关注微信公众号：加油高三
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
解析
解析
解析
解析 设
(
)
2
AD
AB
A
AO
C
=
=
+
，
1
(
)
(1
)
3
AO
AE
EO
AE
EC
AE
AC
AE
AE
AC
AB
AC
−
=
+
=
+
=
+
−
=
−
+
=
+
，
所以
1
2
3
2
−
=
=
，解得
1
2
1
4
=
=
，
所以
1
1 (
)
2
4
AO
AD
AB
AC
=
=
+
，
1
3
EC
AC
AE
AB
AC
=
−
= −
+
，
2
2
1
1
3
1
2
6
6
(
) (
)
(
)
4
3
2
3
3
AO EC
AB
AC
AB
AC
AB
AB AC
AC
=
+
−
+
=
−
+
+
=
2
2
1
3
2
2
AB
AB AC
AC
−
+
+
，
因为
2
2
1
3
2
2
AB AC
AB
AB AC
AC
= −
+
+
，所以
2
2
1
3
2
2
AB
AC
=
，
所以
2
2
3
AB
AC
=
，所以
3
AB
AC
=
.
2.解析
解析
解析
解析
解析：正方形
的边长为，
ABCD
1
可得
AB
AD
AC
+
=
，
BD
AD
AB
=
−
，
0
AB AD
=
，
1
2
3
4
5
6
|
|
AB
BC
CD
DA
AC
BD
+
+
+
+
+
1
2
3
4
5
5
6
6
|
|
AB
AD
AB
AD
AB
AD
AD
AB
=
+
−
−
+
+
+
−
1
3
5
6
2
4
5
6
| (
)
(
)
|
AB
AD
=
−
+
−
+
−
+
+
2
2
1
3
5
6
2
4
5
6
(
)
(
)
=
−
+
−
+
−
+
+
,
由于
(
1,2,3,4,5,6)
i i
=
2
3
4
，，，，
取遍
5
1
，
可得
1
3
5
6
0
−
+
−
=
，
2
4
5
6
0
−
+
+
=
，
可取
5
6
1
3
2
4
1,
1,
1,
1
=
=
=
=
= −
=
，可得所求最小值为；
0
关注微信公众号：加油高三
由
1
3
5
6
4
−
+
−
=
，
2
4
5
6
4
−
+
+
=
，
可取
2
4
5
6
1
3
1,
1,
1,
1,
1,
=
= −
=
=
=
= −
可得所求最大值为2 5 ．
3.解析
解析
解析
解析
解析 因为
AB
BE
=
，
//
AD BC，
30
A
=
，所以在等腰三角形ABE中，
120
BEA
=
，
又
2 3
AB =
，所以
2
AE =
，所以
2
5
BE
AD
= −
.
因为
AE
AB
BE
=
+
，所以
2
5
AE
AB
AD
=
−
.
又
BD
BA
AD
AB
AD
=
+
= −
+
，
所以
(
)
2
2
2
7
2
5
5
5
BD AE
AB
AD
AB
AD
AB
AB AD
AD
= −
+
−
= −
+
−
=
2
2
7
2
cos
5
5
AB
AB
AD
A
AD
−
+
−
=
7
3
2
12
5 2 3
25
1
5
2
5
−
+
−
= −.
2010-2018
年
1
A
．【解析】以A 为坐标原点，AB 所在直线为x 轴，建立如图的平面直角坐标系，
y
x
B
A
D
E
C
因为在平面四边形ABCD中，
1
AB
AD
=
= ，
120
BAD
=
，
所以(0,0)
A
，(1,0)
B
，
1
3
(
,
)
2
2
D −
，设
(1,
)
C
m ,
( , )
E x y ，
所以
3
3
( ,
)
2
2
DC
m
=
−
，
1
3
(
,
)
2
2
AD = −
，
因为
AD
CD
⊥
，所以
3
3
1
3
( ,
) (
,
)
0
2
2
2
2
m−
−
=
，
关注微信公众号：加油高三
即
3
1
3
3
(
)
(
)
0
2
2
2
2
m
−
+
−
=
，解得
3
m =
，即
(1, 3)
C
，
因为E 在CD上，所以3
3
2
y
≤≤
，由
CE
CD
k
k
=
，
得
3
3
3
2
1
1
1
2
y
x
−
−
=
−
+
，即
3
2
x
y
=
−
，
因为
( , )
AE
x y
=
，
(
1, )
BE
x
y
=
−
，
所以
2
2
2
2
( , ) (
1, )
( 3
2)
3
2
AE BE
x y
x
y
x
x
y
x
y
y
=
−
=
−+
=
−
−
+ +
2
4
5 3
6
y
y
=
−
+
，令
2
( )
4
5 3
6
f y
y
y
=
−
+
，
3
[
, 3]
2
y
．
因为函数
2
( )
4
5 3
6
f y
y
y
=
−
+
在
3 5 3
[
,
]
2
8
上单调递减，在5 3
[
, 3]
8
上单调递
增，所以
2
min
5 3
5 3
21
( )
4 (
)
5 3
6
8
8
16
f y
=
−
+
=
．
所以
uuur uur
AE BE 的最小值为21
16
，故选
．
A
2
A
．【解析】解法一设
O 为坐标原点，
OA
=
a
，
( , )
OB
x y
=
=
b
，
= (1,0)
e
，
由
2
4
3
0
−
+ =
b
e b
得
2
2
4
3
0
x
y
x
+
−
+
=
，即
2
2
(
2)
1
x
y
−
+
= ，所以点B 的轨迹是
以
(2,0)
C
为圆心，
为半径的圆．因为
l
a 与e 的夹角为
3
，所以不妨令点A 在射线
3
y
x
=
(
0
x
)上，如图，
y= 3x
O
C
B
A
y
x
关注微信公众号：加油高三
数形结合可知
min
|
|
|
|
|
|
3 1
CA
CB
−
=
−
=
−
a
b
．故选
．
A
解法二
由
2
4
3
0
−
+ =
b
e b
得
2
2
4
3
(
) (
3 )
0
−
+
=
−
−
=
b
e b
e
b
e
b
e
．
设
OB
=
b
，
OE
=
e
， 3
OF
=
e
，所以
EB
−
=
b
e
，
3
FB
−
b
e =
，
所以
0
EB FB
=
，取EF 的中点为C ．则B 在以C 为圆心，EF 为直径的圆上，如图．
E
F
O
C
B
A
设
OA
=
a
，作射线OA ，使得
3
AOE
=
，所以
|
| | (
2 )
(2
) |
−
=
−
+
−
≥
a
b
a
e
e
b
| (
2 )|
| (2
)| |
|
|
|
3 1
CA
BC
−
−
−
=
−
−
≥
a
e
e
b
．故选
．
A
3
A
．【解析】如图建立直角坐标系，
y
x
P
A
B
C
D
则
(0,1)
A
，(0,0)
B
，
(2,1)
D
，
( , )
P x y ，由等面积法可得圆的半径为2
5
，
所以圆的方程为
2
2
4
(
2)
5
x
y
−
+
=
，
所以
( ,
1)
AP
x y
=
−
，
(0, 1)
AB =
−
，
(2,0)
AD =
，
由
AP
AB
AD
=
+
，得
2
1
x
y
=
−= −
，所以
+
=
1
2
x
y
−
+
，
设
1
2
x
z
y
=
−
+ ，即
1
0
2
x
y
z
−
+ −
=
，
点
( , )
P x y 在圆上，所以圆心到直线
1
0
2
x
y
z
−
+ −
=
的距离小于半径，
关注微信公众号：加油高三
所以
| 2
|
2
1
5
1
4
z
−
+
≤
，解得
1
3
z
≤≤
，所以z
的最大值为，
3
即
+
的最大值为，选
．
3
A
4
B
．【解析】如图，以BC 为x 轴，BC 的垂直平分线DA 为y 轴，D 为坐标原点建立平
面直角坐标系，
y
x
D
P
C
B
A
则
(0, 3)
A
，
( 1,0)
B −
，
(1,0)
C
，设
( , )
P x y ，
所以
(
, 3
)
PA
x
y
= −
−
，
( 1
,
)
PB
x
y
= −−
−
，
(1
,
)
PC
x
y
=
−
−
，
所以
( 2 , 2 )
PB
PC
x
y
+
= −
−
，
2
2
(
)
2
2 ( 3
)
2
2(
PA PB
PC
x
y
y
x
y
+
=
−
−
=
+
−
2
3
3
3
)
2
2
2
−
−
≥
，
当
3
(0,
)
2
P
时，所求的最小值为
3
2
−
，故选
．
B
5
C
．【解析】如图所示，四边形ABCE 是正方形，F 为正方形的对角线的交点，易得
AO
AF
，而
90
AFB
=
，∴
AOB
与
COD
为钝角，
AOD
与
BOC
为锐
角．根据题意1
2
(
)
I
I
OA OB OB OC
OB OA OC
OB CA
−
=
−
=
−
=
=
|
||
| cos
0
OB CA
AOB
，∴
1
2
I
I
，同理
2
3
I
I
．
做
AG
BD
⊥
于G ，又
AB
AD
=
．
∴
OB
BG
GD
OD
=
，而
OA
AF
FC
OC
=
，
∴
|
| |
| |
| |
|
OA
OB
OC
OD
，而
cos
cos
0
AOB
COD
=
，
∴
OA OB
OC OD
，即1
3
I
I
，
∴
3
1
2
I
I
I
，选
．
C
关注微信公众号：加油高三
G
F
E
O
A
B
C
D
6
B
．【解析】由
2
DA
DB
DC
=
=
=
知, D为ABC
的外心．由
DA DB
=
DB DC
=
DC DA
知D 为
ABC
的内心，所以
ABC
为正三角形，易知其边长为2 3 ，
取AC 的中点E ，因为M 是PC 的中点，所以
1
1
2
2
EM
AP
=
=
，
所以
max
1
7
|
|
|
|
2
2
BM
BE
=
+
=
，则
2
max
49
|
|
4
BM
=
．故选
．
B
7
D
．【解析】由菱形ABCD的边长为a ，
60
ABC
=
可知
180
60
120
BAD
=
−
=
，
2
2
2
3
(
) (
)
cos120
2
BD CD
AD
AB
AB
AB AD
AB
a a
a
a
=
−
−
= −
+
= −
+
=
．
8
A
．【解析】由题意得
1
1
1
3
3
3
=
+
=
+
=
+
−
AD
AC
CD
AC
BC
AC
AC
AB
1
4
3
3
= −
+
AB
AC ．
9．A 【解析】以题意，以点A为坐标原点，以AB 所在的直线为x 轴，AC 所在的直线为
y 轴建立如图所示的平面直角坐标系，
所以点(1,4)
P
，
1 ( ,0)
B t
，
(0, )
C
t ，
所以
1
1
(
1, 4)( 1,
4)
(
1) ( 1)
4 (
4)
PB PC
t
t
t
t
=
−
−
−
−
=
−
−
−
−
=
1
17
4t
t
−
−
1
17
2
4
13
t
t
−
=
≤
（当且仅当1
4t
t =
，即
1
2
t =
时取等号），
所以
PB PC
的最大值为
．故选
13
A．
关注微信公众号：加油高三
10．C【解析】
3
1
1
,
4
4
3
AM
AB
AD NM
CM
CN
AD
AB
=
+
=
−
= −
+
，所以
1
1
(4
3
)
(4
3
)
4
12
AM NM
AB
AD
AB
AD
=
+
−
2
2
1
1
(16
9
)
(16 36
9 16)
9
48
48
AB
AD
=
−
=
−
=
，选
．
C
11．【解析】由题意得，
为圆的直径，故可设
B
AC
)
,
(
n
m
A
，
)
,
(
n
m
C
−
−
，
)
,
(
y
x
B
，
∴
(
6, )
PA PB
PC
x
y
+
+
=
−
，而
49
12
37
)
6
(
2
2
−
=
+
−
x
y
x
，
∴
PA
PB
PC
+
+
的最大值为7
，故选
．
B
12．A【解析】设
(1,0),
(0,1)
a
b
=
=
，则
(cos ,sin )
OP
=
，
( 2, 2)
OQ =
，
所以曲线
是单位元，区域
C
为圆环（如图）
∵
|
| 2
OQ = ，∴
1
3
r
R
．
13．C【解析】 因为
120
BAD
?
，所以
cos120
2
AB AD
AB
AD
?
鬃
= -
.
因为
BE
BC
l
=
，所以
AE
AB
AD
l
=
+
，
AF
AB
AD
m
=
+
.
因为
1
AE AF
?
，所以
(
) (
)
1
AB
AD
AB
AD
l
m
+
?
=
，
即
3
2
2
2
l
m
l m
+
-
=
①
同理可得
2
3
l m
l
m
-
-
= -
②，①②得
+
5
6
l
m
+
=
.
14．B【解析】如图，设
,
AB
b AC
c
=
=
，则
1,
2,
0
b
c
b c
=
=
•
=
，
A
C
B
Q
P
关注微信公众号：加油高三
又
(1
)
BQ
BA
AQ
b
c
=
+
= −+
−
，
CP
CA
AP
c
b
=
+
= −+
，由
2
−
=
•CP
BQ
得
2
2
[
(1
) ] (
)
(
1)
4(
1)
2
b
c
c
b
c
b
−+
−
• −+
=
−
−
=
−
−
= −
，
即
3
2
,2
3
=
=
，选B.
15．A【解析】【方法一】设
3
4
(10cos ,10sin )
cos
,sin
5
5
OP
=
=
=
则
3
3
(10cos(
),10sin(
))
( 7 2,
2)
4
4
OQ
=
+
+
= −
−
．
【方法二】将向量
(6,8)
OP =
按逆时针旋转3
2
后，可知Q 点落在第三象限，则可排
除
、，代入
，由向量的夹角公式可得
B
D
A
2
cos
2
QOP
= −
，∴
3
4
QOP
=
．
16．C【解析】首先观察集合
1
1
3
{ |
}
, 1,
,0,
,1,
,2,
2
2
2
2
n n
Z
= −−
，从而分析a b
和b a的范围如下：因为
(0,
)
4
，∴
2
cos
1
2
，
而
|
| cos
|
|
=
=
b a
b
b a
a a
a
，且
|
| |
| 0
…
a
b
，可得
|
|
0
cos
1
|
|
b
a
，
又∵
b a
{ |
}
2
n n
Z 中，∴
|
|
1
cos
|
|
2
=
b
a
，
从而
|
|
1
|
|
2cos
=
b
a
，∴
2
|
|
cos
2cos
|
|
=
=
=
a b
a
a b
b b
b
，
所以1
2
a b
．且a b 也在集合
{ |
}
2
n n
Z 中，故有
3
2
=
a b
．
17．D【解析】根据已知得
( ,0)
(0,0)
[(1,0)
(0,0)]
c
−
=
−
，即
( ,0)
(1,0)
c
=
，从而得
c
=
；
( ,0)
(0,0)
[(1,0)
(0,0)]
d
−
=
−
，即
( ,0)
(1,0)
d
=
，得d
=
，
根据1
1
2
+
=
，得1
1
2
c
d
+
=
．线段AB 的方程是
0
y =
，
[0,1]
x
．
关注微信公众号：加油高三
若C 是线段AB的中点，则
1
2
c =
，代入1
1
2
c
d
+
=
，得1
0
d
=
．
此等式不可能成立，故选项
的说法不成立；同理选项
的说法也不成立；
A
B
若
,
C D同时在线段AB 上，则
0
1
c
≤，
0
1
d
≤，
此时1
1
c ≥，1
1
d ≥，1
1
2
c
d
+
≥
，若等号成立，则只能
1
c
d
=
= ，
根据定义，,
C D 是两个不同的点，故矛盾，故选项C 的说法也不正确，
若
,
C D同时在线段AB 的延长线上，若
1
c ，
1
d ，则1
1
2
c
d
+
，
与1
1
2
c
d
+
=
矛盾，若
0,
0
c
d
，则1
1
c
d
+
是负值，与1
1
2
c
d
+
=
矛盾，
若
1
c ，
0
d
，则1
1
c ，1
0
d
，此时1
1
1
c
d
+
，与1
1
2
c
d
+
=
矛盾，
故选项
的说法是正确的．
D
18．3
−【解析】设
(0, )
E
t ，
(0,
2)
F
t
，所以
(1, ) ( 2,
2)
=
−
AE BF
t
t
2
2
2
(
2)
2
2
(
1)
3
= −+
=
−
=
−
t t
t
t
t
，
当
1
=
t
时，
AE BF
取得最小值3
−．
19．
[ 5 2,1]
−
【解析】设
( , )
P x y ，由
20
PA PB
≤
，得
2
5
0
x
y
−
+ ≤
，
O
5 2
5 2
2x-y+5=0
N
M
y
x
B
A
如图由
2
5
0
x
y
−
+ ≤可知，P 在MN 上，
由
2
2
2
5
0
50
x
y
x
y
−
+
=
+
=
，解得
(1,7)
M
，
( 5, 5)
N −
−
，
所以P 点横坐标的取值范围为
[ 5 2,1]
−
．
关注微信公众号：加油高三
20．3
11
【解析】
0
3 2 cos60
3
AB AC
=
=
，
1
2
3
3
AD
AB
AC
=
+
,
则
1
2
2
1
2
(
)(
)
3
4
9
3
4
3
3
3
3
3
3
AD AE
AB
AC
AC
AB
=
+
−
=
+
−
−
= −
，
3
11
=
．
21．1
2
【解析】由题意令
(1,0)
=
e
，
(cos ,sin )
=
a
，
(2cos ,2sin
)
=
b
，
则由
|
|
|
|
6
+
„
ae
be
可得
|cos
| 2 |cos
|
6
+
„
①，
令
sin
2sin
m
+
=
②
2
2
①
②
+
得
2
4[| cos
cos
|
sin
sin
]
1
m
+
+
„
对一切实数
,
恒成立，
所以
4[|cos
cos
| sin
sin
]
1
+
„
．
故
1
2(cos
cos
sin
sin
)
2[| cos
cos
|
sin
sin
]
2
=
+
+
剟
a b
．
故最大值为1
2
．
22．1
2
1
6
-
【解析】由
1
1
1
1(
)
3
2
3
2
MN
MC
CN
AC
CB
AC
AB
AC
=
+
=
+
=
+
−
1
1
2
6
AB
AC
xAB
yAC
=
−
=
+
．所以
1
2
x =
，
1
6
y = -
．
23．29
18
【解析】因为
1
9
DF
DC
=
，
1
2
DC
AB
=
，
1
1
9
1
9
9
9
18
CF
DF
DC
DC
DC
DC
AB
−
−
=
−
=
−
=
=
，
AE
AB
BE
AB
BC
=
+
=
+
，
1
9
1
9
18
18
AF
AB
BC
CF
AB
BC
AB
AB
BC
−
+
=
+
+
=
+
+
=
+
，
(
)
1 9
18
AE AF
AB
BC
AB
BC
+
=
+
+
2
2
1 9
1 9
1
18
18
AB
BC
AB BC
+
+
=
+
+
+
1
9
19
9
4
2 1 cos120
18
18
+
+
=
+
+
2
1
17
2
1
17
29
2
9
2
18
9
2
18
18
=
+
+
+
=
关注微信公众号：加油高三
当且仅当2
1
9
2
=
即
2
3
=
时的最小值为29
18
．
B
A
D
C
E
F
24．9 3 【解析】
1
(
1)
(
1)
(cos
,sin
cos
) (cos
,sin
6
6
6
6
6
k
k
k
k
k
k
k
a
a
+
+
+
=
+
+
(
1)
cos
)
6
k
+
2
(
1)
3 3
2
cos
sin
cos
cos
sin
6
6
6
6
4
6
k
k
k
k
+
+
+
=
+
+
=
+
+
1
(2
1)
cos
2
6
k
+
，因此
11
1
0
3 3
12
9 3
4
k
k
k
a
a +
=
=
=
．
25．2 【解析】因为
120
BAD
?
，菱形的边长为2，所以
2
AB AD
?
-
.
因为
1
1
3
AE AF
AB
AD
AD
AB
骣
骣
鼢
珑
?
+
?
鼢
珑
鼢
珑
桫
桫
，由
1
AE AF
?
，
所以
4
4
1
2(1
)
1
3
3
+
−
+
=
，解得
2
=
．
26．1
7
+
【解析】设
( , )
D x y ，由
|
| 1
CD = ，得
2
2
(
3)
1
x
y
−
+
=
，向量
OA
OB
OD
+
+
(
1,
3)
x
y
=
−
+
，故
2
2
|
|
(
1)
(
3)
OA
OB
OC
x
y
+
+
=
−
+
+
的最大值为圆
2
2
(
3)
1
x
y
−
+
=
上的动点到点
(1,
3)
−
距离的最大值，
其最大值为圆
2
2
(
3)
1
x
y
−
+
=
的圆心(3,0)到点
(1,
3)
−
的距离加上圆的半径，
即
2
2
(3 1)
(0
3)
1 1
7
−
+
+
+ = +
．
27．2 【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
( 2,0)
B
，
( 2,1)
E
，
(0,2)
D
，
( 2,2)
C
．设
( ,2)
F x
(0≤x ≤2 )
，
由
2
1
AB AF
x
=
= ，∴
(1,2)
F
，
AE
BF =(
)1,
2
(1−
2 ,2)=
2 ．
28．
(2
sin 2,1 cos2)
−
−
【解析】如图过
作
轴的垂线，垂足为
，过
作
轴的垂线，
P
x
E
C
y
垂足为
，根据题意可知圆滚动了
个单位的弧长，
A
2
关注微信公众号：加油高三
B
A
C
E
D
∴
2
PCD
=
，可知
2
2
PCB
=
−
，此时点P 的坐标为
2
cos(2
)
2
sin 2,
2
P
x
=
−
−
=
−
1 sin(2
)
1 cos2,
2
P
y
= +
−
= −
另解：根据题意可知滚动制圆心为（
）时的圆的参数方程为
1
2,1
+
=
+
=
sin
1
cos
2
y
x
，
且
2
2
3
,2
−
=
=
PCD
，则点
的坐标为
P
−
=
−
+
=
−
=
−
+
=
2
cos
1
)
2
2
3
sin(
1
2
sin
2
)
2
2
3
cos(
2
y
x
，
即
)
2
cos
1,2
sin
2
(
−
−
=
OP
.
29．
1
4
−
【解析】根据已知得
1(
)
2
AD
AB
AC
=
+
，
2
3
BE
AC
AB
=
−
，
所以
AD BE
= 1 (
)
2
AB
AC
+
（2
3
AC
AB
−
）=
1 2
1
1
(
1
)
2 3
3
4
AB AC
−−
= −
．
30．【解析】(1)∵
⊥
m
n ，∴
0
=
m n
，故
2
2
sin
cos
0
2
2
x
x
−
= ，∴
tan
1
x= ．
（）∵
2
m 与n的夹角为3
，∴
2
2
sin
cos
1
2
2
cos
,
1 1
2
x
x
−
=
=
=
m n
m n
| m || n|
，
故
1
sin(
)
4
2
x
−
=
，又
(0,
)
2
x
，∴
(
,
)
4
4 4
x
−
−
，
4
6
x
−
=
，即
5
12
x
=
．
故x 的值为5
12
．
31．【解析】（Ⅰ）已知
( )
sin2
cos2
f x
m
x n
x
= =
+
a b
，
)
(x
f
过点
)
2
,
3
2
(
),
3
,
12
(
−
，∴
(
)
sin
cos
3
12
6
6
f
m
n
=
+
=
2
3
4
cos
3
4
sin
)
3
2 (
−
=
+
=
n
m
f
关注微信公众号：加油高三
∴
1
3
3
2
2
3
1
2
2
2
m
n
+
=
−
−
= −
解得
=
=
1
3
n
m
（Ⅱ）由（Ⅰ）知
)
6
2
sin(
2
2
cos
2
sin
3
)
(
+
=
+
=
x
x
x
x
f
由题意知
( )
(
)
2sin(2
2
)
6
g x
f x
x
=
+
=
+
+
设
( )
y
g x
=
的图象上符合题意的最高点为
0 (
,2)
x
由题意知
2
0
1 1
x + = ．所以
0
0
x =
，即到点(0,3)
的距离为
的最高点为
1
(0,2) ．
将其代入
( )
y
g x
=
得
sin 2
1
6
+
=
，
又∵0
，所以
6
=
，
因此
( )
2sin 2
2cos2
2
g x
x
x
=
+
=
由
2
2
2
,
k
x
k
k
Z
−
+
，得
z
k
k
x
k
+
−
,
2
∴
( )
f x
的单调增区间为
[
,
],
2
k
k
k
−
+
Z ．
32．【解析】（Ⅰ）∵
1
cos
,
3,
cos
2
3
3
ac
B
b
BA BC
ca
B
=
=
=
=
=
，
且
2
2
2
-
cos
2
a
c b
B
ac
+
=
，∴
c
6,
5
a
a
c
=
+
=
，∵a
c
，∴解得
3,
2
a
c
=
=
．
所以
3,
2
a
c
=
=
．
（Ⅱ）∵
1
cos
3
B =
，∴
2 2
sin
3
B =
，∵
3,
3,
2
a
b
c
=
=
=
，
2
2
2
-c
7
cos
2
9
a
b
C
ab
+
=
=
，
4 2
sin
9
C =
，
∴
23
cos( - )
cos
cos
sin
sin
27
B C
B
C
B
C
=
+
=
，故
23
cos( - )
27
B C =
．
33．【解析】（）
1
−
a
b ＝
(cos
cos ,sin
sin
)
−
−
，
2
|
|
−
a
b
＝
2
2
(cos
cos
)
(sin
sin
)
−
+
−
关注微信公众号：加油高三
＝
2
2(cos
cos
sin
sin
)
2
−
+
=
．
所以，
cos
cos
sin
sin
0
+
=
，所以，
b
a ⊥
．
（）
2
=
+
=
+
②
1
sin
sin
①
0
cos
cos
，①2＋②2得：
1
cos(
)
2
−
= −
．
所以，
−
＝
3
2
，＝
3
2
＋，
带入②得：sin (
3
2
＋)＋sin ＝2
3 cos ＋1
2 sin ＝sin(
3
＋)
1
＝，
所以，
3
＋＝
2
．所以，＝6
5，＝
6
．
34．【解析】由题意，抛物线
的焦点为
E
(0,
)
2
p
F
，直线1l 的方程为
1
2
p
y
k x
=
+
．
由
1
2
2
2
p
y
k x
x
py
=
+
=
得
2
2
1
2
0
x
pk x
p
−
−
=
．
设
，
两点的坐标分别为
A
B
1
1
( ,
)
A x y
，
2
2
(
,
)
B x
y
，
则
1x 、
2x 是上述方程的两个实数根．
从而
1
2
1
2
x
x
pk
+
=
，
2
1
2
1
2
1
(
)
2
y
y
k x
x
p
pk
p
+
=
+
+
=
+
．
所以点M 的坐标为
2
1
1
(
,
)
2
p
pk pk +
，
2
1
1
(
,
)
FM
pk pk
=
．
同理可得点N 的坐标为
2
2
2
(
,
)
2
p
pk
pk +
，
2
2
2
(
,
)
FN
pk
pk
=
．
于是
2
2
2
1 2
1
2
(
)
FM FN
p k k
k k
=
+
．
由题设，有k1＋k2＝，
2
k1>0，k2>0，k1≠k2，
所以
2
1
2
1
2
0
(
)
1
2
k
k
k k
+
= ．
故
2
2
2
(1 1 )
2
FM FN
p
p
+
=
．
(2)【解
由抛物线的定义得
析】
1
|
|
2
p
FA
y
=
+
，
2
|
|
2
p
FB
y
=
+
，
所以
2
1
2
1
|
|
2
2
AB
y
y
p
pk
p
=
+
+
=
+
，
从而圆M 的半径
2
1
1
r
pk
p
=
+
．
故圆M 的方程为
2
2
2
2
2
1
1
1
(
)
(
)
(
)
2
p
x
pk
y
pk
pk
p
−
+
−
−
=
+
．
关注微信公众号：加油高三
化简得
2
2
2
2
1
1
3
2
(2
1)
0
4
x
y
pk x
p
k
y
p
+
−
−
+
−
=
．
同理可得圆N 的方程为
2
2
2
2
2
2
3
2
(2
1)
0
4
x
y
pk x
p
k
y
p
+
−
−
+
−
=
．
于是圆M ，圆N 的公共弦所在直线l的方程为
2
2
2
1
2
1
(
)
(
)
0
k
k x
k
k
y
−
+
−
=
．
又k2－k1≠0，k1＋k2
＝
的方程为＋
2，则l
x
2y＝0.
因为
，所以点
p>0
M
到直线的距离
l
2
2
2
1
1
1
1
1
1
7
[2(
)
]
| 2
|
| 2
1|
4
8
5
5
5
p
k
pk
pk
p
p
k
k
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
8
p =
．
故所求的抛物线
的方程为
E
2
16
x
y
=
．
35．【解析】（I）由
2
2
2
2
( 3sin )
(sin )
4sin
a
x
x
x
=
+
=
，
2
2
2
(cos )
(sin )
1
b
x
x
=
+
= ，及
2
,
4sin
1
a
b
x
=
=
得
又
1
[0,
],
sin
2
2
x
x
=
从而
，所以
6
x
=
.
（）
II
2
( )
3sin
cos
sin
f x
a b
x
x
x
= =
+
=
3
1
1
1
sin2
cos2
sin(2
)
2
2
2
6
2
x
x
x
−
+
=
−
+
.
当
[0.
]
sin 2 -
1.
3
2
6
x
x
=
时，（
）取最大值
所以
3
( )
.2
f x 的最大值为
36．【解析】（1）由
( 2
,1
)
MA
x
y
= − −
−
，
(2
,1
)
MB
x
y
=
−
−
，
2
2
( 2 )
(2
2 )
MA
MB
x
y
+
=
−
+
−
，
(
)
( , ) (0,2)
2
OM
OA OB
x y
y
+
=
=
，
由已知得
2
2
( 2 )
(2
2 )
x
y
−
+
−
=
2
2
y +
．
化简得曲线
的方程：
C
2
4
x
y
=
．
（）假设存在点
2
(0, )(
0)
P
t t
满足条件，则直线PA 的方程是
1
2
t
y
x
t
−
=
+
，PB 的方程
是
1
2
t
y
x
t
−
=
+
．
关注微信公众号：加油高三
曲线
在
处的切线
C
Q
l 的方程是
2
0
0
2
4
x
x
y
x
=
−
，它与y 轴的交点为
2
0
(0,
)
4
x
F
−
由于
0
2
2
x
−
，因此
0
1
1
2
x
−
．
①当
1
0
t
−
时，
1
1
1
2
2
t −
−
−
，存在
0
( 2,2)
x −
，使得
0
1
2
2
x
t −
=
．即l 与直线PA
平行，故当
1
0
t
−
时不符合题意．
②
1
t
−
„
时，
0
1
1
,
2
2
x
t −
−
„
0
1
1
2
2
x
t
−
…
，所以l与直线
,
PA PB 一定相交．
分别联立方程组
0
2
0
1
2
2
4
t
y
x
t
x
x
y
x
−
=
+
=
−
，解得
,
D E 的横坐标分别是
2
0
0
4
2(
1
)
D
x
t
x
x
t
+
=
+ −
，
2
0
0
4
2(
1)
E
x
t
x
x
t
+
=
+ −
，则
2
0
2
2
0
4
(1
)
(
1)
E
D
x
t
x
x
t x
t
+
−
=
−
−
−
又
2
0
4
x
FP
t
= −
−，有
2
2
0
2
2
0
(
4 )
1
1
2
8
(
1)
PDE
E
D
x
t
t
S
FP
x
x
t
x
+
−
=
−
=
−
−
，
又
2
2
0
0
4
1
4 (1
)
2
4
2
QAB
x
x
S
−
=
−
=
，
于是
2
2
2
0
0
2
2
0
(
4)
(
1)
4
1
(
4 )
QAB
PDE
x
x
t
S
S
t
x
t
−
−
−
=
−
+
=
4
2
2
2
0
0
4
2
2
0
0
4
(
1)
4(
1)
4
1
8
16
x
t
x
t
t
x
tx
t
−
+
−
+
−
−
+
+
，
对任意
0
( 2,2)
x −
，要使
QAB
PDE
S
S
为常数，即只需t 满足
2
2
2
4
(
1)
8
4(
1)
16
t
t
t
t
−−
−
=
−
=
，解得
1
t = −，
此时
2
QAB
PDE
S
S
=
，故存在
1
t = −，使得
QAB
与PDE
的面积之比是常数．
2
37．【解析】由
MP
QM
=
知
，
，三点在同一条垂直于
轴的直线上，故可设
Q
M
P
x
.
)
1(
),
(
),
,
(
),
,
(
),
,
(
2
0
2
0
2
2
0
y
x
y
x
y
y
x
x
x
M
y
x
Q
y
x
P
−
+
=
−
=
−
则
则
①
再设
),
1,
1(
)
.
(
,
),
,
(
0
1
0
1
1
1
y
x
y
y
x
x
QA
BQ
y
x
B
−
−
=
−
−
=
即
由
解得
−
+
=
−
+
=
.
)
1(
,
)
1(
0
1
1
y
y
x
x
②
将①式代入②式，消去
0y ，得
关注微信公众号：加油高三
−
+
−
+
=
−
+
=
.
)
1(
)
1(
,
)
1(
2
2
1
1
y
x
y
x
x
③
又点
在抛物线
B
2
x
y =
上，所以
2
1
1
x
y =
，再将③式代入
2
1
1
x
y =
，得
.0
1
2
),
1(
,0
.0
)
1(
)
1(
)
1(
2
,
)
1(
2
)
1(
)
1(
)
1(
,
)
)
1
((
)
1(
)
1(
2
2
2
2
2
2
2
2
=
−
−
+
=
+
−
+
−
+
+
+
−
+
=
−
+
−
+
−
+
=
−
+
−
+
y
x
y
x
x
x
y
x
x
y
x
得
两边同除以
因
故所求点
的轨迹方程为
P
.1
2 −
= x
y
38．【解析】（）
1 （方法一）
（方法一）
（方法一）
（方法一）
（方法一）由题设知
(3,5),
( 1,1)
AB
AC
=
= −
，则
(2,6),
(4,4).
AB
AC
AB
AC
+
=
−
=
所以
|
| 2 10,|
| 4 2.
AB
AC
AB
AC
+
=
−
=
故所求的两条对角线的长分别为4 2 、 2 10 ．
（方法二）
（方法二）
（方法二）
（方法二）
（方法二）设该平行四边形的第四个顶点为
，两条对角线的交点为
D
E，则:
E
B
C
为
、
的中点，（
E
0
1
0
1
，）又E（，）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=4 2 、AD= 2 10 ；
（）由题设知：
2
OC =(－2,－1)，
(3 2 ,5
)
AB tOC
t
t
−
=
+
+
．
由(
OC
t
AB −
)·OC =0，得：
(3
2 ,5
) ( 2, 1)
0
t
t
+
+
−
−
=
，
从而 5
11,
t = −
所以
11
5
t = −
．
或者：
2
·
ABOC
tOC
=
，
(3,5),
AB =
2
11
5
|
|
AB OC
t
OC
=
= −
．
