重难专题02 平面向量与其它知识的交汇（13种题型清单）（全国通用）2027年高考数学一轮复习讲练测

重难专题02 平面向量与其它知识的交汇 题型脑图·重难考法归纳 考法深研·解题技能通关 题型01 平面向量与集合、常用逻辑用语的交汇 平面向量与集合、常用逻辑用语的交汇主要是两类题型：一是用集合的包含关系判断充分、必要条件；二是用向量的线性运算与集合的表示方法结合。 1．（26-27高三上·江苏南京·开学考试）设向量，，则“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件 2．（2026·江苏扬州·三模）已知单位向量，，则是“存在实数，使得”的（     ）． A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 3．（2026高三下·江苏·竞赛）已知向量，．记集合，求集合中非零向量的模的最小值及所对应的向量． 4．（上海市华二附中2018-2019学年高二上学期第一次月考数学试题）已知是非零向量，构造集合，记中模最小的向量为. (1)若求的值（用表示）； (2)证明：； (3)若，且的夹角为，定义向量序列，，，求的值. 题型02 平面向量与函数的交汇 平面向量与函数的交汇主要是把向量条件（平行、垂直、数量积、模）转化为代数关系，再借助函数的性质（单调性、周期性、最值、零点）求解。 5．（2027·湖南衡阳·一模）在平面直角坐标系中，对任意实数，定义向量，，若，方程有四个不同实数解，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 6．（2026·北京·模拟预测）已知向量，，函数的一个零点为，则________． 7．（2025·江苏南通·模拟预测）已知是以点为圆心且与函数图象有公共点的所有圆中半径最小的圆的一条直径，为坐标原点，则__________. 8．（2026高三·全国·专题练习）已知开口向上的二次函数，对任意，都有成立．设向量，，求不等式的解集． 题型03 平面向量与导数的交汇 平面向量与导数的交汇主要是把向量条件转化为代数方程或函数关系，再用导数研究单调性、极值或最值。这类题目通常不是考向量本身，而是把向量当作“包装”，真正落脚还是函数与导数上。 9．（多选）（25-26高二下·江苏南通·阶段检测）已知函数分别在点，处取极大值和极小值，曲线和轴的三个交点依次为，，（），为曲线上异于，，的动点，则（    ） A． B．四边形为平行四边形 C．在曲线上存在三个不同的点的切线与直线平行 D．，，的斜率之和与曲线在处的切线斜率相等 10．（26-27高三·全国·一轮复习）已知，且关于x的函数在R上有两个极值，则向量与的夹角的范围是________． 11．（2026·山东青岛·模拟预测）实数，满足，设点，，，动点满足．点为线段的中点，，则最小值为________． 12．（2026高三下·上海·竞赛）函数与轴交点从大到小依次为A，B，C．设为图像上一点（不与重合），过的切线经过点；为图像上一点（不与重合），过的切线经过点．线段在上的投影长度与的比值为_________． 题型04 平面向量与三角函数的交汇 平面向量与三角函数的交汇主要是先把向量条件“翻译”成三角函数关系，再用三角公式求解。这类题目在高考中常见，主要考数量积、平行、垂直、模长这几类向量运算与三角恒等变换的结合。 13．（26-27高三上·四川成都·开学考试）已知为的三个内角的对边，向量.若⊥，则（    ） A． B． C． D． 14．（26-27高三上·浙江杭州·开学考试）已知向量，则“”是“向量共线”的（ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 15．（26-27高三上·湖南衡阳·开学考试）设的三个内角分别为A，B，C，向量，.若，则（     ） A． B． C． D． 16．（26-27高三上·浙江·开学考试）已知，向量，，若，则（    ） A． B． C． D． 17．（2026·江西南昌·三模）已知函数（）在一个周期内的图象如图所示，为图象的最高点，，，为图象与轴的交点，且为等腰直角三角形，则（     ） A．8 B． C．16 D． 18．（26-27高三上·湖北·开学考试）已知函数的部分图象如图所示，，是图象与轴的交点，且，，．则（    ） A． B． C． D． 19．（多选）（广东深圳市宝安区2026届高三5月数学考前自测卷）已知函数（）的部分图象如图所示，其中，，为的图象上的三个点，则下列说法正确的是（    ） A．为函数的一个周期 B． C． D．若，则 20．（多选）（26-27高三上·浙江·开学考试）已知函数，点，，若，为图象上的两动点，则下列结论正确的是（    ） A．若，则的最小值为 B．当时， C．存在，，使得为等腰直角三角形 D．若方程在上有唯一实根，则 21．（26-27高三上·黑龙江哈尔滨·阶段检测）设平面向量，，且，则______． 22．（2026·山东潍坊·三模）如图，直线与函数，的图象相切于点，且，，，与轴的交点为，过作轴的垂线，垂足为，则________． 23．（25-26高三下·陕西西安·阶段检测）在中，，与共线，则函数的值域为______. 24．（26-27高三上·安徽阜阳·阶段检测）函数的部分图象如图所示，，是图象与轴的交点，，分别为图象的最高点与最低点.若，函数的图象关于点中心对称. (1)求函数的最小正周期； (2)求函数的解析式，并写出其函数图象的对称轴方程； (3)求的值. 25．（26-27高三上·安徽合肥·阶段检测）设的内角，，所对的边分别为，，，，，且当时，函数取得最大值． (1)求； (2)若为的重心，求的最大值． 26．（2026·陕西汉中·模拟预测）已知向量，，函数． (1)求函数的最小正周期及单调递增区间； (2)在锐角中，若且，求周长的取值范围． 题型05 平面向量与解三角形的交汇 平面向量与解三角形的交汇主要是把向量条件转化为边角关系，再用正弦、余弦定理或三角恒等变换求解。这类题目在高考中常考，关键是识别向量等式背后的几何或代数含义，然后回到三角形中处理。 27．（25-26高一下·江苏南通·期中）在中，已知，，，则 （    ） A． B． C． D． 28．（26-27高三上·广东·开学考试）在中，内角，，所对的边分别为，，，若，且，则（     ） A． B． C． D． 29．（26-27高二上·湖南衡阳·开学考试）如图，是由3个全等的三角形与中间一个小等边三角形组成的大等边三角形，若，则下列结论错误的是（   ） A． B． C． D．与夹角的正切值为 30．（26-27高三上·湖南娄底·阶段检测）在中，，，，为中点，则的长度为______ 31．（26-27高三上·重庆沙坪坝·阶段检测）在中，角所对的边分别为，若 ，且，的面积为，则_____． 32．（2026·浙江绍兴·模拟预测）角，，是三角形的内角，已知，是边的中点，是边靠近点的三等分点，且，则的最大值为_________． 33．（25-26高三上·广东深圳·阶段检测）在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，O为的外心，，已知，则________ ，的最大值为________________． 34．（25-26高一下·黑龙江哈尔滨·期中）的内角，，所对的边分别为，，，其面积为，若点满足，且，则的最大值为________． (1)求角的大小； (2)若点满足，且，求面积的最大值． 36．（2026·广东佛山·模拟预测）已知的内角，，所对的边，，成等差数列，且． (1)求角的大小； (2)若，求的周长． 37．（24-25高三上·湖南·阶段检测）在中，，点，满足，． (1)证明：； (2)若，求． 38．（25-26高三上·广东深圳·阶段检测）在中，角的对边分别为，向量，且，点为上一点． (1)求角的大小； (2)若是的角平分线，，的周长为19，求的长度； (3)若为上靠近点的一个三等分点，，求实数的取值范围． 39．（25-26高二下·浙江宁波·期末）设锐角三角形的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，. (1)求角A的大小； (2)若边上中线的长度为，求面积的最大值； (3)若点O为所在平面内一点，且满足，求的取值范围. 40．（2026·江苏南京·模拟预测）在中，角，，所对应的边分别为，，，已知，. (1)求证：； (2)若为的边上的高，求的取值范围. 题型06 平面向量与复数的交汇 平面向量与复数的交汇主要是复数与复平面内一原点为起点的向量一一对应，运算上既有联系又有区别。 41．（2026·河南周口·三模）已知复数，在复平面内对应的点分别为，，为原点，则（    ） A．12 B．16 C．20 D．24 42．（2026·上海·模拟预测）若复数与在复平面上分别对应点与，则“”是“”的（     ）条件 A．充分非必要 B．必要非充分 C．充要 D．既非充分又非必要 43．（24-25高三上·上海·阶段检测）设复数分别对应于平面向量，则""是""的（    ）条件 A．充分非必要 B．必要非充分 C．充要 D．既非充分也非必要 44．（多选）（26-27高三上·河南信阳·阶段检测）设为虚数，为复平面的原点，且，在复平面内对应的点分别为，，则（    ） A． B． C． D． 45．（多选）（2026·江苏·模拟预测）已知复数在复平面内对应的点分别为（其中为虚数单位，为坐标原点），则下列结论正确的是（   ） A． B． C． D． 46．（2026高三·全国·专题练习）设（分别是x、y轴正方向上的单位向量），且． (1)求点的轨迹C的方程； (2)过点作直线l交曲线C于A、B两点，若，求证：四边形OAPB为矩形． 题型07 平面向量与数列的交汇 平面向量与数列的交汇主要是“用向量关系给出数列的递推或通项，再回到数列求和”，这类题目主要考三点共线、数量积坐标运算和等差、等比数列求和。 47．（2026高三·全国·专题练习）若向量，则数列是（   ） A．等差数列 B．既是等差数列又是等比数列 C．等比数列 D．既非等差数列又非等比数列 48．已知向量满足与的夹角为，设，记数列的前n项和为，则（    ） A．12 B．18 C．21 D．42 49．（25-26高三上·湖南·阶段检测）已知平面向量，等差数列，则数列的前5项和为（   ） A．-5 B．0 C．5 D．18 50．（2026·湖南益阳·模拟预测）已知平行四边形，点为边的一点，且，点是直线上一动点，又数列满足，恒有，记的前项和为，则________． 51．（24-25高二下·黑龙江·阶段检测）如图，已知点是的边的中点，为边上的一列点，连接交于，点满足，其中数列是首项为的正项数列，数列的前项和_________．    题型08 平面向量与立体几何的交汇 平面向量与立体几何的交汇主要是用向量运算（基底法或坐标法）把空间中的位置关系、角度和距离问题转化为代数计算。 52．（26-27高三上·云南玉溪·阶段检测）已知四面体ABCD的外接球为球O，球O体积V为定值，为等腰直角三角形且，，若四面体ABCD的体积的最大值为，则（    ） A． B． C． D． 53．（25-26高三上·湖南·阶段检测）平面图形斜二测画法为矩形，，，求取值范围为______． 54．（26-27高三上·湖北·阶段检测）已知菱形的边长为，，将沿折起到位置，使得二面角的大小为，且四面体的外接球表面积为，则________. 55．（2026·山东聊城·三模）在三棱柱中，为等腰直角三角形，且，，若直线与平面所成的角为60°，则的最小值为________． 56．（2026·江苏苏州·三模）球面距离是指球面上两点之间的最短连线长度，即经过这两点的大圆在两点间的一段劣弧长度（大圆是经过球心的平面截球面所得的圆）.已知为球的直径，点，在球面上，且是等边三角形，若，，则，两点的球面距离为______. 题型09 平面向量与直线和圆的交汇 平面向量与直线和圆的交汇主要是把向量条件“翻译”成几何关系或坐标运算，常见考法有求参数范围、数量积最值、轨迹方程这几类。 58．（2026·北京大兴·三模）若点关于动直线：的对称点为N，O为坐标原点.给出下面3个结论：①的取值范围是；②当时，符合条件的点有且只有一个；③当取到最大值时，.其中正确结论的个数为（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 59．（2026·福建·三模）在平面直角坐标系中，已知，若圆上存在点，满足，且，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 60．（2026·重庆·模拟预测）已知圆，，点坐标原点，点，是圆上的两个动点且，若，则的最小值为（　　） A． B．2 C． D． 61．（多选）（26-27高三上·广西南宁·阶段检测）已知点，，圆，点P在圆C上运动，点Q满足，其中O为坐标原点.则下列说法正确的是（    ） A． B．点Q的轨迹方程为 C．点Q到直线距离的最小值为 D．的取值范围是 62.（多选）（26-27高三上·云南昆明·阶段检测）已知圆，圆，动圆满足：与圆、均相切，记动圆圆心为.下列说法正确的是（    ） A．圆与圆相交 B．若动圆与圆､均外切，则动点的轨迹是双曲线的右支（除顶点） C．若动圆与圆、一内切一外切时，存在直线，使得直线与所有满足条件的动圆均相交 D．若动圆与圆、均内切，过动点的轨迹上任一点作圆的两条切线，切点分别为，，则的最小值为 63．（2026高三·全国·专题练习）已知，，若与的夹角为，则直线与圆的位置关系是______． 64．（2026·山东济南·模拟预测）在平面直角坐标系中，，，，点在线段上运动（包括端点），点满足，若点满足，则直线的斜率的取值范围为___________. 65．（25-26高一下·山东日照·期末）如图，在中，，，，若是以为圆心的单位圆的一条动直径，则的最大值是__________ 66．（26-27高三·全国·一轮复习）已知在中，，，是线段上的一点（不与端点重合），且，则的取值范围是________． 67．（26-27高三上·安徽蚌埠·开学考试）如图，边长为2的正方形内接于圆，是劣弧（包括端点）上一点，则的取值范围为______. 68．（26-27高三上·安徽·开学考试）在平面中，设是定点，动点，满足，，则的轨迹所成平面区域的面积=_________． 69．（2026高三·全国·专题练习）将圆按向量平移得到，直线l与相交于A、B两点，若在上存在点C，使得，且．求直线l的方程． 题型10 平面向量与圆锥曲线的交汇 平面向量与圆锥曲线的交汇主要是把向量共线（共线、垂直、数量积、模长等）坐标化，转化为代数方程，再结合韦达定理、判别式等圆锥曲线常规手段求解。这类题目的关键不在向量本身，而是在于如何用向量条件建立坐标间的等量关系。 70．（2026·广东广州·模拟预测）已知，为椭圆的左、右焦点，为椭圆上任意一点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 71．（26-27高三上·浙江杭州·阶段检测），抛物线的焦点分别为，坐标原点．过的直线交于点，过的直线交于点，且，则（    ） A． B． C． D． 72．（2026高三上·全国·专题练习）设直线与双曲线的两条渐近线分别交于点，若点满足，则该双曲线的离心率是（    ） A． B． C． D． 73．（2026·重庆沙坪坝·模拟预测）已知点,点为坐标原点，点，在抛物线上，且，则为（   ） A． B． C． D．27 74．（2026·湖北十堰·模拟预测）已知抛物线的焦点为，抛物线上有三个不同的点，，，满足，，成等差数列．则的最小值为（   ） A． B． C． D． 75．（多选）（2026·湖南·模拟预测）已知，分别是双曲线的左、右焦点，为坐标原点，点在上，且向量，，则（    ） A． B．的渐近线方程为 C． D．当时， 76．（多选）（26-27高三上·云南·阶段检测）已知为坐标原点，抛物线：的焦点为抛物线：的顶点，且与交于，两点，则（     ） A． B． C． D．在上的投影向量为 77．（26-27高三上·浙江·开学考试）已知双曲线的左､右焦点分别为，，离心率为，点为第一象限内一点，且，，线段交双曲线于点，设，则（    ） A． B． C． D． 78．（2026·山东日照·模拟预测）设抛物线：（）的焦点为，过作斜率为（）的直线与交于，两点，与的准线交于点.若（为坐标原点），，则外接圆的方程为________. 79．（2026高三上·全国·专题练习）在平面直角坐标系中，已知抛物线的焦点为，是抛物线上位于第一象限内的任意一点，是线段上的点，且满足，则直线的斜率的最大值为______． 80．（2027·湖南衡阳·一模）已知点在抛物线上，点，点在圆上，当取得最小值时，________． 81．（2026高三下·全国·专题练习）已知圆，椭圆，过原点O的射线l与椭圆在第一象限的交点为Q，与圆C的交点为P，M为OP的中点，则的最大值是______． 82．（2026高三上·全国·专题练习）已知椭圆的左右焦点分别为，，点P为椭圆上不同于左右顶点的任意一点，的重心为G，内心为I，且有，则椭圆的离心率为______． 83．（2026高三·全国·专题练习）已知两点，动点P在y轴上的射影为H，且使与分别是公比为2的等比数列的第三、四项． (1)求动点P的轨迹C的方程； (2)已知过点N的直线l交轨迹C于x轴下方两个不同的点A、B，设R为AB的中点，若过点R与定点的直线交x轴于点，求的取值范围． 84．（25-26高三上·湖南·阶段检测）椭圆左右焦点分别为，，为的弦，且过原点．的最小值为．以为直径作圆与顺时针交于． (1)求的标准方程； (2)若在第一象限，当四边形的面积达到最大时． ①求直线的斜率； ②求证：以圆上一点为圆心，半径为的圆与的交点弦长小于． 85．（26-27高三上·福建福州·开学考试）已知椭圆的左、右顶点分别为，，两焦点分别为，，，且. (1)求的值； (2)已知，点在上，若是以为底边的等腰三角形，求点的坐标. 86．（26-27高三上·贵州·阶段检测）已知椭圆的右顶点为，右焦点为，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为，斜率为的直线交椭圆于两点． (1)求椭圆的方程； (2)若点在直线上，点是线段的中点，为坐标原点．若上存在点使得，求直线的斜率． (3)已知点是上的一点，若，当点到直线的距离最大时．求直线的方程． 题型11 平面向量与概率和统计的交汇 平面向量与概率统计的交汇主要是用向量关系（平行、垂直、数量积、模长等）刻画事件条件，再用古典概型求概率。 87．（2026高三·全国·专题练习）已知，，，若，则是直角三角形的概率是__________． 88．（2026·上海·模拟预测）在直角坐标系中，已知点，，，、．若在满足的点中等可能地选取一点，则选取的点满足的概率为__________． 89．（2026·内蒙古呼和浩特·模拟预测）先后抛掷一枚质地均匀的骰子两次，将出现的点数分别记为、． (1)设向量，，求的概率； (2)现对上述试验重复进行3次（每次试验为先后抛掷骰子两次），每次试验的结果相互独立．将每次试验中事件“”发生记作一次“成功”．记X为3次试验中“成功”的次数． （i）求X的分布列； （ii）求X的数学期望和方差． X 0 1 2 3 P X 0 1 2 3 P 题型12 平面向量在物理上的应用 平面向量在物理中的应用主要是把力、速度、位移这些既有大小又有方向的物理量直接当成向量来算，合成与分解对应向量加减法，功对应数量积。 90．（26-27高三上·河北廊坊·开学考试）如图所示，小华同学设计了一套力的分解与合成实验装置，从绳结处引出三条绳索，，，固定点，并使得与铅垂线成夹角，处悬挂拉力为的重物，处连接测力器，与铅垂线成夹角．当时，记C处的拉力为，当时，记处的拉力为，则（     ）    A． B． C． D． 91．（2026·安徽阜阳·二模）如图，无弹性的细绳，的一端分别固定在A，B处，同样的细绳下端系着一个秤盘，且，绳子受力的大小为40 N，受力的大小为30 N，则绳子受力的大小为（   ） A． B． C． D． 92．（25-26高一下·广西河池·阶段检测）在日常生活中，我们常常会看到两个人共提一个行李包的情景，若行李包所受的重力为，两个拉力分别为，，且，与夹角为，当两人拎起行李包时，下列结论正确的是（   ） A． B．当角越大时，用力越省 C．当时， D．当时， 93．（25-26高一下·河北石家庄·阶段检测）若平面上的三个力，，作用于同一点，且处于平衡状态．已知，，且与的夹角为，则与的夹角为（    ） A． B． C． D． 题型13 向量的新定义 平面向量的新定义题的核心是“读懂规则、转化为熟悉计算”，这类题目主要考查对向量基础（模、数量积、坐标运算）的掌握和逻辑推理能力。向量的新定义主要体现在以下几个方面： 1.定义新运算：定义新运算规则，需要把新规则转化为向量的加减、数量积等熟悉运算； 2.定义新概念：如“调和分割”“旋转向量”等，常结合向量的模、夹角、共线等核心知识； 3.数学文化背景：如赵爽弦图、奔驰定理、费马点等，以数学史为背景命题。 4.跨知识融合：常与平面几何、三角函数、代数推理结合，提升综合性。 94．（26-27高三上·北京房山·开学考试）定义：“”为向量与向量的“外积”，若向量与向量的夹角为、它的长度规定为．在中，若，，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 95．（2026·河南驻马店·三模）定义变换，变换可以将平面向量逆时针旋转角得到向量，其中，．若将向量按照的变换得到向量；将按照的变换得到向量，则与夹角的余弦值为（     ） A． B． C． D． 96．（2026·辽宁·模拟预测）定义变换：，变换可以将平面向量逆时针旋转（）角得到向量，其中 ， ．若将向量按照的变换得到向量；将按照的变换得到向量，则与夹角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 97．（26-27高三上·安徽阜阳·阶段检测）在平面直角坐标系中，定义函数的“和谐向量”为非零向量，非零向量的“和谐函数”为．记平面内所有非零向量的“和谐函数”构成的集合为． (1)已知，，若函数为集合中的元素，求其“和谐向量”的模的取值范围； (2)已知，，设，且的“和谐函数”为，其最大值为，求的值； (3)已知，，设（1）中的“和谐向量”的模取得最大值时的“和谐函数”为，设，试问在的图象上是否存在一点，使得？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 98．（26-27高三上·湖北黄冈·开学考试）如图，将直角坐标系一般化可得到斜坐标系，设，，记此坐标系为α—坐标系．设正向的单位向量分别为，，若，则． (1)在α—坐标系中，设，若，求； (2)在坐标系中，分别为轴正半轴和轴正半轴上的动点，，，，，与交于点F． （i）设和四边形的面积分别为，求； （ii）求的最大值． 99．（26-27高三上·北京·开学考试）给定正整数，集合，从中选取不同的个元素组成一个向量序列，，…，，若该序列同时满足如下两条性质： ①，； ②，，，则称该序列为列． (1)当时，分别判断向量序列：：，，，，：，，，，是否是列（结论无需证明）． (2)当时，是否存在一个由的全部元素组成的列，满足，并说明理由； (3)若列：，，…，满足条件：，求这样的列的个数． 100．（25-26高三·全国·一轮复习）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. (1)若，有同学认为“”的充要条件是“”，你认为是否正确？若正确，请给出证明，若不正确，请说明理由； (2)设，若对恒成立，求的最大值. 1 / 101 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难专题02 平面向量与其它知识的交汇 题型脑图·重难考法归纳 考法深研·解题技能通关 题型01 平面向量与集合、常用逻辑用语的交汇 平面向量与集合、常用逻辑用语的交汇主要是两类题型：一是用集合的包含关系判断充分、必要条件；二是用向量的线性运算与集合的表示方法结合。 1．（26-27高三上·江苏南京·开学考试）设向量，，则“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件 【答案】C 【详解】因为， 所以是的充要条件. 2．（2026·江苏扬州·三模）已知单位向量，，则是“存在实数，使得”的（     ）． A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【详解】已知是单位向量，故. 对两边平方得， 代入，解得. 由点积定义得（为两向量夹角）， 得，即同向共线，存在使，充分性成立； 若存在使，由， 得. 当时，，此时，必要性不成立. 因此是“存在实数，使得”的充分不必要条件. 3．（2026高三下·江苏·竞赛）已知向量，．记集合，求集合中非零向量的模的最小值及所对应的向量． 【答案】最小值为，对应的向量为和． 【分析】记，．作整数基变换，，可得，继而可得的表达式，讨论以及，即可求得答案. 【详解】记，． 作整数基变换，． 由于， 该变换为可逆整数变换，故． 任取非零向量，则 ． 若，则；若，则因而有，从而，且等号仅在时成立． 因此，T中非零向量模的最小值为，对应的向量为和． 4．（上海市华二附中2018-2019学年高二上学期第一次月考数学试题）已知是非零向量，构造集合，记中模最小的向量为. (1)若求的值（用表示）； (2)证明：； (3)若，且的夹角为，定义向量序列，，，求的值. 【答案】(1)；(2)答案见解析；(3)（） 【分析】（1）写出，利用二次函数的性质，即可得出； （2）结合（1），证，进而得到； （3）结合（2）及已知条件，求得向量夹角，进而推出与的关系，从而得到的表达式. 【详解】（1）， 已知是非零向量，对关于的二次函数， 有，则， 所以当时，最小，即最小， 所以. （2）证明：由（1）可知， 则， 所以. （3）由（1）可知，（，）， 由（2）可知，（，）， 如图所示， 则有或. 又，所以， 依此类推，可知（）. 当，时，有， 且 ， 于是. 同理，可得， 于是. 由已知可知， 且当时，， ， 综上可知，（）. 题型02 平面向量与函数的交汇 平面向量与函数的交汇主要是把向量条件（平行、垂直、数量积、模）转化为代数关系，再借助函数的性质（单调性、周期性、最值、零点）求解。 5．（2027·湖南衡阳·一模）在平面直角坐标系中，对任意实数，定义向量，，若，方程有四个不同实数解，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】令，换元后转化为有关于的方程必须有两个不同且均大于2的实根，列出不等式求解即可. 【详解】原方程等价于：， 即， 令，当时，仅对应等于0； 当时，对应两个互为相反数的实数． 又，代入并整理得，， 要使原方程有四个不同的实数解，关于的方程必须有两个不同且均大于2的实根． 解方程可得，， 因此应同时满足，，解得，． 6．（2026·北京·模拟预测）已知向量，，函数的一个零点为，则________． 【答案】1 【详解】， 因为函数的一个零点为，所以． 7．（2025·江苏南通·模拟预测）已知是以点为圆心且与函数图象有公共点的所有圆中半径最小的圆的一条直径，为坐标原点，则__________. 【答案】 【分析】根据函数解析式判断函数的奇偶性和定义域，在且上任取一点，应用两点距离公式及已知，结合换元法求，即圆的半径的最小值，最后由及数量积的运算律可求得结果. 【详解】设，则函数的定义域为， 且，所以是偶函数. 记点为点，对于，在且上任取一点， 则， 令，则， 令， 因为在上为增函数，且，， 所以， 所以， 当，即，时，， 即圆的最小半径为，且圆心为， 如图，. 故答案为：. 8．（2026高三·全国·专题练习）已知开口向上的二次函数，对任意，都有成立．设向量，，求不等式的解集． 【答案】 【分析】根据向量数量积的坐标运算公式求得，根据函数的性质将不等式转化为，进而求出不等式的解集． 【详解】因为二次函数对任意，都有成立． 所以的对称轴，又的图象开口向上， ∴在上单调递增． ， ∴不等式等价于（*）． 当时，，即，显然不成立，所以不等式（*）无解； 当时，，即，所以不等式（*）的解为； 当时，，即，所以不等式（*）的解为． 综上可知，不等式的解集为． 题型03 平面向量与导数的交汇 平面向量与导数的交汇主要是把向量条件转化为代数方程或函数关系，再用导数研究单调性、极值或最值。这类题目通常不是考向量本身，而是把向量当作“包装”，真正落脚还是函数与导数上。 9．（多选）（25-26高二下·江苏南通·阶段检测）已知函数分别在点，处取极大值和极小值，曲线和轴的三个交点依次为，，（），为曲线上异于，，的动点，则（    ） A． B．四边形为平行四边形 C．在曲线上存在三个不同的点的切线与直线平行 D．，，的斜率之和与曲线在处的切线斜率相等 【答案】ABD 【分析】利用导数的意义求得极大值和极小值，进而计算求得可判断A；计算可得，与不共线，可判断B；由题意得，计算可判断C；设，计算得，结合导数的意义可判断D. 【详解】对于A，由，得， 令，得，解得， 当时，，所以函数在上单调递增， 当时，，所以函数在上单调递减， 当时，，所以函数在上单调递增， 所以是函数的极大值点，是函数的极小值点， 所以极大值， 极小值， 所以，解得，故A正确； 对于B，由A知，令，解得或或， 从而可得曲线和轴的三个交点为，，， 又， 所以，， 所以，与不共线，所以四边形为平行四边形，故B正确； 对于C，由，可得， 令，解得， 所以在曲线上存在两个不同的点的切线与直线平行，故C错误； 对于D，设， 则，，， 所以， 又曲线在处的切线斜率为， 所以，，的斜率之和与曲线在处的切线斜率相等，故D正确. 10．（26-27高三·全国·一轮复习）已知，且关于x的函数在R上有两个极值，则向量与的夹角的范围是________． 【答案】 【分析】根据题意，有两个不等的实根，求得，再利用向量夹角公式求得，从而求得答案. 【详解】设与的夹角为θ． ∵， ∴， ∵函数在R上有两个极值， ∴方程有两个不同的实数根， 即，∴， 又， ∴，即，又， ∴． 故答案为：. 11．（2026·山东青岛·模拟预测）实数，满足，设点，，，动点满足．点为线段的中点，，则最小值为________． 【答案】 【详解】因为，所以， 令，则， 设，， 则在上是单调递增函数， 且，故，即， 则点在定直线上. 因为，所以，， 则在以为直径的圆上，则有， 设， 因为点为线段的中点，所以， 解得， 因为，所以，即， 即到距离相等，则为线段的垂直平分线上的点， 则，故点在定直线（轴）上， 将代入得到， 又满足，将代入得到，则， 又，点为线段的中点，则， 因为，所以， 在线段上取定点，使得， 则有，，故， 则， 则有，解得， 则，解得， 即， 即的最小值为. 12．（2026高三下·上海·竞赛）函数与轴交点从大到小依次为A，B，C．设为图像上一点（不与重合），过的切线经过点；为图像上一点（不与重合），过的切线经过点．线段在上的投影长度与的比值为_________． 【答案】/0.5 【分析】由三次方程的韦达定理可得，，进而可得，然后可解． 【详解】过的切线交函数于，故点是切点（即二重根），点A是交点（即单根）． 由韦达定理这三根之和必定等于三次函数本身截x轴的三根之和： ， 同理，过的切线经过，则是二重根： ， 因为点A，B，C都在轴上，向量就是沿轴方向． 所以线段在上的投影长度，就是其横坐标跨度． 代入上面可得结论：， 又已知，所以该投影长度恰好是线段长度的一半，比值恒为． 题型04 平面向量与三角函数的交汇 平面向量与三角函数的交汇主要是先把向量条件“翻译”成三角函数关系，再用三角公式求解。这类题目在高考中常见，主要考数量积、平行、垂直、模长这几类向量运算与三角恒等变换的结合。 13．（26-27高三上·四川成都·开学考试）已知为的三个内角的对边，向量.若⊥，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】因为⊥，所以， 因为，所以，所以 14．（26-27高三上·浙江杭州·开学考试）已知向量，则“”是“向量共线”的（ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【详解】因为，， 所以向量. 当时，，所以，则向量共线成立. 由向量共线，得，解得， 所以“”是“向量共线”的充分不必要条件． 15．（26-27高三上·湖南衡阳·开学考试）设的三个内角分别为A，B，C，向量，.若，则（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】因为， 则，即， 可得，即. 又因为，则，可得，所以. 16．（26-27高三上·浙江·开学考试）已知，向量，，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由题意得， 即， 解得，或， 因为，所以． 17．（2026·江西南昌·三模）已知函数（）在一个周期内的图象如图所示，为图象的最高点，，，为图象与轴的交点，且为等腰直角三角形，则（     ） A．8 B． C．16 D． 【答案】D 【分析】利用等腰直角三角形性质求出周期及 ，确定 三点坐标，利用向量数量积坐标公式求解. 【详解】由函数 可知，函数的最大值为 ，即点 的纵坐标为 . 因为 为等腰直角三角形，且 为图象的最高点， 为图象与 轴的交点， 所以 到 的距离 ，且 ， 又 等于半个周期，即 ，所以 . 由 ，解得 ，所以 . 令 ，即 ，解得 . 由图象可知， 为 轴左侧靠近原点的零点，取 ，得 ，即 . 为 右侧第二个零点（ 依次排列），相隔一个周期， 所以 ， 即 ，点 的横坐标为 中点的横坐标，即 ， 所以 . 所以 ， . 则 . 18．（26-27高三上·湖北·开学考试）已知函数的部分图象如图所示，，是图象与轴的交点，且，，．则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据点求出点横坐标，进而确定的周期，得出，再利用向量数量积公式得到，再将点坐标代入函数即可求解. 【详解】由图可知，点的横坐标为，则，所以． 因为，所以，得． 因为，所以．将点坐标代入函数，得，即． 所以，即．因为，所以． 19．（多选）（广东深圳市宝安区2026届高三5月数学考前自测卷）已知函数（）的部分图象如图所示，其中，，为的图象上的三个点，则下列说法正确的是（    ） A．为函数的一个周期 B． C． D．若，则 【答案】AC 【分析】根据，确定函数的最小正周期，再判断A的真假；利用点坐标和点处函数的性质，可求出的值，判断B的真假；确定点坐标，利用平面向量数量积的坐标运算，判断C的真假；利用二倍角公式，计算，可判断D的真假. 【详解】对于A：函数的最小正周期为，为函数的一个周期，选项A正确. 对于B：函数经过点，代入得，显然点位于图象的增区间上，()，又由于，则，，选项B错误. 对于C：由选项B：，，得，，得. ，，则，选项C正确. 对于D：若，即，则，选项D错误. 20．（多选）（26-27高三上·浙江·开学考试）已知函数，点，，若，为图象上的两动点，则下列结论正确的是（    ） A．若，则的最小值为 B．当时， C．存在，，使得为等腰直角三角形 D．若方程在上有唯一实根，则 【答案】BCD 【分析】根据最值，结合周期，即可判断A，根据向量的关系求坐标的关系，即可判断B， 根据对称性和特殊值，判断C，设，再根据换元法，讨论的取值范围，结合函数的零点个数，判断D. 【详解】若，则，两点中一个为极大值点，一个为极小值点，当两点为相邻的极值点时，取得最小值，最小值为，A错误； 由得，， ，又， 所以，解得或（舍）， 所以，B正确； 过点斜率为1的直线，记， 因为，，所以，又，，故， 所以直线与的图象在上必有交点，由对称性可知直线与的图象在上必有交点， 当，分别为两个交点时，为等腰直角三角形，C正确； 令， 令，，则， 当或时，方程无实数根；因为，当时，方程有4个实数根； 当时，方程有2个实数根；当时，，方程有2个实数根； 当时，，方程有2个实数根； 当时，，方程有唯一实数根，所以，D正确． 21．（26-27高三上·黑龙江哈尔滨·阶段检测）设平面向量，，且，则______． 【答案】/ 【详解】因，则. 22．（2026·山东潍坊·三模）如图，直线与函数，的图象相切于点，且，，，与轴的交点为，过作轴的垂线，垂足为，则________． 【答案】. 【分析】首先，由点、求直线的斜率，根据得到切线的斜率；再利用导数的几何意义确定切点的坐标；最后通过坐标表示向量的模，结合同角三角函数的基本关系化简求值. 【详解】由，得，，因为，所以， 由求导得，设，则过点的切线斜率， 即，因为，所以， 则过点的切线方程为，令得，， 即点的横坐标为，，故. 因为垂直于轴，所以， ，，， ， 由得，， 故. 23．（25-26高三下·陕西西安·阶段检测）在中，，与共线，则函数的值域为______. 【答案】 【分析】根据向量共线的坐标表示可得，进而得，即可求解，结合余弦的二倍角公式以及余弦的和差角公式化简得，然后根据辅助角公式得，进而根据角的范围就可求解值域． 【详解】由题意知， 整理得， 即，解得， 因为为的内角，所以， 由知为锐角，所以，则， 所以. 又，所以，所以，因此， 故函数的值域为． 24．（26-27高三上·安徽阜阳·阶段检测）函数的部分图象如图所示，，是图象与轴的交点，，分别为图象的最高点与最低点.若，函数的图象关于点中心对称. (1)求函数的最小正周期； (2)求函数的解析式，并写出其函数图象的对称轴方程； (3)求的值. 【答案】(1)4；(2)，对称轴方程为，；(3) 【详解】（1）由题图知A=，由图象的对称性知为线段的中点， 因为，所以，所以， 即，函数的最小正周期为. （2）由(1)知，， 因为函数的图象关于点中心对称，所以，， 即，，因为，所以， 故，令， 函数的图象的对称轴方程为，. （3）由图象的对称性知，所以，所以， 所以，所以为正三角形. 在中，，，所以， 所以，所以. 25．（26-27高三上·安徽合肥·阶段检测）设的内角，，所对的边分别为，，，，，且当时，函数取得最大值． (1)求； (2)若为的重心，求的最大值． 【答案】(1)；(2) 【详解】（1）， 由三角形射影定理可得，代入后化简， 已知时取最大值，而正弦函数最大值为1，因此，得； 此时最大值条件满足，又是三角形内角，故. （2）设中点为，由重心性质可知，同时，， 故，结合，， 再由余弦定理，代入得 ， 将其代入， 由基本不等式，代入，得，即，当且仅当时取等号， 因此，最大值为. 26．（2026·陕西汉中·模拟预测）已知向量，，函数． (1)求函数的最小正周期及单调递增区间； (2)在锐角中，若且，求周长的取值范围． 【答案】(1)最小正周期为，单调递增区间为；(2) 【分析】（1）先利用向量数量积的坐标运算得到的表达式，结合三角恒等变换公式将其化简为正弦型函数，再根据正弦函数的性质求解最小正周期和单调递增区间. （2）先由结合锐角三角形的条件求出角，再利用正弦定理将三角形的边转化为角的三角函数，结合锐角三角形内角范围确定角的取值区间，最终求出周长的取值范围. 【详解】（1）∵ ，， ∴ . ∴ . 函数的最小正周期. 令， 解得， 即的单调递增区间为. （2）∵ ，∴ ，即. ∵ 为锐角三角形，∴ ，则， ∴ ，得. 由正弦定理得， ∴ ，. 又，故. ∵ 为锐角三角形，∴ ，解得. 的周长， ∵， ∴ . ∵ ，∴ ， ∴ ， ∴ ， ∴ ，即周长的取值范围为. 题型05 平面向量与解三角形的交汇 平面向量与解三角形的交汇主要是把向量条件转化为边角关系，再用正弦、余弦定理或三角恒等变换求解。这类题目在高考中常考，关键是识别向量等式背后的几何或代数含义，然后回到三角形中处理。 27．（25-26高一下·江苏南通·期中）在中，已知，，，则 （    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】在中，由余弦定理， 得，即，而，解得， 所以 . 28．（26-27高三上·广东·开学考试）在中，内角，，所对的边分别为，，，若，且，则（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设，进而得到，，再根据，可得，然后可得，结合数量积的定义计算即可． 【详解】因为， 设 ，且，解得， 所以，因为， 所以， 所以 ． 29．（26-27高二上·湖南衡阳·开学考试）如图，是由3个全等的三角形与中间一个小等边三角形组成的大等边三角形，若，则下列结论错误的是（   ） A． B． C． D．与夹角的正切值为 【答案】D 【分析】首先需要设定基本长度关系，设则故由全等性：且为等边三角形， 故然后逐项验证选项. 【详解】对于A，由条件得，根据正弦定理有，即，A正确； 对于B，不妨设，则，，又， 由余弦定理得，所以，B正确； 对于C，根据对称性，有，， 所以 ， 化简得，C正确； 对于D，不妨设，则， 故， ， 所以，则， ，D错误． 30．（26-27高三上·湖南娄底·阶段检测）在中，，，，为中点，则的长度为______ 【答案】 【详解】因为为中点，则， 所以 ，所以的长度为. 31．（26-27高三上·重庆沙坪坝·阶段检测）在中，角所对的边分别为，若 ，且，的面积为，则_____． 【答案】2 【详解】， ，由余弦定理：， 得，，又， 由，得，又，解得． 32．（2026·浙江绍兴·模拟预测）角，，是三角形的内角，已知，是边的中点，是边靠近点的三等分点，且，则的最大值为_________． 【答案】2 【分析】两次余弦定理表达线段长，利用建立等式化简得到边与角A的关系；借助正弦定理转化目标式，利用二倍角三角函数求最值. 【详解】如图所示，设， 因为是边的中点，是边靠近点的三等分点， 所以. 在中，由余弦定理得， 在中，由余弦定理得， 因为，所以，代入得， 化简得，, 当时，. 33．（25-26高三上·广东深圳·阶段检测）在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，O为的外心，，已知，则________ ，的最大值为________________． 【答案】 【分析】利用余弦定理化简可得，利用平面向量的线性运算化简已知得，平方化简得，解不等式即可. 【详解】因为，所以由余弦定理可得， 化简可得，所以， 由得， 两边平方有， 又点为锐角的外心，即，， 化简上式得， 因为 ，得 所以，解得或， 因为为锐角三角形，所以O在三角形内部，即，得， 当且仅当时，. 34．（25-26高一下·黑龙江哈尔滨·期中）的内角，，所对的边分别为，，，其面积为，若点满足，且，则的最大值为________． 【答案】 【分析】化简，根据余弦定理，， 化简，使用基本不等式求最值，再检验最值可以取到． 【详解】，． 设，，则． ，即得， 由得，即， 平方得， 即，解得． 由余弦定理， 而，代入所求式： 当且仅当时取等号，此时，可以构成三角形． 35．（26-27高三上·浙江·阶段检测）在中，内角，，的对边分别是，，，且． (1)求角的大小； (2)若点满足，且，求面积的最大值． 【答案】(1)；(2) 【分析】（1）利用正弦定理，转化为边的关系，再与余弦定理比较，即可求出. （2）由可知，点将边按内分，以点为起点表示，利用 和得到关于的约束条件，再求乘积的最大值，从而得到△ABC面积的最大值. 【详解】（1）因为，由正弦定理得， 整理得，则， 因为，所以． （2）以点为起点，记，，则，， 且由，有， 因为，所以， 由，得， 解得，即， 则，即， 当且仅当，即，时取等号， 则， 故面积的最大值为． 36．（2026·广东佛山·模拟预测）已知的内角，，所对的边，，成等差数列，且． (1)求角的大小； (2)若，求的周长． 【答案】(1)；(2) 【详解】（1）因为边成等差数列，所以 . 由正弦定理（为外接圆半径），对角化边得：. 联立，解得，，即. 设，，（）， 由余弦定理： . 因为 ，所以. （2）由平面向量数量积的定义，. 代入，得：，解得. 由（1）知，，故，解得（边长为正，舍去负根）. 则，. 所以的周长为. 37．（24-25高三上·湖南·阶段检测）在中，，点，满足，． (1)证明：； (2)若，求． 【答案】(1)答案见解析；(2) 【详解】（1）设， ，由，得， 由得，  所以， ，由，得， 所以， 所以，， 因为，所以，所以，所以，即. （2）因为，所以， ，， 记，， ， ， 由（1）知， 因为， 所以， 即， 因为，所以， 化简得，所以. 38．（25-26高三上·广东深圳·阶段检测）在中，角的对边分别为，向量，且，点为上一点． (1)求角的大小； (2)若是的角平分线，，的周长为19，求的长度； (3)若为上靠近点的一个三等分点，，求实数的取值范围． 【答案】(1)；(2)；(3) 【分析】（1）由向量垂直运算可得边角关系，然后由正弦定理边角互化可得答案； （2）由三角形面积相等及余弦定理可得答案； （3）解法一：设其中一角，然后利用正弦定理可得边角关系，将转化成用所设角表示，利用范围即可求出答案； 解法二：设其中一角，然后利用向量共线可得边的关系，再用边角互化将转化成用所设角表示，利用范围即可求出答案； 【详解】（1）且， ，即， 所以在中，由正弦定理有， ， 又因为在中，， ，又， 又，； （2） 由（1）知，， 则，又，， ， 为角的角平分线， ， 即，； （3） 解法一：由（1）知，，则， 设，则； 设，则. 在中，即， 在中， 即， 则. 又，，又， ， 由和差化积公式可得， 则，， ； 解法二：已知为上靠近点的一个三等分点， 则， 又，由（1）知，，，则， 则， . ． ， ， . 39．（25-26高二下·浙江宁波·期末）设锐角三角形的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，. (1)求角A的大小； (2)若边上中线的长度为，求面积的最大值； (3)若点O为所在平面内一点，且满足，求的取值范围. 【答案】(1)；(2)；(3) 【分析】（1）由正弦定理及已知条件，结合两角和的正弦公式，展开化简即可求出角A的大小； （2）由向量的中线公式，结合基本不等式即可求出三角形面积的最大值； （3）由已知条件可推知为三角形的外心，再根据三角恒等变换，结合锐角三角形的条件即可求出取值范围. 【详解】（1）由正弦定理及，得， 因为， 所以，即， 又，所以，所以， 而，所以. （2）因为D是中点，所以， 所以， 所以，即， 又，当且仅当时等号成立， 所以，所以，即面积的最大值为. （3）因为， 所以， 所以，，即， 所以O为的外心，所以，， 由锐角三角形可知，则， 所以. 40．（2026·江苏南京·模拟预测）在中，角，，所对应的边分别为，，，已知，. (1)求证：； (2)若为的边上的高，求的取值范围. 【答案】(1)答案见解析；(2). 【分析】（1）先将向量数量积转化为边与角的关系，得，再用正弦定理化边为角，结合两角差的正弦公式，得，结合三角形内角范围排除矛盾情况，可证得结果； （2）由已知与正弦定理，由高的定义得，代入目标式化简为，结合的范围求三角函数值域，即可求得结果. 【详解】（1）由得 ， 两边同时约去，并由正弦定理得：， 所以，即. 在中，因为，为内角，所以，或 . 若，则（舍去）. 故，即.证毕. （2）由(1)知，由正弦定理得， ，又 ， 所以. 由三角形内角均为正数，即，解得， 所以，， 所以. 题型06 平面向量与复数的交汇 平面向量与复数的交汇主要是复数与复平面内一原点为起点的向量一一对应，运算上既有联系又有区别。 41．（2026·河南周口·三模）已知复数，在复平面内对应的点分别为，，为原点，则（    ） A．12 B．16 C．20 D．24 【答案】C 【详解】由题设，，则， 所以. 42．（2026·上海·模拟预测）若复数与在复平面上分别对应点与，则“”是“”的（     ）条件 A．充分非必要 B．必要非充分 C．充要 D．既非充分又非必要 【答案】A 【详解】复数与在复平面上分别对应点与， ， 由， 可得，所以， 所以，所以或，所以， 当，满足， 所以，， 所以“”是“”的充分不必要条件. 43．（24-25高三上·上海·阶段检测）设复数分别对应于平面向量，则""是""的（    ）条件 A．充分非必要 B．必要非充分 C．充要 D．既非充分也非必要 【答案】B 【详解】设，则， 若，取，则，所以， 所以不能推出； 若，则，所以， 所以，化简可得， 所以或， 所以或，所以成立，所以可以推出； 所以""是""的必要非充分条件. 故选：B. 44．（多选）（26-27高三上·河南信阳·阶段检测）设为虚数，为复平面的原点，且，在复平面内对应的点分别为，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】BCD 【详解】设虚数， 则， 所以， ，故A错误，B正确； 因为，所以，故C正确； 因为，所以，故D正确. 45．（多选）（2026·江苏·模拟预测）已知复数在复平面内对应的点分别为（其中为虚数单位，为坐标原点），则下列结论正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】AD 【详解】对于A选项，，， ，，所以，A 选项正确. 对于B选项，，所以， ，所以, 因为和是任意角，所以，故B选项错误. 对于C选项，，，所以，， 因此，故C选项错误. 对于D 选项，，，因此，故D选项正确. 故选AD. 46．（2026高三·全国·专题练习）设（分别是x、y轴正方向上的单位向量），且． (1)求点的轨迹C的方程； (2)过点作直线l交曲线C于A、B两点，若，求证：四边形OAPB为矩形． 【答案】(1)；(2)答案见解析 【分析】(1)先计算向量和的模长，因为，所以对模长平方后化简，得到的关系式，即为轨迹的方程. (2)设直线的方程，分斜率存在和不存在两种情况，将直线方程与曲线的方程联立，得到关于或的一元二次方程，利用韦达定理得到交点坐标的和与积.计算向量，如果，那么，结合可知四边形是平行四边形，即可证明其为矩形. 【详解】（1）由已知，即， 整理得. （2）证明：由可知四边形为平行四边形，要证其为矩形，只需证即可，即证. 设， 当轴时，， ，即； 当不与轴垂直时， 设的斜率为，易知，且方程为，② 将②代入轨迹的方程得：. 由根与系数关系得，， 所以， 所以，所以，故得证． 题型07 平面向量与数列的交汇 平面向量与数列的交汇主要是“用向量关系给出数列的递推或通项，再回到数列求和”，这类题目主要考三点共线、数量积坐标运算和等差、等比数列求和。 47．（2026高三·全国·专题练习）若向量，则数列是（   ） A．等差数列 B．既是等差数列又是等比数列 C．等比数列 D．既非等差数列又非等比数列 【答案】A 【详解】由， 所以 ， 所以， 令， 则， 所以数列是以公差为的等差数列. 48．已知向量满足与的夹角为，设，记数列的前n项和为，则（    ） A．12 B．18 C．21 D．42 【答案】C 【分析】利用累加法可得，结合条件可得，由此可得数列为等差数列，利用等差数列求和公式可得结果. 【详解】∵， ∴， ∴， ∵，与的夹角为， ∴， ∴， 由得数列是以为首项，为公差的等差数列， ∴， 所以. 故选：C． 49．（25-26高三上·湖南·阶段检测）已知平面向量，等差数列，则数列的前5项和为（   ） A．-5 B．0 C．5 D．18 【答案】B 【分析】求出的解析式和的表达式，利用等差中项性质和诱导公式化简得,,代入数列的前5项和,化简即得答案. 【详解】， ， 为等差数列，， ，， ， 同理，， 故数列的前5项和为 . 故选：B 50．（2026·湖南益阳·模拟预测）已知平行四边形，点为边的一点，且，点是直线上一动点，又数列满足，恒有，记的前项和为，则________． 【答案】 【详解】在平行四边形中，且， 所以， 因为点是射线上一动点， 所以存在，使得， 又因为， 所以， 消去得，整理得， 两边同时除以得， 设，则，即，为等差数列， 所以， 所以， ①   ② 得， 所以. 51．（24-25高二下·黑龙江·阶段检测）如图，已知点是的边的中点，为边上的一列点，连接交于，点满足，其中数列是首项为的正项数列，数列的前项和_________．    【答案】 【分析】应用向量加减的几何意义，将已知化为，再由向量共线基本定理的推论得到，应用构造法及等比数列的定义求通项公式，最后应用分组求和、等比数列的前n项和公式求结果. 【详解】由，， 所以 ， 所以，则， 由共线，则，即， 所以，则，又， 所以是首项为4，公比为2的等比数列，则， 所以，则. 故答案为： 题型08 平面向量与立体几何的交汇 平面向量与立体几何的交汇主要是用向量运算（基底法或坐标法）把空间中的位置关系、角度和距离问题转化为代数计算。 52．（26-27高三上·云南玉溪·阶段检测）已知四面体ABCD的外接球为球O，球O体积V为定值，为等腰直角三角形且，，若四面体ABCD的体积的最大值为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先翻译向量条件得到几何垂直关系，确定点的轨迹；再利用四面体外接球性质，建立外接球半径与四面体高、底面参数的关系式；把四面体体积表示为单变量函数，求体积最大值；最后反解外接球半径，算出球的体积. 【详解】 由，得，即， 为等腰直角三角形，，取中点， ，且，为外接圆圆心， 又，,平面， 平面， 四面体外接球的球心在过且垂直于平面的直线上。 设外接球半径为，，点到平面的距离为， 由，得， ， 联立消去： ， 化简得， 底面面积， 四面体体积： ， 设，求导得， 令，解得， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 故时，取最大值： ， 四面体体积最大值： ， 已知，则， 外接球体积：. 53．（25-26高三上·湖南·阶段检测）平面图形斜二测画法为矩形，，，求取值范围为______． 【答案】 【分析】由题意直观图是边长为1的正方形.该正方形可在斜二测坐标系内绕中心旋转，利用斜二测向量还原公式得到原四边形对角线向量，求出数量积，借助辅助角公式求得取值范围. 【详解】因为直观图是矩形，且，对角线互相垂直， 因此是正方形，，. 设与斜二测轴夹角为，则直观图中，. 根据斜二测坐标变换规则，对应原图形向量： ，. 因为原图形为平行四边形，所以，， 则 ， 利用辅助角公式化简得，其中. 因为， 所以的取值范围为. 54．（26-27高三上·湖北·阶段检测）已知菱形的边长为，，将沿折起到位置，使得二面角的大小为，且四面体的外接球表面积为，则________. 【答案】 【分析】先求出，得出和为等边三角形，再利用二面角的平面角的定义说明就是二面角的平面角，根据外接球表面积求出外接球的半径，再做出平面截外接球的截面图，化空间为平面，找到球心，通过求出，进而求出的余弦值，最后利用三角函数公式求出答案. 【详解】因为， 所以，，所以和为等边三角形. 设的中点为，连接，，就是二面角的平面角，大小为. 四面体的外接球表面积为，记外接球半径为，，所以. 设和的中心分别为，，过，分别作平面，平面的垂线， 设两垂线相交于点，那么就是四面体的外接球的球心. 由题意知，得， 所以，所以，，. 55．（2026·山东聊城·三模）在三棱柱中，为等腰直角三角形，且，，若直线与平面所成的角为60°，则的最小值为________． 【答案】8 【分析】可通过空间向量分解和线面角性质来求解，核心是利用线面角的约束条件，将向量正交分解，转化为平面向量求最值即可. 【详解】， 即， 因为直线与平面所成的角为60°，故在平面内的投影满足：， 即投影点在底面以为圆心，半径为的圆上，故的竖直分量垂直于平面， 因此，等价于投影向量，其中，， 根据向量性质，， 当且仅当与同向时取得最大值24， 故. 56．（2026·江苏苏州·三模）球面距离是指球面上两点之间的最短连线长度，即经过这两点的大圆在两点间的一段劣弧长度（大圆是经过球心的平面截球面所得的圆）.已知为球的直径，点，在球面上，且是等边三角形，若，，则，两点的球面距离为______. 【答案】 【分析】首先通过向量数量积求等边三角形的边长，然后计算对应的球心角，最后根据球面距离的定义计算，两点的球面距离. 【详解】 已知为球的直径，， 所以球的半径为，， ， ， 因为是等边三角形，所以， 则， 所以， 所以，两点的球面距离为. 题型09 平面向量与直线和圆的交汇 平面向量与直线和圆的交汇主要是把向量条件“翻译”成几何关系或坐标运算，常见考法有求参数范围、数量积最值、轨迹方程这几类。 58．（2026·北京大兴·三模）若点关于动直线：的对称点为N，O为坐标原点.给出下面3个结论：①的取值范围是；②当时，符合条件的点有且只有一个；③当取到最大值时，.其中正确结论的个数为（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【分析】求出直线所过定点，根据对称性得到，进而得到点的轨迹方程，结合向量数量积的坐标表示、圆与圆的位置关系及圆上的点到定点距离的最值求解判断即可. 【详解】由，得，所以直线恒过点. 点关于动直线的对称点为，则直线是线段的垂直平分线，所以. 设，则， 所以点的轨迹是以为圆心，半径为的圆，轨迹方程为. ①，，则. 由圆的方程可知，的范围为， 所以的取值范围是，①正确. ②当时，即，表示以原点为圆心，以为半径的圆，    联立，解得或，即或. 当时，，直线的方程为，存在； 当时，，直线的方程为，存在； 故当时，符合条件的点有2个，②错误. ③当取到最大值时，，此时在延长线上，坐标为. 此时的中点为，， 所以，即，解得，③正确. 59．（2026·福建·三模）在平面直角坐标系中，已知，若圆上存在点，满足，且，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先利用向量坐标关系求出点的轨迹方程，再将问题转化为圆与点的轨迹方程有公共点问题，最后利用参数表示轨迹方程上的点与圆的距离关系，结合二次函数性质分析求解即可. 【详解】设点，由，，为坐标原点， 则，即， 又因为，所以，化简得：， 即点的轨迹为椭圆， 则可将问题转化为圆与椭圆有公共点， 设椭圆上任意一点，则它到圆心的距离的平方为： ， 令，则， 令， 该二次函数开口向下，对称轴为， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以 ， 也即， 所以，即的取值范围为. 60．（2026·重庆·模拟预测）已知圆，，点坐标原点，点，是圆上的两个动点且，若，则的最小值为（　　） A． B．2 C． D． 【答案】D 【分析】先由可得，进而可得点坐标及，进而可得点轨迹是过点且平行于的直线，从而可得圆上的点到直线的距离最小值减去圆的半径可得所求值. 【详解】因为是圆上的点，故，，故. 由，两边平方得： ，，. 设，，所以， 代入圆方程得 ，即的斜率， 由对称性，不妨设. 由得，故点轨迹是过点且平行于的直线， 直线的方程为：，整理为， 因为是圆上的动点，是直线上的动点，如图：    所以的最小值等于原点到直线的距离减去圆的半径， 由点到直线的距离公式得 因此. 61．（多选）（26-27高三上·广西南宁·阶段检测）已知点，，圆，点P在圆C上运动，点Q满足，其中O为坐标原点.则下列说法正确的是（    ） A． B．点Q的轨迹方程为 C．点Q到直线距离的最小值为 D．的取值范围是 【答案】ABD 【分析】选项A：利用向量的减法和相等向量的定义求解.选项B：设，，求出，，，由得到，，由在圆：上， 得到的方程，从而得解.选项C：利用点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离为，则点到直线的最小距离为，计算得解.选项D：利用向量的数量积公式求出，由点的轨迹方程为得到圆心和半径，从而得到的取值范围，继而求出的取值范围，从而得解. 【详解】选项A：因为，可得，即， 所以，则A正确. 选项B：设，，则，，， 因为，所以，，即，， 因为在圆：上， 所以， 因为，，所以， 即，则B正确. 选项C：点的轨迹是圆心为，半径的圆， 因为圆心到直线的距离为， 所以点到直线的最小距离为，则C错误. 选项D：，由选项B知， 点的轨迹方程为，圆心为，半径为， 则的取值范围是，则的取值范围是，则D正确. 62.（多选）（26-27高三上·云南昆明·阶段检测）已知圆，圆，动圆满足：与圆、均相切，记动圆圆心为.下列说法正确的是（    ） A．圆与圆相交 B．若动圆与圆､均外切，则动点的轨迹是双曲线的右支（除顶点） C．若动圆与圆、一内切一外切时，存在直线，使得直线与所有满足条件的动圆均相交 D．若动圆与圆、均内切，过动点的轨迹上任一点作圆的两条切线，切点分别为，，则的最小值为 【答案】BCD 【分析】选项A：根据圆心距，可知两圆外切；选项B：根据动圆与圆､均外切，可得到：，，再根据双曲线定义可得到动点的轨迹；选项C：根据动圆与圆、一内切一外切，可知共有四种可能，再结合椭圆和双曲线定义中的特殊情况，可知点轨迹是直线上缺三点，直线经过所有动圆的圆心，即直线与所有动圆都相交；选项D：根据动圆与圆､均内切，可得到：，，再根据双曲线定义可得到动点的轨迹为双曲线的左支；设，可得到：，，，最后根据函数单调性，求出的最小值. 【详解】选项A：圆：的圆心为，半径； 圆：的圆心为，半径， 两圆心的距离，且，故， 即两圆外切，选项A错误. 选项B：设动圆的半径为，若动圆与圆､均外切， 则：，, 则：， 符合双曲线的定义，此处差为正值，则动点的轨迹是双曲线的右支（除顶点）. 选项C：设动圆的半径为，若动圆与圆、一内切一外切时，分四种情况： 第一种：动圆与圆外切，与圆内切，且时， ，， 则：， 第二种：动圆与圆外切，与圆内切，且时， ，， 则， 由上可知：. 此时点的轨迹方程为：或 第三种：动圆与圆外切，与圆内切，且时， ，， ， 此时，点轨迹方程为：. 第四种：动圆与圆外切，与圆内切，且时， ，， ， 此时点轨迹方程为. 综上可知：点轨迹是其中不能取，，. 直线与所有动圆都相交，故：选项C正确. 选项D：设动圆的半径为，若动圆与圆､均内切，则： ，， 则：， 则动点的轨迹是双曲线的左支， 设，因此：，，， 又，函数在上单调递增， 因此的最小值为， 故选项D正确. 63．（2026高三·全国·专题练习）已知，，若与的夹角为，则直线与圆的位置关系是______． 【答案】相切 【分析】根据向量的数量积、向量数量积的坐标表示，结合两角差的余弦公式得到；根据点到直线的距离公式及直线与圆的位置关系判断即可. 【详解】已知，， 所以，， 则， 又， 所以，所以. 圆的圆心为，半径为1. 圆心到直线的距离为 ， 所以直线与圆相切. 64．（2026·山东济南·模拟预测）在平面直角坐标系中，，，，点在线段上运动（包括端点），点满足，若点满足，则直线的斜率的取值范围为___________. 【答案】 【分析】设上的点，再应用三角换元及辅助角公式结合二次函数恒成立计算求解范围. 【详解】设上的点，，点的轨迹是圆心在原点，半径为的圆，其方程为， 设，且， 所以，整理得，所以， 所以，所以能成立， 所以或，所以； 65．（25-26高一下·山东日照·期末）如图，在中，，，，若是以为圆心的单位圆的一条动直径，则的最大值是__________ 【答案】2 【分析】以为坐标原点，的方向分别为轴、轴建立平面直角坐标系，设，利用向量的坐标运算及三角函数的性质求解. 【详解】以为坐标原点，的方向分别为轴、轴的正方向建立平面直角坐标系， 由题意可知，，. 因为为圆心为的单位圆的一条动直径， 设，则， 所以，， 所以 ， 其中. 因为，所以， 所以当时，取得最大值， 最大值为. 66．（26-27高三·全国·一轮复习）已知在中，，，是线段上的一点（不与端点重合），且，则的取值范围是________． 【答案】 【分析】由垂直可以直接想到用坐标方便建立平面直角坐标系，通过设点坐标，计算各向量坐标根据柯西不等式求值，三角形垂直也可以用圆利用几何法求解. 【详解】解法1：坐标法 建立平面直角坐标系并标出点的坐标，如图， 由，得， ， 则，，则． 得，经检验等号取不到． 另一方面，当点与点，重合时应取得最大值， 此时，或，，结合可得， 但点不与端点重合，故最大值取不到．综上，的取值范围是． 解法2：如图，易得是直角三角形，设的中点为， ，所以， 则，且．设， 由， 得，即在方向上的投影恒为． 过点作的垂线，设垂足为，则恒有． 又，所以为的中点，即为等腰三角形，所以 所以，．故的取值范围为． 67．（26-27高三上·安徽蚌埠·开学考试）如图，边长为2的正方形内接于圆，是劣弧（包括端点）上一点，则的取值范围为______. 【答案】 【分析】以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴建立平面直角坐标系，根据数量积的坐标运算，结合圆的方程，即可求得的取值范围. 【详解】如图所示，以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴建立平面直角坐标系， 则，， 所以圆的方程为. 设，则. 由点是劣弧（包括端点）上一点，且在圆上，得，解得， 所以，即的取值范围为. 68．（26-27高三上·安徽·开学考试）在平面中，设是定点，动点，满足，，则的轨迹所成平面区域的面积=_________． 【答案】 【分析】先将，两边平方，并进行加减消元，可得，即，亦可得，再根据向量数量积的绝对值不等式可得，化简可得，从而得到点的轨迹是圆环，最后通过圆环面积公式可求解. 【详解】， ， 两式相加得：，即， 两式相减得：，即， ，得：，即. 又， 即， 即， 令，则上式可化为：， 即，解得：， 即，又， 所以， 故点的轨迹是圆环（到原点的距离在之间的区域）， 圆环面积，其中，， 因此，圆环面积. 69．（2026高三·全国·专题练习）将圆按向量平移得到，直线l与相交于A、B两点，若在上存在点C，使得，且．求直线l的方程． 【答案】或 【分析】根据图像平移求出方程；根据向量的数量积运算律及垂直关系的向量表示得到，结合得到，可设出直线方程；结合向量的平行四边形法则及点到直线的距离求解即可. 【详解】圆可化为，， 按平移得到：． 由，得， 所以，即． 又，且，所以，则． 设：，的中点为． 由，则， 又，所以，即到的距离等于． 也即，所以． 故直线l的方程为：或． 题型10 平面向量与圆锥曲线的交汇 平面向量与圆锥曲线的交汇主要是把向量共线（共线、垂直、数量积、模长等）坐标化，转化为代数方程，再结合韦达定理、判别式等圆锥曲线常规手段求解。这类题目的关键不在向量本身，而是在于如何用向量条件建立坐标间的等量关系。 70．（2026·广东广州·模拟预测）已知，为椭圆的左、右焦点，为椭圆上任意一点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由椭圆方程求出焦点坐标，设椭圆上点，利用坐标公式计算，结合椭圆方程消去，化简得到关于的函数；结合椭圆中的取值范围，求解数量积的取值范围. 【详解】由椭圆方程为，可得长半 ；短半轴 ； 所以椭圆的半焦距， 故椭圆的左、右焦点坐标分别 ，. 设椭圆上任意一点的坐标为，， 则向量，， ， 由椭圆方程，可得 ，代入数量积的表达式得： ， 由，可得： 当（即点在椭圆短轴端点处）时， 取得最小值； 当 （即点在椭圆长轴端点处）时， 取得最大值 . 所以 的取值范围是 . 71．（26-27高三上·浙江杭州·阶段检测），抛物线的焦点分别为，坐标原点．过的直线交于点，过的直线交于点，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先求出两条抛物线的焦点，设过焦点的直线方程并联立抛物线方程，结合韦达定理和向量点积条件得到直线参数关系，再计算两个三角形的面积比即可， 【详解】的焦点，的焦点， 设过的直线为，联立得， 设，由韦达定理得，， 由题知，即，得， ， ，代入得， 设过的直线为，联立得， 设，由韦达定理得， ， 同理，即，得， ， ，代入得， 故. 72．（2026高三上·全国·专题练习）设直线与双曲线的两条渐近线分别交于点，若点满足，则该双曲线的离心率是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】首先根据条件判断点在线段的垂直平分线上，设出直线的中垂线方程，然后将直线方程分别和双曲线的渐近线方程联立，求得点的坐标，利用中点在直线上，求解的关系和离心率. 【详解】因为，则， 可得，所以点在线段的垂直平分线上， 设是的中点，则直线的斜率为，即直线的方程为， 联立方程，解得； 联立方程，解得； 不妨设，，则， 代入直线的方程可得， 且，整理可得，进而可得， 即，可得， 所以该双曲线的离心率. 73．（2026·重庆沙坪坝·模拟预测）已知点,点为坐标原点，点，在抛物线上，且，则为（   ） A． B． C． D．27 【答案】C 【分析】设，根据向量的坐标运算得到，再利用模长公式求解． 【详解】设， ， ，解得， ，， ． 74．（2026·湖北十堰·模拟预测）已知抛物线的焦点为，抛物线上有三个不同的点，，，满足，，成等差数列．则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先设，由三个焦半径成等差数列得，进而可得，分别令及可解得三点的坐标，从而可得向量模的最小值. 【详解】由抛物线 ，得，焦点 ， 由抛物线焦半径公式，对抛物线上任意点 ，. 设 ， 因为 成等差数列，所以， 因此，即. 又因为， 所以， ，令，得， 将代入，解得，不妨取. 再令，得①，又因为，即，②， 联立①②消去，得，即，解得或. 当时，，， ，此时三点不同且在抛物线上，且.如图： 当时，，， ，此时三点不同且在抛物线上，且.如图： 因为，所以的最小值为. 75．（多选）（2026·湖南·模拟预测）已知，分别是双曲线的左、右焦点，为坐标原点，点在上，且向量，，则（    ） A． B．的渐近线方程为 C． D．当时， 【答案】ACD 【详解】 由题意得，双曲线，左焦点，右焦点，点在双曲线上， 对于A，向量，因为，即，故A正确； 对于B，由于双曲线的渐近线方程为，故B错误； 对于C，由于，是线段的中点，根据向量的中点公式，有，即，故C正确； 对于D，已知，，当时，有，即， 由于，所以在中，中线的长度等于底边的一半，因此是直角三角形，且， 设，，根据勾股定理和双曲线的定义得，解得， 即，故D正确. 76．（多选）（26-27高三上·云南·阶段检测）已知为坐标原点，抛物线：的焦点为抛物线：的顶点，且与交于，两点，则（     ） A． B． C． D．在上的投影向量为 【答案】ABD 【分析】先由抛物线的焦点为抛物线的顶点可得，从而可判断A正确；对B联立两个抛物线方程，进而可得，两点的坐标，结合向量数量积的坐标运算可得B，再由抛物线的定义可得C，再由投影向量的定义可得D. 【详解】选项A：抛物线的焦点，抛物线的顶点为， 由抛物线：的焦点为抛物线：的顶点，所以，A正确. 选项B：由A选项分析知，联立，消得， 解得，，即交点为， 不妨设，，则，， 所以，B正确. 选项C：因为抛物线：的焦点，所以， 又因为，由抛物线的定义，C错误. 选项D：由，，所以，， 所以在上的投影向量为，D正确. 77．（26-27高三上·浙江·开学考试）已知双曲线的左､右焦点分别为，，离心率为，点为第一象限内一点，且，，线段交双曲线于点，设，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先利用离心率可简化双曲线参数,判断为等轴双曲线,简化计算.再处理向量条件得到点P的坐标特征,再用定比分点表示Q点坐标,最后将Q点坐标代入双曲线方程求解参数. 【详解】双曲线离心率,得, 结合,得, 所以双曲线方程为, 焦点坐标为,. 设点P坐标, 因为, 所以有, 将，代入向量关系中, 有, , , 点积等式展开： , 左边：, 右边：, 所以有 因为, 所以, 展开得：, 所以有, , 解得点的横坐标,纵坐标满足, 由, 根据分点坐标公式,得点Q的坐标为：, 将Q代入双曲线方程, 消去参数a后整理得：, 结合,解得. 78．（2026·山东日照·模拟预测）设抛物线：（）的焦点为，过作斜率为（）的直线与交于，两点，与的准线交于点.若（为坐标原点），，则外接圆的方程为________. 【答案】/ 【分析】设直线的方程为，联立抛物线方程，运用韦达定理和向量数量积的坐标表示式求出，然后利用弦长求出，最后利用的三个顶点坐标即可求出外接圆的方程. 【详解】由题知，设，两点的坐标分别为，， 直线的斜率为（），设直线的方程为， 联立方程，消去整理得， 则，，， 所以， 所以，解得， 所以抛物线的方程为， 因为， 所以，解得， 所以直线的方程为， 抛物线的准线方程为，所以点坐标为， 则的三个顶点为，，， 设外接圆的方程为， 则代入三点有，解得，，， 所以外接圆的方程为，即. 79．（2026高三上·全国·专题练习）在平面直角坐标系中，已知抛物线的焦点为，是抛物线上位于第一象限内的任意一点，是线段上的点，且满足，则直线的斜率的最大值为______． 【答案】 【详解】抛物线的焦点，则 设，，，且，则. 所以. 所以直线的斜率为. 因为，，所以，当且仅当，即时，等号成立， 所以，当且仅当时，等号成立. 故直线的斜率的最大值为. 80．（2027·湖南衡阳·一模）已知点在抛物线上，点，点在圆上，当取得最小值时，________． 【答案】 【分析】过点作垂直准线，交准线于点，利用圆的几何性质以及抛物线的定义可得，当且仅当、、三点共线且点在点、点之间时取等号，且、、三点共线时两个等号成立，求出直线的方程，将该直线的方程与抛物线的方程联立，求出点的坐标，进而可求得的值. 【详解】由题可得显然在抛物线内部，圆的圆心为，半径为， 圆心恰为抛物线的焦点， 过点作垂直准线，交准线于点， 所以， 当且仅当、、三点共线且点在点、点之间时取等号， 又，当且仅当、、三点共线时取等号， 此时直线的方程为，联立，可得，即点， 所以，，所以. 81．（2026高三下·全国·专题练习）已知圆，椭圆，过原点O的射线l与椭圆在第一象限的交点为Q，与圆C的交点为P，M为OP的中点，则的最大值是______． 【答案】 【分析】联立直线与椭圆的方程求出交点坐标，由向量的线性运算求出，最后利用换元法和二次函数的性质进行求解． 【详解】依题意射线的斜率存在，设，设， 得：，∴． 因为，M为OP的中点，所以， 则 =． 设，则． 当且仅当即时，． 82．（2026高三上·全国·专题练习）已知椭圆的左右焦点分别为，，点P为椭圆上不同于左右顶点的任意一点，的重心为G，内心为I，且有，则椭圆的离心率为______． 【答案】/0.5 【分析】设，表达出的纵坐标为，结合椭圆定义可用两种方法表达出的面积，从而得到方程，求出，得到离心率 【详解】由题意得，设， 因为的重心为G，所以， 因为，则，所以的纵坐标为， 又因为，， 所以， 因为为的内心，所以为的内切圆的半径， 则， 故，所以，即， 所以椭圆的离心率为. 83．（2026高三·全国·专题练习）已知两点，动点P在y轴上的射影为H，且使与分别是公比为2的等比数列的第三、四项． (1)求动点P的轨迹C的方程； (2)已知过点N的直线l交轨迹C于x轴下方两个不同的点A、B，设R为AB的中点，若过点R与定点的直线交x轴于点，求的取值范围． 【答案】(1)；(2) 【分析】（1）设动点P，根据已知写出的坐标，应用数量积的坐标表示及等比关系列方程求轨迹即可； （2）设直线l的方程为，，联立，应用韦达定理及已知求直线RQ的方程，进而求的范围. 【详解】（1）设动点P，所以 ， ， ， 由题意，得， 所求动点的轨迹方程为. （2）过点N的直线l交轨迹C于x轴下方两个不同的点A、B， 所以直线斜率一定存在，如下图示， 设直线l的方程为，， 联立，则， ，则， ，可得，且， 所以，则直线RQ的方程为， ， 因为，故, 故,. 84．（25-26高三上·湖南·阶段检测）椭圆左右焦点分别为，，为的弦，且过原点．的最小值为．以为直径作圆与顺时针交于． (1)求的标准方程； (2)若在第一象限，当四边形的面积达到最大时． ①求直线的斜率； ②求证：以圆上一点为圆心，半径为的圆与的交点弦长小于． 【答案】(1)(2)①；②答案见解析 【分析】（1）设，可得向量的数量积的表达式，结合最小值可求出参数，即可得答案； （2）①判断四边形为矩形，设，可得，由此可得四边形的面积的表达式，结合最值求出A点坐标，即可得答案； ②设，可得圆P的方程，利用反证法结合弦长公式可得，根据此方程无解可得. 【详解】（1）椭圆，可知，， 由题意知关于原点对称，设， 则， 结合，得， 故， 当时，取最小值，故，解得， 故，故E的标准方程为. （2）①以为直径作圆O与E顺时针交于，可知四边形为矩形， 设，则， 故四边形的面积为， 由于，故， 当且仅当且时等号成立，即得， 即当四边形的面积达到最大时，, 直线过原点，故此时的斜率为； ②设以圆（即以为直径、圆心在原点的圆）上任意一点为圆心、半径为的圆的方程为： ，， 因为为圆的弦，故， 若，则为的中点，设， 则，故， 故， 若，则，若，则， 此时为原点，与矛盾，故， 故，整理得， 由的， 故， 故， 整理得，而， 所以，整理得， 此时，故方程无解， 即. 若，则此时，此时，由对称性，不妨设 圆的方程为，由， 解析或（舍），，故， 综上， 85．（26-27高三上·福建福州·开学考试）已知椭圆的左、右顶点分别为，，两焦点分别为，，，且. (1)求的值； (2)已知，点在上，若是以为底边的等腰三角形，求点的坐标. 【答案】(1)；(2)或 【分析】（1）利用向量的数量积坐标公式，以及求解； （2）解法一，设坐标，根据等腰三角形得 ，由数量积为零结合点在椭圆上可求的坐标；解法二，利用等腰三角形两腰相等，得到点在以 为圆心、为半径的圆上，联立圆与椭圆方程求解，舍去增根得到点 P 坐标;解法三，设过的直线参数方程，把点用参数表示，再利用等腰三角形腰长相等列方程求出参数，进而得到点坐标；解法四，利用椭圆的参数方程设点，结合等腰三角形腰长相等建立三角方程，求解参数得到点坐标. 【详解】（1）由已知得，， 故，，且. 所以，解得. 因为，所以. （2）解法一：设，因为，所以中点为. 因为，所以，. 因为是以为底边的等腰三角形， 所以，所以，所以， 整理得，，即  ① 由（1）知：， 因为在椭圆上，所以  ② 联立①、②，消去，化简得. 显然，解得，代入②得. 所以点的坐标为或. 解法二：因为是以为底边的等腰三角形，且，， 所以，所以点在以为圆心，为半径的圆上（异于点）， 所以，即 整理得，  ① 由（1）知：，因为在椭圆上，所以.  ② 联立①、②，消去，化简得. 解得，代入②得.所以点的坐标为或. 解法三：设点，由题意不与重合，故， 则直线的方程可设为. 由（1）知：，因为在椭圆上，所以.  ① 将代入①，得. 展开整理，得.因，得， 所以，.所以. 因为是以为底边的等腰三角形，，， 所以，所以. 整理得，.  ② 将代入②，得. 展开整理，得.因为，所以. 所以，. 所以点的坐标为或. 解法四：由（1）知：， 由在椭圆上，可设. 因为是以为底边的等腰三角形，且，， 所以，且. 所以. 展开，得. 整理，得. 因为，所以，所以， 所以点的坐标为或. 86．（26-27高三上·贵州·阶段检测）已知椭圆的右顶点为，右焦点为，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为，斜率为的直线交椭圆于两点． (1)求椭圆的方程； (2)若点在直线上，点是线段的中点，为坐标原点．若上存在点使得，求直线的斜率． (3)已知点是上的一点，若，当点到直线的距离最大时．求直线的方程． 【答案】(1)；(2)；(3) 【分析】（1）根据已知条件求得，进而求得椭圆的方程. （2）设出直线的方程并与椭圆方程联立，利用根与系数关系以及求得点的坐标，将点坐标代入椭圆方程，由此求得的值. （3）先求得点的坐标，设出直线的方程并与椭圆方程联立，利用根与系数关系以及求得直线所过定点的坐标，结合点到直线的距离最大求得直线的方程. 【详解】（1）由题可知，， 又椭圆四个顶点所组成的菱形面积为，解得， 因此椭圆方程为． （2）因为椭圆方程为，所以， 设直线的方程为， 联立，可得， 所以，，，所以． 因为，所以， 代入椭圆的方程，， ， ，． （3）由点在椭圆上可得，因此点坐标为． 设直线的方程为，联立方程组， 消去变量可得：①． 设直线与椭圆交点分别为， 则是方程①的两根，由韦达定理可知：，②． 由，可得． 又， 所以， 即， 将②代入可得， 即， 分解因式可得． 又直线不过点，所以． 因此，所以，所以直线方程为； 因此直线过定点； 当直线与垂直时，点到直线的距离最大，此时易得，因此， 所以直线的方程为，即． 题型11 平面向量与概率和统计的交汇 平面向量与概率统计的交汇主要是用向量关系（平行、垂直、数量积、模长等）刻画事件条件，再用古典概型求概率。 87．（2026高三·全国·专题练习）已知，，，若，则是直角三角形的概率是__________． 【答案】 【详解】因为，，所以，又因为， 所以，有七种可能，即这样的三角形有7个； 又，故向量， 令，得，解得符合题意； 令，得，解得或符合题意； 令，得，解得不符合题意； 故直角三角形有3个； 因此，是直角三角形的概率是. 88．（2026·上海·模拟预测）在直角坐标系中，已知点，，，、．若在满足的点中等可能地选取一点，则选取的点满足的概率为__________． 【答案】 【详解】因为点，，，、．， 由可得，即， 因、，则只能取等情况. 当时，可取等9种情况； 当时，可取等18种情况； 当时，可取等18种情况； 当时，可取等14种情况； 当时，可取等10种情况，故共有种情况. 由选取的点满足，即得， 当时，，则有共4种情况； 当时，，则有共2种情况； 当时，，则有共6种情况； 当时，，则有共2种情况； 当时，，则有共7种情况； 当时，，则有共2种情况； 当时，，则有共5种情况； 当时，，则有共1种情况； 当时，，则有共4种情况； 由上分析，满足的整点共有个， 故所求概率为. 89．（2026·内蒙古呼和浩特·模拟预测）先后抛掷一枚质地均匀的骰子两次，将出现的点数分别记为、． (1)设向量，，求的概率； (2)现对上述试验重复进行3次（每次试验为先后抛掷骰子两次），每次试验的结果相互独立．将每次试验中事件“”发生记作一次“成功”．记X为3次试验中“成功”的次数． （i）求X的分布列； （ii）求X的数学期望和方差． 【答案】(1)；(2)（i） X 0 1 2 3 P （ii）， 【详解】（1）设事件 A 表示“”， 由 ，知 a＝b ，此时事件 A 有 6 种情况 而所有事件的总数为36，所以 （2）X的可能取值为0，1，2，3 由题知； 则， ， 故X的分布列为 X 0 1 2 3 P ，. 题型12 平面向量在物理上的应用 平面向量在物理中的应用主要是把力、速度、位移这些既有大小又有方向的物理量直接当成向量来算，合成与分解对应向量加减法，功对应数量积。 90．（26-27高三上·河北廊坊·开学考试）如图所示，小华同学设计了一套力的分解与合成实验装置，从绳结处引出三条绳索，，，固定点，并使得与铅垂线成夹角，处悬挂拉力为的重物，处连接测力器，与铅垂线成夹角．当时，记C处的拉力为，当时，记处的拉力为，则（     ）    A． B． C． D． 【答案】B 【详解】依题意，以绳结处为原点，水平方向、竖直方向为轴、轴建立如下图平面直角坐标系，    设处的拉力为，，则， 设处的拉力为，，则， 设处的拉力为，，则， 又根据题意有，即， 则当时，有，得，此时处的拉力为； 当时，有，得，此时处的拉力为． 所以． 91．（2026·安徽阜阳·二模）如图，无弹性的细绳，的一端分别固定在A，B处，同样的细绳下端系着一个秤盘，且，绳子受力的大小为40 N，受力的大小为30 N，则绳子受力的大小为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】设，，三根绳子所受的力分别为，则， 因为的合力，所以， 如图，在平行四边形中，， 因为，所以， 所以绳子受力的大小为. 92．（25-26高一下·广西河池·阶段检测）在日常生活中，我们常常会看到两个人共提一个行李包的情景，若行李包所受的重力为，两个拉力分别为，，且，与夹角为，当两人拎起行李包时，下列结论正确的是（   ） A． B．当角越大时，用力越省 C．当时， D．当时， 【答案】C 【详解】由题意可知，行李包处于平衡状态，则 ， 所以， 故A错误； 又 ,所以其中， 当角越大时，越小，越大，越费力，故B错误； 当时， ，故 C 正确； 时，，故D错误. 93．（25-26高一下·河北石家庄·阶段检测）若平面上的三个力，，作用于同一点，且处于平衡状态．已知，，且与的夹角为，则与的夹角为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】依题意，，即，而与的夹角为， 则， ， ， 因此与的夹角满足，又， 所以． 题型13 向量的新定义 平面向量的新定义题的核心是“读懂规则、转化为熟悉计算”，这类题目主要考查对向量基础（模、数量积、坐标运算）的掌握和逻辑推理能力。向量的新定义主要体现在以下几个方面： 1.定义新运算：定义新运算规则，需要把新规则转化为向量的加减、数量积等熟悉运算； 2.定义新概念：如“调和分割”“旋转向量”等，常结合向量的模、夹角、共线等核心知识； 3.数学文化背景：如赵爽弦图、奔驰定理、费马点等，以数学史为背景命题。 4.跨知识融合：常与平面几何、三角函数、代数推理结合，提升综合性。 94．（26-27高三上·北京房山·开学考试）定义：“”为向量与向量的“外积”，若向量与向量的夹角为、它的长度规定为．在中，若，，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由向量加法的平行四边形法则，取中点为，中点为，连接，，相交于点，如图所示， 则，且，得， 同理得. 由重心定义得为的重心， 由重心性质，重心分中线的比为， 因此，， 则的面积为， 当时，取得最大值. 由重心性质，，故的最大值为， 根据外积定义，，因此其最大值为. 95．（2026·河南驻马店·三模）定义变换，变换可以将平面向量逆时针旋转角得到向量，其中，．若将向量按照的变换得到向量；将按照的变换得到向量，则与夹角的余弦值为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】理解定义变换即可解题，先计算，再计算出，最后计算出与夹角的余弦值. 【详解】由题意可知，， ， , . 96．（2026·辽宁·模拟预测）定义变换：，变换可以将平面向量逆时针旋转（）角得到向量，其中 ， ．若将向量按照的变换得到向量；将按照的变换得到向量，则与夹角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】已知旋转变换的运算规则、向量的坐标及两次旋转变换对应的角度，首先根据旋转变换公式计算得到、的坐标，再通过向量的坐标运算分别求出、的坐标、数量积与模长，最后代入向量夹角的余弦公式计算即可. 【详解】由题意，所以， 同理 所以 ，，所以， ， ． 记与的夹角为，则． 97．（26-27高三上·安徽阜阳·阶段检测）在平面直角坐标系中，定义函数的“和谐向量”为非零向量，非零向量的“和谐函数”为．记平面内所有非零向量的“和谐函数”构成的集合为． (1)已知，，若函数为集合中的元素，求其“和谐向量”的模的取值范围； (2)已知，，设，且的“和谐函数”为，其最大值为，求的值； (3)已知，，设（1）中的“和谐向量”的模取得最大值时的“和谐函数”为，设，试问在的图象上是否存在一点，使得？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)；(2)1；(3)存在，点 【分析】（1）求出函数的“和谐向量”，利用向量的模长公式，结合三角函数的有界性即可求解； （2）利用平面向量的线性运算求得，进而得出“和谐函数”，结合辅助角公式和三角函数的有界性即可求解； （3）结合（1）求出，的解析式，设出点的坐标，再根据数量积的坐标公式，计算分析即可得解． 【详解】（1）， 即， 由题意可知函数的“和谐向量”为， 则． 因为，所以，可得， 所以的取值范围为． （2）因为，所以， 所以，其中． 因为的最大值为，所以， 化简得，解得或（舍去），所以． （3）由（1）知，当时，取得最大值，此时，所以． 设，则． 若存在，则，即， 化简得，所以，(*) 所以，即，而， 所以当且仅当时，等式(*)成立， 所以在的图象上存在点，使得． 98．（26-27高三上·湖北黄冈·开学考试）如图，将直角坐标系一般化可得到斜坐标系，设，，记此坐标系为α—坐标系．设正向的单位向量分别为，，若，则． (1)在α—坐标系中，设，若，求； (2)在坐标系中，分别为轴正半轴和轴正半轴上的动点，，，，，与交于点F． （i）设和四边形的面积分别为，求； （ii）求的最大值． 【答案】(1)；(2)（i）；（ii） 【分析】（1）利用向量夹角的余弦公式，将向量用基底展开，计算数量积与模长，建立方程解； （2）（i）利用向量共线定理，用两种线性组合表示同一向量，由基底系数唯一解出比例，再根据 “同高三角形面积比等于底边长之比” 计算面积比； （ii）先将数量积用展开，结合余弦定理化简表达式；再用正弦定理将边长转化为三角函数，通过辅助角公式求最大值． 【详解】（1）由题意， 计算得， 所以， 所以，，所以． （2）（i）设， 又因为A，F，D共线，可设， 因为不共线，所以，解得，所以， 设的面积为，则， ， 所以； （ii）不妨设，，， 由，则在上， 则， ， 所以， 在中，由余弦定理得，，所以， 所以， 在中，由正弦定理得，， 所以， 所以 ， 由辅助角公式，， 其中，不妨取． 由题意知，， 所以当时，， 所以． 99．（26-27高三上·北京·开学考试）给定正整数，集合，从中选取不同的个元素组成一个向量序列，，…，，若该序列同时满足如下两条性质： ①，； ②，，，则称该序列为列． (1)当时，分别判断向量序列：：，，，，：，，，，是否是列（结论无需证明）． (2)当时，是否存在一个由的全部元素组成的列，满足，并说明理由； (3)若列：，，…，满足条件：，求这样的列的个数． 【答案】(1)不是列，是列；(2)不存在满足条件的列；(3)满足条件的列个数为. 【分析】（1）紧扣列定义，逐条核对起点、终点、差分合法性与元素互异性即可. （2）存在性否定，利用每步移动均改变奇偶性这一不变量，由步数与终点奇偶性矛盾导出不存在. （3）按列拆解路径，将列一一对应为纵坐标序列，把“取遍 1 到”转化为“序列最大值为 ”，用补集计数求解. 【详解】（1）对序列：末步差分，不属于，不满足条件②，故不是列. 对序列：各步差分依次为，均合法；起点为，终点横坐标，且五个元素互不相同，故是列. （2）不存在. 考察每个格点的的奇偶性．由于每步移动的差分只能为，均使的奇偶性发生改变， 因此列中相邻两点的横、纵坐标之和必一奇一偶． 若列由的全部16个元素组成，则，共15步． 起点满足为偶数，经过奇数步后，终点的必为奇数． 但满足为偶数，矛盾． 故不存在满足条件的列． （3）由于每步移动中坐标只能不变或增加 1，从到必然依次经过每一列． 在固定一列内，每次只能沿竖直方向移动． 若竖直移动方向发生改变，就会重复经过某个格点，与序列中的元素互不相同矛盾， 因此在该列内只能单调移动． 所以从入口纵坐标到出口纵坐标的路径唯一，且恰好覆盖区间内的所有整数． 记各列的出口纵坐标依次为，其中，并记（起点纵坐标）． 则第列覆盖的值区间为． 反过来，任取一组上述出口纵坐标，在每一列内从入口到出口单调移动， 并在最后一列之前的各列出口处向右移动一格，就能唯一得到一个符合定义的序列． 因此上述对应是一一对应． 由于，且每个新区间均包含从而与前一并集相交， 归纳可知所有区间的并集为包含1的连续区间： ． 因此条件等价于． 序列的每个分量均有种取法，共个；其中最大值不超过的有个． 由补集思想，满足条件的列个数为． 100．（25-26高三·全国·一轮复习）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. (1)若，有同学认为“”的充要条件是“”，你认为是否正确？若正确，请给出证明，若不正确，请说明理由； (2)设，若对恒成立，求的最大值. 【答案】(1)答案见解析；(2). 【分析】(1)根据条件，利用向量数量积的运算得到，再利用，即可求解； (2)由，转化为对恒成立，求得，再由向量的夹角公式，得到，进而求得其最值，得到答案. 【详解】（1）不正确，理由如下，因为，则， 又， 则， 若，则，则， 所以“”的充要条件是“”， 故“”的充要条件是“”是不正确的 （2）因为，则， ，，， 由，得，所以， 即对恒成立，又因为， 所以，解得， 因为，所以满足题意， 所以， 又因为，所以，所以的最大值为． 1 / 101 学科网（北京）股份有限公司 $