2025年高考数学一轮复习课时作业-平面向量的应用【含解析】

PAGE2025年高考数学一轮复习课时作业-平面向量的应用【原卷版】(时间:45分钟分值:85分)【基础落实练】1.(5分)四边形ABCD中,AD=BC,(AB+AD)·(AB-AD)=0,则这个四边形是()A.菱形 B.矩形C.正方形 D.等腰梯形2.(5分)如图所示,在△ABC中,AD⊥AB,BC=3BD,|AD|=1,则AC·AD=(A.23 B.32 C.33 3.(5分)一物体在大小为10N的力F的作用下产生的位移s的大小为50m,且力F所做的功W=2502N·m,则F与s的夹角θ为()A.135° B.90° C.60° D.45°4.(5分)(多选题)(2024·开封模拟)若平面上的三个力F1,F2,F3作用于一点,且处于平衡状态.已知F1=4N,F2=2N,F1与F是()A.F3=23B.F1与F3的夹角为90°C.F2与F3的夹角为90°D.(F1+F3)·F2=45.(5分)如图,在平面四边形ABCD中,AB⊥BC,AD⊥CD,∠BAD=120°,AB=AD=1.若点E为边CD上的动点,则AE·BE的最小值为()A.2116 B.32 C.2516 6.(5分)(2024·南昌模拟)如图,AB是圆O的一条直径,且AB=6,C,D是圆O上任意两点,CD=3,点P在线段CD上,则PA·PB的取值范围是()A.[274,9] B.[34C.[-94,0] 7.(5分)已知两个力F1,F2的夹角为π2,它们的合力大小为10N,合力与F1的夹角为π4,那么F1的大小为8.(5分)在△ABC中,E为AC的中点,D是线段BE上的动点,若AD=xAB+yAC,则1x+2y的最小值为9.(5分)已知在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠ADC=90°,AD=2,BC=1,P是腰DC上的动点,则|2PA+3PB|的最小值为.

10.(10分)已知向量a=(cosx,sinx),b=(3,-3),x∈[0,π].(1)若a∥b,求x的值;(2)记f(x)=a·b,求f(x)的最大值和最小值以及对应的x的值.11.(10分)如图所示,矩形ABCD的顶点A与坐标原点重合,B,D分别在x,y轴正半轴上,AB=4,AD=2,点E为AB上一点,(1)若DE⊥AC,求AE的长;(2)若E为AB的中点,AC与DE的交点为M,求cos∠CME.【能力提升练】12.(5分)(2024·开封模拟)如图是某一自行车的平面结构示意图,已知图中的圆A(前轮),圆D(后轮)的半径均为3,△ABE,△BEC,△ECD均是边长为4的等边三角形.设点P为后轮上的一点,则在该自行车的骑行过程中,AC·BP的最大值为()A.18 B.24 C.36 D.4813.(5分)如图,在扇形COD及扇形AOB中,∠COD=2π3,OC=3OA=3,动点P在CD(含端点)上,则PA·PB的最小值为14.(10分)(2023·齐齐哈尔模拟)已知向量a=(cos32x,sin32xb=(cos12x,-sin12x),x∈[0,π(1)求a·b及a+(2)若f(x)=a·b-2ta+b的最小值为-32,求如图,向量OA,OB为单位向量,∠AOB=2π3,点P在∠AOB内部,OP=mOA+nOB,OP=3,∠AOP=(1)当OP·OB=0时,求m,n的值;(2)求m+n的取值范围.2025年高考数学一轮复习课时作业-平面向量的应用【解析版】(时间:45分钟分值:85分)【基础落实练】1.(5分)四边形ABCD中,AD=BC,(AB+AD)·(AB-AD)=0,则这个四边形是()A.菱形 B.矩形C.正方形 D.等腰梯形【解析】选A.由题意,AD=BC,即|AD|=|BC|且AD∥BC,故四边形ABCD为平行四边形,又(AB+AD)·(AB-AD)=AC·DB=0,故AC⊥BD,即四边形ABCD为菱形.2.(5分)如图所示,在△ABC中,AD⊥AB,BC=3BD,|AD|=1,则AC·AD=(A.23 B.32 C.33 【解析】选D.AC·AD=(AB+BC)·AD=AB·AD+BC·AD=BC·AD=3BD·AD3|BD||AD|·cos∠BDA=3|AD|2=3.3.(5分)一物体在大小为10N的力F的作用下产生的位移s的大小为50m,且力F所做的功W=2502N·m,则F与s的夹角θ为()A.135° B.90° C.60° D.45°【解析】选D.由题意可知:W=F·scosθ,即2502=10×50cosθ,解得cosθ=22,θ=45°4.(5分)(多选题)(2024·开封模拟)若平面上的三个力F1,F2,F3作用于一点,且处于平衡状态.已知F1=4N,F2=2N,F1与F2的夹角为120°,则下列说法正确的是()A.F3=23B.F1与F3的夹角为90°C.F2与F3的夹角为90°D.(F1+F3)·F2=4【解析】选AC.如图所示,设F1,F2,F3分别为OA,OB,OC,将向量进行平移,OB平移至AB',将OA反向延长至点D,则∠AOB=120°,∠OAB'∠DOB=180°-∠AOB=60°,在△OAB'中,由余弦定理得,OB'2=AB'2+OA2-2AB'·OAcos60°=4+16-2×2×4×12所以OB'=23,即F3=23显然,在△OAB'中,OB'2+AB'2=12+4=16=OA2,即∠AB'O=90°,所以∠COD=∠AOB'=30°,所以F1与F3的夹角∠AOC=180°-∠COD=150°,故B错误;F2与F3的夹角∠BOC=∠DOB+∠COD=60°+30°=90°,故C正确;(F1+F3)·F2=(OA+OC)·OB=(OA+B'O)·OB=B'A·OB5.(5分)如图,在平面四边形ABCD中,AB⊥BC,AD⊥CD,∠BAD=120°,AB=AD=1.若点E为边CD上的动点,则AE·BE的最小值为()A.2116 B.32 C.2516 【解析】选A.解法一:(坐标法)如图,以D点为坐标原点,DA所在直线为x轴,DC所在直线为y轴,建立平面直角坐标系.所以A(1,0),B(32,32),在平面四边形ABCD中知CD=所以设DE=t(t∈[0,3]),所以E(0,t).所以AE·BE=(-1,t)·(-32,t-32)=32+t2-32t=(t-34所以当t=34时,(AE·BE)min=21解法二:(基向量法)连接AC(图略),易知DC=3,∠CAD=60°,设DE=x(0≤x≤3),则AE·BE=(AD+DE)·(BA+AD+DE)=1×1×cos60°+12+0+x×1×cos150°+0+x2=(x-34)2+2116≥解法三:(基向量法)如图,取AB的中点F,连接EF,则AE·BE=EA·EB=(EF+FA)·(EF-FA)=EF2-FA2=EF2-14.可知当且仅当|EF|最小时,AE·BE取最小值.分别过点F,B作CD的垂线,垂足分别为H,G,当点E与H重合时,EF取到最小值,易知由已知得|BG|=32,|AD则|HF|=12(|BG|+|AD|)=54,故|EF|的最小值为故AE·BE的最小值为21166.(5分)(2023·南昌模拟)如图,AB是圆O的一条直径,且AB=6,C,D是圆O上任意两点,CD=3,点P在线段CD上,则PA·PB的取值范围是()A.[274,9] B.[34C.[-94,0] 【解题指南】连接OP,根据数量积的运算律得到PA·PB=PO2-9,再根据点P在线段CD上,求出PO的取值范围即可得解【解析】选C.如图,连接OP,则PA·PB=(PO+OA)·(PO+OB)=PO2+PO·OB+PO·OA+OA·=PO2+PO·(OB+OA)-OA2=PO因为点P在线段CD上且CD=3,则圆心到直线CD的距离d=32-3所以332≤PO≤3,274所以-94≤PO即PA·PB的取值范围是[-94,0]7.(5分)已知两个力F1,F2的夹角为π2,它们的合力大小为10N,合力与F1的夹角为π4,那么F1的大小为【解析】因为两个力F1,F2的夹角为π2所以F1·F2=0,又因为它们的合力大小为10N,合力与F1的夹角为π4所以cosπ4=(F1+F2)·F1F答案:52N8.(5分)在△ABC中,E为AC的中点,D是线段BE上的动点,若AD=xAB+yAC,则1x+2y的最小值为【解析】如图,因为AD=xAB+yAC,E为边AC的中点,所以AD=xAB+2yAE,因为B,E,D三点共线,所以x+2y=1(x>0,y>0),则1x+2y=(1x+2y)(x+2y)=5+2y当且仅当x=13,y=13时取等号,故1x+答案:99.(5分)已知在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠ADC=90°,AD=2,BC=1,P是腰DC上的动点,则|2PA+3PB|的最小值为.

【解析】以D为坐标原点,DA,DC分别为x,y轴的正方向建立平面直角坐标系,如图所示,设C(0,a),P(0,b),B(1,a),A(2,0),0≤b≤a,则2PA+3PB=2(2,-b)+3(1,a-b)=(7,3a-5b),|2PA+3PB|=49+(3a-5b答案:710.(10分)已知向量a=(cosx,sinx),b=(3,-3),x∈[0,π].(1)若a∥b,求x的值;【解析】(1)因为a=(cosx,sinx),b=(3,-3),a∥b,所以-3cosx=3sinx.若cosx=0,则sinx=0,与sin2x+cos2x=1矛盾,故cosx≠0,于是tanx=-33又x∈[0,π],所以x=5π6(2)记f(x)=a·b,求f(x)的最大值和最小值以及对应的x的值.【解析】(2)f(x)=a·b=(cosx,sinx)·(3,-3)=3cosx-3sinx=23cos(x+π6)因为x∈[0,π],所以x+π6∈[π6,从而-1≤cos(x+π6)≤3于是,当x+π6=π6,即x=0时,f(当x+π6=π,即x=5π6时,f(x)取得最小值-211.(10分)如图所示,矩形ABCD的顶点A与坐标原点重合,B,D分别在x,y轴正半轴上,AB=4,AD=2,点E为AB上一点,(1)若DE⊥AC,求AE的长;【解析】(1)由题可得,A(0,0),B(4,0),D(0,2),C(4,2),则AC=(4,2).设E(x,0)(0≤x≤4),则DE=(x,-2).因为DE⊥AC,则DE·AC=4x-4=0⇒x=1,则E(1,0),故AE的长为1;(2)若E为AB的中点,AC与DE的交点为M,求cos∠CME.【解析】(2)若E为AB的中点,则E(2,0),DE=(2,-2),又AC=(4,2),所以cos∠CME=cos<AC,DE>=AC·DEACDE=【能力提升练】12.(5分)(2024·开封模拟)如图是某一自行车的平面结构示意图,已知图中的圆A(前轮),圆D(后轮)的半径均为3,△ABE,△BEC,△ECD均是边长为4的等边三角形.设点P为后轮上的一点,则在该自行车的骑行过程中,AC·BP的最大值为()A.18 B.24 C.36 D.48【解析】选C.骑行过程中,A,B,C,D,E相对不动,只有P点绕D点作圆周运动.如图,以AD所在直线为x轴,E为坐标原点建立平面直角坐标系,由题意得A(-4,0),B(-2,23),C(2,23),圆D的方程为(x-4)2+y2=3,设P(4+3cosα,3sinα),α∈[0,2π),则AC=(6,23),BP=(6+3cosα,3sinα-23),AC·BP=6(6+3cosα)+23(3sinα-23)=63cosα+6sinα+24=12(12sinα+32cosα)+24=12sin(α+π易知当sin(α+π3)=1时,AC·BP取得最大值3613.(5分)如图,在扇形COD及扇形AOB中,∠COD=2π3,OC=3OA=3,动点P在CD(含端点)上,则PA·PB的最小值为【解析】建立如图所示平面直角坐标系,则A(1,0),B(-12,32设P(3cosθ,3sinθ),θ∈[0,2π3则PA=(-3cosθ+1,-3sinθ),PB=(-3cosθ-12,-3sinθ+32则PA·PB=(3cosθ-1)(3cosθ+12)+3sinθ(3sinθ-32)=172-3sin(θ+其中θ+π6∈[π6,所以PA·PB=172-3sin(θ+π6)≥172当且仅当θ=π3时,取“=”答案:1114.(10分)(2023·齐齐哈尔模拟)已知向量a=(cos32x,sin32xb=(cos12x,-sin12x),x∈[0,π(1)求a·b及a+【解析】(1)由题意可得,a·b=cos32xcos12x-sin32xsin12x=cos(32x+1a=cos232x+所以a+b=(a+b)2又因为x∈[0,π2],则cosx≥0,可得a+b所以a·b=cos2x,a+b(2)若f(x)=a·b-2ta+b的最小值为-32,求【解析】(2)由(1)可得,f(x)=cos2x-4tcosx=2cos2x-4tcosx-1,因为x∈[0,π2],令m=cosx∈0原题意等价于g(m)=2m2-4tm-1在0,1上的最小值为-注意到函数g(m)开口向上,对称轴为m=t,则有:若t≥1,则g(m)在[0,1]上单调递减,可得当m=1时,函数g(m)取到最小值g(1)=1-4t=-32解得t=58若0<t<1,则g(m)在[0,t]上单调递减,在(t,1]上单调递增,可得当m=t时,函数g(m)取到最小值g(t)=-2t2-1=-32解得t=12或t=-1若t≤0,则g(m)在[0,1]上单调递增,可得