新教材2021学年高中人教A版数学必修第2册课堂作业641642平面几何中的向量方法向量在物理中的应

第六章6.46.4.16.4.2A组·素养自测一、选择题1．若向量OF1→＝(1,1)，OF2→＝(－3，－2)分别表示两个力F1、F2，则|F1＋F2|为(C)A．(5,0)B．(－5,0)C．5D．－5[解析]∵OF1→＝(1,1)，OF2→＝(－3，－2)，∴|F1→＋F2→|＝1－32＋1－22＝5，故选C．2．(2020·四川绵阳期末)△ABC中，设AB→＝c，BC→＝a，CA→＝b，若c·(c＋a－b)0，则△ABC是(C)A．直角三角形B．锐角三角形C．钝角三角形D．无法确定其形状[解析]由已知，AB→·(AB→＋BC→－CA→)＝AB→·2AC→0，∴角A为钝角，故选C．3．两个大小相等的共点力F1、F2，当它们的夹角为90°时，合力大小为20N，当它们的夹角为120°时，合力大小为(B)A．40NB．102NC．202ND．402N[解析]如图，以F1、F2为邻边作平行四边形，F为这两个力的合力.由题意，易知|F|＝2|F1|，|F|＝20N，∴|F1|＝|F2|＝102N.当它们的夹角为120°时，以F1、F2为邻边作平行四边形，此平行四边形为菱形，此时|F合|＝|F1|＝102N.4．点O是△ABC所在平面内的一点，满足OA→·OB→＝OB→·OC→＝OC→·OA→，则点O是△ABC的(D)A．三个内角的角平分线的交点B．三条边的垂直平分线的交点C．三条中线的交点D．三条高线的交点[解析]由OA→·OB→＝OB→·OC→，得OA→·OB→－OB→·OC→＝0，∴OB→·(OA→－OC→)＝0，即OB→·CA→＝0．∴OB→⊥CA→.同理可证OA→⊥CB→，OC→⊥AB→.∴OB⊥CA，OA⊥CB，OC⊥AB，即点O是△ABC的三条高线的交点.5．如图所示，在矩形ABCD中，AB＝4，点E为AB的中点，且DE→⊥AC→，则|DE→|等于(B)A．52B．23C．3D．22[解析]以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，建立如图所示的直角坐标系.设|AD→|＝a(a0)，则A(0,0)，C(4，a)，D(0，a)，E(2,0)，所以DE→＝(2，－a)，AC→＝(4，a).因为DE→⊥AC→，所以DE→·AC→＝0，所以2×4＋(－a)·a＝0，即a2＝8．所以a＝22，所以DE→＝(2，－22)，所以|DE→|＝22＋－222＝23.二、填空题6．力F＝(－1，－2)作用于质点P，使P产生的位移为s＝(3,4)，则力F对质点P做功的是__－11__J.[解析]∵W＝F·s＝(－1，－2)·(3,4)＝－11，则力F对质点P做的功是－11J.7．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__[π6，5π6]__.[解析]以α，β为邻边的平行四边形的面积为：S＝|α||β|sinθ＝|β|sinθ＝12，所以sinθ＝12|β|，又因为|β|≤1，所以12|β|≥12，即sinθ≥12且θ∈[0，π]，所以θ∈[π6，5π6].8．某人从点O向正东走30m到达点A，再向正北走303m到达点B，则此人的位移的大小是__60__m，方向是东偏北__60°__.[解析]如图所示，此人的位移是OB→＝OA→＋AB→，且OA→⊥AB→，则|OB→|＝|OA→|2＋|AB→|2＝60(m)，tan∠BOA＝|AB→||OA→|＝3.∴∠BOA＝60°.三、解答题9．在△ABC中，O为BC中点，求证：AB2＋AC2＝2(AO2＋OC2).[证明]设AB→＝a，AC→＝b，则AO→＝12(a＋b)，OC→＝12(b－a)，∴AO2＋OC2＝AO→2＋OC→2＝[12(a＋b)]2＋[12(b－a)]2＝12a2＋12b2＝12(AB→2＋AC→2)＝12(AB2＋AC2)，∴AB2＋AC2＝2(AO2＋OC2).10．如图所示，四边形ABCD是菱形，AC和BD是它的两条对角线，试用向量证明：AC⊥BD.[解析]∵AC→＝AB→＋AD→，BD→＝AD→－AB→，∴AC→·BD→＝(AB→＋AD→)·(AD→－AB→)＝|AD→|2－|AB→|2＝0．∴AC→⊥BD→.∴AC⊥BD.B组·素养提升一、选择题1．点P在平面上做匀速直线运动，速度v＝(4，－3)，设开始时点P的坐标为(－10,10)，则5秒后点P的坐标为(速度单位：m/s，长度单位：m)(C)A．(－2,4)B．(－30,25)C．(10，－5)D．(5，－10)[解析]5秒后点P的坐标为(－10,10)＋5(4，－3)＝(10，－5).2．质点M在三个力F1，F2，F3的共同作用下，从点A(10，－20)移动到点B(30,10)(位移的单位为米)，若以x轴正向上的单位向量i及y轴正向上的单位向量j表示各自方向上1牛顿的力，F1＝5i＋20j，F2＝－20i＋30j，F3＝30i－10j，则F1，F2，F3的合力对质点M所做的功为(B)A．6000焦耳B．1500焦耳C．－500焦耳D．－3000焦耳[解析]F1＋F2＋F3＝15i＋40j，AB→＝20i＋30j，∴(F1＋F2＋F3)·AB→＝1500．3．已知点O、N、P在△ABC所在的平面内，且|OA→|＝|OB→|＝|OC→|，NA→＋NB→＋NC→＝0，PA→·PB→＝PB→·PC→＝PC→·PA→，则点O、N、P依次是△ABC的(C)A．重心外心垂心B．重心外心内心C．外心重心垂心D．外心重心内心[解析]由|OA→|＝|OB→|＝|OC→|，知点O为△ABC的外心，由NA→＋NB→＋NC→＝0，知点N为△ABC的重心；由PA→·PB→＝PB→·PC→，得(PA→－PC→)·PB→＝0，即CA→·PB→＝0，故CA→⊥PB→.同理，AP⊥BC，故P为△ABC的垂心，选C．4．若点M是△ABC所在平面内的一点，且满足3AM→－AB→－AC→＝0，则△ABM与△ABC的面积之比为(B)A．1︰2B．1︰3C．1︰4D．2︰5[解析]如图，D为BC边的中点，则AD→＝12(AB→＋AC→).因为3AM→－AB→－AC→＝0，所以3AM→＝2AD→，所以AM→＝23AD→，所以S△ABM＝23S△ABD＝13S△ABC.二、填空题5．作用于同一点的两个力F1、F2的夹角为2π3，且|F1|＝3，|F2|＝5，则|F1＋F2|的大小为__19__.[解析]|F1＋F2|2＝(F1＋F2)2＝F21＋2F1·F2＋F22＝32＋2×3×5×cos2π3＋52＝19，所以|F1＋F2|＝19.6．在△ABC中，AB＝3，AC边上的中线BD＝5，AC→·AB→＝5，则AC的长为__2__.[解析]设∠BAC＝θ，AD＝x(x0)，则AC→·AB→＝2x·3·cosθ＝5，∴x·cosθ＝56.作DE⊥AB于点E(图略)，由DE2＋EB2＝BD2，得(x·sinθ)2＋(3－x·cosθ)2＝5，解得x＝1．∴AC＝2x＝2．三、解答题7．一物体受到平面上的三个力F1，F2，F3(单位：牛顿)的作用处于平衡状态，已知F1，F2的夹角为60°，F1，F2的模分别为3和4，求cos〈F1，F3〉的值.[解析]∵－F3＝F1＋F2，∴|F3|2＝|F1＋F2|2＝F21＋2F1·F2＋F22＝9＋2×3×4×12＋16＝37，则|F3|＝37，又∵－F2＝F1＋F3，∴|F2|2＝|F1|2＋2F1·F3＋|F3|2，即16＝9＋2F1·F3＋37，解得F1·F3＝－15．∴cos〈F1，F3〉＝F1·F3|F1||F3|＝－153×37＝－53737.8．如图所示，在正三角形ABC中，D，E分别是AB，BC上的一个三等分点，且分别靠近点A，点B，AE，CD交于点P.求证：BP⊥DC.[证明]设PD→＝λCD→，并设△ABC的边长为a，则有PA→＝PD→＋DA→＝λCD→＋13BA→＝λ23BA→－BC→＋13BA→＝13(2λ＋1)BA→－λBC→，EA→＝BA→－13BC→.∵PA→∥EA→，∴13(2λ＋1)BA→－λBC→＝kBA→－13kBC→，于是有132λ＋1＝k，λ＝13k，解得λ＝17.∴PD→＝17CD→.BP→＝BC→＋CP→＝BC→＋67CD→＝17BC→＋47BA→，从而BP→·CD→＝17BC→＋47BA→、23BA→－BC→＝821a2－17a2－1021a2cos60°＝0，∴BP→⊥CD→，∴BP⊥DC.