高中数学压轴题小题专项训练专题35平面向量的综合问题含解析答案

这是一份高中数学压轴题小题专项训练专题35平面向量的综合问题含解析答案，共24页。试卷主要包含了单选题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．设是的外心，点为的中点，满足，若，则面积的最大值为（ ）
A．2B．4C．D．8
2．在中，点满足，过点的直线与，所在的直线分别交于点，，若，，则的最小值为（ ）
A．3B．C．1D．
3．如图所示，为线段外一点，若中任意相邻两点间的距离相等，，则用表示，其结果为（ ）
A．B．C．D．
4．在中，，D为AB的中点，，P为CD上一点，且，则（ ）
A．B．C．D．
5．在中，，，，点在该三角形的内切圆上运动，若（，为实数），则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
6．在中，，若点为的垂心，且满足，则的值为（ ）
A．B．C．D．
7．在中，，，E是AB的中点，EF与AD交于点P，若，则（ ）
A．B．C．D．1
8．在斜三角形中，角的对边分别为，点满足，且，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
9．如图，在的边上作匀速运动的三个点P，S，R，当时，分别从A，B，C出发，当时，恰好同时到达．那么这个运动过程中的定点是的（ ）
A．内心B．外心C．垂心D．重心
10．如图，在中，，D在边AB上，，，则（ ）
A．B．C．D．
11．在中，，，，O是的内心，且，则=（ ）
A．B．C．D．
12．已知中，边上的高为，为上一动点，满足，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
13．在三角形ABC中，已知，，D是BC的中点，三角形ABC的面积为6，则AD的长为（ ）
A．B．C．D．
14．在中，已知，若，分别是的三等分点，其中靠近点，记，则（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
15．在圆内接四边形中，已知平分，且，则边的长为 .
16．过△ABC重心O的直线PQ交AC于点P，交BC于点Q，，，则n的值为 .
17．“奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰车的标志而来，是平面向量中一个非常优美的结论，奔驰定理与三角形的四心（重心､内心､外心､垂心）有着美丽的邂逅.它的具体内容是：如图，若是内一点，的面积分别为，则有.已知为的内心，且，若，则的最大值为 .
18．已知向量，夹角为，，若对任意，恒有，则函数的最小值为 .
19．已知为的外心，，当最大时，边上的中线长为 ．
20．如图，在中，，过点的直线分别交直线，于不同的两点，.设，，则的最小值为 .

21．在中，已知A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足，若O为的外心，，则实数 ．
22．在中，，．点满足．过点的直线分别与边交于点且，．已知点为的外心，，则为 ．
23．在锐角中，角所对的边分别为，且，则= ， 的取值范围为 .
参考答案：
1．B
【分析】首先由，，结合余弦定理得出，进一步由三角形面积公式、同角三角函数关系恒等式得，由此即可得解.
【详解】
因为，，
所以，
从而，即，
所以，所以，
所以的面积为
，
等号成立当且仅当，
综上所述，面积的最大值为4.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：关键是依次得出，，由此即可顺利得解.
2．A
【分析】由向量加减的几何意义可得，结合已知有，根据三点共线知，应用基本不等式“1”的代换即可求最值，注意等号成立的条件.
【详解】由题设，如下图示：，又，，
∴，由三点共线，有，
∴，当且仅当时等号成立.
故选：A
【点睛】关键点点睛：利用向量线性运算的几何表示，得到、、的线性关系，根据三点共线有，再结合基本不等式求最值.
3．D
【分析】利用三角形中线的向量表示计算即可.
【详解】设的中点为A，
则，
所以.
故选：D
4．D
【分析】由中点可知，根据模长关系可得，设，结合平面向量的线性运算以及基本定理可得，用表示，结合模长运算求解.
【详解】因为D为AB的中点，则，
可得，即，解得，
又因为P为CD上一点，设，
则，
可得，解得，即，
则，
可得，即.
故选：D.
【点睛】关键点睛：1.根据模长关系可得；
2.设，根据平面向量基本定理求得；
3.以为基底表示，进而运算求解.
5．B
【分析】由可得，再结合余弦定理，面积公式可求出、、边上高，内切圆半径，最后根据平行线等比关系即可求解.
【详解】，由在内切圆上，
故，
假设，由于，，
则，且为上一点，，，三点共线，
由平行线等比关系可得，要使，即与之间的比例最小，则在内切圆的最高点，如图所示，
由，
因为，所以，
设边上高为，内切圆半径为，
由，
所以，，
可得的最小值为，
故选：B.
【点睛】关键点点睛：这道题关键的地方是转化得到，令，观察到分母的系数相加为1，则可得到为上一点，再结合平行线等比关系以及图象可得到比例最小的具体位置
6．B
【分析】利用平面向量基本定理结合三角形垂心的性质、平面向量三点共线的充要条件计算即可.
【详解】由题意可知是以A为顶角的等腰三角形，
如图所示：，，则，
设，
则，
，
所以，
在直角三角形中，.
故选：B
【点睛】思路点睛：由三角形为等腰三角形，及垂心的性质，结合平面向量基本定理、三点共线的线性关系确定一腰上垂足的位置解三角形即可.
7．A
【分析】利用向量的线性运算求得，由此求得m，n，进而求得.
【详解】
因为，所以，
则.
因为A，P，D三点共线，所以.
因为，所以.
因为E是边AB的中点，
所以.因为E，P，F三点共线，
所以，
则，解得，从而，，故.
故选：A
8．A
【分析】通过正余弦定理转化得，对变形得，两边同平方得，解出，再利用三角形面积公式和向量中线公式即可得到答案.
【详解】因为，
由余弦定理得，
又因为是斜三角形，所以，所以，
由正弦定理得，因为，
所以，所以，
所以，所以，
所以，
因为，
化简得，解得或（舍去），
所以，
设边的中点为，则，
因为，所以，
即为的中点，所以：.
故选：A.
【点睛】关键点睛：本题的关键是利用正余弦定理进行转化得，再对向量式进行变形处理得，再两边同平方代入数据从而解出，最后再通过三角形面积公式得到答案.
9．D
【分析】D选项，设G为的重心，则，利用边长比例关系和向量基本定理得到，故G为的重心，得到D正确；ABC可举出反例.
【详解】D选项，依题意知，
设G为的重心，则，
即，故，
其中
，
故，所以G为的重心，故重心为定点，D正确；
ABC选项，假设为等腰直角三角形，秒后运动到，恰好为三边的中点，
作出的角平分线，则的内心一定在上，作出的角平分线，
由于四边形为平行四边形，不为菱形，故与不重合，所以内心不会重合，不是定点，A错误；
则的外心为，的外心为，故外心不是定点，B错误；
的垂心为，的垂心为，故垂心不是定点，C错误；
故选：D
10．B
【分析】设，在和中，分别利用正弦定理，结合，，得到，再由求解．
【详解】解：设，则，．
在中，由正弦定理，得；
在中，由正弦定理，得．
又因为，，
所以，
所以，即．
又因为．
所以，故．
所以．
故选：B．
11．D
【分析】根据引理证明定理3，即可定理3的结论求解.
【详解】先证明：引理（“奔驰”定理）如图1，O是内的一点，，，的面积分别为，，，则．
证明 如图3，延长AO，与BC边相交于点D，
则．
记，则，即，
所以，
又，所以，
从而．
接下来证明定理3 O是的内心（其中是的三边长）．
证明 设的内切圆半径为r，O是的内心，
则．
根据引理得，O是的内心．
由，可得，
即，
因为O为的内心，，，，
根据定理3，可知，解得，，故．
故选:D．
12．D
【分析】根据向量共线定理可知，再结合三角形的高，可知，利用余弦定理“1”的代换可得最值.
【详解】由，
则，
即，
又点在上，且不共线，显然为共线向量，而与它们都不共线，
故上述等式要成立，则，即，
又上的高为，则，，
即，，所以，
所以，
当且仅当时，取得最大值为，
故选：D.
13．A
【分析】由可得，从而得，，所以，再利用余弦的二倍角公式可求出，由同角三角函数的关系求出，再由三角形ABC的面积为6，可求出，然后在中利用余弦定理可求得答案
【详解】如图，设的内角的对边分别为，
因为，所以，
即，所以,
所以，即，
因为，所以，所以
因为，所以，
因为，
所以
,
因为，
所以,
因为三角形ABC的面积为6，
所以，得，
因为，所以，
因为D是BC的中点，所以,
在中，由余弦定理得
，
因为，
所以，
故选：A
14．C
【分析】作出图象，由题意可得，分别是，的中点，从而得,,设，则，由余弦定理可得，，，，结合向量的线性运算，用作差法即可比较出
的大小关系.
【详解】解：如图所示：
设，则，
由余弦定理可得，
所以，
又因为，分别是的三等分点，且靠近点，
所以，
在中，由正弦定理可得：，
即，
所以，
所以，
又因为，所以，
在中，由余弦定理可得，
在中，由余弦定理可得，
又因为，分别是，的中点，
所以,,
所以，
所以，
，
所以，
所以.
故选：C.
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是得出，分别是，的中点，从而得,.
15．3
【分析】根据平面向量的线性运算和数量积的定义，结合余弦定理可得，解得AD即可.
【详解】因为平分，由圆的性质知.
在中，由余弦定理得
因此
，
解得，即.
故答案为：3
16．
【分析】利用向量的线性运算知，，再利用P，O，Q三点共线，可得，求解即可.
【详解】如图，因为O是重心，所以，即，
因为，所以，
所以，
又，则，所以
因为P，O，Q三点共线，所以，
所以，解得.
故答案为：
17．
【分析】利用为的内心，再结合奔驰定理可得，再由已知条件转化可得，利用平面向量基本定理可知，从而得到，再由，可得，利用均值不等式可得，最后可得.
【详解】因为的内心到该三角形三边的距离相等，则，
由可得，所以，
又，
则，所以，
两式相加可得，化简可得，
又，由余弦定理可得，
由基本不等式可得，
所以，当且仅当时等号成立，
所以.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用奔驰定理得到，再结合余弦定理和基本不等式即可得到，最后即可得到的最大值.
18．
【分析】先根据向量的夹角、模长及恒成立求出，利用距离和的最值求解的最小值.
【详解】因为，所以，
整理可得，
因为对任意，上式恒成立，所以；
由题意知，所以，所以.
可以看作点与点的距离之和；
如图，点关于的对称点为，则；
所以的最小值为.
故答案为：.
19．
【分析】作出图形，利用平面向量的运算得到，再利用余弦定理与基本不等式求得最大时的值，从而得解.
【详解】取中点D，连接，则，
则，
所以，即，又，所以，，
则，
当且仅当，即时取等号，此时角最大，
同时，所以，
所以边上中线长为.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是利用面向量的运算转化，得到，从而得解.
20．
【分析】根据三点共线求得的等量关系式，结合基本不等式求得的最小值.
【详解】因为，所以，
所以，
又，，
所以，
因为，，三点共线，所以，
由图可知，，
所以，
当且仅当，即、时取等号，
所以的最小值为.

故答案为：
【点睛】方法点睛：利用基本不等式求式子的最值，要注意一正、二定、三相等，正表示用基本不等式的，定表示用基本不等式后得到的需是定值，这个定值才是最值，三相等是指等号成立的条件是要存在.
21．
【分析】结合余弦定理可从得到，再借助，结合向量的数量积公式、二倍角公式与正弦定理，可得，即可得解.
【详解】，
又，故有，
化简得，故有，
由，则有，
即有，
有
，
，
由，故，
故.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题关键点在对所给条件的变形转化上，对，结合降幂公式与余弦定理，可得，对，左右同乘，可借助数量积公式将左边化为，借助向量的线性运算与正弦定理及二倍角公式可将右边化为，即可得解.
22．
【分析】由三点共线可设，由此可利用表示出，得到，利用向量线性运算可表示出，由外心特点可知，由此可构造方程求得，结合向量数量积的运算律可求得，进而得到结果.
【详解】三点共线，可设，
，，即，，
，即，，；
，，
为的外心，，
，
整理可得：，
，解得：（舍）或；
，
.
故答案为：.
23． 20
【分析】由正弦定理得到，结合和角公式得到；再由余弦定理得到，结合向量数量积公式化简得到，换元后先得到，从而得到，得到，由函数单调性得到答案.
【详解】锐角中，，所以，
由正弦定理得，故，
；
由余弦定理得，即，
，
，
故，
令，则，
因为，
所以
，
其中锐角的终边经过点，故，
因为为锐角三角形，所以，故，
注意到，，
所以，所以，
因为，所以，
从而，
因为，
故在上单调递减，
其中，，
所以的取值范围是.
故答案为：20，
【点睛】平面向量解决几何最值问题，通常有两种思路：
①形化，即用平面向量的几何意义将问题转化为平面几何中的最值或取值范围问题，然后根据平面图形的特征直接进行求解；
②数化，即利用平面向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域，不等式的解集，方程有解等问题，然后利用函数，不等式，方程的有关知识进行求解.