6.3 平面向量线性运算的应用-【金版教程】2025-2026学年高中数学必修第二册创新导学案课件PPT（人教B版）

第六章　平面向量初步 6.3　平面向量线性运算的应用 (教师独具内容) 课程标准：会用向量方法解决简单的平面几何问题、力学问题以及其他实际问题，体会向量在解决数学和实际问题中的作用． 教学重点：1．学习用向量方法解决某些简单的平面几何问题及一些实际问题．2．了解用向量方法解决某些简单的力学问题与其他一些实际问题的过程．3．培养运用向量知识解决物理问题的能力． 教学难点：1．选择恰当的方法，将几何问题转化为向量问题．2．选择恰当的方法，建立以向量为主的数学模型，把物理问题转化为数学问题． 核心素养：1．通过运用向量方法解决某些简单的平面几何问题培养逻辑推理素养和直观想象素养．2．通过运用向量方法解决某些简单的力学问题及其他一些实际问题培养数学建模素养． 核心概念掌握 核心素养形成 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 核心概念掌握 5 知识点二　向量在物理中的应用 (1)向量在力的分解与合成中的应用．由于力是向量，它的分解与合成与向量的减法与加法相类似，可以用向量来解决． (2)向量在速度的分解与合成中的应用． 核心概念掌握 6 核心概念掌握 7 2．(向量在力学中的应用)已知三个力F1＝(3，4)，F2＝(2，－5)，F3＝(x，y)且F1＋F2＋F3＝0，则F3＝__________(用坐标表示)． 3．(向量在运动学中的应用)一架飞机向南飞行了300 km，然后改变方向向东飞行了400 km，则飞机飞行位移的大小为________． (－5，1) 500 km 核心概念掌握 8 核心素养形成 题型一　向量在平面几何证明问题中的应用 已知AD，BE，CF是△ABC的三条高，O为三条高线 的交点，DG⊥BE于G，DH⊥CF于H，如图． 求证：HG∥EF． 核心素养形成 10 【感悟提升】用向量方法解决平面几何问题的三个步骤 (1)巧转化：建立平面几何与向量的联系，用向量表示问题中涉及的几何元素，将平面几何问题转化为向量问题． (2)找关系：通过向量运算，研究几何元素之间的关系． (3)要还原：把运算结果“翻译”成几何关系． 核心素养形成 11 【跟踪训练】 1．求证：顺次连接任意凸四边形各边的中点，构成一个平行四边形． 核心素养形成 12 题型二　向量在平面几何计算问题中的应用 如图，在平行四边形ABCD中，E为对角线BD上一点， 且BE∶ED＝2∶3，连接CE并延长交AB于点F．求AF∶FB的值． 核心素养形成 13 【感悟提升】用向量解决平面几何问题的两种方法 (1)基底法：选取适当的基底，将题中涉及的向量用基底表示，利用向量的运算法则、运算律或性质计算． (2)坐标法：建立平面直角坐标系，实现向量的坐标化，将几何问题中的长度、平行等问题转化为代数运算． 核心素养形成 14 【跟踪训练】 2．如图，正方形ABCD的边长为6，E是AB的中点，F是BC边上靠近点B的三等分点，AF与DE交于点M．已知点P是正方形ABCD四条边上的动点，且EF∥MP，求MP的长度． 核心素养形成 15 核心素养形成 16 核心素养形成 17 题型三　向量在力学中的应用 在重300 N的物体上系两根绳子，这两根绳子在铅垂线 的两侧，与铅垂线的夹角分别为30°，60°(如图)，求重物平衡时， 两根绳子拉力的大小． 核心素养形成 18 【感悟提升】力、速度、位移的合成与分解，实质上就是向量的加法、减法运算．因此，用向量解决力、速度、位移等问题，常用到向量的加法、减法、数乘运算． 核心素养形成 19 【跟踪训练】 3．如图，一物体受到两个大小均为60 N的力的作用， 两力的夹角为60°，且有一力方向水平，求合力的大小及方向． 核心素养形成 20 题型四　向量在运动学中的应用 核心素养形成 21 核心素养形成 22 【感悟提升】利用向量法解决物理问题的步骤 (1)抽象出物理问题中的矢量，转化为数学中的向量问题； (2)建立以向量为主体的数学模型； (3)利用向量的线性运算或坐标运算求解数学模型； (4)用数学模型中的数据解释或分析物理问题． 核心素养形成 23 【跟踪训练】 4．已知船的速度的大小为5 m/s，且船的速度的大小大于水的 速度的大小，河宽为20 m．如图所示，船从O点垂直到达B点所用的 时间为5 s，求水流速度的大小． 核心素养形成 24 随堂水平达标 随堂水平达标 1 2 3 4 5 26 随堂水平达标 1 2 3 4 5 27 3．一船从某河一岸驶向另一岸，船速为v1，水速为v2，已知船垂直到达对岸，则(　　) A．|v1|<|v2| B．|v1|>|v2| C．|v1|≤|v2| D．|v1|≥|v2| 解析：速度是向量，要使船垂直到达对岸，则向量v1在水流方向上的分量与向量v2大小相等，方向相反，由此即得|v1|>|v2|． 随堂水平达标 1 2 3 4 5 28 随堂水平达标 1 2 3 4 5 29 随堂水平达标 1 2 3 4 5 30 课后课时精练 基础题(占比50%)　中档题(占比40%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 难度 ★ ★ ★ ★ ★★ ★ ★★ ★ 对点 向量在平面几何中的应用(判断几何图形的形状) 向量在运动学中的应用(求速度大小) 向量在力学中的应用(求两个力的合力大小) 向量在运动学中的应用(速度的合成) 向量在平面几何中的应用(求图形面积) 向量在平面几何中的应用(判断点的位置) 向量在力学中的应用(求力、合力的大小) 向量在运动学中的应用(速度的合成) 题号 9 10 11 12 13 14 15 16 难度 ★ ★★ ★ ★★ ★★ ★★ ★★ ★★★ 对点 向量在平面几何中的应用 (求参数) 向量在平面几何中的应用(求参数之比) 向量在力学及平面几何中的应用(判断几何图形的形状) 向量在平面几何中的应用(求参数) 向量在力学中的应用 (力的合成) 向量在平面几何中的应用(求图形面积) 向量在运动学中的应用(速度的合成) 向量在平面几何中的应用(证明问题) 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 32 一、单选题 1．已知A，B，C，D四点的坐标分别是(1，0)，(4，3)，(2，4)，(0，2)，则此四边形为(　　) A．梯形 B．菱形 C．矩形 D．正方形 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 33 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 34 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 35 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 36 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 37 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 38 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 39 7．一物体受到3个力的作用，其中重力G的大小为4 N，水平拉力F1的大小为3 N，另一力F2未知，则(　　) A．当该物体处于平衡状态时，|F2|＝5 N B．当F2与F1方向相反，且|F2|＝5 N时，物体所受合力大小为0 C．当物体所受合力为F1时，|F2|＝4 N D．当|F2|＝2 N时，3 N≤|F1＋F2＋G|≤7 N 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 40 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 41 与水流速度成135°角 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 42 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 43 20∶15∶12 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 44 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 45 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 46 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 47 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 48 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 49 解析：由题意可得，对点B受力分析如图所示．滑轮受到绳子的作用力等于图中两段绳中拉力F1和F2的合力F，因同一根绳子张力处处相等，都等于物体的重力，即|F1|＝|F2|＝|G|＝mg＝100 N，用平行四边形法则作图，由于拉力F1和F2的夹角为120°，则由几何知识，得|F|＝|F1|＝100 N，所以滑轮受到绳子的作用力为100 N．故选C． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 50 14．如图所示，已知△ABC的面积为14 cm2，D，E分别为边AB，BC上的点，且AD∶DB＝BE∶EC＝2∶1，AE交CD于点P，则△APC的面积为_____ cm2． 4 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 51 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 52 15．某人骑摩托车以20千米/小时的速度向西行驶，感到风从正南方向吹来，而当速度为40千米/小时时，感到风从西南方向吹来，求实际风向和风速的大小． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 53 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 54 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 55 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 56 　　　　　　　　　　　　　 R 知识点一　向量在平面几何中的应用 (1)平面几何中的平行、全等、相似、长度等都可以由向量的线性运算表示出来． (2)证明线段平行或点共线问题，以及相似问题，常用共线向量基本定理：a∥b⇔b＝λa(λ∈R，a≠0)⇔x1y2－x2y1＝0(a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2))． (3)求线段的长度或说明线段相等，常用公式： |a|＝eq \r(x2＋y2)(a＝(x，y))或AB＝|eq \o(AB,\s\up12(→))|＝eq \r((x2－x1)2＋(y2－y1)2)(A(x1，y1)，B(x2，y2))． 1．(向量在平面几何中的应用)已知P为△ABC所在平面内的一点，当eq \o(PA,\s\up12(→))＋eq \o(PB,\s\up12(→))＝eq \o(PC,\s\up12(→))时，点P位于△ABC的(　　) A．AB边上 B．BC边上 C．内部 D．外部 证明　∵eq \o(DG,\s\up12(→))⊥eq \o(BE,\s\up12(→))，eq \o(AE,\s\up12(→))⊥eq \o(BE,\s\up12(→))，∴eq \o(GD,\s\up12(→))∥eq \o(AC,\s\up12(→))． 易得△AOE∽△DOG， 设eq \o(OA,\s\up12(→))＝λeq \o(OD,\s\up12(→))(λ≠0)，则eq \o(AE,\s\up12(→))＝λeq \o(DG,\s\up12(→))． 同理，eq \o(AF,\s\up12(→))＝λeq \o(DH,\s\up12(→))， 于是eq \o(FE,\s\up12(→))＝eq \o(AE,\s\up12(→))－eq \o(AF,\s\up12(→))＝λ(eq \o(DG,\s\up12(→))－eq \o(DH,\s\up12(→)))＝λeq \o(HG,\s\up12(→))， ∴eq \o(HG,\s\up12(→))∥eq \o(FE,\s\up12(→))，即HG∥EF． 证明：如图，凸四边形ABCD，E，F，G，H分别为各边的中点，连接BD，AC．因为E，F，G，H分别为各边的中点，所以eq \o(BE,\s\up12(→))＝eq \f(1,2) eq \o(BA,\s\up12(→))，eq \o(BF,\s\up12(→))＝eq \f(1,2) eq \o(BC,\s\up12(→))，所以eq \o(BE,\s\up12(→))－eq \o(BF,\s\up12(→))＝eq \f(1,2) eq \o(BA,\s\up12(→))－eq \f(1,2) eq \o(BC,\s\up12(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(BA,\s\up12(→))－eq \o(BC,\s\up12(→)))，即eq \o(FE,\s\up12(→))＝eq \f(1,2) eq \o(CA,\s\up12(→))．同理可得，eq \o(GH,\s\up12(→))＝eq \f(1,2) eq \o(CA,\s\up12(→))，所以eq \o(FE,\s\up12(→))＝eq \o(GH,\s\up12(→))，所以EF∥GH且EF＝GH，所以四边形EFGH为平行四边形． 解　设eq \o(BF,\s\up12(→))＝λeq \o(BA,\s\up12(→))，则eq \o(CF,\s\up12(→))＝eq \o(BF,\s\up12(→))－eq \o(BC,\s\up12(→))＝λeq \o(BA,\s\up12(→))－eq \o(BC,\s\up12(→))． 又eq \o(CE,\s\up12(→))＝eq \o(BE,\s\up12(→))－eq \o(BC,\s\up12(→))＝eq \f(2,5) eq \o(BD,\s\up12(→))－eq \o(BC,\s\up12(→))＝eq \f(2,5)(eq \o(BA,\s\up12(→))＋eq \o(BC,\s\up12(→)))－eq \o(BC,\s\up12(→))＝eq \f(2,5) eq \o(BA,\s\up12(→))－eq \f(3,5) eq \o(BC,\s\up12(→))． ∵eq \o(CF,\s\up12(→))与eq \o(CE,\s\up12(→))共线，∴eq \o(CF,\s\up12(→))＝μeq \o(CE,\s\up12(→))，从而λeq \o(BA,\s\up12(→))－eq \o(BC,\s\up12(→))＝μeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)\o(BA,\s\up12(→))－\f(3,5)\o(BC,\s\up12(→))))＝eq \f(2μ,5) eq \o(BA,\s\up12(→))－eq \f(3μ,5) eq \o(BC,\s\up12(→))． ∵eq \o(BA,\s\up12(→))，eq \o(BC,\s\up12(→))不共线，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(2μ,5)＝λ，,\f(3μ,5)＝1))⇒λ＝eq \f(2,3)． ∴eq \o(BF,\s\up12(→))＝eq \f(2,3) eq \o(BA,\s\up12(→))，故AF∶FB＝1∶2． 解：如图所示，以A为原点，建立平面直角坐标系，则A(0，0)，D(0，6)，E(3，0)，F(6，2)，所以eq \o(DE,\s\up12(→))＝(3，－6)，eq \o(AF,\s\up12(→))＝(6，2)． 设M(x，y)，所以eq \o(DM,\s\up12(→))＝(x，y－6)，因为eq \o(DM,\s\up12(→))∥eq \o(DE,\s\up12(→))，所以3(y－6)＋6x＝0，即2x＋y－6＝0． 因为eq \o(AM,\s\up12(→))＝(x，y)，eq \o(AF,\s\up12(→))＝(6，2)，eq \o(AM,\s\up12(→))∥eq \o(AF,\s\up12(→))，所以2x－6y＝0，即x＝3y， 联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋y－6＝0，,x＝3y，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(18,7)，,y＝\f(6,7)，))所以Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(18,7)，\f(6,7)))． 由题意，得eq \o(EF,\s\up12(→))＝(3，2)，又EF∥MP，由图易知，点P在线段AB上或线段BC上， ①若点P在线段AB上，设P(x0，0)，0<x0<6，eq \o(MP,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－\f(18,7)，－\f(6,7)))，因为eq \o(EF,\s\up12(→))∥eq \o(MP,\s\up12(→))，所以2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－\f(18,7)))－3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6,7)))＝0，解得x0＝eq \f(9,7)，所以eq \o(MP,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,7)，－\f(6,7)))，|eq \o(MP,\s\up12(→))|＝eq \f(3\r(13),7)． ②若点P在线段BC上，设P(6，y0)，0<y0<6，eq \o(MP,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(24,7)，y0－\f(6,7)))，因为eq \o(EF,\s\up12(→))∥eq \o(MP,\s\up12(→))，所以2×eq \f(24,7)－3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y0－\f(6,7)))＝0，解得y0＝eq \f(22,7)，所以eq \o(MP,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(24,7)，\f(16,7)))，|eq \o(MP,\s\up12(→))|＝eq \f(8\r(13),7)． 综上，MP的长度为eq \f(3\r(13),7)或eq \f(8\r(13),7)． 解　如图，作▱OACB，使∠AOC＝30°，∠BOC＝60°． 在△OAC中，∠ACO＝∠BOC＝60°，∠OAC＝90°，|eq \o(OA,\s\up12(→))|＝|eq \o(OC,\s\up12(→))|·cos30°＝150eq \r(3)(N)，|eq \o(AC,\s\up12(→))|＝|eq \o(OC,\s\up12(→))|·sin30°＝150(N)，|eq \o(OB,\s\up12(→))|＝|eq \o(AC,\s\up12(→))|＝150(N)． 答：重物平衡时，与铅垂线成30°角的绳子的拉力是150eq \r(3) N，与铅垂线成60°角的绳子的拉力是150 N． 解：设eq \o(OA,\s\up12(→))，eq \o(OB,\s\up12(→))分别表示两力，以eq \o(OA,\s\up12(→))，eq \o(OB,\s\up12(→))为邻边作平行四边形OACB，连接OC，AB，交点为D，则eq \o(OC,\s\up12(→))即为合力． 由已知可得△OAC为等腰三角形，且∠COA＝30°，AB⊥OC，则在Rt△OAD中，|eq \o(OD,\s\up12(→))|＝|eq \o(OA,\s\up12(→))|cos30°＝60×eq \f(\r(3),2)＝30eq \r(3)，故|eq \o(OC,\s\up12(→))|＝2|eq \o(OD,\s\up12(→))|＝60eq \r(3)，即合力的大小为60eq \r(3) N，方向与水平方向成30°角． 　在风速为75(eq \r(6)－eq \r(2)) km/h的西风中，飞机以150 km/h的航行速度向西北方向飞行，求没有风时飞机航行速度的大小和方向． 解　设v为风速，va为有风时飞机的航行速度，vb为没有风时飞机的航行速度，vb＝va－v，如图所示， ∴vb，va，v构成三角形． 设|eq \o(AB,\s\up12(→))|＝|va|，|eq \o(CB,\s\up12(→))|＝|v|，|eq \o(AC,\s\up12(→))|＝|vb|， 作AD∥BC，CD⊥AD于点D，BE⊥AD于点E，则∠BAD＝45°． 设|eq \o(AB,\s\up12(→))|＝150，则|eq \o(CB,\s\up12(→))|＝75(eq \r(6)－eq \r(2))， ∴|eq \o(CD,\s\up12(→))|＝|eq \o(BE,\s\up12(→))|＝|eq \o(EA,\s\up12(→))|＝75eq \r(2)，|eq \o(DA,\s\up12(→))|＝75eq \r(6)， ∴|eq \o(AC,\s\up12(→))|＝150eq \r(2)，∠CAD＝30°， ∴|vb|＝150eq \r(2) km/h，方向为北偏西60°． 解：设船的速度为v1，水流的速度为v2，船的实际速度为v3．建立如图所示的坐标系，则|v1|＝5 m/s，|v3|＝eq \f(20,5) m/s＝4 m/s． 由v3＝v1＋v2，得v2＝v3－v1＝(0，4)－(－3，4)＝(3，0)， 所以|v2|＝3 m/s，即水流速度的大小为3 m/s． 1．已知△ABC中，G为△ABC所在平面内一点，则“eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \o(AC,\s\up12(→))－3eq \o(AG,\s\up12(→))＝0”是“点G为△ABC的重心”的(　　) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 解析：若eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \o(AC,\s\up12(→))－3eq \o(AG,\s\up12(→))＝eq \o(AG,\s\up12(→))＋eq \o(GB,\s\up12(→))＋eq \o(AG,\s\up12(→))＋eq \o(GC,\s\up12(→))－3eq \o(AG,\s\up12(→))＝eq \o(GA,\s\up12(→))＋eq \o(GB,\s\up12(→))＋eq \o(GC,\s\up12(→))＝0，则点G为△ABC的重心，即充分性成立；若点G为△ABC的重心，则eq \o(GA,\s\up12(→))＋eq \o(GB,\s\up12(→))＋eq \o(GC,\s\up12(→))＝0，可得eq \o(GA,\s\up12(→))＋eq \o(GB,\s\up12(→))＋eq \o(GC,\s\up12(→))＝eq \o(AG,\s\up12(→))＋eq \o(GB,\s\up12(→))＋eq \o(AG,\s\up12(→))＋eq \o(GC,\s\up12(→))－3eq \o(AG,\s\up12(→))＝eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \o(AC,\s\up12(→))－3eq \o(AG,\s\up12(→))＝0，所以eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \o(AC,\s\up12(→))－3eq \o(AG,\s\up12(→))＝0，即必要性成立．所以“eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \o(AC,\s\up12(→))－3eq \o(AG,\s\up12(→))＝0”是“点G为△ABC的重心”的充要条件．故选C． 2．在△ABC中，AB＝1，AC＝eq \r(3)，BC＝2，D为△ABC所在平面内一点，且eq \o(BD,\s\up12(→))＝2eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \o(AC,\s\up12(→))，则△BCD的面积为(　　) A．2eq \r(3) B．eq \r(3) C．eq \f(\r(3),2) D．eq \f(3\r(3),2) 解析：由题可作如图所示的矩形，则S△BCD＝eq \f(1,2)×CD×AC＝eq \f(1,2)×3×eq \r(3)＝eq \f(3\r(3),2)． 4．两个大小相等的共点力F1，F2，当它们的夹角为90°时，合力大小为20 N，则当它们的夹角为120°时，合力大小为(　　) A．40 N B．10eq \r(2) N C．20eq \r(2) N D．10eq \r(3) N 解析：设夹角为90°时，合力为F，|F1|＝|F2|＝|F|cos45°＝10eq \r(2) N，当θ＝120°时，由平行四边形法则知，|F合|＝|F1|＝|F2|＝10eq \r(2) N． 5．已知梯形ABCD中，∠ABC＝∠BAD＝90°，AB＝BC＝1，AD＝2，P是CD的中点，则|eq \o(PA,\s\up12(→))＋2eq \o(PB,\s\up12(→))|＝________． 解析：根据题意，以点B为坐标原点，BC，BA所在直线分别为x轴、y轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则B(0，0)，A(0，1)，C(1，0)，D(2，1)．∵P是CD的中点，∴Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(1,2)))，∴eq \o(PA,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(1,2)))，eq \o(PB,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，－\f(1,2)))，∴eq \o(PA,\s\up12(→))＋2eq \o(PB,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(1,2)))＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，－\f(1,2)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,2)，－\f(1,2)))，∴|eq \o(PA,\s\up12(→))＋2eq \o(PB,\s\up12(→))|＝eq \r(\f(81,4)＋\f(1,4))＝eq \f(\r(82),2)． eq \f(\r(82),2) 解析：eq \o(AB,\s\up12(→))＝(3，3)，eq \o(DC,\s\up12(→))＝(2，2)，∴eq \o(AB,\s\up12(→))∥eq \o(DC,\s\up12(→))，又A，B，C，D四点不共线，且|eq \o(AB,\s\up12(→))|≠|eq \o(DC,\s\up12(→))|，故此四边形为梯形． 2．人骑自行车的速度为v1，风速为v2，则逆风行驶的速度大小为(　　) A．v1－v2 B．v1＋v2 C．|v1|－|v2| D．eq \f(|v1|,|v2|) 解析：逆风行驶的速度大小＝人骑自行车的速度大小－风速大小，速度的大小应该是数量．故选C． 3．若向量eq \o(OF1,\s\up15(→))＝(2，2)，eq \o(OF2,\s\up15(→))＝(－2，3)分别表示两个力F1，F2，则|F1＋F2|的值为(　　) A．(0，5) B．(4，－1) C．2eq \r(2) D．5 解析：∵F1＋F2＝eq \o(OF1,\s\up12(→))＋eq \o(OF2,\s\up12(→))＝(2，2)＋(－2，3)＝(0，5)，∴|F1＋F2|＝5． 4．某人在静水中游泳时，速度大小为4eq \r(3) km/h．如果水流的速度大小为4 km/h，他沿着垂直于对岸的方向前进，那么他实际前进的方向与河岸的夹角为(　　) A．90° B．30° C．45° D．60° 解析：如图，用eq \o(OA,\s\up12(→))表示水速，eq \o(OB,\s\up12(→))表示某人径直游向对岸的速度，则实际前进方向与河岸的夹角为∠AOC．于是tan∠AOC＝eq \f(|\o(AC,\s\up12(→))|,|\o(OA,\s\up12(→))|)＝eq \f(|\o(OB,\s\up12(→))|,|\o(OA,\s\up12(→))|)＝eq \f(|v静|,|v水|)＝eq \r(3)，所以∠AOC＝60°．故选D． 5．已知P为△ABC所在平面内一点，eq \o(AB,\s\up12(→))＋2eq \o(PB,\s\up12(→))＋2eq \o(PC,\s\up12(→))＝0，|eq \o(AB,\s\up12(→))|＝4，|eq \o(PB,\s\up12(→))|＝|eq \o(PC,\s\up12(→))|＝3，则△ABC的面积为(　　) A．4eq \r(3) B．8eq \r(3) C．4eq \r(2) D．8eq \r(2) 解析：∵|eq \o(PB,\s\up12(→))|＝|eq \o(PC,\s\up12(→))|＝3，∴P位于线段BC的垂直平分线上，设线段BC的中点为D，由eq \o(AB,\s\up12(→))＋2eq \o(PB,\s\up12(→))＋2eq \o(PC,\s\up12(→))＝0，得eq \o(AB,\s\up12(→))＝－2(eq \o(PB,\s\up12(→))＋eq \o(PC,\s\up12(→)))＝－4eq \o(PD,\s\up12(→))＝4eq \o(DP,\s\up12(→))，∴AB⊥BC，|eq \o(DP,\s\up12(→))|＝1，如图所示，∴BC＝2BD＝2eq \r(32－12)＝4eq \r(2)，∴S△ABC＝eq \f(1,2)BC·AB＝eq \f(1,2)×4eq \r(2)×4＝8eq \r(2)．故选D． 二、多选题 6．在平行四边形ABCD中，设eq \o(AQ,\s\up12(→))＝λeq \o(AB,\s\up12(→))＋μeq \o(AD,\s\up12(→))，其中λ，μ∈[0，1]，则下列命题中是真命题的是(　　) A．当λ＝1时，点Q在线段DC上 B．当点Q在线段AC上时，λ＝μ C．当λ＋μ＝1时，点Q在对角线BD上 D．当3λ＋μ＝eq \f(1,2)时，点Q在某线段上运动 解析：对于A，当λ＝1时，eq \o(AQ,\s\up12(→))＝eq \o(AB,\s\up12(→))＋μeq \o(AD,\s\up12(→))⇒μeq \o(AD,\s\up12(→))＝eq \o(AQ,\s\up12(→))－eq \o(AB,\s\up12(→))＝eq \o(BQ,\s\up12(→))，点Q在线段BC上，故A是假命题；对于B，当点Q在线段AC上时，存在实数m，使得eq \o(AQ,\s\up12(→))＝meq \o(AC,\s\up12(→))＝meq \o(AB,\s\up12(→))＋meq \o(AD,\s\up12(→))，因此λ＝μ＝m，故B是真命题；对于C，当λ＋μ＝1时，由eq \o(AQ,\s\up12(→))＝λeq \o(AB,\s\up12(→))＋μeq \o(AD,\s\up12(→))可知B，D，Q三点共线，故点Q在对角线BD上，故C是真命题；对于D，在边AB，AD上分别取M，N，使得eq \o(AB,\s\up12(→))＝6eq \o(AM,\s\up12(→))，eq \o(AD,\s\up12(→))＝2eq \o(AN,\s\up12(→))，所以eq \o(AQ,\s\up12(→))＝λeq \o(AB,\s\up12(→))＋μeq \o(AD,\s\up12(→))＝6λeq \o(AM,\s\up12(→))＋2μeq \o(AN,\s\up12(→))，当3λ＋μ＝eq \f(1,2)时，则6λ＋2μ＝1，故Q，M，N三点共线，因此点Q在线段NM上运动，故D是真命题．故选BCD． 解析：由题意知，F2的大小等于重力G与水平拉力F1的合力大小，由图1知|F2|＝5 N，故A正确；如图2，物体所受合力大小应等于向量eq \o(AD,\s\up12(→))与F2的和向量的大小，显然B错误；当物体所受合力为F1时，说明G与F2的合力为0，所以|F2|＝4 N，故C正确；由以上分析可知，重力G与水平拉力F1的合力为eq \o(AD,\s\up12(→))，|eq \o(AD,\s\up12(→))|＝5 N，易知当F2与eq \o(AD,\s\up12(→))同向时合力最大，为7 N，反向时合力最小，为3 N，即3 N≤|F1＋F2＋G|≤7 N，故D正确．故选ACD． 三、填空题 8．有一两岸平行的河流，小船从一岸行驶到另一岸，水流速度大小为1，小船速度大小为eq \r(2)，为使所走路程最短，小船应朝____________________的方向行驶． 解析：如下图，为使小船所走路程最短，v水＋v船应与岸垂直．又|v水|＝|eq \o(AB,\s\up12(→))|＝1，|v船|＝|eq \o(AC,\s\up12(→))|＝eq \r(2)，∠ADC＝90°，∴∠CAD＝45°，∴∠CAB＝∠CAD＋∠DAB＝45°＋90°＝135°．故小船应朝与水流速度成135°角的方向行驶． 9．在△ABC中，已知D是AB边上一点，若eq \o(AD,\s\up12(→))＝2eq \o(DB,\s\up12(→))，eq \o(CD,\s\up12(→))＝eq \f(1,3) eq \o(CA,\s\up12(→))＋λeq \o(CB,\s\up12(→))，则λ＝________． 解析：如图所示，∵eq \o(CD,\s\up12(→))＝eq \o(CA,\s\up12(→))＋eq \o(AD,\s\up12(→))＝eq \o(CA,\s\up12(→))＋eq \f(2,3) eq \o(AB,\s\up12(→))＝eq \o(CA,\s\up12(→))＋eq \f(2,3)(eq \o(CB,\s\up12(→))－eq \o(CA,\s\up12(→)))＝eq \f(1,3) eq \o(CA,\s\up12(→))＋eq \f(2,3) eq \o(CB,\s\up12(→))，又eq \o(CD,\s\up12(→))＝eq \f(1,3) eq \o(CA,\s\up12(→))＋λeq \o(CB,\s\up12(→))，∴λ＝eq \f(2,3)． eq \f(2,3) 10．在△ABC中，a，b，c分别是内角A，B，C所对的边，且3aeq \o(BC,\s\up12(→))＋4beq \o(CA,\s\up12(→))＋5ceq \o(AB,\s\up12(→))＝0，则a∶b∶c＝___________． 解析：∵3aeq \o(BC,\s\up12(→))＋4beq \o(CA,\s\up12(→))＋5ceq \o(AB,\s\up12(→))＝0，∴3a(eq \o(BA,\s\up12(→))＋eq \o(AC,\s\up12(→)))＋4beq \o(CA,\s\up12(→))＋5ceq \o(AB,\s\up12(→))＝0，∴(3a－5c)eq \o(BA,\s\up12(→))＋(3a－4b)eq \o(AC,\s\up12(→))＝0．在△ABC中，∵eq \o(BA,\s\up12(→))，eq \o(AC,\s\up12(→))不共线，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3a＝5c，,3a＝4b，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(c＝\f(3,5)a，,b＝\f(3,4)a，))∴a∶b∶c＝a∶eq \f(3,4)a∶eq \f(3,5)a＝20∶15∶12． 四、解答题 11．三个大小相同的力a，b，c作用在同一物体P上，使物体P沿a方向做匀速运动，设eq \o(PA,\s\up12(→))＝a，eq \o(PB,\s\up12(→))＝b，eq \o(PC,\s\up12(→))＝c，判断△ABC的形状． 解：由题意得|a|＝|b|＝|c|，由于在合力作用下物体做匀速运动，故合力为0， 即a＋b＋c＝0． 所以a＋c＝－b． 如图，作平行四边形APCD， 则其为菱形． 因为eq \o(PD,\s\up12(→))＝a＋c＝－b， 所以∠APC＝120°． 同理，∠APB＝∠BPC＝120°． 又|a|＝|b|＝|c|， 所以△ABC为等边三角形． 12．如图，过△OAB的重心M的直线与OA，OB分别相交于C，D，设eq \o(OC,\s\up12(→))＝heq \o(OA,\s\up12(→))，eq \o(OD,\s\up12(→))＝keq \o(OB,\s\up12(→))，求eq \f(1,h)＋eq \f(1,k)的值． 解：如图，连接OM并延长交AB于点E， 则E为AB的中点， eq \o(OM,\s\up12(→))＝eq \f(2,3) eq \o(OE,\s\up12(→)) ＝eq \f(2,3)×eq \f(1,2)(eq \o(OA,\s\up12(→))＋eq \o(OB,\s\up12(→))) ＝eq \f(1,3) eq \o(OA,\s\up12(→))＋eq \f(1,3) eq \o(OB,\s\up12(→))．　① 设eq \o(CM,\s\up12(→))＝λeq \o(CD,\s\up12(→))(λ∈R)，则 eq \o(OM,\s\up12(→))＝eq \o(OC,\s\up12(→))＋eq \o(CM,\s\up12(→))＝eq \o(OC,\s\up12(→))＋λeq \o(CD,\s\up12(→)) ＝eq \o(OC,\s\up12(→))＋λ(eq \o(OD,\s\up12(→))－eq \o(OC,\s\up12(→))) ＝(1－λ)eq \o(OC,\s\up12(→))＋λeq \o(OD,\s\up12(→)) ＝(1－λ)heq \o(OA,\s\up12(→))＋λkeq \o(OB,\s\up12(→))．　② 由①②，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1((1－λ)h＝\f(1,3)，,λk＝\f(1,3)))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,h)＝3(1－λ)，,\f(1,k)＝3λ))⇒eq \f(1,h)＋eq \f(1,k)＝3． 13．水平横梁的一端A插在墙壁内，另一端装有一光滑的小滑轮，一轻绳的一端C固定于墙壁上，另一端跨过滑轮后悬挂一质量为m＝10 kg的重物，∠CBA＝30°，如图所示，则滑轮受到绳子的作用力为(g＝10 m/s2)(　　) A．50 N B．50eq \r(3) N C．100 N D．100eq \r(3) N 解析：设eq \o(AB,\s\up12(→))＝a，eq \o(BC,\s\up12(→))＝b构成一组基底，则eq \o(AE,\s\up12(→))＝a＋eq \f(2,3)b，eq \o(DC,\s\up12(→))＝eq \f(1,3)a＋b，∵A，P，E三点共线，∴存在实数λ使得eq \o(AP,\s\up12(→))＝λeq \o(AE,\s\up12(→))＝λa＋eq \f(2,3)λb．∵D，P，C三点共线，∴存在实数μ，使得eq \o(DP,\s\up12(→))＝μeq \o(DC,\s\up12(→))＝eq \f(1,3)μa＋μb．又eq \o(AP,\s\up12(→))＝eq \o(AD,\s\up12(→))＋eq \o(DP,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)＋\f(1,3)μ))a＋μb，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＝\f(2,3)＋\f(1,3)μ，,\f(2,3)λ＝μ))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＝\f(6,7)，,μ＝\f(4,7).))∵AD∶DB＝2∶1，∴S△ADC＝eq \f(2,3)S△ABC＝eq \f(2,3)×14＝eq \f(28,3)(cm2)，又eq \o(DP,\s\up12(→))＝eq \f(4,7) eq \o(DC,\s\up12(→))，∴S△APC＝eq \f(3,7)S△ADC＝eq \f(3,7)×eq \f(28,3)＝4(cm2)． 解：设实际风速为v，a表示此人向西行驶的速度，感到的风速为v－a，当速度为2a时感到的风速为v－2a， 如图，设eq \o(OA,\s\up12(→))＝－a，eq \o(OB,\s\up12(→))＝－2a，eq \o(PO,\s\up12(→))＝v， ∵eq \o(PO,\s\up12(→))＋eq \o(OA,\s\up12(→))＝eq \o(PA,\s\up12(→))，∴eq \o(PA,\s\up12(→))＝v－a，这就是速度为a时感到的由正南方向吹来的风速， ∵eq \o(PO,\s\up12(→))＋eq \o(OB,\s\up12(→))＝eq \o(PB,\s\up12(→))，∴eq \o(PB,\s\up12(→))＝v－2a，这就是速度为2a时感到的由西南方向吹来的风速， 由题意知∠PBO＝45°，PA⊥BO，BA＝AO， ∴△POB为等腰直角三角形， ∴∠APO＝45°，|eq \o(PO,\s\up12(→))|＝|eq \o(PB,\s\up12(→))|＝eq \r(2)|a|＝20eq \r(2)， 即|v|＝20eq \r(2)， ∴实际风速的大小是20eq \r(2)千米/小时，为东南风． 16．如图，在△ABC中，E为边AB上一点，F为线段AC 延长线上一点，且eq \f(BE,AB)＝eq \f(CF,AC)，连接EF交BC于点D，求证：ED＝DF． 证明：如图，以B为原点，BC所在直线为x轴建立平面直角坐标系，不妨设BC＝1，eq \f(BE,AB)＝eq \f(CF,AC)＝λ，C(1，0)，A(a，b)，D(d，0)，则E(λa，λb)，eq \o(AC,\s\up12(→))＝(1－a，－b)，所以eq \o(CF,\s\up12(→))＝λeq \o(AC,\s\up12(→))＝(λ(1－a)，－λb)，所以F(λ(1－a)＋1，－λb)． 所以eq \o(ED,\s\up12(→))＝(d－λa，－λb)，eq \o(DF,\s\up12(→))＝(λ(1－a)＋1－d，－λb)． 因为E，D，F三点共线，所以eq \o(ED,\s\up12(→))∥eq \o(DF,\s\up12(→))， 所以－λb(d－λa)＝－λb[λ(1－a)＋1－d]， 化简得2d＝λ＋1． 因为eq \o(ED,\s\up12(→))－eq \o(DF,\s\up12(→))＝(d－λa，－λb)－(λ－λa＋1－d，－λb)＝(2d－λ－1，0)＝(0，0)＝0， 所以eq \o(ED,\s\up12(→))＝eq \o(DF,\s\up12(→))，即ED＝DF． $