2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)課時(shí)作業(yè)-平面向量的應(yīng)用【含解析】

PAGE2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)課時(shí)作業(yè)-平面向量的應(yīng)用【原卷版】(時(shí)間:45分鐘分值:85分)【基礎(chǔ)落實(shí)練】1.(5分)四邊形ABCD中,AD=BC,(AB+AD)·(AB-AD)=0,則這個(gè)四邊形是()A.菱形 B.矩形C.正方形 D.等腰梯形2.(5分)如圖所示,在△ABC中,AD⊥AB,BC=3BD,|AD|=1,則AC·AD=(A.23 B.32 C.33 3.(5分)一物體在大小為10N的力F的作用下產(chǎn)生的位移s的大小為50m,且力F所做的功W=2502N·m,則F與s的夾角θ為()A.135° B.90° C.60° D.45°4.(5分)(多選題)(2024·開(kāi)封模擬)若平面上的三個(gè)力F1,F2,F3作用于一點(diǎn),且處于平衡狀態(tài).已知F1=4N,F2=2N,F1與F是()A.F3=23B.F1與F3的夾角為90°C.F2與F3的夾角為90°D.(F1+F3)·F2=45.(5分)如圖,在平面四邊形ABCD中,AB⊥BC,AD⊥CD,∠BAD=120°,AB=AD=1.若點(diǎn)E為邊CD上的動(dòng)點(diǎn),則AE·BE的最小值為()A.2116 B.32 C.2516 6.(5分)(2024·南昌模擬)如圖,AB是圓O的一條直徑,且AB=6,C,D是圓O上任意兩點(diǎn),CD=3,點(diǎn)P在線段CD上,則PA·PB的取值范圍是()A.[274,9] B.[34C.[-94,0] 7.(5分)已知兩個(gè)力F1,F2的夾角為π2,它們的合力大小為10N,合力與F1的夾角為π4,那么F1的大小為8.(5分)在△ABC中,E為AC的中點(diǎn),D是線段BE上的動(dòng)點(diǎn),若AD=xAB+yAC,則1x+2y的最小值為9.(5分)已知在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠ADC=90°,AD=2,BC=1,P是腰DC上的動(dòng)點(diǎn),則|2PA+3PB|的最小值為.

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)記f(x)=a·b,求f(x)的最大值和最小值以及對(duì)應(yīng)的x的值.11.(10分)如圖所示,矩形ABCD的頂點(diǎn)A與坐標(biāo)原點(diǎn)重合,B,D分別在x,y軸正半軸上,AB=4,AD=2,點(diǎn)E為AB上一點(diǎn),(1)若DE⊥AC,求AE的長(zhǎng);(2)若E為AB的中點(diǎn),AC與DE的交點(diǎn)為M,求cos∠CME.【能力提升練】12.(5分)(2024·開(kāi)封模擬)如圖是某一自行車的平面結(jié)構(gòu)示意圖,已知圖中的圓A(前輪),圓D(后輪)的半徑均為3,△ABE,△BEC,△ECD均是邊長(zhǎng)為4的等邊三角形.設(shè)點(diǎn)P為后輪上的一點(diǎn),則在該自行車的騎行過(guò)程中,AC·BP的最大值為()A.18 B.24 C.36 D.4813.(5分)如圖,在扇形COD及扇形AOB中,∠COD=2π3,OC=3OA=3,動(dòng)點(diǎn)P在CD(含端點(diǎn))上,則PA·PB的最小值為14.(10分)(2023·齊齊哈爾模擬)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的最小值為-32,求如圖,向量OA,OB為單位向量,∠AOB=2π3,點(diǎn)P在∠AOB內(nèi)部,OP=mOA+nOB,OP=3,∠AOP=(1)當(dāng)OP·OB=0時(shí),求m,n的值;(2)求m+n的取值范圍.2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)課時(shí)作業(yè)-平面向量的應(yīng)用【解析版】(時(shí)間:45分鐘分值:85分)【基礎(chǔ)落實(shí)練】1.(5分)四邊形ABCD中,AD=BC,(AB+AD)·(AB-AD)=0,則這個(gè)四邊形是()A.菱形 B.矩形C.正方形 D.等腰梯形【解析】選A.由題意,AD=BC,即|AD|=|BC|且AD∥BC,故四邊形ABCD為平行四邊形,又(AB+AD)·(AB-AD)=AC·DB=0,故AC⊥BD,即四邊形ABCD為菱形.2.(5分)如圖所示,在△ABC中,AD⊥AB,BC=3BD,|AD|=1,則AC·AD=(A.23 B.32 C.33 【解析】選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)一物體在大小為10N的力F的作用下產(chǎn)生的位移s的大小為50m,且力F所做的功W=2502N·m,則F與s的夾角θ為()A.135° B.90° C.60° D.45°【解析】選D.由題意可知:W=F·scosθ,即2502=10×50cosθ,解得cosθ=22,θ=45°4.(5分)(多選題)(2024·開(kāi)封模擬)若平面上的三個(gè)力F1,F2,F3作用于一點(diǎn),且處于平衡狀態(tài).已知F1=4N,F2=2N,F1與F2的夾角為120°,則下列說(shuō)法正確的是()A.F3=23B.F1與F3的夾角為90°C.F2與F3的夾角為90°D.(F1+F3)·F2=4【解析】選AC.如圖所示,設(shè)F1,F2,F3分別為OA,OB,OC,將向量進(jìn)行平移,OB平移至AB',將OA反向延長(zhǎng)至點(diǎn)D,則∠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O(shè)B'=23,即F3=23顯然,在△OAB'中,OB'2+AB'2=12+4=16=OA2,即∠AB'O=90°,所以∠COD=∠AOB'=30°,所以F1與F3的夾角∠AOC=180°-∠COD=150°,故B錯(cuò)誤;F2與F3的夾角∠BOC=∠DOB+∠COD=60°+30°=90°,故C正確;(F1+F3)·F2=(OA+OC)·OB=(OA+B'O)·OB=B'A·OB5.(5分)如圖,在平面四邊形ABCD中,AB⊥BC,AD⊥CD,∠BAD=120°,AB=AD=1.若點(diǎn)E為邊CD上的動(dòng)點(diǎn),則AE·BE的最小值為()A.2116 B.32 C.2516 【解析】選A.解法一:(坐標(biāo)法)如圖,以D點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn),DA所在直線為x軸,DC所在直線為y軸,建立平面直角坐標(biāo)系.所以A(1,0),B(32,32),在平面四邊形ABCD中知CD=所以設(shè)DE=t(t∈[0,3]),所以E(0,t).所以AE·BE=(-1,t)·(-32,t-32)=32+t2-32t=(t-34所以當(dāng)t=34時(shí),(AE·BE)min=21解法二:(基向量法)連接AC(圖略),易知DC=3,∠CAD=60°,設(shè)DE=x(0≤x≤3),則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)如圖,取AB的中點(diǎn)F,連接EF,則AE·BE=EA·EB=(EF+FA)·(EF-FA)=EF2-FA2=EF2-14.可知當(dāng)且僅當(dāng)|EF|最小時(shí),AE·BE取最小值.分別過(guò)點(diǎn)F,B作CD的垂線,垂足分別為H,G,當(dāng)點(diǎn)E與H重合時(shí),EF取到最小值,易知由已知得|BG|=32,|AD則|HF|=12(|BG|+|AD|)=54,故|EF|的最小值為故AE·BE的最小值為21166.(5分)(2023·南昌模擬)如圖,AB是圓O的一條直徑,且AB=6,C,D是圓O上任意兩點(diǎn),CD=3,點(diǎn)P在線段CD上,則PA·PB的取值范圍是()A.[274,9] B.[34C.[-94,0] 【解題指南】連接OP,根據(jù)數(shù)量積的運(yùn)算律得到PA·PB=PO2-9,再根據(jù)點(diǎn)P在線段CD上,求出PO的取值范圍即可得解【解析】選C.如圖,連接OP,則PA·PB=(PO+OA)·(PO+OB)=PO2+PO·OB+PO·OA+OA·=PO2+PO·(OB+OA)-OA2=PO因?yàn)辄c(diǎn)P在線段CD上且CD=3,則圓心到直線CD的距離d=32-3所以332≤PO≤3,274所以-94≤PO即PA·PB的取值范圍是[-94,0]7.(5分)已知兩個(gè)力F1,F2的夾角為π2,它們的合力大小為10N,合力與F1的夾角為π4,那么F1的大小為【解析】因?yàn)閮蓚€(gè)力F1,F2的夾角為π2所以F1·F2=0,又因?yàn)樗鼈兊暮狭Υ笮?0N,合力與F1的夾角為π4所以cosπ4=(F1+F2)·F1F答案:52N8.(5分)在△ABC中,E為AC的中點(diǎn),D是線段BE上的動(dòng)點(diǎn),若AD=xAB+yAC,則1x+2y的最小值為【解析】如圖,因?yàn)锳D=xAB+yAC,E為邊AC的中點(diǎn),所以AD=xAB+2yAE,因?yàn)锽,E,D三點(diǎn)共線,所以x+2y=1(x>0,y>0),則1x+2y=(1x+2y)(x+2y)=5+2y當(dāng)且僅當(dāng)x=13,y=13時(shí)取等號(hào),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上的動(dòng)點(diǎn),則|2PA+3PB|的最小值為.

【解析】以D為坐標(biāo)原點(diǎn),DA,DC分別為x,y軸的正方向建立平面直角坐標(biāo)系,如圖所示,設(shè)C(0,a),P(0,b),B(1,a),A(2,0),0≤b≤a,則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?yàn)閍=(cosx,sinx),b=(3,-3),a∥b,所以-3cosx=3sinx.若cosx=0,則sinx=0,與sin2x+cos2x=1矛盾,故cosx≠0,于是tanx=-33又x∈[0,π],所以x=5π6(2)記f(x)=a·b,求f(x)的最大值和最小值以及對(duì)應(yīng)的x的值.【解析】(2)f(x)=a·b=(cosx,sinx)·(3,-3)=3cosx-3sinx=23cos(x+π6)因?yàn)閤∈[0,π],所以x+π6∈[π6,從而-1≤cos(x+π6)≤3于是,當(dāng)x+π6=π6,即x=0時(shí),f(當(dāng)x+π6=π,即x=5π6時(shí),f(x)取得最小值-211.(10分)如圖所示,矩形ABCD的頂點(diǎn)A與坐標(biāo)原點(diǎn)重合,B,D分別在x,y軸正半軸上,AB=4,AD=2,點(diǎn)E為AB上一點(diǎn),(1)若DE⊥AC,求AE的長(zhǎng);【解析】(1)由題可得,A(0,0),B(4,0),D(0,2),C(4,2),則AC=(4,2).設(shè)E(x,0)(0≤x≤4),則DE=(x,-2).因?yàn)镈E⊥AC,則DE·AC=4x-4=0?x=1,則E(1,0),故AE的長(zhǎng)為1;(2)若E為AB的中點(diǎn),AC與DE的交點(diǎn)為M,求cos∠CME.【解析】(2)若E為AB的中點(diǎn),則E(2,0),DE=(2,-2),又AC=(4,2),所以cos∠CME=cos<AC,DE>=AC·DEACDE=【能力提升練】12.(5分)(2024·開(kāi)封模擬)如圖是某一自行車的平面結(jié)構(gòu)示意圖,已知圖中的圓A(前輪),圓D(后輪)的半徑均為3,△ABE,△BEC,△ECD均是邊長(zhǎng)為4的等邊三角形.設(shè)點(diǎn)P為后輪上的一點(diǎn),則在該自行車的騎行過(guò)程中,AC·BP的最大值為()A.18 B.24 C.36 D.48【解析】選C.騎行過(guò)程中,A,B,C,D,E相對(duì)不動(dòng),只有P點(diǎn)繞D點(diǎn)作圓周運(yùn)動(dòng).如圖,以AD所在直線為x軸,E為坐標(biāo)原點(diǎn)建立平面直角坐標(biāo)系,由題意得A(-4,0),B(-2,23),C(2,23),圓D的方程為(x-4)2+y2=3,設(shè)P(4+3cosα,3sinα),α∈[0,2π),則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易知當(dāng)sin(α+π3)=1時(shí),AC·BP取得最大值3613.(5分)如圖,在扇形COD及扇形AOB中,∠COD=2π3,OC=3OA=3,動(dòng)點(diǎn)P在CD(含端點(diǎn))上,則PA·PB的最小值為【解析】建立如圖所示平面直角坐標(biāo)系,則A(1,0),B(-12,32設(shè)P(3cosθ,3sinθ),θ∈[0,2π3則PA=(-3cosθ+1,-3sinθ),PB=(-3cosθ-12,-3sinθ+32則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當(dāng)且僅當(dāng)θ=π3時(shí),取“=”答案:1114.(10分)(2023·齊齊哈爾模擬)已知向量a=(cos32x,sin32xb=(cos12x,-sin12x),x∈[0,π(1)求a·b及a+【解析】(1)由題意可得,a·b=cos32xcos12x-sin32xsin12x=cos(32x+1a=cos232x+所以a+b=(a+b)2又因?yàn)閤∈[0,π2],則cosx≥0,可得a+b所以a·b=cos2x,a+b(2)若f(x)=a·b-2ta+b的最小值為-32,求【解析】(2)由(1)可得,f(x)=cos2x-4tcosx=2cos2x-4tcosx-1,因?yàn)閤∈[0,π2],令m=cosx∈0原題意等價(jià)于g(m)=2m2-4tm-1在0,1上的最小值為-注意到函數(shù)g(m)開(kāi)口向上,對(duì)稱軸為m=t,則有:若t≥1,則g(m)在[0,1]上單調(diào)遞減,可得當(dāng)m=1時(shí),函數(shù)g(m)取到最小值g(1)=1-4t=-32解得t=58若0<t<1,則g(m)在[0,t]上單調(diào)遞減,在(t,1]上單調(diào)遞增,可得當(dāng)m=t時(shí),函數(shù)g(m)取到最小值g(t)=-2t2-1=-32解得t=12或t=-1若t≤0,則g(m)在[0,1]上單調(diào)遞增,可得