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2024年高考数学重难点突破专题五 平面向量第十四讲 向量的应用答案195
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这是一份2024年高考数学重难点突破专题五 平面向量第十四讲 向量的应用答案195，共16页。试卷主要包含了解析 因为，所以，，解析 因为，，所以，，解析 ，，，解析 因为，所以，得，解析 设，，解析等内容，欢迎下载使用。
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 QUOTE ,AB.+,AD.=,AC. ， QUOTE ,BD.=,AD.-,AB. ， QUOTE ,AB.⋅,AD.=0 ，
,
由于2，3，4，5，取遍 QUOTE ±1 ，
可得 QUOTE ,λ-1.-,λ-3.+,λ-5.-,λ-6.=0 ， QUOTE ,λ-2.-,λ-4.+,λ-5.+,λ-6.=0 ，可取 QUOTE ,λ-5.=,λ-6.=1 ， QUOTE ,λ-1.=,λ-3.=1 可得所求最小值为0；
由 QUOTE ,λ-1.-,λ-3.+,λ-5.-,λ-6. ， QUOTE ,λ-2.-,λ-4.+,λ-5.+,λ-6. ，可取 QUOTE ,λ-2.=1 QUOTE ,λ-5.=,λ-6.=1 QUOTE ,λ-1.=1 QUOTE ,λ-3.=-1 可得所求最大值为 QUOTE 2,-5. ．
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：，．
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 QUOTE ,AB.+,AD.=,AC. ， QUOTE ,BD.=,AD.-,AB. ， QUOTE ,AB.⋅,AD.=0 ，
,
由于2，3，4，5，取遍 QUOTE ±1 ，
可得 QUOTE ,λ-1.-,λ-3.+,λ-5.-,λ-6.=0 ， QUOTE ,λ-2.-,λ-4.+,λ-5.+,λ-6.=0 ，可取 QUOTE ,λ-5.=,λ-6.=1 ， QUOTE ,λ-1.=,λ-3.=1 可得所求最小值为0；
由 QUOTE ,λ-1.-,λ-3.+,λ-5.-,λ-6. ， QUOTE ,λ-2.-,λ-4.+,λ-5.+,λ-6. ，可取 QUOTE ,λ-2.=1 QUOTE ,λ-5.=,λ-6.=1 QUOTE ,λ-1.=1 QUOTE ,λ-3.=-1 可得所求最大值为 QUOTE 2,-5. ．
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：，．
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