【文档说明】2021年人教版高中数学必修第二册(精练)6.4.1《平面向量在几何和物理中的运用》（解析版）.doc，共(17)页，983.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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6.4.1平面向量在几何和物理中的运用（精练）【题组一平面向量在几何中的运用】1．（2020·全国高一课时练习）若3,5ABaCDa,且ADBC,则四边形ABCD是()A．平行四边形B．菱形C．等腰梯形D．非等腰梯形【答案】C【

解析】∵3,5ABaCDa，∴//ABCD，||||ABCD，∵||||ADBC，∴四边形ABCD是等腰梯形，选：C．2．（2019·怀仁市）已知正方形ABCD的边长为1，,ABa,BCb,A

Cc则abc等于A．2B．3C．22D．3【答案】C【解析】如图，因为正方形ABCD的边长为1，,ABa,BCb,ACc则abc2ABBCACAC，因为1,ABBCABBC，所以22abc，故选C．3．（2020·宁

夏吴忠中学高一期末）在Rt△ABC中，∠C＝90°，CB＝2，CA＝4，P在边AC的中线BD上，则CP·BP的最小值为（）A．－12B．0C．4D．－1【答案】A【解析】依题意，以C为坐标原点，分别以AC，B

C所在的直线为x，y轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则B(0，2)，D(2，0)，所以直线BD的方程为y＝－x＋2，因为点P在边AC的中线BD上，所以可设P(t，2－t)(0≤t≤2)，所以CP＝(t，2－t)，BP＝(t，－t)，

所以CP·BP＝t2－t(2－t)＝2t2－2t＝2212t－12，当t＝12时，CP·BP取得最小值－12，故选：A.4．（2020·浙江高一期末）已知正方形ABCD的边长为3，其所在平面内一点P，满足2PAPB，则PBAD的最大值是__________．【

答案】6【解析】如图，以A为坐标原点建立直角坐标系，则0,0,3,0,0,3ABD，设,Pxy，2PAPB，222223xyxy，整理可得2214xy，则22y≤≤，3,0,33PBDyyAx，则当2y

时，PBAD取得最大值为6.故答案为：6.5．（2020·全国高一课时练习）已知直角梯形ABCD中，//ADBC，90ADC，2AD，1BC，P是腰DC上的动点，则3PAPB的最小值为______.【答案】

5【解析】由题：以,DADC为,xy轴的正方向建立直角坐标系，如图所示：设0,,0,,1,,2,0,0CaPbBaAba，则32,31,5,34PAPBbabab2325345PAPBab，当34ab取得最小值.故答案为：56．

（2020·河南商丘市·高一期末）如图，在△ABC中，已知AB＝2，AC＝4，A＝60°．若D为BC边上的任意一点，M为线段AD的中点，则()MBMCAD的最大值是_____．【答案】7【解析】由余弦定理得2221+2cos4+16242122BCABAC

ACABA，222,ACABBCABBC，所以以B为原点，BC所在直线为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则(00)(23,0),(0,2)BCA，，，(20)Dx，，(,1),03Mxx，，(232,2),(2,2)MBMCxADx，223()2(2

32)44434472MBMCADxxxxx，，当32x时，()MBMCAD的最大值，最大值是7.故答案为：7.7．（2020·山东潍坊市·潍坊一中高一期中）如图，边长为2的菱形ABCD的对角线相交于点O，点P在线段BO上运动，

若1ABAO，则APBP的最小值为_______.【答案】34【解析】以O为原点建立平面直角坐标系如下图所示，设,0,0,,0,0AaBbab，则224ab①，由1ABAO得2,,01abaa②，由①②解得1,3ab，故1,0,0,3AB

.设0,,0,3Ptt，则APBP1,0,3tt23tt2333244t，当32t时取得最小值为34.故填：34.8．（2020·江

苏盐城市·高一期末）如图，在矩形ABCD中，3AB，4AD，圆M为BCD的内切圆，点P为圆上任意一点，且APABADuuuruuuruuur，则的最大值为________.【答案】116【解析】以点B为坐标原点，建

立平面直角坐标系如下图所示，因为在矩形ABCD中，3AB，4AD，所以圆M的半径为3+4512r，所以0,0B，0,3A，4,0C，4,3D，3,1M，圆M的方程为22311xy

，设,Pxy，又APABADuuuruuuruuur，所以,30,34,0xy，解得134yx，又点P是圆M上的点，所以3cos1sinxy（为参数），所以1sin3cos517si

n1+1+34312124+yx，其中3tan4，所以，当sin1时，取得最大值116，故答案为：116.9．（2020·天津静海区·静海一中高一期中）如图，已知等腰梯形ABCD中，24,ABDC3ADBC，E是DC的中点

，F是线段BC上的动点，则EFBF的最小值是_____【答案】43【解析】以AB中点为坐标原点，建立平面直角坐标系，如下图所示：由题可知，0,2,1,2,2,0ECB，设CFCB，0,1，故可得1,22F，则1,2,1,22EFBF

，故可得2321,0,1EFBF，因2321y的对称轴13，故可得EFBF的最小值为114321933.故答案为：43.10．（2020·全国高一课时练习）如图所示，以ABC两边ABAC，为边向外

作正方形ABGF和ACDE，M为BC的中点.求证：AMEF.【答案】证明见解析【解析】【解析】因为M是BC的中点，所以12AMABACuuuruuuruuur.又因为EFAFAE，所以12AMEFABACAFAE12ABAFACAFA

BAEACAE1002ACAFABAE12ACAFABAE1cos90cos9002ACAFBACABAEBAC∠，所以

AMEF，即AMEF.11．（2020·全国高一课时练习）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.【答案】（1）见试题解析；（2）

见试题解析【解析】如图建立平面直角坐标系xOy,其中A为原点,不妨设AB=2,则A(0,0),B(2,0),C(2,2),E(1,2),F(0,1).(1)BEOEOB=(1,2)-(2,0)=(-1,2),CFOFOC=(0,1)-(2

,2)=(-2,-1),∵BE?CF=(-1)×(-2)+2×(-1)=0,∴BECF,即BE⊥CF.(2)设P(x,y),则FP=(x,y-1),CF=(-2,-1).∵FPCF,∴-x=-2(y-1),即x=2y-2

.同理由BPBE,得y=-2x+4,代入x=2y-2,解得x=65,∴y=85,即P68,55.∴22268AP55=4=2AB,∴|AP|=|AB|,即AP=AB.12．（2020·山西运城市·高一期中

）在四边形ABCD中，已知0,0A，4,0B，3,2C，1,2D.（1）判断四边形ABCD的形状；（2）若2AEEC，求向量EB与EC夹角的余弦值.【答案】（1）四边形ABCD是等腰梯形.（2）513【解析】

（1）由题,因为2,0DC,4,0AB,所以2ABDC,又因为145AD,23445BC,所以四边形ABCD是等腰梯形（2）设,Exy,所以,AExy,3,2ECxy,因为2AEEC,所以2322xxyy

,解得243xy,所以42,3EB,21,3EC,设向量EB与EC夹角为,则8259cos131644199EBECEBEC,故向量EB与EC夹角的余弦值为51313．（2019·全国

高一课时练习）已知ABC是等腰直角三角形，90B，D是BC边的中点，BEAD，垂足为E，延长BE交AC于点F，连接DF，求证：ADBFDC.【答案】证明见解析【解析】如图，以B为原点，BCBA，所

在直线分别为x轴，y轴建立平面直角坐标系.设0220AC，，，，则10D，，22AC，.设AFAC，则0222=222BFBAAF，，，.又因为12DA，，BFDA，所以0BFDA，

所以2222=0，解得23，所以4233BF，.所以1233DFBFBD，.又因为10DC，，所以5cos5DADBADBDADB，5cos5DFDCFDCDFDC.又因为

0ADBFDC，，，所以ADBFDC.14．（2020·全国高一课时练习）在△ABC中,∠C=90°,D是AB的中点,用向量法证明CD=12AB．【答案】见解析【解析】如图所示，设CA=a，CB=b，则a与b的夹角为90°，故ab=0.∵AB=b-a，12CD(a+b)，

∴|CD|=12|a+b|=22211()||2||22abaabb=221||||2ab，|AB|=|b-a|=2()ba=2222||2||||||babaab.∴CD=12AB

，即CD=12AB.【题组二平面向量在物理中的运用】1．（2020·山东潍坊市·高一期中）如图所示，把一个物体放在倾斜角为30°的斜面上，物体处于平衡状态，且受到三个力的作用，即重力G，沿着斜面向上的摩擦力1F，垂直斜面向上的弹力2F．已知

180NF，则G的大小为________，2F的大小为________．【答案】160N803N【解析】如图，由向量分解的平行四边形法则，12||||sin30,cos30||||ooFFGG计算可得：2160,803GNFN故答案为：160,803NN2．（2020·全国

高一课时练习）如图所示，两根绳子把质量为1kg的物体吊在水平杆AB上（绳子的质量忽略不计，g=10m/s2），绳子在A，B处与铅垂方向的夹角分别为30°，60，则绳子AC和BC的拉力的大小分别为______，______.【答案】53N5N【解析】设

绳子AC和BC的拉力分别为1f，2f，物体的重力用fuv表示，则10Nf，12fff.如图，以C为起点，分别作1CEf，2CFf，CGf，则30ECG，60FCG，∴3cos3010532CECG，

1cos601052CFCG，∴绳子AC的拉力大小为53N，绳子BC的拉力大小为5N.故答案为：53N，5N3．（2019·四川省乐至至宝林中学高一期末）如图所示，一根绳穿过两个定滑轮，且两端分别挂有5N和3N的重物，现在两个滑轮之间的绳上挂一个重量为()mN的物体，恰好使

得系统处于平衡状态，求正数m的取值范围.【答案】48m【解析】如图建立坐标系，记OB、OA与y轴的正半轴的夹角分别为,，则由三角函数定义得(3sin,3cos)OB，(5cos(90),5sin(90))(5sin,5cos)OA

(0,)OCm，由于系统处于平衡状态，∴0OCOBOA∴3sin5sin0(1)3cos5cos(2)m，【方法一】移项，（1）、（2）平方相加得：292510cosmm，即210cos160

(*)mm，而存在正数m使得系统平衡，∴△＝2100cos640，∴4cos15.（因滑轮大小忽略，写成4cos15亦可，不扣分．这时,均为0）由（*）解得25cos25c

os16m，由（2）式知5cos0m∴25cos25cos16m，这是关于cos的增函数，∴正数m的取值范围为48m.【方法二】（1）、（2）平方相加得：292530cos()m

，由（1）知，3sinsin5，而,[0,]2∴随单调递增，∴0（这里的锐角满足3sin5，此时2）且2（写成2不扣分，这时,均为0）∴从而02，∴cos()

cos()12，即3cos()15，∴21664m,∴正数m的取值范围为48m.4．（2019·全国高一课时练习）设作用于同一点的三个力123,,FFF处于平衡状态，若121N,2NFF，且1F与2F的夹角为23，如图所示.（1）求3F

的大小；（2）求23,FF的大小.【答案】（1）3；（2）56【解析】（1）由题意31212,1,2FFFFF，且1F与2F的夹角为23，312214212cos33FFF.（2

）2312321221,12432FFFFFFFF，即2332cos,3FF.233cos,2FF，235,6FF.5．（2020·全国高一课时练习）如图所示，把一个物体放在倾

角为30的斜面上，物体处于平衡状态，且受到三个力的作用，即重力G，沿着斜面向上的摩擦力1F，垂直斜面向上的弹力2F.已知100GN，求12,FF的大小.【答案】1F50N，2F503N【解析】建立如图所示的平面直角坐标系，则11,0FF，220

,FF.又由已知可得100sin30,100cos30(50,503)G，且120GFF，所以12(50,503),00,0,0FF，从而可知1F50N，2F503N.6．（2020

·全国高一课时练习）如图，一滑轮组中有两个定滑轮A，B，在从连接点O出发的三根绳的端点处，挂着3个重物，它们所受的重力分别为4N，4N和43N．此时整个系统恰处于平衡状态，求AOB的大小．【答案】3AOB【解析】如图，∵OAOBOCOD

，∴2222OAOAOBOBOC，∴2222||||cos||||||OAOAOBAOBOBOC，即2224244cos4(43)AOB，∴1cos2AOB．∵0AOB，∴3AOB．7．（2020·全国高一课时练习

）一个人在静水中游泳时，速度的大小为23/kmh.当他在水流速度的大小为2/kmh的河中游泳时，（1）如果他垂直游向河对岸，那么他实际沿什么方向前进（角度精确到1°）？实际前进速度的大小为多少？（2）他必须朝哪个方

向游，才能沿与水流垂直的方向前进（角度精确到1°）？实际前进速度的大小为多少？【答案】（1）此人沿与水流方向成3的方向前进，实际前进速度为4/kmh；（2）此人应沿与河岸夹角的余弦值为33的方向逆着水流方向前进，实际

前进速度为22/kmh.【解析】（1）如图（1），设人游泳的速度为OB，水流的速度为OA，以OA，0B为邻边作OACB，则此人的实际速度为OAOBOC.在RtAOC中，23tan32AOC，所以3AOC，实际前进的

速度22||2(23)4(/)OCkmh，故此人沿与水流方向成3的方向前进，实际前进速度为4/kmh；（2）如图（2），设此人的实际速度为ODuuur，水流速度为OA，则游速为ADODOA.在RtAOD中，|

|23,||2ADOA，所以2223||(23)222(/),cos323ODkmhDAO，故此人应沿与河岸夹角的余弦值为33的方向逆着水流方向前进，实际前进速度为22/kmh.8．（2020·全国高一

课时练习）已知两恒力13,4F，26,5Fuur作用于同一质点，使之由点20,15A移动到点7,0B.（1）求力1F、2F分别对质点所做的功；（2）求力1F、2F的合力F对质点所做的功.【答案】（1）力1F对质点所做

的功为99，力2F对质点所做的功为3；（2）102.【解析】（1）13,15ABuuur，力1F对质点所做的功113,4131531341599WFABuruuur，力2F对质点所做的功

226,513,156135153WFABuuruuur，所以，力1F、2F对质点所做的功分别为99和3.（2）1129931022WFABF

FABFABFABuruuururuuruuururuuuruuruuur.