理科数学2010-2019高考真题分类训练14专题五平面向量第十四讲 向量的应用—附解析答案

专题五 平面向量 第十四讲 向量的应用 2019 年 1 2019 江苏 12 如图 在ABC 中 D 是 BC 的中点 E 在边 AB 上 BE 2EA AD 与 CE 交于点O 若6AB ACAO EC 则 AB AC 的值是 2 2019 浙江 17 已知正方形ABCD的边长为 1 当每个 1 2 3 4 5 6 i i 取遍1 时 123456 ABBCCDDAACBD 的最小值是 最大值是 3 2019 天津理 14 在四边形ABCD中 2 3 5 30ADBCABADA 点E在线段CB的延长线上 且AEBE 则BD AE 2010 2018 年 一 选择题 1 2018 天津 如图 在平面四边形ABCD中 ABBC ADCD 120BAD 1ABAD 若点E为边CD上的动点 则 uuu r uur AE BE的最小值为 A 21 16 B 3 2 C 25 16 D 3 E D C B A 2 2018 浙江 已知a b e是平面向量 e是单位向量 若非零向量a与e的夹角为 3 向量b满足 2 430 be b 则 ab的最小值是 A 3 1 B 31 C 2 D 23 3 2017 新课标 在矩形ABCD中 1AB 2AD 动点P在以点C为圆心且与BD 相切的圆上 若APABAD 则 的最大值为 A 3 B 2 2 C 5 D 2 4 2017 新课标 已知ABC 是边长为 2 的等边三角形 P为平面ABC内一点 则 PAPBPC 的最小值是 A 2 B 3 2 C 4 3 D 1 5 2017 浙江 如图 已知平面四边形ABCD ABBC 2ABBCAD 3CD AC与BD交于点O 记 1 IOA OB 2 IOBOC 3 IOCOD 则 O A B C D A 1 I 2 I 3 I B 1 I 3 I 2 I C 3 I 1 I 2 I D 2 I 1 I0 k2 0 k1 k2 所以 2 12 1 2 0 1 2 kk k k 故 222 1 1 2FM FNpp 2 解析 由抛物线的定义得 1 2 p FAy 2 2 p FBy 所以 2 121 22AByyppkp 从而圆M的半径 2 11 rpkp 故圆M的方程为 22222 111 2 p xpkypkpkp 化简得 2222 11 3 2 21 0 4 xypk xpkyp 同理可得圆N的方程为 2222 22 3 2 21 0 4 xypk xpkyp 于是圆M 圆N的公共弦所在直线l的方程为 22 2121 0kk xkky 又 k2 k1 0 k1 k2 2 则 l 的方程为 x 2y 0 因为 p 0 所以点M到直线 l 的距离 2 22 1 1111 17 2 2 21 48 555 pk pkpkppkk d 故当 1 1 4 k 时 d取最小值 7 8 5 p 由题设 得 7 8 5 p 7 5 5 解得8p 故所求的抛物线 E 的方程为 2 16xy 35 解析 I 由 2 222 3sin sin 4sinaxxx 2 22 cos sin 1bxx 及 2 4sin1abx 得 又 1 0 sin 22 xx 从而 所以 6 x II 2 3sincossinf xa bxxx 3111 sin2cos2sin 2 22262 xxx 当 0 sin 2 1 326 xx 时 取最大值所以 3 2 f x 的最大值为 36 解析 1 由 2 1 MAxy 2 1 MBxy 22 2 22 MAMBxy 0 2 2OMOAOBx yy 由已知得 22 2 22 xy 22y 化简得曲线 C 的方程 2 4xy 2 假设存在点 0 0 Pt t 满足条件 则直线PA的方程是 1 2 t yxt PB的方程 是 1 2 t yxt 曲线 C 在 Q 处的切线l的方程是 2 00 24 xx yx 它与y轴的交点为 2 0 0 4 x F 由于 0 22x 因此 0 11 2 x 当10t 时 11 1 22 t 存在 0 2 2 x 使得 0 1 22 xt 即l与直线PA 平行 故当10t 时不符合题意 1t 时 0 1 1 22 xt 0 1 1 22 xt 所以l与直线 PA PB一定相交 分别联立方程组 0 2 0 1 2 24 t yxt x x yx 解得 D E的横坐标分别是 2 0 0 4 2 1 D xt x xt 2 0 0 4 2 1 E xt x xt 则 2 0 22 0 4 1 1 ED xt xxt xt 又 2 0 4 x FPt 有 22 0 22 0 4 11 28 1 PDEED xtt SFPxx tx 又 22 00 41 4 1 242 QAB xx S 于是 222 00 22 0 4 1 4 1 4 QAB PDE xxtS Stxt 4222 00 422 00 4 1 4 1 4 1816 xtxt txtxt 对任意 0 2 2 x 要使 QAB PDE S S 为常数 即只需t满足 2 22 4 1 8 4 1 16 tt tt 解得1t 此时2 QAB PDE S S 故存在1t 使得QAB 与PDE 的面积之比是常数 2 37 解析 由MPQM 知 Q M P 三点在同一条垂直于 x 轴的直线上 故可设 1 2 0 2 0 22 0 yxyxyyxxxMyxQyxP 则则 再设 1 1 010111 yxyyxxQABQyxB 即由 解得 1 1 01 1 yy xx 将 式代入 式 消去 0 y 得 1 1 1 22 1 1 yxy xx 又点 B 在抛物线 2 xy 上 所以 2 11 xy 再将 式代入 2 11 xy 得 012 1 0 0 1 1 1 2 1 2 1 1 1 1 1 1 22222 222 yx yx xxyx xyx 得两边同除以因 故所求点 P 的轨迹方程为 12 xy 38 解析 1 方法一 方法一 由题设知 3 5 1 1 ABAC 则 2 6 4 4 ABACABAC 所以 2 10 4 2 ABACABAC 故所求的两条对角线的长分别为4 2 2 10 方法二 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