6.4.1 平面几何中的向星方法&6.4.2 向量在物理中的应用举例-【志鸿优化训练】2025-2026学年高中数学必修第二册 (人教A版)

课时夯基过关练了 6.4平面向量的应用 6.4.1平面几何中的向量方法 6.4.2向量在物理中的应用举例 素养目标 1.掌握用向量法獬决实际问题的基本技能，掌握向量法解决平面几何问题的“三部曲”； 2.锻炼学生善于利用向量法解决实际问题的能力，培养学生的数学建模核心素养， 核心素养达标夯实基础 一、选择题 度大小g取10m/s2)() 1.在△ABC中，若A方·BC+A=0,则 A.60√3 B.61 △ABC的形状是() C.75 D.60 A.∠C为钝角的三角形 5.（多选)如图所示，小船被绳 B.∠B为直角的直角三角形 子拉向岸边，船在水中运动 C.锐角三角形 时，设水的阻力大小不变，那 D.∠A为直角的直角三角形 么小船匀速靠岸过程中( 2.在△ABC中，点D是边BC的中点，∠BAC= A.船受到的拉力不断增大 12,AB=3,AD-=罗，则AC的值为 B.船受到的拉力不断变小 C.船受到的浮力不断变小 A.5 B.6 D.船受到的浮力保持不变 C.√31 D.√33 二、填空题 3.在△ABC中，A-,AB=1,G为△ABC 6.已知在△ABC中，AB=2BC=2,AB边上 的高与AC边上的中线相等，则tanB= 的重心，若AG·A=AG·AC,则△ABC 外接圆的半径为() 7.如图，正方形ABCD的边长为6，E是AB A.√3 B.1 C.2 D.2√3 的中点，F是BC边上靠近点B的三等分 4.加强体育锻炼是青少年生活学习 点，AF与DE交于点M,则cos∠EMF= 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200√5N,则该学生 的体重（单位：kg)约为（参考数据：重力加速 ·数学·17 、第六章平面向量及其应用 三、解答题 8.如图所示，把一个物体放在倾角为30°的斜 面上，物体处于平衡状态，且受到三个力的 作用，即重力G,沿着斜面向上的摩擦力F1, 垂直斜面向上的弹力F2.已知G=100N, 求F1,F2的大小 30° 核心素养培优拓展提升 1.已知点M为Rt△ABC外接圆O上的任意 六边形ABCDEF,则O到线段AC的距离 一点，∠ABC=90°，AB=1,BC=√3，则 为 ;若P是圆O上的动点，则 (OA-O)·BM的最大值为() AC·A卫的取值范围是 B号 5.如图，质量m=2.0kg的木块，在平行于斜 A.1 C.3 D.√5 面大小为10N向上的拉力F的作用下，沿 2.一条河两岸平行，河的宽度为200m,一艘 倾角0=30°的光滑斜面向上滑行2.0m的 船从河岸边的A地出发，向河对岸航行.已 距离.(g=9.8m/s2) 知船的速度y1的大小为|y1|=10km/h,水 流速度2的大小为|v2|=6km/h.设这艘船 行驶方向与水流方向的夹角为0，行驶完全 程需要的时间为t(min),若船的航程最短， (1)分别求木块所受各力在这一过程中对物 则() 体做的功； A吾<=l5B<9<37,4=1.5 (2)求在这一过程中木块所受各力对物体做 C5<<4=2D.<0<3,=2 的功的代数和； (3)求木块所受合外力对木块所做的功，它 3.已知圆C的半径为1，过圆C外一点P作一 与木块所受各个力对木块做功的代数和之 条切线与圆C相切于点A,PA|=2,Q为 间有什么关系？ 圆C上一个动点，则PA·P夜的取值范围为 A.[2,4]B.[2,6]C.[0,4]D.[4,6] 4.如图是六角螺母的横截面，其 内圈是半径为1的圆O,外框 是以O为中心，边长为2的正 18·数学·6.3.2 平面向量的正交分解及 坐标表示 6.3.3 平面向量加、减运算的 则Dt-A=号A点=号a, 坐标表示 Bt-Nt-N随-A市-2A$=b-2a, 6.3.4 平面向量数乘运算的 MN=CN-CM=-A市-号c市- 坐标表示 -A市+}A点=a-b. 核心素养达标·夯实基础 1.D2.A3.AB4.B5.C6.B 用基底表示向量的关键是利用三角形或 平行四边形将基底和所要表示的向量联 7.Ac8109.210g号 总 系起来.解决此类题时，首先仔细观察所 11.解：设A(-1,0),B(3,0),C(1,-5), 给图形.借助于平面几何知识和共线向 D(z,y). 量定理，结合平面向量基本定理解决， ①若平行四边形为ABCD1,则AD= 12.解：M=A市+A心， BC. AD=(x+1,y),BC=(-2,-5), ·AM=圣(Mi-M)+(M心 .由AD=BC,得 「x+1=-2, MA), 解得 y=-5, MB+MC-0..MC-3 BM. =-3D,(-3,-5. y=-5, -既 ②若平行四边形为ACD2B,则AB= 核心素养培优·拓展提升 CD,. 1.ABD2.B3.BD4.C5.2 Ai=(4,0),CD2=(x-1,y+5), 红一1=4解得 x=5, 6.1+@a+(2+②k7.8 y+5=0, y=-5. .D2(5,-5). 8.解：(1)因为励=}B心=(C-A市)= ③若平行四边形为ACBD,则AD 号就-号A恋，所以A动=A砧+动= CB. AD=(x+1,y),C克=(2,5)， A本+（传3AC-号A)-号A恋+号AC x=1, .D3(1,5). y=5. (2)依题意知，A市-号A市，A市=1A心， 综上所述，平行四边形第四个顶点的坐 AG-多a市-号A忘+日AC, 标为(-3，-5)或(5，-5)或(1,5). 12.解：由a=2b, 所以=-G-=号A心-居A站， 知+2=2m, 2-cos 2a=m+2sin a, Fi=A在-A本=AC-号A成】 因为E,F,G三点共线，所以F心=λF它， cosin 所以日-a,一品=-台，解得=号。 :.入=2m-2=2-2 m m 157 .'cos2 a+2sin a=-sin2a+2sin a+1 6.C7.B82而9.-号 10.6 =-(sina-1)2+2,-1≤sina≤1， ∴.-2≤cos2a+2sina≤2， 11.解：(1)因为a∥b,所以3x=4×9,所以 .-2≤λ2-m=(2m-2)2-m≤2， x=12. 因为a⊥c,所以3×4+4y=0, ∴<m≤2， 所以y=-3,所以b=(9,12),c=(4,-3). -6≤2-2≤1， (2)m=2a-b=(6,8)-(9,12)= m (一3，-4)， 即-6≤分≤1， n=a+c=(3,4)+(4,-3)=(7,1). 设m,n的夹角为0， 的取值范围为[-6,1]. m m·n= 核心素养培优·拓展提升 则c0s0=mm 1.D 2.B 3.BCD -3×7+(-4)×1 √(-3)2+(-4)2·√72+1 4.(1)解：.a=(1,1),b=(1,0), ∴.f(a)=(1,2×1-1)=(1,1),f(b)= -25=-2 25√2 2 (0,2×0-1)=(0,-1). (2)解：设c=(x,y),则f(c)=(y,2y 因为0E[0,],所以0=3.即m,n的 x)=(p,q), ==2-g, 夫角为 (2y-x=q,y=p, 12.解：(1)点A(0,1),B(1,0),C(1,2), .c=(2p-9,p). D(3,0), (3)证明：设a=(a1,a2),b=(b1,b2), .Ai=(1,-1),C市=(2，-2). 则ma+nb=(ma1十nb1,ma2+nb2）, :A站=2市， .f (ma+nb)=(maz nb2,2maz+ AB∥CD.又直线AB,CD不重合，故 2nb2-ma1-nb1）. AB∥CD. 又，mf(a)=m(a2,2a2-a1),nf(b)= (2)Mp=4e1+2e2,P=2e1十e2, n(b2,2b2-b1), ∴.M巾=2P夜，即M∥P夜， .mf(a)+nf(b)=m(a2,2a2-a1)+ M巾，P夜有共同的起点P, n(b2,2b2-b1)=（ma2+nb2,2ma2+ M,P,Q三点共线. 2nb2-ma-nb). 核心素养培优·拓展提升 故对任意的向量a,b及常数m,n,恒有 f(ma+nb)=mf(a)+nf(b)成立. 1.BCD 2.B 3[2] 对于信息题的处理应注意以下两点： 4.解：以A为坐标原，点，建立平面直角坐 规 (1)要注意概念的内涵与外延，认真领会题 中所给信息： 标系，如图所示，则B(?,0,C(0,0, (2)注意题中的条件与结论，将所得到的信 Ap=(1,0)+4(0,1)=(1,4),即P(1, ,息应用到题目中去，即解块实际问题、 0,所以=(}-1，-4），心=(-1， 6.3.5平面向量数量积的坐标表示 t-4),因此Pi.P℃-1-1-4+16 核心素养达标·夯实基础 1.ACD 2.BCD 3.A 4.B 5.ABD 17-(任+)，因为+4≥2√·4= 158 4,所以市，P元的最大值等于13，当 4,即=2时等号成立。 y个 (0,)C 、B A (,0) 5.(1)解：OA·Oi=4×2+0×2√3=8， 设OA与Oi的夹角为0， 0才.0i8=1 则0s0=粉品文4克 .OA在O范上的投影向量为|OA cos0· 毫=xg×2,2=1同 4 (2)证明：AB=O范-O才=(-2， 23), B武-O元-Oi=(1-)OA-(1-A)Oi= Q-1)AB,且2≠λ， A,B,C三点共线. 当AB=BC时，λ一1=1，解得λ=2. (3)解：OC12=(1-λ)2OA2+2(1-λ)· OA·0范+2O=162-16x+16= 16(a-）°+12， “当X=7时，0心取符最小值，为2w 6.4平面向量的应用 6.4.1平面几何中的向量方法 6.4.2向量在物理中的应用举例 核心素养达标·夯实基础 1.D2.A3.B4.D5.AC6.-√5 将 8.解：以平行于斜坡方 F2 向为x轴，垂直于斜 坡方向为y轴，建立 30 G 如图所示的平面直 角坐标系，则F1=(-|F|,0),F2=(0, (2)证明：如图， -|F2|). 设C第=a,C才=b,AB= 又由已知可得G=(100sin30°，100cos30)= c,则c=a一b C (50,50√3). 由cl2=c·c=(a- 且G+F1+F2=O, b)·(a-b)=a·a+b·b-2a·b=a2+ 所以(50,50√3)+(-|F1|,0)+(0, b-2a·|bl·cosC,故a2+b2-c2= -F2|)=(0,0), 2 abcos C成立. 从而可得|F1|=50N,|F2=50√3N. 12.解：c0sA=},a=4,由余孩定理 核心素养培优·拓展提升 a2=b2+c2-2bc·cosA,得16=b2+ 1.B2.B3.B 4.1[6-23,6+23] c2-26c=(6+c)-号6c,:6+c=6, 5.解：(1)木块受三个力的作用，重力G,拉 ∴36-号e=16,解得be=8,即 力F和支持力N,如图所示， b(6-b)=8,解得b=2或b=4,结合b< c,得b=2,c=4. 核心素养培优·拓展提升 G 1.D2.BD3.B 拉力F与位移s方向相同， 所以拉力对木块所做的功为W。= 4.355.(1)号x(2)0 4 |F|scos0°=20J. 6.解：(1)由已知得-cos(A+B)十 支持力N与位移方向垂直，不做功，所以 cos Acos B-√3sinA·cosB=0,即有 WN=|N|·scos90°=0. sin Asin B-v3sin Acos B=0. 重力G对木块所做的功为Wc=Gscos(90°+ 因为sinA≠0，所以sinB-√3cosB )=|mg·1scos(90°+)=-19.6J. 0.又cosB≠0，所以tanB=√3.又0< (2)木块所受各力对木块做功的代数和 为W=20+0-19.6=0.4(J) B<x,所以B=于. (3)设木块所受合外力的大小为F|, (2)由余弦定理，有b=a2+c2-2 accos B. 则|F合|=|F|-|Gsin30°=0.2(N), 故合外力做功为W=0.2×2=0.4(J). 因为a+6=1,osB-分 故木块所受合外力对木块做的功与木块 所受各力对木块做功的代数和相等. 有=3a-》+ 又0<a<1, 6.4.3余弦定理、正弦定理 于是有<<1，即有2<b<1. 6.4.3.1余孩定理 6.4.3.2正孩定理 核心素养达标·夯实基础 1.D2.B3.C4.A5.BD6.AD 核心素养达标·夯实基础 1.D2.B3.B4.AD5.D6.C 7.C8.74s9.10.号 7 7.B8.149.710.(1,2) 11.（1)解：由余弦定理，得a2十b2一c2= 11.解：(1)B=60°，c=4,b=6, 2 abcos C关系式是成立的. 在△ABC中，由正往定理BC 159 得sinC-csin B4X9 √m2+2, 2- 6 3 所以√m2十2=2. (2)由于b>c,所以B>C,则C为锐角， 又因为m>0,所以m=√2，f(x)= 所以cosC= 3, 2sin(+), 则sinA=sin(B十C)=sin Bcos C十 所以函数f)在[0，] 上单调递增，在 sBc-9×+2×9-30, 3 6 [至x]上单词递减。 所以△ABC的面积S=7 bcsin A 因为f0)=②，()=2，f)=, 12×35+B=6v2+2V5. 6 所以f(x)min=一√2，f(x)mx=2. 12.解：.2cos2B-8cosB+5=0, 故函数f(x)在[0，π]上的值域为[一√2,2]. ∴.2(2cos2B-1)-8cosB+5=0. (2)由f(（A-)+f(B-) .4c0s2B-8cosB+3=0, Ep(2cos B-1)(2cos B-3)=0. 4V6sin Asin B, 解得cosB=号或cosB=是（合去）. sin A+sin B-2V6sin Asin B. 由正弦定理得2R(a十b)=2√6ab, :0<B<x,B=5.:a+c=26, 因为△ABC的外接圆半径R=3, 由正弦定理得sinA十sinC=2sinB= 所以a+b=a6,所以+名=B, 2sin5=3. 6.4.3.3余孩定理、正孩定理应用举例 ∴sinA+sin(-A）=5, 核心素养达标·夯实基础 1.C2.C3.B4.D5.B6.D7.B snA+sn行sA-as行nA=g 8.北偏东30°9.100√6 10.50(1+√3)100(1+√3) 化荷得号sinA+osA=V5 11.解：根据正弦定理， sin(A+晋）=1. 在△ACD中，有AC= CDsin(45°+60) :0<A<,A+若=受 sin[180°-(30°+45°+60)万 20(sin45cos60°+cos45°sin60)_ A=5,C-8 sin45° 10(1+√3)（米）， .△ABC是等边三角形. 在△BCD中，有BC= 想借助正弦定理可以实现三角形中边角关 CDsin 45 律 系的互化，在转化为角的关系后，常常利 sin[180°-(30°+45+60刀 总 用三角变换公式进行化简，从而进行三角 20(米). 结形形状的判断三角恒等式的证明。。 在△ABC中，由余弦定理得AB= 核心素养培优·拓展提升 √AC+BC-2AC·BCcos∠BCA= 1.D2.A3.4.0 4 4 √6或2v√6 10√6（米）. 5.解：(1)由题意知，f(x)的最大值为 所以A,B两，点间的距离为10√6米. 160 核心素养培优·拓展提升 1.A 2.BCD 3. 4.解：如图所示，设所需时间为t小时，则 AB=10W3t,CB=10t,在△ABC中， ∠ACB=45°+(180°-105)=120°，根 据余弦定理，则有 h105 459 AB2=AC+BC-2AC·BCcos120°， 可得(10W3t)2=102+(10t)2-2×10× 10tcos120°， 整理得2t2一t-1=0,解得t=1或t= (合去). 即舰艇需1小时靠近渔船，此时AB= 10W3,BC=10, 在△ABC中，由正孩定理得sin乙CAB BC AB sin 1203, 所以sn∠CAB=BCsn120°10 2_1 AB 10W3 2 所以∠CAB=30°，所以舰艇航行的方向 为北偏东75° 5.解：设建筑物的高度为hm,由题图知， PA-2h m,PB-/2h m.PCm. ,∴，在△PBA和△PBC中，由余弦定理，得 c0s∠PBA=60+2h-1,0 2×60×√2h 60+2h-专 coS∠PBC= 2×60X√2h —.② ∠PBA+∠PBC=180°， ∴.cos∠PBA+cos∠PBC=0.③ 由①②③，解得h=30√6或h=-30√6 (舍去)，即建筑物的高度为30√6m. 专题集训突破练 专题1平面向量的线性运算 例1(1)C(2)B解析：(1)因为A(0,