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：，．
点击咨询