專題五平面向量第十四講向量的應(yīng)用答案

1、專題五平面向量第十四講向量的應(yīng)用答案部分1. A【解析】以A為坐標原點，AB所在直線為x軸，建立如圖的平面直角坐標系,因為在平面四邊形 ABCD中，AB =AD =1，- BAD =120，1 J3所以 A(0,0)，B(1,0)，D(- ,)，設(shè) C(1,m),E(x,y)，2 2所以 DC=(3,m322），3因為AD-CD，所以（?m-()“，2 2因為E在CD上，所以2 W y W 3，由 = kCD ，1-x得壬I2_1+12因為 AE =(x,y)，BE=(x -1, y)，所以 AE BE =(x,y) (x1,y) =x2 x y2 =( .3x 2)2 -、,3y 2 y2增

2、，所以2116= 4y2 -5.3y 6，令 f (y) = 4y2 一 5、3y 6，因為函數(shù)f (y) =4y2 3y 6在乜，5 3上單調(diào)遞減，在2 8uur uir21所以AE BE的最小值為-，故選A 2 . A【解析】解法一 設(shè)0為坐標原點，3= oA，b = OB = (x, y)，e = (1,0)，22222由b -4e b *3=0得x y -4x 3 = 0，即(x -2)y =1，所以點B的軌跡是以C(2,0)為圓心，I為半徑的圓因為 a與e的夾角為，所以不妨令點 A在射線 3y fj3x(x 0)上,如圖，數(shù)形結(jié)合可知| a -b|min解法二由 b2-4e b 3

3、= 0得b2-4eb3e2=(b-e)(b- 3e)= 0 .e= OE，3e =所以b e = EB，F(xiàn)B，b- 3e =所以EB FB = 0，取EF的中點為C 則B在以C為圓心，EF為直徑的圓上，如圖.設(shè) a 二 OA，作射線 OA，使得.AOE ，所以 | a-b|=|( a- 2e)(2 e-b)p|( a- 2e)-(2 e-b) |=|CA| - |"BC p 一 3-1 故選 a .3 A【解析】如圖建立直角坐標系,2"5所以|2Z| < ，：'!，解得1 < z < 3，所以z的最大值為則A(0,1)，B(0,0)，D(2,1)，

4、P(x, y)，由等面積法可得圓的半徑為224所以圓的方程為(x-2)2 y2 ：5TT所以 AP=(x,yT)，AB=(O, T)，AD =(2,0)，由APABAD，得xQ，所以y1，y _1 = _扎2xx設(shè) z y 1，即卩y 1 -z = 0，2 2x點P(x, y)在圓上，所以圓心到直線y T - z = 0的距離小于半徑,2即L的最大值為3，選A 4 B【解析】如圖，以 BC為x軸，BC的垂直平分線 DA為y軸，D為坐標原點建立平面直角坐標系,A(03,) B(-1,0)，C(1,0)，設(shè) P(x, y)，所以X3y)=1x,y)，"PC = (1 x,y)，所以PB

5、PC=(乞 x -2，PA (PB PC) =2x2 -2y(" -y) =2x2 2(y-込2_?2 2當P(0,3)時，所求的最小值為-3，故選B.2 25 . C【解析】如圖所示，四邊形 ABCE是正方形，F(xiàn)為正方形的對角線的交點，易得AO ： AF，而.AFB =90：，二 AOB 與.COD 為鈍角， AOD 與.BOC 為銳li - J =0A OB-OB OC =0B (OA-OC) =0B CA =角根據(jù)題意|OB|CA|cos AOB ：0，li ： J，同理12I3.做 AG BD 于 G，又 AB = AD .OB : BG =GD ：OD ，而 OA ： AF

6、 = FC ： OC，|OA| |OB| ：|OC| |OD|，而 cos AOB二 cos 乙 COD : 0，OAOB OCOD，即 I1 I3， I3 :： I1 :： I2，選 C.DB【解析】由 DADBDC 二 2知,D為ABC的外心.由 3ADB = DB DC=DC DA知D為 ABC的內(nèi)心，所以 厶ABC為正三角形，易知其邊長為 2、3，取AC的中點E，因為M是PC的中點，所以EM =丄AP ，2 21 7249所以 I BM |max M BE |，則 I BM |max.故選 B .2 24【解析】由菱形 ABCD的邊長為a，- ABC =60可知 BAD =180- 6

7、0 =120，10 .BD 忌(ADAB)(JB)_ABTDAB? = a acos120 a2 二 3a2.2【解析】由題意得AD=ACCD = ACBC忌丄忑333【解析】以題意，以點 A為坐標原點，以 AB所在的直線為x軸，AC所在的直線為y軸建立如圖所示的平面直角坐標系,1所以點 P(1,4)，B(-,0)，1 1 1所以 PB PC 古 _1,-4)(_1,t _4) = ( _1) (-1)-4 (t-4)= 17_l4t < 17-21 4t =13 (當且僅當 1ttt所以PB PC的最大值為13 故選A .3 C【解析】 AM -AB AD, NM -CM -CN411

8、AM NM (4AB 3AD) (4AB-3AD)412=4t，即t =-時取等號），21 2 2 1(16AB 9AD )(16 36 -9 16)=9，選 C.4848B【解析】由題意得，AC為圓的直徑，故可設(shè) A(m, n)，C(-m廠n)，B(x,y)， 2 2PA PB PC =(x6,y)，而(x6) y =3712x 49， PA PB PC的最大值為7，故選B.12 .A【解析】設(shè) a = (1,0), b = (0,1)，則 OP 二(cos，,sin 二)，OQ = ( 2八 2)，所以曲線C是單位元，區(qū)域門為圓環(huán)(如圖)|OQ |=2，r : R 3.13 .C【解析】

9、因為？ BAD 120，所以AB ?ADAB啟 cos120 = - 2.14 .因為BE = l BC，所以AE= AB+lTD，AF=mAB+AD.因為 AE ?AF 1，所以(AB + l AD )?(mAB AD )= 1， 3即 2l + 2m- l m= 22同理可得l m- l - m= - 3，+得l + m= 56B【解析】如圖，設(shè) AB =b,AC =cb = 1,'!' =2,b*c = 0，則B又 BQ 二 BA AQ - -b (1- )c，CP =CA AP由BQCP =-2得&（1_.）C.（_c 我乂一 1）c1 2_彳2丸 b = 4（

10、九一1）九=2，3 4A【解析】【方法一】設(shè) OP = （10cosv,10sin 旳二 cos 二,sin v55則 OQ=（10cos（二 ）,10sin（二 L） =（一7、, 2, -、2）.3:4 4【方法二】將向量 OP =（6,8）按逆時針旋轉(zhuǎn) 后，可知Q點落在第三象限，則可排2除B、D，代入A，由向量的夾角公式可得cos.QOP， QOP 二24nC【解析】首先觀察集合2Z"-1,丄0,12 一13、2,1，?，2,，從而分析ab*JI<1,和bja的范圍如下：因為"（0,-），而bOa =蟲=型cos日，且| a|-| bpO，可得0 a a | a

11、 |又 m $ Z中,器沖| b |1a從而藺二市，二a所以1 ”：aib ”： 2 且aOb也在集合n?|nZ中，故有ab = 3 .217 .D【解析】根據(jù)已知得（c,0） -（0,0）=可（1,0） -（0,0），即（c,0） V（1,0），從而得c ； （d,0） -（0,0） = J（1,0） -（0,0），即（d,0）=珥1,0），得 d "1，1 111根據(jù)2，得2 .線段AB的方程是y = 0，x 0,1.-c d此時 j 2r r 人2&12> 1 ,1> 1 , 11> 2，若等號成立，則只能c = d = 1,c dcd根據(jù)定義，C,D

12、是兩個不同的點，故矛盾，故選項 C的說法也不正確，1 1若C,D同時在線段 AB的延長線上，若c 1，d 1，貝U2，c d111111與2矛盾，若c : 0, d ： 0，貝U是負值，與2矛盾,cdcdcd111111若c 1， d :： 0，則 1，0，此時1，與2矛盾,cdcdcd故選項D的說法是正確的.-3【解析】設(shè) E(0, t), F(0,t -2)，所以 AE BF 二(1,t) (-2,t - 2)-2 t(t _2) =tAD AE =( AB AC)(AC-AB)二 沁34 -93 - -4 , _2t _2= (t _1)33333 _3,19 .當t = 1時,AE B

13、F取得最小值-5.2,1【解析】設(shè)P(x, y),-3.由 PA PB < 20，得 2x - y 5 < 0 ,x20 .【解析】AB AC =3 2 cos60° =3 , AD 二】AB 2 AC ,則 11如圖由2x -y 5< 0可知，P在MN 上, 由 J2：'：5；，解得 M (1,7) , N(5,5),x y =50所以P點橫坐標的取值范圍為5.2,1.12I113 3121 .【解析】由題意令 e = (1,0) , a 二(cos： ,sin -), b 二(2cos : ,2sin :),2則由 |ae |+|be| 46 可得 Ic

14、os |+21 cos®V6 ，令sin = "2sin ： =m + 得4|cos cos ： | sisin - , 1 m對一切實數(shù):-,:恒成立,所以 4| cos： cos ： | sin ： sin 訂，1 .1 故 a b = 2(cos 工 cos：sin 二 si n ：)剟 V 2|cos 工 cos ： | sin 工 si n :23 .1故最大值為-2111 T 11 T T解析】由 MN =MC CN AC CB AC (AB-AC) 263231 111AB AC = xAB yAC .所以 x =, y =-.626292 1T解析】 因為D

15、F DC , DC AB , 189-21-9-DC DC =9人-F1CF = DF -DC =9k9DC十9耳,18&AE 二 AB BE = AB BC ,寂AB BC CF為亠弗18扎£,18-V 18幾18 1AB2 Bc-I 1AB BC18人丿2 1 cos1202 1衛(wèi)_22廠"羅9218921818當且僅當21229廠石.即匚時的最小值為品9.3【解析】 ak ak (cos,sinkcos) (cos(k 2,sin 色 1-半、66666(k 1)二二 2k二 二 k二 (k 1)二 3 3. 2k二亠.cos) =cos sincos cos

16、sin66666461cos空上，因此匸，3 12 4 3 .26k jo425 .2【解析】因為？ BAD120；，菱形的邊長為2，所以?AD-2.因為AE ?AF1 AB ，由 AE?AF4 41所以2(1) =1，解得 =2.a 3326 .1.7【解析】設(shè) D(x,y)，由 |CD |=1，得(x-3)2 y2 =1，向量OaOB OD= (x-1,y.3)，故 |OA OB OC的最大值為圓(x -3)2 + y2 =1上的動點到點(1, -J3)距離的最大值,其最大值為圓(x -3)2 y2 =1的圓心(3,0)到點(1,-3)的距離加上圓的半徑，即.(3 -1)2 (0 3)2

17、7 .27 .2【解析】以A為坐標原點，AB，AD所在的直線分別為 x， y軸建立直角坐標系,則 BO-2,0)，EC 2,1)，D(0,2)，C 2,2).設(shè) F(x,2)(0 < x g 2)， 由 AB AF、2= x=1， F(1,2)，AELBF =( 2,1) (1 - 2 ,2)=、2 .28 .(2 _sin2,1 cos2)【解析】如圖過 P作x軸的垂線，垂足為 E，過C作y軸的垂線, 垂足為A，根據(jù)題意可知圓滾動了 2個單位的弧長,30 .31 .丿兀 PCD =2，可知.PCB =2，此時點P的坐標為23T3TxP = 2 _cos(2 _ £ ) = 2

18、 _sin 2, yP = 1 sin(2 _ ? ) = 1 _cos2,另解1 :根據(jù)題意可知滾動制圓心為（2,1 ）時的圓的參數(shù)方程為且NPCD =2月=j -2，則點P的坐標為2即 OP =(2_sin2,1 cos2).11-一【解析】根據(jù)已知得 AD （AB AC）,422T 'x = 2 + cos 日 、y = 1+si n。3x = 2 cos(23兀 y = 1 sin(-2) =2-s in 2- 2) = 1 - cos2所以 AD BE =1( AB AC) ( 2 AC - AB23【解析】（1） rmn，.m r 二 0，故 sin2（2 ） m與n的夾角

19、為ji， cos ： m, n =32BE AC31 2= ( 12 3-AB ,厶osx“， tanx=1.2m n|m|n|.2 . 2 sin x cosx2 211兀1故 sin(x )=425兀故x的值為 -.12ji ji【解析】（i）已知ji兀x7，-U ("5：x =-12f (x)二 a b = msin2x ncos2(,f （x）過點（二，、3）,（_H,一2)， f ()=m sin + n cos =12' ' 312662二、.4二4二小f () = msin ncos23331 .3m n2 231I =2 2=3解得丿m = V3n =

20、1（n）由（I）知/-nf(x)= 3si n2x cos2x = 2si n(2x)6由題意知 g(x) = f (x J =2sin(2 x 2)6設(shè)y = g x的圖象上符合題意的最高點為(x°,2)由題意知球1 =1 所以Xo = 0，即到點（0,3）的距離為1的最高點為（0, 2）.將其代入廠gx得sin 2二6 =1，33 .又 0；八，所以671 j因此 g x =2sin 12x2cos2xI 2丿由一感：卜2k二乞 2x 乞 2k二，k Z，得 x k二，k z2 f (x)的單調(diào)增區(qū)間為-勺kkj kZ .1,b =3,BA BC =cacosB = 3【解析】（

21、I）： cosB2 2 ,2口a +c -b且 cos B =2ac所以 a = 3,c = 2 .ac3 =2，, ac = 6, a c = 5 , : a c，二解得 a = 3,c = 2 .(n)rcosB J， sin B =亠2，：a=3,b=3,c=2，332,22a +b -c cosC 二2ab2323cos(B-C) = cosBcosC sinBsinC，故 cos(B-C) z2727【解析】(1) a - b = (cos ： - cos : ,sin ： - sin :)，| a - b |2 = (cos ： - cos : )2 (sin ： - sin :

22、)2=2 -2(cos ： cos ：sin ： sin ： ) = 2 .所以，coscos ： sinsin ： = 0，所以，a _ b .(2)丿cosh 'cos ： = 0sin ：亠 sin ： =1，2+2得：cos(一 所以,帶入得:.2sin ( :3+ ：)+ sin ： =- cos ： + sin2 2".5'：:.所以，：=，-=2 6 634 .【解析】由題意，拋物線E的焦點為F(0,*)，直線li的方程為所以，3 +p, y = k x22由2 得 x -2 pkiX - p = 0 .2X 2py設(shè)A，B兩點的坐標分別為 A(Xi,y

23、J，B(X22)，則Xi、X2是上述方程的兩個實數(shù)根.2從而 x1 x2 =2pk， % y2 = k(Xj x2) p = 2pk| p .所以點 M 的坐標為(pki, pkf )， FM (, pk2).2同理可得點N的坐標為(pk2, pk；號)，F(xiàn)N =(pk2, pk|).是 FM FN 二 p2(k1k2 k；k；).由題設(shè)，有 ki + k2 = 2， ki>0，k2>0， kik2,k 2所以 0 :：: k*2 (-2)2 =1.2-1故 FM FN : p2(1 12) =2p2.【解析】由拋物線的定義得 | FA y 衛(wèi)，| FB F y2 *衛(wèi)2 2所以

24、| ABL% y2 p =2pk2 2p，從而圓M的半徑r pk!2 p .故圓 M 的方程為(x-pkj2 (y - pk； -P)2 =(pk； p)2.2化簡得 x2 y2 -2pkiX - p(2kj 1)y -3 p2 = 0 .42223 2同理可得圓N的方程為x y -2pk2x-p(2k2 1)y p =0 .4于是圓M，圓N的公共弦所在直線l的方程為(k2 - k1)x (k； - k；)y = 0 .又 k2 kiz 0,ki + k2= 2，貝U l 的方程為 x + 2y = 0.因為p>0，所以點M至煩線I的距離d2*2 pjp|卩禹飛111 27p2(ki 匸

25、)8故當ki工一1時,4d取最小值.8胎sin 2x -211一 cos2x 22兀亠1=si n(2 x).6 2由題設(shè)，得匕8/5故所求的拋物線 E的方程為x2 = 16y .35 .【解析】(I)由 a =(3sinx)2+(sin x)2 =4sin2x，b=(cosx)2 +(sin x)2 =1，及 a = b ,得4sin2 x =1兀1兀又x 0,從而sin x ，所以x .226JTTtJt當x 0.時，sin (2x-)取最大值1.所以f (x)的最大值為3 2636 .【解析】(1 )由 MA =(-2 -x,1 - y)，MB =(2 -x,1-y)MA MB =

26、63;(-2x)2(2 -2y)2，OM(OA OB)二(x, y) (0,2) = 2y，由已知得,(-2x)2(2 -2y)2 = 2y 2 .化簡得曲線C的方程：X2 =4y .假設(shè)存在點P(0, t)(t 0)滿足條件，則直線 PA的方程是y =上2 1 x t，PB的方程1 -t是八亍t .2曲線C在Q處的切線丨的方程是y Ox-0，它與y軸的交點為F(0,-二°)244Xo2Xo由于2 . x ： 2，因此一 11 .2t11Xnt1當-1 ： t : 0時，-1，存在X0 (-2,2)，使得一0即丨與直線PA2 2 2 2平行，故當-1 i - 0時不符合題意.t，-1

27、時，1普號1號，所以1與直線PA，PB 一定相交.Ha分別聯(lián)立方程組2，解得D, E的橫坐標分別是X0X0y x - 24xD = 2(x 1 -t)x2 4t0，則顯 mitD2Xe 二2(X0 t-1)x2 4t27'又FP有 S PDE2fpxe1 _t (痔4t)28(t1)2 x2，又 S qab 二-4 (124 -X：2 ，2- 22 nS念AB4(x0 4) Lx0 (t T)于是S 蟲DE1 tS QAB對一4 (t -1)2 x2 - 4(t 一1)2(xO2 4t)21 -tx； 8tx0 16t2S QabS/qabf_4 (t 1) = 8t對任意Xo (-2,2)，要使為常數(shù)，即只需t滿足22 '解得t二T，SpdeI4(t1) =16t此時豐=2，故存在一，使得-QAB I PDE的面積之比是常數(shù)2 .【解析】由QM =皇MP知Q，M，P三點在同一條垂直于 x軸的直線上，故可設(shè)P(x,y),Q(x,y°),M (x,x2),則x2 - y° 二(y-x2),則y° = (1' )x2 - y.再設(shè) B(