数学北师大版 (2019)6.2 平面向量在几何、物理中的应用举例课时训练

这是一份数学北师大版 (2019)6.2 平面向量在几何、物理中的应用举例课时训练，共15页。试卷主要包含了用向量法证明三角形的中位线定理等内容，欢迎下载使用。
基础过关练
题组一 向量在几何证明中的应用
1.如图,在正方形ABCD中,E,F分别为AB,BC的中点,求证:AF⊥DE(利用向量证明).
2.用向量法证明三角形的中位线定理.
3.如图,平行四边形ABCD中,点M是AB的中点,点N在BD上,且BN=13BD,求证:M、N、C三点共线.
4.在△ABC中,∠C=90°,D是AB的中点,用向量法证明CD=12AB.
题组二 向量在物理中的应用
5.用力F推动一物体水平运动s m,F与水平面的夹角为θ,则力F对物体所做的功为( )

A.|F|·sB.Fcs θ·s
C.Fsin θ·sD.|F|cs θ·s
6.水平横梁的一端A插在墙壁内,另一端装有一光滑的小滑轮,一轻绳的一端C固定于墙壁上,另一端跨过滑轮后悬挂一质量为m=10 kg的重物,∠CBA=30°,如图所示,则滑轮受到绳子的作用力大小为(g=10 N/kg)( )
A.50 NB.503 N
C.200 ND.103 N
7.(2020广东佛山实验中学高一下学期期末)长江两岸之间没有大桥的地方,常常通过轮渡进行运输.如图所示,一艘船从长江南岸的A点出发,以5 km/h的速度沿AD方向行驶,到达对岸C点,且AC与长江南岸垂直,同时江水的速度为向东3 km/h,则船实际航行速度的大小为( )
A.2 km/hB.34 km/h
C.4 km/hD.8 km/h
8.如图,用两根绳子把重10 N的物体W吊在水平杆子AB上,∠ACW=150°,∠BCW=120°,求A和B处所受力的大小.(忽略绳子重量)
能力提升练
题组一 向量在几何中的应用
1.()若四边形ABCD满足AB+CD=0,(AB-AD)·AC=0,则该四边形一定是( )

A.菱形B.矩形
C.正方形D.直角梯形
2.(2020江西赣州高二上学期期中联考,)非零向量AB与AC满足AB|AB|+AC|AC|·BC=0,且AB|AB|·AC|AC|=12,则△ABC的形状为 .
3.()如图,在平行四边形OACB中,BD=13BC,OD与BA相交于E,用向量法证明BE=14BA.
4.()已知在▱ABCD中,M、N、P分别在DC、CB、AD上,|DP||AD|=|CM||CD|=14,|BN||NC|=12,设AB=a,BC=b.
(1)求向量AM;
(2)求证:PM∥AN.
5.()已知长方形ABCD,AB=3,BC=2,E为线段BC的中点,P为线段AB上一点.
(1)利用向量知识判断点P在什么位置时,∠PED=45°;
(2)若∠PED=45°,求证:D、P、E、C四点共圆.
6.()如图,已知△ABC的两边AB、AC的中点分别为M、N,在BN的延长线上取点P,使NP=BN,在CM的延长线上取点Q,使MQ=CM,用向量方法证明:P、A、Q三点共线.
7.()证明:三角形的三条中线交于一点.
题组二 向量在物理中的应用
8.()当两人同提重|G|的书包时,用力都为|F|,两力的夹角为θ,且|F|、|G|、θ之间的关系为|F|=|G|2cs θ2.当θ= 时,|F|取得最小值;当|F|=|G|时,θ= .
9.()在一个平面内,一质点O受三个力F1、F2、F3的作用保持平衡,其中F3与F2的夹角为α,F3与F1的夹角为β.
(1)若α=120°,β=150°,|F3|=10,求力F1、F2的大小;
(2)若|F1|∶|F2|∶|F3|=1∶2∶3,求α与β的余弦值.
答案全解全析
6.2 平面向量在几何、
物理中的应用举例
基础过关练
5.D6.C7.C
1.证明 证法一:设(AB) ⃗=a,(AD) ⃗=b,则(AF) ⃗=a+1/2b,(ED) ⃗=b-1/2a,
∴(AF) ⃗•(ED) ⃗= a+1/2b • b-1/2a =1/2b2-1/2a2+3/4a•b,
又(AB) ⃗⊥(AD) ⃗,且|(AB) ⃗|=|(AD) ⃗|,∴a2=b2,a•b=0.
∴(AF) ⃗•(ED) ⃗=0,∴(AF) ⃗⊥(ED) ⃗,即AF⊥DE.
证法二:以A为原点,AB,AD所在直线分别为x轴,y轴建立如图所示的平面直角坐标系,不妨设AB=2,则A(0,0),E(1,0),D(0,2),F(2,1),故(AF) ⃗=(2,1),(DE) ⃗=(1,-2),则(AF) ⃗•(DE) ⃗=2-2=0,即(AF) ⃗⊥(DE) ⃗,
故AF⊥DE.

2.解析 已知:如图,MN是△ABC的中位线,求证:MN=1/2BC,且MN∥BC.

证明:因为M、N分别是AB、AC边上的中点,所以(AM) ⃗=1/2 (AB) ⃗,(AN) ⃗=1/2 (AC) ⃗,
所以(MN) ⃗=(AN) ⃗-(AM) ⃗=1/2 (AC) ⃗-1/2 (AB) ⃗=1/2((AC) ⃗-(AB) ⃗)=1/2 (BC) ⃗.
又(MN) ⃗与(BC) ⃗不在同一条直线上,
因此,MN=1/2BC,且MN∥BC.
3.证明 设(AD) ⃗=x,(AB) ⃗=y,
则(MN) ⃗=1/2y+1/3 (BD) ⃗=1/2y+1/3(x-y)=1/6(2x+y),
(MC) ⃗=(MB) ⃗+(BC) ⃗=1/2y+x=1/2(2x+y),
∴(MC) ⃗=3(MN) ⃗,又(MC) ⃗与(MN) ⃗有公共点M,
∴M、N、C三点共线.
4.证明 如图,设(CA) ⃗=a,(CB) ⃗=b,则a与b的夹角为90°,故a•b=0.

∵(AB) ⃗=b-a,(CD) ⃗=1/2(a+b),
∴|(CD) ⃗|=1/2|a+b|=1/2 √("(" a+b")" ^2 )
=1/2 √("|" a"|" ^2+2a"•" b+"|" b"|" ^2 )
=1/2 √("|" a"|" ^2+"|" b"|" ^2 ),
|(AB) ⃗|=|b-a|=√("(" b"-" a")" ^2 )
=√("|" b"|" ^2 "-" 2a"•" b+"|" a"|" ^2 )=√("|" a"|" ^2+"|" b"|" ^2 ).
∴|(CD) ⃗|=1/2|(AB) ⃗|,即CD=1/2AB.
5.D 由题意得,力F与运动方向的夹角为θ,故力F对物体所做的功为|F|•cs θ•s.故选D.
6.C 设重物所受的重力为G,滑轮受到绳子的作用力为F,由力的分解可以知道|F|sin 30°=|G|,
∴|F|=("|" G"|" )/sin30"°" =mg/(1/2)=200 N.故选C.
7.C 由题意画出矢量图如下:

(AD) ⃗为船速及航行方向,(DC) ⃗为水速及方向,(AC) ⃗为船实际航行速度及方向,
由此可得|(AC) ⃗|=√("|" (AD) ⃗"|" ^2 "-|" (CD) ⃗"|" ^2 )=4 km/h.
8.解析 设A、B处所受力分别为f1、f2,10 N的重力用f表示,则f1+f2=f.如图,以重力作用点C为f1、f2的始点,作平行四边形CFWE,使CW为对角线,则(CF) ⃗=f1,(CE) ⃗=f2,(CW) ⃗=f,则∠FCW=180°-150°=30°, ∠ECW=180°-120°=60°,∴∠FCE=90°.
∴四边形CEWF为矩形.
∴|f1|=|(CF) ⃗|=|(CW) ⃗|cs 30°=10×√3/2=5√3,
|f2|=|(CE) ⃗|=|(CW) ⃗|cs 60°=10×1/2=5,
即A处受力的大小为5√3 N,B处受力的大小为5 N.

能力提升练
1.A 因为(AB) ⃗+(CD) ⃗=0,所以(AB) ⃗=(DC) ⃗,
所以四边形ABCD为平行四边形,
又因为((AB) ⃗-(AD) ⃗)•(AC) ⃗=0,
所以(DB) ⃗•(AC) ⃗=0,所以(DB) ⃗⊥(AC) ⃗,
所以平行四边形ABCD为菱形.
2.答案 等边三角形
解析 如图,在△ABC中,作∠BAC的平分线AD,交BC于点D,
因为(AB) ⃗/("|" (AB) ⃗"|" )为(AB) ⃗方向上的单位向量,(AC) ⃗/("|" (AC) ⃗"|" )为(AC) ⃗方向上的单位向量,
所以(AB) ⃗/("|" (AB) ⃗"|" )+(AC) ⃗/("|" (AC) ⃗"|" )=λ(AD) ⃗(λ>0),
因为((AB) ⃗/("|" (AB) ⃗"|" )+(AC) ⃗/("|" (AC) ⃗"|" ))•(BC) ⃗=0,
所以AD⊥BC,
因为AD既是高,又是角平分线,
所以AB=AC,
因为(AB) ⃗/("|" (AB) ⃗"|" )•(AC) ⃗/("|" (AC) ⃗"|" )=1/2,
所以 (AB) ⃗/("|" (AB) ⃗"|" ) (AC) ⃗/("|" (AC) ⃗"|" ) cs∠BAC=1/2,
所以cs∠BAC=1/2,解得∠BAC=π/3,
所以△ABC为等边三角形.

3.证明 设(OA) ⃗=a,(OB) ⃗=b,则(BD) ⃗=1/3a,
(OD) ⃗=(OB) ⃗+(BD) ⃗=b+1/3a.
∵(OE) ⃗与(OD) ⃗共线,
∴存在实数λ,使(OE) ⃗=λ(OD) ⃗=λ b+1/3a ,
∴(BE) ⃗=(OE) ⃗-(OB) ⃗=λ b+1/3a -b=λ/3a+(λ-1)b.
∵(BE) ⃗与(BA) ⃗共线,
∴存在实数μ,使(BE) ⃗=μ(BA) ⃗=μ((OA) ⃗-(OB) ⃗)=μ(a-b).
于是λ/3a+(λ-1)b=μ(a-b),
即 λ/3-μ a=(1-λ-μ)b.
∵a与b不共线,
∴{■(λ/3 "-" μ=0"," @1"-" λ"-" μ=0"," )┤解得{■(λ=3/4 "," @μ=1/4 "." )┤
∴(BE) ⃗=1/4 (BA) ⃗,即BE=1/4BA.
4.解析 根据题意可作出下图.

(1)∵("|" CM"|" )/("|" CD"|" )=1/4,∴("|" DM"|" )/("|" CD"|" )=3/4,
∴(DM) ⃗=3/4 (DC) ⃗=3/4 (AB) ⃗,
∴(AM) ⃗=(AD) ⃗+(DM) ⃗=(BC) ⃗+(DM) ⃗=(BC) ⃗+3/4 (AB) ⃗=3/4a+b.
(2)证明:易知(PM) ⃗=(PD) ⃗+(DM) ⃗=1/4b+3/4a,(AN) ⃗=a+1/3b=4/3 (PM) ⃗,∴(PM) ⃗∥(AN) ⃗,即PM∥AN.
5.解析 (1)如图,建立平面直角坐标系,

则C(2,0),D(2,3),E(1,0),设P(0,y),
∴(ED) ⃗=(1,3),(EP) ⃗=(-1,y),
∴|(ED) ⃗|=√10,|(EP) ⃗|=√(y^2+1),(ED) ⃗•(EP) ⃗=3y-1,
∴cs 45°=((ED) ⃗"•" (EP) ⃗)/("|" (ED) ⃗"||" (EP) ⃗"|" )=(3y"-" 1)/(√10 "•" √(y^2+1))=√2/2, 解得y=2,
∴点P为线段AB上靠近点A的三等分点.
(2)证明:连接DP,当∠PED=45°时,由(1)知P(0,2),∴(PD) ⃗=(2,1),(EP) ⃗=(-1,2),
∴(EP) ⃗•(PD) ⃗=0,∴∠DPE=90°,
又∠DCE=90°,∴D、P、E、C四点在以DE为直径的圆上,即D、P、E、C四点共圆.
6.证明 设(CA) ⃗=a,(CB) ⃗=b,
则(AQ) ⃗=(AC) ⃗+(CQ) ⃗=-a+(a+b)=b,
(AP) ⃗=(AB) ⃗+(BP) ⃗=(b-a)+[(a-b)-b]=-b,
∴(AQ) ⃗=-(AP) ⃗,即AQ∥AP.
又∵AP,AQ有一个公共点A,
∴P、A、Q三点共线.
7.证明 如图所示,设AD、BE、CF分别为△ABC的三条中线,令(AB) ⃗=a,(AC) ⃗=b,则有(BC) ⃗=b-a.

设G在AD上,且AG/AD=2/3,则有
(AD) ⃗=(AB) ⃗+(BD) ⃗=a+1/2(b-a)=1/2(a+b),
(BE) ⃗=(AE) ⃗-(AB) ⃗=1/2b-a,
∴(BG) ⃗=(AG) ⃗-(AB) ⃗=2/3 (AD) ⃗-(AB) ⃗
=1/3(a+b)-a=1/3b-2/3a
=2/3 1/2b-a =2/3 (BE) ⃗.
∴G在BE上,同理可证(CG) ⃗=2/3 (CF) ⃗,即G在CF上,故AD、BE、CF三线交于同一点.
8.答案 0;2π/3
解析 因为|F| =("|" G"|" )/(2cs" " θ/2),所以当cs θ/2=1,即θ=0时,|F|取得最小值.
当|F|=|G|时,cs θ/2=1/2,此时θ=2π/3.
9.解析 (1)因为质点在F1、F2、F3的作用下保持平衡,
所以F1+F2+F3=0,所以F3=-(F1+F2),
又α=120°,β=150°,
所以F1与F2的夹角为90°,
所以F1•F2=0,
|F3|2=[-(F1+F2)]2=F_1^2+2F1•F2+F_2^2=F_1^2+F_2^2,
将|F3|=10代入可得F_1^2+F_2^2=100.
如图.

易得∠1=30°,
所以|F1|=|F3|×cs 30°=10×√3/2=5√3,
|F2|=|F3|×sin 30°=10×1/2=5.
(2)因为|F1|∶|F2|∶|F3|=1∶√2∶√3,且质点处于平衡状态,
所以以|F1|、|F2|、|F3|为边长的三角形为直角三角形,如图所示,

则cs∠1=1/√3=√3/3,cs∠2=√2/√3=√6/3,
所以cs β=cs(π-∠1)=-cs∠1=-√3/3,
cs α=cs(π-∠2)=-cs∠2=-√6/3.