《2025年小题狂做高中数学必修第二册人教版》

9.如图,在平面四边形$ABCD$中,$AB\perp BC$,$AD\perp CD$,$\angle BAD=120°$,$AB=AD=1$,若$E$为边$CD$上的动点,则$\overrightarrow{AE}·\overrightarrow{BE}$的可能取值为

(BC)

A.$\frac{5}{4}$
B.$\frac{21}{16}$
C.$3$
D.$4$

答案：
9.BC 解法1 连接BD,可知△ABD为等腰三角形,而AB⊥BC,AD⊥CD,∠DAB=120°,所以∠DCB=60°,△BCD为等边三角形,BD=√3.设DE=tDC(0≤t≤1),AE·BE=(AD+DE)·(BD+DE)=AD·BD+AD·DE+DE·BD+DE²=3/2+DE·BD+DE²=3t²−3/2t+3/2=3(t−¼)²+21/16(0≤t≤1),所以当t=¼时，上式取最小值21/16,当t=1时，上式取最大值3.所以AE·BE的取值范围为[21/16,3].
解法2 连接BD,因为AB=AD,所以△ABD为等腰三角形，而AB⊥BC,AD⊥CD,易得△BCD为等边三角形,所以BC=BD=2ADcos30°=√3.取AB的中点F,AF=½,则AE·BE=(AF+FE)·(BF+FE)=(AF+FE)·(−AF+FE)=FE²−AF²=|FE|²−¼,当点E满足FE⊥CD时,|FE|取得最小值,过点F作FH垂直于DA的延长线于H,|FE|min=DA+AH=1+½cos60°=5/4;当点E与点C重合时,|FE|取得最大值,|FE|max=CF=√(BC²+FB²)=√13/2,所以AE·BE的取值范围为[21/16,3].

10.已知非零向量$\boldsymbol{a},\boldsymbol{b}$满足$\boldsymbol{a}\perp\boldsymbol{b}$,且$\boldsymbol{a}+2\boldsymbol{b}$与$\boldsymbol{a}$的夹角为$\frac{\pi}{3}$,则$\frac{|\boldsymbol{b}|}{|\boldsymbol{a}|}=$√3/2.

答案： 10.√3/2 因为a,b均为非零向量，且a⊥b,所以a·b=0,所以(a+2b)·a=a²+2a·b=|a|².因为|a+2b|²=(a+2b)²=a²+4a·b+4b²=a²+4b²=|a|²+4|b|²,所以cos(π/3)=((a+2b)·a)/(|a+2b||a|)=|a|²/(√(|a|²+4|b|²)·|a|)=|a|/√(|a|²+4|b|²)=½,所以4|a|²=|a|²+4|b|²,即|b|²=¾|a|²,所以(|b|/|a|)²=¾,所以|b|/|a|=√3/2.

11.在$\triangle ABC$中,$A=\frac{\pi}{2}$,$\overrightarrow{BC}·\overrightarrow{BA}=3\overrightarrow{CA}·\overrightarrow{CB}$,则$\triangle ABC$中最小角的余弦值为√3/2.

答案： 11.√3/2 因为A=π/2,所以BC·BA=|BA||BC|cosB=|BA|²,CA·CB=|CA||CB|cosC=|CA|²,又BC·BA=3CA·CB,所以BA²=3CA²,即BA=√3CA,则B最小,所以cosB=BA/BC=(√3CA)/√(CA²+(√3CA)²)=√3/2.

12.如图,在四边形$ABCD$中,已知$|\overrightarrow{AB}|+|\overrightarrow{DC}|=2$,且$\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{BD}=\overrightarrow{BD}·\overrightarrow{DC}=0$,则$(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{DC})·\overrightarrow{AC}$的值为4.

答案：
12.4 如图,过C作CE⊥AB,垂足为E.因为AB·BD=BD·DC=0,所以AB⊥BD,BD⊥DC,结合图形可得AB与DC方向相同,所以|AB|+|DC|=|AB+DC|,所以(AB+DC)·AC=|AB+DC||AC|cos∠CAB=|AB+DC||AB+BE|=|AB+DC|²=4.

13.变式探究在平面四边形$ABCD$中,$AB=2$,$CD=3$.
(1)设$M,N$分别为$AD,BC$的中点.
①证明:$2\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{DC}$;
②若$MN=2$,求$\overrightarrow{AB}$与$\overrightarrow{DC}$夹角的余弦值.
(2)求$(\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{DB})·(\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{DC})$的值.

答案：
13.
(1)①证明:如图,因为M,N分别为AD,BC的中点,所以MA+MD=0,BN+CN=0.又MN=MA+AB+BN,MN=MD+DC+CN,所以两式相加可得2MN=AB+DC.

②解:因为2MN=AB+DC,所以4MN²=AB²+DC²+2AB·DC=|AB|²+|DC|²+2|AB||DC|cos＜AB,DC＞=16,即4+9+12cos＜AB,DC＞=16,解得cos＜AB,DC＞=¼,即AB与DC夹角的余弦值为¼.
(2)解:AC+DB=AB+BC+DC+CB=AB+DC,因此(AC+DB)·(AB−DC)=(AB+DC)·(AB−DC)=AB²−DC²=2²−3²=−5.

14.如图,在$\triangle ABC$中,$D$是$BC$的中点,$E$在边$AB$上,$BE=2EA$,$AD$与$CE$交于点$O$.若$\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{AC}=6\overrightarrow{AO}·\overrightarrow{EC}$,则$\frac{AB}{AC}$的值是
(A)


A.$\sqrt{3}$
B.$\sqrt{2}$
C.$\sqrt{5}$
D.$2$

答案： 14.A 因为点O在AD上,所以设AO=λAD(0＜λ＜1).又D是BC的中点,所以AB+AC=2AD,所以AD=½AB+½AC,AO=λAD=½λAB+½λAC.又BE=2EA,所以AE=⅓AB.又因为E,O,C三点共线,所以存在μ,使得EO=μEC(0＜μ＜1),则AO=AE+EO=AE+μEC=AE+μ(AC−AE)=(1−μ)AE+μAC=(1−μ)/3 AB+μAC,所以{(1−μ)/3=½λ, μ=½λ, 解得λ=½, μ=¼,所以AB·AC=6AO·EC=6(¼AB+¼AC)·(AC−⅓AB)=(3/2 AB+3/2 AC)·(AC−⅓AB)=AB·AC+3/2 AC²−½AB²=0,即3/2 AC²−½AB²=0,所以AB/AC=√3.