高考數(shù)學一輪復習專練31平面向量的應用

三十一平面向量的應用(時間:45分鐘分值:95分)【基礎落實練】1.(5分)(2023·上海模擬)已知O為△ABC所在平面內(nèi)一點,D是AB的中點,動點P滿足OP=(1λ)OD+λOC(λ∈R),則點P的軌跡一定過△ABC的 ()A.內(nèi)心 B.垂心C.重心 D.AC邊的中點【解析】選C.由動點P滿足OP=(1λ)OD+λOC(λ∈R),且1λ+λ=1,所以P,C,D三點共線,又因為D為AB的中點,所以CD為△ABC的邊AB上的中線,所以點P的軌跡一定過△ABC的重心.2.(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°3.(5分)(2023·哈爾濱模擬)一條河兩岸平行,河的寬度為1560m,一艘船從河岸邊的某地出發(fā),向河對岸航行.已知船的速度v1的大小為v1=13km/h,水流速度v2的大小為v2=5km/h,若船的航程最短,則行駛完全程需要的時間t(min)為(A.7.2 B.7.8 C.120 D.130【解析】選B.若使得船的航程最短,則船的實際速度v=v1+v2與水流速度v2垂直,作OA=v1,OB=v2,以OA,OB為鄰邊作平行四邊形OACB,如圖所示:由題意可知,OC⊥OB,且BC=OA=v1=13,OB=v由勾股定理可得v=OC=BC2因此,若船的航程最短,則行駛完全程需要的時間t=1.5612則t=0.13×60=7.8(min).4.(5分)(多選題)(2023·開封模擬)若平面上的三個力F1,F2,F3作用于一點,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F1,F2,F3分別為OA,OB,OC,將向量進行平移,OA平移至AB',將OA反向延長至點則∠AOB=120°,∠OAB'=∠DOB=180°∠AOB=60°,在△OAB'中,由余弦定理得,OB'2=AB'2+OA22AB'·OAcos60°=4+162×2×4×12所以OB'=23,即F3=23N,故A正確顯然,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·OB=OB2=5.(5分)如圖,在平面四邊形ABCD中,AB⊥BC,AD⊥CD,∠BAD=120°,AB=AD=1.若點E為邊CD上的動點,則AE·BE的最小值為 ()A.2116 B.32 C.2516 【解析】選A.解法一:(坐標法)如圖,以D點為坐標原點,DA所在直線為x軸,DC所在直線為y軸,建立平面直角坐標系.所以A(1,0),B(32,32),在平面四邊形ABCD中知CD=所以設DE=t(t∈[0,3]),所以E(0,t).所以AE·BE=(1,t)·(32,t32)=32+t232t=(t34所以當t=34時,(AE·BE)min=解法二:(基向量法)連接AC(圖略),易知DC=3,∠CAD=60°,設DE=x(0≤x≤3),則AE·BE=(AD+DE)·(BA+AD+DE)=1×1×cos60°+12+0+x×1×cos150°+0+x2=(x34)2+2116≥解法三:(基向量法)如圖,取AB的中點F,連接EF,則AE·BE=EA·EB=(EF+FA)·(EFFA)=EF2FA2=EF214.可知當且僅當|EF|最小時,AE·BE取最小值.分別過點F,B作CD的垂線,垂足分別為H,G,當點E與H重合時,EF取到最小值,易知HF為梯形DABG的中位線,由已知得|BG|=則|HF|=12(|BG|+|AD|)=54,故|EF|的最小值為54.故AE·BE6.(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,CD=3,點P在線段CD上,則PA·PB的取值范圍是 (A.[274,9] B.[34C.[94,0] D.[【解題指南】連接OP,根據(jù)數(shù)量積的運算律得到PA·PB=PO29,再根據(jù)點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=PO29.因為點P在線段CD上且CD=3,則圓心到直線CD的距離d=32-322=332所以94≤PO29≤0,即PA·PB的取值范圍是[947.(5分)已知兩個力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】因為兩個力F1,F2的夾角為π2,所以F1·F2又因為它們的合力大小為10N,合力與F1的夾角為π4所以cosπ4=(F1+F2)·F1F1答案:52N8.(5分)在△ABC中,E為AC的中點,D是線段BE上的動點,若AD=xAB+yAC,則1x+2y的最小值為【解析】如圖,因為AD=xAB+yAC,E為邊AC的中點,所以AD=xAB+2yAE,因為B,E,D三點共線,所以x+2y=1(x>0,y>0),則1x+2y=(1x+2y)(x+2y)=5+2yx+2xy≥5+22yx·2xy=9,當且僅當x=答案:99.(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應的x的值.【解析】(1)因為a=(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=5π(2)f(x)=a·b=(cosx,sinx)·(3,3)=3cosx3sinx=23cos(x+π6)因為x∈[0,π],所以x+π6∈[π6,7π6],從而1≤cos(x+π6于是,當x+π6=π6,即x=0時,f(x)當x+π6=π,即x=5π6時,f(x)取得最小值2【能力提升練】10.(5分)(2023·福州模擬)體育鍛煉是青少年生活學習中非常重要的組成部分.某學生做引體向上運動,處于如圖所示的平衡狀態(tài),若兩只胳膊的夾角為60°,每只胳膊的拉力大小均為380N,則該學生的體重(單位:kg)約為 ()(參考數(shù)據(jù):取重力加速度大小為10m/s2,3≈1.732)A.68 B.66 C.64 D.62【解析】選B.由物理定理可得,該學生的重力與兩只胳膊的拉力的合力大小相等方向相反,兩只胳膊的拉力的合力大小為380=3803,則該學生的體重約為380310=38311.(5分)(多選題)(2023·鄭州模擬)設點D是△ABC所在平面內(nèi)一點,則下列說法正確的有 ()A.若AD=12(AB+AC),則點D是邊BCB.若AD=13(ABABcosB+ACACcosCC.若AD=2ABAC,則點D在邊BC的延長線上D.若AD=xAB+yAC,且x+y=12,則△BCD的面積是△ABC【解析】選ABD.對于A,因為AD=12(AB+AC),即12AD12即BD=DC,即點D是邊BC的中點,故A正確;對于B,AD·BC=13(AB·BCABcosB+AC·BC即AD⊥BC,故AD過△ABC的垂心,故B正確;對于C,因為AD=2ABAC,即ADAB=ABAC,即BD=CB,即點D在邊CB的延長線上,故C錯誤;對于D,因為AD=xAB+yAC,且x+y=12故2AD=2xAB+2yAC,且2x+2y=1,設AM=2AD,則AM=2xAB+2yAC,且2x+2y=1,故M,B,C三點共線,且AM=2AD,故△BCD的面積是△ABC面積的一半,故D正確.12.(5分)如圖,在扇形COD及扇形AOB中,∠COD=2π3,OC=3OA=3,動點P在CD(含端點)上,則PA·PB的最小值是 (A.112 B.6 C.132 【解析】選A.建立如圖所示平面直角坐標系,則A(1,0),B(12,32設P(3cosθ,3sinθ),θ∈[0,2π3],則PA=(3cosθ+1,3sinθPB=(3cosθ12,3sinθ+32則PA·PB=(3cosθ1)(3cosθ+12)+3sinθ(3sinθ32)=1723sin(θ+其中θ+π6∈[π6,5π6],所以PA·PB=1723sin(θ+π6)當且僅當θ=π3時,取“=”13.(5分)已知非零向量a,b,c滿足a=4,a·b=2b,c2=32a·c5,則對任意實數(shù)t,c-tb【解析】因為a=4,a·b=2b,則|a||b|cos<a,b>=2|b|,而|b|≠0,于是cos<a,b>=12.又0≤<a,b>≤π,則<a,b>=π3.作OA=a,OB=b,使∠AOB=π3由c2=32a·c5,得(c-34a)2=4,即|c34a|=2,令OD=34因此OC的終點C在以點D為圓心,2為半徑的圓上,顯然對?t∈R,tb的終點的軌跡是線段OB確定的直線l,于是c-tb是圓D上的點與直線l上的點的距離,過D作線段DE⊥l于E,交圓D于F,所以c-tbmin=EF=DE2=|OD|sin答案:3314.(10分)如圖所示,矩形ABCD的頂點A與坐標原點重合,B,D分別在x,y軸正半軸上,AB=4,AD=2,點E為AB上一點,(1)若DE⊥AC,求AE的長;(2)若E為AB的中點,AC與DE的交點為M,求cos∠CME.【解析】(1)由題可得,A(0,0),B(4,0),D(0,2),C(4,2),則AC=(4,2).設E(x,0)(0≤x≤4),則DE=(x,2).因為DE⊥AC,則DE·AC=4x4=0?x=1,則E(1,0),故AE的長為1;(2)若E為AB的中點,則E(2,0),DE=(2,2),又AC=(4,2),所以cos∠CME=cos<AC,DE>=AC·DEACDE=15.(10分)(2023·齊齊哈爾模擬)已知向量a=(cos32x,sin32x),向量b=(cos12x,sin12x),x∈[(1)求a·b及a+(2)若f(x)=a·b2ta+b的最小值為32,求【解析】(1)由題意可得,a·b=cos32xcos12xsin32xsin12x=cos(32x+1a=cos232x+所以a+b=(a+b)2又因為x∈[0,π2],則cosx≥0,可得a+b=2cosx,所以a·b=cos2x,(2)由(1)可得,f(x)=cos2x4tcosx=2cos2x4tcosx1,因為x∈[0,π2],令m=cosx∈0,1,原題意等價于g(m)=2m24tm1在0,1上的最小值為32,注意到函數(shù)g(m)開口向上,對稱軸為m=t,則有:若t≥1,則g(m)在[0,1]上單調(diào)遞減,可得當m=1時,函數(shù)g(m)取到最小值g(1)=14t=32,解得t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m=t時,函數(shù)g(m)取到最小值g(t)=2t21=32,解得t=12或t=12(舍去);若t≤0,則g(m)在可得當m=0時,函數(shù)g(m)取到最小值g(0)=1≠32,不合題意,舍去綜上所述,t的值為12【加練備選】如圖,向量OA,OB為單位向量,∠AOB=2π3,點P在∠AOB內(nèi)部,OP=mOA+nOBOP=3,∠AOP=α.(1)當OP·OB=0時,求m,n的值;(2)求m+n的取值范圍.【解析】(1)以O為原點,以OA所在的直線為x軸,以過點O垂直x軸的直線為y軸建立平面直角坐標系,如圖所示,因為向量OA,OB為單位向量且∠AOB=2π3,可得A(1,0),B(12,3設P(x,y),其中y>0,可得OA=(1,0),OB=(12,32),OP=(x,又因為OP·OB=0,可得12x+32y=0,即x3由OP=3,可得x2+y2=3,聯(lián)立得x-3y=0x2+y2=3又由OP=mOA+nOB,可得(32,32)=m(1,0)+n(12,32),可得m(2)因為OP=3且∠AOP=α,可得P(3cosα,3sinα),所以OP=(3cosα,3sinα),其中α∈(0,2π3),又因為OP=mOA+nOB,可得(3cosα,3sinα)=m(1,0)+n(12,可得m-12n=3cosα32n=3sin所以m+n=3cosα+3sinα=23sin(α+π6).因為α∈(0,2π3),可得α+π6∈(π6當α+π6=π2,即α=π3時,sin(α+π6)=1,可得m+n又由m