【优化指导】2015年高中数学 2.5平面向量应用举例课时跟踪检测 新人教A版必修4
【优化指导】2015年高中数学 2.2.2向量减法运算及其几何意义课时跟踪检测 新人教A版必修4
【优化指导】2015年高中数学 2.2.2向量减法运算及其几何意义课时跟踪检测 新人教A 版必修41．四边形ABCD 中，设AB →＝a ，AD →＝b ，BC →＝c ，则DC →＝( )A ．a －b ＋cB ．b －(a ＋c )C ．a ＋b ＋cD ．b －a ＋c解析：DC →＝DA →＋AB →＋BC →＝－AD →＋AB →＋BC →＝a －b ＋c . 答案：A2．如图在平行四边形ABCD 中，下列结论中错误的是( )A.AB →＝DC →B.AD →＋AB →＝AC →C.AB →－AD →＝BD →D.AD →＋CB →＝0解析：AB →－AD →＝DB →，故C 项错． 答案：C3．已知a ，b ，c 是非零向量，则(a ＋c )＋b ，b ＋(a ＋c )，b ＋(c ＋a )，c ＋(a ＋b )，c ＋(b ＋a )中，与向量a ＋b ＋c 相等的个数为( )A ．5B ．4C ．3D ．2 解析：依据向量加法的交换律及结合律，每个向量式均与a ＋b ＋c 相等，故选A. 答案：A4.如图，AB →＋BC →－AD →等于( ) A.AD →B.DC →C.DB →D.AB →解析：AB →＋BC →－AD →＝AB →－AD →＋BC →＝DB →＋BC →＝DC →. 答案：B5．若a ，b 为非零向量，且|a ＋b |＝|a |＋|b |，则( ) A ．a ∥b ，且a 与b 方向相同 B ．a ，b 是共线向量 C ．a ＝－bD ．a ，b 无论什么关系均可解析：当a 与b 不共线时，一定有|a ＋b |＜|a |＋|b |；当a 与b 共线且同向时，有|a ＋b |＝|a |＋|b |.选A.答案：A6.如图，在梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AC 与BD 交于O 点，则BA →－BC →－OA →＋OD →＋DA →＝________.解析：由题图知BA →－BC →－OA →＋OD →＋DA →＝CA →－OA →＋OA →＝CA →. 答案：CA →7．已知菱形ABCD 边长都是2，求向量AB →－CB →＋CD →的模． 解：如图，∵AB →－CB →＋CD →＝AB →＋BC →＋CD →＝AD →， ∴|AB →－CB →＋CD →|＝|AD →|＝2.8．平面内有四边形ABCD 和点O ，若OA →＋OC →＝OB →＋OD →，则四边形ABCD 的形状是( ) A ．梯形 B ．平行四边形 C ．矩形D ．菱形解析：因为OA →＋OC →＝OB →＋OD →，所以OA →－OB →＝OD →－OC →，即BA →＝CD →.又A ，B ，C ，D 四点不共线，所以|BA →|＝|CD →|，且BA ∥CD .故四边形ABCD 为平行四边形．答案：B9．若O 是△ABC 内一点，OA →＋OB →＋OC →＝0，则O 是△ABC 的( ) A ．内心 B ．外心 C ．重心D ．垂心解析：如下图，以OB →，OC →为邻边作平行四边形OBDC ，则OD →＝OB →＋OC →，又OA →＋OB →＋OC →＝0.∴OB →＋OC →＝－OA →.∴OD →＝－OA →.∴A ，O ，D 三点共线．设OD 与BC 的交点为E ，则E 是BC 的中点，∴AE 是△ABC 的中线．同理可证BO ，CO 都在△ABC 的中线上，∴O 是△ABC 的重心． 答案：C10．给出以下五个命题： ①|a |＝|b |，则a ＝b ；②任一非零向量的方向都是唯一的； ③|a |－|b |＜|a ＋b |；④若|a |－|b |＝|a |＋|b |，则b ＝0；⑤已知A ，B ，C 是平面上任意三点，则AB →＋BC →＋CA →＝0. 其中正确的命题是________．(填序号)解析：由|a |＝|b |，得不到a ＝b ，因为两个向量相等需要模相等，方向相同，故①不正确；若b ＝0，|a |－|b |＝|a ＋b |，故③不正确，其他均正确． 答案：②④⑤11．在平行四边形ABCD 中，AB →＝a ，AD →＝b ，先用a ，b 表示向量AC →和DB →，并回答：当a ，b 分别满足什么条件时，四边形ABCD 为矩形、菱形、正方形？解：由向量加法的平行四边形法则，得AC →＝a ＋b ，DB →＝AB →－AD →＝a －b .当a ，b 满足|a ＋b |＝|a －b |时，平行四边形的两条对角线相等，四边形ABCD 为矩形； 当a ，b 满足|a |＝|b |时，平行四边形的两条邻边相等，四边形ABCD 为菱形； 当a ，b 满足|a ＋b |＝|a －b |且|a |＝|b |时，四边形ABCD 为正方形．12．已知△ABC 为等腰直角三角形，∠ACB ＝90°，M 为斜边AB 的中点，CM →＝a ，CA →＝b .求证：(1)|a －b |＝|a |； (2)|a ＋(a －b )|＝|b |.证明：如图，在等腰Rt △ ABC 中，由M 是斜边AB 的中点，有|CM →|＝|AM →|，|CA →|＝|CB →|.(1)在△ACM 中，AM →＝CM →－CA →＝a －b . 于是由|AM →|＝|CM →|，得|a －b |＝|a |. (2)在△MCB 中，MB →＝AM →＝a －b ， 所以CB →＝MB →－MC →＝a －b ＋a ＝a ＋(a －b )． 从而由|CB →|＝|CA →|， 得|a ＋(a －b )|＝|b |.13．三个大小相同的力a ，b ，c 作用在同一物体P 上，使物体P 沿a 方向做匀速运动，设PA →＝a ，PB →＝b ，PC →＝c ，判断△ABC 的形状．解：由题意得|a |＝|b |＝|c |，由于合力作用后做匀速运动，故合力为0，即a ＋b ＋c ＝0.所以a ＋c ＝－b .如图，作平行四边形APCD 为菱形．PD →＝a ＋c ＝－b .所以∠APC ＝120°.同理：∠APB ＝∠BPC ＝120°. 又因为|a |＝|b |＝|c |， 所以△ABC 为等边三角形．1．向量减法的实质是向量加法的逆运算．利用相反向量的定义，－AB →＝BA →就可以把减法转化为加法．即：减去一个向量等于加上这个向量的相反向量．如a －b ＝a ＋(－b )．2．在用三角形法则作向量减法时，要注意“差向量连接两向量的终点，箭头指向被减数”．解题时要结合图形，准确判断，防止混淆．3．以平行四边形ABCD 的两邻边AB 、AD 分别表示向量AB →＝a ，AD →＝b ，则两条对角线表示的向量为AC →＝a ＋b ，BD →＝b －a ，DB →＝a －b ，这一结论在以后应用非常广泛，应该加强理解并记住．。
2015年高中数学2.5平面向量应用举例课时跟踪检测新人教A版必修4
【优化指导】2015年高中数学 2.5平面向量应用举例课时跟踪检测新人教A 版必修41．若向量OF 1→＝(1,1)，OF 2→＝(－3，－2)分别表示两个力F 1，F 2，则|F 1＋F 2|为( ) A.10 B ．2 5 C. 5D.15解析：F 1＋F 2＝(1,1)＋(－3，－2)＝(－2，－1)， ∴|F 1＋F 2|＝－2＋－2＝ 5.答案：C2．在△ABC 中，若(CA →＋CB →)·(CA →－CB →)＝0，则△ABC 为( ) A ．正三角形 B ．直角三角形 C ．等腰三角形D ．无法确定解析：∵(CA →＋CB →)·(CA →－CB →)＝CA →2－CB →2＝|CA →|2－|CB →|2＝0，∴|CA →|2＝|CB →|2. 故|CA →|＝|CB →|.△ABC 为等腰三角形． 答案：C3．当两人提起重量为|G |的旅行包时，夹角为θ，两人用力都为|F |，若|F |＝|G |，则θ的值为( )A ．30°B ．60°C ．90°D ．120°解析：作OA →＝F 1，OB →＝F 2，OC →＝－G ， 则OC →＝OA →＋OB →，当|F 1|＝|F 2|＝|G |时，△OAC 为正三角形， ∴∠AOC ＝60°.从而∠AOB ＝120°. 答案：D4.在平面直角坐标系中，正方形OABC 的对角线OB 的两端点分别为O (0,0)，B (1,1)，则AB →·AC →＝ ________.解析：由已知得A (1,0)，C (0,1)，∴AB →＝(0,1)，AC →＝(－1,1)． ∴AB →·AC →＝1. 答案：15．一个重20 N 的物体从倾斜角为30°，斜面上1 m 的光滑斜面顶端下滑到底端，则重力做的功是________．解析：W ＝F ·s ＝|F |·|s |·cos θ＝20×1×cos 60°＝10 J. 答案：10 J6．已知点A (1,0)，直线l ：y ＝2x －6，点R 是直线l 上的一点，点RA →＝2 AP →，求点P 的轨迹方程．解：设P (x ，y )，R (x 1，y 1)，则RA →＝(1－x 1，－y 1)，AP →＝(x －1，y )．由RA →＝2 AP →得(1－x 1，－y 1)＝2(x －1，y )，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝－2x ＋3，y 1＝－2y ，代入直线l 的方程得y ＝2x .所以，点P 的轨迹方程为y ＝2x .7．已知，四边形ABCD 是菱形，AC 和BD 是它的两条对角线．求证：AC ⊥BD . 证明：证法一：∵AC →＝AB →＋AD →，BD →＝AD →－AB →， ∴AC →·BD →＝(AB →＋AD →)·(AD →－AB →) ＝|AD →|2－|AB →|2＝0. ∴AC →⊥BD →，即AC ⊥BD .证法二：解答本题还可以用坐标法，解法如下：以BC 所在直线为x 轴，以B 为原点建立平面直角坐标系， 则B (0,0)，设A (a ，b )，C (c,0)， 则由|AB |＝|BC |得a 2＋b 2＝c 2.∵AC →＝BC →－BA →＝(c,0)－(a ，b )＝(c －a ，－b )， BD →＝BA →＋BC →＝(a ，b )＋(c,0)＝(c ＋a ，b )，∴AC →·BD →＝c 2－a 2－b 2＝0. ∴AC →⊥BD →，即AC ⊥BD .8．△ABC 的外接圆的圆心为O ，半径为1，AO →＝12(AB →＋AC →)，且|OA →|＝|AB →|，则BA →·BC →等于________．解析：设BC 的中点是D ，如图所示，则AB →＋AC →＝2 AD →，则AD →＝AO →，所以O 和D 重合． 所以BC 是圆O 的直径． 所以∠BAC ＝90°. 又|OA →|＝|AB →|，则|BA →|＝1，|BC →|＝2，所以∠ABC ＝60°， 所以BA →·BC →＝|BA →||BC →|cos 60°＝1×2×12＝1.答案：19.如图所示，用两根分别长5 2 m 和10 m 的绳子将100 N 的物体吊在水平屋顶AB 上，平衡后G 点距屋顶的距离恰好为5 m ，求A 处受力的大小．解：由已知条件可知AG 与铅直方向成45°角，BG 与铅直方向成60°角，设A 处所受的力为F a ，B 处所受的力为F b ，∴⎩⎪⎨⎪⎧|F a |cos 45°＝|F b |cos 30°，|F a |sin 45°＋|F b |sin 30°＝100.解得|F a |＝1502－506，故A 处受力的大小为(1502－506)N.10.如图所示，在平行四边形ABCD 中，BC ＝2BA ，∠ABC ＝60°，作AE ⊥BD 交BC 于E ，求BE ∶EC .解：设BA →＝a ，BC →＝b ，|a |＝1，|b |＝2.a ·b ＝|a ||b |cos 60°＝1，BD →＝a ＋b .设BE →＝λBC →＝λb ，则AE →＝BE →－BA →＝λb －a . 由AE ⊥BD ，得AE →·BD →＝0， 即(λb －a )·(a ＋b )＝0.解得λ＝25，∴BE ∶EC ＝25∶35＝2∶3.11.在某海滨城市O 附近海面有一台风，据监测，当前台风中心位于城市O (如图所示)的东偏南θcos θ＝210，θ∈(0°，90°)方向300 km 的海面P 处，并以20 km/h 的速度向西偏北45°方向移动．台风侵袭的范围为圆形区域，当前半径为60 km ，并以10 km/h 的速度不断增大．问几小时后该城市开始受到台风的侵袭？⎝⎛⎭⎪⎫注：θ－＝45 解：设t 小时后，台风中心移动到Q 处，此时城市开始受到台风的侵袭，∠OPQ ＝θ－45°.∵OQ →＝OP →＋PQ →，∴OQ →2＝(OP →＋PQ →)2＝OP →2＋PQ →2＋2OP →·PQ →.∴OQ →2＝OP →2＋PQ →2－2|OP →||PQ →|cos(θ－45°) ＝3002＋(20t )2－2×300×20t ×45＝100(4t 2－96t ＋900)．依题意得OQ →2≤(60＋10t )2，解得12≤t ≤24， 从而12 h 后该城市开始受到台风的侵袭．1．利用向量方法可以解决平面几何中的平行、垂直、夹角、距离等问题．利用向量解决平面几何问题时，有两种思路：一种思路是选择一组基底，利用基向量表示涉及的向量，一种思路是建立坐标系，求出题目中涉及的向量的坐标．这两种思路都是通过向量的运算获得几何命题的证明．2．用向量理论讨论物理中相关问题的步骤 一般来说分为四步：(1)问题的转化，把物理问题转化成数学问题； (2)模型的建立，建立以向量为主体的数学模型； (3)参数的获取，求出数学模型的相关解；(4)问题的答案，回到物理现象中，用已经获取的数值去解释一些物理现象.。
高中数学课时跟踪检测(十一)(含解析)新人教A版选修1_2
课时跟踪检测（十一）流程图层级一学业水平达标1．下列框图中，属于流程图的是( )A.整数指数幂→有理数指数幂→实数指数幂B.随机事件→频率→概率C.平面向量→空间向量→几何向量D.插电源→放脏衣服→放水→洗衣→脱水解析：选D 根据流程图的定义分析知，只有D项中的框图为流程图，故选D.2．下面是求过两点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)的直线的斜率的流程图，则空白处应填( )A．x1＝x2？B．x1≠x2?C．y1＝y2?D．y1≠y2?解析：选A 根据过两点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)的直线的斜率的定义知，当x1＝x2时，直线的斜率不存在．3．下列表示旅客搭乘火车的流程正确的是( )A．买票→候车→检票→上车B．候车→买票→检票→上车C．买票→候车→上车→检票D．候车→买票→上车→检票解析：选A 旅客搭乘火车的流程应为“买票→候车→检票→上车”．4．在如图所示的工序流程图中，设备采购的下一道工序是( )A．设备安装B．土建设计C．厂房土建D．工程设计解析：选A 由流程图可知，设备采购的下一道工序是设备安装．5．阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的n的值为( )A．1 B．2C．3 D．4解析：选B 程序框图表示的是比较2n和n2的大小关系．当n＝1时，2>1；当n＝2时，4＝4.所以输出n＝2.6．如图，该程序框图的功能是判断正整数x是奇数还是偶数，则①处应填________．解析：若r＝1，则x是奇数；若r≠1，则x是偶数，故填r＝1.答案：r＝17．阅读如图所示的程序框图．若输入n＝5，则输出k的值为________．解析：执行程序框图可得n＝5，k＝0；n＝16，k＝1；n＝49，k＝2；n＝148，k＝3；n ＝148×3＋1＞150，循环结束，故输出的k值为3.答案：38．在华罗庚先生的《统筹方法平话》文中，有一个“喝茶问题”：假设洗水壶需要2 min，烧开水需要15 min，洗茶壶、茶杯需要3 min，取、放茶叶需要2 min，沏茶需要1 min.为了能最快沏好茶，需要的最短时间为________分钟．解析：“喝茶问题”中的这些工作，有些没有先后顺序，可以同时进行，有些有先后顺序，需要依次完成．最快能沏好茶的流程图如图所示．上述流程图需要时间18分钟．答案：189．某高校大一新生入学注册，分为以下几步：①交录取通知书；②交费；③班级注册；④领书及宿舍钥匙；⑤办理伙食卡；⑥参加年级迎新大会．请用流程图表示新生入学注册的步骤．解：流程图如图所示：10．如图是某工厂加工笔记本电脑屏幕的流程图，根据此流程图回答下列问题：(1)一件屏幕成品可能经过几次加工和检验程序？(2)哪些环节可能导致屏幕废品的产生，二次加工产品的来源是什么？(3)该流程图的终点是什么？解：(1)一件屏幕成品可能经过一次加工、二次加工两道加工程序和检验、最后检验两道检验程序，也可能经过一次加工、返修加工、二次加工三道加工程序和检验、返修检验、最后检验三道检验程序．(2)返修加工和二次加工可能导致屏幕废品的产生，二次加工产品的来源是一次加工的合格品和返修加工的合格品．(3)流程图的终点是“屏幕成品”和“屏幕废品”．层级二 应试能力达标1．淮南麻鸭资源的开发与利用的流程图如图所示，则羽绒加工的前一道工序是( )A ．孵化鸭雏B ．商品鸭饲养C ．商品鸭收购、育肥、加工D ．羽绒服加工生产体系解析：选C 由工序流程图可知，羽绒加工的前一道工序是商品鸭收购、育肥、加工． 2.执行如图所示的程序框图，若输入的a 值为1，则输出的k 值为( ) A ．1 B ． 2 C ．3 D ．4解析：选B 开始a ＝1，b ＝1，k ＝0；第一次循环a ＝－12，k ＝1；第二次循环a ＝－2，k ＝2；第三次循环 a ＝1，条件判断为“是”，跳出循环，此时k ＝2.3．下面是图书印刷成书的流程图，表示正确的是( ) A.装订→印刷→制版→编审 B.编审→制版→印刷→装订 C.制版→编审→装订→印刷 D.印刷→装订→编审→制版解析：选B 出版一本图书，应首先编审，然后制版，制版后方能印刷，印刷后才能装订，故选B.4.如图，小圆圈表示网络的结点，结点之间的连线表示它们有网线相连，连线标注的数字表示该段网线单位时间内可以通过的最大信息量．现从结点A向结点B传递信息，信息可以分开沿不同的路线同时传递，则单位时间内传递的最大信息量为( )A．26 B．24C．20 D．19解析：选D 路线D→C→B的最大信息量是3；路线D→E→B的最大信息量为4；路线G→F→B的最大信息量为6；路线G→H→B的最大信息量为6.故从A到B的最大信息量为3＋4＋6＋6＝19.5．如图是一个程序框图，则输出的k的值是________．解析：解一元二次不等式k2－5k＋4＞0，得k＜1或k＞4，依据k的初始值和增量，可知当k＝5时跳出循环．故输出的k值是5.答案：56．某环形道路上顺时针排列着4所中学：A1，A2，A3，A4，它们依次有彩电15台、8台、5台、12台，相邻中学间可借调彩电，为使各校的彩电台数相同，调配出彩电的总台数最少为________．解析：调配后每所学校彩电台数为10，最好的方案为总数为5＋3＋2＝10.答案：107．某公司业务销售的工作流程是：与客户接洽，商讨单价及数量，签订销售合同、销售订单，之后，发货并装货，开票据付款，凭交款单送货．试画出它的流程图．解：流程图如图所示：8．某市环境保护局信访工作流程如下：(1)信访办受理来访，一般信访填单转办；重大信访报局长批示后转办．(2)及时转送有关部门办理、督办，如特殊情况未能按期办理完毕，批准后可延办，办理完毕后反馈．(3)信访办理情况反馈后，归档备查，定期通报．据上画出该局信访工作流程图．解：流程图如图所示．。
高一数学 人教A版必修四教案：2.5 平面向量的应用 Word版含答案
2.5 平面向量应用举例（一）导入新课思路 1.(直接导入)向量的概念和运算都有着明确的物理背景和几何背景,当向量和平面坐标系结合后,向量的运算就完全可以转化为代数运算.这就为我们解决物理问题和几何研究带来了极大的方便.本节专门研究平面几何中的向量方法.思路2.(情境导入)由于向量的线性运算和数量积运算具有鲜明的几何背景,平面几何图形的许多性质,如平移、全等、相似、长度、夹角等都可以由向量的线性运算及数量积表示出来,因此,可用向量方法解决平面几何中的一些问题.下面通过几个具体实例,说明向量方法在平面几何中的运用.（二）推进新课、新知探究、提出问题图1①平行四边形是表示向量加法和减法的几何模型,如图1,你能观察、发现并猜想出平行四边形对角线的长度与两邻边长度之间有什么关系吗？②你能利用所学知识证明你的猜想吗？能利用所学的向量方法证明吗？试一试可用哪些方法?③你能总结一下利用平面向量解决平面几何问题的基本思路吗？活动:①教师引导学生猜想平行四边形对角线的长度与两邻边长度之间有什么关系.利用类比的思想方法,猜想平行四边形有没有相似关系.指导学生猜想出结论:平行四边形两条对角线的平方和等于四条边的平方和.②教师引导学生探究证明方法,并点拨学生对各种方法分析比较,平行四边形是学生熟悉的重要的几何图形,在平面几何的学习中,学生得到了它的许多性质,有些性质的得出比较麻烦,有些性质的得出比较简单.让学生体会研究几何可以采取不同的方法,这些方法包括综合方法、解析方法、向量方法.图2证明:方法一:如图2.作CE⊥AB于E,DF⊥AB于F,则Rt△ADF≌Rt△BCE.∴AD=BC,AF=BE.由于ACAE2+CE2=(AB+BE)2+CE2=AB2+2AB·BE+BE2+CE2=AB2+2AB·BE+BC2.BD2=BF2+DF2=(AB-AF)2+DF2=AB2-2AB·AF+AF2+DF2=AB2-2AB·AF+AD2=AB2-2AB·BE+BC2.∴AC2+BD2=2(AB2+BC2).图3方法二:如图3.以AB所在直线为x轴,A为坐标原点建立直角坐标系.设B(a,0),D(b,c),则C(a+b,c).∴|AC|2=(a+b)2+c2=a2+2ab+b2+c2,|BD|2=(a-b)2+(-c)2=a2-2ab+b2+c2.∴|AC|2+|BD|2=2a2+2(b2+c2)= 2(|AB|2+|AD|2).用向量方法推导了平行四边形的两条对角线与两条邻边之间的关系.在用向量方法解决涉及长度、夹角的问题时,常常考虑用向量的数量积.通过以下推导学生可以发现,由于向量能够运算,因此它在解决某些几何问题时具有优越性,它把一个思辨过程变成了一个算法过程,学生可按一定的程序进行运算操作,从而降低了思考问题的难度,同时也为计算机技术的运用提供了方便.教学时应引导学生体会向量带来的优越性.因为平行四边形对角线平行且相等,考虑到向量关系=-,AC=+,教师可点拨学生设=a,=b,其他线段对应向量用它们表示,涉及长度问题常常考虑向量的数量积,为此,我们计算||2与||2.因此有了方法三.方法三:设=a,=b,则AC=a+b,=a-b,||2=|a|2,||2=|b|2.∴||2=·=(a+b)·(a+b)=a·a+a·b+b·a+b·b=|a|2+2a·b+|b|2.①同理||2=|a|2-2a·b+|b|2.②观察①②两式的特点,我们发现,①+②得||2+||2=2(|a|2+|b|2)=2(||2+||2),即平行四边形两条对角线的平方和等于两条邻边平方和的两倍.③至此,为解决重点问题所作的铺垫已经完成,向前发展可以说水到渠成.教师充分让学生对以上各种方法进行分析比较,讨论认清向量方法的优越性,适时引导学生归纳用向量方法处理平面几何问题的一般步骤.由于平面几何经常涉及距离(线段长度)、夹角问题,而平面向量的运算,特别是数量积主要涉及向量的模以及向量之间的夹角,因此我们可以用向量方法解决部分几何问题.解决几何问题时,先用向量表示相应的点、线段、夹角等几何元素.然后通过向量的运算,特别是数量积来研究点、线段等元素之间的关系.最后再把运算结果“翻译”成几何关系,得到几何问题的结论.这就是用向量方法解决平面几何问题的“三步曲”,即(1)建立平面几何与向量的联系,用向量表示问题中涉及的几何元素,将平面几何问题转化为向量问题;(2)通过向量运算,研究几何元素之间的关系,如距离、夹角等问题;(3)把运算结果“翻译”成几何关系.讨论结果:①能.②能想出至少三种证明方法.③略.（三）应用示例图4例1 如图4,ABCD 中,点E 、F 分别是AD 、DC 边的中点,BE 、BF 分别与AC 交于R 、T 两点,你能发现AR 、RT 、TC 之间的关系吗?活动:为了培养学生的观察、发现、猜想能力,让学生能动态地发现图形中AR 、RT 、TC 之间的相等关系,教学中可以充分利用多媒体,作出上述图形,测量AR 、RT 、TC 的长度,让学生发现AR=RT=TC,拖动平行四边形的顶点,动态观察发现,AR=RT=TC 这个规律不变,因此猜想AR=RT=TC.事实上,由于R 、T 是对角线AC 上的两点,要判断AR 、RT 、TC 之间的关系,只需分别判断AR 、RT 、TC 与AC 的关系即可.又因为AR 、RT 、TC 、AC 共线,所以只需判断、、AT 、与之间的关系即可.探究过程对照用向量方法解决平面几何问题的“三步曲”很容易地可得到结论.第一步,建立平面几何与向量的联系,用向量表示问题中的几何元素,将平面几何问题转化为向量问题;第二步,通过向量运算,研究几何元素之间的关系;第三步,把运算结果“翻译”成几何关系:AR=RT=TC.解:如图4,设=a ,=b ,=r ,AT =t ,则AC =a +b . 由于与共线,所以我们设r =n(a +b ),n ∈R . 又因为EB =AB -AE =a -21b , ER 与EB 共线,所以我们设=m =m(a -21b ). 因为+=,所以r =21b +m(a -21b ). 因此n(a +b )=21b +m(a -b ),即(n-m)a +(n+21-m )b =0.由于向量a 、b 不共线,要使上式为0,必须⎪⎩⎪⎨⎧=-+=-.021,0m n m n 解得n=m=31. 所以=31,同理=31.于是=31. 所以AR=RT=TC.点评:教材中本例重在说明是如何利用向量的办法找出这个相等关系的,因此在书写时可简化一些程序.指导学生在今后的训练中,不必列出三个步骤. 变式训练图5如图5,AD 、BE 、CF 是△ABC 的三条高.求证:AD 、BE 、CF 相交于一点. 证明:设BE 、CF 相交于H,并设=b ,=c ,=h , 则BH =h -b ,=h -c ,=c -b .因为BH ⊥AC ,CH ⊥AB , 所以(h -b )·c =0,(h -c )·b =0, 即(h -b )·c =(h -c )·b . 化简得h ·(c -b )=0. 所以AH ⊥BC .所以AH 与AD 共线,即AD 、BE 、CF 相交于一点H.图6例2 如图6,已知在等腰△ABC 中,BB′、CC′是两腰上的中线,且BB′⊥CC′,求顶角A 的余弦值. 活动:教师可引导学生思考探究,上例利用向量的几何法简捷地解决了平面几何问题.可否利用向量的坐标运算呢？这需要建立平面直角坐标系,找出所需点的坐标.如果能比较方便地建立起平面直角坐标系,如本例中图形,很方便建立平面直角坐标系,且图形中的各个点的坐标也容易写出,是否利用向量的坐标运算能更快捷地解决问题呢？教师引导学生建系、找点的坐标,然后让学生独立完成.解:建立如图6所示的平面直角坐标系,取A(0,a),C(c,0),则B(-c,0),OA =(0,a),=(c,a),=(c,0),=(2c,0).因为BB′、CC′都是中线,所以BB =21(BC +)=21［(2c,0)+(c,a)］=(2,23a c ), 同理CC =(2,23ac -).因为BB′⊥CC′,所以22449a c +-=0,a 2=9c 2.所以54299||||2222222=+-=+-=c c c c ca c a AC AB . 点评:比较是最好的学习方法.本例利用的方法与例题1有所不同,但其本质是一致的,教学中引导学生仔细体会这一点,比较两例的异同,找出其内在的联系,以达融会贯通,灵活运用之功效.变式训练图7(2004湖北高考) 如图7,在Rt △ABC 中,已知BC=a.若长为2a 的线段PQ 以点A 为中点,问:BC PQ 与的夹角θ取何值时,CQ BP ∙的值最大?并求出这个最大值. 解:方法一,如图7.∵⊥,∴·=0.∵AC AQ CQ AB AP BP AQ AP -=-=-=,,, ∴)()(-∙-=∙ =∙+∙-∙-∙ =-a 2-AC +·=-a 2+·(-AC ) =-a 2+21·=-a 2+a 2cosθ. 故当cosθ=1,即θ=0,PQ 与BC 的方向相同时,CQ BP ∙最大,其最大值为0.图8方法二:如图8.以直角顶点A为坐标原点,两直角边所在的直线为坐标轴,建立如图所示的平面直角坐标系.设|AB|=c,|AC|=b,则A(0,0),B(c,0),C(0,b),且|PQ|=2a,|BC|=a.设点P的坐标为(x,y),则Q(-x,-y).∴=(x-c,y),=(-x,-y-b),=(-c,b),=(-2x,-2y).∴∙=(x-c)(-x)+y(-y-b)=-(x2+y2)+cx-by.∵2||||a bycxBCPQ -=∴cx-by=a2cosθ.∴∙=-a2+a2cosθ.故当cosθ=1,即θ=0,与的方向相同时, ∙最大,其最大值为0. （四）知能训练图91.如图9,已知AC为⊙O的一条直径,∠ABC是圆周角.求证:∠ABC=90°.证明:如图9.设AO=a,OB=b,则AB=a+b,OC=a,BC=a-b,|a|=|b|.因为·BC=(a+b)·(a-b)=|a|2-|b|2=0,所以⊥.由此,得∠ABC=90°.点评:充分利用圆的特性,设出向量.2.D 、E 、F 分别是△ABC 的三条边AB 、BC 、CA 上的动点,且它们在初始时刻分别从A 、B 、C 出发,各以一定速度沿各边向B 、C 、A 移动.当t=1时,分别到达B 、C 、A.求证:在0≤t≤1的任一时刻t 1,△DEF 的重心不变.图10证明:如图10.建立如图所示的平面直角坐标系,设A 、B 、C 坐标分别为(0,0),(a,0),(m,n).在任一时刻t 1∈(0,1),因速度一定,其距离之比等于时间之比,有111||||||||||||t t FA CF EC BE DB AD -====λ,由定比分点的坐标公式可得D 、E 、F 的坐标分别为(at 1,0),(a+(m-a)t 1,nt 1),(m-mt 1,n-nt 1).由重心坐标公式可得△DEF 的重心坐标为(3,3mm a +).当t=0或t=1时,△ABC 的重心也为(3,3mm a +),故对任一t 1∈[0,1],△DEF 的重心不变. 点评:主要考查定比分点公式及建立平面直角坐标系,只要证△ABC 的重心和时刻t 1的△DEF 的重心相同即可.（五）课堂小结1.由学生归纳总结本节学习的数学知识有哪些:平行四边形向量加、减法的几何模型,用向量方法解决平面几何问题的步骤,即“三步曲”.特别是这“三步曲”,要提醒学生理解领悟它的实质,达到熟练掌握的程度.2.本节都学习了哪些数学方法:向量法,向量法与几何法、解析法的比较,将平面几何问题转化为向量问题的化归的思想方法,深切体会向量的工具性这一特点.（六）作业。
人教A版高中数学四课堂达标·效果检测2.5平面向量应用举例含解析
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课堂达标·效果检测1。
已知向量a表示“向东航行1km”，向量b表示“向南航行1km”，则向量a+b表示( )A。
向东南航行√2km B。
向东南航行2kmC。
向东北航行√2km D。
向东北航行2km【解析】选A。
因为向量a表示“向东航行1km”，向量b表示“向南航行1km"，由向量加法的几何意义知两个向量的和是向东南航行√2km，故选A.2.在四边形ABCD中，AB→·BC→=0，且AB→=DC→,则四边形ABCD是( )A.梯形B.菱形C。
矩形 D.正方形【解析】选C。
因为AB→=DC→，所以AB=DC,AB∥DC,所以四边形ABCD是平行四边形。
又因为AB→·BC→=0,所以AB⊥BC，所以四边形ABCD是矩形。
3。
一物体受到相互垂直的两个力f1，f2的作用，两力大小都为5√3N，则两个力的合力的大小为.【解析】根据向量加法的平行四边形法则,合力f的大小为√2×5√3=5√6(N）。
答案：5√6N4.已知三个力F 1=(3，4），F 2=(2，—5)，F 3=(x ，y)和合力F 1+F 2+F 3=0,则F 3的坐标为 。
【解析】因为F 1=（3，4),F 2=（2，-5),F 3=（x ，y ），所以F 1+F 2+F 3=(3，4)+(2，—5）+（x ，y ）=0,所以(3+2+x ，4—5+y)=0，所以{x +5=0,y −1=0,解得x=-5,y=1.所以F 3的坐标为（—5，1).答案:（—5，1）5。
已知平面上四点A （-2，2)，B （0，4），C （1,3），D(—1,1）.求证：四边形ABCD 为矩形。
【证明】因为AB →=（0，4）—（—2,2)=（2，2),DC →=（1,3）-（-1，1）=（2，2),所以AB →=DC →. 所以四边形ABCD 为平行四边形.因为AB →=(2，2),AD →=(-1,1)—(—2,2）=(1，-1），所以AB →·AD →=0，所以AB →⊥AD →,即AB ⊥AD,所以四边形ABCD 为矩形.关闭Word 文档返回原板块。
新教材高中数学第6章平面向量及其应用过关检测训练含解析新人教A版必修第二册
第六章过关检测(时间:120分钟 满分:150分)一、选择题:本大题共10小题,每小题4分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.若OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,2),OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-1),则AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =( ) B.(0,1) C.(-1,2) D.(2,-3)OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,2),OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-1), ⃗ =OB ⃗⃗⃗⃗⃗ −OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,-3).中,AB=5,BC=6,AC=8,则△ABC 的形状是( ) A.锐角三角形 B.钝角三角形 C.直角三角形最大边AC 所对角为B , 又cos B=52+62-822×5×6<0,,△ABC 为钝角三角形.a =(3,k ),b =(2,-1),a ⊥b ,则实数k 的值为 ( )A.-3B.32C.6D.2向量a =(3,k ),b =(2,-1),a ⊥b , 0,解得k=6.故选C .4.已知|a |=4,b 在a 方向上的投影为23,则a ·b =( )A.3B.83C.2D.12|a |=4,b 在a 方向上的投影为23,∴a ·b=|a||b |cos <a ,b >=4×23=83.故选B.△ABC 的外接圆的半径是3,a=3,则A 等于( ) A.30°或150° B.30°或60° 120° D.60°或150°,得a sinA =2R ,sin A=a 2R =12,180°,∴A=30°或A=150°.a ,b 满足a ·b=0,|a|=1,|b|=2,则|2a+b |=( ) √2 B.4 C.6 D.8 向量a ,b 满足a ·b=0,|a|=1,|b|=2,2=(2a+b )2=4|a |2+|b |2+4a ·b =4+4+0=8.故选A .中,已知a=√5,b=√15,A=30°,则c 等于 ( )A.2√5B.√5 √5或√5 D.以上都不对 a 2=b 2+c 2-2bc cos A ,∴5=15+c 2-2√15×c×√32,化简得c 2-3√5c+10=0,即(c-2√5)(c-√5)=0, ∴c=2√5或c=√5.8.设a ,b 为基底向量,已知向量AB⃗⃗⃗⃗⃗ =a -k b ,CB ⃗⃗⃗⃗⃗ =2a+b ,CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =3a-b ,若A ,B ,D 三点共线,则实数k 的值等于( ) B.2 C.-10 D.10,BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =CD ⃗⃗⃗⃗⃗ −CB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(3a-b )-(2a+b )=a-2b , A ,B ,D 三点共线,∴AB⃗⃗⃗⃗⃗ =λBD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,λ∈R , =λ(a-2b ),解得λ=1,k=2.故选B.9.若M 为△ABC 所在平面内一点,且满足(MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )·(MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ -2MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=0,则△ABC 的形状为( )A.等腰三角形B.直角三角形 D.等腰直角三角形BC 的中点为D ,则MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ -2MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ -2MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2AD ⃗⃗⃗⃗⃗ .满足(MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )·(MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ -2MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=0,∴CB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·2AD⃗⃗⃗⃗⃗ =0.∴CB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AD ⃗⃗⃗⃗⃗ . 的形状是等腰三角形.故选A .10.已知在△ABC 中,内角A ,B ,C 所对的边分别为a ,b ,c ,且c 2-b 2=ab ,C=π3,则sinAsinB 的值为( ) A.1B.1C.2D.3c 2-b 2=a 2-2ab cos C=a 2-ab=ab ,所以a=2b ,所以由正弦定理得sinAsinB =ab =2. :本大题共7小题,多空题每题6分,单空题每题4分,共36分.11.若三点A (2,2),B (a ,0),C (0,b )(ab ≠0)共线,则1a +1b 的值为 .AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(a-2,-2),AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,b-2),依题意,有(a-2)(b-2)-4=0, 即ab-2a-2b=0,所以1a+1b=12.,e 1,e 2为互相垂直的单位向量,向量a+b+c 可表示为 ,a -b -c 可表示为 .e 1+2e 2 -e 1+2e 213.在平面直角坐标系中,O 为原点,A (-1,0),B (0,√3),C (3,0),动点D 满足|CD ⃗⃗⃗⃗⃗ |=1,则OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OB ⃗⃗⃗⃗⃗ +⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的坐标为 ,|OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OB ⃗⃗⃗⃗⃗ +OD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |的最大值为 .x-1,y+√3) √7+114.如图,在△ABC 中,∠A=60°,AB=3,AC=2,则AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ = ,若BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AE⃗⃗⃗⃗⃗ =λAC ⃗⃗⃗⃗⃗ −AB ⃗⃗⃗⃗⃗ (λ∈R ),且AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AE⃗⃗⃗⃗⃗ =-4,则λ的值为 .AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =3×2×cos60°=3,AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =13AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +23AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,则AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AE⃗⃗⃗⃗⃗ =(13AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC )·(λAC ⃗⃗⃗⃗⃗ −AB ⃗⃗⃗⃗⃗ )=λ3×3+2λ3×4-13×9-23×3=-4,得λ=311.311△ABC 中,3a 2-2ab+3b 2-3c 2=0,则cos C= .3a 2-2ab+3b 2-3c 2=0, 得c 2=a 2+b 2-23ab.根据余弦定理,得cos C=a 2+b 2-c 22ab=a 2+b 2-a 2-b 2+23ab2ab=13.C ,沿太湖有一条正南方向的公路,一辆汽车在公路A 处测得小岛在公路的南偏西15°的方向上,汽车行驶1 km 到达B 处后,又测得小岛在南偏西75°的方向上,则小岛到公路的距离是 km .解析如图,由已知条件,可知∠CAB=15°,∠CBA=180°-75°=105°,∠ACB=180°-105°-15°=60°, AB=1(km).在△ABC 中,由正弦定理,得BCsin∠CAB =ABsin∠ACB,∴BC=1sin60°×sin15°=3√2-√66(km).设C 到直线AB 的距离为d ,则d=BC ·sin75°=3√2-√66×√6+√24=√36(km).17.已知AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,3),BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,m ),CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,n ),且AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ∥BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,则实数n= ,若AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,则5小题,共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.18.(14分)已知非零向量a ,b 满足|a |=1,且(a-b )·(a+b )=34. (1)求|b |;(2)当a ·b =-14时,求向量a 与a+2b 的夹角θ的值.根据已知条件,得(a-b )·(a+b )=a 2-b 2=1-b 2=34,∴b 2=14,∴|b |=12.(2)∵a ·b =-14,∴a ·(a+2b )=a 2+2a ·b =1-12=12,|a+2b |=√(a +2b )2=√1-1+1=1,∴cos θ=a ·(a+2b )|a ||a+2b |=121×1=12,又θ∈〖0,π〗,∴θ=π3.19.(15分)在△ABC 中,角A ,B ,C 所对的边分别为a ,b ,c ,a=2,cos B=35.(1)若b=4,求sin A 的值;△ABC 的面积S △ABC =4,求b ,c 的值.∵cos B=35>0,0<B<π,∴sin B=√1-cos 2B =45.由正弦定理asinA =bsinB ,得sin A=a b sin B=25. (2)∵S △ABC =12ac sin B=45c=4,∴c=5. 由余弦定理,得b 2=a 2+c 2-2ac cos B=22+52-2×2×5×35=17,∴b=√17.20.(15分)设△ABC 的内角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c ,(a+b+c )(a-b+c )=ac.(1)求B ; (2)若sin A sin C=√3-14,求C.因为(a+b+c )(a-b+c )=ac , a 2+c 2-b 2=-ac , 由余弦定理,得cos B=a 2+c 2-b 22ac=-12,又B ∈(0°,180°),因此B=120°. (2)由(1)知A+C=60°,①所以cos(A-C )=cos A cos C+sin A sin C =cos A cos C-sin A sin C+2sin A sin C =cos(A+C )+2sin A sin C=12+2×√3-14=√32, 又因为-60°<A-C<60°, 故A-C=30°或A-C=-30°, ②由①②得C=15°或C=45°.21.(15分)设a =(-1,1),b =(x ,3),c =(5,y ),d =(8,6),且b ∥d ,(4a+d )⊥c . 求:(1)b 和c ;(2)c 在a 方向上的投影; 1和λ2,使c =λ1a +λ2b .∵b ∥d ,∴6x-24=0,∴x=4. a+d =(4,10),∴由(4a+d )⊥c , 即(4a+d )·c =0,得5×4+10y=0,得y=-2. 则b =(4,3),c =(5,-2). (2)cos <a ,c >=a ·c |a ||c |=√2√29=-7√5858, ∴c 在a 方向上的投影为|c |cos <a ,c >=-7√22. (3)∵c =λ1a +λ2b ,∴{5=-λ1+4λ2,-2=λ1+3λ2,解得λ1=-237,λ2=37.22.(15分)在平面直角坐标系中,O 为坐标原点,已知向量a =(-1,2),又点A (8,0),B (n ,t ),C (k sin θ,t )(0≤θ≤π2).(1)若AB⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥a ,且|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√5|OA ⃗⃗⃗⃗⃗ |,求向量OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ; AC ⃗⃗⃗⃗⃗ 与向量a 共线,当k>4,且t sin θ取最大值4时,求OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OC⃗⃗⃗⃗⃗ .由题设知AB⃗⃗⃗⃗⃗ =(n-8,t ), AB⃗ ⊥a ,∴8-n+2t=0. 又√5|OA⃗⃗⃗⃗⃗ |=|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |,∴5×64=(n-8)2+t 2, 联立方程{8-n +2t =0,(n -8)2+t 2=320,解得当t=8时,n=24;当t=-8时,n=-8, ∴OB⃗⃗⃗⃗⃗ =(24,8)或OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-8,-8). (2)由题设知AC⃗⃗⃗⃗⃗ =(k sin θ-8,t ), ∵AC⃗⃗⃗⃗⃗ 与a 共线,∴-t-2(k sin θ-8)=0, ∴t=-2k sin θ+16,t sin θ=(-2k sin θ+16)sin θ =-2k (sinθ-4k )2+32k.∵k>4,∴0<4k <1,∴当sin θ=4k 时,t sin θ取得最大值32k .由32k =4,得k=8,此时sin θ=12,又θ∈[0,π2],∴θ=π6,OC⃗⃗⃗⃗⃗ =(4,8).∴OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(8,0)·(4,8)=32.。
课时跟踪检测 (二十七) 平面向量的数量积与平面向量应用举例
课时跟踪检测 (二十七) 平面向量的数量积与平面向量应用举例一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．设x ∈R ，向量a ＝(1，x )，b ＝(2，－4)，且a ∥b ，则a ·b ＝( ) A ．－6 B ．10 C ． 5D ．10解析：选D ∵a ＝(1，x )，b ＝(2，－4)且a ∥b ，∴－4－2x ＝0，x ＝－2，∴a ＝(1，－2)，a ·b ＝10，故选D ．2．(2017·河南八市重点高中质检)已知平面向量a ，b 的夹角为2π3，且a ·(a －b )＝8，|a |＝2，则|b |等于( )A ． 3B ．2 3C ．3D ．4解析：选D 因为a ·(a －b )＝8，所以a ·a －a ·b ＝8，即|a |2－|a ||b |cos a ，b ＝8，所以4＋2|b |×12＝8，解得|b |＝4．3．已知|a |＝3，|b |＝2，(a ＋2b )·(a －3b )＝－18，则a 与b 的夹角为( ) A ．30° B ．60° C ．120°D ．150°解析：选B (a ＋2b )·(a －3b )＝－18， ∴a 2－6b 2－a ·b ＝－18，∵|a |＝3，|b |＝2，∴9－24－a ·b ＝－18， ∴a ·b ＝3，∴cos a ，b ＝a ·b |a ||b |＝36＝12， ∴a ，b ＝60°．4．已知a ＝(m ＋1，－3)，b ＝(1，m －1)，且(a ＋b )⊥(a －b )，则m 的值是________． 解析：a ＋b ＝(m ＋2，m －4)，a －b ＝(m ，－2－m )， ∵(a ＋b )⊥(a －b )，∴m (m ＋2)－(m －4)(m ＋2)＝0， ∴m ＝－2． 答案：－25．△ABC 中，∠BAC ＝2π3，AB ＝2，AC ＝1，DC ―→＝2BD ―→，则AD ―→·BC ―→＝________． 解析：由DC ―→＝2BD ―→，得AD ―→＝13(AC ―→＋2AB ―→)．∴AD ―→·BC ―→＝13(AC ―→＋2AB ―→)·(AC ―→－AB ―→)＝13(AC ―→2＋AC ―→·AB ―→－2AB ―→2) ＝13⎣⎡⎦⎤12＋1×2×⎝⎛⎭⎫－12－2×22＝－83．答案：－83二保高考，全练题型做到高考达标1．已知向量a ＝(1，x )，b ＝(－1，x )，若2a －b 与b 垂直，则|a |＝( ) A ． 2 B ． 3 C ．2D ．4解析：选C 由已知得2a －b ＝(3，x )，而(2a －b )·b ＝0⇒－3＋x 2＝0⇒x 2＝3，所以|a |＝1＋x 2＝4＝2．2．(2017·贵州适应性考试)若单位向量e 1，e 2的夹角为π3，向量a ＝e 1＋λe 2(λ∈R)，且|a |＝32，则λ＝( ) A ．－12B ．32－1C ．12D ．32解析：选A 由题意可得e 1·e 2＝12，|a |2＝(e 1＋λe 2)2＝1＋2λ×12＋λ2＝34，化简得λ2＋λ＋14＝0，解得λ＝－12，故选A ．3．平面四边形ABCD 中，AB ―→＋CD ―→＝0，(AB ―→－AD ―→)·AC ―→＝0，则四边形ABCD 是( )A ．矩形B ．正方形C ．菱形D ．梯形解析：选C 因为AB ―→＋CD ―→＝0，所以AB ―→＝－CD ―→＝DC ―→，所以四边形ABCD 是平行四边形．又(AB ―→－AD ―→)·AC ―→＝DB ―→·AC ―→＝0，所以四边形对角线互相垂直，所以四边形ABCD 是菱形．4．(2016·重庆适应性测试)设单位向量e 1，e 2的夹角为2π3，a ＝e 1＋2e 2，b ＝2e 1－3e 2，则b 在a 方向上的投影为( )A ．－332B ．－ 3C ． 3D ．332解析：选A 依题意得e 1·e 2＝1×1×cos2π3＝－12，|a |＝(e 1＋2e 2)2＝e 21＋4e 22＋4e 1·e 2＝3， a·b ＝(e 1＋2e 2)·(2e 1－3e 2)＝2e 21－6e 22＋e 1·e 2＝－92，因此b 在a 方向上的投影为a·b |a |＝－923＝－332，故选A ．5．(2017·成都模拟)已知菱形ABCD 边长为2，∠B ＝π3，点P 满足AP ―→＝λAB ―→，λ∈R ，若BD ―→·CP ―→＝－3，则λ的值为( )A ．12B ．－12C ．13D ．－13解析：选A 法一：由题意可得BA ―→·BC ―→＝2×2cos π3＝2，BD ―→·CP ―→＝(BA ―→＋BC ―→) ·(BP ―→－BC ―→) ＝(BA ―→＋BC ―→)·[(AP ―→－AB ―→)－BC ―→] ＝(BA ―→＋BC ―→)·[(λ－1)·AB ―→－BC ―→]＝(1－λ)BA ―→2－BA ―→·BC ―→＋(1－λ)BA ―→·BC ―→－BC ―→2 ＝(1－λ)·4－2＋2(1－λ)－4 ＝－6λ＝－3， ∴λ＝12，故选A ．法二：建立如图所示的平面直角坐标系，则B (2,0)，C (1，3)，D (－1，3)． 令P (x,0)，由BD ―→·CP ―→＝(－3，3)·(x －1，－3)＝－3x ＋3－3＝－3x ＝－3得x ＝1．∵AP ―→＝λAB ―→，∴λ＝12．故选A ．6．已知平面向量a ＝(2,4)，b ＝(1，－2)，若c ＝a －(a ·b )b ，则|c |＝________． 解析：由题意可得a ·b ＝2×1＋4×(－2)＝－6， ∴c ＝a －(a ·b )b ＝a ＋6b ＝(2,4)＋6(1，－2)＝(8，－8)， ∴|c |＝82＋(－8)2＝82． 答案：8 27．已知向量m ＝(λ＋1,1)，n ＝(λ＋2,2)，若(m ＋n )⊥(m －n )，则向量m ，n 的夹角的余弦值为________．解析：因为m ＋n ＝(2λ＋3,3)，m －n ＝(－1，－1)， 所以由(m ＋n )⊥(m －n )得(m ＋n )·(m －n )＝0， 即(2λ＋3)×(－1)＋3×(－1)＝0，解得λ＝－3， 则m ＝(－2,1)，n ＝(－1,2)， 所以cos 〈m ，n 〉＝m·n |m ||n |＝45． 答案：458．如图所示，在等腰直角三角形AOB 中，OA ＝OB ＝1，AB ―→＝4AC ―→，则OC ―→·(OB ―→－OA ―→)＝________．解析：由已知得|AB ―→|＝2，|AC ―→|＝24，则OC ―→·(OB ―→－OA ―→)＝(OA ―→＋AC ―→)·AB ―→＝OA ―→·AB ―→＋AC ―→·AB ―→＝2cos 3π4＋24×2＝－12．答案：－129．已知|a |＝4，|b |＝8，a 与b 的夹角是120°． (1)计算：①|a ＋b |，②|4a －2b |； (2)当k 为何值时，(a ＋2b )⊥(ka －b )． 解：由已知得，a ·b ＝4×8×⎝⎛⎭⎫－12＝－16． (1)①∵|a ＋b |2＝a 2＋2a ·b ＋b 2＝16＋2×(－16)＋64＝48，∴|a ＋b |＝43． ②∵|4a －2b |2＝16a 2－16a ·b ＋4b 2＝16×16－16×(－16)＋4×64＝768， ∴|4a －2b |＝163．(2)∵(a ＋2b )⊥(ka －b )，∴(a ＋2b )·(ka －b )＝0， ∴ka 2＋(2k －1)a ·b －2b 2＝0，即16k －16(2k －1)－2×64＝0．∴k ＝－7． 即k ＝－7时，a ＋2b 与ka －b 垂直．10．如图，已知O 为坐标原点，向量OA ―→＝(3cos x,3sin x )，OB ―→＝(3cos x ，sin x )，OC ―→＝(3，0)，x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2． (1)求证：(OA ―→－OB ―→)⊥OC ―→；(2)若△ABC 是等腰三角形，求x 的值． 解：(1)证明：OA ―→－OB ―→＝(0,2sin x )， ∴(OA ―→－OB ―→)·OC ―→＝0×3＋2sin x ×0＝0， ∴(OA ―→－OB ―→)⊥OC ―→．(2)若△ABC 是等腰三角形，则AB ＝BC ， ∴(2sin x )2＝(3cos x －3)2＋sin 2x ， 整理得2cos 2x －3cos x ＝0， 解得cos x ＝0，或cos x ＝32． ∵x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2， ∴cos x ＝32，x ＝π6． 三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．(2016·商丘二模)已知a ，b 均为单位向量，且a·b ＝0．若|c －4a |＋|c －3b |＝5，则|c ＋a |的取值范围是( )A ．[3，10 ]B ．[3,5]C ．[3,4]D ．[10，5]解析：选B ∵a ，b 均为单位向量，且a·b ＝0，∴设a＝(1,0)，b＝(0,1)，c＝(x，y)，代入|c－4a|＋|c－3b|＝5，得(x－4)2＋y2＋x2＋(y－3)2＝5．即(x，y)到A(4,0)和B(0,3)的距离和为5，∴c的终点轨迹是点(4,0)和(0,3)之间的线段，|c＋a|＝(x＋1)2＋y2，表示M(－1,0)到线段AB上点的距离，最小值是点(－1,0)到直线3x＋4y－12＝0的距离．＝－。
【优化指导】2015高考数学总复习 第5章 第4节 平面向量的应用课时跟踪检测 理(含解析)新人教版
【优化指导】2015高考数学总复习 第5章 第4节 平面向量的应用课时跟踪检测 理（含解析）新人教版1．已知点A (－2,0)、B (3,0)，动点P (x ，y )满足PA →·PB →＝x 2，则点P 的轨迹是( ) A ．圆 B ．椭圆 C ．双曲线D ．抛物线解析：选D 由题意知PA →＝(－2－x ，－y )，PB →＝(3－x ，－y )，故PA →·PB →＝(－2－x )(3－x )＋y 2＝x 2，整理得y 2＝x ＋6，故点P 的轨迹是抛物线．选D.2．已知向量a ＝(cos x ，－12)，b ＝(3sin x ，cos 2x )，x ∈R ，则a ·b 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值和最小值分别为( )A.12，－32B.12，－12 C ．1，12D ．1，－12解析：选 D a ·b ＝cos x ·3sin x －12cos 2x ＝32sin 2x －12cos 2x ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6.当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2时，2x －π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π6，5π6，于是a ·b 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值和最小值分别为1，－12.3．设a ，b ，c 为同一平面内具有相同起点的任意三个非零向量，且满足a 与b 不共线，a ⊥c ，|a |＝|c |，则|b ·c |的值一定等于( )A ．以a ，b 为两边的三角形的面积B ．以b ，c 为两边的三角形的面积C ．以a ，b 为邻边的平行四边形的面积D ．以b ，c 为邻边的平行四边形的面积 解析：选C|b ·c |＝|b |·|c |cos θ＝|b |·|a |·sin α＝S ▱OACB ，故|b ·c |的值一定等于以a ，b 为邻边的平行四边形的面积．4．(2014·某某模拟)若函数y ＝A sin(ωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫A >0，ω>0，|φ|<π2在一个周期内的图象如图所示，M ，N 分别是这段图象的最高点与最低点，且OM →·ON →＝0，则A ·ω＝( )A.π6B.7π12C.76π D.73π 解析：选C 由题中图象知T 4＝π3－π12，∴T ＝π，∴ω＝2.则M ⎝ ⎛⎭⎪⎫π12，A ，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫712π，－A ， 由OM →·ON →＝0，得7π2122＝A 2，∴A ＝712π，∴A ·ω＝76π.故选C. 5．(2014·某某模拟)已知关于x 的一元二次方程a ·x 2＋b ·x ＋c ＝0，其中a ，b ，c 是非零平面向量，且a ，b 不共线，则该方程( )A ．可能有无穷多个实数解B ．至多有两个实数解C ．至少有一个实数解D ．至多有一个实数解解析：选D 因为a ，b 不共线，所以可设c ＝m a ＋n b (其中m ，n ∈R )，代入方程a ·x 2＋b ·x ＋c ＝0，得a ·x 2＋b ·x ＋m a ＋n b ＝0，即(x 2＋m )a ＋(x ＋n )b ＝0.又a ，b 不共线，得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋m ＝0，x ＋n ＝0.⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝－m ，x ＝－n .显然当m >0时，原方程无解；当m ≤0且n 2＝－m 时，方程有唯一解．故选D.6．(2014·某某模拟)甲船自港口A 出发，乙船在离港口A 有7海里的B 处，正驶向港口A ，又得知乙船的速度是甲船速度的两倍，航向构成120°角，则两船的最近距离为( )A.332B.52 C.232 D.212解析：选D 如图所示，设甲船与乙船的速度分别为v,2v ，经过t 小时，两船分别到达C ，D 处，得|AC |＝vt ，|AD |＝7－2vt (0≤t ≤72v )，由于CD →＝AD →－AC →，且AD →与AC →的夹角为60°，所以|CD →|2＝(AD →－AC →)2＝(7－2vt )2＋(vt )2－2vt (7－2vt )·cos 60°＝7v 2t 2－35vt ＋49＝7⎝⎛⎭⎪⎫vt －522＋214≥214，因此，两船的最近距离为212海里．选D. 7．(2014·某某联考)在△ABC 中，AB →·AC →＝1，AB →·BC →＝－3，则sin A －B sin C 的值为________．解析：12 由已知AB →·BC →＝－3 AB →·AC →⇒BC cos B ＝3AC cos A ，由正弦定理得sin A cos B＝3sin B cos A ，∴sin A －B sin C ＝sinA －B sinA ＋B ＝sin A cos B －cos A sin B sin A cos B ＋cos A sin B ＝12. 8．(2014·某某模拟)若平面向量α，β满足|α|＝1，|β|≤1，且以表示向量α，β的线段为邻边的平行四边形的面积为12，则α与β的夹角θ的取值X 围是________．解析：⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，5π6 由题意知S ＝|α||β|sin θ＝12，∴sin θ＝12|α||β|≥12，又0≤θ≤π，∴π6≤θ≤5π6，故θ的取值X 围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，5π6.9．圆C ：x 2＋y 2＝1，直线l ：y ＝kx ＋2，直线l 与圆C 交于A ，B ，若|OA →＋OB →|<|OA →－OB →|(其中O 为坐标原点)，则k 的取值X 围是________．解析：(－∞，－7)∪(7，＋∞) 由|OA →＋OB →|<|OA →－OB →|知OA →·OB →<0，所以∠AOB 为钝角，从而点O 到直线l 的距离小于22.由点到直线的距离公式，得|2|k 2＋1<22，解得k <－7或k >7，故k 的取值X 围为(－∞，－7)∪(7，＋∞)．10．在长江南岸渡口处，江水以12.5 km/h 的速度向东流，渡船的速度为25 km/h.渡船要垂直地渡过长江，则航向为________________．解析：北偏西30° 如图所示，渡船速度为OB →，水流速度为OA →，船实际垂直过江的速度为OD →，依题意知|OA →|＝252，|OB →|＝25.∵OD →＝OB →＋OA →，∴OD →·OA →＝OB →·OA →＋OA →2， ∵OD →⊥OA →，∴OD →·OA →＝0，∴25×252cos(∠BOD ＋90°)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2522＝0，∴cos(∠BOD ＋90°)＝－12，∴sin ∠BOD ＝12，∴∠BOD ＝30°，∴航向为北偏西30°.11．已知向量a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3sin πx 4，sin πx 4，b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫sin πx4，cos πx 4，函数f (x )＝a ·b －32.(1)求y ＝f (x )的对称轴方程；(2)求f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (2 014)的值． 解：(1)由已知，得f (x )＝a ·b －32＝3sin2πx 4＋sin πx 4cos πx 4－32＝3⎝⎛⎭⎪⎫1－cos πx 22＋12sin πx 2－32＝12sin πx 2－32cos πx 2＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫πx 2－π3.由πx 2－π3＝k π＋π2(k ∈Z )，得x ＝2k ＋53，k ∈Z )， 所以y ＝f (x )的对称轴方程为x ＝2k ＋53(k ∈Z )．(2)由(1)，可知函数f (x )的最小正周期为T ＝2ππ2＝4，而f (1)＋f (2)＋f (3)＋f (4)＝sin π6＋sin 2π3＋sin 7π6＋sin 5π3＝12＋32－12－32＝0，所以f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (2 014)＝0×503＋f (2013)＋f (2014)＝f (1)＋f (2)＝12＋32.12．(2014·某某联合质检)已知甲船由A 岛出发向北偏东45°的方向作匀速直线航行，速度为152海里/小时，在甲船从A 岛出发的同时，乙船从A 岛正南40海里处的B 岛出发，朝北偏东θ⎝⎛⎭⎪⎫tan θ＝12的方向作匀速直线航行，速度为m 海里/小时．(1)若两船能相遇，求m 的值；(2)当m ＝105时，求两船出发后多长时间距离最近，最近距离为多少海里？ 解：(1)设经过t 小时两船在M 处相遇，由题知sin θ＝55，cos θ＝255，则sin ∠AMB ＝sin(45°－θ)＝1010， 由正弦定理得AMsin θ＝ABsin ∠AMB ，∴AM ＝402，同理得BM ＝405，∵t ＝402152＝83，∴m ＝40583＝15 5.(2)以A 为原点，BA 所在直线为y 轴建立平面直角坐标系，如图所示，设在t 时刻甲、乙两船分别在P 、Q 处，则AP ＝152t ，BQ ＝105t .由tan θ＝12可得，cos θ＝255，sinθ＝55. 根据任意角的三角函数的定义，可得点P (x 1，y 1)的坐标是⎩⎨⎧x 1＝152t cos 45°＝15t y 1＝152t sin 45°＝15t，即向量AP →＝(15t,15t )，过点A 作与向量BQ →相等的向量AO →′，同理可得AO →′的坐标为(10t,20t )，即向量BQ →＝(10t,20t )．从而向量AQ →＝AB →＋BQ →＝(10t,20t －40)．∴PQ →＝AQ →－AP →＝(－5t,5t －40)，∴|PQ →|＝－5t2＋5t －402＝50t 2－400t ＋1 600＝50t －42＋800≥20 2.当且仅当t ＝4时，|PQ →|取得最小值202，即两船出发4小时后，距离最近，最近距离为202海里．1．已知向量a ＝(cos θ，sin θ)，θ∈[0，π]，向量b ＝(3，－1)，若|2a －b |<m 恒成立，则实数m 的取值X 围为( )A ．[4，＋∞)B ．(4，＋∞)C ．(2，＋∞)D ．(4,10)解析：选B ∵2a －b ＝(2cos θ－3，2sin θ＋1)， ∴|2a －b |2＝(2cos θ－3)2＋(2sin θ＋1)2＝8＋8⎝ ⎛⎭⎪⎫12sin θ－32cos θ＝8＋8sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π3， 又θ∈[0，π]，∴θ－π3∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，2π3，∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π3∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－32，1，∴|2a －b |2的最大值为16，∴|2a －b |的最大值为4，又|2a －b |<m 恒成立，∴m >4.2．(2014·某某模拟)在四边形ABCD 中，AB →＝DC →＝(1,1)，1|BA →|BA →＋1|BC →|BC →＝3|BD →|BD →，则四边形ABCD 的面积为( )A.32B. 3 C ．2 3D ．4 3解析：选B 由AB →＝DC →＝(1,1)，知四边形ABCD 为平行四边形，且|AB →|＝|CD →|＝2，又BA →|BA →|＋BC→|BC →|＝ 3 BD →|BD →|，又知BA →|BA →|是长度为1，方向与BA →相同的单位向量，用向量的平行四边形法则画图，在画成的三角形中，有两边长度为1，另一边为3，再由余弦定理得cos C ＝12＋12－322×1×1＝－12，∴C ＝120°，∴D ＝60°，可得四边形ABCD 是菱形，∴四边形ABCD 的面积为2×2×32＝ 3.3．(2014·某某八校联考)已知直线y ＝a 交抛物线y ＝x 2于A ，B 两点．若该抛物线上存在点C ，使得∠ACB 为直角，则a 的取值X 围为________．解析：[1，＋∞) 如图所示AC ⊥BC ，则AC →·BC →＝0，又AC →＝(x ＋a ，x 2－a )，BC →＝(x －a ，x 2－a )，所以(x －a )(x ＋a )＋(x 2－a )2＝0，即x 4－(2a －1)x 2＋a (a －1)＝0⇒(x2－a )[x 2－(a －1)]＝0，因为x ≠±a ，所以x 2＝a －1≥0.∴a ≥1，故a 的取值X 围为[1，＋∞)．4．(2014·某某诊断)定义两个平面向量的一种运算：a ⊗b ＝|a |·|b |sin 〈a ，b 〉，则关于平面向量上述运算的以下结论中，正确的有________．(写出所有正确结论的序号)①λ(a ⊗b )＝(λa )⊗b ； ②(a ＋b )⊗c ＝(a ⊗c )＋(b ⊗c )； ③若a ⊗b ＝0，则向量a ，b 共线；④若a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，则a ⊗b ＝|x 1y 2－x 2y 1|.解析：③④①λ(a ⊗b )＝λ|a |·|b |sin 〈a ，b 〉，(λa )⊗b ＝|λa |·|b |sin 〈a ，b 〉，当λ<0时，λ(a ⊗b )≠(λa )⊗b ，故①错误；②当a ，b ，c 不共面时，(a ＋b )⊗c ＝(a ⊗c )＋(b ⊗c )不成立，例如取a ，b ，c 为两两垂直的单位向量，易得(a ＋b )⊗c ＝2，(a ⊗c )＋(b ⊗c )＝2；③由平面向量的定义可知，若|a |·|b |sin 〈a ，b 〉＝0，即向量a ，b 共线；④由a ⊗b ＝|a |·|b |sin 〈a ，b 〉，a ·b ＝|a |·|b |cos 〈a ，b 〉，可知(a ⊗b )2＋(a ·b )2＝|a |2·|b |2，(a ⊗b )2＝|a |2·|b |2－(a ·b )2＝(x 21＋y 21)(x 22＋y 22)－(x 1x 2＋y 1y 2)2＝(x 1y 2－x 2y 1)2，故a ⊗b＝|x 1y 2－x 2y 1|恒成立，④正确．故正确结论的序号为③④.5．已知两个不共线的向量a ，b 的夹角为θ，且|a |＝3，|b |＝1，x 为正实数． (1)若a ＋2b 与a －4b 垂直，求tan θ；(2)若θ＝π6，求|x a －b |的最小值及对应的x 的值，并指出此时向量a 与x a －b 的位置关系．解：(1)由题意，得(a ＋2b )·(a －4b )＝0， 所以a 2－2a ·b －8b 2＝0，所以32－2×3×1×cos θ－8×12＝0，解得cos θ＝16.又θ∈(0，π)，故θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，所以sin θ＝1－cos 2θ＝ 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫162＝356，故tan θ＝sin θcos θ＝35.(2)|x a －b |＝x a －b2＝x 2a 2－2x a ·b ＋b 2＝9x 2－2x ×3×1×co s π6＋1＝9⎝ ⎛⎭⎪⎫x －362＋14， 故当x ＝36时，|x a －b |取得最小值12， 此时a ·(x a －b )＝x a 2－a ·b ＝36×9－3×1×cos π6＝0，故向量a 与x a －b 垂直．。
高中数学课时跟踪检测(二十四)--平面向量应用举例
课时跟踪检测（二十四） 平面向量应用举例层级一 学业水平达标1．已知三个力f 1＝(－2，－1)，f 2＝(－3,2)，f 3＝(4，－3)同时作用于某物体上一点，为使物体保持平衡，再加上一个力f 4，则f 4＝( )A ．(－1，－2)B ．(1，－2)C ．(－1,2)D ．(1,2)解析：选D 由物理知识知f 1＋f 2＋f 3＋f 4＝0，故f 4＝－(f 1＋f 2＋f 3)＝(1,2)． 2．人骑自行车的速度是v 1，风速为v 2，则逆风行驶的速度为( ) A ．v 1－v 2 B ．v 1＋v 2 C ．|v 1|－|v 2|D.⎪⎪⎪⎪v 1v 2解析：选B 由向量的加法法则可得逆风行驶的速度为v 1＋v 2.注意速度是有方向和大小的，是一个向量．3．已知四边形ABCD 各顶点坐标是A ⎝⎛⎭⎫－1，－73，B ⎝⎛⎭⎫1，13，C ⎝⎛⎭⎫－12，2，D ⎝⎛⎭⎫－72，－2，则四边形ABCD 是( )A ．梯形B ．平行四边形C ．矩形D ．菱形解析：选A ∵AB ＝⎝⎛⎭⎫2，83，DC ＝(3,4)， ∴AB ＝23DC ，∴AB ∥DC ，即AB ∥DC .又|AB |＝4＋649＝103，|DC |＝9＋16＝5， ∴|AB |≠|DC |，∴四边形ABCD 是梯形．4．在△ABC 中，AB ＝3，AC 边上的中线BD ＝5，AC ·AB ＝5，则AC 的长为( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4解析：选B ∵BD ＝AD －AB ＝12AC －AB ，∴2BD ＝⎝⎛⎭⎫12 AC －AB 2＝142AC －AC ·AB ＋2AB ， 即142AC ＝1.∴|AC |＝2，即AC ＝2. 5．已知△ABC 满足2AB ＝AB ·AC ＋BA ·BC ＋CA ·CB ，则△ABC 是( ) A ．等边三角形B ．锐角三角形C ．直角三角形D ．钝角三角形解析：选C 由题意得，AB 2＝AB ·AC ＋AB ·CB ＋CA ·CB ＝AB ·(AC ＋CB )＋CA ·CB ＝AB 2＋CA ·CB ， ∴CA ·CB ＝0，∴CA ⊥CB ， ∴△ABC 是直角三角形．6．已知力F ＝(2,3)作用于一物体，使物体从A (2,0)移动到B (－2,3)，则力F 对物体所做的功是________．解析：∵AB ＝(－4,3)，∴W ＝F·s ＝F ·AB ＝(2,3)·(－4,3)＝－8＋9＝1. 答案：17．用两条成120°角的等长绳子悬挂一个灯具，已知灯具重量为10 N ，则每根绳子的拉力大小为________ N.解析： 如图，由题意，得∠AOC ＝∠COB ＝60°，|OC |＝10， 则|OA |＝|OB |＝10，即每根绳子的拉力大小为10 N. 答案：108．已知A ，B 是圆心为C ，半径为5的圆上的两点，且|AB |＝5，则AC ·CB ＝________. 解析：由弦长|AB |＝5，可知∠ACB ＝60°，AC ·CB ＝－CA ·CB ＝－|CA ||CB |cos ∠ACB ＝－52.答案：－529．已知△ABC 是直角三角形，CA ＝CB ，D 是CB 的中点，E 是AB 上的一点，且AE ＝2EB .求证：AD ⊥CE .证明：如图，以C 为原点，CA 所在直线为x 轴，建立平面直角坐标系． 设AC ＝a ，则A (a,0)，B (0，a )， D ⎝⎛⎭⎫0，a 2，C (0,0)，E ⎝⎛⎭⎫13a ，23a . 所以AD ＝⎝⎛⎭⎫－a ，a2， CE ＝⎝⎛⎭⎫13a ，23a .所以AD ·CE ＝－a ·13a ＋a 2·23a ＝0，所以AD ⊥CE ，即AD ⊥CE .10．已知点A(2，－1)．求过点A与向量a＝(5,1)平行的直线方程．解：设所求直线上任意一点P(x，y)，则AP＝(x－2，y＋1)．由题意知AP∥a，故5(y＋1)－(x－2)＝0，即x－5y－7＝0.故过点A与向量a＝(5,1)平行的直线方程为x－5y－7＝0.层级二应试能力达标1．已知一条两岸平行的河流河水的流速为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．226 m/sC．4 6 m/s D．12 m/s解析：选B设河水的流速为v1，小船在静水中的速度为v2，船的实际速度为v，则|v1|＝2，|v|＝10，v⊥v1，∴v2＝v－v1，v·v1＝0，∴|v2|＝v2－2v·v1＋v21＝226(m/s)．2．在△ABC中，AB＝3，AC＝2，BD＝12BC，则AD·BD的值为()A．－52 B.52C．－54 D.54解析：选C因为BD＝12BC，所以点D是BC的中点，则AD＝12(AB＋AC)，BD＝12BC＝12(AC－AB)，所以AD·BD＝12(AB＋AC)·12(AC－AB)＝14(2AC－2AB)＝14(22－32)＝－54，选C.3.如图，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝2，点E为BC的中点，点F在边CD上，若AB·AF＝2，则AE·BF的值是()A. 2 B．2C．0 D．1解析：选A∵AF＝AD＋DF，AB·AF＝AB·(AD＋DF)＝AB·AD＋AB·DF＝AB·DF＝2|DF|＝2，∴|DF|＝1，|CF|＝2－1，∴AE·BF＝(AB＋BE)·(BC＋CF)＝AB·CF＋BE·BC＝－2(2－1)＋1×2＝－2＋2＋2＝2，故选A.4.如图，设P 为△ABC 内一点，且2PA ＋2PB ＋PC ＝0，则S △ABP ∶S △ABC ＝( ) A.15 B.25 C.14D.13解析：选A 设AB 的中点是D . ∵PA ＋PB ＝2PD ＝－12PC ，∴PD ＝－14PC ，∴P 为CD 的五等分点，∴△ABP 的面积为△ABC 的面积的15.5．若O 为△ABC 所在平面内一点，且满足(OB －OC )·(OB ＋OC －2OA )＝0，则△ABC 的形状为________．解析：(OB －OC )·(OB ＋OC －2OA ) ＝(AB －AC )·(OB －OA ＋OC －OA ) ＝(AB －AC )·(AB ＋AC ) ＝|AB |2－|AC |2＝0， ∴|AB |＝|AC |. 答案：等腰三角形6.如图所示，在倾斜角为37°(sin 37°＝0.6)，高为2 m 的斜面上，质量为5 kg 的物体m 沿斜面下滑，物体m 受到的摩擦力是它对斜面压力的0.5倍，则斜面对物体m 的支持力所做的功为________J ，重力所做的功为________J(g ＝9.8 m/s 2)．解析：物体m 的位移大小为|s |＝2sin 37°＝103(m)， 则支持力对物体m 所做的功为 W 1＝F·s ＝|F ||s |cos 90°＝0(J)； 重力对物体m 所做的功为 W 2＝G ·s ＝|G ||s |cos 53°＝5×9.8×103×0.6＝98(J)． 答案：0 987.如图所示，一个物体受到同一平面内三个力F 1，F 2，F 3的作用，沿北偏东45°的方向移动了8 m ，其中|F 1|＝2 N ，方向为北偏东30°；|F 2|＝4 N ，方向为北偏东60°；|F 3|＝6 N ，方向为北偏西30°，求合力F 所做的功．解：以O 为原点，正东方向为x 轴的正方向建立平面直角坐标系，如图所示，则F 1＝(1，3)，F 2＝(23，2)，F 3＝(－3,33)，所以F ＝F 1＋F 2＋F 3＝(23－2,2＋43)．又位移s ＝(42，42)，故合力F 所做的功为W ＝F·s＝(23－2)×42＋(2＋43)×4 2 ＝42×6 3 ＝246(J)．即合力F 所做的功为24 6 J.8.如图，平行四边形ABCD 中，E ，F 分别是AD ，AB 的中点，G 为BE 与DF 的交点．若AB ＝a ，AD ＝b .(1)试以a ，b 为基底表示BE ，DF ； (2)求证：A ，G ，C 三点共线． 解：(1)BE ＝AE －AB ＝12b －a ，DF ＝AF －AD ＝12a －b .(2)证明：因为D ，G ，F 三点共线，则DG ＝λDF ， 即AG ＝AD ＋λDF ＝12λa ＋(1－λ)b .因为B ，G ，E 三点共线，则BG ＝μBE ， 即AG ＝AB ＋μBE ＝(1－μ)a ＋12μb ，由平面向量基本定理知⎩⎨⎧12λ＝1－μ，1－λ＝12μ，解得λ＝μ＝23，∴AG ＝13(a ＋b )＝13AC ，所以A ，G ，C 三点共线．高考数学：试卷答题攻略一、“六先六后”，因人因卷制宜。
高中数学 课时跟踪检测(二十)平面向量的正交分解及坐标表示平面向量的坐标运算 新人教A版必修4
课时跟踪检测（二十）平面向量的正交分解及坐标表示平面向量的坐标运算层级一 学业水平达标1．如果用i ，j 分别表示x 轴和y 轴方向上的单位向量，且A (2,3)，B (4,2)，则u u u rAB 可以表示为( )A ．2i ＋3jB ．4i ＋2jC ．2i －jD ．－2i ＋j解析：选C 记O 为坐标原点，则uuu r OA ＝2i ＋3j ，uuu r OB ＝4i ＋2j ，所以u u u r AB ＝uuur OB －uuu r OA＝2i －j .2．已知u u u r AB ＝a ，且A ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，4，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫14，2，又λ＝12，则λa 等于( )A ．⎝ ⎛⎭⎪⎫－18，－1B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫14，3C ．⎝ ⎛⎭⎪⎫18，1 D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，－3 解析：选A ∵a ＝u u u r AB ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14，2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12，4＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，－2，∴λa ＝12a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－18，－1.3．已知向量a ＝(1,2)，2a ＋b ＝(3,2)，则b ＝( ) A ．(1，－2) B ．(1,2) C ．(5,6)D ．(2,0)解析：选A b ＝(3,2)－2a ＝(3,2)－(2,4)＝(1，－2)．4．在平行四边形ABCD 中，AC 为一条对角线，u u u r AB ＝(2,4)，u u u r AC ＝(1,3)，则u u u rDA ＝( )A ．(2,4)B ．(3,5)C ．(1,1)D ．(－1，－1)解析：选C u u u r DA ＝－u u u r AD ＝－u u u r BC ＝－(u u u r AC －u u u rAB )＝(1,1)．5．已知M (－2,7)，N (10，－2)，点P 是线段MN 上的点，且u u u r PN ＝－2u u u u rPM ，则P 点的坐标为( )A ．(－14,16)B ．(22，－11)C ．(6,1)D ．(2,4)解析：选D 设P (x ，y )，则u u u r PN ＝(10－x ，－2－y )，u u u u rPM ＝(－2－x,7－y )， 由u u u r PN ＝－2u u u u r PM 得⎩⎪⎨⎪⎧10－x ＝4＋2x ，－2－y ＝－14＋2y ，所以⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2，y ＝4.6．(江苏高考)已知向量a ＝(2,1)，b ＝(1，－2)，若ma ＋nb ＝(9，－8)(m ，n ∈R)，则m －n 的值为________．解析：∵ma ＋nb ＝(2m ＋n ，m －2n )＝(9，－8)，∴⎩⎪⎨⎪⎧2m ＋n ＝9，m －2n ＝－8，∴⎩⎪⎨⎪⎧m ＝2，n ＝5，∴m －n ＝2－5＝－3.答案：－37．若A (2，－1)，B (4,2)，C (1,5)，则u u u rAB ＋2u u u r BC ＝________.解析：∵A (2，－1)，B (4,2)，C (1,5)，∴u u u rAB ＝(2,3)，u u u r BC ＝(－3,3)．∴u u u rAB ＋2u u u r BC ＝(2,3)＋2(－3,3)＝(2,3)＋(－6,6)＝(－4,9)．答案：(－4,9)8．已知O 是坐标原点，点A 在第二象限，|uuu r OA |＝6，∠xOA ＝150°，向量uuu rOA 的坐标为________．解析：设点A (x ，y )，则x ＝|uuu rOA |cos 150°＝6cos 150°＝－33，y ＝|uuu rOA |sin 150°＝6sin 150°＝3，即A (－33，3)，所以uuu rOA ＝(－33，3)．答案：(－33，3)9．已知a ＝u u u rAB ，B 点坐标为(1,0)，b ＝(－3,4)，c ＝(－1,1)，且a ＝3b －2c ，求点A的坐标．解：∵b ＝(－3,4)，c ＝(－1,1)，∴3b －2c ＝3(－3,4)－2(－1,1)＝(－9,12)－(－2,2)＝(－7,10)，即a ＝(－7,10)＝u u u rAB .又B (1,0)，设A 点坐标为(x ，y )，则u u u rAB ＝(1－x,0－y )＝(－7,10)，∴⎩⎪⎨⎪⎧1－x ＝－7，0－y ＝10⇒⎩⎪⎨⎪⎧x ＝8，y ＝－10，即A 点坐标为(8，－10)．10．已知向量u u u r AB ＝(4,3)，u u u rAD ＝(－3，－1)，点A (－1，－2)．(1)求线段BD 的中点M 的坐标．(2)若点P (2，y )满足u u u r PB ＝λu u u rBD (λ∈R)，求λ与y 的值．解：(1)设B (x 1，y 1)，因为u u u rAB ＝(4,3)，A (－1，－2)，所以(x 1＋1，y 1＋2)＝(4,3)，所以⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋1＝4，y 1＋2＝3，所以⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝3，y 1＝1，所以B (3,1)．同理可得D (－4，－3)， 设BD 的中点M (x 2，y 2)，则x 2＝3－42＝－12，y 2＝1－32＝－1，所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－1. (2)由u u u rPB ＝(3,1)－(2，y )＝(1,1－y )， u u u rBD ＝(－4，－3)－(3,1)＝(－7，－4)， 又u u u r PB ＝λu u u rBD (λ∈R)，所以(1,1－y )＝λ(－7，－4)＝(－7λ，－4λ)，所以⎩⎪⎨⎪⎧1＝－7λ，1－y ＝－4λ，所以⎩⎪⎨⎪⎧λ＝－17，y ＝37.层级二 应试能力达标1．已知向量u u u r AB ＝(2,4)，u u u r AC ＝(0,2)，则12u u ur BC ＝( )A ．(－2，－2)B ．(2,2)C ．(1,1)D ．(－1，－1)解析：选D 12u u u r BC ＝12(u u u r AC －u u u r AB )＝12(－2，－2)＝(－1，－1)，故选D.2．已知向量a ＝(1,2)，b ＝(2,3)，c ＝(3,4)，且c ＝λ1a ＋λ2b ，则λ1，λ2的值分别为( )A ．－2,1B ．1，－2C ．2，－1D ．－1,2解析：选D ∵c ＝λ1a ＋λ2b ，∴(3,4)＝λ1(1,2)＋λ2(2,3)＝(λ1＋2λ2,2λ1＋3λ2)，∴⎩⎪⎨⎪⎧λ1＋2λ2＝3，2λ1＋3λ2＝4，解得λ1＝－1，λ2＝2.3．已知四边形ABCD 的三个顶点A (0,2)，B (－1，－2)，C (3,1)，且u u u r BC ＝2u u u rAD ，则顶点D 的坐标为( )A ．⎝ ⎛⎭⎪⎫2，72 B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫2，－12 C ．(3,2)D ．(1,3)解析：选 A 设点D (m ，n )，则由题意得(4,3)＝2(m ，n －2)＝(2m,2n －4)，故⎩⎪⎨⎪⎧2m ＝4，2n －4＝3，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝2，n ＝72，即点D ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，72，故选A.4．对于任意的两个向量m ＝(a ，b )，n ＝(c ，d )，规定运算“”为m n ＝(ac －bd ，bc ＋ad )，运算“”为m n ＝(a ＋c ，b ＋d )．设f ＝(p ，q )，若(1,2)f ＝(5,0)，则(1,2)f等于( )A ．(4,0)B ．(2,0)C ．(0,2)D ．(0，－4)解析：选B 由(1,2)⊗f ＝(5,0)，得⎩⎪⎨⎪⎧p －2q ＝5，2p ＋q ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧p ＝1，q ＝－2，所以f ＝(1，－2)，所以(1,2)f ＝(1,2)(1，－2)＝(2,0)．5．已知向量i ＝(1,0)，j ＝(0,1)，对坐标平面内的任一向量a ，给出下列四个结论： ①存在唯一的一对实数x ，y ，使得a ＝(x ，y )；②若x 1，x 2，y 1，y 2∈R ，a ＝(x 1，y 1)≠(x 2，y 2)，则x 1≠x 2，且y 1≠y 2； ③若x ，y ∈R ，a ＝(x ，y )，且a ≠0，则a 的起点是原点O ； ④若x ，y ∈R ，a ≠0，且a 的终点坐标是(x ，y )，则a ＝(x ，y )． 其中，正确结论有________个．解析：由平面向量基本定理，可知①正确；例如，a ＝(1,0)≠(1,3)，但1＝1，故②错误；因为向量可以平移，所以a ＝(x ，y )与a 的起点是不是原点无关，故③错误；当a 的终点坐标是(x ，y )时，a ＝(x ，y )是以a 的起点是原点为前提的，故④错误．答案：16．已知A (－3,0)，B (0,2)，O 为坐标原点，点C 在∠AOB 内，|OC |＝22，且∠AOC ＝π4.设u u u r OC ＝λuuu r OA ＋uuu rOB (λ∈R)，则λ＝ ________.解析：过C 作CE ⊥x 轴于点E ，由∠AOC ＝π4知，|OE |＝|CE |＝2，所以u u u r OC ＝u u u r OE ＋uuu r OB ＝λuuu r OA ＋uuu r OB ，即u u u r OE ＝λuuu r OA ，所以(－2,0)＝λ(－3,0)，故λ＝23.答案：237．在△ABC 中，已知A (7,8)，B (3,5)，C (4,3)，M ，N ，D 分别是AB ，AC ，BC 的中点，且MN 与AD 交于点F ，求u u u rDF 的坐标．解：∵A (7,8)，B (3,5)，C (4,3)，∴u u u rAB ＝(3－7,5－8)＝(－4，－3)， u u u rAC ＝(4－7,3－8)＝(－3，－5)．∵D 是BC 的中点，∴u u u r AD ＝12(u u u r AB ＋u u u r AC )＝12(－4－3，－3－5)＝12(－7，－8)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－72，－4. ∵M ，N 分别为AB ，AC 的中点，∴F 为AD 的中点．∴u u u r DF ＝－u u u r FD ＝－12u u u r AD ＝－12⎝ ⎛⎭⎪⎫－72，－4＝⎝ ⎛⎭⎪⎫74，2.8．在直角坐标系xOy 中，已知点A (1,1)，B (2,3)，C (3,2)，(1)若u u u r PA ＋u u u r PB ＋u u ur PC ＝0，求uuu r OP 的坐标．(2)若uuu r OP ＝m u u u rAB ＋n u u u r AC (m ，n ∈R)，且点P 在函数y ＝x ＋1的图象上，求m －n .解：(1)设点P 的坐标为(x ，y )，因为u u u r PA ＋u u u r PB ＋u u ur PC ＝0，又u u u r PA ＋u u u r PB ＋u u ur PC ＝(1－x,1－y )＋(2－x,3－y )＋(3－x,2－y )＝(6－3x,6－3y )．所以⎩⎪⎨⎪⎧6－3x ＝0，6－3y ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2，y ＝2.所以点P 的坐标为(2,2)，故uuu rOP ＝(2,2)．(2)设点P 的坐标为(x 0，y 0)，因为A (1,1)，B (2,3)，C (3,2)，所以u u u rAB ＝(2,3)－(1,1)＝(1,2)， u u u rAC ＝(3,2)－(1,1)＝(2,1)，因为uuu r OP ＝m u u u rAB ＋n u u u r AC ，所以(x 0，y 0)＝m (1,2)＋n (2,1)＝(m ＋2n,2m ＋n )，所以⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝m ＋2n ，y 0＝2m ＋n ，两式相减得m －n ＝y 0－x 0，又因为点P在函数y＝x＋1的图象上，所以y0－x0＝1，所以m－n＝1.。
高中数学课时跟踪检测(九)--平面向量的应用
课时跟踪检测（九） 平面向量的应用A 级——学考合格性考试达标练1．人骑自行车的速度是v 1，风速为v 2，则逆风行驶的速度为( )A ．v 1－v 2B ．v 1＋v 2C ．|v 1|－|v 2| D.⎪⎪⎪⎪v 1v 2 解析：选B 由向量的加法法则可得逆风行驶的速度为v 1＋v 2. 注意速度是有方向和大小的，是一个向量．故选B.2．已知三个力F 1＝(－2，－1)，F 2＝(－3,2)，F 3＝(4，－3)同时作用于某物体上一点，为使物体保持平衡，再加上一个力F 4，则F 4＝( )A ．(－1，－2)B ．(1，－2)C ．(－1,2)D ．(1,2)解析：选D 由物理知识知F 1＋F 2＋F 3＋F 4＝0，故F 4＝－(F 1＋F 2＋F 3)＝(1,2)．故选D.3．如果一架飞机向东飞行200 km ，再向南飞行300 km ，记飞机飞行的路程为s ，位移为a ，那么( )A ．s ＞|a |B ．s ＜|a |C ．s ＝|a |D ．s 与|a |不能比大小解析：选A s ＝200＋300＝500(km)，|a |＝2002＋3002＝10013(km)，∴s ＞|a |.故选A.4．已知两个大小相等的共点力F 1，F 2，当它们的夹角为90°时，合力大小为20 N ，当它们的夹角为120°时，合力大小为( )A ．40 NB ．10 2 NC ．20 2 ND ．40 2 N解析：选B 如图，以F 1，F 2为邻边作平行四边形，F 为这两个力的合力．由题意，易知当它们的夹角为90°时，|F |＝2|F 1|＝20 N ，∴|F 1|＝|F 2|＝10 2 N ．当它们的夹角为120°时，以F 1，F 2为邻边的平行四边形为菱形，此时|F |＝|F 1|＝10 2 N ．故选B.5．在△ABC 中，若|AB ―→＋AC ―→|＝|AB ―→－AC ―→|，则△ABC 的形状是( )A ．等腰三角形B ．直角三角形C ．等边三角形D ．等腰直角三角形解析：选B 由|AB ―→＋AC ―→|＝|AB ―→－AC ―→|得|AB ―→＋AC ―→|2＝|AB ―→－AC ―→|2，即AB ―→·AC―→＝0，∴AB ―→⊥AC ―→. ∴∠A ＝90°，即△ABC 为直角三角形．故选B.6．一条河宽400 m ，一船从A 出发垂直到达正对岸的B 处，船速为20 km /h ，水速为12 km/h ，则船到达B 处所需时间为________．解析：合速度|v 合|＝202－122＝16(km/h)＝8003(m/min)，∴t ＝400÷8003＝1.5(min)． 答案：1.5 min7．已知A ，B 是圆心为C ，半径为5的圆上的两点，且|AB |＝5，则AC ―→·CB ―→＝________.解析：由弦长|AB |＝5，可知∠ACB ＝60°，故AC ―→·CB ―→＝－CA ―→·CB ―→＝－|CA ―→||CB ―→|cos∠ACB ＝－52. 答案：－528．已知向量a ＝⎝⎛⎭⎫－12，32，OA ―→＝a －b ，OB ―→＝a ＋b ，若△OAB 是以O 为直角顶点的等腰直角三角形，则△OAB 的面积为________．解析：由题意，得|a |＝1，又△OAB 是以O 为直角顶点的等腰直角三角形，所以OA ―→⊥OB ―→，|OA ―→|＝|OB ―→|.由OA ―→⊥OB ―→得(a －b )·(a ＋b )＝|a |2－|b |2＝0，所以|a |＝|b |，由|OA ―→|＝|OB ―→|得|a －b |＝|a ＋b |，所以a ·b ＝0，所以|a ＋b |2＝|a |2＋|b |2＝2，所以|OA ―→|＝|OB ―→|＝2，所以S △OAB ＝12×2×2＝1. 答案：19.如图所示，若D 是△ABC 内的一点，且AB 2－AC 2＝DB 2－DC 2，求证：AD ⊥BC .证明：设AB ―→＝a ，AC ―→＝b ，AD ―→＝e ，DB ―→＝c ，DC ―→＝d ，则a ＝e ＋c ，b ＝e ＋d ，所以a 2－b 2＝(e ＋c )2－(e ＋d )2＝c 2＋2e ·c －2e ·d －d 2.由已知可得a 2－b 2＝c 2－d 2，所以e ·(c －d )＝0.因为BC ―→＝BD ―→＋DC ―→＝d －c ，所以AD ―→·BC ―→＝e ·(d －c )＝0所以AD―→⊥BC ―→，即AD ⊥BC .10.如图所示，用两根分别长5 2 m 和10 m 的绳子将100 N 的物体吊在水平屋顶AB 上，平衡后G 点距屋顶的距离恰好为5 m ，求A 处受力的大小．解：由已知条件可知AG 与垂直方向成45°角，BG 与垂直方向成60°角，设A 处所受的力为F a ，B 处所受的力为F b ，∴⎩⎪⎨⎪⎧|F a |cos 45°＝|F b |cos 30°，|F a |sin 45°＋|F b |sin 30°＝100. 解得|F a |＝1502－50 6.故A 处受力的大小为(1502－506)N.B 级——面向全国卷高考高分练1．已知一物体在共点力F 1＝(lg 2，lg 2)，F 2＝(lg 5，lg 2)的作用下产生位移s ＝(2lg 5,1)，则共点力对物体做的功W 为( )A ．lg 2B ．lg 5C ．1D ．2解析：选D W ＝(F 1＋F 2)·s ＝(lg 2＋lg 5,2lg 2)·(2lg 5，1)＝(1,2lg 2)·(2lg 5,1)＝2lg 5＋2lg 2＝2.故选D.2．已知△ABC 满足AB ―→2＝AB ―→·AC ―→＋BA ―→·BC ―→＋CA ―→·CB ―→，则△ABC 是( )A ．等边三角形B ．锐角三角形C ．直角三角形D ．钝角三角形解析：选C 由题意得，AB ―→2＝AB ―→·AC ―→＋AB ―→·CB ―→＋CA ―→·CB ―→＝AB ―→·(AC ―→＋CB ―→)＋CA ―→·CB ―→＝AB ―→2＋CA ―→·CB ―→，∴CA ―→·CB ―→＝0，∴CA ―→⊥CB ―→，∴△ABC 是直角三角形．故选C.3.如图，在矩形ABCD 中，AB ＝2，BC ＝2，点E 为BC 的中点，点F在边CD 上，若AB ―→·AF ―→＝2，则AE ―→·BF ―→的值是( ) A. 2B ．2C ．0D ．1解析：选A ∵AF ―→＝AD ―→＋DF ―→，AB ―→·AF ―→＝AB ―→·(AD ―→＋DF ―→)＝AB ―→·AD ―→＋AB ―→·DF ―→＝AB ―→·DF ―→＝2|DF ―→|＝2，∴|DF ―→|＝1，|CF ―→|＝2－1，∴AE ―→·BF ―→＝(AB ―→＋BE ―→)·(BC ―→＋CF ―→)＝AB ―→·CF ―→＋BE ―→·BC ―→＝－2(2－1)＋1×2＝－2＋2＋2＝ 2.故选A.4.如图，设P 为△ABC 内一点，且2P A ―→＋2PB ―→＋PC ―→＝0，则S △ABP ∶S △ABC ＝( )A.15B.25C.14D.13解析：选A 设AB 的中点是D ，∵P A ―→＋PB ―→＝2PD ―→＝－12PC ―→，∴PD ―→＝－14PC ―→，∴P 为CD 的五等分点，∴△ABP 的面积为△ABC 的面积的15.故选A. 5．若平面向量α，β满足|α|＝1，|β|≤1，且以向量α，β为邻边的平行四边形的面积为12，则α与β的夹角θ的取值范围是________． 解析：根据题意得|α||β|sin θ＝12. 又|α|＝1，|β|≤1，∴12≤sin θ≤1，∴π6≤θ≤5π6. 答案：⎣⎡⎦⎤π6，5π66．四边形ABCD 中，已知AB ―→＝DC ―→＝(1,1)且BA ―→|BA ―→|＋BC ―→|BC ―→|＝ 2 BD ―→|BD ―→|，则此四边形的面积等于________．解析：∵AB ―→＝DC ―→，∴四边形ABCD 是平行四边形．对BA ―→|BA ―→|＋BC ―→|BC ―→|＝ 2 BD ―→|BD ―→|两边平方得1＋1＋2BA ―→·BC ―→|BA ―→||BC ―→|＝2，∴BA ―→·BC ―→＝0，∴BA ⊥BC ，且BA ＝BC ，∴四边形ABCD 是正方形，且|AB ―→|＝2，∴四边形ABCD 的面积为2.答案：27．已知四边形ABCD 是菱形，AC 和BD 是它的两条对角线．求证：AC ⊥BD .证明：法一：∵AC ―→＝AB ―→＋AD ―→，BD ―→＝AD ―→－AB ―→，∴AC ―→·BD ―→＝(AB ―→＋AD ―→)·(AD ―→－AB ―→)＝|AD ―→|2－|AB ―→|2＝0.∴AC ―→⊥BD ―→，即AC ⊥BD .法二：解答本题还可以用坐标法，解法如下．如图，以BC 所在直线为x 轴，以B 为原点建立平面直角坐标系，则B (0,0)，设A (a ，b )，C (c,0)，则由|AB |＝|BC |得a 2＋b 2＝c 2.∵AC ―→＝BC ―→－BA ―→＝(c,0)－(a ，b )＝(c －a ，－b )，BD ―→＝BA ―→＋BC ―→＝(a ，b )＋(c,0)＝(c ＋a ，b )，∴AC ―→·BD ―→＝c 2－a 2－b 2＝0.∴AC ―→⊥BD ―→，即AC ⊥BD .C 级——拓展探索性题目应用练在某海滨城市O 附近海面有一台风，据监测，当前台风中心位于城市O (如图所示)的东偏南θcos θ＝210，θ∈(0°，90°)方向300 km 的海面P 处，并以20 km /h 的速度向西偏北45°方向移动．台风侵袭的范围为圆形区域，当前半径为60 km ，并以10 km/h 的速度不断增大．问几小时后该城市开始受到台风的侵袭？注：cos(θ－45°)＝45解：设t h 后，台风中心移动到Q 处，此时城市开始受到台风的侵袭，∠OPQ ＝θ－45°. ∵OQ ―→＝OP ―→＋PQ ―→，∴OQ ―→2＝(OP ―→＋PQ ―→)2＝OP ―→2＋PQ ―→2＋2OP ―→·PQ ―→.∴OQ ―→2＝OP ―→2＋PQ ―→2－2|OP ―→||PQ ―→|cos(θ－45°)＝3002＋(20t )2－2×300×20t ×45＝100(4t 2－96t ＋900)．依题意得OQ ―→2≤(60＋10t )2，解得12≤t ≤24.从而12 h 后该城市开始受到台风的侵袭．高考数学：试卷答题攻略一、“六先六后”，因人因卷制宜。
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【优化指导】2015年高中数学 2.5平面向量应用举例课时跟踪检测
新人教A 版必修4
1．若向量OF 1→＝(1,1)，OF 2→
＝(－3，－2)分别表示两个力F 1，F 2，则|F 1＋F 2|为( ) A.10 B ．2 5 C. 5
D.15
解析：F 1＋F 2＝(1,1)＋(－3，－2)＝(－2，－1)， ∴|F 1＋F 2|＝ －2 2
＋ －1 2
＝ 5. 答案：C
2．在△ABC 中，若(CA →＋CB →)·(CA →－CB →
)＝0，则△ABC 为( ) A ．正三角形 B ．直角三角形 C ．等腰三角形
D ．无法确定
解析：∵(CA →＋CB →)·(CA →－CB →)＝CA →2－CB →2
＝|CA →|2－|CB →|2＝0，∴|CA →|2＝|CB →|2. 故|CA →|＝|CB →
|.△ABC 为等腰三角形． 答案：C
3．当两人提起重量为|G |的旅行包时，夹角为θ，两人用力都为|F |，若|F |＝|G |，则θ的值为( )
A ．30°
B ．60°
C ．90°
D ．120° 解析：作OA →＝F 1，OB →＝F 2，OC →
＝－G ， 则OC →＝OA →＋OB →，
当|F 1|＝|F 2|＝|G |时，△OAC 为正三角形， ∴∠AOC ＝60°.从而∠AOB ＝120°. 答案：D
4.在平面直角坐标系中，正方形OABC 的对角线OB 的两端点分别为
O (0,0)，B (1,1)，则AB →·AC →
＝ ________.
解析：由已知得A (1,0)，C (0,1)，∴AB →＝(0,1)，AC →
＝(－1,1)． ∴AB →·AC →
＝1. 答案：1
5．一个重20 N 的物体从倾斜角为30°，斜面上1 m 的光滑斜面顶端下滑到底端，则重力做的功是________．
解析：W ＝F ·s ＝|F |·|s |·cos θ＝20×1×cos 60°＝10 J. 答案：10 J
6．已知点A (1,0)，直线l ：y ＝2x －6，点R 是直线l 上的一点，点RA →＝2 AP →
，求点P 的轨迹方程．
解：设P (x ，y )，R (x 1，y 1)，则RA →＝(1－x 1，－y 1)，AP →＝(x －1，y )．由RA →＝2 AP →
得(1
－x 1，－y 1)＝2(x －1，y )，即⎩
⎪⎨
⎪⎧
x 1＝－2x ＋3，
y 1＝－2y ，代入直线l 的方程得y ＝2x .所以，点P 的
轨迹方程为y ＝2x .
7．已知，四边形ABCD 是菱形，AC 和BD 是它的两条对角线．求证：AC ⊥BD . 证明：证法一：∵AC →＝AB →＋AD →，BD →＝AD →－AB →
， ∴AC →·BD →＝(AB →＋AD →)·(AD →－AB →) ＝|AD →|2－|AB →|2
＝0. ∴AC →⊥BD →
，即AC ⊥BD .
证法二：解答本题还可以用坐标法，解法如下：
以BC 所在直线为x 轴，以B 为原点建立平面直角坐标系， 则B (0,0)，设A (a ，b )，C (c,0)， 则由|AB |＝|BC |得a 2
＋b 2
＝c 2
.
∵AC →＝BC →－BA →
＝(c,0)－(a ，b )＝(c －a ，－b )， BD →
＝BA →＋BC →
＝(a ，b )＋(c,0)＝(c ＋a ，b )，
∴AC →·BD →＝c 2－a 2－b 2
＝0. ∴AC →⊥BD →
，即AC ⊥BD .
8．△ABC 的外接圆的圆心为O ，半径为1，AO →＝12(AB →＋AC →)，且|OA →|＝|AB →|，则BA →·BC →
等
于________．
解析：设BC 的中点是D ，如图所示，则AB →＋AC →＝2 AD →，则AD →
＝AO →
，
所以O 和D 重合． 所以BC 是圆O 的直径． 所以∠BAC ＝90°. 又|OA →|＝|AB →|，
则|BA →|＝1，|BC →
|＝2，所以∠ABC ＝60°， 所以BA →·BC →＝|BA →||BC →
|cos 60°＝1×2×12＝1.
答案：1
9.如图所示，用两根分别长5 2 m 和10 m 的绳子将100 N 的物体
吊在水平屋顶AB 上，平衡后G 点距屋顶的距离恰好为5 m ，求A 处受力的大小．
解：由已知条件可知AG 与铅直方向成45°角，BG 与铅直方向成60°角，设A 处所受的力为F a ，B 处所受的力为F b ，
∴⎩
⎪⎨
⎪⎧
|F a |cos 45°＝|F b |cos 30°，
|F a |sin 45°＋|F b |sin 30°＝100.
解得|F a |＝1502－506，故A 处受力的大小为(1502－506)N.
10.如图所示，在平行四边形ABCD 中，BC ＝2BA ，∠ABC ＝60°，作AE ⊥BD 交BC 于E ，
求BE ∶EC .
解：设BA →＝a ，BC →
＝b ，|a |＝1，|b |＝2.
a ·
b ＝|a ||b |cos 60°＝1，BD →
＝a ＋b .
设BE →＝λBC →＝λb ，则AE →＝BE →－BA →
＝λb －a . 由AE ⊥BD ，得AE →·BD →
＝0， 即(λb －a )·(a ＋b )＝0.
解得λ＝25，∴BE ∶EC ＝25∶3
5
＝2∶3.
11.在某海滨城市O 附近海面有一台风，据监测，当前台风中心
位于城市O (如图所示)的东偏南θcos θ＝
2
10
，θ∈(0°，90°)方向300 km 的海面P 处，并以20 km/h 的速度向西偏北45°方向移动．台风侵袭的范围为圆形区域，当前半径为60 km ，并以10 km/h 的速度不断增大．问几小时后该城市开始受到台风的侵袭？
⎝ ⎛⎭
⎪⎫注：cos θ－45° ＝45
解：设t 小时后，台风中心移动到Q 处，此时城市开始受到台风的侵袭，∠OPQ ＝θ－45°.
∵OQ →＝OP →＋PQ →，∴OQ →2＝(OP →＋PQ →)2 ＝OP →2＋PQ →2＋2OP →·PQ →.
∴OQ →2＝OP →2＋PQ →2－2|OP →||PQ →
|cos(θ－45°) ＝3002＋(20t )2
－2×300×20t ×45
＝100(4t 2
－96t ＋900)．
依题意得OQ →2≤(60＋10t )2
，解得12≤t ≤24， 从而12 h 后该城市开始受到台风的侵袭．
1．利用向量方法可以解决平面几何中的平行、垂直、夹角、距离等问题．利用向量解决平面几何问题时，有两种思路：一种思路是选择一组基底，利用基向量表示涉及的向量，一种思路是建立坐标系，求出题目中涉及的向量的坐标．这两种思路都是通过向量的运算获得几何命题的证明．
2．用向量理论讨论物理中相关问题的步骤 一般来说分为四步：
(1)问题的转化，把物理问题转化成数学问题； (2)模型的建立，建立以向量为主体的数学模型； (3)参数的获取，求出数学模型的相关解；
(4)问题的答案，回到物理现象中，用已经获取的数值去解释一些物理现象.。