2020_2021学年高中数学第二章平面向量2.5平面向量应用举例课时素养评价含解析新人教A版必修4

平面向量应用举例
(20分钟35分)
1.(2020·某某高一检测)如果一架飞机先向东飞行200 km,再向南飞行300 km,设飞机飞行的路程为s km,位移的模为a km,则( )
A.s>a
B.s<a
C.s=a
D.s与a不能比较大小
【解析】选A.物理量中的路程是数量,位移是向量,从而s=500,由位移的合成易得a<500,故s>a.
2.在△ABC中,AB=3,AC边上的中线BD=,·=5,则AC的长为( )
A.1
B.2
C.3
D.4
【解析】选B.因为=-=-,
所以==-·+,即=1,所以||=2,即AC=2.
3.若四边形ABCD满足+=0,(-)·=0,则该四边形一定是( )
A.正方形
B.矩形
C.菱形
D.直角梯形
【解析】选C.因为+=0,所以=,所以四边形ABCD是平行四边形.由(-)·=0,得·=0,所以⊥,即此平行四边形对角线互相垂直,故一定是菱形.
4.河水的流速为2 m/s,一艘小船以垂直于河岸方向10 m/s的速度驶向对岸,则小船在静水中的速度大小为( )
A.10 m/s
B.2m/s
C.4m/s
D.12 m/s
【解析】选B.由题意知|v水|=2 m/s,|v船|=10 m/s,作出示意图如图.
所以小船在静水中的速度大小|v|==
=2(m/s).
5.若O为△ABC所在平面内一点,且满足(-)·(+-2)=0,则△ABC的形状为. 【解析】(-)·(+-2)
=(-)·(-+-)
=(-)·(+)=||2-||2=0,
所以||=||,所以△ABC为等腰三角形.
答案:等腰三角形
6.已知等腰△ABC中,BB′,CC′是两腰的中线,且BB′⊥CC′,求顶角A的余弦值.
【解析】以底边BC所在的直线为x轴,以边BC的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系,如图所示,
设A(0,a),C(c,0),则B(-c,0),=(0,a),=(c,a),
=(c,0),=(2c,0),=(c,-a).
因为BB′,CC′分别为AC,AB边上的中线,所以′=(+)=,′=(+)=.
又因为′⊥′,所以c·+·=0,
即a2=9c2.
所以cos∠BAC===,即△ABC的顶角A的余弦值是.
(30分钟60分)
一、选择题(每小题5分,共25分)
1.O是平面ABC内的一定点,P是平面ABC内的一动点,若(-)·(+)=(-)·(+)=0,则O为△ABC的( )
A.内心
B.外心
C.重心
D.垂心
【解析】选B.因为(-)·(+)=0,则(-)·(+)=0,所以-=0,
所以||=||.同理可得||=||,即||=||=||,所以O为△ABC的外心.
2.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.5 N
B.5N
C.5N
D.10 N
【解析】选A.画出图形,如图所示,由题意|F1+F2|=10,
所以|F1|=|F1+F2|cos 60°=5 N.
3.(2020·某某高一检测)如图,△ABC的外接圆的圆心为O,AB=2,AC=3,则·等于( )
A.B.C.2D.3
【解析】选B.·=·(-)=·-·,因为OA=OB,所以在上的投影为||,所以·=||·||=2,
同理·=||·||=,故·=-2=.
4.在直角三角形ABC中,点D是斜边AB的中点,点P为线段CD的中点,则
=( )
A.2
B.4
C.5
D.10
【解析】选D.将△ABC各边及PA,PB,PC均用向量表示,则=
=
=
=
=-6=42-6=10.
5.如图,设P为△ABC内一点,且2+2+=0,则S△ABP∶S△ABC=( )
A.B.C.D.
【解析】选A.设AB的中点是D,连接PD.
因为+=2=-,
所以=-,所以C,P,D三点共线且P为CD的五等分点,
所以△ABP的面积为△ABC的面积的,即=.
【补偿训练】
在△ABC所在平面上有一点P,满足++=,则△PAB与△ABC的面积的比值是. 【解析】由题意可得+++=0,
所以+2=0,即=2,
所以P是线段AC的三等分点(靠近点A),
易知S△PAB=S△ABC,即S△PAB∶S△ABC=1∶3.
答案:1∶3
二、填空题(每小题5分,共15分)
6.单位圆上三点A,B,C满足++=0,则向量,的夹角为.
【解析】因为A,B,C为单位圆上三点,
所以||=||=||=1,又因为++=0.所以-=+.
所以=(+)2=++2·,
设,的夹角为θ,
可得cos θ=-.所以向量,的夹角为120°.
答案:120°
7.如图,甲,乙两人同时拉动一个有绳相缚的物体,当甲,乙所拉着的绳子与中直线分别成30°和60°的角时,甲和乙的手上所承受的力的比是.
【解析】|F甲|∶|F乙|=cos 30°∶cos 60°=∶1.
答案:∶1
8.(2020·某某高一检测)已知平面上直线l与向量e所在直线平行且e=,点O(0,0)和A(1,-2)在l上的射影分别是O′和A′,若=λe,则λ=.
【解析】因为=(1,-2),设与e的夹角是θ,因为e=,则·e=-2,即||·|e|cosθ=-2,所以cosθ=-,在e方向上的投影为||cosθ=-2,所以=-2e.
答案:-2
三、解答题(每小题10分,共20分)
9.如图所示,若D为△ABC内一点,且|AB|2-|AC|2=|DB|2-|DC|2,求证:AD⊥BC.
【证明】方法一:设=a,=b,=e,=c,=d,则a=e+c,b=e+d,
所以a2-b2=(e+c)2-(e+d)2=c2+2e·c-2e·d-d2.
因为a2-b2=c2-d2,
所以c2+2e·c-2e·d-d2=c2-d2,所以e·(c-d)=0.
因为=+=d-c,所以·=e·(d-c)=0.
又因为≠0,≠0,所以⊥,即AD⊥BC.
方法二:因为|AB|2-|AC|2=|DB|2-|DC|2,
所以||2-||2=||2-||2.
所以(+)·(-)=(+)·(-),即(+)·=(+)·,
所以·(+--)=0.
即2·=0,所以⊥,即CB⊥AD.
10.已知圆C:(x-2)2+y2=4,圆M:(x-2-5cos θ)2+(y-5sin θ)2=1(θ∈R),过圆M上任意一点P 作圆C的两条切线PE,PF,切点分别为E,F,求·的最小值.
【解析】圆C:(x-2)2+y2=4的圆心C(2,0),半径为2,
圆M:(x-2-5cos θ)2+(y-5sin θ)2=1,圆心M(2+5cos θ,5sin θ),半径为1,
因为CM=5>2+1,故两圆相离.
因为·=||||cos∠EPF,要使·最小,需||||最小且∠EPF最大.
如图所示,设直线CM和圆M交于H,G两点,则·最小值是·,HC=CM-1=5-1=4, HE==
=2,sin ∠CHE==,
所以cos∠EHF=cos 2∠CHE=1-2sin2∠CHE=,
·=||·||cos∠EHF=2×2×=6.即·的最小值为6.
1.(2020·某某高一检测)如图所示,在矩形ABCD中,AB=,BC=3,BE⊥AC,垂足为E,则ED=.
【解析】以A为坐标原点,AD,AB所在直线分别为x轴、y轴建立平面直角坐标系,则A(0,0),B(0,),C(3,),D(3,0),=(3,),设=λ,则E的坐标为(3λ,λ),故=(3λ,λ-).
因为BE⊥AC,所以·=0,即9λ+3λ-3=0,
解得λ=,所以E.
故=,||=,即ED=.
答案:
2.在△ABC中,已知AB=AC=5,BC=6,M是AC边上靠近A点的一个三等分点,试问:在线段BM(端点除外)上是否存在点P使得PC⊥BM?
【解析】以B为原点,BC所在直线为x轴,建立如图所示的平面直角坐标系.由于AB=AC=5,BC=6,所以B(0,0),A(3, 4),C(6,0). 则=(3,-4),由于M点是AC边上靠近A点的一个三等分点.
所以==,于是M,所以=.假设在BM上存在点P使得PC ⊥BM,
则设=λ,且0<λ<1,
即=λ=,所以=+=(-6,0)+=(4λ-6,λ),由于PC⊥BM,
所以·=0,
得4(4λ-6)+λ·=0,解得λ=,
由于λ=∉(0,1),所以线段BM上不存在点P使得PC⊥BM.。