專題五平面向量第十四講的應(yīng)用答案

專題五平面向量第十四講向量的應(yīng)用1．A【解析】解法一設(shè)OaOAbOBxy)e10由b24eb30x2y24x30，即(x2)2y21B以C(20為圓心，laeA3y 3x(x0)yyy=ABOCA||CB 數(shù)形結(jié)合可知CA||CB

1解法二由b24eb30得b24eb3e2beb3e0設(shè)bOBe

，3e

，所以beEBb3eFBEBFB0EF的中點為CB在以C為圓心，EFABECABEC設(shè)aOA，作射線OA，使得AOE，所以|ab||a2e(2eb33 3它表示以 ,)為圓心，BM BM 233)2(32所以

，所以

4BMAACABAD31ADAC2,1(31BMPAPBPC2PAPBPC2為(104

b0,1，則OPcos,sinOQ2,C是單位元，區(qū)域為圓環(huán)（如圖）∵|OQ|2，∴1rR3C【解析】因為?

120AB

AB

=-2因為BE=lBC，所以AE

AB+

AD，AF=mAB

ADAE

1，所以(AB+

AD)=1，即

+

l 2同理可得lm-l

m=- ②，①+②得3

+ 6ABb,ACABb,ACAQPQPCb1,c2bc0BQBAAQb1)cCPCAAPcbBQCP2 [b(1)c](cb)(1)cb4(1)2 即32

3A【解析】方法一設(shè)OP10cos,10sincos

3,sin 則OQ10cos(3),10sin(372

2) 方法二將向量OP6,82

QB22D，代入A，由向量的夾角可得cosQOP ，∴QOP bC【解析】首先觀察集合{n|nZ1101,132,，從而分析b 和ba的范圍如下：∵

2 )2

cos1，而

|b|cosababa且|a|…|b|00|b|cos1ba{n|nZ|b|cos1|a |a 從而|b|

，∴

|a|cos2cos2，所以1ab2babbab

|b且ab也在集合{n|nZ中，故有ab3 D【解析】根據(jù)已知得(c0(00[(10(00)]，即(c0(10c(d0(00[(10(00)]，即(d0(10d112112ABy0，x[0,1．若C 1的中點，則c 12

2

0A不成立；同理選項B的說法也不成立；若C,D同時段AB上，則0c≤1，0d≤11≥11≥1112，若等號成立，則只能cd 根據(jù)定義，C,D是兩個不同的點，故，故選項C的說法也不正確，若同 段AB的延長線上，若c1，d1，則112，與11 若c0,d0，則 是負值，與 ，若c1，d0，則11 10d

1

11

D3E(0,t)F(0,t2AEBF(1,t(2,t2t(t2)t22t2(t1)23當t1AEBF取得最小值313．6【解析】AOAP|AO||AP|cos14．4,25a,b的夾角為aab1222215aab1222212cos5

，，aabab 5454cos令54cos

5454cos5454cos2516cos2

，16, 據(jù)此可得：aba

2025,aba

164abaaba15．[52,1]P(x,yPAPB20，得2xy5≤0y2y2x-BM5 5ON如圖由2xy5≤0PMN2xy5由x2y2

M(17)N(55P點橫坐標的取值范圍為[516．【解析】由ab1，|a|1,|b|2可得兩向量的夾角為60，建立平面直角坐標，可設(shè)a(1,0b(1,3e(cos,sin，37則|ae||be||cos||cos3sin3733

|sin

|sin||cos ，所以|ae||be|7值 7 xOyx2

1PAPBPA||PB 連結(jié)OA,OP，由圖可得|OA||OB|1，|OPPA||PB APOBPO 3所以PAPB|PA||PB|cos 3 29ABCDABDC，AB2，BC1，ABC60AEAFABBEADDF 得ADAEAFABBEADDF ABAD2BCAD1AB21BCABAD2BCAD1AB21BC

ABC的邊長為

AB2a ＝2a1,aa

ABBC2a

∴BCb

AB2aBCb，則a與b的夾角為120(4abBC4abb4ab|b|2412(142∴(4ab)BC，故⑤正 2【解析】因為?

1202

-2驏AE桫

AD?AD?

1

，由AE 所以 2(11)1，解得2 OAOBOC (x1)2(y 7D(xy，由|CD|1，得OAOBOC (x1)2(y (x1,y

，故

圓(x3)2y21上的動點到點(1

(x3)2y21的圓心(30到點(1

(31)2(0(31)2(02ACDA為坐標原點，AB，ADx，y2ACDBE

22

，2)．設(shè)F(x,2) 222ABAF AE 222ABAF AE

=(2,1)

22(2sin2,1cos2PxECy軸的垂線，A2PCD2，22 可知PCB22PxP2cos(222siny1sin(2)1cos x21：根據(jù)題意可知滾動制圓心為（2,1）時的圓的參數(shù)方程為y1sinx2cos(32)2sin 且PCD 2，則點P的坐標 y1sin(

2)1cos即OP2sin2,1cos21 AD14

(ABAC)，BE2

ACABADBE31ABAC)1(ABAC)（2ACAB）=1(1ABAC) 2 （1）因為acosx,sinxb3,

3)，a∥b所以3cosx3sinx若cosx0，則sinx0，與sin2x 1，故cosx03于是tanx 33又x[0,]，所以x 6（2）f(x)ab(cosx,sinx)(3,

3cosx

3sinx23cos(xπ)6x[0,]xππ7π 從而1cos(xπ) 3 xππx0f(x 3當xπ，即x5π時，f(x)取到最小值 3 （Ⅰ）mn,所

asinB

3bcosA0由正弦定理，得sinAsinB又sinB0，從而tanA

3sinBcosA0<AA3（Ⅱ）解法一a2b2c22bccosA，a

b=2A，得74c22c，即c22c30737因為c0

c3．故ΔABC1bcsinA33 7解法 3

，從而sinB 21727又由a>b，知A>B，所以cosB27故sinCsinAB=sinBsinBcoscosBsin321 3

所以ΔABC1absinC33 （Ⅰ）C，D的坐標分別為(0，－b)，(0，b)1b2又點P的坐標為(0，1)，且PCPD＝－1，于是c a2b2

E

2y y22 22（Ⅱ）ABABykxA，B的坐標分別為x2y2聯(lián)立 ykx

1，得其判別式4k)28(2k210 x1x22k21x1x22k21OAOBPA從 y1y2[x1xOAOBPA(1)(1k2)xxk(xx)1 (24)k2(2＝2k22k2

所以，當1122k2OAOBPAPB3ABAB即為直線CD此時OAOBPAPBOCODPCPD213，故存在常數(shù)1，使得OAOBPAPB為定值－3．【解析（Ⅰ）已知f(xabmsin2xncos2x 3f(x)過點 , ,2)，∴f ) n 3 f(2)msin4ncos

331m 3n33 ∴∴

m解得 31

n（Ⅱ）由（Ⅰ）f(x)

3sin2xcos2x2sin(2x 6由題意知g(x)f(x)2sin(2x2 6ygx的圖象上符合題意的最高點為(x0x211x0，即到點(0,31的最高點為(02 ygx得sin21 6 又∵0，所以 6 2因此gx2sin2x 2cos2 由2k2x2kkZ，得2

kxk,k∴f(x)的單調(diào)增區(qū)間為21

k,k],kz（Ⅰ）∵cosB

,b3,BABCcacosB 2 acac且cosB ，∴ac6,ac5，∵ac，∴解得a3,c2a3c221（Ⅱ）∵cosB ，∴sinB ，∵a3,b3,c21 4a2b24cosC ，sinC ∴cos(BC)cosBcosCsinBsinC ，故cos(BC) （1）ab＝(coscos,sinsin)，|ab|2＝(coscos)2(sinsin＝22(coscossinsin)2coscossinsin0abcoscossinsin

①，①2＋②2cos(1 ＝2，＝2 sin(2)sin＝3cos1sin＝sin ＝．所以，＝5＝ EF(0,2，直線l1yk1x2ykx由

2x22pkxp201x221A，BA(x1y1B(x2y2)，x1x2是上述方程的兩個實數(shù)根．從而xx2pkyyk(xxp2pk2p 所以點M的坐標為pkpk2pFMpkpk2 N的坐標為pk,pk2pFNpk,pk2 于是FMFNp2kkk2k21 1所以0kkk1k2)21 FMFNp21122p2 (2)【解析】由拋物線的定義得|FA|y12|FB|y22所以|AB|yyp2pk22p Mrpk2p M的方程為(xpk)2ypk2p)2pk2p)2 x2y22pkxp(2k21y3p20 Nx2y22pkxp(2k21y3p20 MN的公共弦所在直線l的方程為

4k)x(k2k2)y0k2－k1≠0，k1＋k2＝2lp>0Ml

|2pk5d 5

pk1p|

1)27] 5p|2k2k1| p|2k2k1| 578 7778由題設(shè)，85

p8Ex216y（I）a2(3sinx)2sinx)24sin2xb2cosx)2sinx)21

b得4sin2x又x ],從而sinx

，所以x （II）f(x)ab 3sinxcosxsin2=3sin2x1=3sin2x1s2x1sin(2x)1. si2x f2x33262【解析（1）由MA2x,1yMB2x,1yMAMB (2x)2(22，OM(OAMAMB (2x)2(22((2x)2(22

=2y2Cx24y（2）P(0,t)(t0PAy1

t1

xt，PBy xt2

CQ處的切線ly0x0yF(00由于2

2，因此1x02①當1t01t11x(22x0t1．即l PA平行，故當1t0②t

t