《2025年通成学典课时作业本高中数学必修第二册人教版》

8.（2025·吉林长春市实验中学期中）如图，在矩形$ABCD$中，$AB=2BC=4$，$AC$与$BD$的交点为$M$，$N$为边$AB$上任意一点(包含端点)，则$\overrightarrow{MB}·\overrightarrow{DN}$的取值范围是[2,10].
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答案： 8. [2,10]

9.如图，在边长为$a(a＞0)$的正方形$ABCD$中，$E$，$F$分别是$AB$和$BC$的中点.
（1）求证：$AF\perp DE$（用向量法证明）；
（2）设$\overrightarrow{AC}=x\overrightarrow{AF}+y\overrightarrow{DE}$，求$x+y$的值；
（3）若$P$（不与点$E$重合）为正方形$ABCD$边上的动点，求$\overrightarrow{EP}·\overrightarrow{AB}$的取值范围.
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答案：
9. 解:
(1)证明:如图,以A为原点，AB,AD所在直线分别为x轴、y轴，建立平面直角坐标系，则易得$A(0,0)$，$B(a,0)$，$C(a,a)$，$D(0,a)$，$E(\frac{a}{2},0)$，$F(a,\frac{a}{2})$，所以$\overrightarrow{DE} = (\frac{a}{2}, -a)$，$\overrightarrow{AF} = (a,\frac{a}{2})$。所以$\overrightarrow{DE}·\overrightarrow{AF} = \frac{a}{2}· a - a·\frac{a}{2} = 0$。所以$DE\perp AF$，即$AF\perp DE$。

(2)由
(1)知，$\overrightarrow{AC} = (a,a)$，$x\overrightarrow{AF} + y\overrightarrow{DE} = (ax + \frac{a}{2}y,\frac{a}{2}x - ay)$。因为$\overrightarrow{AC} = x\overrightarrow{AF} + y\overrightarrow{DE}$，所以$\begin{cases} ax + \frac{a}{2}y = a\\ \frac{a}{2}x - ay = a \end{cases}$，解得$\begin{cases} x = \frac{6}{5}\\ y = - \frac{2}{5} \end{cases}$，所以$x + y = \frac{4}{5}$。
(3)由
(1)知，$\overrightarrow{AB} = (a,0)$。当点$P$在线段$AD$上时，设$P(0,t)$，$0\leq t\leq a$，则$\overrightarrow{EP} = (-\frac{a}{2},t)$，所以$\overrightarrow{EP}·\overrightarrow{AB} = -\frac{1}{2}a^2$。当点$P$在线段$DC$上时，设$P(s,a)$，$0\leq s\leq a$，则$\overrightarrow{EP} = (s - \frac{a}{2},a)$，所以$\overrightarrow{EP}·\overrightarrow{AB} = a(s - \frac{a}{2}) \in [-\frac{1}{2}a^2,\frac{1}{2}a^2]$。当点$P$在线段$BC$上时，设$P(a,m)$，$0\leq m\leq a$，则$\overrightarrow{EP} = (\frac{a}{2},m)$，所以$\overrightarrow{EP}·\overrightarrow{AB} = \frac{1}{2}a^2$。当点$P$在线段$AB$上时，设$P(n,0)$，$0\leq n\leq a$，且$n\neq\frac{1}{2}a$，则$\overrightarrow{EP} = (n - \frac{a}{2},0)$，所以$\overrightarrow{EP}·\overrightarrow{AB} = a(n - \frac{a}{2}) \in [-\frac{1}{2}a^2,0) \cup (0,\frac{1}{2}a^2]$。综上所述，$\overrightarrow{EP}·\overrightarrow{AB}$的取值范围是$[-\frac{1}{2}a^2,\frac{1}{2}a^2]$。

10.（多选题）（2024·河南商丘期末）已知向量$\boldsymbol{a}=(\sin\alpha,\cos\alpha)\left(\frac{\pi}{6}\leqslant\alpha\leqslant\frac{\pi}{2}\right)$，$\boldsymbol{b}=(1,\sqrt{3})$，则下列结论正确的是 (ACD)

A.若$\boldsymbol{a}//\boldsymbol{b}$，则$\alpha=\frac{\pi}{6}$
B.存在$\alpha$，使得$\boldsymbol{a}\perp\boldsymbol{b}$
C.若$\langle\boldsymbol{a},\boldsymbol{b}\rangle=\frac{\pi}{3}$，则$\alpha=\frac{\pi}{2}$
D.当$\alpha=\frac{\pi}{3}$时，$\boldsymbol{a}$在$\boldsymbol{b}$上的投影向量的模为$\frac{\sqrt{3}}{2}$

答案： 10. ACD

11.（2025·广东北辰高中月考）已知向量$\boldsymbol{a}=\left(\cos\frac{3x}{2},\sin\frac{3x}{2}\right)$，$\boldsymbol{b}=\left(\cos\frac{x}{2},-\sin\frac{x}{2}\right)$，且$x\in\left[0,\frac{\pi}{2}\right]$.
（1）求$\boldsymbol{a}·\boldsymbol{b}$及$\vert\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}\vert$；
（2）若$f(x)=2\boldsymbol{a}·\boldsymbol{b}+\vert\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}\vert=0$，求$\sin x-\cos x$的值；
（3）若$y=\boldsymbol{a}·\boldsymbol{b}-2\lambda\vert\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}\vert$的最小值是$-\frac{3}{2}$，求$\lambda$的值.

答案： 11. 解:
(1)因为$a = (\cos\frac{3x}{2},\sin\frac{3x}{2})$，$b = (\cos\frac{x}{2},-\sin\frac{x}{2})$，所以$a· b = \cos\frac{3x}{2}\cos\frac{x}{2} - \sin\frac{3x}{2}\sin\frac{x}{2} = \cos(\frac{3x}{2} + \frac{x}{2}) = \cos2x$，$a^2 = \cos^2\frac{3x}{2} + \sin^2\frac{3x}{2} = 1$，$b^2 = \cos^2\frac{x}{2} + \sin^2\frac{x}{2} = 1$。所以$(a + b)^2 = a^2 + 2a· b + b^2 = 1 + 2\cos2x + 1 = 2 + 2\cos2x = 2 + 2(2\cos^2x - 1) = 4\cos^2x$。因为$x\in[0,\frac{\pi}{2}]$，所以$\cos x\geq0$。所以$\vert a + b\vert = \sqrt{4\cos^2x} = 2\cos x$。
(2)由$f(x) = 2a· b + \vert a + b\vert = 0$，得$2\cos2x + 2\cos x = 0$，所以$2(2\cos^2x - 1) + 2\cos x = 0$。所以$2\cos^2x + \cos x - 1 = 0$。所以$(\cos x + 1)(2\cos x - 1) = 0$，解得$\cos x = -1$或$\cos x = \frac{1}{2}$。因为$x\in[0,\frac{\pi}{2}]$，所以$\cos x\geq0$。所以$\cos x = \frac{1}{2}$。所以$\sin x = \sqrt{1 - \cos^2x} = \frac{\sqrt{3}}{2}$。所以$\sin x - \cos x = \frac{\sqrt{3} - 1}{2}$。
(3)$y = a· b - 2\lambda\vert a + b\vert = \cos2x - 4\lambda\cos x = 2\cos^2x - 4\lambda\cos x - 1$。令$t = \cos x$，因为$x\in[0,\frac{\pi}{2}]$，所以$t\in[0,1]$。所以$y = 2t^2 - 4\lambda t - 1$，其图象的对称轴为直线$t = \frac{4\lambda}{2×2} = \lambda$。当$\lambda\leq0$时，函数$y = 2t^2 - 4\lambda t - 1$在区间$[0,1]$上单调递增，则当$t = 0$时，$y_{min} = 2×0^2 - 4\lambda×0 - 1 = -1\neq -\frac{3}{2}$，不符合题意。当$0 ＜ \lambda ＜ 1$时，函数$y = 2t^2 - 4\lambda t - 1$在区间$[0,\lambda]$上单调递减，在区间$[\lambda,1]$上单调递增，则当$t = \lambda$时，$y_{min} = 2\lambda^2 - 4\lambda^2 - 1 = -2\lambda^2 - 1$。令$-2\lambda^2 - 1 = -\frac{3}{2}$，即$2\lambda^2 = \frac{1}{2}$，解得$\lambda = \pm\frac{1}{2}$。因为$0 ＜ \lambda ＜ 1$，所以$\lambda = \frac{1}{2}$。当$\lambda\geq1$时，函数$y = 2t^2 - 4\lambda t - 1$在区间$[0,1]$上单调递减，则当$t = 1$时，$y_{min} = 2×1^2 - 4\lambda×1 - 1 = 1 - 4\lambda$。令$1 - 4\lambda = -\frac{3}{2}$，解得$\lambda = \frac{5}{8} ＜ 1$，不符合题意。综上所述，$\lambda$的值为$\frac{1}{2}$。