1、专题五 平面向量第十四讲 向量的应用答案部分1A【解析】解法一 设 为坐标原点， ， ， ，OOAa(,)Bxyb=(1,0)e由 得 ，即 ，所以点 的轨迹是2430be2430xy2B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(,)Ce3A( )上，如图，yxy=3xOCBAy x数形结合可知 故选 Amin|31CABab解法二 由 得 2430e224()30ebeb设 ， ， ，所以 ， ，OBbEOFEFB=所以 ，取 的中点为 则 在以 为圆心， 为直径的圆上，如F CB图 EFOCBA设 ，作射线 ，使得 ，所以OAa3A|(2)()|abeb故选 A
2、|(2)|()|31CABaeb2C【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EF，而 ， 与 为钝角， 与 为锐AOF90OCDOBC角根据题意 12 ()IABAA， ，同理 |cosBC12I23I做 于 ，又 AGD ，而 ，OOAFC ，而 ，|Bcoscs0BOD ，即 ，AC13I ，选 C312IGFEOAB CD3B【解析】建立平面直角坐标系如图所示，OyxMPCBA则 ，则点 的轨迹方程为 (3,0)(,)(0,3BCA 22(3)1y设 ， ，则 ， ，代入圆的方程得PxyMy02x0y，所以点 的轨迹方程为 ，22001()()4M22()()4
3、xy它表示以 为圆心，以 为半径的圆，3(,)212所以 ，所以 2max37|()(0)BM 2max49|BM4A【解析】由 ，得 ,1CAD(,1)35AC5B【解析】由题意，AC 为直径，所以 24PPO，已知B 为 时， 4B取得最大值 7，故选 B(1,0)6A【解析】设 ，则 ，(,(0,1)ab(cos,in)O(,2)Q所以曲线 C 是单位元，区域 为圆环（如图） ， 13rR|27C【解析】因为 ，所以 .120BAD= cos120ABDA=-因为 ，所以 ， .ElEl+FBm+因为 ，所以 ，即 F()l32ll-同理可得 ，+得 .23lm-=- 56l=8B【解析
4、】如图，设 ，,ABbCcAC BQP则 ，又 ，1,20bc (1)BAbc，由 得CPAb2PQ，2(1)()(14(1)2bcbcb即 ，选 B.32,9A【解析】方法一 设 34(10cos,in)cos,in5OP则 3(10cos),i(72,)44Q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(68 QB、D，代入 A，由向量的夹角公式可得 ， 2cosOP34OP10C【解析】首先观察集合 ，从而分析13|,0,2nZ ab和 的范围如下： ， ，而 ，ba(0,)42cos|cosba且 ，可得 ，又 中，|0|cos1bab|nZ ，|1cos2ba从而
5、 ，所以 ，|s 2|cosab12ab且 也在集合 中，故有 ab|2nZ311D【解析】根据已知得 ，即 ，从而得(,0),(1,0),c(,0)(1,c； ，即 ，得 ，c(,)ddd根据 ，得 线段 的方程是 ， 若 是线段1212cdAB0y,1xC的中点，则 ，代入 ，得 此等式不可能成立，故选项 A 的AB1d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 ，,CDAB01c，此时 ， ， ，若等号成立，则只能 ，01d c 1d 2c 1cd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,CDC,CD同时在线段 的延长线上，若 ， ，则 ，与
6、矛盾，AB11cd2cd若 ，则 是负值，与 矛盾，若 ， ，则 ，0,cd1cd2c01，此时 ，与 矛盾，故选项 D 的说法是正确的112 【解析】设 ， ，所以3(,)Et(0,)Ft (1,)2,)AEBFt，22213t当 时， 取得最小值 1AB136【解析】 |cos|2(1)6.OPAOP所以最大值是6144, 【解析】设向量 的夹角为 ，由余弦定理有：25,ab，212cos54cos，则：，54cos54cosab令 ，则 ，54coscsyxx 221061,0y据此可得： ，max min, 4ab即 的最小值是 4，最大值是 .ab2515 【解析】设 ，由 ，得 ，
7、52,1(,)Py0APB 50xyO52 522x-y+5=0NMy xBA如图由 可知， 在 上，250xy PAM由 ，解得 ， ，2(1,7)(5,)N所以 点横坐标的取值范围为 P2,16 7【解析】由 ， 可得两向量的夹角为 ，建立平面直角坐标，1ab|b60可设 ， ， ，(,0)(,3)(cos,in)e则 |cos| |e，所以 的最|cos|in|si|cs|7 |aeb大值为 717 【解析】在平面直角坐标系 中，作出圆 及其切线 ，如图所32xOy21xy,PAB示，连结 ，由图可得 ， ， ，,OAP|1OAB|2P|3AB，则 的夹角为 ，6APOB,PAB3所以
8、|cos32 18 【解析】由题意得： 39,82,53mnmn19 【解析】在等腰梯形 中，由 ， ， ，2918ABCDCAB1，60ABC得 ， ， ，所以2D12EFBEADF 2132ABCDAB2138ACBC19820【解析】等边三角形 的边长为 2, AB2 a2 1,A故正确； BCaC2 b，故错误，正确；由于 ， ，则 与 的夹角为 10，故错误；2ABab又 21(4)(4)|4()402ab+ ，故正确 因此，正确的编号是.Cb21 【解析】因为 ，菱形的边长为 2，所以 .2120BAD= ABD=-因为 ，由 ，3EF+1EF所以 ，解得 .412()3222 【
9、解析】设 ，由 ，得 ，向量17,Dxy|1C2(3)1xyOABD，故 的最大值为(,)xy 2|OAB圆 上的动点到点 距离的最大值，其最大值为圆231(,)的圆心 到点 的距离加上圆的半径，()xy3,0)13即 22(31)(03)1723 【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， BA CE D则 B( ,0),E( ,1)，D(0,2)，C ( ，2) 设 (0x )，22(,2)F由 ， ， =( (1 ,2)= 1AFx,)AEB1224 【解析】如图过 P 作 x 轴的垂线，垂足为 E，过 C 作 y 轴的垂线，(sin,1cos
10、)垂足为 A，根据题意可知圆滚动了 2 个单位的弧长， ，2PD可知 ，此时点 的坐标为 cos()sin,Px2PCB1sin()1cos,y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 sin1co2yx，且 23,PCD，则点 P 的坐标为 2cos)23sin(1coyx，即 )cos1,sin2(O.25 【解析 】根据已知得 ， ，所以14()2ABC3EABADE（ ）= ()2ABC311)3426 【解析】 （1）因为 ， ， ，(cos,in)xa(,bab所以 csix若 ，则 ，与 矛盾，故 o0022sico1xcos0x于是 3tanx又 ，所以
11、0,56（2） .(cos,in)(3,)cos3in2cos() )6fxxxxab因为 ，所以 ，0,7,6从而 .31cos()2x于是，当 ，即 时， 取到最大值 3；60()fx当 ，即 时， 取到最小值 .x5x()f227 【解析】 （）因为 ,所以 ，m nsi3cos0aBbA由正弦定理，得 siA又 ，从而 ，由于 0 ，所以 = ，abABcos7故 = =sin = = sinC()+3incsosin3B3214所以 的面积为 ABC13sin22abC28 【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 ，P2221cab解得 a2，b 所以椭圆 E 方程为 214xy（）当直线 AB 斜率存在时，设直线 AB 的方程为 kxA，B 的坐标分别为( x1，y 1)，( x2，y 2)，联立 ，得(2k 21) x24kx20，24xy其判别式 ，22()81)所以 ，122224,kxxk从而 1121=()OABPyxy 2()24()1k 2所以，当 时， ，131k此时， 为定值OABP当直线 斜率不存在时，直线 即为直线 ABCD此时 ，213OP故存在常数 ，使得 为定值3129 【解析】 （）已知 ，()sincosfxmxab
