【人教A版】高中数学必修4第二章课后习题解答

新课程标准数学必修4第二章课后习题解答

第二章 平面向量

2．1平面向量的实际背景及基本概念 练习（P77）

1、略. 2、AB，BA. 这两个向量的长度相等，但它们不等. 3、AB2，CD2.5，EF3，GH22. 4、（1）它们的终点相同； （2）它们的终点不同. 习题2.1 A组（P77） 1、

B45° （2）

D. CABO30°CA3、与DE相等的向量有：AF,FC；与EF相等的向量有：BD,DA； 与FD相等的向量有：CE,EB.

4、与a相等的向量有：CO,QP,SR；与b相等的向量有：PM,DO； 与c相等的向量有：DC,RQ,ST 5、AD33. 6、（1）×； （2）√； （3）√； （4）×. 2习题2.1 B组（P78）

1、海拔和高度都不是向量.

2、相等的向量共有24对. 模为1的向量有18对. 其中与AM同向的共有6对，与AM反向的也有6对；与AD同向的共有3对，与AD反向的也有6对；模为2的向量共有4对；模为2的向量有2对

2．2平面向量的线性运算 练习（P84）

1、图略. 2、图略. 3、（1）DA； （2）CB. 4、（1）c； （2）f； （3）f； （4）g.

1

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练习（P87）

1、图略. 2、DB，CA，AC，AD，BA. 3、图略. 练习（P90） 1、图略.

522、ACAB，BCAB.

77 说明：本题可先画一个示意图，根据图形容易得出正确答案. 值得注意的是BC与AB反向.

7183、（1）b2a； （2）ba； （3）ba； （4）ba.

4294、（1）共线； （2）共线.

1115、（1）3a2b； （2）ab； （3）2ya. 6、图略.

123习题2.2 A组（P91）

1、（1）向东走20 km； （2）向东走5 km； （3）向东北走102km； （4）向西南走52km；（5）向西北走102km；（6）向东南走102km. 2、飞机飞行的路程为700 km；两次位移的合成是向北偏西53°方向飞行500 km. 3、解：如右图所示：AB表示船速，AD表示河水

的流速，以AB、AD为邻边作□ABCD，则

BCAC表示船实际航行的速度.

在Rt△ABC中，AB8，AD2， 所以ACABAD8222217 22AD水流方向因为tanCAD4，由计算器得CAD76

所以，实际航行的速度是217km/h，船航行的方向与河岸的夹角约为76°. 4、（1）0； （2）AB； （3）BA； （4）0； （5）0； （6）CB； （7）0. 5、略

6、不一定构成三角形. 说明：结合向量加法的三角形法则，让学生理解，若三个非零向量的和为零向量，且这三个向量不共线时，则表示这三个向量的有向线段一定能构成三角形. 7、略. 8、（1）略； （2）当ab时，abab

19、（1）2a2b； （2）10a22b10c； （3）3ab； （4）2(xy)b.

210、ab4e1，abe14e2，3a2b3e110e2. 11、如图所示，OCa，ODb，

DCba，BCab.

2

（第11题）

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12、AE113b，BCba，DE(ba)，DBa， 4443111ECb，DN(ba)，ANAM(ab).

484813、证明：在ABC中，E,F分别是AB,BC的中点，

1所以EF//AC且EFAC，

21即EFAC；

21同理，HGAC，

2所以EFHG.

习题2.2 B组（P92）

1、丙地在甲地的北偏东45°方向，距甲地1400 km. 2、不一定相等，可以验证在a,b不共线时它们不相等.

（第12题）

GDCFHEA（第13题） B乙丙11AC，AMAB， 331111 所以MNACAB(ACAB)BC.

33334、（1）四边形ABCD为平行四边形，证略 （2）四边形ABCD为梯形.

1 证明：∵ADBC，

3∴AD//BC且ADBC ∴四边形ABCD为梯形. D （3）四边形ABCD为菱形.

3、证明：因为MNANAM，而AN 证明：∵ABDC，

∴AB//DC且ABDC

∴四边形ABCD为平行四边形 又ABAD

∴四边形ABCD为菱形.

5、（1）通过作图可以发现四边形ABCD为平行四边形. 证明：因为OAOBBA，ODOCCD 而OAOCOBOD

所以OAOBODOC 所以BACD，即AB∥CD. 因此，四边形ABCD为平行四边形.

A甲（第1题）

CBA（第4题(2)）

BCDA（第4题(3)）

MDBCO（第5题）

3

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2．3平面向量的基本定理及坐标表示 练习（P100）

1、（1）ab(3,6)，ab(7,2)； （2）ab(1,11)，ab(7,5)； （3）ab(0,0)，ab(4,6)； （4）ab(3,4)，ab(3,4). 2、2a4b(6,8)，4a3b(12,5).

3、（1）AB(3,4)，BA(3,4)； （2）AB(9,1)，BA(9,1)； （3）AB(0,2)，BA(0,2)； （4）AB(5,0)，BA(5,0)

4、AB∥CD. 证明：AB(1,1)，CD(1,1)，所以ABCD.所以AB∥CD.

1014,1)或(,1) 33337、解：设P(x,y)，由点P在线段AB的延长线上，且APPB，得APPB

225、（1）(3,2)； （2）(1,4)； （3）(4,5). 6、( AP(x,y)(2,3)x(2y,，PB(4,3)(x,y)(4x,3y)

3x2(4x)32 ∴(x2,y3)(4x,3y) ∴

32y3(3y)2x8 ∴，所以点P的坐标为(8,15).

y15习题2.3 A组（P101）

1、（1）(2,1)； （2）(0,8)； （3）(1,2).

说明：解题时可设B(x,y)，利用向量坐标的定义解题. 2、F1F2F3(8,0)

3、解法一：OA(1,2)，BC(53,6(1))(2,7)

而ADBC，ODOAADOABC(1,5). 所以点D的坐标为(1,5). 解法二：设D(x,y)，则AD(x(1),y(2))(x1,y2)，

BC(53,6(1))(2,7)

x12 由ADBC可得，，解得点D的坐标为(1,5).

y27 4

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4、解：OA(1,1)，AB(2,4). AC11AB(1,2)AD2AB(4,8)，AEAB(1,2). ，22C的坐标为(0,3)； OCOA，所以，点AC(0,3)D的坐标为(3,9)； ODOA，所以，点AD(3,9) OEOA，所以，点E的坐标为(2,1). AE(2,1)5、由向量a,b共线得(2,3)(x,6)，所以

23，解得x4. x66、AB(4,4)，CD(8,8)，CD2AB，所以AB与CD共线. 7、OA2OA(2,4)，所以点A的坐标为(2,4)；

3OBB的坐标为(3,9)； 故 AB(3,9)(2,4)(5,5) OB，所以点(3,9)习题2.3 B组（P101） 1、OA(1,2)，AB(3,3).

当t1时，OPOAABOB(4,5)，所以P(4,5)； 当t11335757时，OPOAAB(1,2)(,)(,)，所以P(,)； 22222222 当t2时，OPOA2AB(1,2)(6,6)(5,4)，所以P(5,4)； 当t2时，OPOA2AB(1,2)(6,6)(7,8)，所以P(7,8).

2、（1）因为AB(4,6)，AC(1,1.5)，所以AB4AC，所以A、B、C三点共线； （2）因为PQ(1.5,2)，PR(6,8)，所以PR4PQ，所以P、Q、R三点共线； （3）因为EF(8,4)，EG(1,0.5)，所以EF8EG，所以E、F、G三点共线. 3、证明：假设10，则由1e12e20，得e12e2. 1所以e1,e2是共线向量，与已知e1,e2是平面内的一组基底矛盾, 因此假设错误，10. 同理20. 综上120.

4、（1）OP19. （2）对于任意向量OPxe1ye2，x,y都是唯一确定的，

所以向量的坐标表示的规定合理.

2．4平面向量的数量积

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练习（P106）

1、pqpqcosp,q86124. 22、当ab0时，ABC为钝角三角形；当ab0时，ABC为直角三角形. 3、投影分别为32，0，32. 图略 练习（P107）

1、a(3)2425，b522229，ab35427. 2、ab8，(ab)(ab)7，a(bc)0，(ab)249. 3、ab1，a13，b74，88. 习题2.4 A组（P108）

1、ab63，(ab)a2abb25123，ab25123. 2、BC与CA的夹角为120°，BCCA20.

3、aba2abb23，aba2abb35. 4、证法一：设a与b的夹角为.

（1）当0时，等式显然成立；

（2）当0时，a与b，a与b的夹角都为，

2222222s 所以 (a)babcosabcos (ab)abcoa(b)abcosabcos 所以 (a)b(ab)a(b)；

（3）当0时，a与b，a与b的夹角都为180，

则 (a)babcos(180)abcos

(ab)abcosabcos

a(b)abcos(180)abcos 所以 (a)b(ab)a(b)； 综上所述，等式成立.

证法二：设a(x1,y1)，b(x2,y2)，

那么 (a)b(x1,y1)(x2,y2)x1x2y1y2

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(ab)(x1,y1)(x2,y2)(x1x2y1y2)x1x2y1y2

a(b)(x1,y1)(x2,y2)x1x2y1y2

所以 (a)b(ab)a(b)；

5、（1）直角三角形，B为直角.

证明：∵BA(1,4)(5,2)(6,6)，BC(3,4)(5,2)(2,2)

∴BABC6(2)(6)20

∴BABC，B为直角，ABC为直角三角形

（2）直角三角形，A为直角

证明：∵AB(19,4)(2,3)(21,7)，AC(1,6)(2,3)(1,3)

∴ABAC2117(3)0

∴ABAC，A为直角，ABC为直角三角形

（3）直角三角形，B为直角

证明：∵BA(2,5)(5,2)(3,3)，BC(10,7)(5,2)(5,5)

∴BABC35350

∴BABC，B为直角，ABC为直角三角形

6、135. 7、120.

(2a3b)(2ab)4a4ab3b61，于是可得ab6，

22cos8、cosab1，所以120.

2ab23，55. 409、证明：∵AB(5,2)(1,0)(4,2)，BC(8,4)(5,2)(3,6)，

DC(8,4)(4,6)(4,2)

∴ABDC，ABBC43(2)60 ∴A,B,C,D为顶点的四边形是矩形.

10、解：设a(x,y)，

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3535xy9xx55. 则，解得，或yxy65y6525522于是a(35653565,)或a(,). 555511、解：设与a垂直的单位向量e(x,y)，

55xxx2y2155.

则，解得或4x2y0y25y2555于是e(525525,)或e(,). 5555习题2.4 B组（P108）

1、证法一：abacabac0a(bc)0a(bc) 证法二：设a(x1,y1)，b(x2,y2)，c(x3,y3).

先证abaca(bc)

abx1x2y1y2，acx1x3y1y3

由abac得x1x2y1y2x1x3y1y3，即x1(x2x3)y1(y2y3)0 而bc(x2x3,y2y3)，所以a(bc)0 再证a(bc)abac

由a(bc)0得 x1(x2x3)y1(y2y3)0， 即x1x2y1y2x1x3y1y3，因此abac

2、cosAOBOAOBOAOBcoscossinsin.

3、证明：构造向量u(a,b)，v(c,d).

cosu,v uvuv，所以acbda2b2c2d2cosu,v

∴(acbd)2(a2b2)(c2d2)cos2u,v(a2b2)(c2d2)

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4、ABAC的值只与弦AB的长有关，与圆的半径无关.

证明：取AB的中点M，连接CM，

1则CMAB，AMAB

2又ABACABACcosBAC，而BAC21所以ABACABAMAB

2CAMAC

AM（第4题）

B5、（1）勾股定理：RtABC中，C90，则CACBAB

证明：∵ABCBCA

∴AB(CBCA)CB2CACBCA. 由C90，有CACB，于是CACB0 ∴CACBAB

（2）菱形ABCD中，求证：ACBD

证明：∵ACABAD，DBABAD,

∴ACDB(ABAD)(ABAD)ABAD.

∵四边形ABCD为菱形，∴ABAD，所以ABAD0 ∴ACDB0，所以ACBD

（3）长方形ABCD中，求证：ACBD

证明：∵ 四边形ABCD为长方形，所以ABAD，所以ABAD0

∴AB2ABADADAB2ABADAD.

∴(ABAD)(ABAD)，所以ACBD，所以ACBD

（4）正方形的对角线垂直平分. 综合以上（2）（3）的证明即可. 2．5平面向量应用举例 习题2.5 A组（P113） 1、解：设P(x,y)，R(x1,y1)

则RA(1,0)(x1,y1)(1x1,y1)，AP(x,y)(1,0)(x1,0)

2222222222222222222222x12x3 由RA2AP得(1x1,y1)2(x1,y)，即

y2y1 9

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代入直线l的方程得y2x. 所以，点P的轨迹方程为y2x. 2、解：（1）易知，OFD∽OBC，DF所以BOA1BC, 2DOF2BF. 32211AOBOBABFa(ba)a(ab)

3323B1（2）因为AE(ab)

22AO2 所以AOAE，因此A,O,E三点共线，而且

3OEBOCOAOBOCO2,2，所以2 同理可知：OFODOEOFOD3、解：（1）vvBvA(2,7)； （2）v在vA方向上的投影为

E（第2题）

CvvAvA13. 5（第4题）

4、解：设F1，F2的合力为F，F与F1的夹角为，

则F31，30； F331，F3与F1的夹角为150°.

习题2.5 B组（P113）

1、解：设v0在水平方向的速度大小为vx，竖直方向的速度的大小为vy，

则vxv0cos，vyv0sin.

1hvtsingt,(g为重力加速度)02设在时刻t时的上升高度为h，抛掷距离为s，则 sv0tcos所以，最大高度为

v0sin22g2，最大投掷距离为

v0sin2g2.

2、解：设v1与v2的夹角为，合速度为v，v2与v的夹角为，行驶距离为d.

则sinv1sinv10sinvv0.5d1，d. ∴. sin20sin20sinv所以当90，即船垂直于对岸行驶时所用时间最短. 3、（1）(0,1)

解：设P(x,y)，则AP(x1,y2). AB(2,22).

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7到AP，相当于沿逆时针方向旋转到AP，

447777于是AP(2cos22sin,2sin22cos)(1,3)

4444将AB绕点A沿顺时针方向旋转

所以 （2）yx11，解得x0,y1

y233 2x 解：设曲线C上任一点P的坐标为(x,y)，OP绕O逆时针旋转

xxcosysinx44，即则yyxsinycos442(xy)2

2(xy)2后，点P的坐标为(x,y) 4113又因为x2y23，所以(xy)2(xy)23，化简得y

222x第二章 复习参考题A组（P118）

1、（1）√； （2）√； （3）×； （4）×.

2、（1）D； （2）B； （3）D； （4）C； （5）D； （6）B.

113、AB(ab)，AD(ab)

22214、略解：DEBAMAMBab

332211ADab，BCab

33331112EFab，FADCab

33332112CDab，ABab

3333CEab

（第4题）

5、（1）AB(8,8)，AB82；

（2）OC(2,16)，OD(8,8)； （3）OAOB33. 6、AB与CD共线.

证明：因为AB(1,1)，CD(1,1)，所以ABCD. 所以AB与CD共线. 7、D(2,0). 8、n2. 9、1,0.

3410、cosA,cosB0,cosC

55 11

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11、证明：(2nm)m2nmm2cos6010，所以(2nm)m.

51912、1. 13、ab13，ab1. 14、cos,cos

8202第二章 复习参考题B组（P119）

1、（1）A； （2）D； （3）B； （4）C； （5）C； （6）C； （7）D. 2、证明：先证ababab.

ab(ab)2ab2ab，ab(ab)2ab2ab. 因为ab，所以ab0，于是ab 再证ababab.

由于aba2abb，aba2abb 由abab可得ab0，于是ab

所以ababab. 【几何意义是矩形的两条对角线相等】 3、证明：先证abcd

cd(ab)(ab)ab 又ab，所以cd0，所以cd 再证cdab.

由cd得cd0，即(ab)(ab)ab0

所以ab 【几何意义为菱形的对角线互相垂直，如图所示】

1114、ADABBCCDab，AEab

242311111 而EFa，EMa，所以AMAEEMaba(ab) 444242P322222222abab.

222222（第3题）

5、证明：如图所示，ODOP1OP2，由于OP1OP2OP30，

所以OP3OD，OD1 所以ODOP 1PD1所以OPP1230，同理可得OPP1330

P1OP2（第5题）

D所以P3PP1260，同理可得PP12P360，P2P3P160，所以PP12P3为正三角形.

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6、连接AB.

由对称性可知，AB是SMN的中位线，MN2AB2b2a. 7、（1）实际前进速度大小为42(43)28（千米／时）， 沿与水流方向成60°的方向前进； （2）实际前进速度大小为42千米／时， 沿与水流方向成90arccos6的方向前进. 3NMAOS（第6题）

B8、解：因为OAOBOBOC，所以OB(OAOC)0，所以OBCA0 同理，OABC0，OCAB0，所以点O是ABC的垂心. 9、（1）a2xa1ya1y0a2x00； （2）垂直；

（3）当A1B2A2B10时，l1∥l2；当A1A2B1B20时，l1l2，

夹角的余弦cosAx0By0CAB22A1A2B1B2AB2121A2B222；

（4）d 13