资源简介

中小学教育资源及组卷应用平台
压轴专题：平面向量及其应用-2026届高考数学押题专项
1．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，点D是边BC上的一点，且．
（1）求证：；
（2）若，求．
2．已知、是单位圆上相异的两个定点（为此单位圆圆心），点是单位圆上的动点且.直线交直线于点.
（1）若，求的值；
（2）设，
①用表示；
②求的取值范围.
3．在内一点满足，则称为的布洛卡点，为布洛卡角．小明同学对布洛卡点产生兴趣，对其进行探索得到许多正确的结论，比如，若下列问题中的点为的布洛卡点，请你和他一起解决如下问题：
（1）当，且时，求；
（2）角，，所对的边分别为，，，，求证：；
（3）在（2）的条件下，若的周长为4，试把表示为的函数，并求的值域．
4．已知a，b，c分别为斜三个内角A，B，C的对边，且满足.
（1）求角A的值；
（2）记边上的高为h，
（i）若，求的值；
（ii）求的取值范围.
5．如图，在边长为1的正三角形ABC中，D为AB的中点，，过点O的直线交边AB与点M，交边AC于点N．
（1）用，表示；
（2）若，，求的值；
（3）求的取值范围．
6．如图1，已知四边形为菱形，，，为的外心．
（1）求的值；
（2）点在以为圆心，1为半径的圆上运动，
①已知点是点关于点的对称点，求的取值范围；
②已知点为边的中点，且存在实数x，y，z，使得，求出当最大时的的值．
7．如图，在中，是线段上一点，且满足，点满足，过的一条直线分别交线段、于点、．设，，其中、．记，.
（1）试用、表示；
（2）求的最小值；
（3）若直线交的延长线于点，并有，求的值．
8．定义：若非零向量，函数的解析式满足，则称为的伴随函数，为的伴随向量，
（1）若向量为函数的伴随向量，求；
（2）若函数为向量的伴随函数，在中，，且，求证：．
（3）若函数为向量的伴随函数，关于的方程在上有且仅有四个不相等的实数根，求实数的取值范围．
9．在锐角中，角的对边分别为，满足.
（1）求角的大小；
（2）若，求面积的取值范围；
（3）“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.若的面积为3，是否在内部存在费马点，使得为定值，若存在请求出该定值并说明理由，若不存在也请说明理由.
10．我们知道，三角形中存在诸多特殊位置的点，并且这些特殊点都具备一定的特殊性质.意大利学者托里拆利在研究时发现：在三角形的三边分别向其外侧作等边三角形，这三个等边三角形的外接圆交于一点，该点即称为托里拆利点（以下简称“点”）.通过研究发现三角形中的“点”满足到三角形三个顶点的距离和最小.当的三个内角均小于时， 使得的点即为“点”； 当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为“点”.试用以上知识解决下面问题： 已知的内角所对的边分别为.
（1）若，则
①求；
②若，设点为的“点”， 求；
（2）若，设点为的“点”，，求实数的最小值.
11．设是直线外一点，点在直线上（点与点、任一点均不重合），我们称如下操作为“由点对施以视角运算”：若点在线段上，记；若点在线段外，记在中，角、、的对边分别是、、，点在射线上.
（1）若是的中点，由点对施以视角运算，求的值；
（2）若，，，由点对施以视角运算，，求的周长；
（3）若，由点对施以视角运算， 求的最小值.
12．设非零向量，，并定义.
（1）若，，求；
（2）写出，，之间的等量关系，并证明；
（3）若，为单位向量，求证：集合是有限集.
13．“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120°时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于120°时，最大内角的顶点为费马点.试用以上知识解决下面问题：已知的内角，，所对的边分别为，，，点为的费马点，且满足，.
（1）求；
（2）求的值；
（3）求的取值范围.
14．已知中，角，，所对的边分别为，，，已知，且，，是角平分线，交于.
（1）求的长.
（2）延长至点，使得，求.
（3）若是角平分线所在直线上一点，且满足（，），若，求取值范围.
答案解析部分
1．【答案】（1）证明：在中，，
则
整理得，则
又，则
在中，由正弦定理得，则
在中，由正弦定理得，则
则
则
（2）解：由，可得，又
则
由
可得，解之得
又，则，
由，可得
则
2．【答案】（1）解：，且，，都是单位圆上的点，
，
因为，，所以；
（2）解：①、由（1）有，则以为原点，分别以，的正方向为，轴的正方向建立平面直角坐标系，如图所示：
则，，因为，所以，所以，
因为，所以，
所以，
因为，所以，所以，；
②、依题意在第二象限，在线段上，
如图有，
所以，
令，则，
所以，，所以，
所以，在上单调递增，所以，
即的取值范围为.
3．【答案】（1）解：当，且时，得，
由余弦定理，得，所以，
又，所以，，
在中，由正弦定理得，解得，
比如，
在中，由正弦定理得，解得，
所以，解得.
（2）证明：由，则，
在中，由正弦定理得，解得①，
在中，，
由正弦定理得，，得②，
由①②+，即.
由正弦定理，可得.
（3）解：由题意有，，则
，
所以，
因为，解得，
又由三角形边的关系知，则，即
，整理得，解得，即，
而时，单调递减，，，
所以的值域为.
4．【答案】（1）解：由及正弦定理可得：.
在中，∵，∴，
代入上式化简可得：.
∵，∴，即，
∴.又∵，∴，
∴或，即或.
又为斜三角形知，∴.
（2）解：（i）由（1）知.∵面积，边上的高，
∴.
由余弦定理可知：，即，
即，∴或.
所以或.
（ⅱ）由，得，
∴
.
∵，∴，∴.
5．【答案】（1）解：因为D为BC中点，
所以，.
又因为，
所以.
（2）解：若，，
所以，，
所以.
因为M，O，N三点共线，
所以，
所以，.
（3）解：因为，，，
所以，
.
由（2）得，得，，
令，，则，
得.
根据对勾函数的单调性可知，在上单调递减，在上单调递增，
且，，所以，
所以，.
因为，
所以，根据二次函数的性质可知，
所以的取值范围为.
6．【答案】（1）解：已知四边形为菱形，且， 可得为等边三角形，
因为为的外心，即为的中心，
又因为，可得，且，因为，所以，
所以.

（2）解：①以O为原点，OA为轴，建立平面直角坐标系，
可得，因为点P在以O为圆心，1为半径的圆上运动，故设，
则，，
所以，
令，则，
所以，则，
所以；
②以O为原点，OA为轴，建立平面直角坐标系，可得，
由，，
又由，
所以
，
因为，
所以，且，
所以，代入，
可得，
整理得，
显然，两边同时除以，可得，
令，，可得，
即，（☆）
所以，即，
解得，所以（即m）的最大值为．
此时，式子（☆）有两个相等的根，所以，
所以．
7．【答案】（1）解：因为是线段上一点，且满足，则，
所以，可得，
因为，故.
（2）解：因为，，其中、，
由（1）可知，
因为、、三点共线，则存在，使得，
所以，可得，
又因为、不共线，所以，，则，
所以
，
当且仅当时，即当时，等号成立，
故的最小值为.
（3）解：因为，，所以，即，
即，可得，
因为，所以，则，
因为、、三点共线，则存在，使得，
即，所以，
因为、不共线，所以，，则，解得，
由（2）可知，代入可得，故.
8．【答案】（1）解：因为，
则，故.
（2）证明：由题意得，，
由可得，
因，则，故，解得.
，①
因，则，
②+①可得：，②-①可得，
两式相比可得：，即.
（3）解：由题意得，，
由可得，
即，
当或时，；
当时，，
作出函数在上的图象.
因方程在上有且仅有四个不相等的实数根
等价于函数与函数的图象在上有四个交点.
由图知，当且仅当或时，两者有四个交点.
故实数的取值范围为.
9．【答案】（1）解：由，
可得，
即，即，即，
因为，所以；
（2）解：由题设及（1）知，
因为为锐角三角形，且，
所以，即，
又由余弦定理得，所以，即，
所以，
则面积的取值范围是；
（3）解：因为的面积为3，所以，所以，
设，则，
在中，由正弦定理，可得，
在中，由正弦定理，可得，
则.
10．【答案】（1）解：①、在 中，由正弦定理得，
因为，所以，
，
，
因为，所以，又因为，所以；
②、由①知，则 的三个角都小于，
由“点”定义知：，
设，，，由得
，整理得，
所以
（2）解：，由正弦定理可得，
则，因为均为三角形内角，所以（舍）或，
即，所以，
由点为的“点”，得，
设，，，，
由， 得，
由余弦定理得，
，
，
相加得，得，整理得，
，当且仅当，即时等号成立，
又 因为 而 解得，则实数的最小值为.
11．【答案】（1）解：由定义可知：，
在三角形中，，
则，
在三角形中，，
则，
因为是的中点，且，
所以.
（2）解：因为点在射线上，，且，
所以在线段外，且，
则，
所以，
在中，由余弦定理，可得，
则，
解得（负值已舍去），
所以，
则的周长为.
（3）解：因为，
所以，则，
又因为，所以，
因为，
所以，
又因为，所以，则，
所以，
当且仅当时，即当，时等号成立，
则的最小值为.

12．【答案】（1）解：，，，
，，
，；
（2）解：，，之间的等量关系为，
证明如下：，，
，
又，，
，
，
；
（3）证明：由（2）及，可得，依次类推，
可设，则，，
依题意得：
，
，
，
同理得：，
依次类推可得：，
，
，，所以周期为6，
综上：集合是有限集，最多只有6个元素.
13．【答案】（1）解：由，得，
所以，
所以.，
所以，
因为，所以，
可得，又，所以；
（2）解：由，可得的三个内角均小于120°，又点为的费马点，
则，
由可得，
由余弦定理可得，
所以，所以，
又，
故，
可得.
所以；
（3）解：设，则，，，
其中，
在中，由正弦定理可得，即，
则，
在中，由正弦定理可得，即，
则，
，
又
，
又，
所以的取值范围是.
14．【答案】（1）解：由，
根据正弦定理（为外接圆半径），
可得.
因为，，所以，
所以，
所以
因为，所以，
因为是角平分线，所以.
由，
根据三角形面积公式，可得
.
即，
解得.

（2）解：在中，，，，
由余弦定理，得，
所以，
在中，，，
由余弦定理，
则.
由是角平分线，得，所以.
在中，，，，
由余弦定理；
（3）解：设，则∴，则
.
∵，∴
∵，∴，解得.
∵，∴
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)

展开更多......

收起↑