第26課時(shí)平面向量的應(yīng)用舉例課時(shí)目標(biāo)1.體會(huì)向量是解決處理幾何、物理問題的工具．2．掌握用向量方法解決實(shí)際問題的基本方法．識(shí)記強(qiáng)化1．向量方法解決幾何問題的“三步曲”．(1)建立平面幾何與向量的聯(lián)系，用向量表示問題中涉及的幾何元素，將平面幾何問題轉(zhuǎn)化為向量問題；(2)通過向量運(yùn)算，研究幾何元素之間的關(guān)系，如距離、夾角等問題；(3)把運(yùn)算結(jié)果“翻譯”成幾何關(guān)系．2．由于力、速度是向量，它們的分解與合成與向量的減法與加法類似，可以用向量的方法解決．課時(shí)作業(yè)一、選擇題1．已知點(diǎn)A(－2，－3)，B(2,1)，C(0,1)，則下列結(jié)論正確的是()A．A，B，C三點(diǎn)共線B.eq\o(AB,\s\up6(→))⊥eq\o(BC,\s\up6(→))C．A，B，C是等腰三角形的頂點(diǎn)D．A，B，C是鈍角三角形的頂點(diǎn)答案：D解析：∵eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－2,0)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(2,4)，∴eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝－4<0，∴∠C是鈍角．2．已知三個(gè)力f1＝(－2，－1)，f2＝(－3,2)，f3＝(4，－3)同時(shí)作用于某物體上一點(diǎn)，為使物體保持平衡，再加上一個(gè)力f4，則f4＝()A．(－1，－2)B．(1，－2)C．(－1,2)D．(1,2)答案：D解析：由物理知識(shí)知f1＋f2＋f3＋f4＝0，故f4＝－(f1＋f2＋f3)＝(1,2)．3．在四邊形ABCD中，若eq\o(AB,\s\up6(→))＝－eq\o(CD,\s\up6(→))，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0，則四邊形為()A．平行四邊形B．矩形C．等腰梯形D．菱形答案：D解析：由eq\o(AB,\s\up6(→))＝－eq\o(CD,\s\up6(→))知四邊形ABCD是平行四邊形，又eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0，∴eq\o(AB,\s\up6(→))⊥eq\o(BC,\s\up6(→))，∴此四邊形為菱形．4．已知一條兩岸平行的河流河水的流速為2m/s，一艘小船以垂直于河岸方向10mA．10m/sB．2eq\r(26)C．4eq\r(6)m/sD．12m答案：B解析：設(shè)河水的流速為v1，小船在靜水中的速度為v2，船的實(shí)際速度為v，則|v1|＝2，|v|＝10，v⊥v1，∴v2＝v－v1，v·v1＝0，∴|v2|＝eq\r(v2－2v·v1＋v\o\al(2,1))＝2eq\r(26)(m/s)．5．人騎自行車的速度為v1，風(fēng)速為v2，則逆風(fēng)行駛的速度為()A．v1－v2B．v2－v1C．v1＋v2D．|v1|－|v2|答案：C解析：對(duì)于速度的合成問題，關(guān)鍵是運(yùn)用向量的合成進(jìn)行處理，逆風(fēng)行駛的速度為v1＋v2，故選C.6．點(diǎn)O在△ABC所在平面內(nèi)，給出下列關(guān)系式：①eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＝0；②eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AC,\s\up6(→)),|\o(AC,\s\up6(→))|)－\f(\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|)))＝eq\o(OB,\s\up6(→))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(BC,\s\up6(→)),|\o(BC,\s\up6(→))|)－\f(\o(BA,\s\up6(→)),|\o(BA,\s\up6(→))|)))＝0；③(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→)))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝(eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→)))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0.則點(diǎn)O依次為△ABC的()A．內(nèi)心、重心、垂心B．重心、內(nèi)心、垂心C．重心、內(nèi)心、外心D．外心、垂心、重心答案：C解析：①由于eq\o(OA,\s\up6(→))＝－(eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→)))＝－2eq\o(OD,\s\up6(→))，其中D為BC的中點(diǎn)，可知O為BC邊上中線的三等分點(diǎn)(靠近線段BC)，所以O(shè)為△ABC的重心；②向量eq\f(\o(AC,\s\up6(→)),|\o(AC,\s\up6(→))|)，eq\f(\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|)分別表示在AC和AB上取單位向量eq\o(AC′,\s\up6(→))和eq\o(AB′,\s\up6(→))，它們的差是向量eq\o(B′C′,\s\up6(→))，當(dāng)eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AC,\s\up6(→)),|\o(AC,\s\up6(→))|)－\f(\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|)))＝0，即OA⊥B′C′時(shí)，則點(diǎn)O在∠BAC的平分線上，同理由eq\o(OB,\s\up6(→))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(BC,\s\up6(→)),|\o(BC,\s\up6(→))|)－\f(\o(BA,\s\up6(→)),|\o(BA,\s\up6(→))|)))＝0，知點(diǎn)O在∠ABC的平分線上，故O為△ABC的內(nèi)心；③eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))是以eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))為邊的平行四邊形的一條對(duì)角線，而eq\o(AB,\s\up6(→))是該四邊形的另一條對(duì)角線，eq\o(AB,\s\up6(→))·(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→)))＝0表示這個(gè)平行四邊形是菱形，即|eq\o(OA,\s\up6(→))|＝|eq\o(OB,\s\up6(→))|，同理有|eq\o(OB,\s\up6(→))|＝|eq\o(OC,\s\up6(→))|，于是O為△ABC的外心．二、填空題7．已知兩個(gè)粒子A、B從同一點(diǎn)發(fā)射出來，在某一時(shí)刻，它們的位移分別為va＝(4,3)，vb＝(3,4)，則va在vb上的投影為________．答案：eq\f(24,5)解析：由題知va與vb的夾角θ的余弦值為cosθ＝eq\f(12＋1`2,5×5)＝eq\f(24,25).∴va在vb上的投影為|va|cosθ＝5×eq\f(24,25)＝eq\f(24,5).8．已知點(diǎn)A(0,0)，B(eq\r(3)，0)，C(0,1)．設(shè)AD⊥BC于D，那么有eq\o(CD,\s\up6(→))＝λeq\o(CB,\s\up6(→))，其中λ＝________.答案：eq\f(1,4)解析：如圖|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝eq\r(3)，|eq\o(AC,\s\up6(→))|＝1，|eq\o(CB,\s\up6(→))|＝2，由于AD⊥BC，且eq\o(CD,\s\up6(→))＝λeq\o(CB,\s\up6(→))，所以C、D、B三點(diǎn)共線，所以eq\f(|\o(CD,\s\up6(→))|,|\o(CB,\s\up6(→))|)＝eq\f(1,4)，即λ＝eq\f(1,4).9．在四邊形ABCD中，已知eq\o(AB,\s\up6(→))＝(4，－2)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(7,4)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(3,6)，則四邊形ABCD的面積是________．答案：30解析：eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))＝(3,6)＝eq\o(AD,\s\up6(→))，∵eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝(4，－2)·(3,6)＝0，∴eq\o(AB,\s\up6(→))⊥eq\o(BC,\s\up6(→))，∴四邊形ABCD為矩形，|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝eq\r(20)，|eq\o(BC,\s\up6(→))|＝eq\r(45)，∴S＝|eq\o(AB,\s\up6(→))|·|eq\o(BC,\s\up6(→))|＝30.三、解答題10.如圖，在平行四邊形ABCD中，點(diǎn)M是AB的中點(diǎn)，點(diǎn)N在BD上，且BN＝eq\f(1,3)BD，求證：M，N，C三點(diǎn)共線．證明：依題意，得eq\o(BM,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(BA,\s\up6(→))，eq\o(BN,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)(eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→)))．∵eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\o(BN,\s\up6(→))－eq\o(BM,\s\up6(→))，∴eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(BC,\s\up6(→))－eq\f(1,6)eq\o(BA,\s\up6(→)).∵eq\o(MC,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))－eq\o(BM,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(BA,\s\up6(→))，∴eq\o(MC,\s\up6(→))＝3eq\o(MN,\s\up6(→))，即eq\o(MC,\s\up6(→))∥eq\o(MN,\s\up6(→)).又eq\o(MC,\s\up6(→))，eq\o(MN,\s\up6(→))有公共點(diǎn)M，∴M，N，C三點(diǎn)共線．11．兩個(gè)力F1＝i＋j，F(xiàn)2＝4i－5j作用于同一質(zhì)點(diǎn)，使該質(zhì)點(diǎn)從點(diǎn)A(20,15)移動(dòng)到點(diǎn)B(7,0)(其中i,j分別是與x軸、y軸同方向的單位向量)．求：(1)F1，F(xiàn)2分別對(duì)該質(zhì)點(diǎn)做的功；(2)F1，F(xiàn)2的合力F對(duì)該質(zhì)點(diǎn)做的功．解：eq\o(AB,\s\up6(→))＝(7－20)i＋(0－15)j＝－13i－15j.(1)F1做的功W1＝F1·s＝F1·eq\o(AB,\s\up6(→))＝(i＋j)·(－13i－15j)＝－28；F2做的功W2＝F2·s＝F2·eq\o(AB,\s\up6(→))＝(4i－5j)·(－13i－15j)＝23.(2)F＝F1＋F2＝5i－4j，所以F做的功W＝F·s＝F·eq\o(AB,\s\up6(→))＝(5i－4j)·(－13i－15j)＝－5.能力提升12．如圖，作用于同一點(diǎn)O的三個(gè)力eq\o(F1,\s\up6(→))、eq\o(F2,\s\up6(→))、eq\o(F3,\s\up6(→))處于平衡狀態(tài)，已知|eq\o(F1,\s\up6(→))|＝1，|eq\o(F2,\s\up6(→))|＝2，eq\o(F1,\s\up6(→))與eq\o(F2,\s\up6(→))的夾角為eq\f(2π,3)，則eq\o(F3,\s\up6(→))的大小________．答案：eq\r(3)解析：∵eq\o(F1,\s\up6(→))、eq\o(F2,\s\up6(→))、eq\o(F3,\s\up6(→))三個(gè)力處于平衡狀態(tài)，∴eq\o(F1,\s\up6(→))＋eq\o(F2,\s\up6(→))＋eq\o(F3,\s\up6(→))＝0即eq\o(F3,\s\up6(→))＝－(eq\o(F1,\s\up6(→))＋eq\o(F2,\s\up6(→)))，∴|eq\o(F3,\s\up6(→))|＝|eq\o(F1,\s\up6(→))＋eq\o(F2,\s\up6(→))|＝eq\r(\o(\s\up7(),\s\do5())\o(F1,\s\up6(→))＋\o(F2,\s\up6(→))2)＝eq\r(\o(\s\up7(),\s\do5())\o(F\o\al(2,1),\s\up6(→))＋2\o(F1,\s\up6(→))·\o(F2,\s\up6(→))＋\o(F\o\al(2,2),\s\up6(→)))＝eq\r(1＋2×1×2×cos\f(2π,3)＋4)＝eq\r(3).13．已知A(2,1)、B(3,2)、D(－1,4)．(1)求證：eq\o(AB,\s\up6(→))⊥eq\o(AD,\s\up6(→))；(2)若四邊形ABCD為矩形，試確定點(diǎn)C的坐標(biāo)，并求該矩形兩條對(duì)角線所成的銳角的余弦值．解：(1)證明：∵A(2,1)，B(3,2)，D(－1,4)，∴eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1,1)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(－3,3)．又∵eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝1×(－3)＋1×3＝0，∴eq\o