【文档说明】【精准解析】高中数学北师大必修4一课三测：2.7　向量应用举例含解析【高考】.docx，共(17)页，296.359 KB，由小赞的店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

§7向量应用举例填一填1.点到直线的距离公式若M(x0，y0)是平面上一定点，它到直线l：Ax＋By＋C＝0的距离d＝________.2．直线l：Ax＋By＋C＝0的法向量(1)与直线的方向向量________的向量称为该直线的法向量．(2)若直线l的方向向量v＝(B，－A)，则直线l

的一个法向量为n＝________与直线l的法向量n同向的单位向量n0＝n|n|＝________.3．平面几何中的向量方法(1)证明线段相等，转化为证明向量的________相等；求线段的长，转化为求向量的________．(2)证明线段、直线平行，转

化为证明向量________．(3)证明线段、直线垂直，转化为证明向量________．(4)几何中与角相关的问题，转化为向量的________问题．(5)对于有关长方形、正方形、直角三角形等平面几何问题，

通常以相互垂直的两边所在直线分别为x轴和y轴建立平面直角坐标系，通过向量的坐标运算解决平面几何问题.判一判1.求力F1和F2的合力可按照向量加法的平行四边形法则．()2．若△ABC为直角三角形，则有AB→·BC→＝0.()3．若向量AB→∥

CD→，则AB∥CD.()4．若AB→∥CD→，则直线AB与CD平行．()5．向量AB→，CD→的夹角与直线AB，CD的夹角不相等．()6．力是既有大小，又有方向的量，所以也是向量．()7．速度、加速度与位

移的合成与分解，实质上就是向量的加减法运算．()8．四边形ABCD中，若向量AB→∥CD→，则该四边形为平行四边形．()想一想向量方法解决平面几何问题有哪些常见应用？提示：(1)证明线段相等：通过向量运算，证明AB2→＝CD2→，即可证明AB＝CD.(2)证明线段平行

：利用AB→＝λCD→，点A，B，C，D不共线，可以证明AB∥CD，特别地，当λ＝1时，AB綊CD.(3)证明线段垂直：利用AB→·CD→＝0，证明两线段垂直．(4)证明三点共线：利用AB→＝λAC→(λ∈R)可以证明A，B，C三点共线，

也可变形为OA→＝xOB→＋yOC→(x，y∈R，x＋y＝1)，其中O为空间任意一点．(5)证明四点共面：利用PA→＝λPB→＋μPC→(λ，μ∈R)可以证明点P，A，B，C四点共面．(6)求值：利用向量的夹角公式求角；利用|a|＝a·a求长度．思考感悟：练一练1.

已知点A(－2，－3)，B(2,1)，C(0,1)，则下列结论正确的是()A．A，B，C三点共线B.AB→⊥BC→C．A，B，C是等腰三角形的顶点D．A，B，C是钝角三角形的顶点2．若向量OF1→＝(2,2)，OF2→＝(－2,3)分别表示两个力F1，F2，则|F1＋F2|为(

)A．(0,5)B．(4，－1)C．22D．53．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做的功是________．4．若AB→＝3e，DC→＝5e，且|AD→|＝|BC→|，则四边形ABCD的形状为________.知识点一平面向量在平面几

何中的应用1.已知a＝(－1，3)，OA→＝a－b，OB→＝a＋b，若△AOB是以O为直角顶点的等腰直角三角形，则△AOB的面积是()A.3B．2C．22D．42．如图所示，在正方形ABCD中，P为对角线AC

上任一点，PE⊥AB，PF⊥BC，垂足分别为E，F，连接DP，EF，求证：DP⊥EF.知识点二平面向量在解析几何中的应用3.在平面直角坐标系中，O为坐标原点，直线l：x－ky＋1＝0与圆C：x2＋y2

＝4相交于A，B两点，OM→＝OA→＋OB→.若点M在圆C上，则实数k＝()A．－2B．－1C．0D．14．已知A，B是圆O：x2＋y2＝4上的两个动点，OC→＝52OA→－22OB→，|AB→|＝22，若M是线段AB的中点，则OC→·OM→的值为____

____．知识点三平面向量在物理中的应用5.一个质点受到平面上的三个力F1，F2，F3(单位：牛顿)的作用而处于平衡状态，已知F1，F2成60°角且|F1|＝2，|F2|＝4，则|F3|＝()A．6B．2C．23D．276．某人骑车以每小时a千米的速度向东行驶，感

到风从正北方向吹来，而当速度为每小时2a千米时，感到风从东北方向吹来，试求实际风速和方向．综合知识建坐标系解决向量问题7.在边长为1的正方形ABCD中，M为BC的中点，点E在线段AB上运动，则EC→·EM→的取值范围是()A.12，2B.0，32C.

12，32D．[0,1]8．已知正方形ABCD的边长为1，点E是AB边上的动点，则DE→·CB→的值为____________，DE→·DC→的最大值为____________．基础达标一、选择题1．平面上有四个互不相同的点A，B，C，D，已知(DB→＋DC→－2DA

→)·(AB→－AC→)＝0，则△ABC的形状是()A．直角三角形B．等腰三角形C．等腰直角三角形D．无法确定2．在△ABC中，有下列命题：①AB→－AC→＝BC→②AB→＋BC→＋CA→＝0③若AC→·AB→>0，则△ABC为

锐角三角形．其中正确的命题有()A．①②B．①③C．②D．①②③3．在四边形ABCD中，若AB→＋CD→＝0，AC→·BD→＝0，则四边形为()A．平行四边形B．矩形C．等腰梯形D．菱形4．已知△ABC所在平面内的一点P满足PA→＋2PB→

＋PC→＝0，则S△PAB:S△PAC:S△PBC＝()A．1:2:3B．1:2:1C．2:1:1D．1:1:25．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，再加上一个力f4，

则f4＝()A．(－1，－2)B．(1，－2)C．(－1,2)D．(1,2)6．一个物体受到同一平面内三个力F1，F2，F3的作用，沿北偏东45°方向移动了8m，已知|F1|＝2N，方向为北偏东30°，|F2|＝4N

，方向为北偏东60°，|F3|＝6N，方向为北偏西30°，则这三个力的合力所做的功为()A．24JB．242JC．243JD．246J7．若O是△ABC内一点，OA→＋OB→＋OC→＝0，则O为△ABC的()A．内心B．外心C．垂心D．重心8．已知直线l与x，y轴分别相交于

点A，B，AB→＝2i－3j(i，j分别是与x，y轴的正半轴同方向的单位向量)，则直线l的方程是()A．3x－2y＋6＝0B．3x＋2y＋6＝0C．2x＋3y＋6＝0D．2x－3y＋6＝0二、填空题9．已知A(1,2)，B(2,3)，C(－2

,5)，则△ABC的形状是________．10．点E是正方形ABCD的边CD的中点，若AE→·DB→＝－2，则AE→·BE→＝________.11.如图，平行四边形ABCD中，已知AD＝1，AB＝2，对角线BD＝2，则对角线AC的长为________．12

．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，则cos〈F1，F3〉＝________.三、解答题13．已知正方形AB

CD，E，F分别是CD，AD的中点，BE，CF交于点P.求证：(1)BE⊥CF；(2)AP＝AB.14.已知两个恒力F1＝i＋2j，F2＝4i－5j作用于同一个质点，由点A(20,15)移动到点B(7,0)，其中i、j分别是x轴、y轴正方向上的单位向量，试求：(1)F1

、F2分别对质点所做的功；(2)F1、F2的合力F对质点所做的功．能力提升15.已知Rt△ABC中，∠C＝90°，设AC＝m，BC＝n.(1)若D为斜边AB的中点，求证：CD＝12AB.(2)若E为CD的中点，连接A

E并延长交BC于F，求AF的长度(用m，n表示)．16．在风速为75(6－2)km/h的西风中，飞机以150km/h的航速向西北方向飞行，求没有风时飞机的航速和航向．§7向量应用举例一测基础过关填一填1.|Ax0＋By0＋C

|A2＋B22．(1)垂直(2)(A，B)AA2＋B2，BA2＋B23．(1)模模(2)平行(3)垂直(4)夹角判一判1．√2.×3.×4.×5.×6.√7.√8.×练一练1．D2.D3.－114.等腰梯形二测考点落实1．解析：因为a＝(－1，3)，所以|a

|＝1＋3＝2.设AB中点为C，则OC→＝12(OA→＋OB→)＝a，则|OC→|＝|a|＝2.在直角三角形AOB中，|AB→|＝2|OC→|＝4，所以S△AOB＝12×4×2＝4.答案：D2．解析：方法一：设正方形ABCD的边长为1，AE＝a(0<a<1)，则EP＝AE＝a，

PF＝EB＝1－a，AP＝2a，所以DP→·EF→＝(DA→＋AP→)·(EP→＋PF→)＝DA→·EP→＋DA→·PF→＋AP→·EP→＋AP→·PF→＝1×a×cos180°＋1×(1－a)×cos90°＋2a×a×cos45°＋2a×(1－a)×cos45°＝－a＋a2＋a(

1－a)＝0.所以DP→⊥EF→，即DP⊥EF.方法二：设正方形边长为1，建立如图所示的平面直角坐标系，设P(x，x)，则D(0,1)，E(x,0)，F(1，x)，所以DP→＝(x，x－1)，EF→＝(

1－x，x)，由于DP→·EF→＝x(1－x)＋x(x－1)＝0，所以DP→⊥EF→，即DP⊥EF.3．解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，将直线方程代入x2＋y2＝4，整理得(k2＋1)y2－2ky

－3＝0，所以，y1＋y2＝2kk2＋1，x1＋x2＝k(y1＋y2)－2＝－2k2＋1，OM→＝OA→＋OB→＝－2k2＋1，2kk2＋1，由于点M在圆C上，所以－2k2＋12＋2kk2＋12＝4，解得k＝0.答案：C4．解析：易知OM⊥AB，且OM＝2

2－(2)2＝2OC→·OM→＝52OA→·OM→－22OB→·OM→＝52OM2→－22OM2→＝52×(2)2－22×(2)2＝5－2.答案：5－25．解析：因为物体处于平衡状态，所以F1＋F2＋F

3＝0，所以F3＝－(F1＋F2)，所以|F3|＝|F1＋F2|＝(F1＋F2)2＝|F1|2＋|F2|2＋2F1·F2＝4＋16＋2×2×4×12＝27.答案：D6.解析：设a表示此人以每小时a千米的速度向东行驶的向量，无风时此人感到风速为－a，设实际风速为v，那么此

时人感到的风速为v－a，设OA→＝－a，OB→＝－2a，PO→＝v，因为PO→＋OA→＝PA→，所以PA→＝v－a，这就是感到由正北方向吹来的风速，因为PO→＋OB→＝PB→，所以PB→＝v－2a.于是当此人的速度是原来的2倍时所感受到由东北方向吹来的风

速就是PB→.由题意：∠PBO＝45°，PA⊥BO，BA＝AO，从而，△POB为等腰直角三角形，所以PO＝PB＝2a，即|v|＝2a，所以实际风是每小时2a千米的西北风．7．解析：将正方形放入如图所示的平面直角坐标系中，设E(x,0)，0≤x≤1.又M1，1

2，C(1,1)，所以EM→＝1－x，12，EC→＝(1－x,1)，所以EC→·EM→＝(1－x,1)·1－x，12＝(1－x)2＋12，因为0≤x≤1，所以12≤(1－x)2＋12≤32，即EC→·EM→的取值范围是

12，32.答案：C8．解析：建立平面直角坐标系如图：则CB→＝(0，－1)，设E(x0,0)，0≤x0≤1，则DE→＝(x0，－1)，所以DE→·CB→＝1，又DC→＝(1,0)，所以DE→·DC→＝x0，而0≤x0≤1，所以DE→·DC→的最大值为1.答案：1；1三测学业达标1．解析：由(

DB→＋DC→－2DA→)·(AB→－AC→)＝0，得[(DB→－DA→)＋(DC→－DA→)]·(AB→－AC→)＝0，所以(AB→＋AC→)·(AB→－AC→)＝0，所以|AB→|2－|AC→|2＝0，所以|AB→|＝|AC→|，故△ABC是

等腰三角形．答案：B2．解析：AB→－AC→＝CB→＝－BC→≠BC→，∴①错误.AB→＋BC→＋CA→＝AC→＋CA→＝AC→－AC→＝0，∴②正确.AC→·AB→>0⇒cos〈AC→，AB→〉>0，即cosA>0，∴A为锐角，但不能确定B，C的大小，∴不能判定△ABC

是否为锐角三角形，∴③错误.故选C.答案：C3．解析：由题可知AB→∥CD→，|AB→|＝|CD→|，且AC→⊥BD→，故四边形为菱形．答案：D4．解析：延长PB至D，使得PD→＝2PB→，于是有PA→＋PD→＋PC→

＝0，即点P是△ADC的重心，依据重心的性质，有S△PAD＝S△PAC＝S△PDC.由B是PD的中点，得S△PABS△PACS△PBC＝121.答案：B5．解析：物体平衡，则所受合力为0，即f1＋f2＋f3＋f4＝0，故f4＝－(f1＋f2＋f3)＝(1,2)．答案：D6．解析：如图，建立直角坐

标系，则F1＝(1，3)，F2＝(23，2)，F3＝(－3，33)，则合力F＝F1＋F2＋F3＝(23－2,2＋43)．又位移s＝(42，42)，所以合力F所做的功W＝F·s＝(23－2)×42＋(2＋43)×42＝246(J)．答案：D7.解析：如图，取AB的中点E，连

接OE，则OA→＋OB→＝2OE→.又OA→＋OB→＋OC→＝0，所以OC→＝－2OE→.又O为公共点，所以O，C，E三点共线，且|OC→|＝2|OE→|.所以O为△ABC的重心．答案：D8．解析：由于

i，j分别是与x，y轴的正半轴同方向的单位向量，所以AB→＝(2，－3)，而A，B分别在x轴，y轴上，可得A(－2,0)，B(0，－3)，由此可得直线l的方程为3x＋2y＋6＝0.答案：B9．解析：∵A(1,2)，B(2,3)，C(－2,5)，∴AC→

＝(－3,3)，AB→＝(1,1)，∴AC→·AB→＝0，∴AC→⊥AB→，△ABC为直角三角形．答案：直角三角形10．解析：以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴建立直角坐标系，设正方形的边

长为2a，则E(a,2a)，B(2a,0)，D(0,2a)，可得AE→＝(a,2a)，DB→＝(2a，－2a)，若AE→·DB→＝－2，则2a2－4a2＝－2，解得a＝1，∴BE→＝(－1,2)，AE→＝(1,2)，则AE→·BE→＝3.答案：311．解析：设AD→＝

a，AB→＝b，则BD→＝a－b，AC→＝a＋b，而|BD→|＝|a－b|＝a2－2a·b＋b2＝1＋4－2a·b＝5－2a·b＝2，所以5－2a·b＝4，所以a·b＝12，又|AC→|2＝|a＋b|2＝a2＋2a·b＋b2＝1＋4＋2a·b＝6，所以|AC→|＝6，即AC＝6.答案

：612．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.答案：－5373713．证明：(1)以A为坐标原点，以AB→的方向为x轴的正方向，以AD→的方

向为y轴的正方向，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)．∵BE→＝(－1,2)，CF→＝(－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－2.①同理，由BP→∥BE→，得y＝－2x＋4.②由①②得x＝65，y＝85，即P65，85.∴|AP→|2＝652＋852＝4＝|AB→|2

，∴|AP→|＝|AB→|，即AP＝AB.14．解析：(1)因为A(20,15)，B(7,0)，所以AB→＝(7－20，0－15)＝(－13，－15)．因为i⊥j，所以F1对质点所做的功W1＝F1·AB→＝(i＋2j)·(－13i－

15j)＝－13i2－41i·j－30j2＝－43，F2对质点所做的功W2＝F2·AB→＝(4i－5j)·(－13i－15j)＝－52i2＋5i·j＋75j2＝23.(2)解法一：因为F＝F1＋F2＝5i－3j，

所以W＝F·AB→＝(5i－3j)·(－13i－15j)＝－65i2－36i·j＋45j2＝－20.解法二：W＝W1＋W2＝－43＋23＝－20.15.解析：(1)以C为坐标原点，以边CB，CA所在的直线分别为x轴，y轴建立平面直角坐标系，如图所示，A(

0，m)，B(n,0)．因为D为AB的中点，所以Dn2，m2，所以|CD→|＝12n2＋m2，|AB→|＝m2＋n2，所以|CD→|＝12|AB→|，即CD＝12AB.(2)因为E为CD的中点，所以En4，m4，设F(x,0)，则AE→＝n4，

－34m，AF→＝(x，－m)．因为A，E，F三点共线，所以AF→＝λAE→.即(x，－m)＝λn4，－34m.则x＝n4λ，－m＝－34mλ，故λ＝43，即x＝n3，所以Fn3，0，所以|AF→|＝13n2＋9m2，即AF＝13

n2＋9m2.16.解析：设ω＝风速，va＝有风时飞机的航行速度，vb＝无风时飞机的航行速度，则vb＝va－ω.显然有vb，va，ω构成三角形．如图所示，设|AB→|＝|va|，|BC→|＝|ω|，|AC→|＝|vb|，作AD∥BC，CD⊥AD于点D，BE⊥AD于点E，则∠

BAD＝45°.由题意知|AB→|＝150，|BC→|＝75(6－2)，∴|CD→|＝|BE→|＝|EA→|＝752，|DA→|＝756.从而|AC→|＝1502，∠CAD＝30°.即没有风时飞机的航速为1502km/h，方向为西偏北30°.

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