2024届高考数学第一轮复习：文科数学2010-2019高考真题分类训练之专题五 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

2019年

1.解析 因为，所以，
所以．

又因为，所以．故选B．

2.解析 因为，，所以，

所以．故选A.

3.解析  ，，

，．

4.解析 因为，所以，得.

5.解析 因为，，，所以在等腰三角形中，，
又，所以，所以.
因为，所以.
又，
所以

.

6.解析  设，

，

所以，解得，

所以，，

，

因为，所以，

所以，所以.

7.解析：正方形ABCD的边长为1，

可得，，，

,

由于2，3，4，5，取遍，
可得，，可取，可得所求最小值为0；
由，，可取可得所求最大值为．

2010-2018年

1．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．

2．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．

3．B【解析】建立平面直角坐标系如图所示，

则，则点的轨迹方程为．

设，，则，，代入圆的方程得

，所以点的轨迹方程为，

它表示以为圆心，以为半径的圆，

所以，所以．

4．A【解析】由，得．

5．B【解析】由题意，AC为直径，所以，已知B为时，取得最大值7，故选B．

6．A【解析】设，则，

所以曲线C是单位元，区域为圆环（如图）∵，∴．

7．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.

8．B【解析】如图，设 ，

则，又，

，由得

，

即，选B.

9．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，∴．

10．C【解析】首先观察集合，从而分析

和的范围如下：∵，∴，而，

且，可得，又∵中，∴，

从而，∴ ，所以，

且也在集合中，故有．

11．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．

12．【解析】设，，所以

，

当时，取得最小值．

13．6【解析】所以最大值是6．

14．4,【解析】设向量的夹角为，由余弦定理有：

，

，

则：

，

令，则，

据此可得：，

即的最小值是4，最大值是.

15．【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．

16．【解析】由，可得两向量的夹角为，建立平面直角坐标，可设，，，

则

，所以的最大值为．

17．【解析】在平面直角坐标系中，作出圆及其切线，如图所示，

连结，由图可得，，，

，则的夹角为，

所以．

18．【解析】由题意得：．

19．【解析】在等腰梯形中，由∥，，，，

得，，，所以

．

20．①④⑤【解析】∵等边三角形的边长为2, ∴＝2＝2,故①正确；∵  ∴，故②错误，④正确；

由于，，则与的夹角为，故③错误；

又∵

∴，故⑤正确   因此，正确的编号是①④⑤.

21．【解析】因为，菱形的边长为2，所以.

因为，由，

所以，解得.

22．【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．

23．【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(,0),E(,1)，D(0,2)，C(，2)．设(0≤x≤)，

由，∴，=((1–,2)=．

24．【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.

25．【解析】根据已知得，，所以

（）=．

26．【解析】（1）因为，，，

所以．

若，则，与矛盾，故．

于是．

又，所以．

（2）.

因为，所以，

从而.

于是，当，即时，取到最大值3；

当，即时，取到最小值.

27．【解析】（Ⅰ）因为,所以 ，

由正弦定理，得

又，从而，由于0<<，所以=．

（Ⅱ）解法一 由余弦定理，得，

而=，=2，=，得，即，

因为，所以 ．故的面积为．

解法二   由正弦定理，得，从而=，

又由，知>，所以=，

故==sin==．

所以的面积为．

28．【解析】（Ⅰ）由已知，点C，D的坐标分别为(0，－b)，(0，b) ．

又点P的坐标为(0，1)，且＝－1，于是，

解得a＝2，b＝．所以椭圆E方程为．

（Ⅱ）当直线AB斜率存在时，设直线AB的方程为．

A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，

联立，得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0，

其判别式，

所以，

从而

＝

＝－

所以，当时，－，

此时，为定值．

当直线斜率不存在时，直线即为直线．

此时，

故存在常数，使得为定值－3．

29．【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．

30．【解析】（Ⅰ）∵，

且，∴，∵，∴解得．

所以．

（Ⅱ）∵，∴，∵，

，，

∴，故．

31．【解析】（1）＝，

＝

＝．

所以，，所以，．

（2），①2＋②2得：．

所以，＝，＝＋，

带入②得：(＋)＋＝＋＝(＋)＝1，

所以，＋＝．所以，＝，＝．

32．【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．

33．【解析】（I）由，

，及

又，所以.

（II）

=.

当所以

34．【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．

35．【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：，．