2.6.2 平面向量在几何、物理中的应用举例 课后达标 检测(课件PPT)-【学霸笔记·同步精讲】2024-2025学年高中数学必修第二册（北师大版）

该高中数学课件聚焦向量的数量积、线性运算及应用，从物理情境（力做功、速度合成）到几何问题（三角形向量运算），构建从具体到抽象的学习支架，帮助学生衔接前后知识。 其亮点在于结合引体向上、帆船比赛等现实情境，通过问题链培养数学眼光，注重坐标法、点积证明等逻辑推理发展数学思维，分层设计（基础、能力、素养）提升应用意识，助力学生巩固知识，教师高效教学。

6．2　课后达标 检测 1．已知力F的大小|F|＝10 N，在F的作用下产生的位移s的大小|s|＝14 m，F与s的夹角为60°，则F做的功为(　　) A．7 J B．10 J C．14 J D．70 J 3 4 5 6 7 8 9 10 2 12 13 14 15 16 11 1 √ 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 12 13 14 15 16 11 2 √ 课后达标 检测 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 3 √ 课后达标 检测 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 3 课后达标 检测 3 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 4 √ 课后达标 检测 3 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 4 课后达标 检测 3 4 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 5 √ 课后达标 检测 3 4 5 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 6 √ √ 课后达标 检测 3 4 5 6 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 7 5 课后达标 检测 3 4 5 6 7 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 8 9 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 10 2 12 13 14 15 16 11 9 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 10 2 12 13 14 15 16 11 9 课后达标 检测 10.如图，在正方形ABCD中，P为对角线AC上除A，C两点外的任一点，PE⊥AB，PF⊥BC，垂足分别为E，F，连接DP，EF，求证：DP⊥EF. 3 4 5 6 7 8 1 9 2 12 13 14 15 16 11 10 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 2 12 13 14 15 16 11 10 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 2 12 13 14 15 16 11 10 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 √ 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 13 14 15 16 11 12 √ 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 13 14 15 16 11 12 课后达标 检测 13．一质点受到同一平面上的三个力F1，F2，F3(单位：N)的作用而处于平衡状态，已知F1，F2的夹角为120°，且F1，F2的大小都为6 N，则F3的大小为________N. 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 14 15 16 11 13 6 课后达标 检测 14．帆船比赛是借助风帆推动船只在规定距离内竞速的一项水上运动，如果一帆船所受的风力方向为北偏东30°，速度为20 km/h，此时水的流向是正东，流速为20 km/h.若不考虑其他因素，求帆船的速度与方向． 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 15 16 11 14 解：建立如图所示的平面直角坐标系，由题意可知，风的方向为北偏东30°，速度大小为|v1|＝20 km/h，水流的方向为正东，速度大小为|v2|＝20 km/h，设帆船行驶的速度为v km/h，则v＝v1＋v2. 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 15 16 11 14 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 16 11 15 √ 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 16 11 15 课后达标 检测 16．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c. (1)在△ABC中，若A(1，1)，B(3，5)，C(2，6)，求△ABC的重心G的坐标； 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 11 16 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 11 16 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 11 16 课后达标 检测 解析：F做的功为F·s＝|F||s|cos 60°＝10×14×eq \f(1,2)＝70(J)．故选D. 2．一只鹰正以与水平方向成30°角的方向向下飞行，直扑猎物，太阳光垂直于地面照射下来，鹰在地面上影子的速度是50 m/s，则鹰的飞行速度为(　　) A.eq \f(50,3) m/s B.eq \f(50\r(3),3) m/s C.eq \f(100\r(3),3) m/s D.eq \f(100,3) m/s 解析：如图所示，由题意知|eq \o(AC,\s\up16(→))|＝50，所以|eq \o(AB,\s\up16(→))|＝eq \f(|\o(AC,\s\up16(→))|,cos 30°)＝eq \f(100\r(3),3).故选C. 3．在Rt△ABC中，A＝90°，AB＝2，AC＝3，eq \o(AM,\s\up16(→))＝2eq \o(MC,\s\up16(→))，eq \o(AN,\s\up16(→))＝eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up16(→))，CN与BM交于点P，则cos∠BPN＝(　　) A.eq \f(\r(5),5) B．－eq \f(2\r(5),5) C．－eq \f(\r(5),5) D.eq \f(2\r(5),5) 解析：建立如图所示的平面直角坐标系，则B(0，2)，N(0，1)，C(3，0)，M(2，0)， 得eq \o(CN,\s\up16(→))＝(－3，1)，eq \o(MB,\s\up16(→))＝(－2，2)， 所以cos∠BPN＝eq \f(\o(CN,\s\up16(→))·\o(MB,\s\up16(→)),|\o(CN,\s\up16(→))||\o(MB,\s\up16(→))|)＝eq \f(8,\r(10)×2\r(2))＝eq \f(2\r(5),5).故选D. 4.体育锻炼是青少年生活学习中非常重要的组成部分．某学生做引体向上运动处于如图所示的平衡状态时，若两只胳膊的夹角为60°，每只胳膊的拉力大小均为400 N，则该学生的体重约为(参考数据：重力加速度的大小为g＝10 N/kg，eq \r(3)≈1.732)(　　) A．63 kg B．69 kg C．75 kg D．81 kg 解析：设两只胳膊的拉力分别为F1，F2，学生的体重为m kg， 则mg＝|F1＋F2|＝eq \r(（F1＋F2）2)＝ eq \r(4002＋2×400×400×cos 60°＋4002) ＝400eq \r(3)≈692.8，可得m≈69 kg.故选B. 5．河水的流速为2 m/s，一艘小船以垂直于河岸方向10 m/s的速度驶向对岸，则小船在静水中的速度大小为(　　) A．10 m/s B．2eq \r(26) m/s C．4eq \r(6) m/s D．12 m/s 解析： 由题意知|v水|＝2 m/s，|v船|＝10 m/s，作出示意图如图．所以|v|＝eq \r(102＋22)＝eq \r(104)＝2eq \r(26)(m/s)． 6．(多选)已知点O为△ABC外接圆的圆心，|eq \o(AC,\s\up16(→))|＝6，∠OAC＝30°，则(　　) A．OC＝eq \r(3) B．OC＝2eq \r(3) C.eq \o(OA,\s\up16(→))·eq \o(OC,\s\up16(→))＝6 D.eq \o(OA,\s\up16(→))·eq \o(OC,\s\up16(→))＝－6 解析：令OC＝2t，则由勾股定理易得(2t)2＝t2＋(eq \f(6,2))2，所以t＝－eq \r(3) (舍去)或t＝eq \r(3)，所以OC＝2eq \r(3)，所以eq \o(OA,\s\up16(→))·eq \o(OC,\s\up16(→))＝|eq \o(OA,\s\up16(→))|·|eq \o(OC,\s\up16(→))|cos∠AOC＝2eq \r(3)×2eq \r(3)×cos(180°－60°)＝－6.故选BD. 7．已知两个力F1与F2的夹角为直角，且已知它们的合力F与F2的夹角为eq \f(π,3)，|F|＝10 N，则F2的大小为________N. 解析：因为F1与F2的夹角为直角，它们的合力为F，所以〈F1，F2〉＝eq \f(π,2)，F＝F1＋F2， 所以F1·F2＝0，F·F2＝(F1＋F2)·F2＝Feq \o\al(2,2)＝|F2|2，因为F与F2的夹角为eq \f(π,3)，所以cos〈F，F2〉＝eq \f(F·F2,|F||F2|)＝eq \f(1,2)，又|F|＝10 N， 所以|F2|＝5 N. 8.两个半径分别为r1，r2的圆M，N，公共弦AB长为3，如图所示，则eq \o(AB,\s\up16(→))·eq \o(AM,\s\up16(→))＋eq \o(AB,\s\up16(→))·eq \o(AN,\s\up16(→))＝________． 解析：连接圆心MN与公共弦相交于点C(图略)，则C为公共弦AB的中点，且MN⊥AB，故eq \o(AB,\s\up16(→))·eq \o(AM,\s\up16(→))＝|eq \o(AB,\s\up16(→))||eq \o(AM,\s\up16(→))|·cos∠MAC＝|eq \o(AB,\s\up16(→))||eq \o(AC,\s\up16(→))|＝eq \f(1,2)|eq \o(AB,\s\up16(→))|2＝eq \f(9,2)，eq \o(AB,\s\up16(→))·eq \o(AN,\s\up16(→))＝|eq \o(AB,\s\up16(→))||eq \o(AN,\s\up16(→))|cos∠NAC＝|eq \o(AB,\s\up16(→))||eq \o(AC,\s\up16(→))|＝eq \f(1,2)|eq \o(AB,\s\up16(→))|2＝eq \f(9,2)，故eq \o(AM,\s\up16(→))·eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(AN,\s\up16(→))·eq \o(AB,\s\up16(→))＝9. 9.如图，已知eq \o(OA,\s\up16(→))＝(2，0)，eq \o(OB,\s\up16(→))＝(1，eq \r(3))，将eq \o(BA,\s\up16(→))绕着B点按逆时针方向旋转60°，且模伸长到eq \o(BA,\s\up16(→))模的2倍，得到向量eq \o(BC,\s\up16(→)).则四边形AOBC的面积为________． 3eq \r(3) 解析：因为eq \o(OB,\s\up16(→))＝(1，eq \r(3))，所以tan∠BOA＝eq \f(\r(3),1)＝eq \r(3)，又0°<∠BOA<90°，所以∠BOA＝60°，因为|eq \o(OB,\s\up16(→))|＝eq \r(12＋（\r(3)）2)＝2，|eq \o(OA,\s\up16(→))|＝2， 所以△BOA为等边三角形，所以S△BOA＝eq \f(1,2)×2×2×sin 60°＝eq \r(3)， 对于△ABC，|eq \o(BC,\s\up16(→))|＝2|eq \o(BA,\s\up16(→))|＝4，∠ABC＝60°，所以S△ABC＝eq \f(1,2)×2×4×sin 60°＝2eq \r(3)， 所以四边形AOBC的面积为S△BOA＋S△ABC＝eq \r(3)＋2eq \r(3)＝3eq \r(3). 证明：方法一：设正方形ABCD的边长为1，AE＝a(0<a<1)， 则EP＝AE＝a，PF＝EB＝1－a，AP＝eq \r(2)a， 所以eq \o(DP,\s\up16(→))·eq \o(EF,\s\up16(→))＝(eq \o(DA,\s\up16(→))＋eq \o(AP,\s\up16(→)))·(eq \o(EP,\s\up16(→))＋eq \o(PF,\s\up16(→))) ＝eq \o(DA,\s\up16(→))·eq \o(EP,\s\up16(→))＋eq \o(DA,\s\up16(→))·eq \o(PF,\s\up16(→))＋eq \o(AP,\s\up16(→))·eq \o(EP,\s\up16(→))＋eq \o(AP,\s\up16(→))·eq \o(PF,\s\up16(→))＝1×a×cos 180°＋1×(1－a)×cos 90°＋eq \r(2)a×a×cos 45°＋eq \r(2)a×(1－a)×cos 45° ＝－a＋a2＋a(1－a)＝0. 所以eq \o(DP,\s\up16(→))⊥eq \o(EF,\s\up16(→))，即DP⊥EF. 方法二：如图，以A为原点，AB，AD所在直线分别为x轴，y轴建立平面直角坐标系． 设正方形ABCD的边长为1，AP＝λ(0<λ<eq \r(2))， 则D(0，1)， Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)λ，\f(\r(2),2)λ))，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)λ，0))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(2),2)λ)). 所以eq \o(DP,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)λ，\f(\r(2),2)λ－1))，eq \o(EF,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2),2)λ，\f(\r(2),2)λ)).所以eq \o(DP,\s\up16(→))·eq \o(EF,\s\up16(→))＝eq \f(\r(2),2)λ－eq \f(1,2)λ2＋eq \f(1,2)λ2－eq \f(\r(2),2)λ＝0，所以eq \o(DP,\s\up16(→))⊥eq \o(EF,\s\up16(→))，即DP⊥EF. 11．在△ABC中，设eq \o(AC,\s\up16(→))2－eq \o(AB,\s\up16(→))2＝2eq \o(AM,\s\up16(→))·eq \o(BC,\s\up16(→))，那么动点M形成的图形必通过△ABC的(　　) A．垂心 B．内心 C．外心 D．重心 解析：设线段BC中点为D，则eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(AC,\s\up16(→))＝2eq \o(AD,\s\up16(→)).因为eq \o(AC,\s\up16(→))2－eq \o(AB,\s\up16(→))2＝2eq \o(AM,\s\up16(→))·eq \o(BC,\s\up16(→))，所以(eq \o(AC,\s\up16(→))＋eq \o(AB,\s\up16(→)))·(eq \o(AC,\s\up16(→))－eq \o(AB,\s\up16(→)))＝2eq \o(AM,\s\up16(→))·eq \o(BC,\s\up16(→))，所以eq \o(BC,\s\up16(→))·(eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(AC,\s\up16(→))－2eq \o(AM,\s\up16(→)))＝0，所以eq \o(BC,\s\up16(→))·2eq \o(MD,\s\up16(→))＝0，所以MD⊥BC且平分BC，所以动点M形成的图形必通过△ABC的外心．故选C. 12．已知△ABC是以C为直角顶点且斜边长为2的等腰直角三角形，P为△ABC所在平面内一点，则eq \o(PA,\s\up16(→))·(eq \o(PB,\s\up16(→))＋eq \o(PC,\s\up16(→)))的最小值为(　　) A．－eq \f(1,2) B．－eq \f(5,4) C．－eq \f(1,8) D．－eq \f(5,2) 解析：如图以C为原点CB，CA所在直线分别为x轴，y轴建立平面直角坐标系，设点P(x，y)，因为△ABC是斜边长为2的等腰直角三角形， 所以A(0，eq \r(2))，B(eq \r(2)，0)， 所以eq \o(PA,\s\up16(→))＝(－x，eq \r(2)－y)，eq \o(PB,\s\up16(→))＝(eq \r(2)－x，－y)，eq \o(PC,\s\up16(→))＝(－x，－y)，所以eq \o(PB,\s\up16(→))＋eq \o(PC,\s\up16(→))＝(eq \r(2)－2x，－2y)，故eq \o(PA,\s\up16(→))·(eq \o(PB,\s\up16(→))＋eq \o(PC,\s\up16(→)))＝(－x，eq \r(2)－y)·(eq \r(2)－2x，－2y)＝2x2－eq \r(2)x＋2y2－2eq \r(2)y＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(\r(2),4))) eq \s\up12(2)＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(\r(2),2))) eq \s\up12(2)－eq \f(5,4)≥－eq \f(5,4)，所以eq \o(PA,\s\up16(→))·(eq \o(PB,\s\up16(→))＋eq \o(PC,\s\up16(→)))的最小值为－eq \f(5,4). 解析：设三个力F1，F2，F3分别对应的向量为a，b，c，则由题知a＋b＋c＝0，所以c＝－(a＋b)，所以|c|＝|－(a＋b)|＝eq \r(a2＋2a·b＋b2)，又 |a|＝6，|b|＝6，a·b＝|a||b|cos 120°＝6×6×(－eq \f(1,2))＝－18，所以|c|＝eq \r(36＋2×（－18）＋36)＝6，所以F3的大小为6 N. 由题意，可得v1＝(20cos 60°，20sin 60°)＝(10，10eq \r(3))，v2＝(20，0)， 则帆船的行驶速度v＝v1＋v2＝(10，10eq \r(3))＋(20，0)＝(30，10eq \r(3))， 所以|v|＝eq \r(302＋（10\r(3)）2)＝20eq \r(3)(km/h)． 因为tan α＝eq \f(10\r(3),30)＝eq \f(\r(3),3)(α为v和v2的夹角，且为锐角)，所以α＝30°. 所以帆船向北偏东60°的方向行驶，速度为20eq \r(3) km/h. 15．已知O是△ABC内的一点，若△BOC，△AOC，△AOB的面积分别记为S1，S2，S3，则S1·eq \o(OA,\s\up16(→))＋S2·eq \o(OB,\s\up16(→))＋S3·eq \o(OC,\s\up16(→))＝0.这个定理对应的图形与“奔驰”轿车的标志很相似，故形象地称其为“奔驰定理”．已知O是△ABC的垂心，且eq \o(OA,\s\up16(→))＋2eq \o(OB,\s\up16(→))＋3eq \o(OC,\s\up16(→))＝0，则tan∠BAC∶tan∠ABC∶tan∠ACB＝(　　) A．1∶2∶3 B．1∶2∶4 C．2∶3∶4 D．2∶3∶6 解析：如图，O是△ABC的垂心，延长CO，BO，AO分别交边AB，AC，BC于点P，M，N，则CP⊥AB，BM⊥AC，AN⊥BC，∠BOP＝∠BAC，∠AOP＝∠ABC，因此eq \f(S1,S2)＝eq \f(\f(1,2)OC·BP,\f(1,2)OC·AP)＝eq \f(BP,AP)＝eq \f(OPtan∠BOP,OPtan∠AOP)＝eq \f(tan∠BAC,tan∠ABC).同理得，eq \f(S1,S3)＝eq \f(tan∠BAC,tan∠ACB).于是得tan∠BAC∶tan∠ABC∶tan∠ACB＝S1∶S2∶S3.因为eq \o(OA,\s\up16(→))＋2eq \o(OB,\s\up16(→))＋3eq \o(OC,\s\up16(→))＝0，所以由“奔驰定理”，得S1∶S2∶S3＝1∶2∶3，所以tan∠BAC∶tan∠ABC∶tan∠ACB＝1∶2∶3. 解：若记坐标原点为O，由点G是△ABC的重心，有eq \o(GA,\s\up16(→))＋eq \o(GB,\s\up16(→))＋eq \o(GC,\s\up16(→))＝0，从而(eq \o(OA,\s\up16(→))－eq \o(OG,\s\up16(→)))＋(eq \o(OB,\s\up16(→))－eq \o(OG,\s\up16(→)))＋(eq \o(OC,\s\up16(→))－eq \o(OG,\s\up16(→)))＝0， 整理得eq \o(OG,\s\up16(→))＝eq \f(1,3)(eq \o(OA,\s\up16(→))＋eq \o(OB,\s\up16(→))＋eq \o(OC,\s\up16(→)))＝(2，4)，所以△ABC的重心G的坐标为(2，4)． (2)如图所示，在非等腰的锐角三角形ABC中，已知点H是△ABC的垂心，点O是△ABC的外心．若点M是BC的中点，求证：OM綊eq \f(1,2)AH. 证明：因为AH⊥BC，OM⊥BC，有AH∥OM，因为eq \o(OM,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(OB,\s\up16(→))＋eq \o(OC,\s\up16(→)))，设eq \o(AH,\s\up16(→))＝λ(eq \o(OB,\s\up16(→))＋eq \o(OC,\s\up16(→)))，由BH⊥AC可得eq \o(BH,\s\up16(→))·eq \o(AC,\s\up16(→))＝0，所以(eq \o(AH,\s\up16(→))－eq \o(AB,\s\up16(→)))·eq \o(AC,\s\up16(→))＝0，所以[λ(eq \o(OB,\s\up16(→))＋eq \o(OC,\s\up16(→)))－(eq \o(OB,\s\up16(→))－eq \o(OA,\s\up16(→)))]·(eq \o(OC,\s\up16(→))－eq \o(OA,\s\up16(→)))＝0. 因为eq \o(OA,\s\up16(→))2＝eq \o(OC,\s\up16(→))2，从而(λ－1)(eq \o(OB,\s\up16(→))·eq \o(OC,\s\up16(→))－eq \o(OB,\s\up16(→))·eq \o(OA,\s\up16(→))＋eq \o(OA,\s\up16(→))2－eq \o(OC,\s\up16(→))·eq \o(OA,\s\up16(→)))＝0， 即(λ－1)[eq \o(OB,\s\up16(→))·(eq \o(OC,\s\up16(→))－eq \o(OA,\s\up16(→)))＋(eq \o(OA,\s\up16(→))－eq \o(OC,\s\up16(→)))·eq \o(OA,\s\up16(→))]＝0，所以(λ－1)eq \o(AC,\s\up16(→))·eq \o(AB,\s\up16(→))＝0， 易知eq \o(AC,\s\up16(→))·eq \o(AB,\s\up16(→))＝0不成立，故λ－1＝0，即λ＝1， 此时eq \o(AH,\s\up16(→))＝eq \o(OB,\s\up16(→))＋eq \o(OC,\s\up16(→))＝2eq \o(OM,\s\up16(→))，即OM綊eq \f(1,2)AH. $