數(shù)學(xué)自主訓(xùn)練：平面向量應(yīng)用舉例

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精自主廣場我夯基我達(dá)標(biāo)1。已知A（1，2）、B（2,3）、C（-2，5)，則△ABC的形狀是（)A。直角三角形B.銳角三角形C.鈍角三角形D。等邊三角形思路解析:∵A（1,2)、B(2,3)、C（—2,5),∴=(1,1），BC=（—4，2）,=（-3,3）.∵·=1×(—3）+1×3=0，∴⊥，即∠A=90°。∴△ABC為直角三角形.答案:A2.以原點和點A(4,2）為頂點作等腰直角三角形OAB，∠B=90°，則向量的坐標(biāo)為_____________。思路解析：利用長度公式和垂直條件列出關(guān)于向量坐標(biāo)的方程,然后求解。設(shè)=(x，y），則=（x-4，y—2）.由已知或故B（1，3)或B(3，—1）.∴=(-3,1)或（-1，-3）.答案：（-3，1）或（—1,-3)3。已知兩恒力F1(3，4)、F1(6,—5)作用于同一質(zhì)點，使之由點A(20,15)移動到點B(7，0）.試求：（1）F1、F2分別對質(zhì)點所做的功;(2)F1、F2的合力F對質(zhì)點所做的功。思路分析：設(shè)物體在力F作用下位移為S,則所做的功為W=F·S。解：=（7,0)-（20,15)=(-13，-15）.(1)W1=F1·=(3，4）·(—13,-15）=—99（焦耳）。W2=F2·=（6，—5)（—13,—15）=-3(焦耳）.（2）W=F·=（F1+F2)·=［（3,4）+(6,-5）］·(-13,—15）=（9,—1)·（-13。-15)=—102（焦耳)。4.如圖2-5—9，在△ABC中，D、E、F分別是邊AB、BC、CA的中點,G是它的重心,已知D點的坐標(biāo)是（1，2)，E點坐標(biāo)是（3,5），F(xiàn)點坐標(biāo)是(2,7），求A、B、C、G的坐標(biāo)。圖2—5-9思路分析：根據(jù)D、E、F分別是邊AB、BC、CA的中點，得=.從而求出A點坐標(biāo),B、C、G點的坐標(biāo)求法與此類似.解：設(shè)A（x1,y1），由已知得EF平行且等于AD?！?,∴（x1—1，y1—2）=(2-3,7-5)=(—1，2）,∴解得∴A(0，4）。同理，可得B(2，0），C(4，10）。連結(jié)AE,則AE過點G。設(shè)G(x2，y2),由=2，得（x2，y2—4）=2(3-x2，5-y2)?！唷郍(2,)。5。設(shè)a、b、c是兩兩不共線的三個向量.（1)如果a+b+c=0，求證以a、b、c的模為邊，必構(gòu)成一個三角形；(2）如果向量a、b、c能構(gòu)成一個三角形，問它們應(yīng)該有怎樣的關(guān)系?思路分析:運用向量加法的三角形法則及多邊形法則即可解答.解：(1)如下圖,作=a,=b,=c.按向量加法的多邊形法則有=++=a+b+c=0.∴B與D重合，故向量a、b、c能構(gòu)成一個三角形。（2）設(shè)向量a、b、c能構(gòu)成一個三角形ABC,根據(jù)向量加法的三角形法則，有+=，即++=0.∵a=-,b=—,c=—,∴a、b、c有下列四種關(guān)系之一即可：①a+b-c=0;②a+b+c=0；③a—b-c=0;④a-b+c=0.6.如圖2-5—10所示，△ABC三邊長為a、b、c，以A為圓心，r為半徑作圓，PQ為直徑，試判斷P、Q在什么位置時，·有最大值?圖2-5-10思路分析：先構(gòu)造向量表示和,然后運用向量的運算建立目標(biāo)函數(shù)，再利用向量的數(shù)量積a·b≤|a||b｜求解。解：∵+=,+==-，∴·=(-)·(——)=—+·+·—·-r2+·+·(—）=·+·—r2=cbcos∠BCA+·-r2。∵r、a、b、c，∠BAC均為定值,故當(dāng)且僅當(dāng)·有最大值時,·有最大值。而當(dāng)與同向共線時,其夾角為0°,有·=ra?！喈?dāng)∥,且與反向時，·有最大值bccos∠BAC+ar—r2.我綜合我發(fā)展7.在四邊形ABCD中，·=0，且=，則四邊形ABCD是（）A.梯形B。菱形C。矩形D。正方形思路解析:由·=0,得AB⊥BC，又=,∴AB與DC平行且相等。從而四邊形ABCD是矩形。答案：C8。平面上有兩個向量e1=（1，0),e2=(0，1），今有動點P從P0（-1,2)開始沿著與向量e1+e2相同的方向作勻速直線運動，速度大小為|e1+e2｜.另一點Q從Q0（—2,1）出發(fā)，沿著與向量3e1+2e2相同的方向作勻速直線運動，速度大小為｜3e1+2e2|.設(shè)P、Q在t=0秒時分別在P0、Q0處，則當(dāng)PQ⊥P0Q0時,t=____________。思路解析：應(yīng)用垂直的條件列方程即可.∵P0(-1,2),Q0(—2,1）,∴=(-1,—3）。又∵e1+e2=(1,1)，∴|e1+e2|=?！?e1+2e2=（3,2),∴｜3e1+2e2|=.∴當(dāng)t時刻時,點P的位置為(—1+t,2+t），點Q的位置為（—2+3t,-1+2t)?！?(-1+2t,-3+t），∵PQ⊥P0Q0,∴(—1）·(-1+2t)+（-3）·(—3+t)=0.∴t=2。答案：29。如圖2—5-11,已知A、B、C是不共線的三點，O是△ABC內(nèi)的一點，若++=0，求證：O是△ABC的重心.圖2-5—11思路分析：以、為鄰邊構(gòu)造平行四邊形OBDC，則有=-,從而得||=2||,即O為△ABC的重心.證明：由于++=0,∴=—（+）,即+是的相反向量，以、為鄰邊構(gòu)造平行四邊形OBDC，則有=-.在平行四邊形BOCD中,設(shè)與交于E點,則=，=，∴AE是△ABC的中線,且｜｜=2｜|，故O是△ABC的重心。10.在△ABC內(nèi)求一點P,使+的值最小.思路分析:根據(jù)已知條件,可設(shè)=a，=b,再把+表示成關(guān)于向量CP=x的函數(shù),進而求出該函數(shù)的最小值。解：如下圖,設(shè)=a,=b，CP=x，則=x-a,=x-b,∴+=(x—a）2f(x—b)2+x2=3x2—2(a+b)x+b2=3［x-(a+b)］2+a2+b2—(a+b)2.根據(jù)向量運算的意義知,當(dāng)x=(a+b）時,+有最小值.設(shè)M為AB的中點，易知a+b=2。當(dāng)x=（a+b）時,=,也即P為△ABC的重心時，的值最小，為a2+b2—（a+b）2。11。如圖2—5-12（1）,有兩條相交成60°的直線xx1、yy1,交點為O.甲,乙分別在Ox、Oy1上,起初甲位于離O點3km的A處,乙位于離O點1km的B處.后來兩個人同時用每小時4km的速度,甲沿xx1的方向，乙沿yy1的方向運動.圖2—5-12(1)起初兩個人的距離是多少？（2）什么時候兩人的距離最近？［如圖2-5—12(2）,在三角形中有如下結(jié)論：b2=a2+c2—2accosB]。思路分析：以甲、乙兩人t時刻的位置和O三點形成三角形，通過對三角形有關(guān)量的求解便可實現(xiàn)解題的目的。解：(1)起初兩人分別在A、B兩點，則｜|=3，｜|=1。∴｜｜=|｜2+｜｜2-2｜｜｜｜cos60°=9+1-2×3×1×=7?！啵?km,即起初兩人相距公里。（2)設(shè)甲、乙兩人t小時后的位置分別是P、Q則|｜=4t,｜|=4t，又∵甲沿xx1的方向,乙沿yy1的方向運動.∴當(dāng)0≤t≤時，｜|2=(3—4t）2+（1+4t）2-2（3-4t）(1+4t）cos60°=48t2-24t+7；當(dāng)t＞時,||2=(3—4t)2+(1+4t）2-2(3-4t)（1+4t）cos120°=48t2-24t+7（t＞0).綜上｜｜2=48t2—24t+7=48(t—）2+4,t∈［0,+∞)，∴當(dāng)t=時，即在第15分鐘末時,PQ最短,兩人最近，最近距離為2km。12.在靜水中劃船的速度是每分鐘40米,水流的速度是每分鐘20米.如果從岸邊O處出發(fā),沿著垂直于水流的航線到達(dá)對岸,試問小船的行進方向應(yīng)指向哪里？思路分析：速度是向量，根據(jù)本題的已知和所求,可以用向量加法運算予以解決.解：用向量的長度和方向分別表示水流的速度和方向，用表示船行進的方向，它的長度表示船的速度.以、為鄰邊作平行四邊形OACB，連結(jié)OC。依題意OC⊥OA,BC=OA=20，OB=40，∴∠BOC=30°,船應(yīng)沿上游與河岸夾角為30°的方向行進.13.不顧國際社會的強烈反對，美國于2001年7月14日進行導(dǎo)彈防御系統(tǒng)攔截技術(shù)的第四次實驗,軍方先從加利福尼亞州的危登堡空軍基地發(fā)射一枚作為標(biāo)靶的洲際彈道導(dǎo)彈和誘彈，再從馬紹爾群島的夸賈林環(huán)礁發(fā)射另一枚導(dǎo)彈對前一枚導(dǎo)彈進行攔截,實施攔截時必須準(zhǔn)確計算標(biāo)靶的飛行速度、瞬時位置.現(xiàn)假設(shè)標(biāo)靶與攔截導(dǎo)彈的飛行軌跡均在同一平面內(nèi),標(biāo)靶飛行速度為|v|=10nmk/h.令v=λ1e1+λ2e2，基底e1、e2是平面內(nèi)的