《平面向量应用举例》同步练习（）

《平面向量应用举例》同步练习1．若向量eq\o(OF1,\s\up6(→))＝(1,1)，eq\o(OF2,\s\up6(→))＝(－3，－2)分别表示两个力F1，F2，则|F1＋F2|为()\r(10) B．2eq\r(5)\r(5) \r(15)解析：F1＋F2＝(1,1)＋(－3，－2)＝(－2，－1)，∴|F1＋F2|＝eq\r(－22＋－12)＝eq\r(5).答案：C2．在△ABC中，若(eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(CB,\s\up6(→)))·(eq\o(CA,\s\up6(→))－eq\o(CB,\s\up6(→)))＝0，则△ABC为()A．正三角形 B．直角三角形C．等腰三角形 D．无法确定解析：∵(eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(CB,\s\up6(→)))·(eq\o(CA,\s\up6(→))－eq\o(CB,\s\up6(→)))＝eq\o(CA,\s\up6(→))2－eq\o(CB,\s\up6(→))2＝|eq\o(CA,\s\up6(→))|2－|eq\o(CB,\s\up6(→))|2＝0，∴|eq\o(CA,\s\up6(→))|2＝|eq\o(CB,\s\up6(→))|2.故|eq\o(CA,\s\up6(→))|＝|eq\o(CB,\s\up6(→))|.△ABC为等腰三角形．答案：C3．当两人提起重量为|G|的旅行包时，夹角为θ，两人用力都为|F|，若|F|＝|G|，则θ的值为()A．30° B．60°C．90° D．120°解析：作eq\o(OA,\s\up6(→))＝F1，eq\o(OB,\s\up6(→))＝F2，eq\o(OC,\s\up6(→))＝－G，则eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))，当|F1|＝|F2|＝|G|时，△OAC为正三角形，∴∠AOC＝60°.从而∠AOB＝120°.答案：D4.在平面直角坐标系中，正方形OABC的对角线OB的两端点分别为O(0,0)，B(1,1)，则eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝________.解析：由已知得A(1,0)，C(0,1)，∴eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0,1)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－1,1)．∴eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝1.答案：15．一个重20N的物体从倾斜角为30°，斜面上1m的光滑斜面顶端下滑到底端，则重力做的功是________．解析：W＝F·s＝|F|·|s|·cosθ＝20×1×cos60°＝10J.答案：10J6．已知点A(1,0)，直线l：y＝2x－6，点R是直线l上的一点，点eq\o(RA,\s\up6(→))＝2eq\o(AP,\s\up6(→))，求点P的轨迹方程．解：设P(x，y)，R(x1，y1)，则eq\o(RA,\s\up6(→))＝(1－x1，－y1)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(x－1，y)．由eq\o(RA,\s\up6(→))＝2eq\o(AP,\s\up6(→))得(1－x1，－y1)＝2(x－1，y)，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝－2x＋3，,y1＝－2y，))代入直线l的方程得y＝2x.所以，点P的轨迹方程为y＝2x.7．已知，四边形ABCD是菱形，AC和BD是它的两条对角线．求证：AC⊥BD.证明：证法一：∵eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))，∴eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))·(eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝|eq\o(AD,\s\up6(→))|2－|eq\o(AB,\s\up6(→))|2＝0.∴eq\o(AC,\s\up6(→))⊥eq\o(BD,\s\up6(→))，即AC⊥BD.证法二：解答本题还可以用坐标法，解法如下：以BC所在直线为x轴，以B为原点建立平面直角坐标系，则B(0,0)，设A(a，b)，C(c,0)，则由|AB|＝|BC|得a2＋b2＝c2.∵eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))－eq\o(BA,\s\up6(→))＝(c,0)－(a，b)＝(c－a，－b)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＝(a，b)＋(c,0)＝(c＋a，b)，∴eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝c2－a2－b2＝0.∴eq\o(AC,\s\up6(→))⊥eq\o(BD,\s\up6(→))，即AC⊥BD.8．△ABC的外接圆的圆心为O，半径为1，eq\o(AO,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))，且|eq\o(OA,\s\up6(→))|＝|eq\o(AB,\s\up6(→))|，则eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))等于________．解析：设BC的中点是D，如图所示，则eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))＝2eq\o(AD,\s\up6(→))，则eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(AO,\s\up6(→))，所以O和D重合．所以BC是圆O的直径．所以∠BAC＝90°.又|eq\o(OA,\s\up6(→))|＝|eq\o(AB,\s\up6(→))|，则|eq\o(BA,\s\up6(→))|＝1，|eq\o(BC,\s\up6(→))|＝2，所以∠ABC＝60°，所以eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝|eq\o(BA,\s\up6(→))||eq\o(BC,\s\up6(→))|cos60°＝1×2×eq\f(1,2)＝1.答案：19.如图所示，用两根分别长5eq\r(2)m和10m的绳子将100N的物体吊在水平屋顶AB上，平衡后G点距屋顶的距离恰好为5m，求A处受力的大小．解：由已知条件可知AG与铅直方向成45°角，BG与铅直方向成60°角，设A处所受的力为Fa，B处所受的力为Fb，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|Fa|cos45°＝|Fb|cos30°，,|Fa|sin45°＋|Fb|sin30°＝100.))解得|Fa|＝150eq\r(2)－50eq\r(6)，故A处受力的大小为(150eq\r(2)－50eq\r(6))N.10.如图所示，在平行四边形ABCD中，BC＝2BA，∠ABC＝60°，作AE⊥BD交BC于E，求BE∶EC.解：设eq\o(BA,\s\up6(→))＝a，eq\o(BC,\s\up6(→))＝b，|a|＝1，|b|＝2.a·b＝|a||b|cos60°＝1，eq\o(BD,\s\up6(→))＝a＋b.设eq\o(BE,\s\up6(→))＝λeq\o(BC,\s\up6(→))＝λb，则eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\o(BE,\s\up6(→))－eq\o(BA,\s\up6(→))＝λb－a.由AE⊥BD，得eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝0，即(λb－a)·(a＋b)＝0.解得λ＝eq\f(2,5)，∴BE∶EC＝eq\f(2,5)∶eq\f(3,5)＝2∶3.11.在某海滨城市O附近海面有一台风，据监测，当前台风中心位于城市O(如图所示)的东偏南θcosθ＝eq\f(\r(2),10)，θ∈(0°，90°)方向300km的海面P处，并以20km/h的速度向西偏北45°方向移动．台风侵袭的范围为圆形区域，当前半径为60km，并以10km/h的速度不断增大．问几小时后该城市开始受到台风的侵袭？eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(注：cosθ－45°＝\f(4,5)))解：设t小时后，台风中心移动到Q处，此时城市开始受到台风的侵袭，∠OPQ＝θ－45°.∵eq\o(OQ,\s\up6(→))＝eq\o(OP,\s\up6(→))＋eq\o(PQ,\s\up6(→))，∴eq\o(OQ,\s\up6(→))2＝(eq\o(OP,\s\up6(→))＋eq\o(PQ,\s\up6(→)))2＝eq\o(OP,\s\up6(→))2＋eq\o(PQ,\s\up6(→))2＋2eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(PQ,\s\up6(→)).∴eq\o(OQ,\s\up6(→))2＝eq\o(OP,\s\up6(→))2＋eq\o(PQ,\s\up6(→))2－2|eq\o(OP,\s\up6(→))||eq\o(PQ,\s\up6(→))|cos(θ－45°)＝3002＋(20t)2－2×300×20t×eq\f(4,5)＝100(4t2－96t＋900)．依题意得eq\o(OQ,\s\up6(→))2≤(60＋10t)2，解得12≤t≤24，从而12h后该城市开始受到台风的侵袭．1．利用向量方法可以解决平面几何中的平行、垂直、夹角、距离等问题