人教版新课标A2.5 平面向量应用举例当堂检测题

这是一份人教版新课标A2.5 平面向量应用举例当堂检测题，共16页。试卷主要包含了5　平面向量应用举例等内容，欢迎下载使用。

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.(2021上海宝山中学高一月考)△ABC中,A(a,0),B(-a,0),C(asin θ,acs θ),则△ABC一定为( )
A.直角三角形 B.等腰三角形
C.等腰直角三角形 D.等边三角形
2.(2019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3OA+OC=3OD+OB,则四边形ABCD一定是( )
A.矩形 B.梯形
C.平行四边形 D.菱形
3.设O为△ABC的外心,且5OA+12OB+13OC=0,则△ABC的内角C的值为( )
A.π2 B.π3 C.π4 D.π6
4.(2021辽宁阜新一中高一期中)过△ABC内部一点M任作一条直线EF,作AD⊥EF于D,BE⊥EF于E,CF⊥EF于F,若AD+BE+CF=0,则点M是△ABC( )
A.三条高的交点
B.三条中线的交点
C.三边中垂线的交点
D.三个内角平分线的交点
5.已知A,B,C是坐标平面内的三点,其坐标分别为(1,2),(4,1),(0,-1).
(1)求AB·AC和∠ACB的大小,并判断△ABC的形状;
(2)若M为BC边的中点,求|AM|.
6.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AB,AC为邻边的平行四边形的两条对角线的长;
(2)若向量AC-tOB与向量OB垂直,求实数t的值.
7.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.
8.(2021山东威海高一期末)如图,已知正方形ABCD中,E,F分别是CD,AD的中点,BE,CF交于点P.求证:
(1)BE⊥CF;
(2)AP=AB.
题组二 解析几何中的向量方法
9.在平面直角坐标系xOy中,已知向量OA与OB关于y轴对称,向量a=(1,0),则满足OA2+a·AB=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
10.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PA=-2PB,则直线l的方程是 .
题组三 物理中的向量方法
(2021山东聊城高一期末)已知作用在点A的三个力F1=(3,4),F2=(2,
-5),F3=(3,1),且A(1,1),则合力F=F1+F2+F3的终点坐标为( )
A.(9,1) B.(1,9)
C.(9,0) D.(0,9)
12.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cs θ=( )
A.215 B.-215 C.25 D.-25
13.(2020山东平邑第一中学高三期末)如图所示,一个物体被两根轻质细绳拉住,且处于平衡状态.已知两根绳上的拉力分别是F1,F2,且F1,F2与水平方向的夹角均为45°,|F1|=|F2|=102 N,则物体的重力G的大小为 N.
14.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,在流水中游泳的实际速度为v2.
(1)若此人朝正南方向游去,且|v1|=3 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|=3 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.(2021安徽舒城中学高一月考,)若O为△ABC所在平面内任一点,且满足(OB-OC)·(OB+OC-2OA)=0,则△ABC一定为( )
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
3.(2021广东佛山实验中学高一月考,)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,则船实际航行的速度大小为( )
A.2 km/h B.34 km/h
C.4 km/h D.8 km/h
4.()已知两点M(-1,0),N(1,0),若直线3x-4y+m=0上存在点P,满足PM·PN=0,则实数m的取值范围是( )
A.(-∞,-5]∪[5,+∞)
B.(-∞,-25]∪[25,+∞)
C.[-5,5]
D.[-25,25]
5.()已知点O是△ABC内一点,满足OA+2OB=mOC,S△AOBS△ABC=47,则实数m的值为( )
A.2 B.-2
C.4 D.-4
二、填空题
6.()已知点O为三角形ABC所在平面内的一点,且满足|OA|=|OB|=|OC|=1,3OA+4OB+5OC=0,则AB·AC= .
7.()过点P(0,2)作直线l与圆O:x2+y2=1交于A,B两点,若OA·OB=-12,则直线l的斜率为 .
8.(2020河南新乡高一上期末,)在平行四边形ABCD中,AB=2,BC=3,∠B=30°,点E,F分别在边BC,CD上(不与端点重合),且BEEC=CFDF,则AE·AF的取值范围为 .
三、解答题
9.(2021山东师范大学附属中学高一月考,)两个力F1=i+j,F2=4i-5j作用于同一质点,使该质点从点A(20,15)移动到点B(7,0)(其中i,j分别是x轴正方向、y轴正方向上的单位向量,力的单位:N,位移的单位:m).求:
(1)F1,F2分别对该质点做的功;
(2)F1,F2的合力F对该质点做的功.(功的单位:J)
10.()如图,在平行四边形ABCD中,E,F分别是BC,DC上的点,且满足BE=EC,DF=2FC,记AB=a,AD=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DE,BF;
(2)若|AB|=3,|AD|=2,|BF|=3,求|DE|.
答案全解全析
基础过关练
1.A 依题意可知a≠0,AC=(asin θ-a,acs θ),BC=(asin θ+a,acs θ),则|AC|与|BC|不一定相等,
AC·BC=(asin θ)2-a2+(acs θ)2=a2(sin2θ+cs2θ)-a2=0,
所以AC⊥BC,所以△ABC是直角三角形.故选A.
2.B 因为3OA+OC=3OD+OB,所以3(OA-OD)=OB-OC,即3DA=CB,故CB∥DA且CB≠DA,所以四边形ABCD是梯形.
3.C 设△ABC外接圆的半径为R,
∵5OA+12OB+13OC=0,
∴5OA+12OB=-13OC,
∴(5OA+12OB)2=(-13OC)2,
∴169R2+120OA·OB=169R2,
∴OA·OB=0,∴∠AOB=π2,
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π4.故选C.
4.B 当直线EF经过C点时,AD+BE+CF=0即为AD+BE=0,于是|AD|=|BE|,设EF交AB于G,易得AG=GB,即EF是AB边上的中线;同理,当直线EF经过A点时,EF是BC边上的中线;当直线EF经过B点时,EF是AC边上的中线.因此,点M是△ABC三条中线的交点.故选B.
5.解析 (1)由题意得AB=(3,-1),AC=(-1,-3),则|AB|=10,|AC|=10,
AB·AC=3×(-1)+(-1)×(-3)=0,
所以AB⊥AC,即∠BAC=90°.
因为|AB|=|AC|,
所以△ABC为等腰直角三角形,所以∠ACB=45°.
(2)因为M为BC边的中点,所以M(2,0).
又A(1,2),所以AM=(1,-2),
所以|AM|=12+(−2)2=5.
6.解析 (1)易得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AB,AC为邻边的平行四边形的两条对角线的长分别为5、61.
(2)由题意得OB=(4,5),AC=(-3,-2),
所以AC-tOB=(-3-4t,-2-5t),
因为向量AC-tOB与向量OB垂直,
所以(AC-tOB)·OB=0,
所以(-3-4t)×4+(-2-5t)×5=0,
解得t=-2241.
所以实数t的值为-2241.
7.解析 设OA=a,OB=b,AM,BN的夹角为θ(θ∈(0,π)),则OM=12b,ON=13a,a·b=0,|a|=3,|b|=2.
∵AM=OM-OA=12b-a,
BN=ON-OB=13a-b,
∴AM·BN=12b-a·13a-b=-5,
易得|AM|=10,|BN|=5,
∴cs θ=-55×10=-22,∴θ=3π4.
又∵∠MPN即为向量AM,BN的夹角,
∴∠MPN=3π4.
8.证明 如图,以A为原点建立平面直角坐标系,
不妨设AB=2,则A(0,0),B(2,0),C(2,2),E(1,2),F(0,1).
(1)BE=OE-OB=(1,2)-(2,0)=(-1,2),
CF=OF-OC=(0,1)-(2,2)=(-2,-1),
∵BE·CF=(-1)×(-2)+2×(-1)=0,
∴BE⊥CF,即BE⊥CF.
(2)设P(x,y),则FP=(x,y-1),CF=(-2,-1).
∵FP∥CF,∴-x=-2(y-1),即x=2y-2.
同理由BP∥BE,得y=-2x+4,代入x=2y-2,解得x=65,∴y=85,即P65,85.
∴AP2=652+852=4=AB2,
∴|AP|=|AB|,即AP=AB.
9.B 因为OA与OB关于y轴对称,所以OB=(-x,y),所以AB=OB-OA=(-2x,0),
所以OA2+a·AB=0可表示为x2+y2+(1,0)·(-2x,0)=0,即(x-1)2+y2=1.
10.答案 x+2y-3=0
解析 设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,∴直线l的方程为x3+y32=1,即x+2y-3=0.
11.A F=F1+F2+F3=(3,4)+(2,-5)+(3,1)=(8,0),
设终点为B(x,y),则AB=(x-1,y-1)=(8,0),所以x-1=8,y-1=0,解得x=9,y=1,所以终点坐标为(9,1).
12.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|v1|cs α=|v2|,即cs α=|v2||v1|=25,
由θ=π-α,得cs θ=cs(π-α)=-cs α=-25.故选D.
13.答案 20
解析 由题意知|G|=|F1+F2|,F1,F2的夹角为π2.
所以|G|2=|F1+F2|2=|F1|2+2|F1||F2|·cs π2+|F2|2=200+0+200=400,所以|G|=20 N.
14.解析 (1)如图,设OA=v0,OB=v1,OC=v2,
则由题意知v2=v0+v1,|OA|=1,四边形OACB为矩形,且|OB|=AC=3,
在Rt△OAC中,|v2|=OC=OA2+AC2=2,
tan∠AOC=31=3,又α=∠AOC∈0,π2,所以α=π3.
所以他实际前进的方向与水流方向的夹角α为π3,v2的大小为2 m/s.
(2)由题意知∠OCB=π2,且|v2|=|OC|=3,BC=1,如图所示.
在Rt△OBC中,|v1|=OB=OC2+BC2=2,
tan∠BOC=13=33,又∠BOC∈0,π2,所以∠BOC=π6,所以β=π2+π6=2π3.
所以他游泳的方向与水流方向的夹角β为2π3,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AA1=(x+10,y-10),
由题意可知,AA1=5v,
即(x+10,y-10)=(20,-15),
所以x+10=20,y-10=-15,解得x=10,y=−5.
2.A ∵(OB-OC)·(OB+OC-2OA)=0,
∴CB·(AB+AC)=0,
∴CB⊥(AB+AC),∴△ABC的BC边上的中线和BC边垂直,∴△ABC是等腰三角形.无法判断△ABC是不是等边三角形、等腰直角三角形.故选A.
3.C 如图:
由图可得|AC|=|AD|2-|DC|2=4 km/h.故选C.
4.C 设P(x,y),则PM=(-1-x,-y),PN=(1-x,-y),
由PM·PN=0得x2+y2=1,又点P在直线3x-4y+m=0上,所以圆心到直线的距离d=|m|32+(−4)2≤1,故m∈[-5,5],故选C.
5.D 由OA+2OB=mOC得13OA+23OB=m3OC,设m3OC=OD,则13OA+23OB=OD,∴A,B,D三点共线,如图所示.
∵OC与OD反向共线,
∴m<0,且|OD||CD|=mm-3,
∴S△AOBS△ABC=|OD||CD|=mm-3=47,解得m=-4.
故选D.
二、填空题
6.答案 45
解析 ∵|OA|=|OB|=|OC|=1,3OA+4OB+5OC=0,
∴3OA+4OB=-5OC,
两边同时平方可得9+16+24OA·OB=25,
∴OA·OB=0.
∵OC=-35OA-45OB,
∴AB·AC=(OB-OA)·(OC-OA)
=(OB-OA)·-85OA-45OB
=-85OB·OA-45OB2+85OA2+45OB·OA=0-45+85+0=45.
7.答案 ±15
解析 当直线l斜率不存在时,不妨设A(0,1),B(0,-1),此时OA·OB=0+1×
(-1)=-1,不符合题意,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y=kx+2,x2+y2=1,得(k2+1)x2+4kx+3=0,
所以x1+x2=-4kk2+1,x1x2=3k2+1,
由OA·OB=-12,得(x1,y1 )·(x2,y2)=-12,即x1x2+y1y2=-12,
把y1=kx1+2,y2=kx2+2,代入x1x2+y1y2=-12,得(k2+1)x1x2+2k(x1+x2 )+92=0,
所以(k2+1)3k2+1+2k-4kk2+1+92=0,
化简得3-8k2k2+1+92=0,
即k2=15,解得k=±15.
8.答案 -13,1
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(3,1),
由BEEC=CFDF可设BE=tBC=3t,CF=tCD=2t(0则E(3t,0),F(3+3t,t),
∴AE=(3t-3,-1),AF=(3t,t-1),
∴AE·AF=3t·(3t-3)-(t-1)=3t2-4t+1=3t-232-13,
又0∴当t=23时,AE·AF有最小值,且最小值为-13;当t无限趋近于0时,AE·AF无限趋近于1.
故AE·AF的取值范围为-13,1.
三、解答题
9.解析 (1)易得F1=(1,1),F2=(4,-5),AB=(-13,-15).
则F1做的功W1=F1·AB=(1,1)·(-13,-15)=-13-15=-28(J),
F2做的功W2=F2·AB=(4,-5)·(-13,-15)=-52+75=23(J).
(2)易得F=F1+F2=(5,-4),
所以F做的功W=F·AB=(5,-4)·(-13,-15)=-65+60=-5(J).
10.解析 (1)在▱ABCD中,BE=EC,DF=2FC,
∴DE=DC+CE=AB+12CB=AB-12AD=a-12b,
BF=BC+CF=AD+13CD=AD-13AB=b-13a.
(2)由(1)可知BF=AD-13AB,DE=AB-12AD,
∴BF2=AD-13AB2=AD2-23AD·AB+19AB2.
∵|AB|=3,|AD|=2,|BF|=3,
∴(3)2=22-23×2×3×cs∠BAD+19×32,∴cs∠BAD=12,
∴DE2=AB-12AD2=AB2-AB·AD+14AD2=32-3×2×cs∠BAD+14×22=9-6×12+1=7,∴|DE|=7.