(完整版)平面向量应用举例练习题含答案

一、选择题

1．一物体受到相互垂直的两个力f1、f2的作用，两力大小都为53N，则两个力的合力的大小为( )

56

A．103N B．0N C．56N D.2N

2．河水的流速为2m/s，一艘小船想以垂直于河岸方向10m/s的速度驶向对岸，则小船在静水中的速度大小为( )

A．10m/s B．226m/s C．46m/s

D．12m/s

3．(2010·山东日照一中)已知向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，若|a|＝2，|b|＝3，x1＋y1a·b＝－6，则的值为( )

x2＋y2

2

A.3

25B．－3 C.6

5D．－6

4．已知一物体在共点力F1＝(lg2，lg2)，F2＝(lg5，lg2)的作用下产生位移S＝(2lg5,1)，则共点力对物体做的功W为( )

A．lg2

B．lg5 C．1

D．2

→→＋PC→＝AB→，则△PBC与

5．在△ABC所在的平面内有一点P，满足PA＋PB△ABC的面积之比是( )

1

A.3 2

C.3

1B.2

3

D.4

6．点P在平面上作匀速直线运动，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)( )

A．(－2,4)

B．(－30,25) C．(10，－5) D．(5，－10)

7．已知向量a，e满足：a≠e，|e|＝1，对任意t∈R，恒有|a－te|≥|a－e|，则( )

A．a⊥e

B．a⊥(a－e) C．e⊥(a－e) D．(a＋e)⊥(a－e)

→|＝1，|OB→|＝3，OA→⊥OB→，点C在∠AOB内，∠AOC＝30°→

8．已知|OA，设OC

→＋nOB→，则m＝( ) ＝mOA

n

1

A.3

B．3 C．33

33D.2

二、填空题

9．已知a＝(1,2)，b＝(1,1)，且a与a＋λb的夹角为锐角，则实数λ的取值范围是________．

10．已知直线ax＋by＋c＝0与圆O：x2＋y2＝4相交于A、B两点，且|AB|＝→·→＝________.

23，则OAOB

三、解答题

11．已知△ABC是直角三角形，CA＝CB，D是CB的中点，E是AB上的一点，且AE＝2EB.

求证：AD⊥CE.

12．△ABC是等腰直角三角形，∠B＝90°，D是BC边的中点，BE⊥AD，垂足为E，延长BE交AC于F，连结DF，求证：∠ADB＝∠FDC.

13．(2010·江苏，15)在平面直角坐标系xOy中，已知点A(－1，－2)，B(2,3)，C(－2，－1)

(1)求以线段AB、AC为邻边的平行四边形的两条对角线的长； →－tOC→)·→＝0，求t的值．

(2)设实数t满足(ABOC

14．一条宽为3km的河，水流速度为2km/h，在河两岸有两个码头A、B，已知AB＝3km，船在水中最大航速为4km/h，问该船从A码头到B码头怎样安排航行速度可使它最快到达彼岸B码头？用时多少？

1

15．在▱ABCD中，点M是AB的中点，点N在BD上，且BN＝3BD，求证：M，N，C三点共线．

16．如图所示，正方形ABCD中，P为对角线BD上的一点，PECF是矩形，用向量方法证明PA＝EF.

17．如图所示，在△ABC中，AB＝AC，D是BC的中点，DE⊥AC，E是垂足，F是DE的中点，求证AF⊥BE.

平面向量应用举例参

1．[答案] C

[解析] 根据向量加法的平行四边形法则，合力f的大小为2×53＝56(N)． 2. [答案] B

[解析] 设河水的流速为v1，小船在静水中的速度为v2，船的实际速度为v，则|v1|＝2，|v|＝10，v⊥v1.∴v2＝v－v1，v·v1＝0，

∴|v2|＝

2

v2－2v·v1＋v1＝

100－0＋4＝104＝226.

3．[答案] B

[解析] 因为|a|＝2，|b|＝3，又a·b＝|a||b|cos〈a，b〉＝2×3×cos〈a，b〉＝－6，可得cos〈a，b〉＝－1.即a，b为共线向量且反向，又|a|＝2，|b|＝3，所以2

－x1＋y13(x2＋y2)222

有3(x1，y1)＝－2(x2，y2)⇒x1＝－3x2，y1＝－3y2，所以＝＝－3，

x2＋y2x2＋y2从而选B.

4．[答案] D

[解析] W＝(F1＋F2)·S＝(lg2＋lg5,2lg2)·(2lg5,1)＝(1,2lg2)·(2lg5,1)＝2lg5＋2lg2＝2，故选D.

5．[答案] C

→→＋PC→＝AB→，得P→→＋BA→＋PC→＝0，即PC→＝2AP→，所以点

[解析] 由PA＋PBA＋PBS△PBCPC2P是CA边上的三等分点，如图所示．故＝＝.

S△ABCAC3

6．[答案] C

[解析] 5秒后点P的坐标为：(－10,10)＋5(4，－3)＝(10，－5)．

7[答案] C[解析] 由条件可知|a－te|2≥|a－e|2对t∈R恒成立，又∵|e|＝1，

∴t2－2a·e·t＋2a·e－1≥0对t∈R恒成立，即Δ＝4(a·e)2－8a·e＋4≤0恒成立．∴(a·e－1)2≤0恒成立，而(a·e－1)2≥0，∴a·e－1＝0.

即a·e＝1＝e2，∴e·(a－e)＝0，即e⊥(a－e)． 8．[答案] B

→·→＝m|OA→|2＋nOA→·→＝m， [解析] ∵OCOAOB

→|·→|·

m|OC|OAcos30°m→→→→→2

OC·OB＝mOA·OB＋n·|OB|＝3n，∴3n＝＝1，∴n＝3.

→|·→|·|OC|OBcos60°二、填空题

5

9． [答案] λ>－3且λ≠0

[解析] ∵a与a＋λb均不是零向量，夹角为锐角，

5

∴a·(a＋λb)>0，∴5＋3λ>0，∴λ>－3.当a与a＋λb同向时，a＋λb＝ma(m>0)，即(1＋λ，2＋λ)＝(m,2m)．

1＋λ＝mλ＝05∴，得，∴λ>－3且λ≠0. 2＋λ＝2mm＝110． [答案] －2

[解析] ∵|AB|＝23，|OA|＝|OB|＝2，∴∠AOB＝120°. →·→＝|OA→|·→|·∴OAOB|OBcos120°＝－2. 三、解答题

11．[证明] 以C为原点，CA所在直线为x轴，建立平面直角坐标系． a21

0，a，a. 设AC＝a，则A(a,0)，B(0，a)，D2，C(0,0)，E33a→12→＝－a，2，CE∴AD＝3a，3a.

1a2→→

∵AD·CE＝－a·3a＋2·3a＝0，∴AD⊥CE.

12． [证明] 如图，以B为原点，BC所在直线为x轴建立直角坐标系，设

→＝(2，－2)

A(0,2)，C(2,0)，则D(1,0)，AC

→＝λAC→， 设AF

→＝BA→＋AF→＝(0,2)＋(2λ，－2λ)＝(2λ，2－2λ)，又DA→＝(－1,2) 则BF

→⊥DA→，∴BF→·→＝0，∴－2λ＋2(2－2λ)＝0，∴λ＝2.

由题设BFDA

34212→＝→＝BF→－BD→＝→＝(1,0)， 3，3，∴DF3，3，又DC∴BF→·→→·→

DADB5DFDC5

∴cos∠ADB＝＝5，cos∠FDC＝＝5，

→|·→|→|·→||DA|DB|DF|DC又∠ADB、∠FDC∈(0，π)，∴∠ADB＝∠FDC.

→＝(3,5)，AC→＝(－1,1)，则AB→＋AC→＝(2,6)，AB→－AC→

13．[解析] (1)由题设知AB

→＋AC→|＝210，|AB→－AC→|＝42.

＝(4,4)．所以|AB

故所求的两条对角线长分别为42和210.

→＝(－2，－1)，AB→－tOC→＝(3＋2t,5＋t)．

(2)由题设知OC

→－tOC→)·→＝0，得(3＋2t,5＋t)·由(ABOC(－2，－1)＝0，从而5t＝－11，所以t11＝－5.

→为水流速度，AD→为航行速度，以AC和AD为

14． [解析] 如图所示，设AC

邻边作▱ACED且当AE与AB重合时能最快到达彼岸．根据题意AC⊥AE，在Rt△ADE和▱ACED中，

→|＝|AC→|＝2，|AD→|＝4，∠AED＝90°→|＝|DE.∴|AE1

sin∠EAD＝2，∴∠EAD＝30°，用时0.5h.

→|2－|DE→|2＝23，

|AD

答：船实际航行速度大小为4km/h，与水流成120°角时能最快到达B码头，用时半小时．

15．

→＝BN→－BM→. [证明] MN

→＝1BA→，BN→＝1BD→＝1(BA→＋BC→)，所以MN→＝1BA→＋1BC→－1BA→， 因为BM

2333321→1→→＝BC→－BM→＝BC→－1BA→，

＝3BC－6BA. 由于MC

2

→＝3MN→，即MC→∥MN→.又因为MC、MN有公共点M，所以M、N、C可知MC三点共线．

16

[分析] 本题所给图形为正方形，故可考虑建立平面直角坐标系，用向量坐标→→的坐标，证明其模相等即可．

来解决，为此只要写出PA和EF

[证明] 建立如图所示的平面直角坐标系，设正方形的边长为

2222→|＝λ(λ>0)，则Fλ，0，Pλ，λ，Ea，λ， a，则A(0，a)．设|DP

222222→22→＝λ－a，－λ，P所以EFA＝－λ，a－λ，

2222

→|2＝λ2－2aλ＋a2，|P→→|＝|P→

因为|EFA|2＝λ2－2aλ＋a2，所以|EFA|， 即PA＝EF.

17．

[证明] ∵AB＝AC，且D是BC的中点，

→⊥BC→，∴AD→·→＝0.又DE→⊥AC→，∴DE→·→＝0. ∴ADBDAE→＝DC→，F是DE的中点，∴EF→＝－1DE→. ∵BD

2→·→＝(AE→＋EF→)·→＋DE→) ∴AFBE(BD→·→＋AE→·→＋EF→·→＋EF→·→ ＝AEBDDEBDDE→·→＋EF→·→＋EF→·→ ＝AEBDBDDE→＋DE→)·→＋EF→·→＋EF→·→ ＝(ADBDBDDE→·→＋DE→·→＋EF→·→＋EF→·→ ＝ADBDBDBDDE1→→1→→→→＝DE·DC－2DE·DC－2DE·DE 1→→1→→＝2DE·DC－2DE·DE

1→→→1→→＝2DE·(DC－DE)＝2DE·EC＝0. →⊥BE→，∴AF⊥BE. ∴AF