1、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 QQ群 428880494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B2.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i(i=1,2，3，4，5，6)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1A【解析】解法一 设为坐标原点，
2、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A2C【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C3B【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4A【解析】由，得5B【解析】由题意，AC为直径，所以，已知B为时，取得最大值7，故选B6A【解析】设，则，所以曲线
3、C是单位元，区域为圆环（如图），7C【解析】因为，所以.因为，所以，.因为，所以，即同理可得 ，+得.8B【解析】如图，设 ，则，又，由得，即，选B.9A【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，10C【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11D【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
4、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136【解析】所以最大值是6144,【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
5、形中，由，得，所以 20【解析】等边三角形的边长为2, 22,故正确； ，故错误，正确；由于，则与的夹角为，故错误；又，故正确 因此，正确的编号是.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(0x)，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
6、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】（）因为,所以 ，由正弦定理，得又，从而，由于0，所以=，故=sin=所以的面积为28【解析】（）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a2，b所以椭圆E方程为（）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(
7、2k21)x24kx20，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329【解析】（）已知，过点， 解得（）由（）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】（），且，解得所以（），故31【解析】（1），所以，所以，（2），22得：所以，带入得：()()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k1k22，
8、k10，k20，k1k2，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k2k10，k1k22，则l的方程为x2y0.因为p0，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，因此当时，存在，使得即与直线平行，故当时不符合题意时，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235【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：，微信公众号：中学数学研讨部落
