新高考数学二轮复习压轴题提升训练专题05：平面向量综合题（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学二轮复习压轴题提升训练专题05：平面向量综合题（2份，原卷版+解析版），共3页。
压轴分析
高考数学中，平面向量压轴题的难点，很少在于单一的数量积或坐标运算，而在于 “几何关系”与“代数运算”之间的双向转化与灵活选择。真正的压轴难点在于，题目往往给出一个复杂的几何图形和模糊的条件（如“点在直线某侧”、“取得最值”），要求学生自行判断使用何种向量工具进行建模和简化。命题人常通过以下方式设置障碍：隐藏的等量关系：图形中隐藏着共线、垂直、等模或定比分点关系，需要学生自行发掘并翻译为向量等式。
最值的多路径性：同一最值问题，可能通过坐标法、基底法、等和线或极化恒等式等多种路径求解，选择不当则计算量陡增。
几何意义的识别困难：如数量积可能代表投影长度与模的积，也可能代表极化恒等式下的中线与对边关系，能否快速识别其几何意义是破题关键。
其核心是检验学生能否打破“向量就是算坐标”的思维定式，建立“见向量，先观图；析关系，再择法”的解题习惯。
解题的关键在于建立“几何翻译—模型匹配—代数执行”的三步思维链：
几何翻译 (核心破局)：审题后第一件事是精确作图，在图上标出所有已知点、向量和关系。将文字描述（如“重心”、“垂心”、“点在动直线上”）转化为具体的向量表达式或等量关系。
模型匹配 (智慧选择)：根据图形特征和所求目标，迅速匹配最合适的向量模型：
图形规则或有明显垂直 → 优先考虑建系坐标法。
图形不规则或已知线段比例 → 优先考虑基底分解法（选好不共线基底）。
求向量线性表示系数的和或差的取值范围 → 立即想到等和（差）线模型。
数量积的最值或范围，且涉及定点与动点 → 优先尝试极化恒等式，化动为静。
涉及三角形内部点与面积比 → 考虑奔驰定理（向量形式）进行快速转化。
代数执行 (严谨计算)：选定模型后，进行精确的代数推导或计算，最后务必回归几何意义检验结果的合理性。
掌握“以图导算，以算释形”的思想路径，在面对复杂的向量综合题时，方能从纷繁的图形和条件中，精准定位解题的“钥匙”，实现高效、准确的破解。
知识总结
平面向量的系数和（等和线）（等值线）
如图，为所在平面上一点，过作直线，由平面向量基本定理知：
存在，使得
下面根据点的位置分几种情况来考虑系数和的值
= 1 \* GB3 \* MERGEFORMAT ①若时，则射线与无交点，由知，存在实数，使得
而，所以，于是
= 2 \* GB3 \* MERGEFORMAT ②若时，
（i）如图1，当在右侧时，过作，交射线于两点，则
，不妨设与的相似比为
由三点共线可知：存在使得：
所以
（ii）当在左侧时，射线的反向延长线与有交点，如图1作关于的对称点，由（i）的分析知：存在存在使得：
所以
于是
综合上面的讨论可知：图中用线性表示时，其系数和只与两三角形的相似比有关。
我们知道相似比可以通过对应高线、中线、角平分线、截线、外接圆半径、内切圆半径之比来刻画。因为三角形的高线相对比较容易把握，我们不妨用高线来刻画相似比，在图中，过作边的垂线，设点在上的射影为，直线交直线于点，则 (的符号由点的位置确定)，因此只需求出的范围便知的范围
极化恒等式
恒等式右边有很直观的几何意义:
向量的数量积可以表示为以这两个向量为邻边的平行四边形的“和对角线”与“差对角线”平方差的，
恒等式的作用在于向量的线性运算与数量积之间的联系
如图在平行四边形 中,
则
在上述图形中设平行四边形 对角线交于 点, 则对于三角形来说:
奔驰定理
如图，已知P为内一点，则有.
由于这个定理对应的图象和奔驰车的标志很相似，我们把它称为“奔驰定理”.
（1）奔驰定理的证明
如图：延长与边相交于点
则
（2）奔驰定理的推论及四心问题
推论是内的一点,且,则
有此定理可得三角形四心向量式
（1）三角形的重心：三角形三条中线的交点叫做三角形的重心，重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2：1.
（2）三角形的垂心：三角形三边上的高的交点叫做三角形的垂心，垂心和顶点的连线与对边垂直.
（3）三角形的内心：三角形三条内角平分线的交点叫做三角形的内心，也就是内切圆的圆心，三角形的内心到三边的距离相等，都等于内切圆半径r.
（4）三角形的外心：三角形三条边的垂直平分线的交点叫做三角形的外心，也就是三角形外接圆的圆心，它到三角形三个顶点的距离相等.
奔驰定理对于利用平面向量解决平面几何问题，尤其是解决跟三角形的面积和“四心”相关的问题，有着决定性的基石作用.
已知点在内部，有以下四个推论：
①若为的重心，则；
②若为的外心，则；或
③若为的内心，则；备注：若为的内心，则也对.
④若为的垂心，则，或
投影法
如图，
对于，其中是在上的投影，
在Rt△PBH中，故，
考虑到可能为钝角，故写成.
向量矩形法
如图，在矩形中，若对角线和交于点，为平面内任意一点，有以下
两个重要的向量关系：①；②.
证明：①连接，根据极化恒等式，
可得；
②根据极化恒等式，可得.
推广到空间，得到的结论就是：底面是矩形的四棱锥相对侧棱长的平方和以及向量乘积相等.
典例精讲
【典例1】
（25-26高三上·黑龙江佳木斯·月考）（多选）设向量，则下列说法错误的是（ ）
A．若与的夹角小于，则
B．的最小值为
C．与共线的单位向量只有一个，为
D．时，在上的投影向量为
【答案】BCD
【分析】结合向量的夹角、模长、共线单位向量、投影向量等知识点，逐一分析每个选项.
【详解】选项A，若与的夹角小于，
则，即，因此A正确；
选项B，向量的模长，
因为，所以当时，取得最小值， 因此B错误；
选项C，与共线的单位向量包括同向和反向两种情况，因此C错误；
选项D，当时，，计算在上的投影向量为，
点积， ，
因此投影向量为，而非，因此D错误.
故选：BCD.
会一题通一类
1．（2025·陕西西安·模拟预测）（多选）已知向量，，，，，则下列说法正确的是（ ）
A．存在，使得B．任意正数a，b，与不共线
C．若，则D．若，则
【答案】BC
【分析】根据向量共线的充要条件，即可判断选项、；根据向量垂直，数量积为零，可得，再根据向量加法和模长公式可得，再利用基本不等式即可得；根据，所以，化简可得，代入得：，结合基本不等式和换元法，即可计算出.
【详解】对于：由题意得，若，则，解得，因为，，
所以无解，故不存在，使得，所以选项错误；
对于：由选项可知，不存在，使得，所以选项正确；
对于：若，则，解得，，
所以，因为，，
根据基本不等式得：=2，
当且仅当=1时等号成立，所以；所以选项正确；
对于：，若，则，
即，化简得：，
因为，，所以，即，且，
所以，令，
则，
当且仅当，即时，等号成立，
所以，即，所以选项错误.
故选：.
【典例2】
（2025·湖南邵阳·二模）已知向量满足，，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】令，，向量加法的三角形法则得到，从而将转化为，将转化为椭圆上的点到的中点的距离问题求解即可.
【详解】取，为线段的中点，记，则．
．
又，
点的轨迹是以为焦点的椭圆，
长半轴的长为4，短半轴的长为，
．
故选：A.
会一题通一类
1．（2025·浙江丽水·一模）已知平面向量满足，则的最大值是 ．
【答案】
【分析】要解决这个问题，我们可以利用向量模的三角不等式来分析.
【详解】根据向量模长的三角不等式，有
，
又因为，由三角不等式：
，
则，得：
故答案为：
2．（2025·四川资阳·一模）已知向量，，满足，，，向量与的夹角为，则的最小值是 .
【答案】1
【分析】先求出夹角为，设起点为，终点为，画出示意图，由向量与的夹角为可得，则点C在所对圆周角为的圆弧上，求出圆心半径，利用定点到圆上点的最值即可求解.
【详解】由题意，
代入，得，则夹角为，
如图所示在直角三角形中，，
，
令，则，
即为向量与的夹角为，
则点C在所对圆周角为的圆弧上，其圆心角为，
如图所示，要使得最小，显然在下方的圆弧上，
由于，则在上取，由于，由余弦定理可得，同理可求，
所以点即为圆心，半径，
则，此时共线且点C在之间，
故的最小值是1.
故答案为：1.
3．（2025·河南鹤壁·模拟预测）已知平面向量，，满足，，，若对于任意的向量，均有的最小值为，则的取值范围是 ．
【答案】．
【分析】设向量的始点为原点，终点分别为，取，得到点在直线上，设，可得点的轨迹方程为，再根据椭圆的定义可得结果.
【详解】已知，，，，设，，，由得点在直线上.
这是因为在平面直角坐标系中，直线上所有点的横坐标都为，所以点的横坐标为.
因为对于任意的向量，均有的最小值为，.
在平面直角坐标系中，向量，，所以点到直线的距离为.
根据椭圆的第二定义，点的轨迹是以为右焦点，为右准线的椭圆，其方程为.
设为椭圆的左焦点，根据椭圆的定义，所以，则.
所以.
根据三角形三边关系，计算.
所以的取值范围是.
故答案为：
4．（2025·湖南长沙·一模）已知动直线与圆相切，并与圆相交于点，点为抛物线上一动点，为坐标原点，则的取值范围为 .
【答案】
【分析】设线段的中点为，设，则点在圆，根据，进而计算可求得的取值范围.
【详解】设线段的中点为，根据圆的对称性可知点在圆上，
设，则点在圆上，即圆，
圆心为，半径为，
则，
当且仅当点在线段上时，等号成立，
设，则，
设，则，
注意到，故，即，当且仅当时等号成立，
故.因此的取值范围是.
故答案为：.
【典例3】
（2025·北京海淀·一模）已知向量，，则的最大值为 ；与的夹角的取值范围是 ．
【答案】 ； .
【分析】根据不等式，即可直接求得的最大值；设，将与的夹角余弦值用坐标表达，通过求其值域，即可求得夹角的范围.
【详解】由题可知，，故，当且仅当同向时取得等号，故的最大值为；
不妨设，满足；
则，，，
设与的夹角为，则，
则，
令，故，
根据对勾函数的单调性可知，在单调递减，在单调递增，
又当时，，当或时，，故，又，故.
故答案为：；.
会一题通一类
1．（2025·山东青岛·二模）平面向量满足，，则的最小值为 .
【答案】
【分析】根据向量不共线时，借助平行四边形，可得，进而利用余弦定理以及基本不等式即可求解最值.
【详解】如图：当、不共线时，取，，则，，
故，故，
在中，,
故，
故，
由于，故，故，当且仅当时取等号，
则，由于，故的最大值为，
由于的夹角为，即为,
由于与互补，故的最小值为，
当、共线时，不妨设，则，可得，
当时，此时的夹角为，即为,
时，此时的夹角为，即为,
综上可知：的夹角的最小值为
故答案为：
2．（2025·江苏苏州·模拟预测）已知平面向量，（），记与的夹角是，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据向量夹角公式表示出，再根据同角三角函数关系表示出，利用换元法和基本不等式即可求解．
【详解】∵，
，
∴，
∵，，
∴，
∴，
令，
则，
∴，
当且仅当，即2（此时）时等号成立．
即的最大值为．
故选：C．
3．（2025·四川遂宁·二模）若点为的外心，且满足，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据外心的性质，以及平面向量的线性运算和数量积运算，对向量等式进行化简，再根据余弦定理解三角形，求出角的范围，根据正弦函数性质，求出结果.
【详解】因为点为的外心，
所以，
因为，
即，
即，即，
化简得，
可知，化简得，
根据基本不等式可知，当且仅当时取等号，
因为，，所以，
所以的最大值为.
故选：C.
【典例4】
（24-25高三上·四川·期中）点P在边长为1的正三角形的外接圆上，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先证明，然后给出的例子，即可得到的最大值是.
【详解】设外接圆圆心为，则，.
①一方面，我们有
.
故一定有.
②另一方面，当时，有，故在的外接圆上，此时
.
综合①②两个方面，可知的最大值是.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于对数量积的运算性质的使用.
会一题通一类
1．（24-25高一下·河南南阳·期中）已知正三角形的边长为，点，都在边上，且，，为线段上一点，为线段的中点，则的最小值为（ ）
A．B．0C．D．
【答案】D
【分析】依题意可得，从而转化为求的最小值，当时取得最小值，利用等面积法求出，即可得解,
【详解】因为，即为的中点，又，所以为的中点，
又正三角形的边长为，所以，
依题意，，
所以，
所以当时取得最小值，
如图，此时点在的位置，连接，则，
又，，所以，
所以，
所以.
故选：D

2．（2025·北京海淀·三模）已知为等腰直角三角形，为直角，直角边长为2，点P在三角形所在平面上，向量为单位向量，点D满足，则的最大值为（ ）
A．4B．C．5D．6
【答案】C
【分析】建立直角坐标系，设，求出点P的轨迹方程，得，利用数量积求出关于y的函数，求出最值即可
【详解】如图建立直角坐标系，
则，
设，则，即，
所以点P的轨迹是以A为圆心，以1为半径的圆，
又，所以，所以，
所以,
所以，
又点P在上，所以，
所以，
所以的最大值为5，
故选：C
3．（2025·安徽·模拟预测）向量与在上的投影向量均为，，当最大时，则（ ）
A．B．6C．12D．16
【答案】C
【分析】根据题意设，， 与的夹角为，利用三角形面积公式，结合向量数量积求法，得到，根据的取值范围即可求解.
【详解】设，，所以，
因为，所以，所以可设，，
与的夹角为，
若，，
则知，，
即，，，
则当最大时，最大，即最小，即此时，
当且仅当时成立.
故选：C
【典例5】
如图，在中，，，D，F分别为，的中点，P为与的交点，且．若，则 ；若，，，则 ．
【答案】
【分析】连接的中位线，利用三角形相似得到，再利用加法的三角形法则表示出，即可得到的值；同理表示出，利用向量的数量积运算即可得到结果.
【详解】
如图所示：连接，
因为D，F分别为，的中点，
所以是的中位线，所以，
则，
所以，所以；
因为，
所以
.
故答案为：；.
会一题通一类
1．（2025·江苏·三模）设、是平面内相交成的两条射线，、分别是与、同向的单位向量，定义平面坐标系为仿射坐标系，在仿射坐标系中，若，则记.已知在如图所示的仿射坐标系中，、分别在轴、轴正半轴上，且，点、、分别为、、的中点，则的最大值为 .
【答案】
【分析】设，，根据可得出，设，，则，根据平面向量的线性运算得出，，利用平面向量数量积的运算性质可求得的最大值.
【详解】由题意可知，，
由平面向量数量积的定义可得，
设，，则，
所以，
即，即，且有，
设，，则，
因为为的中点，则，
因为为的中点，则，
同理可得，
所以，
，
因为
，
其中为锐角，且，故的最大值为.
故答案为：.
2．（2025·天津河东·二模）《哪吒2》的玉虚宫，形态由九宫八卦阵演变而来，设计灵感来源于汉代，内饰充满了中国文化符号．某中学数学实践小组将玉虚宫轮廓抽象为正八边形，结合向量知识进行主题探究活动．如图，正八边形ABCDEFGH，边长为2，，点P在线段CH上，且，则的值为 ；若点Q为线段CD上的动点，则的最小值为 ．
【答案】 0
【分析】在正八边形中，各边夹角都是已知的，各边长也是已知的，把目标向量用边长向量表示出来，再根据向量乘法运算律求出结果.
【详解】
如图所示,连接，因为三点共线，且
，解得，
则，
与夹角为,与夹角为,
.
设,可知,
,
,
,
,
,当或时, 有最小值,最小值为0.
故答案为: ； 0.
【典例6】
（多选）如图，中，，点E在线段AC上，AD与BE交于点F，，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】由已知可得，进而可得，判断A；设，利用，，共线可求，进而可判断B；根据，利用三角形面积比可判断D；根据向量的线性运算可判断C．
【详解】对于A：根据，
故，故A正确；
对于B：设，则
，又，
，，三点共线，，
且，，故，故B错误；
对于D：由于，故，
，故D正确；
对于C，
，
，
，故C正确．
故选：ACD．
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是熟练掌握平面向量的线性运算与基底法，从而得解.
会一题通一类
1．（24-25高三上·河北邢台·期中）（多选）如图，在等腰梯形中，E为腰的中点，，，N是梯形内（包含边界）任意一点，与交于点O，则（ ）
A．B．
C．的最小值为0D．的最大值为
【答案】ABD
【分析】根据向量线性运算、三点共线推论、数量积运算及几何意义等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】，A正确；
设，则，因为A，O，C三点共线，
所以，解得，B正确；
由，，可得，结合向量数量积的定义式，
可知等于的模与在方向上的投影的乘积，
易知当点N位于点B时，取得最小值，
最小值为，C错误；
当点N为位于点C时，取得最大值，
最大值为，D正确．
故选：ABD
【典例7】
（2025高三·全国·专题练习）（多选）给定两个长度为1的平面向量和，它们的夹角为，如图所示，点C在以O为圆心的劣弧上运动，若，则的取值可以是（ ）
A．1B．C．2D．
【答案】ABC
【分析】建立平面直角坐标系，利用坐标法表示出，把表示为，利用辅助角公式、三角函数求最值.
【详解】
如图示，建立平面直角坐标系.
设，可得：.
由可得：，
所以，所以，
因为，所以，所以，
所以，即的取值范围为，
结合选项可知，A，B，C中的数值符合，
故选：ABC
会一题通一类
1．（2025·河北廊坊·模拟预测）如图，在中，，点在以为直径的半圆（外）内及边界上运动，若，记的最大值与最小值分别为，则 .
【答案】/
【分析】设、分别为、的中点，则，由三点共线可得，此时点与点重合，最小，做直线与平行，且与半圆相切，由三点共线知点在直线上时，最大，设直线与的延长线相交于点， 设，求出，可得答案.
【详解】设为的中点，连接，
设为的中点，即点为以为直径的半圆的圆心，
则，
当点在上时，由三点共线可得，此时点与点重合，
最小，即，
做直线与平行，且与半圆相切，连接点与切点，此时最大，
即由三点共线知点在直线上时， 最大，
设直线与的延长线相交于点，
连接，则，延长与相交于点，
因为，所以为半圆的一条切线，所以，
由得，
可得为等边三角形，，所以，
由得，又，所以四边形为平行四边形，
所以，，
设，则，
由得，，
可得，，
所以，
因为三点共线，所以，可得，
所以的最大值为，
则.
故答案为：.
2．（2025·湖北黄冈·二模）（多选）设平面向量的夹角为，若，且，则（ ）
A．当时，三点共线
B．当时，平分
C．当时，的最大值为2
D．当时，的取值范围为
【答案】ABD
【分析】对于A，利用平面向量基本定理即得；对于B，先证，得三点共线，过点作，利用中位线定理和三角形相似推得，即可证得；对于C，D，通过建系，设，将分别用的三角函数表示，利用三角恒等变换将目标函数化成正弦型函数，结合正弦函数的单调性即可求得其范围或最值.
【详解】对于A，当时，，
由平面向量基本定理，可得三点共线，故A正确；
对于B，如图，当时，由，可得 ，
即，故三点共线，且，过点作，交于点，
因，，则，而，故，
则，由可得，则，故平分，即B正确；
对于C，如图，以为坐标原点，所在直线为轴,建立平面直角坐标系，
则，即，因，不妨设，
由可得，故得，
解得，故，
其中，故的最大值为，故C错误；
对于D，根据C项建系，已得，
则
，
因，故得，即的取值范围为，故D正确.
故选：ABD.
热点预测
1．（2025·广东茂名·一模）向量与在单位向量上的投影向量均为，且，当与的夹角最大时，（ ）
A．8B．5C．D．
【答案】D
【分析】建立适当的平面直角坐标系，用坐标表示出、，利用余弦定理确定，利用面积得到，由此推断最大时，最大，取最小值，利用坐标运算得到：，由二次函数性质求最值即可.
【详解】
设为轴正半轴上的单位向量，
令，，，
如图所示，设与的夹角为，若，
在中，由余弦定理有：则，
而，
所以，所以，
因为，所以，
有根据正弦定理有：，即，
整理有：，所以，
当与的夹角最大时，最大，取最小值，
因为，
当且仅当时，取等号，所以当与的夹角最大时，.
故选：D
【点睛】关键点点睛：
本题关键在于建立适当的平面直角坐标系，把向量的数量积用坐标表示，结合二次函数性质求值.
2．（24-25高一下·福建泉州·期中）已知平面向量，且，向量满足，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由题设可得，又，易知，，将问题转化为平面点线距离关系：向量的终点为圆心，1为半径的圆上的点到向量所在射线的距离最短，即可求的最小值.
【详解】∵，而，
∴，又，即，
又，，
∴，
若，则，
∴在以为圆心，1为半径的圆上，若，则，
∴问题转化为求在圆上的哪一点时，使最小，又，
∴当且仅当三点共线且时，最小为.
故选：B.
3．（2025·浙江金华·一模）设为两个非零向量所成的角，已知对任意，的最小值为，则（ ）
A．B．C．或D．或
【答案】C
【分析】令，根据向量减法及模的几何意义得即为线段的长度，数形结合得，即可求夹角.
【详解】令，如下图示，即为线段的长度，
由对任意，的最小值为，即，而，
显然时，线段最短，此时，
所以，又，故或.
故选：C
4．（2025·吉林松原·模拟预测）在菱形中，分别是边的中点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】将用表示，利用平面向量的数量积求出，计算即可得解.
【详解】由题意，得，
在菱形中，，
所以，
所以．
故选:D.
5．（2025·新疆·模拟预测）已知点P是圆上的一点，过点P作圆M：的切线，切点分别为A，B，则的最小值为（ ）
A．B．8C．D．6
【答案】D
【分析】设，数形结合得到，表达出，令，则，构造函数，求导，得到单调性，进而求出最小值.
【详解】设，，，
由对称性可知，，
因为，所以，
显然，当最小时，最小，此时最大，
当最大时，最大，此时最小，
连接与圆交于，此时最小，
最小值为，此时，
，故，
延长交圆于，此时最大，
最大值为，此时，
，故，
所以，
故，
令，则，
令，，则，
令得，令得，
故在上单调递减，
所以在处取得最小值，
此时，所以的最小值为6.
故选：D
6．（2025·广东佛山·一模）（多选）在中，，，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．在方向上的投影向量为D．若，则
【答案】AC
【分析】A选项对题干条件直接根据数量积的定义，化简成，然后根据边角转化求解；B选项利用两角和的正切公式求解；C选项结合正弦定理，投影向量公式求解；D选项根据正弦定理算出三边长度之后根据数量积定义求解.
【详解】A选项，对于，根据数量积的定义展开可得，，
即，即，由正弦定理，，
即，则为锐角，由，
解得，，A选项正确，
B选项：由A选项和题干可知，，
，故，B选项错误.
C选项：在方向上的投影向量为，
由B知，，，且，解得，
由正弦定理，，则，C选项正确.
D选项：由正弦定理，，即，解得，
于是，，D选项错误.
故选：AC
7．（24-25高三上·海南·月考）（多选）在中，角，，所对的边分别为，，，为平面内一点，下列说法正确的有（ ）
A．若为斜三角形，则
B．若，则为的内心
C．已知中，，，，为的外心，若，则的值为
D．在中，，，若与线段交于点，且满足，，则的最大值为
【答案】ABD
【分析】对于A选项：利用三角形内角和，两角和的正切公式可得；
对于B选项：根据向量证明在三角形内角的角平分线上即可；
对于C选项：根据向量的线性运算和等量关系，求出，即可判断；
对于D选项：根据，即向量的数量积运算，得到，的关系，再利用基本不等式即可判断.
【详解】对于A，因为，
所以，
得，
整理得，故A正确；
对于B， ，，
又，
即
整理得，
因为，分别为，方向上的单位向量，
故在的角平分线上，
同理可证也在和的角平分线上,
故为的内心，故B正确
对于C，
如图，为的外心，，，，，
则，
因为，共线，，共线，
所以，，
即， ，
因为，所以，
所以，，
由，得，解得
故，故C错误；
对于D，因为，，
所以，，，
由，得，
即，
因为与线段交于点，故，，
故，即，
当且仅当时，等号成立，故D正确.
故选：ABD.
8．（2025·北京·模拟预测）已知平面向量 满足 且 ，则 的最大值为 .
【答案】
【分析】先根据已知条件求出向量与的夹角，再通过建立平面直角坐标系，将向量坐标化，然后根据得到点的轨迹方程，最后根据向量数量积的坐标运算求出的最大值.涉及的知识点有向量的数量积公式、向量夹角公式、向量数量积的坐标运算以及圆的方程.
【详解】设向量与的夹角为，.根据向量数量积公式，
已知，，，可得：
解得，所以.
不妨设，，.
，.
因为，所以.
展开可得，配方得.
这表明点的轨迹是以为圆心，为半径的圆.
.设，即.
根据点到直线的距离公式，圆心到直线的距离.
因为点在圆上，所以圆心到直线的距离（为圆的半径），即.
则，即.
解不等式可得.
所以的最大值为，即的最大值为.
故答案为：.
9．（2025·湖南长沙·三模）已知向量，则当取得最大值时， ．
【答案】5
【分析】先运用向量坐标运算得到的坐标，再分别设，与轴的夹角为，，然后将用，表示出来，再用基本不等式求函数取得最大值时的.
【详解】由 ，得，代入 和 ，
，所以，
设为 与 x 轴正方向的夹角，则，
设为 与 x 轴正方向的夹角，则 ，
夹角 ，其正切值为，
所以，令，
当时，，
当且仅当，即时，取到最大值，
又当时，，
综上：当时，取到最大值，即取到最大值.
故答案为：5.
10．（2025·天津河北·二模）如图，在中，点D，E在边BC上，且，点F，M分别在线段AB，AD上，且，直线FM交AE于点G，且，则 ．若直线MC交AE于点N且是边长为1的等边三角形，则 ．
【答案】 /
【分析】根据图形得到，结合三点共线即可求参数值，延长交于，设，进而有，可得，且，分别过作，交于，可得，，进而有，最后应用向量数量积的运算律求解.
【详解】由题设
，
又三点共线，则，可得，
如下图，延长交于，
由，
若，则，而三点共线，
所以，即，
由，
分别过作，交于，
若，则，，
所以，，
即，，
综上，，则，为边长为1的正三角形，
所以.
故答案为：，
模拟训练
一、单选题
11．（2025·河南·一模）已知，且，则的最小值为（ ）
A．B．C．3D．
【答案】D
【分析】根据题意画出图形，并利用位置关系求得，设，结合平面向量线性运算以及余弦定理可求得当三点共线时取得最小值.
【详解】如图所示：
由题意得.
设，
则.
作点关于直线的对称点，连接.
由题可知，
则，
在中，由余弦定理可得；
所以，
当且仅当三点共线时取等号.
故选：D
【点睛】关键点点睛：本题关键在于将表达式中的进行转化，记，再结合平面向量线性运算以及余弦定理可求得结论.
12．（2025·安徽池州·二模）已知双曲线的左､右焦点分别为，是的右支上一点，在轴上的射影为，为坐标原点.若，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设与交于点，根据条件可得，，求出点的坐标，由关系求出点的坐标，利用得到关系，运算得解.
【详解】如图，设与交于点，
由，且是的中点，
所以，又，
所以，又，易得，
，
则，代入双曲线方程可得，
设点，则，，
又设，由可得，即，
由，得，即，
化简整理得，
，解得或，
又，，解得.
故选：D.
13．（2025·山东聊城·模拟预测）已知为坐标原点，与为单位向量，，在定直线上，不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由与为单位向量及分析可知的夹角为.令，则，点是以原点为圆心，为半径的圆上的动点，且.结合图形即可求解.
【详解】因为与为单位向量，
，
∴.
又，，即的夹角为.
∴点是以原点为圆心的单位圆上的动点，且.
令，则，
易知点是以原点为圆心，为半径的圆上的动点，
∴.
如图1，设直线，过点作直线于点，作直线于点.
则.
又，
可知如图2，当点在点处，点在线段上时，取得最小值
此时，最小值为.
∴.
故选：B.
14．（2025·湖南·三模）过点作一直线与抛物线交于，两点，若抛物线在，两点处的切线交于点，且点满足，则的值是（ ）
A．4B．3C．2D．1
【答案】A
【分析】本题由直线与抛物线的位置关系可知直线的斜率存在，可设直线方程为，代入抛物线得一元二次方程，设点，，从而求得，利用导数，求出两条切线的斜率之积为，再由向量关系推出，得出，即可求得p值.
【详解】由题意得，设直线l方程为，，，将直线l方程代入抛物线得，则.
由得，，则，
所以在两点处的切线的斜率分别为，，所以.
又因为，两边平方并整理得， ，所以，
，所以，即，所以.
故选：A.
15．（2025·重庆九龙坡·三模）在 中，角 所对的边分别为 ，已知 , ，若 ，则 的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据正余弦定理化简已知条件得，即可求得，由向量模的运算法则得，结合数量积定义及运算律，利用基本不等式求解最值即可.
【详解】因为，所以由正弦定理得，
即，由余弦定理得，又，所以，
由知，
所以
，当且仅当即时等号成立，
所以线段长度的最小值为.
故选：D
16．（2025·重庆·模拟预测）已知函数的部分图象如图所示，为图象与轴交点且满足为等边三角形，则（ ）
A．1B．C．D．2
【答案】C
【分析】根据给定条件，求出相邻两条对称轴方程，进而求出值.
【详解】观察图象得，正的高为，则，又，因此，
线段中垂线方程分别为，即是函数图象相邻两条对称轴，
则函数的最小正周期，所以.
故选：C
17．（2025·四川广安·模拟预测）已知在中，角，边.点在线段上满足，则线段长度的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用正弦定理与余弦定理，结合平面向量求长度得出线段的表达式，再由三角函数值域求解即可.
【详解】因为，故，
而，则，；
因为角， 设，，
代入正弦定理化简得：，
则
由， 两边平方得展开计算得：
，
；
由，则有，，则
，
则，
因为，，
，故，
所以，即
当且仅当，等号成立.
故选：C.
18．（2025·河北·模拟预测）在边长为2的等边中，点为内切圆上一点，则（ ）
A．1B．C．2D．3
【答案】B
【分析】设内切圆圆心，将、、分解为从出发的向量；利用等边三角形“重心与内心重合”的性质，简化向量和为；通过三角形面积与内切圆半径的关系求得，进而计算向量和的模长.
【详解】设点为内切圆圆心，则，
则，
因为是等边三角形，故点也是的重心，
故，故，
由等面积得，则，
故.
故选：B
19．（2025·吉林长春·模拟预测）已知平面内两个非零向量满足，且与的夹角为，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设，则，则中，，外接圆的半径为1，设，由正弦定理可得，则，利用三角恒等变换可求最大值.
【详解】设，则，
因为，与的夹角为，
所以在中，，，如图所示，
由正弦定理得外接圆的半径为，
则为圆上与不重合的动点，
设，
由正弦定理可得，
则
，
当，即时，取得最大值.
故选：B.
20．（25-26高三上·天津滨海新·月考）窗花是贴在窗户上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一，图1是一个正八边形窗花，图2是从窗花图中抽象出几何图形的示意图.已知正八边形的边长为4，P是正八边形边上任意一点，则以下结论正确的个数是（ ）
①的最大值为
②在方向上的投影向量为
③
④若函数，则函数的最小值为
A．0个B．1个C．2个D．3个
【答案】B
【分析】根据题意建立平面直角坐标系，写出相关点坐标，设，利用余弦定理可得，对于①，取的中点为可推出，结合图形可知当点与点或点重合时取得最大值，计算可知①正确；对于②，根据投影向量定义计算可判断其错误；对于③，代入点坐标计算可知错误；对于④，将点坐标代入所求函数，整理并根据二次函数性质求得其最小值为，可知④错误.
【详解】易知正八边形的每条边所对的圆心角都是，所以，
以所在直线为轴，以所在直线为轴，建立平面直角坐标系，如下图所示：

设，在中，由余弦定理，,
可得，
且
.
对于①，取的中点为，则,且；
则；
由正八边形的对称性可知当点与点或点重合时，取得最大值，
不妨取，则，则,
所以，
因此，即①正确；
对于②，易知，
所以在方向上的投影向量为，因此②错误；
对于③，易知，
而，因此，即③错误；
对于④，易知
由可得：
，
由二次函数性质可知当时，取得最小值，
所以函数的最小值为，因此④错误.
因此只有①正确.
故选：B
二、多选题
21．（2025·安徽池州·二模）在三棱锥中，给定下列四个条件：①；②；③；④.下列组合条件中，一定能断定三棱锥是正三棱锥的有（ ）
A．①②B．①③C．②④D．③④
【答案】ACD
【分析】正三棱锥是指底面是等边三角形，侧面是三个全等的等腰三角形，利用向量数量积的运算律逐个判断各个选项即可.
【详解】对于A，由①-②得，
即，即，再代回①由数量积的定义可得
，在侧面三个三角形中由余弦定理可得，
所以由①②一定能断定三棱锥是正三棱锥，选项A正确；
对于B，由①得，
化简即为③，而由①得，即，
同理可得，
即在底面的投影为的垂心，但无法保证为等边三角形，
所以由①③不一定能断定三棱锥是正三棱锥，选项B不正确；
对于C，由④-②得，即，
代入④可得，
在侧面三个三角形中由余弦定理可得，
，，
三式两两相减得，
化简可得，所以由②④一定能断定三棱锥是正三棱锥，选项C正确；
对于D，由③+④得，由选项C可知，选项D正确.
故选：ACD.
22．（2025·山东·模拟预测）在艺术、建筑设计中，把短对角线与长对角线长度之比为的菱形称为“白银菱形”．如图，在白银菱形内，有三个全等的小白银菱形．若，则（ ）
A．与共线B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】根据菱形性质，可判断A；由，利用二倍角公式可得，判断B；根据菱形性质，可得为等腰直角三角形，从而求得小菱形边长为1，根据数量积运算判断C、D.
【详解】根据题意，在白银菱形内，
设，则，
在小白银菱形中，
而所以，则与共线，A正确；
由于，则，
因,则，B正确；
由于，根据菱形性质可知，
又，根据对称性可得，所以，
在中，设小白银菱形边长为，则，
，所以，
则，C错误；
，D正确.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：在基础上得到为等腰直角三角形，从而求得小菱形边长为1是解题的关键.
23．（24-25高一下·江苏盐城·期中）已知，与夹角为，若且，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，在上的投影向量为B．当时，
C．当时，D．的最大值为0
【答案】BCD
【分析】根据已知得是边长为2的等边三角形，且，由投影向量的定义及向量的线性关系判断A；由题设在中边的中线上，进而有判断B；应用向量数量积的运算律及模长列方程求参数值判断C；化，进而得到，结合有，即可得判断D.
【详解】由题设，是边长为2的等边三角形，且，
A：当时，，又，即，故在上的投影向量为，错；
B：当时，，即在中边的中线上，
又为等边三角形，故，即，对；
C：当时，，则，
所以，
所以，即，又，故（负值舍），对；
D：,
由，即①，
所以，要使该值最大，只需最小，
由①得，则，所以，对.
故选：BCD
24．（24-25高一上·辽宁大连·期末）如图，已知分别是边上的点，且满足，，与交于，连接并延长交于点．若，则实数的值为（ ）
A．B．C．D．2
【答案】A
【分析】由共线、共线分别可得、，进而得、求参数，得，最后由且共线求参数.
【详解】由共线，则，，
所以①，
由共线，则，，
所以②，
由①②知：，则，故，
由，则，
由共线，则，可得.
故选：A
【点睛】关键点点睛：令、，利用不同参数及表示出为关键.
25．（23-24高三上·江西新余·期末）“奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰的标志得来，是平面向量中一个非常优美的结论．奔驰定理与三角形四心（重心、内心、外心、垂心）有着神秘的关联．它的具体内容是：如图所示，已知是内一点，，，的面积分别为，且．以下命题正确的有（ ）

A．若，则为的重心
B．若为的内心，则
C．若，为的外心，则
D．若为的垂心，则
【答案】ABD
【分析】对于A，取中点，连接，由题意可得，即有，同理可得，，即可判断；对于B，设内切圆的半径为，由三角形的面积公式可得，整理即可判断；对于C，设的外接圆半径为，根据题意及三角形的面积公式可得，，，即可判断；对于D，由题意可得，再由三角形的面积公式可得 ，，设，可得，进而可得，，，即可判断.
【详解】解：对于A，取中点，连接，

因为，
则，
所以，，
所以三点共线，且，
设分别是的中点，
同理可得，，
所以为的重心，故A正确；
对于B，因为为的内心，
设内切圆的半径为，

则有，
所以，
即，故B正确；
对于C，因为为的外心，
设的外接圆半径为，
又因为，

则有，，，
所以，
，
，
所以，故C错误；
对于D，延长交于，延长交于，延长交于，如图所示：

因为为的垂心，，
则，
又因为，
则，
设，
因为，
同理可得，
则，
所以，
所以，
所以在中，，
所以在中，；
所以在中，，
所以在中，；
所以
，
所以，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是理解三角形的重心、内心、外心、垂心.
三、填空题
26．（2025·江苏盐城·三模）如图，将边长为1的正五边形的各边延长，得到一个正五角星.若点在正五角星的内部（含边界），则的最小值为 .
【答案】
【分析】按照PQ所处的位置分类，结合向量数量积的几何意义及图形特征可得点分别在图中的处时取最小值，利用黄金分割即可求解.
【详解】要使最小，它们夹角必定为钝角或平角，若在五角星内，
只要延长与边界相交于点，在保持夹角不变情形下，，则，
所以必定在五角星边界上先考察点位置，根据对称性，分两种情形：
1．点在边上：
①先考虑极端情形：若点与右顶点重合，
则在上投影向量的模最长且与反向的就是（即与重合），所以此时最小，
②再考虑一般情形：利用微调法分析，当点在边上由向移动时，变小，
且在上投影向量的模也变小为，故变大，不合题意；
2．点在的边上：
①先考虑极端情形：若点与顶点重合，则此时，但注意到在上投影向量的模最长且反向的是，
且根据相交弦定理知：，所以此时
②再考虑一般情形：利用微调法分析，当点在边上由向移动时，变小，而在上投影向量的模会变大，
过作的垂线，垂足为，则四点共圆，
由相交弦定理知，
所以此时，
如图：在顶角为的等腰三角形，设，
取,则,所以，解得，
所以,
综上，当，分别与顶点重合时，取最小值
由于黄金分割比，而，则，
同理，则，
所以
,
故答案为：
【点睛】关键点点睛：按照PQ所处的位置分类，结合向量数量积的几何意义及图形特征分类求解.
27．（2025·河南·二模）已知点在抛物线上，过点作圆的两条切线，切点分别为，，则的最小值为 .
【答案】/
【分析】设，利用向量数量积定义求得的表达式，进而利用三角函数求得其最小值.
【详解】圆的圆心为，半径为，
设，则，当且仅当时取等号，
连接，设，则，，
则
又，则，
所以，则，
所以的最小值为.
故答案为：.

【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是将转化为的三角函数.
28．（2025·河北邯郸·模拟预测）已知圆和定点，若点P、Q分别为圆O外和圆O上两点，且满足，，则的最小值为 ．
【答案】/0.8
【分析】由题意得，由得点在直线上运动，结合点到直线的距离公式即可求解.
【详解】
因为，，设，
则，
设，因为，
所以，即点在直线上运动，
设，点在直线上，
所以，等号成立当且仅当重合.
故答案为：.
29．（2025·天津河西·模拟预测）已知是边长2为正三角形，是的中心，过点的动直线交于点，交于点，设，，，，则 ；的最小值为 ．
【答案】 3
【详解】

连接AO，并延长交BC于点D，易知点D为BC的中点，
所以，.
又因为是的中心，所以是的重心，即，
所以.
因为，，所以，，
所以. 因为M，O，N三点共线，所以，
所以，.
因为，，
所以，
，
又，所以，.
由，得，，
令，当和重合时，为上中线，此时,
所以，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，
所以的最小值为.
故答案为：3，.
30．（2025·四川南充·一模）在平面中，和是互相垂直的单位向量，向量满足，向量满足，则的最大值为 ．
【答案】4
【分析】先求出两个轨迹方程，可设，，则，由辅助角公式表示出的最大值，再由二次函数的性质求出答案.
【详解】因为和是互相垂直的单位向量，所以设，，
设，由可得：
，
表示动点到两点的距离之和为，
则，
所以点的轨迹是以为焦点的椭圆，且，，
则点的轨迹方程为：，
设，由可得：，
表示动点的轨迹是以为圆心，半径为的圆，
所以动点的轨迹方程为，
所以可设，， ，
所以，，
所以
，其中，
所以当时，的最大值为，
，
当时，的最大值为.
故答案为：