特训02 平面向量及其应用 压轴题（九大题型，最新方向）-2024-2025学年高一数学期中期末挑战满分冲刺卷（人教A版2019必修第二册，浙江专用）

特训02 平面向量及其应用 压轴题（九大题型，最新方向） 题型1：平面向量的综合应用—三角形 题型2：平面向量的综合应用—单位圆 题型3：解三角形 题型4：解三角形与三角恒等变换 题型5：“费马点”的综合应用 题型6：柯西不等式、布洛卡角 题型7：新定义题—平面向量与三角函数 题型8：新定义题—平面向量的坐标运算与三角函数 题型9：新定义题—平面向量的线性运算、坐标运算综合 题型1：平面向量的综合应用—三角形 1．（23-24高一下·福建厦门·期末）已知点为坐标原点，将向量绕逆时针旋转角后得到向量. (1)若，求的坐标； (2)若，求的坐标（用表示）； (3)若点在抛物线上，且为等边三角形，讨论的个数. 【答案】(1) (2) (3)答案见解析 【分析】（1）根据旋转角度求出向量坐标； （2）设出角度结合两角和差公式化简得出向量坐标； （3）先设点再根据角度结合抛物线求解，最后分类讨论得出根的个数的情况. 【解析】（1）设， 已知，则， 因为逆时针旋转，则， , ， 设， ， 所以. （2）设，有， 因为由绕坐标原点逆时针旋转角后所得 所以， 因为， 所以， ， 所以. （3）设时，，由（2）知逆时针旋转得：， 也在拋物线上，得， 消得：， 有， 即， 将代入，得， 由，可知确定，则与之唯一确定. 所以讨论的个数等价于讨论方程（*）中解（除去时的非零解）的个数. 令①，; 令②，. 联立方程①②得，，所以时，方程①②有相同解：. 当时，方程①②均无解，所以的个数为0； 当时，方程①无解，②仅有一个解，所以的个数为1； 当时，方程①无解，②有一个非零解：，所以的个数为1； 当或时，方程①无解，②有两个解，所以的个数为2； 当时，方程①仅有一解，②有两解或，所以的个数为2； 当时，方程①､②均有两个解，且两方程不同解，所以的个数为4. 综上所述：当时，的个数为0；当或0时，的个数为1； 当或时，的个数为2；当时，的个数为4； 【点睛】方法点睛：先设点再根据角度结合抛物线求解，最后分类讨论得出根的个数的情况. 2．（23-24高二上·吉林四平·开学考试）如图，设中角A，B，C所对的边分别为a，b，c，D为的中点，已知，的面积为.    (1)若，求的值； (2)点E，F分别为边，上的动点，线段交于点，且，（为锐角），记的面积为，有，求的最小值 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用三角形面积公式和，，结合，由余弦定理得，进而求出，两边平方后得到，在中，由余弦定理得； （2）计算出，，结合和得到方程，求出，设，，求出，设，由平面向量基本定理和共线定理，计算出，计算出，换元后求出最值，得到答案. 【解析】（1）, 又，的面积为，所以， 故， 又，即， 由余弦定理得， 又，故， 因为D为的中点，所以， ， 故 ， 故， 在中，由余弦定理得， （2）由（1）得，， 由（1）得， 故 ， 因为，且为锐角， 所以， 因为， 其中， 故， 解得， 设，， 则， 因为三点共线，设，即， 故， 其中，故， 又三点共线，设， 其中，所以， 故，解得， 故， ， 因为，所以， 故， 令，， 故 ， 当且仅当时，等号成立， 所以的最小值为 【点睛】平面向量解决几何最值问题，通常有两种思路： ①形化，即用平面向量的几何意义将问题转化为平面几何中的最值或取值范围问题，然后根据平面图形的特征直接进行求解； ②数化，即利用平面向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域，不等式的解集，方程有解等问题，然后利用函数，不等式，方程的有关知识进行求解. 题型2：平面向量的综合应用—单位圆 3．（23-24高一下·广东佛山·期中）如图，A、B是单位圆上的相异两定点（O为圆心），且.点C为单位圆上的动点，线段AC交线段OB于点M. (1)设，求的取值范围； (2)设（），求的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）以为原点，为轴的正方向建立平面直角坐标系，根据三角函数定义得，然后用坐标表示，化简后由正弦函数性质可得； （2）设，根据线性运算可得，然后根据整理可得，代入整理成关于的函数，令进行换元，利用定义法证明单调性，然后可得. 【解析】（1）以为原点，为轴的正方向建立平面直角坐标系， 则， 记圆与轴的负半轴交于点，因为线段AC与线段OB相交， 所以点在弧上，由可得， 由三角函数定义得， 所以， 所以 ， 因为，所以，所以， 所以，即的取值范围为. （2）设， 则， 所以，由得， 即，整理得， 所以， ， 记， 令，. ，且， 则 因为， 所以，即， 所以在上单调递增，则，即， 所以的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于设，根据线性运算得，根据寻找和之间的关系，然后即可将面积比转化为关于的函数求解. 4．（23-24高一下·四川泸州·阶段练习）如图，是单位圆上的相异两定点（Q为圆心），且（为锐角）．点C为单位圆上的动点，线段交线段于点M． (1)求（结果用表示）； (2)若． ①求的取值范围： ②设，记，求函数的值域． 【答案】(1) (2)①；② 【分析】（1）利用平面向量的线性运算结合二倍角公式化简即可. （2）①结合给定条件，将目标式表示为三角函数，结合有界性求解即可. ②利用给定条件将目标式表示为一元函数，结合换元法和定义法求解值域即可. 【解析】（1）， （2）①， ， 设．由题意得，则， ，， ，所以 ， 因为，则， 所以，则； ②设， 则， 所以，由得， 即， 整理得，所以， 所以． 即，， 令，， ，，令． ； ∵，，， 则，即， ∴在上单调递增，则， 所以函数值域是. 【点睛】关键点点睛：解题关键是利用平面向量的线性运算将目标式表示为一元函数，然后利用换元法结合定义法得到所要求的值域即可． 5．（23-24高一下·浙江·阶段练习）设是单位圆上不同的两个定点，点为圆心，点是单位圆上的动点，点满足（为锐角）线段交于点（不包括），点在射线上运动且在圆外，过作圆的两条切线． (1)求的范围 (2)求的最小值， (3)若，求的最小值. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）解法主要是将所给条件通过数量积运算实数化进而通过实数运算结合基本不等式求解即可；解法将向量问题坐标化，进而通过实数运算结合不等式求解即可. （2）解法将向量通过模的运算及数量积公式实数化，进而转为实数运算，结合不等式解出答案；解法通过坐标法和数量积运算将问题转化为实数运算问题，结合不等式求解即可；解法主要是根据题意设参数，再根据数量积运算结合三角函数、不等式求最值. （3）解法1主要是通过平面向量基本定理选择基底表示向量，再设参数结合不等式求解；解法通过坐标法将问题实数化，进而求出参数最值；解法设参数两个参数，由向量相等得出它们的三角表示，再由三角函数性质结合不等式求解即可. 【解析】（1）， ， 为锐角，， 解法一： . 取的中点为，， . 解法二：以为原点，以为轴，建立直角坐标系， ， ， ，， ， . 故小问1答案为：. （2）解法一：由题意知： ， ， ， 当且仅当时，等号成立，的最小值为． 解法二：由题意知： 以为原点，以为轴，建立直角坐标系设点，则， ， ， 当且仅当时，等号成立，的最小值为． 解法三： 设， ， 当且仅当时，等号成立，的最小值为． 故小问答案为： （3）解法一：由题意知： 令，则原式 当且仅当即，等号成立，的最小值为 解法二：由题意知： 以为原点，以为轴，建立直角坐标系 三点共线 ， ， ， ， ， . 解法三：由题意知： ， ， ， 下同解法二. 故小问答案为：. 【点睛】方法点睛：建立直角坐标系，将向量问题坐标化进而通过实数运算求解即可. 题型3：解三角形 6．（24-25高二上·重庆北碚·期末）在中，角A，B，C所对边分别为a，b，c. (1)已知，，. ①求； ②若的平分线交于点，求线段的长； (2)若是锐角三角形，为（1）中所求，H为的垂心，且，求的取值范围； (3)若，令，试求的最大值. 【答案】(1); (2) (3) 【分析】（1）①利用同角三角函数基本关系和正弦定理以及余弦定理即可得到答案； ②根据余弦定理得，再利用三角形面积公式即可得到答案； （2）设，将表示为角的三角函数，再利用二倍角公式，转化为关于的函数，即可求出范围； （3）利用余弦定理和正弦定理得，再将其平方转化为关于的函数，再配凑即可求出最值. 【解析】（1）①因为， 所以， 由正弦定理，得，即， 由余弦定理，得， 因为，所以； ②又因为，所以， 即，解得，设边上的角平分线长为， 则， 即， 即，解得，即边上的角平分线长为； （2）延长交于，延长交于， 设，所以， 在Rt中，， 在中，，所以， 在Rt中，， 同理可得在Rt中，， 所以 ， 因为，所以，所以， 所以，即的取值范围为． （3）由余弦定理，， 所以， 所以 ， ， 所以．当且仅当， 即时，． 【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是将边转化为关于角的三角函数，再利用二倍角公式即可求出最值. 7．（23-24高一下·福建福州·期中）在中，为边上两点，且满足，，，， (1)求证：； (2)求证：为定值； (3)求面积的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)27 【分析】（1）根据正弦定理和等量代换可得 （2）根据三角形面积公式结合条件可得，进而可得； （3）设，根据余弦定理及三角形面积公式结合条件可表示三角形面积，然后利用二次函数的性质结合条件即得. 【解析】（1）在中，由正弦定理得, 在中，由正弦定理得， 又， 所以 （2）由，，，， 所以, , 两式相乘得, 所以 （3）设，则，由， 在中，， 则， ， 由，得， 当时，面积的最大值为27， 【点睛】思路点睛：对条件等式的转化，本题中，注意到有角的相等和边，结合图形容易看出几个等高的三角形，故考虑从面积的比入手探究，即得关键性结论，之后易于想到余弦定理和二次函数求最值即得. 题型4：解三角形与三角恒等变换 8．（23-24高一下·江苏常州·期末）在斜三角形中，内角的对边分别为，记． (1)若，求的最小值； (2)若，且为钝角，求的最大值； (3)直接写出两个函数与的解析式，使得对于一切满足条件的，都有，且代数式恒为定值． 【答案】(1)的最小值为 (2)的最大值为 (3)存在，使代数式恒为定值，理由见解析 【分析】（1）由余弦定理结合基本不等式可得可求出的最小值. （2）利用三角恒等变可得，利用余弦定理可得，利用，结合基本不等式可求最大值； （3）由已知可得，运用三角恒等变换可得， 两边平方，切化弦可得，进而可得. 【解析】（1）因为，所以， 所以由余弦定理得， 当且仅当时取等号， 所以的最小值为； （2）因为， 所以， 所以， 所以，所以，所以， 因为，所以， 由余弦定理可得， 所认， 当且仅当时取等号，所以，所以的最大值为； （3）存在，使代数式恒为定值，理由如下： 因为，所以由正弦定理可得， 于是， 所以，所以， 所以， 所以，所以， 所以， 所以， 即， 所以， 所以， 即时，代数式恒为定值． 【点睛】关键点点睛：（1）边角关系转化时注意利用余弦定理；（2）在解三角形中注意利用几何图形的几何性质；（3）在三角变换中，注意根据三角函数式的特征选择合理三角变换公式. 9．（23-24高一下·黑龙江大庆·期末）代数式化简中常用到“配、凑、拆”等技巧，例如可以通过拆角转化为，这种技巧在一些三角函数化简问题中常被使用．已知在，角的对边分别为． (1)证明：； (2)求角的大小； (3)若点是边（不包含端点）上的一动点，过点向直线作垂线，垂足为，已知，求证：． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）将和代入，根据两角和与差的正弦公式即可证明； （2）由得出，由得出，根据（1）的结论及二倍角公式化简即可求解； （3）根据余弦定理求出和，设，则，，根据三角形面积公式及余弦定理表示出和，进而表示出，再根据基本不等式即可证明． 【解析】（1）证明： ． （2）因为，所以， 因为，所以，所以， 因为， 所以，由正弦定理得，， 由（1）得， ， 所以，即， 因为，所以，所以，即． （3）证明：设，，则， 由余弦定理得，， 整理得，，代入， 得，解得，或 因为，所以， 设，则，， 则， 在中，由余弦定理得，，即， 整理得，， 所以 ， 因为， 当且仅当时，即时等号成立， 又 ， 所以， 即，所以， 所以． 题型5：“费马点”的综合应用 10．（23-24高一下·江苏苏州·期末）“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题.该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小.”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点.在中，内角，，的对边分别为，，. (1)若，且的面积为，设点为的费马点，求的取值范围； (2)若内一点满足，且平分，试问是否存在常实数，使得，若存在，求出常数；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)； (2)存在， 【分析】（1）利用三角恒等变换的知识化简已知条件，求得，判断出三角形的三个内角均小于，根据费马点的定义、正弦定理、三角恒等变换、向量数量积运算等知识来求得的取值范围. （2）根据三角形的面积公式列方程，结合余弦定理进行化简，从而求得的值. 【解析】（1）因为，且， 所以， 所以， 即， 因为，，所以，，所以， 因为，所以； 因为，所以的内角均小于， 所以点在的内部，且， 由，得， 设，，则， 在中，由正弦定理得，即 在中，由正弦定理得，即， 所以 ， 因为，所以，所以， 所以的取值范围为； （2）因为， 即，所以， 在，，中， 分别由余弦定理得：， ，， 三式相加整理得， ， 将代入得：， 因为平分，所以，， 所以，③ 又由余弦定理可得：，④ 由③-④得：，所以， 即，所以常数，使得. 【点睛】方法点睛：在解决“新定义”问题时，关键是正确提取新定义中的新概念、新公式、新性质、新模式等信息，确定新定义的名称或符号、概念、法则等，并进行信息再加工，寻求相近知识点，明确它们的共同点和不同点，探求解决方法，在此基础上进行知识转换，合理归纳，结合相关的数学技巧与方法来分析与解决. 11．（23-24高一下·重庆·期末）著名的费马问题是法国数学家皮埃尔·德·费马（1601—1665）于1643年提出的平面几何极值问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小”费马问题中的所求点称为费马点，已知对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当的三个内角均小于时，则使得的点M即为费马点，在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.若M是的“费马点”，，. (1)求角A； (2)若，求bc的值； (3)在（2）的条件下，设，若当时，不等式恒成立，求实数n的取值范围. 【答案】(1) (2)8 (3) 【分析】（1）由正弦定理与和角公式即可推理计算得到； （2）设利用向量数量积定义式和等面积计算即得； （3）利用余弦定理，推理求出，将恒成立转化为在上恒成立问题，求出在上的最小值即得. 【解析】（1）由可得，， 由正弦定理，，即， 因代入可得：， 因，则，故，得； （2）设则由可得， ，整理得，①， 又由可得，， 整理得，； （3）在中，由余弦定理，，即② 分别在中，由余弦定理，， 将三个等式左右分别相加，， 将①，②代入整理得，，于是， 从而，， 依题意，当时，不等式恒成立，即在上恒成立， 因，当且仅当时等号成立， 故有，即实数n的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于结合图形利用等面积得到，求得的值；多次利用余弦定理推理得到，从而求得，将不等式恒成立问题转化为求相关函数的最值问题. 题型6：柯西不等式、布洛卡角 12．（2025高一下·全国·专题练习）在中，对应的边分别为， (1)求； (2)奥古斯丁.路易斯.柯西（Augustin Louis Cauchy，1789年-1857年），法国著名数学家.柯西在数学领域有非常高的造诣.很多数学的定理和公式都以他的名字来命名，如柯西不等式､柯西积分公式.其中柯西不等式在解决不等式证明的有关问题中有着广泛的应用.现在，在（1）的条件下，若是内一点，过作垂线，垂足分别为，借助于三维分式型柯西不等式：当且仅当时等号成立.求的最小值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先用正弦定理角化边，然后结合余弦定理可以解出. （2）将构造出符合三维分式型柯西不等式左边的形式，然后用三维分式型柯西不等式结合余弦定理可解. 【解析】（1）由正弦定理得即 由余弦定理有， 若，等式不成立，则， 所以. 因为， 所以. （2）. 又， 由三维分式型柯西不等式有. 当且仅当即时等号成立. 由余弦定理得， 所以即，则. 令，则 因为解得，当且仅当时等号成立. 所以.则. 令，则在上递减， 当即时，有最大值，此时有最小值. 【点睛】要能仿照三维分式型柯西不等式的形式进行构造，找到所求要素与柯西不等式的内在联系，再结合余弦定理和基本不等式等知识进行求解，属于难题. 13．（2024·河北·二模）若内一点满足，则称点为的布洛卡点，为的布洛卡角．如图，已知中，，，，点为的布洛卡点，为的布洛卡角． (1)若，且满足，求的大小． (2)若为锐角三角形． （ⅰ）证明：． （ⅱ）若平分，证明：． 【答案】(1) (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析. 【分析】（1）先判断与相似，进而得到，应用余弦定理求出的值即可； （2）（ⅰ）在内，三次应用余弦定理以及三角形的面积公式得：，针对分别在、和内，三次应用余弦定理以及三角形的面积公式，且表示出三角形的面积，由余弦定理形式相加，再化简整理得：，即可得证；（ⅱ）得出与的等量关系，再利用余弦定理和三角形的面积公式，平分，将代入，化简整理即可得证. 【解析】（1）若，即，得， 点满足，则， 在和中，，， 所以与相似，且， 所以，即， 由余弦定理得：，且，， 得，且， 所以； （2）（ⅰ）在内，应用余弦定理以及三角形的面积公式得： ， ， ， 三式相加可得：① 在内，应用余弦定理以及三角形的面积公式得： ， 在和内，同理：，， 三式相等：， 因为，由等比性质得：② 由①②式可证得：； （ⅱ）因为， 即， 所以， 在中， 分别由余弦定理得：，，， 三式相加整理得， ， 将代入得： 若平分，则，， 所以③ 又由余弦定理可得：④ 由③-④得： 所以， 所以. 【点睛】关键点点睛：根据表示出三角形得面积，在中，由余弦定理相加，得出与的等量关系，是解决本题的关键. 14．（23-24高一下·贵州黔西·期末）如图，若内一点P满足，则称P为的布罗卡尔点．若设，则称为布罗卡尔角． (1)若是边长为2的等边三角形，其布罗卡尔点是的内心（内心是三角形三个内角角平分线的交点），求的外接圆的半径； (2)在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，记的面积为S，的布罗卡尔角为，且．证明：； (3)在中，记的布罗卡尔角为，若，求证：． 【答案】(1) (2)证明见详解 (3)证明见详解 【分析】（1）根据题意可知：，利用正弦定理求外接圆半径； （2）先根据表示出三角形得面积，再在中，由余弦定理相加，再化简整理，即可得证； （3）根据（2）得出与的等量关系，再利用余弦定理和三角形的面积公式，化简整理即可得证. 【解析】（1）由题意可知：， 所以的外接圆的半径. （2）若， 则 , 所以， 在中， 分别由余弦定理得：， ，， 三式相加整理得， 因为，所以. （3）由（2）得， 所以, 由， 所以， 又由余弦定理可得， 所以， 所以，所以， 由正弦定理可得. 【点睛】关键点点睛：根据表示出三角形的面积，在中，由余弦定理相加，得出与的等量关系，是解决本题的关键. 题型7：新定义题—平面向量与三角函数 15．（23-24高一下·江苏苏州·期中）如图所示，设，是平面内相交成角的两条数轴，，分别是与，轴正方向同向的单位向量，则称平面坐标系为仿射坐标系，若在仿射坐标系下，则把有序数对叫做向量的仿射坐标，记为．已知在仿射坐标系下，．    (1)求向量，的仿射坐标； (2)当时，求； (3)设，若对恒成立，求的最大值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）向量的线性运算计算即可； （2）应用向量夹角公式计算即可； （3）先把恒成立转化为向量的数量积求出向量的模，再结合余弦函数的值域求解. 【解析】（1）由已知得，所以的仿射坐标为， 同理，所以的仿射坐标为． （2）当时，，，， 所以， ， ， 所以． （3）， ，     ， 由得． 得对恒成立， 又．所以，得． 此时． 因为，，所以， 所以，所以， 所以的最大值为． 【点睛】方法点睛：先把恒成立转化为向量的数量积求出向量的模，再结合余弦函数的值域求解. 16．（24-25高二上·北京延庆·阶段练习）定义向量的“伴随函数”为；函数的“伴随向量”为． (1)写出函数的“伴随向量”为，并求； (2)已知的“伴随函数”为的“伴随函数”为，设，且的伴随函数为，其最大值为． ①若，求的取值范围； ②求证：向量的充要条件是． 【答案】(1)， (2)①；②证明见解析； 【分析】（1）根据题意化简计算即可； （2）①因为，不妨设，再根据题意代入计算化简即可； ②先根据，判断必要性；再根据判断充分性即可. 【解析】（1）由题可知 故，所以 （2）①设 由题可知， 所以 故 ②先判断必要性，由题可知， 设 再判断充分性， 由 设 故 故 因为， 所以 所以有 因为，所以 所以 因为 得 证得向量的充要条件是 题型8：新定义题—平面向量的坐标运算与三角函数 17．（23-24高一下·上海·阶段练习）对于一组向量，，，…，，（且），令，如果存在，使得，那么称是该向量组的“长向量”． (1)设，且，若是向量组，，的“长向量”，求实数x的取值范围； (2)若，且，向量组，，，…，是否存在“长向量”?给出你的结论并说明理由； (3)已知，，均是向量组，，的“长向量”，其中，．设在平面直角坐标系中有一点列，，，…，满足，为坐标原点，为的位置向量的终点，且与关于点对称，与（且）关于点对称，求的最小值． 【答案】(1) (2)存在，理由见解析 (3) 【分析】（1）根据“长向量”的定义，列不等式，求的取值范围即可得； （2）由题意可得，亦可得，故只需使，计入计算即可得； （3）首先由，，均是向量组，，的“长向量”，变形得到，设,由条件列式，变形为，转化为求的最小值. 【解析】（1）由题意可得：，则，解得：； （2）存在“长向量”，且“长向量”为，，理由如下： 由题意可得， 若存在“长向量”，只需使， 又， 故只需使 ，即，即， 当或时，符合要求，故存在“长向量”，且“长向量”为，； （3）由题意，得，，即， 即，同理， ， 三式相加并化简，得：， 即，，所以， 设，由得：， 设，则依题意得：， 得， 故， ， 所以， ， 当且仅当时等号成立， 故. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是理解题意，理解“长向量”的定义，前两问均是利用定义解题，第三问注意转化关系，关键是转化为. 18．（23-24高一下·广西南宁·期末）对于平面向量（且），记，若存在，使得，则称是的“k向量”． (1)设，若是的“向量”，求实数的取值范围； (2)若，则是否存在“1向量”？若存在，求出“1向量”；若不存在，请说明理由； (3)已知均为的“向量”，其中．设平面直角坐标系中的点列满足（与原点O重合），且与关于点对称，与关于点对称．求的取值范围． 【答案】(1) (2)存在， (3) 【分析】（1）利用向量的坐标运算和模的运算即可得解； （2）利用三角函数的周期性再结合向量的坐标运算即可得解； （3）利用向量的坐标运算结合方程组思想即可得解； 【解析】（1）依题意得，, 又由是的“向量”得，，则， 整理得，解得或， 所以，实数的取值范围是． （2）依题意，可得． 因为， 所以中的向量依次以3为周期． 若存在“1向量” ，只需． 因为， 所以 ． 所以只需使， 整理得． 即，即， 当时，符合要求． 故存在“1向量”，且“1向量”为． （3）因为为的“向量”，所以， 即，即， 同理， 以上三式相加，整理得， 即，即，所以． 则． 设，依题意，有 得， 所以， ， 所以， ， 当且仅当时，时，， 所以， 所以， 所以的取值范围是． 【点睛】关键点点睛：读懂题目，看清条件，结合向量的坐标运算，问题都可以解决. 题型9：新定义题—平面向量的线性运算、坐标运算综合 19．（23-24高一下·江苏无锡·阶段练习）在平面直角坐标系中，对于非零向量，定义这两个向量的“相离度”为，容易知道平行的充要条件为． (1)已知，求； (2)①已知的夹角为和的夹角为，证明：的充分必要条件是； ②在中，，角A的平分线AD与BC交于点D，且，若，求． 【答案】(1)1 (2)①证明见详解；② 【分析】（1）根据题意直接代入公式运算即可； （2）①根据向量的坐标运算可得，进而可知，结合题意即可分析证明；②根据角平分线的性质结合数量积可得，且可知点为的重心，进而求，即可得结果. 【解析】（1）因为， 所以. （2）①因为 ， 且，，则， 所以. 若，等价于，即， 所以的充分必要条件是； ②因为角A的平分线AD与BC交于点D，则，即， 则， 可得， 即，可得， 又因为，可知点为的重心，则， 可得， 则， ， ， 可得， 所以. 【点睛】方法点睛：学生在理解相关新概念、新法则(公式)之后，运用学过的知识，结合已掌握的技能，通过推理、运算等解决问题.在新环境下研究“旧”性质.主要是将新性质应用在“旧”性质上，创造性地证明更新的性质，落脚点仍然是平面向量的数量积的坐标表示. 20．（2025高一下·全国·专题练习）对于三维向量，定义“变换”：，其中，．记，． (1)若，求及； (2)证明：对于任意，经过若干次变换后，必存在，使； (3)已知，将再经过次变换后，最小，求的最小值． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)505 【分析】（1）根据定义找出，，从而得到，； （2）利用反证法，假设对，然后导出矛盾，命题得证； （3）先求出，再通过变换，找到最小的时的情况. 【解析】（1）因为，，， 所以. （2）设， 假设对，则均不为0． 所以． 即． 因为， 所以． 所以． 与矛盾，故假设不正确． 综上，对于任意，经过若干次变换后，必存在，使． （3）设，因为， 所以有或． 当时，可得三式相加得． 又，可得． 当时，也可得，于是． 设的三个分量为这三个数， 当时，的三个分量为这三个数， 所以． 当时，的三个分量为， 则的三个分量为的三个分量为， 所以． 所以，由，可得． 因为，所以任意的三个分量始终为偶数， 且都有一个分量等于2． 所以的三个分量只能是三个数， 的三个分量只能是三个数． 所以当时，；当时，． 所以的最小值为505． 【点睛】关键点睛：新定义问题，常见于选择（填空）的压轴小题中，少数会出现在解答题中，主要考查利用相关的知识点解决概念创新问题的能力，对新定义的理解以及转化，较灵活，属于综合题. 21．（2024·广东东莞·模拟预测）在平面直角坐标系中，为坐标原点，对任意两个向量.作：，当不共线时，记以OM，ON为邻边的平行四边形的面积为当共线时，规定． (1)分别根据下列已知条件求； ①； ②； (2)若向量，求证：； (3)记，且满足，求的最大值. 【答案】(1)5；0 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）由题意，根据新定义即可求解； （2）由新定义可证得，，即可证明； （3）设，并表示出，由新定义和三角恒等变换化简计算可得，结合正弦函数的性质即可求解. 【解析】（1）因为，，且， 所以； 又，，所以； （2）因为向量，且向量， 则， 所以， 同理， 所以； （3）设为锐角时，由，得或， 当为锐角，为锐角时， 当时，取到最大值； 当为钝角时，由，得， 当为钝角，， ， 当，即时，取得最大值， 所以取得最大值. 【点睛】方法点睛：学生在理解相关新概念、新法则(公式)之后，运用学过的知识，结合已掌握的技能，通过推理、运算等解决问题.在新环境下研究“旧”性质.主要是将新性质应用在“旧”性质上，创造性地证明更新的性质，落脚点仍然是平面向量的数量积的坐标表示. 22．（23-24高一下·福建泉州·期中）如图，已知是边长为1的正的外心，，，，为边上的等分点，，，为边上的等分点，，，，为边上的等分点． (1)当时，求的值； (2)当时， ①求的值（用含，的式子表示）； ②若，分别求集合中最大元素与最小元素的值． 【答案】(1)； (2)①；②最大值为，最小值为. 【分析】（1）根据共线，将用表示，求和后再求模长； （2）（i）根据数量积定义计算； （ii）将用表示，依次视为的函数讨论单调求最值. 【解析】（1）由为等边外接圆的圆心，得，且， 当时，，，，， ， 所以. （2）①由为等边外接圆的圆心，得， 则，，又，则分别为的等分点，又， 于是， 所以 . ② ， 同理可得：，， 因此， 令， 1）当时，时，， 而，则时取最大值，于是； 时，， 而，则时取最小值，于是，当且仅当时取等号； 2）当时，时，， 而，则时取最大值，于是； 时，， 而，则时取最小值，则，当且仅当时取等号， 所以的最大值为，最小值为． 【点睛】关键点点睛：求的最值利用函数的单调性求最值，先整理为的形式，视为关于的一次函数， 讨论的正负确定单调性，确定在或时取得最值，类似的，下一步再视为关于的一次函数求最值，最后再视为关于的一次函数求最值. 23．（24-25高二上·湖北荆州·阶段练习）对于一组向量（且），令，如果存在，使得，那么称，是该向量组的“向量”． (1)设，若是向量组，，的“向量”，求实数的取值范围； (2)若，向量组，，，，是否存在“向量”？若存在求出所有的“向量”，若不存在说明理由； (3)已知，，均是向量组，，的“向量”，其中，，求证：可以写成一个关于的二次多项式与一个关于的二次多项式的乘积． 【答案】(1) (2)存在“向量”，分别为，， (3)证明见解析 【分析】（1）根据题意分析可得，结合模长公式列式求解即可； （2）根据题意可得，，结合可得，即可分析证明； （3）根据题意分析可得，，结合模长公式分析证明即可. 【解析】（1）由题意可得：， 因为，则，， 则，即， 整理得，解得， 所以实数的取值范围为. （2）存在，理由如下： 假设存在“向量”， 因为， 且， 则由题意，只需要使得， 又因为， 则， 可得， 由，即， 整理得，解得， 又因为，即，6，10满足上式， 所以存在“向量”，分别为，，满足题意； （3）由题意得：，， 即，， 同理，， 三式相加并化简得：， 即，，所以， 由，可得， 可得 ， 所以可以写成一个关于的二次多项式与一个关于的二次多项式的乘积. 【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决. 24．（23-24高一下·广东深圳·期中）“向量”是近代数学中最重要的概念之一，由n个实数所组成的有序实数组称为维向量，记作，特别地，称为零向量，所有维向量组成的集合记为．设，定义加法和数乘分别为：对一组向量，若存在一组不全为零的实数，使得，则称这组向量线性相关；否则，称为线性无关． (1)若，判断下列各组向量是线性相关还是线性无关，并说明理由； ①； ②； (2)已知线性无关，判断是线性相关还是线性无关，并说明理由； (3)已知个向量线性相关，但其中任意个向量都线性无关，证明： ①如果存在等式，则这些系数或者全为零，或者全不为零； ②如果两个等式同时成立，其中，则． 【答案】(1)①线性相关，理由见解析；②线性相关，理由见解析 (2)线性无关，理由见解析 (3)①证明见解析；②证明见解析 【分析】（1）根据向量线性相关的定义逐一判断即可； （2）设，则，然后由条件得到即可判断； （3）①如果某个，，然后证明都等于0即可；②由可得， 然后代入根据题意证明即可. 【解析】（1）对于①，设，则可得，则，所以，线性相关； 对于②，设，则可得，即， 所以，，线性相关. （2）假设，则， 因为向量，，线性无关，所以，解得， 所以向量，，线性无关. （3）①因为，如果某个，，则 ， 因为其中任意个向量都线性无关，所以，，…，，…都等于0， 所以这些系数，，…或者全为零，或者全不为零. ②因为，所以，，…，全不为零， 由可得， 代入，可得， ， 所以，，…，， 所以. 【点睛】关键点点睛：（1）根据题干给出的定义，①写成的形式，②写成的形式，再找系数关系判断即可； （2）根据题干给出的定义，写成的形式，根据向量，，线性无关，找系数关系判断即可； （3）①根据题干给出的定义结合，在某个，，由于其中任意个向量都线性无关，可得出系数关系；②，所以，，…，全不为零，可得，代入第一个条件式，再结合题干定义和①的结论即可判断. ( 第 3 页 共 8 页 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 特训02 平面向量及其应用 压轴题（九大题型，最新方向） 题型1：平面向量的综合应用—三角形 题型2：平面向量的综合应用—单位圆 题型3：解三角形 题型4：解三角形与三角恒等变换 题型5：“费马点”的综合应用 题型6：柯西不等式、布洛卡角 题型7：新定义题—平面向量与三角函数 题型8：新定义题—平面向量的坐标运算与三角函数 题型9：新定义题—平面向量的线性运算、坐标运算综合 题型1：平面向量的综合应用—三角形 1．（23-24高一下·福建厦门·期末）已知点为坐标原点，将向量绕逆时针旋转角后得到向量. (1)若，求的坐标； (2)若，求的坐标（用表示）； (3)若点在抛物线上，且为等边三角形，讨论的个数. 2．（23-24高二上·吉林四平·开学考试）如图，设中角A，B，C所对的边分别为a，b，c，D为的中点，已知，的面积为.    (1)若，求的值； (2)点E，F分别为边，上的动点，线段交于点，且，（为锐角），记的面积为，有，求的最小值 题型2：平面向量的综合应用—单位圆 3．（23-24高一下·广东佛山·期中）如图，A、B是单位圆上的相异两定点（O为圆心），且.点C为单位圆上的动点，线段AC交线段OB于点M. (1)设，求的取值范围； (2)设（），求的取值范围. 4．（23-24高一下·四川泸州·阶段练习）如图，是单位圆上的相异两定点（Q为圆心），且（为锐角）．点C为单位圆上的动点，线段交线段于点M． (1)求（结果用表示）； (2)若． ①求的取值范围： ②设，记，求函数的值域． 5．（23-24高一下·浙江·阶段练习）设是单位圆上不同的两个定点，点为圆心，点是单位圆上的动点，点满足（为锐角）线段交于点（不包括），点在射线上运动且在圆外，过作圆的两条切线． (1)求的范围 (2)求的最小值， (3)若，求的最小值. 题型3：解三角形 6．（24-25高二上·重庆北碚·期末）在中，角A，B，C所对边分别为a，b，c. (1)已知，，. ①求； ②若的平分线交于点，求线段的长； (2)若是锐角三角形，为（1）中所求，H为的垂心，且，求的取值范围； (3)若，令，试求的最大值. 7．（23-24高一下·福建福州·期中）在中，为边上两点，且满足，，，， (1)求证：； (2)求证：为定值； (3)求面积的最大值． 题型4：解三角形与三角恒等变换 8．（23-24高一下·江苏常州·期末）在斜三角形中，内角的对边分别为，记． (1)若，求的最小值； (2)若，且为钝角，求的最大值； (3)直接写出两个函数与的解析式，使得对于一切满足条件的，都有，且代数式恒为定值． 9．（23-24高一下·黑龙江大庆·期末）代数式化简中常用到“配、凑、拆”等技巧，例如可以通过拆角转化为，这种技巧在一些三角函数化简问题中常被使用．已知在，角的对边分别为． (1)证明：； (2)求角的大小； (3)若点是边（不包含端点）上的一动点，过点向直线作垂线，垂足为，已知，求证：． 题型5：“费马点”的综合应用 10．（23-24高一下·江苏苏州·期末）“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题.该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小.”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点.在中，内角，，的对边分别为，，. (1)若，且的面积为，设点为的费马点，求的取值范围； (2)若内一点满足，且平分，试问是否存在常实数，使得，若存在，求出常数；若不存在，请说明理由. 11．（23-24高一下·重庆·期末）著名的费马问题是法国数学家皮埃尔·德·费马（1601—1665）于1643年提出的平面几何极值问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小”费马问题中的所求点称为费马点，已知对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当的三个内角均小于时，则使得的点M即为费马点，在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.若M是的“费马点”，，. (1)求角A； (2)若，求bc的值； (3)在（2）的条件下，设，若当时，不等式恒成立，求实数n的取值范围. 题型6：柯西不等式、布洛卡角 12．（2025高一下·全国·专题练习）在中，对应的边分别为， (1)求； (2)奥古斯丁.路易斯.柯西（Augustin Louis Cauchy，1789年-1857年），法国著名数学家.柯西在数学领域有非常高的造诣.很多数学的定理和公式都以他的名字来命名，如柯西不等式､柯西积分公式.其中柯西不等式在解决不等式证明的有关问题中有着广泛的应用.现在，在（1）的条件下，若是内一点，过作垂线，垂足分别为，借助于三维分式型柯西不等式：当且仅当时等号成立.求的最小值. 13．（2024·河北·二模）若内一点满足，则称点为的布洛卡点，为的布洛卡角．如图，已知中，，，，点为的布洛卡点，为的布洛卡角． (1)若，且满足，求的大小． (2)若为锐角三角形． （ⅰ）证明：． （ⅱ）若平分，证明：． 14．（23-24高一下·贵州黔西·期末）如图，若内一点P满足，则称P为的布罗卡尔点．若设，则称为布罗卡尔角． (1)若是边长为2的等边三角形，其布罗卡尔点是的内心（内心是三角形三个内角角平分线的交点），求的外接圆的半径； (2)在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，记的面积为S，的布罗卡尔角为，且．证明：； (3)在中，记的布罗卡尔角为，若，求证：． 题型7：新定义题—平面向量与三角函数 15．（23-24高一下·江苏苏州·期中）如图所示，设，是平面内相交成角的两条数轴，，分别是与，轴正方向同向的单位向量，则称平面坐标系为仿射坐标系，若在仿射坐标系下，则把有序数对叫做向量的仿射坐标，记为．已知在仿射坐标系下，．    (1)求向量，的仿射坐标； (2)当时，求； (3)设，若对恒成立，求的最大值． 16．（24-25高二上·北京延庆·阶段练习）定义向量的“伴随函数”为；函数的“伴随向量”为． (1)写出函数的“伴随向量”为，并求； (2)已知的“伴随函数”为的“伴随函数”为，设，且的伴随函数为，其最大值为． ①若，求的取值范围； ②求证：向量的充要条件是． 题型8：新定义题—平面向量的坐标运算与三角函数 17．（23-24高一下·上海·阶段练习）对于一组向量，，，…，，（且），令，如果存在，使得，那么称是该向量组的“长向量”． (1)设，且，若是向量组，，的“长向量”，求实数x的取值范围； (2)若，且，向量组，，，…，是否存在“长向量”?给出你的结论并说明理由； (3)已知，，均是向量组，，的“长向量”，其中，．设在平面直角坐标系中有一点列，，，…，满足，为坐标原点，为的位置向量的终点，且与关于点对称，与（且）关于点对称，求的最小值． 18．（23-24高一下·广西南宁·期末）对于平面向量（且），记，若存在，使得，则称是的“k向量”． (1)设，若是的“向量”，求实数的取值范围； (2)若，则是否存在“1向量”？若存在，求出“1向量”；若不存在，请说明理由； (3)已知均为的“向量”，其中．设平面直角坐标系中的点列满足（与原点O重合），且与关于点对称，与关于点对称．求的取值范围． 题型9：新定义题—平面向量的线性运算、坐标运算综合 19．（23-24高一下·江苏无锡·阶段练习）在平面直角坐标系中，对于非零向量，定义这两个向量的“相离度”为，容易知道平行的充要条件为． (1)已知，求； (2)①已知的夹角为和的夹角为，证明：的充分必要条件是； ②在中，，角A的平分线AD与BC交于点D，且，若，求． 20．（2025高一下·全国·专题练习）对于三维向量，定义“变换”：，其中，．记，． (1)若，求及； (2)证明：对于任意，经过若干次变换后，必存在，使； (3)已知，将再经过次变换后，最小，求的最小值． 21．（2024·广东东莞·模拟预测）在平面直角坐标系中，为坐标原点，对任意两个向量.作：，当不共线时，记以OM，ON为邻边的平行四边形的面积为当共线时，规定． (1)分别根据下列已知条件求； ①； ②； (2)若向量，求证：； (3)记，且满足，求的最大值. 22．（23-24高一下·福建泉州·期中）如图，已知是边长为1的正的外心，，，，为边上的等分点，，，为边上的等分点，，，，为边上的等分点． (1)当时，求的值； (2)当时， ①求的值（用含，的式子表示）； ②若，分别求集合中最大元素与最小元素的值． 23．（24-25高二上·湖北荆州·阶段练习）对于一组向量（且），令，如果存在，使得，那么称，是该向量组的“向量”． (1)设，若是向量组，，的“向量”，求实数的取值范围； (2)若，向量组，，，，是否存在“向量”？若存在求出所有的“向量”，若不存在说明理由； (3)已知，，均是向量组，，的“向量”，其中，，求证：可以写成一个关于的二次多项式与一个关于的二次多项式的乘积． 24．（23-24高一下·广东深圳·期中）“向量”是近代数学中最重要的概念之一，由n个实数所组成的有序实数组称为维向量，记作，特别地，称为零向量，所有维向量组成的集合记为．设，定义加法和数乘分别为：对一组向量，若存在一组不全为零的实数，使得，则称这组向量线性相关；否则，称为线性无关． (1)若，判断下列各组向量是线性相关还是线性无关，并说明理由； ①； ②； (2)已知线性无关，判断是线性相关还是线性无关，并说明理由； (3)已知个向量线性相关，但其中任意个向量都线性无关，证明： ①如果存在等式，则这些系数或者全为零，或者全不为零； ②如果两个等式同时成立，其中，则． ( 第 3 页 共 8 页 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$