文科数学2010-2019高考真题分类训练专题五,平面向量第十四讲,向量应用—后附解析答案

专题五 平面向量 第十四讲 向量的应用 2019 2019年 1.（2019全国Ⅰ文8）已知非零向量a，b满足=2，且（a–b）b，则a与b的夹角为 A． B． C． D． 2.（2019全国Ⅱ文3）已知向量a=(2，3)，b=(3，2)，则|a–b|= A． B．2 C．5 D．50 3. （2019全国Ⅲ13）已知向量，则___________. 4.（2019北京文9）已知向量=（–4，3），=（6，m），且，则m=__________． 5.（2019天津文14）在四边形中，， ， ， ，点在线段的延长线上，且，则__________. 6.（2019江苏12）如图，在中，D是BC的中点，E在边AB上，BE=2EA，AD与CE交于点.若，则的值是 . 7.（2019浙江17）已知正方形的边长为1，当每个取遍时， 的最小值是________，最大值是_______. 2010-2018 一、选择题 1．(2018浙江)已知，，是平面向量，是单位向量．若非零向量与的夹角为，向量满足，则的最小值是 A． B． C．2 D． 2．（2017浙江）如图，已知平面四边形，，，，与交于点，记，，，则 A．<< B．<< C．< < D．<< 3．（2016年四川）已知正三角形的边长为，平面内的动点，满足,，则的最大值是 A． B． C． D． 4．（2015广东）在平面直角坐标系中，已知四边形是平行四边形，，，则 A． B． C． D． 5．（2015湖南）已知点在圆上运动，且，若点的坐标为，则的最大值为 A．6 B．7 C．8 D．9 6．（2014安徽）在平面直角坐标系中，已知向量点满足．曲线，区域 ．若为两段分离的曲线，则 A． B． C． D． 7．（2014天津）已知菱形的边长为2，，点分别在边上，，.若，，则 A． B． C． D． 8．（2012天津）在△ABC中，，AB=1，设点P，Q满足，，．若，则 A． B． C． D．2 9．(2012安徽)在平面直角坐标系中，，将向量绕点O按逆时针旋转 后得向量，则点的坐标是 A． B． C． D． 10．（2012广东）对任意两个非零的平面向量α和β，定义．若平面向量满足，与的夹角，且和都在集合中，则= A． B．1 C． D． 11．(2011山东) 设，，，是平面直角坐标系中两两不同的四点， 若(∈)，(∈)，且，则 称，调和分割，，已知点，，(∈)调和分割 点，，则下面说法正确的是 A．可能是线段的中点 B．可能是线段的中点 C．，可能同时在线段上 D．，不可能同时在线段的延长线上 二、填空题 12．(2018上海)在平面直角坐标系中，已知点，，，是轴上的两个动点，且，则的最小值为______． 13．（2017北京）已知点在圆上，点A的坐标为，为原点，则的最大值为_______． 14．（2017浙江）已知向量，满足，，则的最小值是 ，最大值是 ． 15．（2017江苏）在平面直角坐标系中，，，点在圆：上，若，则点的横坐标的取值范围是 ． 16．（2016年浙江）已知向量，，，若对任意单位向量，均有 ，则的最大值是 ． 17．（2015山东）过点 作圆的两条切线，切点分别为，则 ． 18．（2015江苏）已知向量，，若（R）， 则的值为______． 19．（2015天津）在等腰梯形ABCD中，已知∥，，，，点和点分别在线段和上，且，则的值为________． 20．（2015安徽）是边长为2的等边三角形，已知向量、满足，，则下列结论中正确的是 ．（写出所有正确结论得编号）
①为单位向量；
②为单位向量；
③；
④；
⑤． 21．（2014天津）已知菱形的边长为，，点，分别在边、上，，．若，则的值为________． 22．（2014湖南）在平面直角坐标系中，为原点，动点满足，则的最大值是 23．（2012江苏）如图，在矩形中，点为的中点，点在边上，若，则的值是 ． 24．（2012山东）如图，在平面直角坐标系中，一单位圆的圆心的初始位置在，此时圆上一点的位置在，圆在轴上沿正向滚动。当圆滚动到圆心位于时，的坐标为 ． 25．（2010湖南）在边长为1的正三角形ABC中, 设 则______． 三、解答题 26．（2017浙江）已知向量，，． （1）若，求的值；

（2）记，求的最大值和最小值以及对应的的值． 27．（2015陕西）△ABC的内角所对的边分别为，向量 与平行． （Ⅰ）求；

（Ⅱ）若，，求△ABC的面积． 28．(2015四川)如图，椭圆：（>>0）的离心率是，点在短轴上，且． （Ⅰ）求椭圆的方程；

（Ⅱ）设为坐标原点，过点的动直线与椭圆交于两点．是否存在常数，使得为定值？若存在，求的值；
若不存在，请说明理由． 29．（2014山东）已知向量，函数，且的图像过点和点． （Ⅰ）求的值；

（Ⅱ）将的图像向左平移个单位后得到函数的图像，若图像上各最高点到点的距离的最小值为1，求的单调递增区间． 30．（2014辽宁）在中，内角的对边，且，已知， ，，求：
（Ⅰ）和的值；

（Ⅱ）的值． 31．（2013江苏）已知，，． (1) 若，求证：；

(2) 设，若，求，的值． 32．（2013湖南）过抛物线的焦点F作斜率分别为的两条不同的直线，且，相交于点A，B，相交于点C，D．以AB，CD为直径的圆M，圆N（M，N为圆心）的公共弦所在的直线记为． （I）若，证明：；

（II）若点M到直线的距离的最小值为，求抛物线E的方程． 33．（2013辽宁）设向量 （I）若 （II）设函数． 34．（2012江西）已知三点，，，曲线上任意一点满足 ． （1）求曲线的方程；

（2）动点在曲线上，曲线在点处的切线为．问：是否存在定点,使得与都相交,交点分别为,且与的面积之比是常数？若存在，求的值。若不存在，说明理由． 35．（2010江苏）在平面直角坐标系中，点A(－1,－2)、B(2,3)、C(－2,－1)． （1）求以线段AB、AC为邻边的平行四边形两条对角线的长；

（2）设实数满足()·=0，求的值． 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：，．