考点精炼--向量运算的技巧 专项练 2025年高考数学二轮复习备考

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考点精炼--向量运算的技巧 专项练
2025年高考数学二轮复习备考
一、单选题
1．如图，在中，，是的中点，若，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知的外接圆圆心为，且，，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
3．已知△ABC是边长为1的正三角形，是BN上一点且，则（ ）
A． B． C． D．1
4．已知正三角形的边长为2，点满足，且，，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
5．如图，边长为的等边，动点在以为直径的半圆上.若，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
6．在三角形中，，，向量在向量上的投影向量为，为上一点，且，则（ ）
A．4 B． C． D．5
7．在△ABC中，，，P为△ABC内的一点，，则下列说法错误的是（ ）
A．若P为△ABC的重心，则 B．若P为△ABC的外心，则
C．若P为△ABC的垂心，则 D．若P为△ABC的内心，则
二、多选题
8．已知点是的中线上一点（不包含端点）且，则下列说法正确的是（ ）
A． B． C． D．的最小值是
三、填空题
9．在三角形中，点P为边上的一点，且，点Q为直线上的任意一点（与点O和点P不重合），且满足，则 ．
10．如图，已知的面积为，若，点分别为边中点，则的最大值为 .
11．在中，，是直线上一点，若，则实数m的值为 .
12．设点在以为圆心，半径为1的圆弧BC上运动(包含B，C两个端点)， 且，则的最大值为 .
13．在平面四边形中， ；若为边上的动点，且，则的取值范围为 .
14．已知中，，，且的最小值为，若为边上任意一点，则的最小值是 ．
15．已知线段为的两条内角平分线，若，且，则的值为 .
四、解答题
16．已知的内角的对边分别为，向量，，且．
(1)求角；
(2)如图，的平分线交于，，求的取值范围．
参考答案
1．D
因为，所以，
因为是的中点，所以，
所以，
又，所以，，即.
故选：D.
2．C
由向量线性运算和外接圆的特点可知，结合模长相等关系可求得，由投影向量公式可直接求得结果.
中，，则O是BC的中点， 所以BC为圆O的直径，
则有，又，则为等边三角形，
有，，，向量在向量夹角为，
则向量在向量上的投影向量为.
故选：C.
3．A
根据题意得，由三点共线求得，利用向量数量积运算求解即可.
由，得，且，
而三点共线，则，即，
所以，
所以.
故选：A.
4．C
根据及，联想到，从而取的中点，利用共线定理即可得结果.
如图，取的中点，
连接，则，
又，故三点共线，
因为，所以点在中线上运动（不含端点）．
在正三角形中，，
则，故．
故选：C.
5．D
建立平面直角坐标系，可得半圆弧的方程为：，设，根据向量的坐标运算法则算出关于的式子，利用三角换元与正弦函数的性质求解即可．
由题意可以所在直线为x轴，的垂直平分线为轴，建立平面直角坐标系，如图所示：
结合已知得，，，
半圆弧的方程为：，
设，则，，，
由得：，
解得：，
所以，
因为在上，所以，
又，
则可设，，，
将，代入整理得：
，
由得，
所以，，
故的取值范围是.
故选：D.
6．B
先由向量在向量上的投影向量求出，接着由求得，再结合向量数量积运算律和模长公式即可计算得解.
由题得向量在向量上的投影向量为，
所以，又，故，
因为，所以，
所以，
所以
，
所以.
故选：B.
7．B

对于A，如图，P为△ABC的重心时，延长交于点.
必有,即，故有，即A正确；

对于B，如图，连接,则,
在中，，故,
于是，
因，则,即，故，故B错误；

对于C，如图，延长交于点,不妨设
在中，,故中， ①，
又,解得，故，
在中， ② ，联立①和②，解得，
故,即，则，C正确；

对于D，如图，设的内切圆半径为，
则由解得，即,
故，即，则，D正确.
故选：B.
8．ACD
设，利用向量线性运算表示出，即可得到，判断选项AB，然后利用基本不等式求最值，即可判断选项CD.
由题知，设，
则
，
因为，
所以，则，且，A正确，B不正确；
，
当且仅当时，等号成立，C正确；
又
，
当且仅当，即时，等号成立，D正确.
故选：ACD
9．/
由题意作图，利用平面向量的线性运算，以为基底表示，结合共线，可得答案.
由已知，
，，共线，所以，．
故答案为：.
10．
根据条件先求得的关系，然后用表示出，根据数量积运算结合基本不等式求解出最大值.
因为，所以，
因为，，
所以
，
因为，
当且仅当，即时取等号，所以的最小值为，
所以的最大值为，即最大值为.
故答案为：.
11．/
设，结合向量线性运算法则利用表示，结合平面向量基本定理列方程求.
因为是直线上一点，故可设，
所以,，
又，所以，
所以，又，不共线，
所以，
所以，.
故答案为：.
12．/
建立平面直角坐标系，设，根据平面向量线性运算得到，再由辅助角公式及正弦函数的性质计算可得.
建立如图所示的直角坐标系，
则，设，
所以，因此有，
因为，，
所以有，
于是有，其中，
因为，即，当时取得最大值，
故答案为：
13．
由可知平面四边形是平行四边形，由可知四边形是菱形且边长为2，由可知，即可求出相关的角度和长度，再利用向量极化恒等式，即可求解.
如图，设交于，.不妨设点到点的距离大于点到点的距离，
因为且，
所以平面四边形是平行四边形，
设，所以，
所以，
所以，则平面四边形是菱形，
又，所以，
所以，又，则，
所以，
所以，
设的中点为，则，
所以，
又易知的最小值为，最大值为，
所以的最小值为，最大值为，
所以的取值范围为.
故答案为：，
14．
设，应用向量数量积运算律得，结合最小值可得，进而得到、，再建立合适的坐标系，应用坐标法求的最小值.
设，
且
，
当且仅当时等号成立，又的最小值为，
所以，又，则，
应用余弦定理有，
综上，，故，则，如下建立平面直角坐标系，
则且，
所以，
当且仅当时等号成立，故最小值为.
故答案为：
15．/
可以先利用数量积定义得到角A，然后利用数量积定义和正弦定理转化条件，再综合利用三角变换知识得到结果.
由，所以.
因为，
所以，
即，则.
在中应用正弦定理，，
所以，又，
所以，即，
展开，
整理可得，所以.
故答案为：.
16．(1)
(2)
（1）将条件化为，然后利用正弦定理得到，解出即可；
（2）先得到，然后根据余弦定理得出，使用不等式方法证明，并对每个构造相应的作为例子，即可得到答案.
（1）由可知，故，且显然有.
故，
从而，解得，而，所以.
（2）设，，则，且，故有
.
但由于平分，故有，这里.
所以，得，故，从而，.
故，.
而
，
故，即.
此时.
又因为，故，
所以.
从而，，
b，c相等时取等号，
最后，对任意满足的实数，令，，.
则此时构成一个满足条件的，且.
综上，的取值范围是.
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