2023-2024學年高考數(shù)學專項復習-平面向量（附答案）

2023-2024學年高考數(shù)學專項復習一一平面向量

決勝2024年高考數(shù)學專項特訓:平面向量（解答題篇）

1.已知向量3=（2,3）,^=（1,-2）.

（1）求3+23的坐標及歸+24；

⑵若"花與府+B共線，求實數(shù)幾的值.

2.己知向量（2加+”）1+（加+“）6以｛。勺｝——?.-p11ULILLUL

為基底的分解式為2q+e2,其中a=ex+e2,b=ex-e2.

（1）求加，〃的值；

-+4-rrrrt

（2）若°=（2加+〃）〃+（加+〃）6，且C〃（Q+妨），求左的值.

3a2-2bc

3.的內(nèi)角的對邊分別為Q也。，已知“5C的周長為6,萬?就

2

(1)求。的值；

(2)求A的最大值.

4.如圖，在直角梯形。48c中，。4〃€3,。4，。。,。4=25。=2。。,屈為/8上靠近5的三等

分點，OM交ZC于。.

(1)用力和次表示兩;

⑵求證：OD=3DM-

5.在“8c中，角4民C的對邊分別為0也c,且4=當，fesinC=sinC+V3cosC.

⑴求c的長；

(2)設M為邊8c的中點，若線段的長不大于6,求6的長的最大值.

6.在梯形/BCD中，AB//CD,AD=V7,ZACD=60°,sinZADC=.

14

(1)求/C;

⑵若AC，BC,求前.麗的值.

7.已知圓W過點（4,0）,（1,百），（2,2）三個點.

（1）求圓M的標準方程；

（2）過圓W外點P向圓M引兩條切線，且切點分別為N,B兩點,求方.而最小值.

8.在。8C中，AD為邊8c的中線，證明:

(l)AB2+AC2=2(AD2+BD2)；

(2)4AD2=AB2+AC2+2AB-AC-COSABAC.

9.已知“8c的內(nèi)角45,C的對邊分別為a/,c,面積為S,2s=道益?/.

⑴求A；

(2)若“3C的周長為20,面積為10g,求a.

10.在平面直角坐標系xOy中，點A,B的坐標分別為(0,1)和(0,-1),設A48W的面積為S,

內(nèi)切圓半徑為廠，當y=3時，記頂點M的軌跡為曲線C.

r

(1)求C的方程；

(2)已知點E,F,P,。在C上，且直線E尸與尸。相交于點A,記EF,尸。的斜率分別為匕，

%.

⑴設E尸的中點為G,尸。的中點為證明：存在唯一常數(shù)2,使得當左向=4時，OGLOH.

k4

(ii)若,=￡，當IIE尸HP0II最大時，求四邊形E母■。的面積.

''k23

11.已知向量原在滿足同=1,問=2,且扇5的夾角為60。.

(1)求1+B的模；

⑵若府-6在與而+B互相垂直，求力的值.

12.在中，內(nèi)角4,B,。的對邊分別為Q,b,c,若Q3cosc-ccosB)=/.

⑴求證：b1=2c2;

(2)若BA-BC=c,加inA=y[2，求b.

13.已知向量a=(l,2),6=(cosa,sina),c=(-l,0).

(1)求W+4的最大值，并求此時a的值；

⑵若ae[o,2),求的取值范圍.

14.單位向量"，B滿足(a+2B)-(a-5)=-g.

⑴求Z與B夾角的余弦值：

⑵若磊+B與Z+33的夾角為銳角，求實數(shù)左的取值范圍.

15.如圖，在等腰梯形/BCD中，ABHDC,48=25。=2。。=2。4,河為線段8。中點，AM

與AD交于點N,P為線段CD上的一個動點.

⑴用荏和石表示重7;

4AN

⑵求——;

v'NM

⑶設玄=xZ^+yN,求中的取值范圍.

16.已知雙曲線過點尸(36,-亞)且與橢圓/+4/=16有相同的焦點耳￡,

(1)求雙曲線的標準方程；

⑵若點M&")(/>0,冽<0)在雙曲線上，且斯?近=0,求/與加的值.

17.已知向量a=(cosx-sinx,sinx),向量1=(cosx+sinx,26cosx),/(x)=a-b.

(1)求〃x)的最小正周期；

(2)求/(x)在0,|無)上零點和極值點的個數(shù).

18.已知尸是拋物線瓦》2=2Q(0>0)的焦點，加(%,4)是拋物線E上一點，N(0,7)與點

產(chǎn)不重合，點廠關于點M的對稱點為P,且標.標=0.

(1)求拋物線E的標準方程；

(2)若過點(0,2)的直線與拋物線￡交于4B兩點,求成?麗的最大值.

答案：

1.(1)(4,-1),V17

(2)1或一1

【分析】(1)由向量坐標的線性運算以及模的坐標公式即可得解.

(2)由向量平行的充要條件列出方程即可得解.

【詳解】(1)由題意3=(2,3),3=(1,-2),所以@+2在=(2,3)+20,-2)=(2,3)+(2,-4)=(4,-1),

所以5+2日=,42+(-1)2=聽.

(2)由題意1+2彼=(2+2,3-22)與；14+5=(24+1,32-2)平行，

所以當且僅當。+2乂3"2)-(2彳+1)(3-2司=0,化簡得比_7=0，

解得彳=±1,即實數(shù)2的值為1或-1.

m=1

2.(1)1

n=——

【分析】(1)由平面向量基本定理，列方程組求冽，〃的值;

(2)利用向量共線的條件，計算左的值.

、r,irur、Li-ur;irur-irur

［詳解］(1)(2m+n)a+(m+n)b—(2m+nq+弓)+(加+nq_q)=(3冽+2〃)q+機q=2砂q,

m=\

3m+2n=2

則有,,解得

m=ln=-

2

rrr1+￥，由力/戚+/)，有苫=2狀+/),

(2)c=(2m+n)a+(m+n)b=

3r1rrr，解得左=g.

即14+萬6=%(4+粕)，貝lb￡

5九k

3.(1)2

【分析】(1)由題意結(jié)合數(shù)量積定義、余弦定理即可求解.

(2)由題意結(jié)合余弦定理以及基本不等式相關推論即可求解.

【詳解】（I）AB-AC—cbcosA—-------------=-------------，

22

即（6+c）2—4/.

因為“8C的周長為6,所以（6-°）2=4/,

解得4=2.

（2）由（I）可知6+。=4.

2222

,c+b-a（b+c^-2bc-a6611

-2bc~2bc~be~^+CV-2,當且僅當6=c時，等號成立.

IT

故當b=c=2時，A取得最大值

——?2—?2—?

4.（1）OM=-OA+-OC

⑵證明見解析

—?1—?2—?

【分析】(1)根據(jù)已知條件可得。5=彳。4,AM=-AB再結(jié)合向量的加減法和平面向量

239

基本定理可求得結(jié)果；

___.2—?2—?

(2)由題意可得歷=/兩，再結(jié)合OM=§CM+§OC和42。三點共線，可求出心從而

可證得結(jié)論.

【詳解】(1)-：OA=2BC,

--1----

:.CB=-OA,

2

又M為AB上靠近5的三等分點，

—?2—?

AM=—AB.

3

―?2—?—

AM=-(OB-OA)

=|(OC+CS)

2—?1—?2—?

=-OC+-OA一一OA

333

2―?1—?

=-OC——OA,

33

——>—?——?>(2—?1—2—?2—?

:.OM=OA+AM=OA+\-OC——OA\=-OA+-OC-

(33J33

(2)QOM交AC于D,.?.'55=t癡，

由(1)知兩=2厲+工區(qū).

33

―?——?(2—>2—2t—?It―?

:.OD=tOM=t\-OA+-OC\=—OA+—OC.

33J33

；42C三點共線,

2t2t3

,?.y+y-h解得t一，

4

:.OD=-OM.

4

即麗=3DM

5.⑴c=2

(2)2

【分析】（1）由正弦定理結(jié)合三角形的內(nèi)角關系即可求出c的長；

uuur1/UUTuuurx

（2）因為M為邊5C的中點，所以=+兩邊平方，結(jié)合平面向量的數(shù)量積公

式求解可得b的范圍，則最大值可求.

【詳解】（1）在。中，由正弦定理得6sinC=csiaS.

又bsinC=sinC+V3cosC,故csiaS=sinC+VJcosC,即csin5=2sin.

又因為4=g,所以csin5=2sin（C+/）,即csinS=2sin（兀一3）,

故csin5=2sinB.在^ABC中,

由于0<8<兀，所以sinSw0,所以c=2.

（2）設線段ZM的長為》,則

因為M為邊BC的中點，所以⑷1=/（Z8+ZC）.

兩邊平方得而之=；（應+2萬及+/）,即f=；（4+2X2X6XCOSF+/1.

又因為所以/+26W8,解得一4W6W2.

又6〉0,所以0<b<2.所以6的長的最大值為2.

6.(1)3

9

(2)］或9

【分析】（1）在A/C。中，由正弦定理求出答案；

（2）求出8C=/Ctan/A4c=3若，在A/CD中，由余弦定理得到CD=1或2,利用向量數(shù)

量積公式求出答案.

ACV7

ArAD

【詳解】⑴在中’由正弦定理皿不二目萬即3收一sin60°，

14

得&C=g巫，解得/C=3；

214

(2)由/B〃CD,得NR4C=ZACD=60。,因為/C13C,

所以2C=ACtanABAC=373.

在"CD中，由余弦定理cosNACD=包。一'”,

2ACCD

得CD2-3CD+2=(CD-2)(C￡>-1)=0,

即CD=1或2,經(jīng)檢驗，均滿足要求，

因為ZBCD=60°+90°=150°,

所以比.麗=岡.同cos(180。-150dl=|。=：或9.

7.(l)(x-2)2+y2=4

(2)8近-12

【分析】（1）設圓的一般方程為/+y2+Dx+Ey+F=0,將三個點坐標分別代入，求出。、￡、

廠的值，再化簡成標準方程即可；

（2）將向量9.而轉(zhuǎn)化為（同"疝）（同"西，再利用數(shù)量積公式化簡，用半徑表示|西|

長，消元，利用均值不等式求最值.

【詳解】⑴設圓的一般方程為/+/+Dx+Ey+尸=0,將（4,0）,（1,句，（2,2）分別代入得

16+4D+尸=0。二一4

<1+3+。+力石+產(chǎn)=0,解得,<E=0,

4+4+2D+2石+尸=0F=0

所以圓的一般方程為/+/_4、=0,化為標準方程為（％-2『+/=4.

(2)如圖所示，PA=PM+MA^PB=PM+MB^

謖/PMA=/PMB=a,且半徑|M4|=|A?|=2,

所以蘇.而二（兩+砌（西+砌二府+PMMB+PM^A+MA^M1

=PM?+\PM\^cos(7i-a)+jPA7|jcos(7E-a+~^A-|^fB-|cos2z

=PM2-2\PM\cosa-21兩?cos6Z+4cos%=PM2cosa+4COS2G

在直角三角形BIN中可知，|尸M=業(yè)史=二一,

cosacosa

所以方?麗—―8+4cos2a=-4—8+4(2cos2a-l

cosacosa'

2

=-\—+8COS6Z-12>2A/—\-x8cos2a-12=872-12,

cosaVcosa

當且僅當^^=8cos2a,即cos2a=正時取等，

cos-a2

所以江■廂的最小值為8近-12.

8.（1）證明見解析

（2）證明見解析

［分析】（1）在△3/M和ABDC中，利用余弦定理得到AB2=AD2+BD2-2ADBDcosZADB

和/C?=/。+8。+2/￡）.①兀0$//。8，兩式相加，即可求解；

（2）根據(jù)題意，得到2而=方+就，結(jié)合向量的運算，即可求解.

【詳解】（1）證明：如圖所示，在△8D4和ABDC中，

由余弦定理，可得/C?=/￡)2+c_02_24D.cz)cos/4DC;

AB2=AD2+BD2-2.AD-BDcosZADB，

因為4D為邊3C的中線，所以AD=CO,//OC+N4DB=7i,

=AD2+BD2+2AD-BDcosZADB

所以/笈+=2AD2+2BD2.

(2)解：在一BC中，因為4D為邊8C的中線，

由2而=萬+二,可得415?=2^+就就‘

即4AD2=AB2+AC2+2AB.AC-cosABAC.

71

9.⑴，=§

（2）a=7

【分析】（1）利用平面向量數(shù)量積的定義、三角形的面積公式可求出taiM=g,結(jié)合角的取

值范圍可求得角的值；

（2）結(jié)合余弦定理及面積與周長公式整理計算即可.

【詳解】（1）由題意可得2s=2xfcsiM=Accos/,

所以tanA=A/3，

因為Ne（O,兀），所以/=熱

（2）由余弦定理可得，a2=b2+c2-2bccosA,

即b1+c2-bc=a2.

因為S=，6csin工=10V5,所以6c=40.

23

因為a+6+c=20,

所以。2=/+一A=（6+cP-3bc=（20-a）2-120,

整理得40a=280,所以。=7.

22

10.(1)2_+1-=1(x^0)

(2)(i)證明見解析；(ii)現(xiàn)也

【分析】（1）根據(jù)題意可得g（M5|+|M4|+|"B|）7=3r,化簡得|M4|+|〃為=4>|/圻，由

橢圓定義可解;

（2）（i）（法一）由直線E尸的方程為了=《x+l,與橢圓方程聯(lián)立，根據(jù)根與系數(shù)的關系可

得G（—"1___4_一3左4

倚（3左；+4'3好+4）'同理可得”（福士，丸7），又利用向量數(shù)量積運算

OGOH=9左左2+16=0,求出入g；

(3左;+4)(3后;+4)

44

（法二）設E（X]，M）,F（x,y）,G（x,y）,由點差法得先?后宓=-丁，則后。。=-才，同理

22003

kH=9

°~^k欲使,pjljk0G-kOH=-1,求得kxk2；

44k4

5）由弦長公式可得此=4-訴,倒…G':亡屋則

34

利用換元法和基本不等式知七=±1時取最大值'不妨設此時

41F）

后2=1，左=§，直線"'和尸。的夾角為凡則tanO=,,從而sin0=冷再由弦長公式求出|尸。|、

1^1，即可求解.

【詳解】(1)由題意得卜M8|+|M4|+|Affi>r=3r,

易知|建4|+|"5|=4>|/圻,

由橢圓定義可知，動點M在以A,B為焦點，且長軸長為4的橢圓上,

22

又"不能在直線48上，???。的方程為：匕+土=1（%。0）.

43

（2）（2）（i）（法一）設E（X],弘），F(xiàn)（x2,y2）,G（x0,y0）,

易知直線EF的方程為y=klx+l,

(22

匕+土=1

聯(lián)立,43

y=勺x+1

/口。o—6k,

得(3占+4)x+6左％—9=0,x{+x2=—~

3/C1+4

x,+修-3k,.14

x=--------=------,/=用X。+1=------,

023后；+4'/°103k；+4'

即G(肅？春)，

一3左4

同理可得'"(才？瓦彳),

：.OG-OH=9^+16,

(3#+4)(3%+4)

欲使。G_LOH,貝1J麗.麗=0,

即9kxk2+16=94+16=0,2=—■—,

.?.存在唯一常數(shù)人=得，使得當印2=4時，OGLOH.

(法二)設￡(國,弘)，F(xiàn)(x2,y2),G(x0,y0),

易知E尸的斜率匕不為零，否則G與A重合，

欲使。G_LOH,則以將在x軸上，又b為尸。的中點,

則尸。，尤軸，這與PQ過A矛盾，

故勺片0,同理有a片0,

—~\——-=1

則：:，可得上造必十為=4

2

yf&-X2x+x3

—+^-=1}2

易知與二七2%、”1

且自L比=士="匹，左=9,

x

Xo匹+丁2石+%2石—2

2

44

/.kx-kOG即自G=一翥，

4

同理可得，k=~—,

OH3k2

欲使OG_LO〃，則噎(LT，

「?(-2)*(-Tj-)="I,左/2=，

3kl3k29

存在唯一常數(shù)4=得，使得當她=4時，OGLOH.

(ii)由⑴易矢口不+%=瑟］，且再三=詬三，

1

|EF|=Jl+4-必|+弓)2-4%弓=Jl+k；-J，"1第：；+4)=4-§J+4，

44

即此=4-叩,同理可得，閘…

k44434

.?大"”―吁叩-一許L

記片=/〉0,

34It771

11=1

..JE尸H尸。4?+313/+4、（=+3）（3/+4）=12‘12x2+25=7,

IZiH---------rZD

t

當且僅當，=1,即左2=±1時取等，

4

由橢圓的對稱性，不妨設此時左2=1，國=M

且直線石尸和尸。的夾角為e,

3-ii-

則tan9=，^=：,不難求得sin”也，

1+lxl710

3

424425

此時，易知因…且I砂＞4-4^二了.

；.四邊形E尸尸。的面積為:|P0||EB|sin9=；xmxmx^=4*.

方法點睛：1.利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：

（1）設直線方程，設交點坐標為（無1，%），（工2,%）；

（2）聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，得到關于x（或＞）的一元二次方程，必要時計算A；

（3）列出韋達定理；

（4）將所求問題或題中的關系轉(zhuǎn)化為再+%、玉龍2（或M+%、%%）的形式；

（5）代入韋達定理求解.

2.中點弦問題

常用“點差法”，即設出弦的兩端點坐標后，代入圓錐曲線方程，并將兩式相減，式中含有網(wǎng)+%,

%+%,三個未知量，這樣就直接聯(lián)系了中點和直線的斜率，借用中點公式即可求得

玉-x2

斜率.同時設點設線聯(lián)立化解韋達判別也可充分的破解中點問題.

11.(1)V7

(2)2=8或4=-3.

【分析】⑴根據(jù)向量落石滿足同=中=2,且癡的夾角為60。，^\a+b^a2+2a-b+b2

求解；

(2)根據(jù)然一方與然+B互相垂直，由3-6可?(府+可/常-5協(xié)坂-6Z?=C求解.

【詳解】⑴因為向量4萬滿足同=胴=2,且色石的夾角為60。，

所以忖+可2=片+2a-b+b2=1+2x1x2xcos60°+4=7,

解得M+?=g；

(2)因為府-4與府+B互相垂直，

所以卜)-6可｛/LG+B)=不將-5Aa-b-6br,

=22-52xlx2xCOS60°-24=0,

即分_54-24=0,解得4=8或2=—3.

12.(1)證明見解析；

(2)b=V2.

【分析】(1)由余弦定理結(jié)合已知推理即得.

(2)根據(jù)給定條件，利用數(shù)量積定義、正弦定理求出。，再由余弦定理結(jié)合(1)求解即得.

【詳解】(1)在AASC中，由余弦定理及a3cosc-ccos5)=02,

222222

z-a+b-ca+c-b

倚H。2=ab7cosC-accos8n=--------------------------------=bl2-c2,

22

所以〃=202.

(2)在中，由瓦5.芯=c，得accosB=c,BPacosB=1,

由bsin/二行及正弦定理得asin5=6sin4=逝，兩式平方相加得/=3,

于是a=百，由余弦定理得〃=/+，-2QCCOSB,又拄=2也,

貝12c2=3+<?—2c,即。2+20_3=0，而c>0,解得。=1,因此〃=2,

所以6=VL

13.(1)最大值為2,a=n+2kK,keZ

⑵(1,；+向

【分析】(1)利用平面向量的坐標運算，求出模，表示為函數(shù)，求最值即可.

(2)利用坐標運算得到乘積，轉(zhuǎn)化為函數(shù)合理求值即可.

【詳解】(1)Q=(l,2),5=(cosa,sina)c=(—l,0)/.B+c=(cosa—l,sina)

=Vcos2a-2coscr+1+sin2a=j2-2cosa

當cosa=—l時，忸+。|最大，止匕時忸+0=2,a=R+2kR,keZ

(2)?=(1,2),^=(cosa,sina\:.a-b=cos<7+2sina=&inQ+^?)tan(p=(pE(0,

?.?ee(0,|■1++設6=夕+0，易知6是第一象限角，故原式轉(zhuǎn)化為

/'(6)=石sin6,結(jié)合正弦函數(shù)性質(zhì)得f⑼在用上單調(diào)遞增，

當6時，ta“=:，易知6是第一象限角，故sinO=@，￡%=1，

25

當6=夕+,時，sin。/?舊,岳+亞，+拒,

310102

故/(。)€(1,；+75),即Z歸e(l,；+而，

14.(1)|

⑵C3U5+?

【分析】(1)利用向量數(shù)量積的運算法則求得再由模長與數(shù)量積求得"與B夾角的余

弦值；

(2)由題意得,。+5)?+3可>0且總+B與Z+3反不共線，從而得到關于左的不等式組，解

之即可得解.

【詳解】(1)因為同期=1,(“+2可._5)=4,

所以〃+a-b-2b2=——,即1+〃-3—2=——,貝=

333

/_r\a-b1i

則cos?/)=麗=],即"與B夾角的余弦值鼠

(2)因為煬+B與￡+3彼的夾角為銳角，

所以(兀+即,+3可＞0且筋+B與￡+3萬不共線，

當人a+B與a+3石共線時，有左。+石=2(。+3可，ka+b=Aa+3Ab＜

1

由(1)知Q_與3不共線，所以[Ik=A解得左=：,

[1=343

所以當后+B與￡+36不共線時，￡,

由(左a+B)?(Q+3可＞0,得左〃+(3左+1)〃石+3戶＞0,

即左+(3左+l)x；+3〉0,施軍得左＞—g,

所以左＞-g且左即實數(shù)上的取值范圍為1*jug,+，).

15.(1)ZA?=|A8+1ZD

AN

(2)——=4A

NM

-3"

⑶°q

【分析】(i)由向量的線性運算法則計算；

(2)由題意得否士商=4下,由共起點的三向量終點共線的充要條件求出乙即

可得出答案；

(3)由題意，可設加=加方(04加wg],代入/=丁麗+了正中并整理可得

AC^(x+ym)AB+(y-x)AD,又芯=：方+而，根據(jù)平面向量基本定理得出方程組，然

后結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)可得結(jié)論.

【詳解】(1)由向量的線性運算法則，可得而=方+畫7,①

AM=AD+DC+CM＜②

因為M為線段4s中點，則兩=-麗7,

________

聯(lián)立①②得：2AM^AB+AD+DC-AB+AD,

——?3—?1—?

整理得：AM=-AB+-AD.

42

—(■(,(3—?1—??3t—t—,

(2)由4”與5。交于點N,=tAM=t\-AB+-AD\=-AB+-AD,

142J42

由共起點的三向量終點共線的充要條件知，號+!=1,解得：f=2.

425

>4——?AN

所以=即二7二4.

5NM

(3)由題意，可設DP=冽/B]()V加V；),

代入/=工麗+)；2?中并整理可得

AC=x(45-/￡))+?(40+0尸)=(x+ym)AB+(j；-x)AD.

1□

又AC=AD+DC=—AB+AD,故J,2,可得：x=y-l,2(m+\

y-x=l、

13

因為04機W],所以，

23

xy=(y-^)y=y2-y=\y一，在單調(diào)遞增,

I42

33

則當y=l時，（孫L=0，當尸5時，（孫）mJW'

E3

所以,孫的取值范圍為0，z.

(2)t=3,