《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 向量的应用—后附解析答案》由会员分享，可在线阅读，更多相关《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 向量的应用—后附解析答案（23页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、专题五 平面向量第十四讲 向量的应用20192019年1.（2019全国文8）已知非零向量a，b满足=2，且（ab）b，则a与b的夹角为A B C D 2.（2019全国文3）已知向量a=(2，3)，b=(3，2)，则|ab|=AB2C5D503. （2019全国13）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
2、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 BC2 D2（2017浙江）如图，已知平面四边形，与交于点，记，则ABC D0）的离心率是，点在短轴上，且（）求椭圆的方程；（）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（）求的值；（）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
3、，求：（）和的值；（）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（20
4、10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-
5、2018年1A【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
6、最大值7，故选B6A【解析】设，则，所以曲线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，
7、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
8、以18【解析】由题意得：19【解析】在等腰梯形中，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
