2023-2024学年高考数学专项复习-平面向量（附答案）

2023-2024学年高考数学专项复习——平面向量决胜2024年高考数学专项特训:平面向量（解答题篇）1．已知向量，．(1)求的坐标及；(2)若与共线，求实数的值．2．己知向量以为基底的分解式为，其中.(1)求m，n的值；(2)若，且，求k的值.3．的内角的对边分别为，已知的周长为.(1)求的值；(2)求的最大值.4．如图，在直角梯形中，为上靠近的三等分点，交于．(1)用和表示；(2)求证：．5．在中，角的对边分别为，且，．(1)求的长；(2)设为边的中点，若线段的长不大于，求的长的最大值．6．在梯形ABCD中，．(1)求AC；(2)若，求的值．7．已知圆过点，，三个点.(1)求圆的标准方程；(2)过圆外点向圆引两条切线，且切点分别为A，两点，求最小值.8．在中，为边的中线，证明：(1)；(2)．9．已知的内角的对边分别为，面积为.(1)求；(2)若的周长为20，面积为，求.10．在平面直角坐标系中，点，的坐标分别为和，设的面积为，内切圆半径为，当时，记顶点的轨迹为曲线．(1)求的方程；(2)已知点，，，在上，且直线与相交于点，记，的斜率分别为，．(i)设的中点为，的中点为，证明：存在唯一常数，使得当时，；(ii)若，当最大时，求四边形的面积．11．已知向量满足，且的夹角为.(1)求的模；(2)若与互相垂直，求λ的值.12．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若．(1)求证：；(2)若，求b．13．已知向量，，.(1)求的最大值，并求此时的值；(2)若，求的取值范围.14．单位向量，满足.(1)求与夹角的余弦值：(2)若与的夹角为锐角，求实数的取值范围.15．如图，在等腰梯形中，，，M为线段中点，与交于点N，P为线段上的一个动点．(1)用和表示；(2)求；(3)设，求的取值范围．16．已知双曲线过点且与椭圆有相同的焦点，(1)求双曲线的标准方程；(2)若点在双曲线上，且，求与的值．17．已知向量，向量，.(1)求的最小正周期；(2)求在上零点和极值点的个数.18．已知F是抛物线E：的焦点，是抛物线E上一点，与点F不重合，点F关于点M的对称点为P，且．(1)求抛物线E的标准方程；(2)若过点的直线与抛物线E交于A，B两点，求的最大值．

答案：1．(1)(2)1或【分析】（1）由向量坐标的线性运算以及模的坐标公式即可得解.（2）由向量平行的充要条件列出方程即可得解.【详解】（1）由题意，，所以，所以.（2）由题意与平行，所以当且仅当，化简得，解得，即实数的值为1或-1.2．(1)(2)【分析】（1）由平面向量基本定理，列方程组求m，n的值；（2）利用向量共线的条件，计算k的值.【详解】（1），则有，解得.（2），由，有，即，则，解得.3．(1)2(2)【分析】（1）由题意结合数量积定义、余弦定理即可求解.（2）由题意结合余弦定理以及基本不等式相关推论即可求解.【详解】（1），即.因为的周长为6，所以，解得.（2）由（1）可知.，当且仅当时，等号成立.故当时，取得最大值.4．(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据已知条件可得，，再结合向量的加减法和平面向量基本定理可求得结果；（2）由题意可得，再结合和三点共线，可求出，从而可证得结论.【详解】（1），，又为上靠近的三等分点，，；（2）交于，，由（1）知．．三点共线，，解得，．即5．(1)(2)2【分析】（1）由正弦定理结合三角形的内角关系即可求出c的长；（2）因为为边的中点，所以，两边平方，结合平面向量的数量积公式求解可得b的范围，则最大值可求.【详解】（1）在中，由正弦定理得．又，故，即．又因为，所以，即，故．在中，由于，所以，所以．（2）设线段的长为，则．因为为边的中点，所以．两边平方得，即．又因为，所以，解得．又，所以．所以的长的最大值为2．6．(1)3(2)或9【分析】（1）在中，由正弦定理求出答案；（2）求出，在中，由余弦定理得到或2，利用向量数量积公式求出答案.【详解】（1）在中，由正弦定理，即，得，解得；（2）由，得，因为，所以．在中，由余弦定理，得，即或2，经检验，均满足要求，因为，所以或9.7．(1)(2)【分析】（1）设圆的一般方程为，将三个点坐标分别代入，求出D、E、F的值，再化简成标准方程即可；（2）将向量转化为，再利用数量积公式化简，用半径表示长，消元，利用均值不等式求最值.【详解】（1）设圆的一般方程为，将，，分别代入得，解得，，所以圆的一般方程为，化为标准方程为.（2）如图所示，，，设，且半径，所以在直角三角形PAM中可知，，所以，当且仅当，即时取等，所以的最小值为.8．(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）在和中，利用余弦定理得到和，两式相加，即可求解；（2）根据题意，得到，结合向量的运算，即可求解.【详解】（1）证明：如图所示，在和中，由余弦定理，可得；，因为为边的中线，所以，所以所以．（2）解：在中，因为为边的中线，由，可得，即．9．(1)(2)【分析】（1）利用平面向量数量积的定义、三角形的面积公式可求出，结合角的取值范围可求得角的值;（2）结合余弦定理及面积与周长公式整理计算即可.【详解】（1）由题意可得，所以，因为，所以.（2）由余弦定理可得，，即.因为，所以.因为，所以整理得，所以.10．(1)(2)(i)证明见解析；(ii)【分析】（1）根据题意可得，化简得，由椭圆定义可解；（2）(i)（法一）由直线的方程为，与椭圆方程联立，根据根与系数的关系可得，同理可得，又利用向量数量积运算，求出；（法二）设，，，由点差法得，则，同理，欲使，则，求得；(ii)由弦长公式可得，，∵，则，利用换元法和基本不等式知时取最大值，不妨设此时，，直线和的夹角为，则，从而，再由弦长公式求出、，即可求解.【详解】（1）由题意得，易知，

由椭圆定义可知，动点在以，为焦点，且长轴长为的椭圆上，又不能在直线上，∴的方程为：．（2）（2）(i)（法一）设，，，易知直线的方程为，联立，得，∴，∴，，即，同理可得，，∴，欲使，则，即，∴，∴存在唯一常数，使得当时，．（法二）设，，，易知的斜率不为零，否则与重合，欲使，则将在轴上，又为的中点，则轴，这与过矛盾，故，同理有，则，可得，易知，，且，，∴，即，同理可得，，欲使，则，∴，∴，∴存在唯一常数，使得当时，．(ii)由(i)易知，且，∴，即，同理可得，，∵，∴，记，∴，当且仅当，即时取等，由椭圆的对称性，不妨设此时，，且直线和的夹角为，则，不难求得，此时，易知，且，∴四边形的面积为．方法点睛：1.利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.2.中点弦问题常用“点差法”，即设出弦的两端点坐标后，代入圆锥曲线方程，并将两式相减，式中含有，，三个未知量，这样就直接联系了中点和直线的斜率，借用中点公式即可求得斜率.同时设点设线联立化解韦达判别也可充分的破解中点问题.11．(1)(2)或.【分析】（1）根据向量满足，且的夹角为，由求解；（2）根据与互相垂直，由求解.【详解】（1）因为向量满足，且的夹角为，所以，解得；（2）因为与互相垂直，所以，，即，解得或.12．(1)证明见解析；(2).【分析】（1）由余弦定理结合已知推理即得.（2）根据给定条件，利用数量积定义、正弦定理求出，再由余弦定理结合（1）求解即得.【详解】（1）在中，由余弦定理及，得，所以.（2）在中，由，得，即，由及正弦定理得，两式平方相加得，于是，由余弦定理得，又，则，即，而，解得，因此，所以.13．(1)最大值为，(2)【分析】（1）利用平面向量的坐标运算，求出模，表示为函数，求最值即可.（2）利用坐标运算得到乘积，转化为函数合理求值即可.【详解】（1）当时，最大，此时，（2），设，易知是第一象限角，故原式转化为，结合正弦函数性质得在上单调递增，当时，，易知是第一象限角，故，，当时，，，故，即，14．(1)(2)【分析】（1）利用向量数量积的运算法则求得，再由模长与数量积求得与夹角的余弦值；（2）由题意得且与不共线，从而得到关于的不等式组，解之即可得解.【详解】（1）因为，，所以，即，则，则，即与夹角的余弦值.（2）因为与的夹角为锐角，所以且与不共线，当与共线时，有，即，由（1）知与不共线，所以，解得，所以当与不共线时，，由，得，即，解得，所以且，即实数的取值范围为.15．(1)(2)(3)【分析】（1）由向量的线性运算法则计算；（2）由题意得，由共起点的三向量终点共线的充要条件求出，即可得出答案；（3）由题意，可设，代入中并整理可得，又，根据平面向量基本定理得出方程组，然后结合二次函数的性质可得结论．【详解】（1）由向量的线性运算法则，可得，①，②因为M为线段中点，则，联立①②得：，整理得：．（2）由AM与BD交于点N，得，由共起点的三向量终点共线的充要条件知，，解得：．所以，即．（3）由题意，可设，代入中并整理可得．又，故，可得：，．因为，所以，．在单调递增，则当时，，当时，，所以，的取值范围为．16．(1)1(2)【分析】（1）由椭圆方程可得，设双曲线方程，则且，解出a、b即可；（2）利用平面向量数量积的坐标表示可得，结合计算即可求解.【详解】（1）椭圆x2+4y2＝16，即为1，所以焦点，设双曲线的方程为，则，又1，解得，所以双曲线的方程为1；（2）若点在双曲线上，且0，即，得，又，解得．17．(1)(2)3；3.【分析】（1）由二倍角的正弦和余弦公式化简，再由的最小正周期即可得出答案；（2），由的图象结合零点和极值点的定义即可得出答案.【详解】（1），则的最小正周期.（2）令，因为，所以，由的图象可得，当时，即在上的零点个数