2.5.1-2.5.2平面向量的應(yīng)用舉例題組訓(xùn)練-2021-2022學(xué)年高一上學(xué)期數(shù)學(xué)人教A版必修4

第二章平面向量2.5平面向量應(yīng)用舉例2.5.1平面幾何中的向量方法2.5.2向量在物理中的應(yīng)用舉例基礎(chǔ)過(guò)關(guān)練題組一平面幾何中的向量方法1.(2019北京清華附中朝陽(yáng)學(xué)校高一期末)已知非零向量AB與AC滿足AB·BC|AB|=CA·BC|AC|且ABA.三邊均不相等的三角形 B.直角三角形C.等腰三角形 D.等邊三角形2.(2019江西宜春高一下期末)在四邊形ABCD中,對(duì)角線AC與BD交于點(diǎn)O,若3OA+OC=3OD+OB,則四邊形ABCD一定是()A.矩形 B.梯形C.平行四邊形 D.菱形3.(2019廣東汕頭高一下期末)設(shè)點(diǎn)E、F分別為直角△ABC的斜邊BC上的三等分點(diǎn)(點(diǎn)E靠近點(diǎn)C),已知AB=3,AC=6,則AE·AF=()A.10 B.9 C.8 D.74.設(shè)O為△ABC的外心,且5OA+12OB+13OC=0,則△ABC的內(nèi)角C的值為()A.π2 B.π3 C.π45.已知A,B,C是坐標(biāo)平面上的三點(diǎn),其坐標(biāo)分別為A(1,2),B(4,1),C(0,-1).(1)求AB·AC和∠ACB的大小,并判斷△ABC的形狀;(2)若M為BC邊的中點(diǎn),求|AM|.6.(2018江蘇鹽城伍佑中學(xué)高一上期末)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,已知點(diǎn)A(2,1),B(4,5),C(-1,-1).(1)求以線段AB,AC為鄰邊的平行四邊形的兩條對(duì)角線的長(zhǎng);(2)若向量AC-tOB與向量OB垂直,求實(shí)數(shù)t的值.7.如圖,已知P是正方形ABCD對(duì)角線BD上一點(diǎn),且四邊形PFCE為矩形.求證:PA=EF且PA⊥EF.題組二解析幾何中的向量方法8.在平面直角坐標(biāo)系xOy中,已知向量OA與OB關(guān)于y軸對(duì)稱,向量a=(1,0),則滿足OA2+a·AB=0的點(diǎn)A(x,y)的軌跡方程為A.(x+1)2+y2=1 B.(x-1)2+y2=1C.x2+y2=0 D.x2+(y-1)2=19.(2018江蘇南京高一下期末)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,經(jīng)過(guò)點(diǎn)P(1,1)的直線l與x軸交于點(diǎn)A,與y軸交于點(diǎn)B.若PA=-2PB,則直線l的方程是.

10.(2020浙江溫州高一上期末,★★☆)△ABC中,D為BC的中點(diǎn),O為外心,點(diǎn)M滿足OA+OB+OC=OM.(1)證明:AM=2OD;(2)若|BA+BC|=|AC|=6,設(shè)AD與OM相交于點(diǎn)P,E,F關(guān)于點(diǎn)P對(duì)稱,且|EF|=2.求AE·CF的取值范圍.題組三物理中的向量方法11.如圖所示,一力作用在小車上,其中力F的大小為10N,方向與水平面成60°角.當(dāng)小車向前運(yùn)動(dòng)10m時(shí),力F所做的功為()A.100J B.50JC.503J D.200J12.已知三個(gè)力F1=(-2,-1),F2=(-3,2),F3=(4,-3)同時(shí)作用于某物體上一點(diǎn),為使物體保持平衡,現(xiàn)加上一個(gè)力F4,則F4等于()A.(-1,-2) B.(1,-2)C.(-1,2) D.(1,2)13.長(zhǎng)江某地南北兩岸平行,一艘船從南岸碼頭A出發(fā)航行到北岸,假設(shè)船在靜水中的航行速度v1的大小為|v1|=10km/h,水流的速度v2的大小為|v2|=4km/h.設(shè)v1和v2的夾角為θ(0°<θ<180°),北岸的點(diǎn)A'在A的正北方向,若船正好到達(dá)A'處,則cosθ=()A.215 B.-215 C.2514.如圖所示,在細(xì)繩O處用水平力F2緩慢拉起重力為G的物體,繩子與鉛垂方向的夾角為θ,繩子所受到的拉力為F1.(1)請(qǐng)說(shuō)明|F1|、|F2|隨角θ的變化而變化的情況;(2)當(dāng)|F1|≤2|G|時(shí),求角θ的取值范圍.15.(2019江蘇高一期末)已知河水自西向東流速為|v0|=1m/s,設(shè)某人在靜水中游泳的速度為v1,在流水中實(shí)際速度為v2.(1)若此人朝正南方向游去,且|v1|=3m/s,求他實(shí)際前進(jìn)的方向與水流方向的夾角α和v2的大小;(2)若此人實(shí)際前進(jìn)的方向與水流方向垂直,且|v2|=3m/s,求他游泳的方向與水流方向的夾角β和v1的大小.能力提升練一、選擇題1.(★★☆)質(zhì)點(diǎn)P在平面上做勻速直線運(yùn)動(dòng),速度v=(4,-3)(即點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)方向與v相同,且每秒移動(dòng)的距離為|v|個(gè)單位).設(shè)開(kāi)始時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(-10,10),則5秒后點(diǎn)P的坐標(biāo)為()A.(-2,4) B.(-30,25)C.(10,-5) D.(5,-10)2.(2019天津高考模擬,★★☆)如圖,在梯形ABCD中,AB∥CD且AB=5,AD=2DC=4,AC·BD=0,則AD·BC的值為()A.1513 B.10 C.15 D.-3.(★★☆)如圖,已知點(diǎn)O是邊長(zhǎng)為1的等邊三角形ABC的中心,則(OA+OB)·(OA+OC)=()A.19 B.-19 C.164.(2019河南高三期末,★★☆)已知兩點(diǎn)M(-1,0),N(1,0),若直線3x-4y+m=0上存在點(diǎn)P,滿足PM·PN=0,則實(shí)數(shù)m的取值范圍是()A.(-∞,-5]∪[5,+∞) B.(-∞,-25]∪[25,+∞)C.[-5,5] D.[-25,25]5.(2019天津高考模擬,★★☆)已知點(diǎn)O是△ABC內(nèi)一點(diǎn),滿足OA+2OB=mOC,S△AOBS△ABC=4A.2 B.-2 C.4 D.-4二、填空題6.(2019江蘇高考模擬,★★☆)已知e1,e2是夾角為π3的兩個(gè)單位向量,向量a=e1+2e2,b=ke1-e2,若a·b=0,則實(shí)數(shù)k的值為7.(★★☆)已知點(diǎn)O為三角形ABC所在平面內(nèi)的一點(diǎn),且滿足|OA|=|OB|=|OC|=1,3OA+4OB+5OC=0,則AB·AC=.

8.(★★☆)過(guò)點(diǎn)P(0,2)作直線l與圓O:x2+y2=1交于A,B兩點(diǎn),若OA·OB=-12,則直線l的斜率為9.(2020河南新鄉(xiāng)高一上期末,★★★)在平行四邊形ABCD中,AB=2,BC=3,∠B=30°,點(diǎn)E,F分別在邊BC,CD上(不與端點(diǎn)重合),且BEEC=CFDF,則AE·AF的取值范圍為三、解答題10.(★★☆)如圖,在Rt△OAB中,∠AOB=90°,OA=3,OB=2,M在OB上,且OM=1,N在OA上,且ON=1,P為AM與BN的交點(diǎn),求∠MPN.11.(2019福建高一期末,★★☆)如圖,在平行四邊形ABCD中,E,F分別是BC,DC上的點(diǎn),且滿足BE=EC,DF=2FC,記AB=a,AD=b,以a,b為平面向量的一組基底,利用向量的有關(guān)知識(shí)解決下列問(wèn)題:(1)用a,b表示DE,BF;(2)若|AB|=3,|AD|=2,|BF|=3,求|DE|.

答案全解全析第二章平面向量2.5平面向量應(yīng)用舉例2.5.1平面幾何中的向量方法2.5.2向量在物理中的應(yīng)用舉例基礎(chǔ)過(guò)關(guān)練1.D在△ABC中,AB·BC|∴AB·BC|∴cos<AB,BC>=cos<CA,BC>,∴B=C,∴△ABC是等腰三角形.又AB|AB|·AC∴1×1×cosA=12∴cosA=12,∴A=π∴△ABC是等邊三角形.故選D.2.B因?yàn)?OA+OC=3OD+OB,所以3(OA-OD)=OB-OC,即3DA=CB,故CB∥DA且CB≠DA,所以四邊形ABCD是梯形.3.A以A為原點(diǎn),AB所在直線為x軸,AC所在直線為y軸,建立平面直角坐標(biāo)系,則A(0,0),E(1,4),F(2,2),則AE=(1,4),AF=(2,2),∴AE·AF=2+8=10.故選A.4.C設(shè)外接圓的半徑為R,∵5OA+12OB+13OC=0,∴5OA+12OB=-13OC,∴(5OA+12OB)2=(-13OC)2,∴169R2+120OA·OB=169R2,∴OA·OB=0,∴∠AOB=π2根據(jù)圓心角等于同弧所對(duì)的圓周角的2倍,得△ABC的內(nèi)角C的值為π4.故選5.解析(1)由題意得AB=(3,-1),AC=(-1,-3),AB·AC=3×(-1)+(-1)×(-3)=0,所以AB⊥AC,即∠A=90°.因?yàn)閨AB|=|AC|,所以△ABC為等腰直角三角形,∠ACB=45°.(2)因?yàn)镸為BC邊的中點(diǎn),所以M(2,0).又A(1,2),所以AM=(1,-2),所以|AM|=12+(-6.解析(1)AB=(2,4),AC=(-3,-2),由AB+AC=(-1,2),得|AB+AC|=5,由AB-AC=(5,6),得|AB-AC|=61.故以線段AB,AC為鄰邊的平行四邊形的兩條對(duì)角線的長(zhǎng)分別為5、61.(2)由題意得OB=(4,5),所以AC-tOB=(-3-4t,-2-5t),因?yàn)橄蛄緼C-tOB與向量OB垂直,所以(AC-tOB)·OB=0,所以(-3-4t)×4+(-2-5t)×5=0,解得t=-2241所以實(shí)數(shù)t的值為-22417.證明以D為坐標(biāo)原點(diǎn),DC所在直線為x軸,DA所在直線為y軸,建立平面直角坐標(biāo)系xOy,如圖所示.設(shè)正方形的邊長(zhǎng)為1,|OP|=λ(0<λ<2),則A(0,1),P22λ,22∴PA=-2|EF|=22∴|PA|=-=λ2|EF|=2=λ2∴|PA|=|EF|,即PA=EF.又PA·EF=-22λ×22λ∴PA⊥EF,即PA⊥EF.8.B因?yàn)镺A與OB關(guān)于y軸對(duì)稱,所以O(shè)B=(-x,y),所以AB=OB-OA=(-2x,0),所以O(shè)A2+a·AB=0可表示為x2+y2+(1,0)·(-2x,0)=0,即(x-1)2+y29.答案x+2y-3=0解析設(shè)A(a,0),B(0,b),由PA=-2PB,可得(a-1,-1)=-2(-1,b-1),∴a-1=2,-1=-2b+2,∴a=3,b=32,由截距式可得直線方程為x3+y310.解析(1)證明:AM=OM-OA=OB+OC,∵O為△ABC的外心,∴OB=OC,∴OB+OC=2OD,∴AM=2OD.(2)由|BA+BC|=|AC|=6,得|BA+BC|=|BC-BA|,故BA·BC=0,所以∠ABC=90°,此時(shí)O為AC的中點(diǎn),M與B重合,P為△ABC的重心,則|PO|=13所以AE·CF=(AP+PE)·(CP+PF)=AP·CP+AP·PF+PE·CP+PE·PF=|PO|2-|AO|2+PF·(AP-CP)-1=-9+PF·AC=-9+6cos<PF,AC>∈[-15,-3].11.B由向量的數(shù)量積的定義可得力F所做的功W=F·s=10×10cos60°=50J.故選B.12.D由已知得F1+F2+F3+F4=0,故F4=-(F1+F2+F3)=-[(-2,-1)+(-3,2)+(4,-3)]=-(-1,-2)=(1,2).13.D設(shè)船的實(shí)際速度為v,船速v1與河道南岸上游的夾角為α,如圖所示,要使船正好到達(dá)A'處,則|v1cosα|=|v2|,即cosα=|v2|由θ=π-α,得cosθ=cos(π-α)=-cosα=-25.故選14.解析畫出物體的受力分析圖,如圖.(1)由力的平衡及向量加法的平行四邊形法則得,G=-(F1+F2),|F1|=|G|cosθ,|F2|=|G|當(dāng)角θ從0°趨向于90°時(shí),|F1|、|F2|都逐漸增大.(2)由|F1|=|G|cosθ≤2|G|,得cos∵0°≤θ<90°,∴0°≤θ≤60°,∴角θ的取值范圍是0°≤θ≤60°.15.解析(1)如圖,設(shè)OA=v0,OB=v1,OC=v2,則由題意知v2=v0+v1,|OA|=1,四邊形OACB為矩形,且|OB|=AC=3,在Rt△OAC中,|v2|=OC=OA2+tan∠AOC=31=3,又α=∠AOC∈0,π2,所以他實(shí)際前進(jìn)的方向與水流方向的夾角α為π3,v2的大小為2(2)由題意知∠OCB=π2,且|v2|=|OC|=3,BC=1,如圖所示在Rt△OBC中,|v1|=OB=OC2+tan∠BOC=13=33,又∠BOC∈0,π2,所以∠BOC=π6,所以β=所以他游泳的方向與水流方向的夾角β為2π3,v1的大小為2能力提升練一、選擇題1.C設(shè)點(diǎn)(-10,10)為點(diǎn)A,5秒后P點(diǎn)的坐標(biāo)為A1(x,y),則AA由題意可知,AA1=5即(x+10,y-10)=(20,-15),所以x+10=20,2.BAC=AD+DC=AD+25AB,BD=BA+AD=-AB+由AC·BD=0可得AD+25AB·(-即AD2-25AB2-即16-25×25-35AD∴AD·AB=10,∴AD·BC=AD·(BA+AD+DC)=AD·-AB+AD+25AB=-35AD3.D由題知,等邊三角形ABC的高為32,又O為△ABC的中心,∴|OA|=|OB|=|OC|=23×32=33,OA+OB+OC=0,則(OA+OB)·(OA+OC)=(-OC)·(-OB)=|OC|·|OB|cos4.C設(shè)P(x,y),則PM=(-1-x,-y),PN=(1-x,-y),由PM·PN=0得x2+y2=1,又P在直線3x-4y+m=0上,所以圓心到直線的距離d=|m|32+(-4)5.D由OA+2OB=mOC得13OA+23OB=m3OC,設(shè)m3OC=OD,則13∵OC與OD反向共線,∴m<0,且|OD||∴S△AOBS△ABC=|OD|故選D.二、填空題6.答案5解析由題意知a·b=(e1+2e2)·(ke1-e2)=ke12+(2k-1)e1·e2-2又e12=e22=1,e1·e所以a·b=2k-52=0,解得k=57.答案4解析∵|OA|=|OB|=|OC|=1,3OA+4OB+5OC=0,∴3OA+4OB=-5OC,兩邊同時(shí)平方可得9+16+24OA·OB=25,∴OA·OB=0.∵OC=-35OA-∴AB·AC=(OB-OA)·(OC-OA)=(OB-OA)·-=-85OB·OA-45OB2+85OA2+458.答案±15解析當(dāng)直線l斜率不存在時(shí),不妨設(shè)A(0,1),B(0,-1),此時(shí)OA·OB=0+1×(-1)=-1,不合題意,所以直線l的斜率必定存在.因?yàn)橹本€l過(guò)定點(diǎn)P(0,2),所以設(shè)直線l的方程為y=kx+2,交點(diǎn)A(x1,y1),B(x2,y2),聯(lián)立y=kx+2,x2所以x1+x2=-4kk2+1,x1·x由OA·OB=-12,得(x1,y1)·(x2,y2)=-12,即x1x2+y1y2=-把y1=kx1+2,y2=kx2+2,代入x1x2+y1y2=-12化簡(jiǎn)得(k2+1)x1x2+2k(x1+x2)+92所以