2021-2022学年高中数学-第6章-平面向量及其应用-6.4.1-6.4.2-平面几何中的向量方.docx

2021-2022学年高中数学 第6章 平面向量及其应用 6.4.1-6.4.2 平面几何中的向量方法 向量在物理中的应用举例巩固练习新人教A版必修第二册

2021-2022学年高中数学 第6章 平面向量及其应用 6.4.1-6.4.2 平面几何中的向量方法 向量在物理中的应用举例巩固练习新人教A版必修第二册

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姓名：

6.4　平面向量的应用
6.4.1　平面几何中的向量方法
6.4.2　向量在物理中的应用举例
课后训练巩固提升
一、A组
1.已知两个力F1,F2的夹角为90°,它们的合力大小为10 N,合力与F1的夹角为60°,那么F1的大小为(　　)
A.53 N B.5 N C.10 N D.52 N
解析:|F1|=10×cos60°=5.故选B.
答案:B
2.已知A,B,C,D四点的坐标分别是(1,0),(4,3),(2,4),(0,2),则四边形ABCD为(　　)
A.梯形 B.菱形
C.矩形 D.正方形
解析:由题意知,AB=(3,3),DC=(2,2),
所以AB∥DC.
又因为|AB|≠|DC|,所以四边形ABCD为梯形.
答案:A
3.在△ABC中,AB=c,BC=a,且c·a<0,则△ABC是(　　)
A.锐角三角形 B.钝角三角形
C.直角三角形 D.无法确定
解析:∵a·c<0,
∴a与c所成角为钝角(设为θ),θ>π2,则∠B=π-θ<π2,
∴∠B为锐角,△ABC的形状无法确定.
答案:D
4.在Rt△ABC中,∠ABC=90°,AB=8,BC=6,D为AC中点,则cos∠BDC=(　　)
A.-725 B.725 C.0 D.12
解析:如图,建立平面直角坐标系,

则B(0,0),A(0,8),C(6,0),D(3,4),
∴DB=(-3,-4),DC=(3,-4).
又∠BDC为DB,DC的夹角,
∴cos∠BDC=DB·DC|DB||DC|=-9+165×5=725.
答案:B
5.已知P为△ABC内部任一点(不包括边界),且满足(PB-PA)·(PB+PA-2PC)=0,则△ABC一定为(　　)
A.直角三角形
B.等边三角形
C.等腰直角三角形
D.等腰三角形
解析:由题意,AB·(CB+CA)=0,即AB边上的中线与AB垂直,故该三角形是等腰三角形.
答案:D
6.如图,已知两个力的大小和方向,则合力的大小为　　　　N;若在图示坐标系中用坐标表示合力,则合力的坐标为　　　　　. 

解析:因为F1=(2,3),F2=(3,1),
所以合力F=F1+F2=(2,3)+(3,1)=(5,4),
所以合力的大小为52+42=41(N).
答案:41　(5,4)
7.已知A,B,C是单位圆上的三点,且OA+OB=OC,其中O为坐标原点,则∠AOB=　　　　　　. 
解析:如图所示,由|OA|=|OB|=|OC|=1,OA+OB=OC,得四边形OACB为边长为1的菱形,且∠AOB=120°.

答案:120°
8.在四边形ABCD中,已知AB=(4,-2),AC=(7,4),AD=(3,6),则四边形ABCD的面积是　　　　　. 
解析:∵BC=AC-AB=(3,6)=AD,
∴四边形ABCD为平行四边形.
又AB·BC=4×3-2×6=0,
∴平行四边形ABCD为矩形.
∵|AB|=42+(-2)2=25,
|BC|=32+62=35,
∴S=|AB||BC|=25×35=30.
答案:30
9.如图所示,一物体受到两个大小均为60 N的力的作用,两力的夹角为60°,且有一力方向水平,求合力的大小及方向.

解:设向量OA,OB分别表示两力,以OA,OB为邻边作平行四边形OACB,OC即为合力.
由已知可得△OAC为等腰三角形,且∠COA=30°.

过点A作AD⊥OC于点D,则在Rt△OAD中,|OD|=|OA|cos30°=60×32=303.
故|OC|=2|OD|=603,
即合力的大小为603N,方向与水平方向成30°角.
10.如图所示,在等腰直角三角形ACB中,∠ACB=90°,CA=CB,D为BC的中点,E是AB上的一点,且AE=2EB.求证:AD⊥CE.

证明:AD·CE=(AC+CD)·(CA+AE)
=AC+12CB·CA+23AB
=AC+12CB·CA+23CB-23CA
=AC+12CB·13CA+23CB
=-13|CA|2+13|CB|2.
因为CA=CB,所以-13|CA|2+13|CB|2=0,即AD⊥CE,故AD⊥CE.
二、B组
1.已知点P在平面上做匀速直线运动,速度向量v=(4,-3)(即点P的运动方向与v相同,且每秒移动的距离为|v|个单位).设开始时点P的坐标为(-10,10),则5秒后点P的坐标为(　　)
A.(-2,4) B.(-30,25)
C.(10,-5) D.(5,-10)
解析:点P的位移为5v=(20,-15).
∵点P的起始位置为(-10,10),
∴5秒后点P的位置为(10,-5).
答案:C
2.在△ABC中,设O是△ABC的外心,且AO=13AB+13AC,则∠BAC=(　　)
A.30° B.45° C.60° D.90°
解析:因为AO=13AB+13AC,所以O也是△ABC的重心.又因为O是△ABC的外心,所以△ABC是等边三角形,故∠BAC=60°.
答案:C
3.在△ABC中,设BC=a,CA=b,AB=c,若a·b=b·c=c·a,则△ABC的形状为(　　)
A.等腰三角形 B.等边三角形
C.直角三角形 D.等腰直角三角形
解析:因为a·b=b·c,所以(a-c)·b=0,而由向量加法的三角形法则可知,a+b+c=0,所以b=-a-c,所以(a-c)·(-a-c)=0,即(a-c)·(a+c)=0,得到a2-c2=0,a2=c2,即|a|2=|c|2,也就是|a|=|c|.同理可得|a|=|b|,所以|a|=|b|=|c|.故△ABC是等边三角形.
答案:B
4.已知△ABC的外接圆半径为1,圆心为O,且3OA+4OB+5OC=0,则OC·AB的值为(　　)
A.-15 B.15 C.-65 D.65
解析:因为3OA+4OB+5OC=0,
所以3OA+4OB=-5OC,
所以9OA2+24OA·OB+16OB2=25OC2.
因为A,B,C在圆上,所以|OA|=|OB|=|OC|=1.
代入原式得OA·OB=0,
所以OC·AB=-15(3OA+4OB)·(OB-OA)
=-15(3OA·OB+4OB2-3OA2-4OA·OB)
=-15.
答案:A
5.一条渔船距对岸4 km,以2 km/h的速度向垂直于对岸的方向划去,到达对岸时,船的实际行程为8 km,则河水的流速是　　　　　 km/h. 
解析:如图,用v1表示河水的流速,v2表示船的速度,则v=v1+v2为船的实际航行速度.

由图知,|OA|=4,|OB|=8,则∠AOB=60°.
又|v2|=2,∴|v1|=|v2|·tan60°=23.
即河水的流速是23km/h.
答案:23
6.已知△AOB,点P在直线AB上,且满足OP=2tPA+tOB(t∈R),则t=　　　　　. 
解析:OP=2t(OA-OP)+tOB,
(2t+1)OP=2tOA+tOB,
∴OP=2t2t+1OA+t2t+1OB.
∵A,B,P三点共线,∴2t2t+1+t2t+1=1,∴t=1.
答案:1
7.有一艘在静水中速度大小为10 km/h的船,现船沿与河岸成60°角的方向向河的上游行驶.由于受水流的影响,结果沿垂直于河岸的方向驶达对岸.设两岸平行,流速均匀.
(1)设船相对于河岸和静水的速度分别为u,v,河水的流速为w,求u,v,w之间的关系式;
(2)求这条河河水的流速.
解:(1)如图,u是垂直到达河对岸方向的速度,v是与河岸成60°角的静水中的船速,则v与u的夹角为30°.

由题意知,u,v,w三条有向线段构成一个直角三角形,其中OB=v,OC=u,OA=BC=w.由向量加法的三角形法则知,OC=OA+OB,即u=w+v.
(2)∵|v|=10km/h,而|BC|=|OB|sin30°=10×12=5(km/h),
∴这条河河水的流速为5km/h,方向顺着河岸向下.
8.已知△ABC是等腰直角三角形,∠ABC=90°,D是BC边的中点,BE⊥AD,垂足为点E,延长BE交AC于点F,连接DF,求证:∠ADB=∠FDC.
证明:如图,以B为原点,BC所在直线为x轴建立平面直角坐标系,设A(0,2),C(2,0),

则D(1,0),AC=(2,-2).
设AF=λAC,则BF=BA+AF=(0,2)+(2λ,-2λ)=(2λ,2-2λ).
又DA=(-1,2),
由题设BF⊥DA,所以BF·DA=0,
所以-2λ+2(2-2λ)=0,所以λ=23.
所以BF=43,23.
所以DF=BF-BD=13,23.
又DC=(1,0),
所以cos∠ADB=DA·DB|DA||DB|=55,
cos∠FDC=DF·DC|DF||DC|=55,
又∠ADB,∠FDC∈(0,π),所以∠ADB=∠FDC.