2019-2020学年高中数学 第2章 平面向量 2.5 平面向量应用举例课后课时精练课件 新人教A

课后课时精练A级：基础巩固练一、选择题1．在△ABC中，AB＝AC，D，E分别是AB，AC的中点，则()A．BD→＝CE→B．BD→与CE→共线C．BE→＝BC→D．DE→与BC→共线解析∵D，E分别是AB，AC的中点，∴DE∥BC，即DE→与BC→共线．2．△ABC的外接圆的圆心为O，半径为1，AO→＝12(AB→＋AC→)，且|OA→|＝|AB→|，则BA→·BC→为()A．1B．3C．－1D．－3解析由题意知，O为BC的中点，且∠ABC＝60°，|BC→|＝2，|AB→|＝1，∴BA→·BC→＝1×2×12＝1.3．人骑自行车的速度是v1，风速为v2，则人骑自行车逆风行驶的速度为()A．v1－v2B．v1＋v2C．|v1|－|v2|D．v1v2解析对于速度的合成问题，关键是运用向量的合成进行处理，人骑自行车逆风行驶的速度为v1＋v2，因此选B.4．已知非零向量AB→与AC→满足AB→|AB→|＋AC→|AC→|·BC→＝0，且AB→|AB→|·AC→|AC→|＝12，则△ABC为()A．三边均不相等的三角形B．直角三角形C．等腰非等边三角形D．等边三角形解析∵AB→|AB→|＋AC→|AC→|·BC→＝0，∴∠A的平分线所在的向量与BC→垂直，所以△ABC为等腰三角形．又AB→|AB→|·AC→|AC→|＝12，∴cosA＝12，∴∠A＝π3.故△ABC为等边三角形．5．已知直线x＋y＝a与圆x2＋y2＝2交于A，B两点，O是坐标原点，C是圆上一点，若OA→＋OB→＝OC→，则a的值为()A．±1B．±2C．±3D．±2解析如图，连接AC，BC，可知四边形OACB是菱形，OC⊥AB，所以原点O到直线AB的距离等于半径的一半，即22，进而可得a＝±1.二、填空题6．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________m，方向是东偏北________．6060°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°.7．已知向量a＝(6,2)，b＝－4，12，过点A(3，－1)且与向量a＋2b平行的直线l的方程为_____________．3x＋2y－7＝0解析a＋2b＝(6,2)＋(－8,1)＝(－2,3)＝－21，－32，∴过A(3，－1)且与向量a＋2b平行的直线l的方程为y＋1＝－32(x－3)，即3x＋2y－7＝0.8．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∈π6，5π6.三、解答题9．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：D，G，F三点共线，则DG→＝λDF→，AG→＝AD→＋λDF→＝12λa＋(1－λ)b.B，G，E三点共线，则BG→＝μBE→，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．10．今有一小船位于d＝60m宽的河边P处，从这里起，在下游l＝80m处河流变成瀑布，若河水流速方向由上游指向下游(与河岸平行)，水速大小为5m/s，如图，为了使小船能安全渡河，船的划速不能小于多少？当划速最小时，划速方向如何？sin37°＝35解如图，由题设可知，船的实际速度v＝v划＋v水，其方向为临界方向PO→.则最小划速|v划|＝|v水|·sinθ，sinθ＝dd2＋l2＝60602＋802＝35，∴θ＝37°.∴最小划速应为v划＝5×sinθ＝5×35＝3(m/s)．当划速最小时，划速的方向与水流方向的夹角为127°.B级：能力提升练1．一只渔船在航行中遇险，发出求救警报，在遇险地西南方向10mile处有一只货船收到警报立即侦察，发现遇险渔船沿南偏东75°，以9mile/h的速度向前航行，货船以21mile/h的航速前往营救，并在最短时间内与渔船靠近，求货船的位移．解如下图，设渔船在A处遇险，货船在B处发现渔船遇险，两船在C处相遇，所经时间为t(h)．由已知，∠BAC＝45°＋75°＝120°，|AB→|＝10，|AC→|＝9t，|BC→|＝21t.∵BC→＝AC→－AB→，∴BC→2＝(AC→－AB→)2，即BC→2＝AC→2－2AC→·AB→＋AB→2.∴(21t)2＝(9t)2－2×9t×10×cos120°＋100.化简得36t2－9t－10＝0，即(3t－2)(12t＋5)＝0.∵t0，∴t＝23.∴|BC→|＝23×21＝14，|AC→|＝23×9＝6.又AC→＝BC→－BA→，∴AC→2＝(BC→－BA→)2，即AC→2＝BC→2－2BC→·BA→＋BA→2.∴36＝196－2×14×10×cos∠ABC＋100.由此解得cos∠ABC＝1314.∴∠ABC≈21°47′.故货船的位移是北偏东66°47′，距离为14mile.2．如图，用两条同样长的绳子拉一物体，物体受到重力为G.两绳受到的拉力分别为F1，F2，夹角为θ.(1)求其中一根绳子受的拉力|F1|与|G|的关系式，用数学观点分析|F1|的大小与夹角θ的关系；(2)求|F1|的最小值；(3)如果每根绳子的最大承受拉力为|G|，求θ的取值范围．解(1)由力的平衡得F1＋F2＋G＝0，设F1，F2的合力为F，则F＝－G.由F1＋F2＝F且|F1|＝|F2|，|F|＝|G|，解直角三角形得cosθ2＝12|F||F1|＝|G|2|F1|.∴|F1|＝|G|2cosθ2，θ∈[0°，180°]．由于函数y＝cosθ在θ∈[0°，180°]上为减函数，∴θ逐渐增大时，cosθ2逐渐减小，即|G|2cosθ2逐渐增大．∴θ增大时，|F1|也增大．(2)由上述可知，当θ＝0°时，|F1|有最小值为|G|2.(3)由题意，得|G|2≤|F1|≤|G|，∴12≤12cosθ2≤1，即12≤cosθ2≤1.由于y＝cosθ在[0°，180°]上为减函数，∴0°≤θ2≤60°，∴θ∈[0°，120°]．