平面向量与多学科综合问题高频考点梳理专题练2026届高考数学复习备考 含答案

/平面向量与多学科综合问题高频考点梳理专题练2026届高考数学复习备考一、单选题1．已知是边长为的等边三角形，点，分别是边，的中点，连接并延长到点，使得，则的值为（

）A． B． C． D．2．已知，，是平面内一动点，且，若，则的取值范围是（

）A． B．C． D．3．已知为坐标原点，抛物线的焦点为F，，过点M的直线l与C交于A，B两点，且，直线BN与C的另一个交点为P，若直线AN与PM的斜率满足，则（

）A． B． C． D．4．如图，在中，为上一点，且满足，若，则的最小值是（

）A．2 B．4 C． D．5．已知向量满足，则的取值范围是（

）A． B． C． D．6．已知中，，，则的取值范围是（

）A． B． C． D．7．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．1 B． C． D．2二、多选题8．已知向量，则（

）A． B．C．若，则 D．9．已知为抛物线的焦点，点在上，过作的切线交轴于点，则下列说法正确的是（

）A．的斜率为B．若圆被截得弦长为，则C．D．若平行的直线与相切于点，则10．在平面直角坐标系中，已知点是曲线上任意一点，过点向圆引两条切线，这两条切线与的另一个交点分别为，则下列结论正确的有（

）A．B．直线与圆相切C．的周长的最小值为D．的面积的最小值为三、填空题11．已知函数的部分图象如图所示，的图象与轴交于点C，且，，，则．12．在平面直角坐标系中，为直线上在第一象限内的点，，以为直径的圆与直线交于另一点．若，则点的横坐标为．13．在中，，，为所在平面内的动点，且，则的最小值为．14．已知为抛物线上一点，为的焦点，直线的方程为，过直线上一点（点不在轴上）作抛物线的两条切线，切线分别交轴于A，B两点，则外接圆的面积的最小值为.四、解答题15．已知抛物线的顶点在坐标原点，椭圆的顶点分别为，，，，其中点为抛物线的焦点，如图所示.（1）求抛物线的标准方程；（2）若过点的直线与抛物线交于，两点，且，求直线的方程.16．如图，已知在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.(1)求A的值；(2)若，M为边BC上一点，且，求AM的长.17．在，角所对的边分别为，已知．(1)证明：；(2)是否存在内一点使得且？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．18．已知椭圆，，A是的右顶点．(1)若的焦点，求离心率e；(2)若，且上存在一点P，满足，求m；(3)已知AM的中垂线l的斜率为2，l与交于C、D两点，为钝角，求a的取值范围．19．如图，已知点列与满足，且，其中，．

(1)求；(2)求与的关系式；(3)证明：．

答案题号12345678910答案ABACBDCABDACDBD1．A【分析】通过建立直角坐标系，根据题意求出向量的坐标，利用数量积的坐标运算求的值即可.【详解】如图，以所在直线为轴，为坐标原点，所在直线为轴，建立直角坐标系，由题意可得，，，，则，设，由得，，所以所以，所以，所以.故选：A.2．B【分析】解法一：根据题意，先求出点的轨迹方程为，由题意可设，，根据向量相等坐标关系得解；解法二：根据题意，先求出点的轨迹方程为，设斜率为且与圆相切的直线方程为，根据圆心到直线的距离为半径，结合等和线定理即可求解.【详解】解法一：设，则，整理得，即，由题意可设，，得，又，，由，得，则，，得，所以的取值范围为.解法二：（等和线）设，则，整理得，即，因为直线的斜率为，设斜率为且与圆相切的直线方程为，所以，所以，所以的取值范围为.故选：B.3．A【分析】由题意得，则可设直线，直线，分别与抛物线方程联立，设，由韦达定理可得，，结合，可解得的值，从而可得的值，再利用弦长公式即可求解.【详解】由题意得，，，设直线，直线，联立，得，设，则，联立，得，则，则，则，故，由，得，解得，则，故.故选.4．C【分析】设，从而得到，结合已知有，应用三角形面积公式得，最后由向量数量积的运算律、基本不等式求向量模长的最值.【详解】设，则，所以，解得，，则，，当且仅当时，等号成立，的最小值为．故选：C5．B【分析】令，为线段的中点，则，从而将转化为，将转化为椭圆上点与点的距离问题求解即可．【详解】令，为线段的中点，则，∴转化为，且，∴点P的轨迹是以为焦点的椭圆，半焦距，长半轴长，短半轴长，，为椭圆上点与点的距离，则，即，则的取值范围是．故选：B．6．D【分析】由正弦定理求外接圆半径，在其外接圆中连接，由，讨论的位置情况确定范围.【详解】由题设，外接圆半径为，如下图，外接圆中连接，可得，，所以，当反向共线时最小，最小值为；当同向共线时最大，最大值为20，所以.故选：D7．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：C8．ABD【分析】根据平面向量的数量积的坐标表示、模长公式、共线的坐标表示及三角恒等变换公式判断各选项即可.【详解】由题意，对于A，，故A正确；对于B，，故B正确；对于C，若，则，即，即，所以，故C错误；对于D，，所以，故D正确．故选：ABD．9．ACD【分析】对于A，设出抛物线在处的切线方程，联立切线方程与抛物线方程后结合判别式为零可求斜率判断正误；对于B，根据弦长公式计算后可判断其正误；对于C，利用向量的数量积的坐标形式计算后可判断正误；对于D，同A的方法求出的坐标，再结合向量的坐标运算可判断其正误.【详解】由题设，切线的斜率存在且不为零，且，当，设，联立，所以，则，可得，所以，此时的斜率为，同理，当时的斜率为，A对；由对称性，取，此时切线方程为，所以到的距离为，可得，B错；若切线为，则，而，取，所以，结合抛物线对称性可知C对；同C分析，设，该点处切线方程为，联立，得，且，所以，则，故切线斜率为，所以，即，所以，则，D对.故选：ACD10．BD【分析】分别对直线，的斜率是否存在进行讨论，对各种情况下各选项的内容进行判断即可.【详解】如图，不妨设点位于第一象限，直线在圆的左边，直线在圆的右边.首先，若直线的斜率不存在，则，，设直线的方程为：即.因为直线与圆相切，所以，此时直线：与曲线只有1个交点，不合题意；其次，若直线的斜率不存在，则，，设直线的方程为：即.因为直线与圆相切，所以，此时直线：，所以.此时：，，，.所以，故A不成立；直线：，由得直线与圆相切，故B成立；因为，所以的周长为，满足C选项；，满足D选项.最后，直线，的斜率都存在时：设（且），，.所以，所以直线的方程为：，即.因为直线与圆相切，所以.同理可得.所以为方程的两根.所以：，.又直线的方程为：，点到直线的距离为.所以直线与圆相切，故B正确；又，又，点到直线的距离为.所以.令，，.设当时，恒成立.所以当时，，所以；当时，，所以；当时，，所以.所以在和上单调递增，在上单调递减.又因为，，所以.所以，符合D.综上可知，的面积的最小值为，故D正确.又的内切圆半径为1，所以，所以.即周长的最小值为，故C错误.故选：BD.方法点睛：若的内切圆半径为，三边长分别为，则，故求周长的最小值，可以利用三角形面积的最小值来求.11．【分析】根据B、D点横坐标可确定周期得出，再把代入可求的值，利用得到A即可求解.【详解】由题干图象可知，则，所以，所以，由，得，，即，，因为，所以，则．又，则，又，，，解得（负根舍去），所以，所以．故答案为.12．3【分析】方法一：先根据条件确定圆方程，再利用方程组解出交点坐标，最后根据平面向量的数量积求出结果.【详解】［方法一］：【通性通法】直译法设，则由圆心为中点得易得，与联立解得点的横坐标所以.所以，由得即，解得：或，因为，所以故3．［方法二］：【最优解】几何法如图3，因为为直径，所以，，．

设，则，所以，即．所以，A点的坐标为，则点A的横坐标为3．［方法三］：数形结合如图4，由已知，得，则，所以的方程为．

由解得．设，则，从而．所以，解得或．又，所以．即点A的横坐标为3．［方法四］：数形结合＋斜率公式由，得，又C是的中点，所以．又，所以．设直线l的倾斜角为，则，从而．设，则，解得．即点A的横坐标为3．［方法五］：数形结合＋解三角形由方法四，知，则．在中，．在等腰中，．设，则，解得或．又，所以．即点A的横坐标为3．［方法六］：数形结合＋解三角形设直线l的倾斜角为，则，则．由方法四知，于是．在中，由正弦定理知，解得，故点A的横坐标为．［方法七］：数形结合＋解三角形因为D为以为直径的圆C上一点，所以，C为的中点．因为，所以，为等腰直角三角形，即．在中，．又，所以．因为A在第一象限，所以．又，所以．【整体点评】方法一：直接根据题意逐句翻译成数学语言，通过运算解出，是该题的通性通法；方法二：作出简图，利用平面几何知识求解，运算简单，是该题的最优解；方法三：通过圆的几何性质，利用直线方程联立求点的坐标，简化计算；方法四：通过圆的几何性质，求出直线的倾斜角，从而得出斜率，根据斜率公解出，是不错的解法；方法五：同法四，通过圆的几何性质，求出直线的倾斜角，从而得出斜率，再通过解三角形求出；方法六：基本原理同方法五；方法七：基本原理同方法五．13．【分析】可证，延长至，使得，连接，则为的垂直平分线，根据对称可求得的最小值.【详解】因为，故，故，故，所以，延长至，使得，连接，则为的垂直平分线，故，故，当且仅当共线时等号成立，而，故的最小值为.故答案为.14．【分析】通过求抛物线的切线方程，得出点的坐标，再根据向量垂直证明，，，四点共圆且的外接圆直径为，最后根据点到直线的距离公式求出的最小值，进而求出的外接圆面积的最小值.【详解】设切线，与抛物线分别切于点M，N，设，.，.直线，直线.由得故.又，，.故，同理.，.，A，F，B四点共圆，且的外接圆的直径为.即为点到直线的距离，此距离为2.，即的外接圆半径最小值为1.故的外接圆面积的最小值为.故答案为.15．（1）；（2）.【分析】（1）根据抛物线的焦点，求抛物线方程；（2）首先设出直线的方程为，与抛物线方程联立，并利用韦达定理表示，并利用，求直线的斜率，验证后，即可得到直线方程.【详解】解：（1）由椭圆可知，，所以，，则，因为抛物线的焦点为，可设抛物线方程为，所以，即.所以抛物线的标准方程为.（2）由椭圆可知，，若直线无斜率，则其方程为，经检验，不符合要求.所以直线的斜率存在，设为，直线过点，则直线的方程为，设点，，联立方程组，消去，得.①因为直线与抛物线有两个交点，所以，即，解得，且.由①可知，所以，则，因为，且，所以，解得或，因为，且，所以不符合题意，舍去，所以直线的方程为，即.16．(1)(2)【分析】（1）由正弦定理边角互化可得答案；（2）由图可得，后由数量积知识可得答案.【详解】（1）.由正弦定理，则，又在中，，则，结合，则；（2）由图，.又由题，，则，则AM的长为.17．(1)证明见解析(2)不存在【分析】（1）利用三角恒等变换以及辅助角公式可将原式化为，根据三角函数最值即可得，可得结论；（2）由（1）可知点在的边的中线上，再由的最小值为可得，可得不成立.【详解】（1）由题意可知，即，则，即，其中；其中和的最大值为1，故上式只有当时，等号成立；故，由正弦定理可得，所以（2）因为，所以为的重心，因为，为各边中线的交点，因此；又因为点在内部，点在内的直线上的动点，如下图所示：当点与点重合时，取得最小值，即，所以恒成立，显然与，即矛盾，故内不存在点使得且同时成立.18．(1)(2)(3)【分析】（1）由方程可得，再由焦点坐标得，从而求出得离心率；（2）设点坐标，由向量关系坐标化可解得坐标，代入椭圆方程可得；（3）根据中垂线性质，由斜率与中点坐标得直线方程，联立直线与椭圆方程，将钝角条件转化为向量不等式，再坐标化利用韦达定理代入化简不等式求解可得范围.【详解】（1）由题意知，，则，由右焦点，可知，则，故离心率.（2）由题意，由得，，解得，代入，得，又，解得.（3）由线段的中垂线的斜率为，所以直线的斜率为，则，解得，由得中点坐标为，故直线，显然直线过椭圆内点，故直线与椭圆恒有两不同交点，设，由