课时分层检测(10) 平面几何中的向量方法向量在物理中的应用举例-【创新大课堂系列】2025-2026学年高中数学必修第二册同步辅导与测试(人教A版)

班级 姓名 得分 课时分层检测（十）平面几何中的向量方法 向量在物理中的应用举例 :9.已知在静水中船速为5m/s,且知船速大于 …0 基础达标练。… 水速，河宽为20m,船从A点垂直到达对岸 1.(多选)关于船从两平行河岸的一岸驶向另： 的B点用的时间为5s,试用向量法求水流的 一岸所用的时间，正确的是 ( 速度大小. A.船垂直到达对岸所用时间最少 B.当船速？的方向与河岸垂直时用时最少 C.沿任意直线运动到达对岸的时间都一样 D.船垂直到达对岸时航行的距离最短 2.已知作用在点A的三个力f1=(3,4),f2= (2,-5),f3=(3,1),且A(1,1),则合力f= f1+f2+f3的终点坐标为 ( A.(9,1)B.(1,9)C.(9,0) D.(0,9) 3.已知A,B,C,D四点的坐标分别为(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 4.在四边形ABCD中，若AC=(1,3),BD= (一6,2)，则该四边形的面积为 ( ):10.已知正方形ABCD中，E,F分别是CD,AD A.√5 B.2√5 C.5 D.10 的中点，BE,CF交于点P.求证：AP=AB. 5.在△ABC中，设AC2-AB2=2AM·BC,那 么动点M的轨迹必通过△ABC的( A.垂心 B.内心 C.外心D.重心 6.坐标平面内一只小蚂蚁以速度=(1,2)从 点A(4,6)处移动到点B(7,12)处，其所用时 间长短为 7.用两条成120°角的等长的 120 绳子悬挂一个物体，如图所 示，已知物体的重力大小为 10N,则每根绳子的拉力大小是 8.在直角梯形ABCD中，AB⊥AD,AB=2, DC=1,AB∥DC,则当AC⊥BC时，AD= 168 班级 姓名 得分 !5.已知△ABC是等腰直角三角形，∠B=90°， …0 能力提升练 0… D是BC边的中点，BE⊥AD,垂足为E,延 1.如图所示，在矩形ABCD 长BE交AC于F,连接DF,求证：∠ADB= 中，AB=4,点E为AB的 ∠FDC. 中点，且DE⊥AC,则|DE| 等于 A号 B.23 C.3 D.2√2 2.(多选)如图所示，小船被绳 索拉向岸边，船在水中运动 B 时设水的阻力大小不变，那 么小船匀速靠岸过程中，下列四个选项正确 的是 A.绳子的拉力不断增大 B.绳子的拉力不断减小 C.船的浮力不断减小 0 创新拓展练 D.船的浮力保持不变 如图所示，以△ABC两 3.在四边形ABCD中，若AC=(1,2),BD 边AB,AC为边向外作 (一4,2)，则向量AC与BD的夹角为 正方形ABGF和AC B M C ,四边形ABCD的面积为 DE,M为边BC的中点.求证：AM⊥EF. 4.四边形ABCD中，己知AB=DC=(1,1)且 BA BC √2BD ,求此四边形的面积 BA BCI BD 169(2)若向量2a一b与b的夹角为纯角，则(2-k)k+4k<0,解得k<0!7.10N[因为绳子等长，所以每根绳子上的拉力和合力所成的角都 或k>6;由(1)知，当k=-2时，2a一b与b平行，所以k的取值范图相等，且等于60°，故每根绳子的拉力大小都是10N. 是(-∞，-2)U(-2,0)U(6,+∞).] :8.1[建立如图所示的平面直角坐标系，则A(0, 4解为m(停号) 0),B(2,0). 设AD=a,则C(1,a),AC-(1,a),BC-(-1, n=(sin x,cos x),m_n, a). 所以m·m=0,即号sinx-2cosx=0 因为ACLBC,所以AC⊥BC 所以AC·BC=-1+a2=0. 所以sinx=cosx,所以tanx=l. 所以a=1(负值舍去)，即AD=1.] (2)国为m=n=1,所以mn=m吾=合，序号工- 1 :9.解如图，设水流的速度为*，船在静水中的速度 为，船的实际行驶速度为U, √2 1 2 cos= 2 则6=5，u=20=4. 所以(-)= 1 ,v⊥v球∴.v球=√%2-u=3, 即水流的速度大小为3m/s. 国为0<<受所以-<< 10.证明建立如图所示的平面直角坐标系，设AB =2, 所以x一 元=，即x=12 5元 则A(0,0),B(2,0),C(2,2),D(0,2),E(1,2) 4 5.解(1)当t=3时，b=(-1,3),a+b=(0,5),a-b=(2,-1),所以 F(0,1). a+b=5,|a-b=√5. 设点P坐标为(x,y), A (O (2)由题意得a十b=(0,2+t),a-3b=(4,2-3t), 则FP=(x,y-1),FC=(2,1), 则cos135°=(a十b)·(a-3b) :FpP∥FC,∴.x=2(y-1),即x=2y-2, a-b a-3b 同理，由BP∥BE,得y=一2x十4， (2+t)(2-3t) 6 2+t·W16+(2-3t)9 2 由{x=2.2,得 {y=-2x+4, 8 化简得3-41-4=0，解得1=2或=一了 2 v=亏 经检验，当=一 时，向量a-b与0一30的夹角为5，合去：当 :点P的坐标为（号，亏）} 681 t=2时，向量a十b与a一3b的夹角为135°.故t=2. 创新拓展练 =√（号）+（号）=2=… 解(1)设D(x,v),AC与DB的夹角为0， 即AP=AB. 因为A(1,5),B(7,1),所以AB=(6,-4). 能力提升练 11.B2.AC 因为四边形ABCD为平行四边形， 所以AB=DC-(6,-4)=(1-x,2-y), 3.受5[由花.i-1X(-4)+22=0知AL 所以{位64，部得{二6,5即D-5,6 iy=6, 故向量A心与BD的夫角为受 所以DB=(12,一5)，易知AC=(0,一3)， 又：AC=5,Bi1=√-4)+2=25， AC.DB 所以cos0= AC·IDB ∴s=AdD=2×5×26=5.] 0×12+(-3)×(-5) 155 :4,解：AB=D心，四边形ABCD是平行四边形 √0+(-3)X√12+(-5)3913' BA BC 2BD 两边平方得1十1十 BA.BC =2,BA· 所以A亡与Di夹角的余孩值为 BAI BC BDI IBAI BCI (2)因为M,N分别是线段AC,BC的中点， 武=O,BALBC,.且BA=BC,四边形ABCD是正方形，且AB 且A(1,5),B(7,1),C(1,2), 2, 所以M(1,)小N(,是) ∴.四边形ABCD的面积为2. !5.证明如图，以B为原点，BC,BA所在直线分别为 所以=(3，-2)，i=(0,)疝=(6，-号)） x轴、y轴建立平面直角坐标系，设A(0,2),C(2, 0), 因为点P在线段MN上运动，令M亦=入M爪，A∈[0,1]，则M亦= 则D1,0),AC-(2,-2). (3λ，-2λ)， 设AF-λAC, 所以Pi-M-M市=(-3A,2x+号) 则B亦-BA+AF=(0,2)+(2x,-2x)=(2x, 席--亦-(6-3,2以-号)小 2-2), 又DA=(-1,2), 所以pi.P庙=-3x(6-3)+(2A+受)(2a-号)-13 由题设B亦⊥DA,所以B.DA=0, 201 所以一2以+2(2-2以)=0，所以A=号 令fa0=13x-20A-5,其中x∈[0,1. 所以萨-（停号） 当[0，]时，)单调延减： 所以D萨-萨-成=（令，号） 又DC=(1,0), 当[吕时)单调运增. 所以cos∠ADB= Di.D成5 所以当=0时，(a)取得最大值-15 DA DBI 5 4 即i·成的最大值为-只 cOS∠FDC= 层号 又∠ADB,∠FDC∈(O,π)， 课时分层检测（十） 所以∠ADB=∠FDC. 创新拓展练 础达标练 1.BD2.A3.A4.D5.C 证明图为M是边BC的中点， 6.3[设所用时间长短为，则AB=1,即(3,6)=1,2)，所以t=3.] 所以AM=2(AB+AC. 285 又因为E亦-A正-A正， :'.AB2=b2+a2-2abcos C=(a+b)2-ab=10, 所以i.萨-合成+0·萨- ∴.AB=/10. 6.证明 由余孩定理得oA=+C+0-力，：osB= -号(A店·A+AC.A求-AB,A花-AC.A 2bc 2+c2-B =之(0+A花.A萨-A店.A店-0) 2ac =令A花.亦-. 'cos 2B-2cos B-1-2) -1=(b+c)2 一1 2ac 2b(6-c)c2 =号ACA1·os(90+∠BAO)-A店A正·os(90+ b+c-2bc-b 6· ∠BAC)]=0, ∴cosA=cos2B, 所以AM⊥EF,即AM⊥EF. a2=b(b+c),∴.a2-=r>0, ∴a>形，即a>b,∴A>B. 课时分层检测（十一） 若B≥受，则A>B心受，与A十B<元矛盾，放B只能是锐角， 基础达标练 1.D2.A3.D4.A5.AD ∴.0<2B<元，又：0<A<元，cosA=cos2B, ∴.A=2B. 6.晋 [因为a2=-c2+5ae,所以a2+c2-=√5ac, 课时分层检测（十二） 由余弦定理的推论得cosB=+c-龙-ac=区 基础达标练 2ac 2ac 2' 1.ACD 2.B 3.A 4.B 5.B 由B∈(0，，知B=否] [:sinA:sinB:sinC-3:2:3,由正弦定理，得a:b:C 6.3 3 2 [由余弦定理，得osA=ACAB-BC 2AC·AB =3:2:3,设a=3k,b=2k,c=3k(k>0,则c0sC=0士=c 4+3-(√13)2-1 2×4×3 ,又0<A<,所以A=答，所以nA=9 2 9E+能-此-合] 2ab 12k2 则AC边上的高为h=ABsin A=3×5-3,5] 21 7. [由a+-2-ab,得cosC=+-c2-1 2ab 2 8.120°[(a-c)(a+c)=b(b+c),∴a2-c2=B+br,即6+c2-a .A=4-杂=-0<A<18, CC(0,C-专，由正孩定理品C得a= sin C 2bc .A=120°.] 9.解由a二=得{a十4： a+c=2b, 1c=b-4. 岭 2 ,.a>b>c,∴.A=120°， .∴.a2=+c2-2 bccos120°， 82十5[不坊设a为最大边，心为最小边，由题意有号-出合 即6+4小)=谷+(b-4)-26b-40×(-2)）广 ; 十1，即 2 simA一-B+1.整理得(3-3sinA=(3十W③)osA· n(120°-A)-2 即一10b=0,解得b=0(舍去)或b=10. 当b=10时，a=14,c=6. tanA=2+√3.] 10.解法一：由条件知osA=Ag+ACBC9+g-2 2 {9.解设三角形外接圆半径为R, 2×AB×AC 2×9×8 3, 则a'tanB=∥tanA台4sinB_sinA 设中线长为x,由余弦定理，知 cos B cos A' +AB-2x4CXABcos-2xx9x 2 Rsin'Asin BR sin'Bsin A cos B cos A =49,,.x=7. 所以sin Acos A-sin Bcos B AC边上的中线长为7. sin 2A=sin 2B 法二：设AC中点为M,连接BM(图略). =2A=2B或2A+2B=π 则-A+©： 台A=B成A+B=受 ∴B脉-(BM+B衣+2BA.BC)=(9++2成 所以△ABC为等腰三角形或直角三角形. BCl cos∠ABC): 10.解(1)由余弦定理，得cosB=+c-位 2ac 由余弦定理，得2 BABClcos∠ABC-BA2+BC:-AC:=g+ cos C=+-c 2ab 72-82, 2ab b ·BM2=(92+7+9°+72-8)=49. ·原式化为+2- 2ac a+6-2 2a-c ∴，BM=7,即AC边上的中线长为7. 整理，得a2十c2一十ac=0, 能力提升练 .cos B=a 1.A2.B3.B 2ac = 2ac 4.14[已知a-b=4,则a>b且a=b十4. 又0<B<,B=2x 又a+c=2b,则b+4+c=2b, 3 所以b=c十4，则b>c. 从而知a>b>c,所以a为最大边， (2)将b=√3，a+c=4,B=2 3 故A=120°，b=a-4,c=2b-a=a-8. 代入=a2+c2-2 accos B,得 由余弦定理，得 a2=b2+c2-2bccos A=b2+c+bc 13=a2+4-a)-2a0-a）6os5, =(a-4)2+(a-8)2+(a-4)(a-8), 即a2-4a十3=0.解得a=1或a=3. 即a2-18a十56=0，解得a=4或a=14 能力提升练 又b=a-4>0,所以a=14, 1.ABC 即此三角形的最大边长为14.] !2.9√5[由2 acos C+c=2b,得2 sin Acos C+sinC-2sinB-2sinA 5.解(1)：osC=cos[xA+B]=-os(A+B)=-z,且C∈ cosC+20 s Asin C,化简得c0sA=是，又0<A<,所以A=号， 0,C-受 d-f+d-2hosA≥26-bc,即6c≤36，Sa-之snA≤ (2)a,b是方程r2-2x+2=0的两根，{a十b。2尽， 1 ab=2, 合×36×9-9v5,音且仅专6==6时，取=灯 2 286