专题五平面向量第十四讲向量的应用答案

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 A为坐标原点， AB所在直线为 x轴，建立如图的平面直角坐标系，yCEDAxB因为在平面四边形ABCD中，ABAD1，BAD120，所以A(0,0)，B(1,0)，D(1,3)，设C(1,m),E(x,y)，22所以DC(3,m3)，AD(1,3)，2222因为ADCD，所以(3,m3)(1,3)0，2222即3(1)3(m3)0，解得m3，即C(1,3)，2222因为E在CD上，所以3≤y≤3，由kCEkCD，23y33得2，即x3y2，1x112因为AE(x,y)，BE(x1,y)，所以AEBE(x,y)(x1,y)x2xy2(3x2)23y2y24y253y6，令f(y)4y253y6，y[3,3]．2因为函数f(y)4y253y6在[3,53]上单调递减，在[53,3]上单调递288增，所以f(y)min4(53)25353621．8816uuuruur21，故选A．所以AEBE的最小值为162A【解析】解法一设O为坐标原点，aOA，bOB(x,y)，e=(1,0)，．由b24eb30得x2y24x30，即(x2)2y21，所以点B的轨迹是以C(2,0)为圆心，l为半径的圆．因为a与e的夹角为，所以不妨令点A在射线3y 3x(x 0)上，如图，yy= 3xABO C x数形结合可知

|a

b|min

|CA|

|CB|

3 1．故选

A．解法二

由b2

4eb

3

0得

b2

4eb

3e2

(b

e)(b

3e)

0．设b

OB，e

OE，3e

OF

，所以b

e

EB，

b

3e=

FB，所以EBFB

0，取

EF

的中点为

C．则

B在以

C为圆心，

EF

为直径的圆上，如图．A BO E C F设aOA，作射线OA，使得AOE，所以|ab||(a2e)(2eb)|≥3|(a2e)||(2eb)||CA||BC|≥31．故选A．3．A【解析】如图建立直角坐标系，yADPBCx则A(0,1)，B(0,0)，D(2,1)，P(x,y)，由等面积法可得圆的半径为2，5所以圆的方程为(x2)2y24，5所以AP(x,y1)，AB(0,1)，AD(2,0)，由APABAD，得x2=xy1，y1，所以2xy1，即x1z0，设zy22x点P(x,y)在圆上，所以圆心到直线1z0的距离小于半径，y2所以|2z|≤2，解得1≤z≤3，所以z的最大值为3，1154即的最大值为3，选A．4．B【解析】如图，以BC为x轴，BC的垂直平分线DA为y轴，D为坐标原点建立平面直角坐标系，yABPCxD则 A(0, 3，)B(1,0)，C(1,0)，设P(x,y)，所以PA(x,3y)PB(1x,y)，PC(1x,y)，，所以PBPC(2x,2y)，PA(PBPC)2x22y(3y)2x22(y3)23≥3，222当P(0,33)时，所求的最小值为，故选B．225．C【解析】如图所示，四边形ABCE是正方形，F为正方形的对角线的交点，易得AOAF，而AFB90，∴AOB与COD为钝角，AOD与BOC为锐角．根据题意I1I2OAOBOBOCOB(OAOC)OBCA|OB||CA|cosAOB0，∴I1I2，同理I2I3．做AGBD于G，又ABAD．∴OBBGGDOD，而OAAFFCOC，∴|OA||OB||OC||OD|，而cosAOBcosCOD0，∴OAOBOCOD，即I1I3，∴I3I1I2，选C．DAEOGFBC．【解析】由DADBDC2知,D为ABC的外心．由DADB=DBDC6B=DCDA知D为ABC的内心，所以ABC为正三角形，易知其边长为23，取AC的中点E，因为M是PC的中点，所以EM1AP1，174922所以|BM|max|BE|，则|BM|max2．故选B．2247D【解析】由菱形ABCD的边长为a，ABC60可知BAD18060120，．BDCD(ADAB)(AB)2aacos120a23a2．ABADAB28．A【解析】由题意得ADACCDAC111BCACACAB1AB4AC．333339．A【解析】以题意，以点A为坐标原点，以AB所在的直线为x轴，AC所在的直线为轴建立如图所示的平面直角坐标系，所以点P(1,4)，B(1,0)，C(0,t)，(1t(1所以PBPC1,4)(1,t4)1)(1)4(t4)tt=1714t≤17214t13（当且仅当14t，即t=1时取等号），ttt2所以PBPC的最大值为13．故选A．10．C【解析】AMAB3AD,NMCMCN1AD1AB，所以443AMNM1(4AB3AD)1(4AB3AD)4121(16AB22)1(1636916)9，选C．9AD484811．B【解析】由题意得，AC为圆的直径，故可设A(m,n)，C(m,n)，B(x,y)，∴PAPBPC(x6,y)，而(6)22371249，xyx∴PAPBPC的最大值为7，故选B．12．A【解析】设 a (1,0),b (0,1)，则OP (cos,sin )，OQ (2, 2)，所以曲线C是单位元，区域 为圆环（如图）∵|OQ| 2，∴1 r R 3．13．C【解析】 因为?BAD 120，所以AB?AD AB鬃AD cos120=-2.因为BE=lBC，所以AE=AB+lAD，AF=mAB+AD.因为AE?AF1，所以(AB+lAD)?(mABAD)=1，3①即2l+2m-lm=2同理可得lm-l-m=-2②，①+②得l+m=5.3614．B【解析】如图，设ABb,ACc，则b1,c2,bc0，AQPBC又BQBAAQb(1)c，CPCAAPcb，由BQCP2得[b(1)c](cb)(2b24(1)2，1)c即32,2，选B.315．A【解析】【方法一】设OP(10cos,10sin)cos3,sin455则OQ(10cos(3),10sin(3))(72,2)．44【方法二】将向量OP(6,8)按逆时针旋转3后，可知Q点落在第三象限，则可排2除B、D，代入A，由向量的夹角公式可得cosQOP23．，∴QOP2416．C【解析】首先观察集合{n|nZ},1,1,0,1,1,3,2,，从而分析ab2222和ba的范围如下：因为(0,)，∴2cos，421而baba|b|cos，且|a|⋯|b|0，可得0|b|cos1，aa|a||a|又∵ba{n|nZ}中，∴|b|cos12|a|2，从而|b|1，∴abab|a|cos2cos2，|a|2cosbb|b|所以1ab2．且ab也在集合{n|nZ}中，故有ab3．2217．D【解析】根据已知得(c,0)(0,0)[(1,0)(0,0)]，即(c,0)(1,0)，从而得c；(d,0)(0,0)[(1,0)(0,0)]，即(d,0)(1,0)，得d，根据112，得112．线段AB的方程是y0，x[0,1]．cd若C是线段AB的中点，则c1112，得10．2，代入ddc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C,D同时在线段AB上，则0c≤1，0d≤1，此时1≥1，1≥1，11≥2，若等号成立，则只能cd1，cdcd根据定义，C,D是两个不同的点，故矛盾，故选项C的说法也不正确，若C,D同时在线段AB的延长线上，若c1，d1，则112，cd与112矛盾，若c0,d0，则11是负值，与112矛盾，cdcdcd若c1，d0，则11，10，此时111，与112矛盾，cdcdcd故选项D的说法是正确的．18．3【解析】设E(0,t)，F(0,t2)，所以AEBF(1,t)(2,t2)2t(t2)t22t2(t1)23，当t1时，AEBF取得最小值3．19．[52,1]【解析】设P(x,y)，由PAPB≤20，得2xy5≤0，y2x-y+5=0B M52xA 52 ON如图由2xy5≤0可知，P在MN上，2xy505,5)，由y2，解得M(1,7)，N(x250所以P点横坐标的取值范围为[52,1]．20．3【解析】ABAC32cos6003，AD1AB2AC,则1133ADAE(1AB2AC)(ACAB)332419234，333333．1121．1【解析】由题意令e(1,0)，a(cos,sin)，b(2cos,2sin)，2则由|ae||be|,6可得|cos|2|cos|,6①，令sin2sinm②①2+②2得4[|coscos|sinsin],1m2对一切实数,恒成立，所以4[|coscos|sinsin],1．故ab2(coscossinsin)剟2[|coscos|sinsin]1．2故最大值为 1．222．1-1【解析】由MNMCCN1AC1CB1AC1(ABAC)2632321AB1ACxAByAC．所以x=1，y=-1．262623．29【解析】因为DF1DC，DC1AB，1892CFDFDC1DCDC19DC19AB，9918AEABBEABBC，AFABBCCFABBC19AB1918ABBC，18AEAFABBC19ABBC1819AB22119ABBC18BC1819419921cos1201818211722117299218921818当且仅当21即2时的最小值为29．92318DFCEAB24．93【解析】akak1(cosk,sinkcosk)(cos(k1),sin(k1)66666(k1)cos2kk(k1)332kcos6)sincoscos64sin66661(2k1)1133cos，因此akak13．12926k0425．2【解析】因为 ?BAD 120，菱形的边长为 2，所以AB?AD -2.因为骣1骣1，由AE?AF1，AE?AF珑鼢AB鼢珑3桫桫所以442(11)1，解得2．3326．17【解析】设D(x,y)，由|CD|1，得(x3)2y21，向量OAOBOD(x1,y3)，故|OAOBOC|(x1)2(y3)2的最大值为圆(x3)2y21上的动点到点(1,3)距离的最大值，其最大值为圆(x3)2y21(3,0)到点(1,3)的距离加上圆的半径，的圆心即(31)2(03)2117．272【解析】以A为坐标原点，AB，AD所在的直线分别为x，y轴建立直角坐标系，．则B(2,0)，E(2,1)，D(0,2)，C(2,2)．设F(x,2)(0≤x≤2)，由ABAF2x1，∴F(1,2)，AEBF=(2,1)(12,2)=2．28．(2sin2,1cos2)【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，BA CE D∴PCD2，可知PCB2，此时点P的坐标为2xP2cos(2)2sin2,yP1sin(2)1cos2,22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x2cosy1，sinx232)2sin23cos(且PCD2，则点P的坐标为2，2,2y132)1cos2sin(2即OP(2sin2,1cos2).29．1【解析】根据已知得AD1(ABAC)，BE2ACAB，423所以ADBE1(ABAC)（2ACAB）=1(211ABAC)1．23233430．【解析】(1)∵mn，∴mn0，故2sinx2cosx0，∴tanx=1．22mn2sinx2cosx1，（2）∵m与n的夹角为3，∴cosm,n2112|m||n|2故sin(x)1，又x(0,2)，∴x4(,4)，x46，即x=5．42412故x的值为5．1231．【解析】（Ⅰ）已知f(x)abmsin2xncos2x，f(x)过点(,3),(2,2)，∴f()msin6ncos3123126f(2)msin4ncos423331m3n3m3∴22解得312n122（Ⅱ）由（Ⅰ）知f(x)3sin2xcos2x2sin(2x6)由题意知g(x)f(x)2sin(2x2)6设ygx的图象上符合题意的最高点为(x0,2)由题意知x211．所以x0，即到点(0,3)的距离为1的最高点为(0,2)．00将其代入ygx得sin261，又∵0，所以，6因此gx2sin2x2cos2x2由2k2x2k,kZ，得2kxk,kz∴f(x)的单调增区间为[k,k],kZ．232．【解析】（Ⅰ）∵cosB1,b3,BABCcacosBac2，33且cosBa2c2-b2，∴ac6,ac5，∵ac，∴解得a3,c2．2ac所以a3,c2．（Ⅱ）∵cosB1223,b3,c2，，∴sinB3，∵a3cosCa2b2-c27，sinC422ab9，9∴cos(B-C)cosBcosCsinBsinC2323．27，故cos(B-C)2733．【解析】（1）ab＝(coscos,sinsin)，|ab|2＝(coscos)2(sinsin)2＝22(coscossinsin)2．所以，coscossinsin0，所以，ab．coscos0①)1（2）sin1，①2＋②2得：cos(．sin②2所以，＝2，＝2＋，33带入②得：sin(2＋)＋sin＝3cos＋1sin＝sin(＋)＝1，3223所以，＋＝2．所以，＝5，＝6．3634．【解析】由题意，抛物线E的焦点为F(0,p)，直线l1的方程为yk1xp．22由yk1xp2得x22pk1xp20．x22py设A，B两点的坐标分别为A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x1、x2是上述方程的两个实数根．从而x1x22pk1，y1y2k(x1x2)p2pk12p．所以点M的坐标为(pk1,pk12p)，FM(pk1,pk12)．2同理可得点N的坐标为(pk2,pk22p)，FN(pk,pk2)．222于是FM FN p2(k1k2 k12k22)．由题设，有 k1＋k2＝2，k1>0，k2>0，k1≠k2，所以0k1k2(k1k2)21．2故FMFNp2(112)2p2．(2)【解析】由抛物线的定义得|FA|y1py2p，|FB|，22所以|AB|y1y2p2pk122p，从而圆M的半径r1pk12p．故圆M的方程为(xpk1)2(ypk12p)2(pk12p)2．2化简得x2y22pk1xp(2k121)y3p20．4同理可得圆N的方程为x2y22pk2xp(2k221)y3p20．4于是圆M，圆N的公共弦所在直线l的方程为(k2k1)x(k22k12)y0．又k2－k1≠0，k1＋k2＝2，则l的方程为x＋2y＝0.因为p>0，所以点M到直线l的距离22k11|p[2(k11)27]|2pk1pk1p|p|2k148d555故当k11时，d取最小值7p．485由题设，得7p＝75，解得p8．855故所求的抛物线E的方程为x216y．2(3sinx)2(sinx)24sin2x，35．【解析】（I）由a2(cosx)2(sinx)21，及ab,得4sin2x1b又x[0,],从而sinx1，所以x.226（II）f(x)ab3sinxcosxsin2x=3sin2x1cos2x1sin(2x)1.22262当x[0.]sin2x-）取最大值1.3326236．【解析】（1）由MA(2x,1y)，MB(2x,1y)，MAMB(2x)2(22y)2，OM(OAOB)(x,y)(0,2)2y，由已知得(2x)2(22y)2=2y2．化简得曲线C的方程：x24y．（2）假设存在点P(0,t)(t0)满足条件，则直线PA的方程是yt1xt，PB的方程1tx2是yt．2曲线C在Q处的切线l的方程是yx0xx02，它与y轴的交点为F(0,x02)244由于2x02，因此1x01．2t11x0t1①当1t0时，1(2，存在x02,2)，使得2．即l与直线PA22平行，故当1t0时不符合题意．②t,1时，t1,1x0,1t⋯1x0，所以l与直线PA,PB一定相交．2222yt1xt分别联立方程组2，解得D,E的横坐标分别是x0x2yx024xDx024t，xEx024t，则xExD(1t)x024t222(x01t)2(x0t1)x0(t1)又FPx02t，有SPDE1FPxExD1t(x024t)2428(t1)2，x0214(1x024x02又SQAB)，242S于是S

QAB4(x024)x02(t1)