而a=7，b=2，A=
?22，得7?4?c?2c，即c?2c?3?0， 3133bcsinA=． 22因为c?0，所以 c?3．故ΔABC的面积为
解法二 由正弦定理，得7sin?3?212，从而sinB=，
7sinB又由ab，知A>B，所以cosB=27， 7故sinC=sin(AB)=sin?B+????3??=sinBcos?3?cosBsin?3=
321． 14所以ΔABC的面积为
133absinC?． 2228．【解析】（Ⅰ）由已知，点C，D的坐标分别为(0，－b)，(0，b) ．
?1?b2??1?2?c又点P的坐标为(0，1)，且PC?PD＝－1，于是??，
2?a?a2?b2?c2?x2y2??1． 解得a＝2，b＝2．所以椭圆E方程为42（Ⅱ）当直线AB斜率存在时，设直线AB的方程为y?kx?1． A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，
?x2y2?1??联立?4，得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0， 2?y?kx?1?其判别式??(4k)?8(2k?1)?0， 所以x1?x2??224k2,xx??， 12222k?12k?1从而OA?OB??PA?PB=x1x2?y1y2??[x1x2?(y1?1)(y1?1)]
?(1??)(1?k2)x1x2?k(x1?x2)?1
(?2??4)k2?(?2??1)＝
2k2?1
2k?1??1???2??3， 所以，当??1时，－?22k?1此时，OA?OB??PA?PB??3为定值．
当直线AB斜率不存在时，直线AB即为直线CD．
此时OA?OB??PA?PB?OC?OD?PC?PD??2?1??3， 故存在常数???1，使得OA?OB??PA?PB为定值－3． 29．【解析】（Ⅰ）已知
＝－
??12???2
f(x)?a?b?msin2x?ncos2x，
?2?????f(x)过点(,3),(,?2)，∴f()?msin?ncos?3
12312662?4?4? f()?msin?ncos??2
333?13n?3?m??m?3?22∴?解得?
?n?1??3?1??2??22
（Ⅱ）由（Ⅰ）知f(x)?3sin2x?cos2x?2sin(2x?由题意知g(x)?f(x??)?2sin(2x?2???6)
?6)
设y?g?x?的图象上符合题意的最高点为(x0,2)
2由题意知x0?1?1．所以x0?0，即到点(0,3)的距离为1的最高点为(0,2)．
将其代入y?g?x?得sin?2??又∵0????，所以??因此g?x??2sin?2x???????1， 6??6，
??????2cos2x 2?由???2k??2x?2k?,k?Z， 得??2?k??x?k?,k?z
∴f(x)的单调增区间为[?30．【解析】（Ⅰ）∵cosB??2?k?,k?],k?z．
1ac,b?3,BA?BC?cacosB??2， 33a2?c2?b2且cosB?，∴ac?6,a?c?5，∵a?c，∴解得a?3,c?2．
2ac所以a?3,c?2．
（Ⅱ）∵cosB?221，∴sinB?，∵a?3,b?3,c?2，
33a2?b2?c2742cosC??，sinC?，
92ab9∴cos(B?C)?cosBcosC?sinBsinC?2323，故cos(B?C)?． 272731．【解析】（1）a?b＝(cos??cos?,sin??sin?)，
|a?b|2＝(cos??cos?)2?(sin??sin?)2
＝2?2(cos??cos??sin??sin?)?2．
所以，cos??cos??sin??sin??0，所以，a?b．
（2）??cos??cos??0?sin??sin??123①1，①2＋②2得：cos(???)??．
2②23所以，???＝?，?＝?＋?，
带入②得：sin(
312?cos?＋sin?＝sin(＋?)＝1， ?＋?)＋sin?＝22335????＋?＝．所以，?＝，?＝．
6326pp32．【解析】由题意，抛物线E的焦点为F(0,)，直线l1的方程为y?k1x?．
22p?y?kx??221由?2得x?2pk1x?p?0．
2??x?2py所以，
设A，B两点的坐标分别为A(x1,y1)，B(x2,y2)， 则x1、x2是上述方程的两个实数根．
2从而x1?x2?2pk1，y1?y2?k(x1?x2)?p?2pk1?p．
所以点M的坐标为(pk1,pk1?2p)，FM?(pk1,pk12)． 22同理可得点N的坐标为(pk2,pk2?2于是FM?FN?p2(k1k2?k12k2)．
p2)，FN?(pk2,pk2)． 2由题设，有k1＋k2＝2，k1>0，k2>0，k1≠k2， 所以0?k1k2?(k1?k22)?1． 2222故FM?FN?p(1?1)?2p．
(2)【解析】由抛物线的定义得|FA|?y1?2所以|AB|?y1?y2?p?2pk1?2p， 2从而圆M的半径r1?pk1?p．
pp，|FB|?y2?， 22故圆M的方程为(x?pk1)?(y?pk1?化简得x?y?2pk1x?p(2k1?1)y?2222222p2)?(pk12?p)2． 232p?0． 42同理可得圆N的方程为x?y?2pk2x?p(2k2?1)y?32p?0． 422于是圆M，圆N的公共弦所在直线l的方程为(k2?k1)x?(k2?k1)y?0．
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
17p[2(k1?)2?]|2pk?pk1?p|p|2k?k1?1|48 d???5552121故当k1??7p1时，d取最小值． 485757p＝，解得p?8．
5852由题设，得故所求的抛物线E的方程为x?16y．
33．【解析】（I）由a?(3sinx)?(sinx)?4sinx，
2222
b?(cosx)2?(sinx)2?1，及a?b,得4sin2x?1
又x?[0,2?2],从而sinx?1?，所以x?.
622（II）f(x)?a?b?3sinx?cosx?sinx
=
当x?311?1sin2x?cos2x??sin(2x?)?. 22262???3?[0.]时，sin（2x?）取最大值1.所以f(x)的最大值为. 326234．【解析】（1）由MA?(?2?x,1?y)，MB?(2?x,1?y)，
MA?MB?(?2x)2?(2?2y)2，OM?(OA?OB)?(x,y)?(0,2)?2y，
由已知得(?2x)2?(2?2y)2=2y?2． 化简得曲线C的方程：x?4y．
（2）假设存在点P(0,t)(t?0)满足条件，则直线PA的方程是y?是y?2t?1x?t，PB的方程21?tx?t． 222x0x0x0x?，它与y轴的交点为F(0,?) 曲线C在Q处的切线l的方程是y?244x0?1． 2xt?11t?1①当?1?t?0时，存在x0?(?2,2)，使得0?．即l与直线PA?1???，
2222由于?2?x0?2，因此?1?平行，故当?1?t?0时不符合题意． ②t?1时，
t?12?1?x01?t,221?x0，所以l与直线PA,PB一定相交． 2t?1?y?x?t?2?分别联立方程组?，解得D,E的横坐标分别是 2?y?x0x?x0??24222x0?4tx0?4tx0?4t，xE?，则xE?xD?(1?t)2 xD?2(x0?1?t)2(x0?t?1)x0?(t?1)222x0?4t)211?t(x0?t，有S?PDE??FP?xE?xD?又FP??， ?22428(t?1)?x0
历年高考文科数学真题分离专题训练专题五平面向量第十四讲向量的应用答案
