专题五平面向量第十四讲 向量的应用答案.doc

一线名师凭借教学实践科学分类，高质量的解析，你能感受到名家不一样的解题思路 专题五 平面向量 第十四讲 向量的应用 答案部分 1．A【解析】以为坐标原点，所在直线为轴，建立如图的平面直角坐标系， 因为在平面四边形中，，， 所以，，，设,， 所以，， 因为，所以， 即，解得，即， 因为在上，所以，由， 得，即， 因为，， 所以 ，令，． 因为函数在 上单调递减，在上单调递增，所以． 所以的最小值为，故选A． 2．A【解析】解法一 设为坐标原点，，，， 由得，即，所以点的轨迹是以为圆心，l为半径的圆．因为与的夹角为，所以不妨令点在射线()上，如图， 数形结合可知．故选A． 解法二 由得． 设，，，所以，， 所以，取的中点为．则在以为圆心，为直径的圆上，如图． 设，作射线，使得，所以 ．故选A． 3．A【解析】如图建立直角坐标系， 则，，，，由等面积法可得圆的半径为， 所以圆的方程为， 所以，，， 由，得，所以=， 设，即， 点在圆上，所以圆心到直线的距离小于半径， 所以，解得，所以的最大值为3， 即的最大值为3，选A． 4．B【解析】如图，以为轴，的垂直平分线为轴，为坐标原点建立平面直角坐标系， 则 ，，，设， 所以 ，，， 所以 ， ， 当时，所求的最小值为，故选B． 5．C【解析】如图所示，四边形是正方形，为正方形的对角线的交点，易得，而，∴与为钝角，与为锐角．根据题意 ，∴，同理． 做于，又． ∴，而， ∴，而， ∴，即， ∴，选C． 6．B【解析】由知,为的外心．由= = 知为的内心，所以为正三角形，易知其边长为， 取的中点，因为是的中点，所以， 所以，则．故选B． 7．D【解析】由菱形的边长为，可知， ． 8．A【解析】由题意得 ． 9．A 【解析】以题意，以点为坐标原点，以所在的直线为轴，所在的直线为 轴建立如图所示的平面直角坐标系， 所以点，，， 所以 =（当且仅当，即时取等号）， 所以的最大值为13．故选A． 10．C【解析】，所以 ，选C． 11．B【解析】由题意得，AC为圆的直径，故可设，，， ∴，而， ∴的最大值为，故选B． 12．A【解析】设，则，， 所以曲线C是单位元，区域为圆环（如图） ∵，∴． 13．C【解析】 因为，所以. 因为，所以，. 因为，所以， 即 ① 同理可得 ②，①+②得. 14．B【解析】如图，设 ，则， 又， ，由得 ， 即，选B. 15．A【解析】 【方法一】设 则． 【方法二】将向量按逆时针旋转后，可知点落在第三象限，则可排 除B、D，代入A，由向量的夹角公式可得，∴． 16．C【解析】首先观察集合，从而分析 和的范围如下：因为，∴， 而，且，可得， 又∵中，∴， 从而，∴ ， 所以．且也在集合中，故有． 17．D【解析】根据已知得，即，从而得 ；，即，得， 根据，得．线段的方程是，． 若是线段的中点，则，代入，得． 此等式不可能成立，故选项A的说法不成立；同理选项B的说法也不成立； 若同时在线段上，则，， 此时，，，若等号成立，则只能， 根据定义，是两个不同的点，故矛盾，故选项的说法也不正确， 若同时在线段的延长线上，若，，则， 与矛盾，若，则是负值，与矛盾， 若，，则，，此时，与矛盾， 故选项D的说法是正确的． 18．【解析】设，，所以 ， 当时，取得最小值． 19．【解析】设，由，得， 如图由可知，在上， 由，解得，， 所以点横坐标的取值范围为． 20．【解析】，,则 ， ． 21．【解析】由题意令，，， 则由 可得 ①， 令 ② 得对一切实数恒成立， 所以． 故． 故最大值为． 22． 【解析】由 ．所以，． 23． 【解析】 因为，， ， ， ， 当且仅当即时的最小值为． 24．【解析】 ，因此． 25．【解析】因为，菱形的边长为2，所以. 因为，由， 所以，解得． 26．【解析】设，由，得，向量 ，故 的最大值为圆上的动点到点距离的最大值， 其最大值为圆的圆心到点的距离加上圆的半径， 即． 27．【解析】以为坐标原点，，所在的直线分别为，轴建立直角坐标系，则，，，．设(0≤≤)， 由，∴，=((1,2)=． 28．【解析】如图过P作x轴的垂线，垂足为E，过C作y轴的垂线，垂足为A，根据题意可知圆滚动了2个单位的弧长， ∴，可知，此时点的坐标为 另解1：根据题意可知滚动制圆心为（2,1）时的圆的参数方程为， 且，则点P的坐标为， 即. 29．【解析】根据已知得，， 所以（）=． 30．【解析】(1)∵，∴，故，∴． （2）∵与的夹角为，∴， 故，又，∴，，即． 故的值为． 31．【解析】（Ⅰ）已知， 过点，∴ ∴ 解得 （Ⅱ）由（Ⅰ）知 由题意知 设的图象上符合题意的最高点为 由题意知．所以，即到点的距离为1的最高点为． 将其代入得， 又∵，所以， 因此 由， 得 ∴的单调增区间为． 32．【解析】（Ⅰ）∵， 且，∴，∵，∴解得． 所以． （Ⅱ）∵，∴，∵， ，， ∴，故． 33．【解析】（1）＝， ＝ ＝． 所以，，所以，． （2），①2＋②2得：． 所以，＝，＝＋， 带入②得：(＋)＋＝＋＝(＋)＝1， 所以，＋＝．所以，＝，＝． 34．【解析】由题意，抛物线E的焦点为，直线的方程为． 由得． 设A，B两点的坐标分别为，， 则、是上述方程的两个实数根． 从而，． 所以点的坐标为，． 同理可得点的坐标为，． 于是． 由题设，有k1＋k2＝2，k1>0，k2>0，k1≠k2， 所以． 故． (2)【解析】由抛物线的定义得，， 所以， 从而圆的半径． 故圆的方程为． 化简得． 同理可得圆的方程为． 于是圆，圆的公共弦所在直线的方程为． 又k2－k1≠0，k1＋k2＝2，则l的方程为x＋2y＝0. 因为p>0，所以点到直线l的距离 故当时，取最小值． 由题设，得＝，解得． 故所求的抛物线E的方程为． 35．【解析】（I）由， ，及 又，所以. （II） =. 当所以 36．【解析】（1）由，， ，， 由已知得=． 化简得曲线C的方程：． （2）假设存在点满足条件，则直线的方程是，的方程是． 曲线C在Q处的切线的方程是，它与轴的交点为 由于，因此． ①当时，，存在，使得．即与直线平行，故当时不符合题意． ②时，，所以与直线一定相交． 分别联立方程组，解得的横坐标分别是 ，，则 又，有， 又， 于是=， 对任意，要使为常数，即只需满足，解得，此时，故存在，使得与的面积之比是常数2． 37．【解析】由知Q，M，P三点在同一条垂直于x轴的直线上，故可设 ① 再设 解得 ② 将①式代入②式，消去，得 ③ 又点B在抛物线上，所以，再将③式代入，得 故所求点P的轨迹方程为 38．【解析】（1）（方法一）由题设知，则 所以 故所求的两条对角线的长分别为、． （方法二）设该平行四边形的第四个顶点为D，两条对角线的交点为E，则: E为B、C的中点，E（0，1）又E（0，1）为A、D的中点，所以D（1，4） 故所求的两条对角线的长分别为BC=、AD=； （2）由题设知：=(－2,－1)，． 由()·=0，得：， 从而所以． 或者：，． 高考押题团队：公众号sxgkzk QQ：1185941688 高考真题专项分类（理科数学）第16页—共16页