2026届高考数学二轮专题高频考点梳理：平面向量与多学科综合问题

**基本信息** 以平面向量为工具，系统整合几何、函数、解析几何综合问题，提炼坐标法、等和线等跨模块解题策略，构建“概念-原理-应用”逻辑链条。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础应用|单选1-7、填空11-13|坐标法、向量数量积运算、几何性质转化|向量概念→数量积公式→几何图形性质应用| |综合拓展|多选8-10、解答15-18|方程联立+韦达定理、等和线定理、内切圆面积公式|向量工具→解析几何（抛物线/椭圆）→函数图像综合| |创新探究|解答19|递推关系证明、放缩法|向量坐标运算→数列递推→不等式证明|

2026年高考数学二轮专题高频考点梳理： 平面向量与多学科综合问题 一、单选题 1．已知是边长为的等边三角形，点，分别是边，的中点，连接并延长到点，使得，则的值为（    ） A． B． C． D． 2．已知，，是平面内一动点，且，若，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 3．已知为坐标原点，抛物线的焦点为F，，过点M的直线l与C交于A，B两点，且，直线BN与C的另一个交点为P，若直线AN与PM的斜率满足，则 （    ） A． B． C． D． 4．如图，在中，为上一点，且满足，若，则的最小值是（    ） A．2 B．4 C． D． 5．已知向量满足，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 6．已知中，，，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 7．已知函数的部分图象如图所示，为图象与轴交点且满足为等边三角形，则（    ） A．1 B． C． D．2 二、多选题 8．已知向量，则（    ） A． B． C．若，则 D． 9．已知为抛物线的焦点，点在上，过作的切线交轴于点，则下列说法正确的是（    ） A．的斜率为 B．若圆被截得弦长为，则 C． D．若平行的直线与相切于点，则 10．在平面直角坐标系中，已知点是曲线上任意一点，过点向圆引两条切线，这两条切线与的另一个交点分别为，则下列结论正确的有（    ） A． B．直线与圆相切 C．的周长的最小值为 D．的面积的最小值为 三、填空题 11．已知函数的部分图象如图所示，的图象与轴交于点C，且，，，则 ． 12．在平面直角坐标系中，为直线上在第一象限内的点，，以为直径的圆与直线交于另一点．若，则点的横坐标为 ． 13．在中，，，为所在平面内的动点，且，则的最小值为 ． 14．已知为抛物线上一点，为的焦点，直线的方程为，过直线上一点（点不在轴上）作抛物线的两条切线，切线分别交轴于A，B两点，则外接圆的面积的最小值为 . 四、解答题 15．已知抛物线的顶点在坐标原点，椭圆的顶点分别为，，，，其中点为抛物线的焦点，如图所示. （1）求抛物线的标准方程； （2）若过点的直线与抛物线交于，两点，且，求直线的方程. 16．如图，已知在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且. (1)求A的值； (2)若，M为边BC上一点，且，求AM的长. 17．在，角所对的边分别为，已知． (1)证明：； (2)是否存在内一点使得且？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 18．已知椭圆，，A是的右顶点． (1)若的焦点，求离心率e； (2)若，且上存在一点P，满足，求m； (3)已知AM的中垂线l的斜率为2，l与交于C、D两点，为钝角，求a的取值范围． 19．如图，已知点列与满足，且，其中，．    (1)求； (2)求与的关系式； (3)证明：． 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A B A C B D C ABD ACD BD 1．A 【分析】通过建立直角坐标系，根据题意求出向量的坐标，利用数量积的坐标运算求的值即可. 【详解】如图，以所在直线为轴，为坐标原点，所在直线为轴，建立直角坐标系， 由题意可得，，，， 则， 设，由得，， 所以 所以，所以， 所以. 故选：A. 2．B 【分析】解法一：根据题意，先求出点的轨迹方程为，由题意可设，，根据向量相等坐标关系得解；解法二：根据题意，先求出点的轨迹方程为，设斜率为且与圆相切的直线方程为，根据圆心到直线的距离为半径，结合等和线定理即可求解. 【详解】解法一：设，则， 整理得，即， 由题意可设，，得， 又，， 由，得， 则，， 得， 所以的取值范围为. 解法二：（等和线）设，则， 整理得，即， 因为直线的斜率为， 设斜率为且与圆相切的直线方程为， 所以，所以， 所以的取值范围为. 故选：B. 3．A 【分析】由题意得，则可设直线，直线，分别与抛物线方程联立，设，由韦达定理可得，，结合，可解得的值，从而可得的值，再利用弦长公式即可求解. 【详解】由题意得， ， ， 设直线，直线， 联立，得， 设，则， 联立，得，则， 则，则，故， 由，得，解得， 则，故. 故选：. 4．C 【分析】设，从而得到，结合已知有，应用三角形面积公式得，最后由向量数量积的运算律、基本不等式求向量模长的最值. 【详解】设，则， 所以，解得， ，则， ，当且仅当时，等号成立， 的最小值为． 故选：C 5．B 【分析】令，为线段的中点，则，从而将转化为，将转化为椭圆上点与点的距离问题求解即可． 【详解】令，为线段的中点，则， ∴转化为，且， ∴点P的轨迹是以为焦点的椭圆， 半焦距，长半轴长，短半轴长， ， 为椭圆上点与点的距离，则，即， 则的取值范围是． 故选：B． 6．D 【分析】由正弦定理求外接圆半径，在其外接圆中连接，由，讨论的位置情况确定范围. 【详解】由题设，外接圆半径为， 如下图，外接圆中连接，可得，， 所以， 当反向共线时最小，最小值为；当同向共线时最大，最大值为20， 所以. 故选：D 7．C 【分析】根据给定条件，求出相邻两条对称轴方程，进而求出值. 【详解】观察图象得，正的高为，则，又，因此， 线段中垂线方程分别为，即是函数图象相邻两条对称轴， 则函数的最小正周期，所以. 故选：C 8．ABD 【分析】根据平面向量的数量积的坐标表示、模长公式、共线的坐标表示及三角恒等变换公式判断各选项即可. 【详解】由题意， 对于A，，故A正确； 对于B，，故B正确； 对于C，若，则，即，即，所以，故C错误； 对于D，，所以，故D正确． 故选：ABD． 9．ACD 【分析】对于A，设出抛物线在处的切线方程，联立切线方程与抛物线方程后结合判别式为零可求斜率判断正误；对于B，根据弦长公式计算后可判断其正误；对于C，利用向量的数量积的坐标形式计算后可判断正误；对于D，同A的方法求出的坐标，再结合向量的坐标运算可判断其正误. 【详解】由题设，切线的斜率存在且不为零，且， 当，设，联立， 所以，则，可得， 所以，此时的斜率为， 同理，当时的斜率为，A对； 由对称性，取，此时切线方程为， 所以到的距离为，可得，B错； 若切线为，则，而，取， 所以，结合抛物线对称性可知C对； 同C分析，设，该点处切线方程为， 联立，得，且， 所以，则，故切线斜率为， 所以，即， 所以，则，D对. 故选：ACD 10．BD 【分析】分别对直线，的斜率是否存在进行讨论，对各种情况下各选项的内容进行判断即可. 【详解】如图，不妨设点位于第一象限，直线在圆的左边，直线在圆的右边. 首先，若直线的斜率不存在，则，， 设直线的方程为：即. 因为直线与圆相切，所以， 此时直线：与曲线只有1个交点，不合题意； 其次，若直线的斜率不存在，则，， 设直线的方程为：即. 因为直线与圆相切，所以， 此时直线：，所以. 此时：，，，. 所以，故A不成立； 直线：，由得直线与圆相切，故B成立； 因为，所以的周长为，满足C选项； ，满足D选项. 最后，直线，的斜率都存在时： 设（且），，. 所以， 所以直线的方程为：，即. 因为直线与圆相切，所以：. 同理可得：. 所以为方程的两根. 所以：，. 又直线的方程为：， 点到直线的距离为：. 所以直线与圆相切，故B正确； 又， 又，点到直线的距离为：. 所以. 令，， . 设 当时，恒成立. 所以当时，，所以； 当时，，所以； 当时，，所以. 所以在和上单调递增，在上单调递减. 又因为，，所以. 所以，符合D. 综上可知，的面积的最小值为，故D正确. 又的内切圆半径为1，所以， 所以. 即周长的最小值为，故C错误. 故选：BD. 【点睛】方法点睛：若的内切圆半径为，三边长分别为，则，故求周长的最小值，可以利用三角形面积的最小值来求. 11． 【分析】根据B、D点横坐标可确定周期得出，再把代入可求的值，利用得到A即可求解. 【详解】由题干图象可知，则，所以，所以， 由，得，，即，， 因为，所以，则． 又，则，又，， ，解得（负根舍去）， 所以，所以． 故答案为：. 12．3 【分析】方法一：先根据条件确定圆方程，再利用方程组解出交点坐标，最后根据平面向量的数量积求出结果. 【详解】［方法一］：【通性通法】直译法 设，则由圆心为中点得易得，与联立解得点的横坐标 所以.所以， 由得 即，解得：或，因为，所以 故答案为：3． ［方法二］：【最优解】几何法 如图3，因为为直径，所以，，．    设，则， 所以，即． 所以，A点的坐标为，则点A的横坐标为3． ［方法三］： 数形结合 如图4，由已知，得，则，所以的方程为．    由解得． 设，则，从而． 所以，解得或． 又，所以．即点A的横坐标为3． ［方法四］：数形结合＋斜率公式 由，得，又C是的中点，所以． 又，所以．设直线l的倾斜角为，则，从而． 设，则，解得．即点A的横坐标为3． ［方法五］： 数形结合＋解三角形 由方法四，知，则． 在中，． 在等腰中，． 设，则，解得或． 又，所以．即点A的横坐标为3． ［方法六］：数形结合＋解三角形 设直线l的倾斜角为，则，则． 由方法四知，于是． 在中，由正弦定理知，解得， 故点A的横坐标为． ［方法七］：数形结合＋解三角形 因为D为以为直径的圆C上一点，所以，C为的中点． 因为，所以，为等腰直角三角形，即． 在中，． 又，所以． 因为A在第一象限，所以． 又，所以． 【整体点评】方法一：直接根据题意逐句翻译成数学语言，通过运算解出，是该题的通性通法； 方法二：作出简图，利用平面几何知识求解，运算简单，是该题的最优解； 方法三：通过圆的几何性质，利用直线方程联立求点的坐标，简化计算； 方法四：通过圆的几何性质，求出直线的倾斜角，从而得出斜率，根据斜率公解出，是不错的解法； 方法五：同法四，通过圆的几何性质，求出直线的倾斜角，从而得出斜率，再通过解三角形求出； 方法六：基本原理同方法五； 方法七：基本原理同方法五． 13． 【分析】可证，延长至，使得，连接，则为的垂直平分线，根据对称可求得的最小值. 【详解】 因为，故，故， 故，所以， 延长至，使得，连接，则为的垂直平分线， 故，故，当且仅当共线时等号成立， 而， 故的最小值为. 故答案为：. 14． 【分析】通过求抛物线的切线方程，得出点的坐标，再根据向量垂直证明，，，四点共圆且的外接圆直径为，最后根据点到直线的距离公式求出的最小值，进而求出的外接圆面积的最小值. 【详解】设切线，与抛物线分别切于点M，N，设，. ，. 直线，直线. 由得故. 又，，. 故，同理. ，. ，A，F，B四点共圆，且的外接圆的直径为. 即为点到直线的距离，此距离为2. ，即的外接圆半径最小值为1. 故的外接圆面积的最小值为. 故答案为：. 15．（1）；（2）. 【分析】（1）根据抛物线的焦点，求抛物线方程；（2）首先设出直线的方程为，与抛物线方程联立，并利用韦达定理表示，并利用，求直线的斜率，验证后，即可得到直线方程. 【详解】解：（1）由椭圆可知，， 所以，，则， 因为抛物线的焦点为，可设抛物线方程为， 所以，即. 所以抛物线的标准方程为. （2）由椭圆可知，， 若直线无斜率，则其方程为，经检验，不符合要求. 所以直线的斜率存在，设为，直线过点， 则直线的方程为， 设点，， 联立方程组， 消去，得.① 因为直线与抛物线有两个交点， 所以，即， 解得，且. 由①可知， 所以， 则， 因为，且， 所以， 解得或， 因为，且， 所以不符合题意，舍去， 所以直线的方程为， 即. 16．(1) (2) 【分析】（1）由正弦定理边角互化可得答案； （2）由图可得，后由数量积知识可得答案. 【详解】（1）. 由正弦定理， 则， 又在中，，则， 结合，则； （2）由图，. 又由题，，则 ，则AM的长为. 17．(1)证明见解析 (2)不存在 【分析】（1）利用三角恒等变换以及辅助角公式可将原式化为，根据三角函数最值即可得，可得结论； （2）由（1）可知点在的边的中线上，再由的最小值为可得，可得不成立. 【详解】（1）由题意可知， 即，则， 即，其中； 其中和的最大值为1，故上式只有当时，等号成立； 故，由正弦定理可得， 所以 （2）因为，所以为的重心， 因为，为各边中线的交点，因此； 又因为点在内部，点在内的直线上的动点，如下图所示： 当点与点重合时，取得最小值，即， 所以恒成立，显然与，即矛盾， 故内不存在点使得且同时成立. 18．(1) (2) (3) 【分析】（1）由方程可得，再由焦点坐标得，从而求出得离心率； （2）设点坐标，由向量关系坐标化可解得坐标，代入椭圆方程可得； （3）根据中垂线性质，由斜率与中点坐标得直线方程，联立直线与椭圆方程，将钝角条件转化为向量不等式，再坐标化利用韦达定理代入化简不等式求解可得范围. 【详解】（1）由题意知，，则， 由右焦点，可知，则， 故离心率. （2）由题意， 由得，， 解得，代入， 得，又，解得. （3）由线段的中垂线的斜率为，所以直线的斜率为， 则，解得， 由得中点坐标为， 故直线，显然直线过椭圆内点， 故直线与椭圆恒有两不同交点， 设， 由消得， 由韦达定理得， 因为为钝角，则，且， 则有， 所以， 即，解得， 又， 故，即的取值范围是. 19．(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）由垂直向量的坐标表示和模长公式列出方程组，解方程即可得出答案. （2）根据垂直向量的坐标表示和模长公式列出方程组，解方程即可得出答案. （3）要证等价于证明，先证明，再由累加法即可证明. 【详解】（1）因为，， ，， 所以， 得，所以. （2）由，， ①， 又，则②， 将①代入②得: 即. （3）要证等价于证明， 当时， ， 因为， 所以 ， ， ． 【点睛】关键点点睛：本题（3）的关键点在于将题意转化为证明，先由放缩法证明，再由累加法即可证明. www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页） 1 学科网（北京）股份有限公司 $