特训03 期中解答压轴题（六大题型归纳）
目录：
题型1：新高考压轴新题型（1-8题）
题型2：平面向量（9-12题）
题型3：解三角形（13-15题）
题型4：平面向量与解三角形结合（16-18题）
题型5：复数（19题）
题型6：立体几何（20-25题）
题型1：新高考压轴新题型
1．对于数集，其中，．定义向量集．若对于任意，存在，使得，则称X具有性质P．
(1)已知数集，请你写出数集对应的向量集，是否具有性质P？
(2)若，且具有性质P，求x的值；
(3)若X具有性质P，求证：，且当时，．
【答案】(1)，具有性质
(2)4
(3)证明见解析
【分析】（1）根据向量集的定义，即可写出.在中，检验任意，存在，使得，即可得出答案；
（2）在中取，可得或，根据数量积的坐标公式结合条件即得；
（3）取，设，根据条件可得 中一个必为，另一个数是1，从而 ，然后利用反证法，即得.
【解析】（1）由已知可得，.
因为，，，，，，
即对任意，存在，使得，
所以，具有性质.
（2）因为具有性质，
取，由，则中的或.
当时，由可得，.
因为，所以或，所以或.
又，则；
当时，有可得，.
因为，所以不存在，舍去.
综上所述，.
（3）因为数集，其中，
取，设，
由得，则，
则和中有一个数是，
则和中有一个数是，即，
假设，则，
再取，，则，
所以和异号，且其中一个值为，
若，则，矛盾；
若，则，矛盾；
则假设不成立，
可得当时，.
【点睛】思路点睛：根据题意向量集的概念，以及集合中的特殊元素“”，得出元素“1”，进而假设，根据数量积为0，推出矛盾，即可得出证明.
2．十七世纪法国数学家、被誉为业余数学家之王的皮埃尔·德·费马提出的一个著名的几何问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小”它的答案是：“当三角形的三个角均小于时，所求的点为三角形的正等角中心，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角；当三角形有一内角大于或等于时，所求点为三角形最大内角的顶点．在费马问题中所求的点称为费马点．已知a，b，c分别是三个内角A，B，C的对边，且，点为的费马点．
(1)求角；
(2)若，求的值；
(3)若，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】
（1）根据三角恒等变换即可结合同角关系求解，
（2）根据余弦定义以及等面积法可得，即可根据数量积的定义求解，
（3）根据余弦定理，结合（2）的结论可得，进而根据三角形相似可得，由基本不等式以及三角形边角关系可得，即可由函数的单调性求解.
【解析】（1）
，
，
，
，
又，，
，,，
（2）
，
，又，
，
设，，，
，三角形的三个角均小于120，
根据题意可得，
又，
，
，
．
（3）
由 ，
，，
由余弦定理可得，
同理可得，，
相加可得，
又，
所以，
由于,
所以又
故，所以，
故，且
故，当且仅当时等号成立，
又，所以
，
令，则，
所以，
由于函数均为上的单调递增函数，故为的单调递增函数，
故，进而
【点睛】方法点睛：处理多变量函数最值问题的方法有：（1）消元法：把多变量问题转化单变量问题，消元时可以用等量消元，也可以用不等量消元.（2）基本不等式：即给出的条件是和为定值或积为定值等，此时可以利用基本不等式来处理，用这个方法时要关注代数式和积关系的转化. （3）线性规划：如果题设给出的是二元一次不等式组，而目标函数也是二次一次的，那么我们可以用线性规划来处理.
3．在平面直角坐标系中，对于任意相邻三点都不共线的有序整点列（整点即横纵坐标都是整数的点），，，，与，，，，，其中，若同时满足：①两点列的起点和终点分别相同；②线段，其中，则称与互为正交点列.
(1)求：，，的正交点列；
(2)判断：，，，是否存在正交点列？并说明理由；
(3)，，是否都存在无正交点列的有序整点列？并证明你的结论.
【答案】(1)，，
(2)不存在，理由见解析
(3)不存在，证明见解析
【分析】（1）由正交点列的定义可知，，设，由正交点列的定义可知，即可得出结论；
（2）设点列，，，是点列，，，的正交点列，则可设，，，，因为与，与相同，即可得到结论；
（3），，都存在整点列无正交点列.设，其中，是一对互质整数，，则有，分类讨论，即可得出结论.
【解析】（1）设点列，，的正交点列是，，，
由正交点列的定义可知，，
设，，
由正交点列的定义可知，
即，解得
所以点列，，的正交点列是，，.
（2）由题可得，
设点列，，，是点列，，，的正交点列，
则可设，，，
因为与，与相同，所以有
因为，，，方程②显然不成立，
所以有序整点列，，，不存在正交点列；
（3），，都存在整点列无正交点列.
，，设，其中，是一对互质整数，
若有序整点列，，，是点列，，，正交点列，
则，
则有
当为偶数时，取，.
由于，，，是整点列，所以有，.
等式（2*）中左边是3的倍数，右边等于1，等式不成立，
所以该点列，，，无正交点列；
当为奇数时，取，，，，
由于，，，是整点列，所以有，.
等式（2*）中左边是3的倍数，右边等于1，等式不成立，
所以该点列，，，无正交点列.
综上所述，，，都不存在无正交点列的有序整数点列.
【点睛】关键点睛：本题以平面直角坐标系为载体，平面向量为工具，给出新定义“互为正交点列”，解本类题的关键在于结合课本知识，认真理解新定义，在新定义的基础上用学过的知识来解决问题.
4．将平面直角坐标系中的一列点、、、、，记为，设，其中为与轴方向相同的单位向量.若对任意的正整数，都有，则称为点列.
（1）判断、、、、、是否为点列，并说明理由；
（2）若为点列，且.任取其中连续三点、、，证明为钝角三角形；
（3）若为点列，对于正整数、、，比较与的大小，并说明理由.
【答案】（1）是点列，理由见解析；（2）证明见解析；（3），理由见解析.
【分析】（1）计算得出，作差得出，由此可得出结论；
（2）分析出，，以及、、不共线，利用平面向量的数量积分析可得出为钝角，由此可证得结论成立；
（3）利用不等式的基本性质可得出，再利用平面向量数量积的坐标运算可得出结论.
【解析】（1）为点列，理由如下：
由题意可知，，，所以，
，即，，
所以、、、、、为点列；
（2）由题意可知，，，所以，
因为为点列，所以，，
又因为，所以.
所以对中连续三点、、，都有，.
因为，，
因为，故与不共线，即、、不共线，
因为，
所以，，则为钝角，
所以为钝角三角形；
（3）由，.
因为为点列，由（2）知，，
所以，，，
，
两边分别相加可得，
所以，所以，所以，
又，，
所以，，所以.
【点睛】方法点睛：判断的内角为钝角的方法如下：
（1）余弦定理：计算得出；
（2）向量法：计算得出.
5．对平面向量，定义.
(1)设，求；
(2)设，，，，，点是平面内的动点，其中是整数.
（ⅰ）记，，，，的最大值为，直接写出的最小值及当取最小值时，点的坐标.
（ⅱ）记.求的最小值及相应的点的坐标.
【答案】(1)5
(2)（i）的最小值为，；（ii）的最小值为13，
【分析】（1）根据题意直接求解即可；
（2）（i）先证明充分性，设，其中，从而由绝对值不等式性质得到，此时，点的坐标为，再说明必要性；
（ii）设点的坐标为，表达出，
，，分别求出和的最小值，进而得到的最小值及此时点的坐标.
【解析】（1）当时，；
（2）（i）的最小值为，此时点的坐标为.
一方面，设，其中.
，，
相加得，故.
欲使上述不等式的等号均成立，有且，得.
另一方面，当点的坐标为时，，，
，
此时，.
（ⅱ）设点的坐标为.
，
，
，，
所以，
其中
（当且仅当时，等号成立），
（当且仅当时，等号成立），
所以，当且仅当且时，等号成立，
即点时，等号成立.
【点睛】定义新运算问题，命题新颖，且存在知识点交叉，常常会和不等式，函数的性质，包括单调性，值域等进行结合，很好的考虑了知识迁移，综合运用能力，对于此类问题，一定要解读出题干中的信息，正确理解问题的本质，转化为熟悉的问题来进行解决.
6．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.
7．设是一个关于复数z的表达式，若（其中x，y，，为虚数单位），就称f将点“f对应”到点．例如将点“f对应”到点．
(1)若点“f对应”到点，点“f对应”到点，求点、的坐标；
(2)设常数，，若直线l：，，是否存在一个有序实数对，使得直线l上的任意一点“对应”到点后，点Q仍在直线上？若存在，试求出所有的有序实数对；若不存在，请说明理由；
(3)设常数，，集合且和且，若满足：①对于集合D中的任意一个元素z，都有；②对于集合A中的任意一个元素，都存在集合D中的元素z使得．请写出满足条件的一个有序实数对，并论证此时的满足条件．
【答案】(1)
(2)
(3)，证明见解析
【分析】
（1）根据题中的新定义求解即可；
（2）由题意可得，进而由条件得出关于的方程组，求解即可；
（3）满足条件的一个有序实数对为，即，，结合复数模的求法及复数的运算证明即可.
【解析】（1）由知，则，故；
设，则，
由知，则，即.
（2）直线l上的任意一点“对应”到点，
，且，
，即，
由题意，点仍在直线上，则，又，
则，
展开整理得，
则，解得，
所以，所求的有序实数对为.
（3）满足条件的一个有序实数对为，即，，证明如下：
设，则，，
∵，∴，
，即，满足条件①；
设，且，即，得，
由得，
则
，
则，满足条件②，
综上，满足条件的一个有序实数对为.
【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．
8．利用平面向量的坐标表示，可以把平面向量的概念推广为坐标为复数的“复向量”，即可将有序复数对（其中）视为一个向量，记作．类比平面向量可以定义其运算，两个复向量，的数量积定义为一个复数，记作，满足，复向量的模定义为．
(1)设，，为虚数单位，求复向量、的模；
(2)设、是两个复向量，
①已知对于任意两个平面向量，，（其中），成立，证明：对于复向量、，也成立；
②当时，称复向量与平行．若复向量与平行（其中为虚数单位，），求复数．
【答案】(1)，
(2)①证明见解析；②
【分析】（1）根据题目中复向量的模长公式计算即可；
（2）①利用模长公式和复数的三角不等式，以及的坐标表示，即可证明结论成立；
②根据①中等号成立的条件，结合题意即可求出和的值．
【解析】（1）因为，所以，
可得的模为；
因为，所以，
所以的模为；
（2）因为，所以，
由复数的三角不等式，
由，得，所以，
所以，
综上所知，
②考虑①中等号成立的条件知，对于复数的三角不等式，复向量各分量均不为零时，其等号成立的条件是存在非负实数，使得，
若复向量与平行，则，
根据中等号成立的条件，应有，
则，
结合，得，解得；
所以，所以．
题型2：平面向量
9．在中，点是内一点，
(1)如图，若，过点的直线交直线分别于两点，且，已知为非零实数.试求的值.
(2)若，且，设，试将表示成关于的函数，并求其最小值.
【答案】(1)
(2)，最小值为：
【分析】（1）根据题意用表示出，再根据M，P，N三点共线用表示出，利用平面向量基本定理即可求解.
（2）根据数量积的定义分别求出，，再对平方即可将表示成关于的函数，再利用基本不等式求
的最小值即可.
【解析】（1）一方面，
故.
另一方面，由M，P，N三点共线知，
所以，即
消去，得，故.
（2）由得，，因为，
所以，所以；，所以；
所以
当目仅当即时等号成立，
所以;.
【点睛】本题考查向量模的最值，利用向量数量积的定义将，，转化为，，再对平方，将表示成关于的函数，最后利用基本不等式求出的最小值.
10．在直角梯形中，已知，，，动点、分别在线段和上，且，．
(1)当时，求的值；
(2)求向量的夹角；
(3)求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）先根据向量的线性运算表示出和；再根据向量的数量积运算律即可求解.
（2）先根据向量的线性运算表示出；再根据向量的数量积运算得出即可解答.
（3）先根据表示出；再根据响亮的数量积运算得出；最后根据即可求解.
【解析】（1）当时，
依题意知，，，.
则， .
因为，
，
.
所以.
因此.
因为， ，，
所以，，
所以
（2）由（1）知.
因为，，
所以；
.
则.
因为，， ，
所以，
故向量的夹角为
（3）由（2）可知：
，
.
则.
因为，， ，
所以
由题意知，，
所以的取值范围是，
∴的取值范围是．
11．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.
12．如图，已知是边长为2的正三角形，点在边上，且，点为线段上一点．
(1)若，求实数的值；
(2)求的最小值；
(3)求周长的取值范围．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）结合图形，利用平面向量基本定理，以及向量的线性运算，即可求解；
（2）首先用基底向量表示向量和，再结合数量积的运算律表示为函数求最值问题，即可求解；
（3）首先在△QPC中，设，，，再根据正弦定理，利用三角函数表示的周长，结合三角函数恒等变换以及函数的性质，即可求解.
【解析】（1）由题意，即，故，因为Q为线段AP上一点，
设，
又，，
即，又不共线，
所以，解得，
所以；
（2），
由（1）知，，
，
所以
，
设，
当时，，所以的最小值为
（3）在△ABP中，，．
在△QPC中，设，，
在△ABP中，，即，，，，
在中，，即，
，
所以的周长．
代入上式得：．
令．
，而．
在中，，，，，
，，即
又．
，设，则，
即，，得，即，
，设，则，
即，，得，即，
，
，
所以，
因此的周长的取值范围是．
【点睛】关键点点睛：本题考查平面向量的表示即运算，以及三角函数的性质和解三角形的综合应用问题，第三问是本题的难点，关键是将周长表示为关于的三角函数.
题型3：解三角形
13．在中，内角所对的边分别为，满足
(1)求证：；
(2)若为锐角三角形，
①求的取值范围；
②求的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)① ；②
【分析】（1）根据题意，由正弦定理和三角形的内角和的性质，化简得到，进而证得；
（2）根据题意，列出不等式组，求得，①由和正弦定理得到，进而求得的取值范围；②由，化简得到，结合基本不等式和对勾函数的性质，即可求解.
【解析】（1）解：因为，由正弦定理可得，
又因为，
代入可得，即，
因为，则，故，
所以或，即或（舍去），
所以．
（2）解：因为为锐角三角形，，所以，
由，解得；
①由正弦定理，可得，
因为，所以，则，
可得的取值范围为；
②由
，
当且仅当时，即时取等号，
但因为，所以，可得，所以等号不成立，
令，则t在上单调递增，所以，
所以的取值范围为．
14．在中，对应的边分别为，，，，.
(1)若存在，求
(2)在（1）的条件下，若是内一点，过作垂线，垂足分别为，，，求的最小值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）依题意可得，即可得到，从而得到或，再利用辅助角公式分类讨论，即可得解；
（2）依题意可得，即可得到，再由余弦定理得到，则，利用基本不等式求出的取值范围，令，则，再根据函数的性质计算可得.
【解析】（1）因为，
所以，
即，
所以，
所以或，
若，则，
所以或，因为，所以，则；
若，则，
所以或，因为，均不符合题意；
综上可得.
（2）因为
，
由余弦定理可知，
所以，所以，
所以，
令，则，所以，
，
又，当且仅当时取等号，
所以，
又，即，
所以，
所以
令，所以，
令，，
显然函数在上单调递减，
所以，
所以
，当且仅当时取等号，
所以，即的最小值为.
15．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知.
(1)求角A；
(2)已知，，点P，Q是边上的两个动点（P，Q不重合），记.
①当时，设的面积为S，求S的最小值：
②记，.问：是否存在实常数和k，对于所有满足题意的，，都有成立 若存在，求出和k的值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)①；②存在，，
【分析】（1）先由正弦定理边角互化，由三角恒等变换、三角函数化简得解；
（2）①先找到，设，，在和中，由正弦定理得，，从而由得解.
②假设存在实常数，k合题，由和差化积，积化和差化简可得：
，由，是定值，整理化简得到：
，故而,进而得解.
【解析】（1）因为，所以由正弦定理可得，
所以，
所以，所以，
因为，，
所以或或，
即或（舍去）或（舍去），又，所以；
（2）①因为，所以，又，，所以，.
如图，设，，
则在中，由正弦定理，得，
所以
在中，由正弦定理，得，所以，
，
因为，所以，
故当，即时，；
②假设存在实常数，k，对于所有满足题意的，，都有成立，
则存在实常数，k，对于所有满足题意的，，
都有，
由题意，是定值，所以，是定值，
对于所有满足题意的，成立，
故有,
因为，从而，即，
因为，为的内角，所以，从而，.
【点睛】关键点睛：含参数的等式恒成立问题，只需通过参数整理，此题的关键是得到，则，变量多，技巧性较强.
题型4：平面向量与解三角形结合
16．在中，角，，的对边分别为，，，点，，分别位于，，所在直线上，满足，，（，，）．
(1)如图1，若三角形是边长为3的正三角形，且，求；
(2)如图2，若，，交于一点，
①求证：
②若，，，，求．
【答案】(1)
(2)①证明见解析 ②
【分析】
（1）根据向量的线性运算及向量平面基本定理，列出方程求解即可；
（2）由三角形面积比与线段的比化简即可得①，利用相似求出，，再由解三角形得出，根据三角形面积间的关系及三角形面积公式得解.
【解析】（1）设，则，
因为，，
所以，
令，
所以，解得，
所以.
（2）如图，过点作于点，
因为，所以；
同理可得：，所以，即；
同理可证：，，
.
②过点作的平行线交于点，过作交于点，如图，
由，，可得，所以，
所以，
由，，可得，且，
所以，，即，
设，
则由余弦定理可得：，
即，解得，
所以，
故，
所以.
【点睛】关键点点睛：本题第二问解题的关键在于寻求三角形的面积比与线段的面积比之间的关系，得出此关系即可完成的证明；对求解三角形的面积，关键利用辅助线得出，再由辅助线得出的长.
17．如图，设中角，，所对的边分别为，，，为边上的中线，已知且，.
(1)求边的长度；
(2)求的面积；
(3)点为上一点，，过点的直线与边，（不含端点）分别交于，.若，求的值.
【答案】(1)4
(2)
(3)
【分析】（1）根据和正弦定理可得，由余弦定理可得，进而，即可求解；
（2）设，根据平面向量的线性运算可得，则结合数量积的运算律和定义可得，由得，化简得，利用同角三角函数关系和三角形面积公式计算即可求解；
（3）设，，、.由向量的线性运算可得.结合得，解得，，利用三角形面积公式计算即可求解.
【解析】（1）由题意得：，
在中，由正弦定理，得，
在中，由余弦定理，所以，
得，又∵，∴.
（2）设，∵AD为边上的中线，∴，
则，
，
，①
整理得，即，
得或，
由①，得，∴，∴，
∴，∴.
（3）由（2）知，，
D为BC的中点，则，
设，，、.
所以，得，
又E、G、F三点共线，所以，即.
由，得，
又，所以，
化简得，解得，，
∴，，
∴.
18．在锐角中，，点为的外心．
(1)若，求的最大值；
(2)若．
①求证：；
②求的取值范围．
【答案】(1)
(2)①证明见解析；②.
【分析】（1）推导出，，由以及平面向量数量积的运算性质可得出，，求出、的表达式，再利用基本不等式可求得的最大值；
（2）①证明出，设与的夹角为，且，计算得出，可得出，即可证得结论成立；
②计算出的外接圆半径为，可得，求出角的取值范围，结合余弦函数的基本性质可求得的取值范围.
【解析】（1）解：如下图所示：
取的中点，连接，则，
所以，，
同理可得，
由平面向量数量积的定义可得，
因为，所以，，
即，所以，，①
，即，
所以，，②
联立①②可得，，
所以，，
当且仅当时，等号成立，故的最大值为.
（2）解：①因为，，则，
由圆的几何性质可得，所以，.
设的外接圆半径为，
所以，
所以，
又
而，则，
所以，，
所以
．
设与的夹角为，且，
则，
所以，即.
故，得证；
②因为，，，所以，，所以，.
其中，且为锐角，故，
由可得，
因为，可得，则，
则，且，
因为余弦函数在上单调递减，在上单调递增，
又因为，，
所以，，
所以，，
所以，.
【点睛】方法点睛：求向量模的常见思路与方法：
（1）求模问题一般转化为求模的平方，与向量数量积联系，并灵活应用，勿忘记开方；
（2）或，此性质可用来求向量的模，可实现实数运算与向量运算的相互转化；
（3）一些常见的等式应熟记：如，等.
题型5：复数
19．已知i是虚数单位，a，，设复数，，，且.
(1)若为纯虚数，求；
(2)若复数，在复平面上对应的点分别为A，B，且O为复平面的坐标原点.
①是否存在实数a，b，使向量逆时针旋转后与向量重合，如果存在，求实数a，b的值；如果不存在，请说明理由；
②若O，A，B三点不共线，记的面积为，求及其最大值.
【答案】(1)或
(2)①存在，；②，最大值为2
【分析】
（1）计算，然后使其实部为零，虚部不为零，再结合可求出的值，从而可求出求；
（2）①方法一：由题意可得，然后解关于的方程组可得结果，方法二：设则，再由题意得，从而可求得结果，
②设向量的夹角为θ，，设复数所对应的向量为则，化简后再利用可求得其最大值.
【解析】（1）因为复数，
所以，
而为纯虚数，因此，即.
又因为，且，所以，
由，解得或，
所以或.
（2）①存在，理由如下：
法一：由题意知：，得，
解得或 ，
因为OB逆时针旋转后与OA重合，所以；
法二：设是以x轴正半轴为始边，OB为终边的角，则，
所以即，
所以，所以 ，
且时，满足.
所以.
②因为复数，对应的向量分别是为坐标原点），且O，A，B三点不共线，
所以设向量的夹角为θ，，设复数所对应的向量为
则且，
因此的面积，
，
设，则，
当且仅当且，即或时等号成立，
所以，其最大值为2.
【点睛】关键点点睛：此题考查复数的运算，考查复数的有关概念的应用，考查复数的几何意义的综合应用，解题的关键是对复数的几何意义的正确理解，考查数学计算能力，属于较难题.
题型6：立体几何
20．如图，正方形中，边长为4，为中点，是边上的动点．将沿翻折到，沿翻折到，
(1)求证：平面平面；
(2)设面面，求证：；
(3)若，连接，设直线与平面所成角为，求的最大值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3)
【分析】
（1）由已知，可得面SFD，由面面垂直的判定定理可得证；
（2）利用线面垂直的性质定理证明即可；
（3）设S在面AEF上的射影为O，则为直线SE与平面DEF所成角．设，利用体积法，由求得，从而得的表达式，结合换元法及函数的单调性求出的最大值．
【解析】（1）
因为ABCD是正方形，，
又，面SFD，面SFD，
又平面，所以平面平面SFD；
（2）
证明：因为，面，面，所以面，
又因为面面，所以.
（3）
设S在面AEF上的射影为，连接EO，则为直线SE与平面DEF所成角．
设，则．
．
在中，，．
可得，
，
，
又，，
令，
令，
，
当且时，，则，
可得在上单调递减，
当，即时，最大为，
最大值为．
21．已知点是边长为2的菱形所在平面外一点，且点在底面上的射影是与的交点，已知，是等边三角形.
(1)求证：；
(2)求点到平面的距离；
(3)若点是线段上的动点，问：点在何处时，直线与平面所成的角最大？求出最大角的正弦值，并求出取得最大值时线段的长.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)点在线段上靠近点的4分点处，此时，.
【分析】（1）由题可得平面，故，根据菱形的性质可得，再根据线面垂直的判定定理与性质定理即可证明；
（2）由题干数据结合即可求解；
（3）由线面平行的判定定理可得，可得到平面的距离即为到平面的距离，过作垂线平面交于点，要使角最大，则需使最小，此时，从而求解.
【解析】（1）点在底面上的射影是与的交点，
平面，
平面，
，
四边形为菱形，
，
，平面，
平面，
平面，
；
（2）由题意可得 与都是边长为2的等边三角形，
，，
，
，
，
设点到平面的距离为，
由得，
即，解得.
故点到平面的距离为.
（3）设直线与平面所成的角为，
，
到平面的距离即为到平面的距离.
过作垂线平面交于点，则，
此时，要使最大，则需使最小，此时.
由题意可知：，，
平面，且，
，，
在中，由余弦定理可得：
，
，
由面积相等，
即，解得：，
，，
即点在线段上靠近点的4分点处，此时，.
22．如图，在矩形ABCD中，，，M是线段AD上的一动点，将沿着BM折起，使点A到达点的位置，满足点平面且点在平面内的射影E落在线段BC上.
(1)当点M与端点D重合时，证明：平面；
(2)求三棱锥的体积的最大值；
(3)设直线CD与平面所成的角为，二面角的平面角为，求的最大值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）通过证明和，证明平面；
（2）设，由，可求最大值；
（3）由几何法找到和，表示出，利用函数方法可求最大值.
【解析】（1）当点M与端点D重合时，由可知，
由题意知上平面，平面，所以，
又，，平面，平面，
所以平面，又平面，可知
，平面，平面，
所以平面
（2）矩形中作，垂足为点O，折起后得，
由平面，平面，可得，所
平面，，所以平面，
平面，可得，所以A，O，E三点共线，
因此与相似，满足，
设，所以，，，
，，
要使点射影落在线段上，则，所以，
所以，
当时，.
（3）过点做交于，所以直线与平面所成的角即为直线与平面所成的角，
由（2）可知平面，平面，所以平面平面，
作，垂足为，平面平面，平面，可得平面，
连接，是直线与平面所成的角，即，
由题意可得，，
因为，，所以是二面角平面角，
即，，
，当且仅当时“＝”成立，
故的最大值为.
【点睛】方法点睛：
1.求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面，例如三棱锥的三条侧棱两两垂直，我们就选择其中的一个侧面作为底面，另一条侧棱作为高来求体积．
2.求直线与平面所成的角的一般步骤：
①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；
②计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解．
3.作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角．
23．如图，在梯形中，，，，四边形为矩形， 平面平面，.
(1)求证：平面；
(2)求二面角的平面角的余弦值；
(3)若点在线段上运动，设平面与平面所成二面角的平面角为，试求的范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)，.
【分析】（1）通过证明结合平面平面可证明结论；
（2）取中点，连接，，通过说明，可得为二面角的平面角，后由题目条件结合余弦定理可得答案；
（3）当点M在F点时，由（2）可知答案；当M在点E时，过B作，且使，连接，，则由题目条件可得；当与，都不重合时，令，延长交的延长线于，连接，过作交于，连接，通过说明，可得.后综合三种情况可得答案.
【解析】（1）证明：在梯形中，，，，，，
，，平面平面，平面平面，平面，平面.
（2）解：取中点，连接，，
，，，
，，为二面角的平面角.
，，，，
.
（3）由（2）知：
①当与重合时，；
②当与重合时，过作，且使，连接，，则平面平面，，，平面ABC，平面ABC，，平面，平面，，，；
③当与，都不重合时，令，，延长交的延长线于，连接，在平面与平面的交线上，在平面与平面的交线上，平面平面，
过作交于，连接，
由（1）知，，又，平面，，
平面，平面，.
又，平面ACH，，平面，，.
在中，，从而在中，，
，，.，.
综上所述，，.
【点睛】方法点睛：本题涉及利用几何方法求二面角的平面角大小，对于此类问题可在两半平面内过交线上一点作交线的垂线；也可找到与交线垂直的平面，则垂面与半平面交线所形成的角即为所求平面角.
24．如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，，D，E分别是线段的中点，在平面内的射影为D．
(1)求证：平面；
(2)若点F为棱的中点，求三棱锥的体积；
(3)在线段上是否存在点G，使二面角的大小为，若存在，请求出的长度，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见详解；
(2)
(3)
【分析】
（1）通过几何图形的性质证明即可；
（2）构造线面平行，求得F到平面的距离结合三棱锥的体积公式计算即可；
（3）根据二面角的定义结合（1）作出其平面角，解三角形即可.
【解析】（1）
如图所示，连接，由题意可知面ABC，四边形是菱形.
∵面ABC，
∴，
又∵D是AC中点，是正三角形，
∴，
显然面，
∴面，
∵面，
∴，
在菱形中，有，
而D，E分别是线段的中点，则，∴,
∵面，
∴面;
（2）
如图所示，取的中点S，连接，过F作交于I，
过I作分别交的延长线于H、N，
易知分别是的中点，
则由条件可得，面，面，故面，
即到面的距离等于到面的距离，
由（1）得，面，所以面，是直角三角形，
在菱形中，易得，
所以，即到面的距离为，
，所以；
（3）
如图所示，假设存在G点满足题意，取的中点S，连接，
过G作交于M，连接MD，
易得，面，面，故面，
又结合（1）的结论有，故二面角为，
所以，
在菱形中，作，易得，
易知为直角三角形，故.
【点睛】本题关键在于求F到面BDE的距离，通过构造线面平行来转化是求点面距离的常用方法；另一个关键在于求二面角的平面角，结合（1）的结论找出垂直关系解三角形即可.
25．在直角梯形ABCD中，，，∠ABC＝90°（如图1）．把△ABD沿BD翻折，使得二面角A－BD－C的平面角为（如图2），M、N分别是BD和BC中点．
(1)若E是线段BN的中点，动点F在三棱锥A－BMN表面上运动，并且总保持FE⊥BD，求动点F的轨迹的长度（可用表示），详细说明理由；
(2)若P、Q分别为线段AB与DN上一点，使得，令PQ与BD和AN所成的角分别为和，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】
（1）取的中点，连接交于，利用线面垂直的判定定理证明平面即可．进而根据面面平行可得平面，即可确定点F的轨迹为三角形，结合余弦定理即可求解长度.
（2）根据比例关系可得线线平行，即可由线线角的定义得到，结合线面垂直得线线垂直可得，利用消元法转化为三角函数，利用三角函数的性质进行求解即可．
【解析】（1）
在图（1）中，，四边形是正方形，
在图（2）中，，，，平面，
平面，
分别取的中点为,，连接,
则,平面,平面,
所以平面，
同理平面，由于平面，
故平面平面，
平面，因此点在平面上运动，故点F的轨迹为三角形，
由，，所以即为二面角A－BD－C的平面角，故，
由于，
因此，
故点F的轨迹长度为
（2）
在线段取点使得
由于平面，平面，
，
，，
，
易得，，
从而有，则
则
【点睛】方法点睛：立体几何中与动点轨迹有关的题目归根到底还是对点线面关系的认知，其中更多涉及了平行和垂直的一些证明方法，在此类问题中要么很容易的看出动点符合什么样的轨迹(定义)，要么通过计算(建系)求出具体的轨迹表达式，和解析几何中的轨迹问题并没有太大区别，所求的轨迹一般有四种，即线段型，平面型，二次曲线型，球型.特训03 期中解答压轴题（六大题型归纳）
目录：
题型1：新高考压轴新题型（1-8题）
题型2：平面向量（9-12题）
题型3：解三角形（13-15题）
题型4：平面向量与解三角形结合（16-18题）
题型5：复数（19题）
题型6：立体几何（20-25题）
题型1：新高考压轴新题型
1．对于数集，其中，．定义向量集．若对于任意，存在，使得，则称X具有性质P．
(1)已知数集，请你写出数集对应的向量集，是否具有性质P？
(2)若，且具有性质P，求x的值；
(3)若X具有性质P，求证：，且当时，．
2．十七世纪法国数学家、被誉为业余数学家之王的皮埃尔·德·费马提出的一个著名的几何问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小”它的答案是：“当三角形的三个角均小于时，所求的点为三角形的正等角中心，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角；当三角形有一内角大于或等于时，所求点为三角形最大内角的顶点．在费马问题中所求的点称为费马点．已知a，b，c分别是三个内角A，B，C的对边，且，点为的费马点．
(1)求角；
(2)若，求的值；
(3)若，求的取值范围．
3．在平面直角坐标系中，对于任意相邻三点都不共线的有序整点列（整点即横纵坐标都是整数的点），，，，与，，，，，其中，若同时满足：①两点列的起点和终点分别相同；②线段，其中，则称与互为正交点列.
(1)求：，，的正交点列；
(2)判断：，，，是否存在正交点列？并说明理由；
(3)，，是否都存在无正交点列的有序整点列？并证明你的结论.
4．将平面直角坐标系中的一列点、、、、，记为，设，其中为与轴方向相同的单位向量.若对任意的正整数，都有，则称为点列.
（1）判断、、、、、是否为点列，并说明理由；
（2）若为点列，且.任取其中连续三点、、，证明为钝角三角形；
（3）若为点列，对于正整数、、，比较与的大小，并说明理由.
5．对平面向量，定义.
(1)设，求；
(2)设，，，，，点是平面内的动点，其中是整数.
（ⅰ）记，，，，的最大值为，直接写出的最小值及当取最小值时，点的坐标.
（ⅱ）记.求的最小值及相应的点的坐标.
6．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．
7．设是一个关于复数z的表达式，若（其中x，y，，为虚数单位），就称f将点“f对应”到点．例如将点“f对应”到点．
(1)若点“f对应”到点，点“f对应”到点，求点、的坐标；
(2)设常数，，若直线l：，，是否存在一个有序实数对，使得直线l上的任意一点“对应”到点后，点Q仍在直线上？若存在，试求出所有的有序实数对；若不存在，请说明理由；
(3)设常数，，集合且和且，若满足：①对于集合D中的任意一个元素z，都有；②对于集合A中的任意一个元素，都存在集合D中的元素z使得．请写出满足条件的一个有序实数对，并论证此时的满足条件．
8．利用平面向量的坐标表示，可以把平面向量的概念推广为坐标为复数的“复向量”，即可将有序复数对（其中）视为一个向量，记作．类比平面向量可以定义其运算，两个复向量，的数量积定义为一个复数，记作，满足，复向量的模定义为．
(1)设，，为虚数单位，求复向量、的模；
(2)设、是两个复向量，
①已知对于任意两个平面向量，，（其中），成立，证明：对于复向量、，也成立；
②当时，称复向量与平行．若复向量与平行（其中为虚数单位，），求复数．
题型2：平面向量
9．在中，点是内一点，
(1)如图，若，过点的直线交直线分别于两点，且，已知为非零实数.试求的值.
(2)若，且，设，试将表示成关于的函数，并求其最小值.
10．在直角梯形中，已知，，，动点、分别在线段和上，且，．
(1)当时，求的值；
(2)求向量的夹角；
(3)求的取值范围．
11．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.
12．如图，已知是边长为2的正三角形，点在边上，且，点为线段上一点．
(1)若，求实数的值；
(2)求的最小值；
(3)求周长的取值范围．
题型3：解三角形
13．在中，内角所对的边分别为，满足
(1)求证：；
(2)若为锐角三角形，
①求的取值范围；
②求的取值范围．
14．在中，对应的边分别为，，，，.
(1)若存在，求
(2)在（1）的条件下，若是内一点，过作垂线，垂足分别为，，，求的最小值.
15．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知.
(1)求角A；
(2)已知，，点P，Q是边上的两个动点（P，Q不重合），记.
①当时，设的面积为S，求S的最小值：
②记，.问：是否存在实常数和k，对于所有满足题意的，，都有成立 若存在，求出和k的值；若不存在，说明理由.
题型4：平面向量与解三角形结合
16．在中，角，，的对边分别为，，，点，，分别位于，，所在直线上，满足，，（，，）．
(1)如图1，若三角形是边长为3的正三角形，且，求；
(2)如图2，若，，交于一点，
①求证：
②若，，，，求．
17．如图，设中角，，所对的边分别为，，，为边上的中线，已知且，.
(1)求边的长度；
(2)求的面积；
(3)点为上一点，，过点的直线与边，（不含端点）分别交于，.若，求的值.
18．在锐角中，，点为的外心．
(1)若，求的最大值；
(2)若．
①求证：；
②求的取值范围．
题型5：复数
19．已知i是虚数单位，a，，设复数，，，且.
(1)若为纯虚数，求；
(2)若复数，在复平面上对应的点分别为A，B，且O为复平面的坐标原点.
①是否存在实数a，b，使向量逆时针旋转后与向量重合，如果存在，求实数a，b的值；如果不存在，请说明理由；
②若O，A，B三点不共线，记的面积为，求及其最大值.
题型6：立体几何
20．如图，正方形中，边长为4，为中点，是边上的动点．将沿翻折到，沿翻折到，
(1)求证：平面平面；
(2)设面面，求证：；
(3)若，连接，设直线与平面所成角为，求的最大值．
21．已知点是边长为2的菱形所在平面外一点，且点在底面上的射影是与的交点，已知，是等边三角形.
(1)求证：；
(2)求点到平面的距离；
(3)若点是线段上的动点，问：点在何处时，直线与平面所成的角最大？求出最大角的正弦值，并求出取得最大值时线段的长.
22．如图，在矩形ABCD中，，，M是线段AD上的一动点，将沿着BM折起，使点A到达点的位置，满足点平面且点在平面内的射影E落在线段BC上.
(1)当点M与端点D重合时，证明：平面；
(2)求三棱锥的体积的最大值；
(3)设直线CD与平面所成的角为，二面角的平面角为，求的最大值.
23．如图，在梯形中，，，，四边形为矩形， 平面平面，.
(1)求证：平面；
(2)求二面角的平面角的余弦值；
(3)若点在线段上运动，设平面与平面所成二面角的平面角为，试求的范围.
24．如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，，D，E分别是线段的中点，在平面内的射影为D．
(1)求证：平面；
(2)若点F为棱的中点，求三棱锥的体积；
(3)在线段上是否存在点G，使二面角的大小为，若存在，请求出的长度，若不存在，请说明理由．
25．在直角梯形ABCD中，，，∠ABC＝90°（如图1）．把△ABD沿BD翻折，使得二面角A－BD－C的平面角为（如图2），M、N分别是BD和BC中点．
(1)若E是线段BN的中点，动点F在三棱锥A－BMN表面上运动，并且总保持FE⊥BD，求动点F的轨迹的长度（可用表示），详细说明理由；
(2)若P、Q分别为线段AB与DN上一点，使得，令PQ与BD和AN所成的角分别为和，求的取值范围．
