（）A甲B乙C丙D丁3如图，在等腰中，已知分别是边的点，且，其中且，若线段的中点分别为，则的最小值是（）ABCD4在直角梯形中，点为上一点，且，当的值最大时，AB2CD5如图，已知为钝角三角形，点是外接圆上的点，则当取最小值时，点在（

2、）A所对弧上（不包括弧的端点）B所对弧上（不包括弧的端点）C所对弧上（不包括弧的端点）D的顶点6已知向量满足，则动点P的运动路径的总长为（）ABCD7已知圆的半径为3，是圆的一条直径，为圆上动点，且，点在线段上，则的最小值为（）ABCD8已知，则的取值范围是（）A0，1BC1，2D0，29已知点，动点满足，则的取值范围（）ABCD10已知，为平面内两个不共线的向量，满足，则与的夹角的最小值是（）ABCD11向量集合，对于任意，以及任意，都有，则称为“类集”，现有四个命题：若为“类集”，则集合（为实常数）也是“类集”；若、都是“类集”，则集合也是“类集”；若、都是“类集”，则也是“类集”；若、都

3、是“类集”，且交集非空，则也是“类集”其中正确的命题有（）ABCD12在四棱锥中，底面为平行四边形，为边的中点，为边上的一列点，连接，交于，且，其中数列的首项，则（）AB为等比数列CD13已知，若，则的最小值为（）A0BC1D14在中，点满足，过点的直线与、所在的直线分别交于点、，若，则的最小值为ABCD15已知点在线段上（不含端点），是直线外一点，且，则的最小值是（）ABCD16已知双曲线的左，右焦点分别为，直线l过且与双曲线交于A，B两点，若直线l不与x轴垂直，且，则直线l的斜率为（）ABCD17设G为ABC的重心，若，则的取值范围为（）A（80，160）B（80，40）C（40，80）D

4、（160，80）18正方形ABCD的边长为2，O是正方形ABCD的中心，过中心O的直线l与边AB交于点M，与边CD交于点N，P为平面内一点，且满足，则的最小值为（）ABCD二、填空题19向量集合，对于任意，以及任意，都有，则称S为“C类集”，现有四个命题：若S为“C类集”，则集合也是“C类集；若S，T都是“C类集”，则集合也是“C类集”；若，都是“C类集”，则也是“C类集”；若，都是“C类集”，且交集非空，也是“C类集”其中正确的命题有_（填所有正确命题的序号）20如图，在中，点在线段上移动（不含端点），若，则的取值范围是_21如图所示，已知在四边形ABCD中，且点A、B、C、D共圆，点M，N

5、分别是AD和BC的中点，则的值为_22我校高一同学发现：若是内的一点，、的面积分别为、，则存在结论，这位同学利用这个结论开始研究：若为内的一点且为内心，的内角、的对边分别为、，且，若，则的最大值为_.23中，且对于，最小值为，则_.24在中，点满足，且对任意，恒成立，则_25已知D、E分别为的边上的点，线段和线段相交于点P，若，且，其中，则的最小值为_26在中，为钝角，M，N是边AB上的两个动点，且，若的最小值为3，则_答案第 = page 25 25页，共 = sectionpages 26 26页答案第 = page 26 26页，共 = sectionpages 26 26页参考答案：1

6、D【分析】利用平面向量共线定理的推论得到的关系，进而利用均值定理即可求得的最小值【详解】由三点共线，可得存在实数t，使又由三点共线，可得存在实数m，使得则，解之得，则又，()，则，由三点共线，可得则（当且仅当时等号成立）则的最小值为故选：D2B【分析】先根据向量等式推导出甲中P为ABC的重心，乙中ABC为直角三角形，丙中P为ABC的外心，丁中P为ABC的垂心，故得到当ABC为等边三角形时，三心重合，此时甲丙丁均成立，乙不成立，得到答案.【详解】甲：，则，故P为ABC的重心；乙：，则，故，即ABC为直角三角形；丙：点P到三角形三个顶点距离相等，故P为ABC的外心；丁：，则，同理可得：，即P为AB

7、C的垂心，当ABC为等边三角形时，三心重合，此时甲丙丁均成立，乙不成立，满足要求，当乙成立时，其他三个均不一定成立.故选：B3C【分析】根据几何图形中线段对应向量的线性关系，可得，又且且，可得关于的函数式，由二次函数的性质即可求的最小值.【详解】在等腰中，则，分别是边的点，而，两边平方得：，而，又，即，当时，最小值为，即的最小值为.故选：C【点睛】关键点点睛：应用几何图形中线段所代表向量的线性关系求得，结合已知条件转化为关于的二次函数，求最值.4B【解析】由题，可求出，所以，根据共线定理，设，利用向量三角形法则求出，结合题给，得出，进而得出，最后利用二次函数求出的最大值，即可求出.【详解】由题

8、意，直角梯形中，可求得，所以点在线段上， 设 ， 则，即，又因为所以，所以，当时，等号成立.所以.故选：B.【点睛】本题考查平面向量线性运算中的加法运算、向量共线定理，以及运用二次函数求最值，考查转化思想和解题能力.5C【解析】先利用平面向量线性运算与数量积将已知向量关系转化为，再利用三角形重心在平面向量中的应用进一步转化为，得到所求量只与有关，最后由确定点P的位置【详解】因为，所以，同理故 ，设的重心为G，可证所以（为定值），故只需要P到重心G最小，所以点P在圆心O与重心G的连线上，因为，易得点P在所对弧上故选：C【点睛】本题考查向量的线性运算和数量积，还考查了三角形重心性质在向量中的应用，

9、属于较难题6C【分析】根据三点以及面外一点向量共线的模型，对绝对值形式分类讨论，得出点运动路径为如图的平行四边形的四边:再结合余弦定理求解即可.【详解】因为, 所以, 因为 , 所以 , 所以 .如上图所示, 当时,点运动路径为线段, 以此类推，当时,点运动路径为如图的平行四边形的四边: 由余弦定理，得,由余弦定理，得, 动点的运动路径的总长度为 故选：C.7B【分析】由题意，结合向量数量积的性质，展开即可求解【详解】解：由题意得，当时，取最小值，此时故的最小值为故选：B.【点睛】关键点点睛：由，所以取最小值时，取得最小值，分析知当时，是本题解题的关键.8D【分析】设，可得，构造，可得，根据向

10、量减法的模长不等式可得解.【详解】设，则，所以，又，所以，又则0，2.故选：D【点睛】本题考查了向量的综合运算，考查学生综合分析，转化化归，数学运算的能力.9B【分析】根据题意，求出点和的轨迹，结合平面向量的加法以及模长的计算，即可求解.【详解】设，则，因，所以，即，因此点在以原点为圆心，2为半径的圆上，同理可得点也在以原点为圆心，2为半径的圆上.又因，所以当和重合，且、三点共线时，取得最值，因此，.故选：B.10C【分析】设，可得，借助余弦定理表示出，求得，借助，即可求得的范围，即可求解.【详解】如图设，并设，；，；由题意：，由余弦定理：，即，两边同时平方，整理得：，再一次两边平方得：，由于

11、，；由于，所以；，故与的夹角的最小值是.故选：C11D【分析】根据“类集”的定义逐项进行分析判断.【详解】若为“类集”，则对于任意，以及任意，都有，对于集合（为实常数），可得对于任意，以及任意都有，故正确；若为“类集”，则对于任意，以及任意，都有，若为“类集”，则对于任意，以及任意，都有，可得对于任意，以及任意，都有，故正确；若为“类集”，则对于任意，以及任意，都有，若为“类集”，则对于任意，以及任意，都有，设，为中元素的合并而得，且不重复，不符合“类集”的定义，故错误；若为“类集”，则对于任意，以及任意，都有，若为“类集”，则对于任意，以及任意，都有，设，为中元素的公共部分，且不为空集，符合

12、“类集”的定义，故正确；故选：D.【点睛】关键点点睛：解答本题的关键在于对“类集”定义的理解，除了可以采用上述根据定义去分析的思路，还可以采用等价转化的方法进行分析：将集合看作点集，若对于中任意两点，线段上的点均属于，则称点集为类集.12A【分析】由得， 为边的中点得，设，所以，根据向量相等可判断A选项；由得是公比为的等比数列，可判断B选项；代入可判断C选项；当时可判断D选项.【详解】由得，因为为边的中点，所以，所以设，所以，所以，当时，A选项正确；，由得，是公比为的等比数列， 所以，所以，所以，不是常数，故B选项错误；所以，由得，故C选项错误；当时，所以，此时为的中点，与重合，即，故D错误.

13、故选：A.13D【分析】根据给定条件，画出图形，确定点C的位置，再利用向量模的几何意义，借助对称思想求解作答.【详解】令，依题意，而，则，因，则有点C在半径为1，所含圆心角为的扇形的弧上，如图， 因，则表示直线上的点Q与直线上的点P间距离，、分别是点C到点Q，P的距离，因此，表示三点Q，P，C两两距离的和，作点C关于直线OA对称点N，关于直线OB对称点M，连MN交OA，OB分别于点F，E，连FC，EC，ON，OM，则有，令，则，于是得，而，由余弦定理得，因此，对于直线上任意点Q、直线上任意点P，连接CQ，NQ，QP，CP，PM，PN，则，当且仅当点Q与F重合且点P与点E重合时取“=”，从而得，

14、所以的最小值为.故选：D【点睛】思路点睛：已知几个向量的模，探求向量问题，可以借助向量的几何意义，作出符合要求的图形，数形结合求解作答.14B【分析】由题意得出，再由，可得出，由三点共线得出，将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可求出的最小值.【详解】如下图所示：，即，、三点共线，则.，当且仅当时，等号成立，因此，的最小值为，故选：B.【点睛】本题考查三点共线结论的应用，同时也考查了利用基本不等式求和式的最小值，解题时要充分利用三点共线得出定值条件，考查运算求解能力，属于中等题.15B【分析】根据向量共线定理推论得，再利用基本不等式求最值.【详解】因为因为点在线段上（不含端点），所以当且仅当时

15、取等号，故选：B【点睛】本题考查向量共线定理推论、利用基本不等式求最值，考查综合分析求解能力，属较难题.16B【分析】设直线，联立，结合韦达定理可求得的中点的坐标，由向量的数量积知，即，代入即可求解.【详解】由已知得到.设，直线，显然.联立，得.因为l与双曲线交于两点，所以，且.由韦达定理知，设的中点为，根据，得到，从而得到，故.而，所以，解得，故l的斜率为，故选：B.17A【分析】由题设知、为的中点且，结合已知求出，利用向量数量积的运算律有求得，再由目标式中向量线性关系的几何意义及三角形三边关系，即可求范围.【详解】，连接并延长交于，则为的中点，且，在中，则，即，.故选：A【点睛】关键点点睛

16、：连接并延长交于，根据重心的性质可知为的中点且，再由向量数量积的运算律求，结合相关向量线性关系的几何意义及三角形三边关系求目标式范围.18D【分析】设，由得到为直线与的交点，再由极化恒等式，由即可求解.【详解】设，可得，故三点共线，又三点共线，故为直线与的交点.，又，可得，又，所以.故选：D.19【分析】判断集合和、是否也具有“C类集”中元素性质即可得【详解】S为“C类集”， 即对于任意，以及任意，都存在，使得，因此对于任意的，以及任意，正确；若S是“C类集”，对任意的以及对任意的，若T是“C类集，对任意的以及对任意的，可得对任意的，以及任意，都有，正确；若，都是“C类集”，即对任意的的，对任

17、意，但是否属于集合或不能确定，因此也不确定，错；对任意，则，因此对任意，所以，正确故答案为：【点睛】关键点点睛：本题考查集合的新定义，解题关键是理解新定义及应用实质是考查元素与集合的关系，集合是“C类集”，只要对任意，以及任意，都有即可20【分析】根据题意，设，根据向量的线性运算，利用表示出，求出和，然后利用双钩函数的单调性求出的取值范围.【详解】解：由题可知，设，则，所以，而，可得：，所以，设，由双钩函数性质可知，在上单调递减，则，所以的取值范围是.故答案为：.【点睛】本题考查平面向量的线性运算和平面向量的基本定理的应用，还涉及双钩函数的单调性，考查转化思想和运算能力.21#【分析】应用余弦

18、定理及圆的性质可得、，再由，应用向量数量积的运算律求值即可.【详解】由题设，则，在中，在中，所以，可得，故，同理得，又，M，N分别是AD和BC的中点，所以，所以.故答案为：【点睛】关键点点睛：应用余弦定理及圆的性质求四边形相关内角的余弦值，再转化求值.22【分析】分析可得出，可求得，利用余弦定理结合基本不等式可求得的最小值，即可求得的最大值.【详解】因为的内心到该三角形三边的距离相等，则，由可得，所以，因为，则，所以，所以，可得，因为，由余弦定理可得，由基本不等式可得，所以，当且仅当时，等号成立，所以，.故答案为：.【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.23【解析】利用向量的减法运算和数量积，并借助余弦定理，化简，可得到，化简，并利用二次