全品高考备战2027年数学一轮学生用书06第34讲平面向量的综合问题【答案】作业手册

第34讲平面向量的综合问题1.B[解析]由AB=3e,CD=-3e,得AB∥CD,|AB|=|CD|=3=|AD|,所以四边形ABCD一定是菱形.故选B.2.D[解析]设BC的中点为D,连接AD,因为点P是△ABC的重心,所以P在线段AD上,且AP=23AD=23×12(AB+AC)=13(2AB+BC)=23AB+13BC=23(AC3.C[解析]由题知(2AB+AC)·CB=(2AB+AC)·(AB-AC)=2AB2-AB·AC-AC2=2×4-2cosA-1=6,解得cosA=12,又A∈(0,π),所以A=π4.C[解析]设小猴子两只胳膊的拉力分别为F1,F2,则|F1|=|F2|=50,<F1,F2>=60°,∴|F1+F2|=(F1+502500+2500+2×50×50×1503≈86.6.设小猴子的体重(单位:kg)为m,则10m≈86.6,解得m≈8.66≈8.7.故选C.5.B[解析]因为AD∥BE,所以∠DAF=∠BEF,∠ADF=∠EBF,所以△FEB∽△FAD,所以AFEF=ADEB=2,所以AF=23AE=23AB+12AD=23AB+13AD,故AF·AB=23AB+13AD·6.ACD[解析]设空速向量为a,风速向量为b,地速向量为c,则a=(3,4),b=(1,-1),所以c=a+b=(3,4)+(1,-1)=(4,3),所以|c|=42+32=5,所以地速大小为5m/s,故A正确;由a=(3,4),c7.9[解析]由AD=12(AB+AC),得AD2=14(AB+AC)2=14(AB2+AC2+2AB·AC),所以|AD|2=14(|AB|2+|AC|2+2|AB||AC|cos∠BAC),即494=1解得cos∠BAC=-27由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB·ACcos∠BAC=42+72-2×4×7×-27=81,所以BC8.3[解析]根据题意,将向量a,b平移至同一起点,以起点为原点建立平面直角坐标系,以a,b为邻边作平行四边形,如图所示,则a=(2,1),b=(1,2),故cos<a,b>=a·b|a||b|=2+25×5=45,又向量a,b的夹角为锐角,所以sin<a,b>=35,则该平行四边形的面积S=|a||b9.解:(1)如图,设F1,F2的合力为F,F与F1的夹角为θ,记OA,OB,OC分别为F1,F2,F.过点C作OA延长线的垂线,与OA的延长线相交于点G.在Rt△ACG中,∠CAG=∠AOB=45°,AC=|F2|,所以AG=GC=3+12N.在Rt△OCG中,OG=|F1|+AG=所以tanθ=CGOG=33,从而得所以|F|=2CG=(3+1)N,于是|F3|=(3+1)N.(2)因为θ=30°,所以F3与F1的夹角为150°.10.C[解析]因为AC·BD=2,所以(AD+DC)·BD=AD·BD+DC·BD=2,由题易知BD=22,所以AD·BD=2×22×22=4,DC·BD=-|DC|2,则4-|DC|2=2,可得|DC|=2.在直角三角形BCD中可得∠BDC=π3,故∠ADC=π4+π3=11.C[解析]如图,令a=OA,b=OB,tb=OC,则|a-tb|即为线段AC的长度.由题知对任意t∈R,|a-tb|的最小值为12|a|,即ACmin=12|a|,显然当AC⊥OB时,线段AC最短,此时AC=|OA|sinθ=|a|sinθ=12|a|,所以sinθ=12,又θ∈[0,π],所以θ=π612.B[解析]由题意可知,v=v1+v2,当船的航程最短时,v⊥v2,而船头的方向与v1的方向相同,A选项错误;由v·v2=(v1+v2)·v2=v1·v2+v22=0,可得v1·v2=-v22=-4,所以cos<v1,v2>=v1·v2|v1|·|v2|=-14,B选项正确;|v|=|v1+v213.1732[解析]依题意,|OA|=|OB|=4,|OA+OB|=7,则OA2+2OA·OB+OB2=49,即16+2OA·OB+16=49,解得OA·OB=172,所以cos∠AOB=14.重心4[解析]由BD=12BC,可得D为BC的中点,所以直线AD一定经过△ABC的重心.由A,N,D三点共线,可设AN=xAD,故AN=12x(AB+AC),又BN=-AB+AN=12x-1AB+12xAC,BE=-AB+23AC,且BE,BN共线,所以12x-1-1=15.解:(1)DN=CN-CD=34CA+DC=-34AC+23BC=-34AC+23(AC-AB)=-23AB-112AC.EM=BM-BE=-12AB(2)由题易知BC=2,设BD=λBC,0≤λ≤23,则BE=λ+13BC,所以AD·AE=(AB+BD)·(AB+BE)=AB2+(BD+BE)·AB+BD·BE=2+λBC+λ+13BC·AB+λλ+13BC2=2+2λ+1316.C[解析]如图,取BC边的中点D,连接AD,OD,因为O为△ABC的外心,所以OD⊥BC.因为G为△ABC的重心,所以DG=13DA.过点G作GE⊥BC于点E,过点A作AH⊥BC于点H,因为OG·BC=6,BC=6,DE为OG在BC上的投影向量,所以由数量积的几何意义得DE=1.由GE∥AH及DG=13DA,得DH=3,又DC=3,所以点H,C重合,故AC⊥BC.17.212[解析]方法一:设AB边的中点为D,连接CD,设内角A,B,C的对边分别为a,b,c,由2HA+2HB+3HC=0,得2(HC+CA)+2(HC+CB)+3HC=0,所以7CH=2(CA+CB)=4CD,故垂心H在中线CD上,故a=b.由2HA+2(HA+AB)+3(HA+AC)=0,得7AH=2AB+3AC,因为AH·BC=0,BC=AC-AB,所以(2AB+3AC)·(AC-AB)=0,所以2AB·AC-2AB2+3AC2-3AC·AB=0,即-2AB2+3AC2-AC·AB=0,所以2c2-3b2+bccosA=0,由余弦定理得cosA=b2+c2-a22bc=3b2-2c2bc,又a=b,所以5c2=6方法二:根据奔驰定理得tanA·HA+tanB·HB+tanC·HC=0,又2HA+2HB+3HC=0,所