2.5.1-2.5.2平面向量的应用举例题组训练-2021-2022学年高一上学期数学人教A版必修4（Word版，含解析）

第二章　平面向量
2.5　平面向量应用举例
2.5.1　平面几何中的向量方法
2.5.2　向量在物理中的应用举例
基础过关练
题组一　平面几何中的向量方法
1.(北京清华附中朝阳学校高一期末)已知非零向量与满足=且·=,则△ABC为(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.三边均不相等的三角形 B.直角三角形
C.等腰三角形 D.等边三角形
2.(江西宜春高一下期末)在四边形ABCD中,对角线AC与BD交于点O,若3+=3+,则四边形ABCD一定是(　　)
A.矩形 B.梯形
C.平行四边形 D.菱形
3.(广东汕头高一下期末)设点E、F分别为直角△ABC的斜边BC上的三等分点(点E靠近点C),已知AB=3,AC=6,则·=(　　)
A.10 B.9 C.8 D.7
4.设O为△ABC的外心,且5+12+13=0,则△ABC的内角C的值为(　　)
A. B. C. D.
5.已知A,B,C是坐标平面上的三点,其坐标分别为A(1,2),B(4,1),C(0,-1).
(1)求·和∠ACB的大小,并判断△ABC的形状;
(2)若M为BC边的中点,求||.
6.(2018江苏盐城伍佑中学高一上期末)在平面直角坐标系xOy中,已知点A(2,1),B(4,5),C(-1,-1).
(1)求以线段AB,AC为邻边的平行四边形的两条对角线的长;
(2)若向量-t与向量垂直,求实数t的值.
7.如图,已知P是正方形ABCD对角线BD上一点,且四边形PFCE为矩形.求证:PA=EF且PA⊥EF.
题组二　解析几何中的向量方法
8.在平面直角坐标系xOy中,已知向量与关于y轴对称,向量a=(1,0),则满足+a·=0的点A(x,y)的轨迹方程为(　　)
A.(x+1)2+y2=1 B.(x-1)2+y2=1
C.x2+y2=0 D.x2+(y-1)2=1
9.(2018江苏南京高一下期末)在平面直角坐标系xOy中,经过点P(1,1)的直线l与x轴交于点A,与y轴交于点B.若=-2,则直线l的方程是　.
10.(浙江温州高一上期末,★★☆)△ABC中,D为BC的中点,O为外心,点M满足++=.
(1)证明:=2;
(2)若|+|=||=6,设AD与OM相交于点P,E,F关于点P对称,且||=2.求·的取值范围.
题组三　物理中的向量方法
11.如图所示,一力作用在小车上,其中力F的大小为10 N,方向与水平面成60°角.当小车向前运动10 m时,力F所做的功为(　　)
A.100 J B.50 J
C.50 J D.200 J
12.已知三个力F1=(-2,-1),F2=(-3,2),F3=(4,-3)同时作用于某物体上一点,为使物体保持平衡,现加上一个力F4,则F4等于(　　)
A.(-1,-2) B.(1,-2)
C.(-1,2) D.(1,2)
13.长江某地南北两岸平行,一艘船从南岸码头A出发航行到北岸,假设船在静水中的航行速度v1的大小为|v1|=10 km/h,水流的速度v2的大小为|v2|=4 km/h.设v1和v2的夹角为θ(0°<θ<180°),北岸的点A'在A的正北方向,若船正好到达A'处,则cos θ=(　　)
A. B.- C. D.-
14.如图所示,在细绳O处用水平力F2缓慢拉起重力为G的物体,绳子与铅垂方向的夹角为θ,绳子所受到的拉力为F1.
(1)请说明|F1|、|F2|随角θ的变化而变化的情况;
(2)当|F1|≤2|G|时,求角θ的取值范围.
15.(江苏高一期末)已知河水自西向东流速为|v0|=1 m/s,设某人在静水中游泳的速度为v1,在流水中实际速度为v2.
(1)若此人朝正南方向游去,且|v1|= m/s,求他实际前进的方向与水流方向的夹角α和v2的大小;
(2)若此人实际前进的方向与水流方向垂直,且|v2|= m/s,求他游泳的方向与水流方向的夹角β和v1的大小.
能力提升练
一、选择题
1.(★★☆)质点P在平面上做匀速直线运动,速度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)
2.(天津高考模拟,★★☆)如图,在梯形ABCD中,AB∥CD且AB=5,AD=2DC=4,·=0,则·的值为(　　)
A. B.10 C.15 D.-
3.(★★☆)如图,已知点O是边长为1的等边三角形ABC的中心,则(+)·(+)=(　　)
A. B.- C. D.-
4.(河南高三期末,★★☆)已知两点M(-1,0),N(1,0),若直线3x-4y+m=0上存在点P,满足·=0,则实数m的取值范围是(　　)
A.(-∞,-5]∪[5,+∞) B.(-∞,-25]∪[25,+∞)
C.[-5,5] D.[-25,25]
5.(天津高考模拟,★★☆)已知点O是△ABC内一点,满足+2=m,=,则实数m的值为(　　)
A.2 B.-2 C.4 D.-4
二、填空题
6.(江苏高考模拟,★★☆)已知e1,e2是夹角为的两个单位向量,向量a=e1+2e2,b=ke1-e2,若a·b=0,则实数k的值为　　　　.
7.(★★☆)已知点O为三角形ABC所在平面内的一点,且满足||=||=||=1,3+4+5=0,则·=　　　　.
8.(★★☆)过点P(0,2)作直线l与圆O:x2+y2=1交于A,B两点,若·=-,则直线l的斜率为　　　　.
9.(河南新乡高一上期末,★★★)在平行四边形ABCD中,AB=2,BC=,∠B=30°,点E,F分别在边BC,CD上(不与端点重合),且=,则·的取值范围为　　　　.
三、解答题
10.(★★☆)如图,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为AM与BN的交点,求∠MPN.
11.(福建高一期末,★★☆)如图,在平行四边形ABCD中,E,F分别是BC,DC上的点,且满足=,=2,记=a,=b,以a,b为平面向量的一组基底,利用向量的有关知识解决下列问题:
(1)用a,b表示,;
(2)若||=3,||=2,||=,求||.
答案全解全析
第二章　平面向量
2.5　平面向量应用举例
2.5.1　平面几何中的
向量方法
2.5.2　向量在物理中的
应用举例
基础过关练
1.D　在△ABC中,=,
∴=,
∴cos<,>=cos<,>,
∴B=C,∴△ABC是等腰三角形.
又·=,
∴1×1×cos A=,
∴cos A=,∴A=,
∴△ABC是等边三角形.故选D.
2.B　因为3+=3+,所以3(-)=-,即3=,故CB∥DA且CB≠DA,所以四边形ABCD是梯形.
3.A　以A为原点,AB所在直线为x轴,AC所在直线为y轴,建立平面直角坐标系,
则A(0,0),E(1,4),F(2,2),则=(1,4),=(2,2),∴·=2+8=10.
故选A.
4.C　设外接圆的半径为R,
∵5+12+13=0,
∴5+12=-13,
∴(5+12)2=(-13)2,
∴169R2+120·=169R2,
∴·=0,∴∠AOB=,
根据圆心角等于同弧所对的圆周角的2倍,得△ABC的内角C的值为.故选C.
5.解析　(1)由题意得=(3,-1),=(-1,-3),
·=3×(-1)+(-1)×(-3)=0,
所以⊥,即∠A=90°.
因为||=||,
所以△ABC为等腰直角三角形,∠ACB=45°.
(2)因为M为BC边的中点,所以M(2,0).
又A(1,2),所以=(1,-2),
所以||==.
6.解析　(1)=(2,4),=(-3,-2),
由+=(-1,2),得|+|=,
由-=(5,6),得|-|=.
故以线段AB,AC为邻边的平行四边形的两条对角线的长分别为、.
(2)由题意得=(4,5),
所以-t=(-3-4t,-2-5t),
因为向量-t与向量垂直,
所以(-t)·=0,
所以(-3-4t)×4+(-2-5t)×5=0,
解得t=-.
所以实数t的值为-.
7.证明　以D为坐标原点,DC所在直线为x轴,DA所在直线为y轴,建立平面直角坐标系xOy,如图所示.
设正方形的边长为1,||=λ(0<λ<),
则A(0,1),P,E,F,
∴=,
||=,
∴||=
=,
||=
=,
∴||=||,即PA=EF.
又·=×+×=0,
∴⊥,即PA⊥EF.
8.B　因为与关于y轴对称,所以=(-x,y),所以=-=(-2x,0),
所以+a·=0可表示为x2+y2+(1,0)·(-2x,0)=0,即(x-1)2+y2=1.
9.答案　x+2y-3=0
解析　设A(a,0),B(0,b),由=-2,可得(a-1,-1)=-2(-1,b-1),∴a-1=2,-1=-2b+2,∴a=3,b=,由截距式可得直线方程为+=1,即x+2y-3=0.
10.解析　(1)证明:=-=+,
∵O为△ABC的外心,∴OB=OC,∴+=2,∴=2.
(2)由|+|=||=6,得|+|=|-|,故·=0,所以∠ABC=90°,
此时O为AC的中点,M与B重合,P为△ABC的重心,
则|PO|=|BO|=1,
所以·=(+)·(+)
=·+·+·+·
=||2-||2+·(-)-1=-9+·
=-9+6cos<,>∈[-15,-3].
11.B　由向量的数量积的定义可得力F所做的功W=F·s=10×10cos 60°=50 J.故选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　设船的实际速度为v,船速v1与河道南岸上游的夹角为α,
如图所示,要使船正好到达A'处,
则|v1cos α|=|v2|,即cos α==,
由θ=π-α,得cos θ=cos(π-α)=-cos α=-.故选D.
14.解析　画出物体的受力分析图,如图.
(1)由力的平衡及向量加法的平行四边形法则得,G=-(F1+F2),|F1|=,|F2|=|G|·tan θ.
当角θ从0°趋向于90°时,|F1|、|F2|都逐渐增大.
(2)由|F1|=≤2|G|,得cos θ≥.
∵0°≤θ<90°,∴0°≤θ≤60°,
∴角θ的取值范围是0°≤θ≤60°.
15.解析　(1)如图,设=v0,=v1,=v2,
则由题意知v2=v0+v1,||=1,四边形OACB为矩形,且||=AC=,
在Rt△OAC中,|v2|=OC==2 m/s,
tan∠AOC==,又α=∠AOC∈,所以α=.
所以他实际前进的方向与水流方向的夹角α为,v2的大小为2 m/s.
(2)由题意知∠OCB=,且|v2|=||=,BC=1,如图所示.
在Rt△OBC中,|v1|=OB==2 m/s,
tan∠BOC==,又∠BOC∈,所以∠BOC=,所以β=+=.
所以他游泳的方向与水流方向的夹角β为,v1的大小为2 m/s.
能力提升练
一、选择题
1.C　设点(-10,10)为点A,5秒后P点的坐标为A1(x,y),则=(x+10,y-10),
由题意可知,=5v,
即(x+10,y-10)=(20,-15),
所以解得
2.B　=+=+,=+=-+.
由·=0可得·(-+)=0,
即--·=0,
即16-×25-·=0,
∴·=10,
∴·=·(++)=·=-·+=-×10+16=10.故选B.
3.D　由题知,等边三角形ABC的高为,又O为△ABC的中心,∴||=||=||=×=,++=0,则(+)·(+)=(-)·(-)=||·||cos 120°=-.
4.C　设P(x,y),则=(-1-x,-y),=(1-x,-y),
由·=0得x2+y2=1,又P在直线3x-4y+m=0上,所以圆心到直线的距离d=≤1,故m∈[-5,5],故选C.
5.D　由+2=m得+=,设=,则+=,∴A,B,D三点共线,如图所示.
∵与反向共线,∴m<0,且=,
∴===,解得m=-4.
故选D.
二、填空题
6.答案　
解析　由题意知a·b=(e1+2e2)·(ke1-e2)=k+(2k-1)e1·e2-2=0,
又==1,e1·e2=,
所以a·b=2k-=0,解得k=.
7.答案　
解析　∵||=||=||=1, 3+4+5=0,
∴3+4=-5,
两边同时平方可得9+16+24·=25,
∴·=0.
∵=--,
∴·=(-)·(-)
=(-)·
=-·-++·=0-++0=.
8.答案　±
解析　当直线l斜率不存在时,不妨设A(0,1),B(0,-1),此时·=0+1×(-1)=-1,不合题意,所以直线l的斜率必定存在.
因为直线l过定点P(0,2),所以设直线l的方程为y=kx+2,交点A(x1,y1),B(x2,y2),
联立得(k2+1)x2+4kx+3=0,
所以x1+x2=-,x1·x2=,
由·=-,得(x1,y1 )·(x2,y2)=-,即x1x2+y1y2=-,
把y1=kx1+2,y2=kx2+2,代入x1x2+y1y2=-,
化简得(k2+1)x1x2+2k(x1+x2 )+=0,
所以(k2+1)+2k-+=0,
化简得3-+=0,
解得k2=15,即k=±.
9.答案　-,1
解析　以B为坐标原点,BC所在直线为x轴,BC的垂线为y轴建立平面直角坐标系,则A(,1),
由=可设BE=tBC=t,CF=tCD=2t(0则E(t,0),F(+t,t),
∴=(t-,-1),=(t,t-1),
∴·=t·(t-)-(t-1)=3t2-4t+1=3t-2-,
又0∴当t=时,·有最小值,为-;当t无限趋近于0时,·无限趋近于1.
故·的取值范围为-,1.
三、解答题
10.解析　设=a,=b,,的夹角为θ,则=b,=a.
∵=-=b-a,
=-=a-b,
∴·=b-a·a-b=-5,
又||=,||=,
∴cos θ==-.
又∵θ∈[0,π],∴θ=.
又∵∠MPN即为向量,的夹角,
∴∠MPN=.
11.解析　(1)在 ABCD中,=,=2,
∴=+=+=-=a-b,
=+=+=-=b-a.
(2)由(1)可知=-,=-,
∴==-·+.
∵||=3,||=2,||=,
∴()2=22-×2×3×cos∠BAD+×32,∴cos∠BAD=,
∴==-·+=32-3×2×cos∠BAD+×22=9-6×+1=7,∴||=.