平面向量专题练习(带答案详解)

平面向量专题练习(带答案详解) 平面向量专题练（附答案详解）一、单选题1.已知向量 $a=(-1,2)$，$b=(1,1)$，则 $a\cdot b$ 等于（）A。

3 B。

2 C。

1 D。

02.已知向量 $a=(1,-2)$，$b=(2,x)$，若 $a//b$，则 $x$ 的值是（）A。

-4 B。

-1 C。

1 D。

43.已知向量 $a=(1,1,0)$，$b=(-1,0,2)$，且 $ka+b$ 与 $2a-b$ 互相垂直，则 $k$ 的值是（）A。

1 B。

5/3 C。

3/5 D。

7/54.等腰直角三角形 $ABC$ 中，$\angle ACB=\frac{\pi}{2}$，$AC=BC=2$，点 $P$ 是斜边 $AB$ 上一点，且 $BP=2PA$，那么 $CP\cdot CA+CP\cdot CB$ 等于（）A。

-4 B。

-2 C。

2 D。

45.设 $a,b$ 是非零向量，则 $a=2b$ 是成立的（）A。

充分必要条件 B。

必要不充分条件 C。

充分不必要条件 D。

既不充分也不必要条件6.在 $\triangle ABC$ 中 $A=\frac{\pi}{3}$，$b+c=4$，$E,F$ 为边 $BC$ 的三等分点，则 $AE\cdot AF$ 的最小值为（）A。

$\frac{8}{3}$ B。

$\frac{26}{9}$ C。

$\frac{2}{3}$ D。

$3$7.若 $a=2$，$b=2$，且 $a-b\perp a$，则 $a$ 与 $b$ 的夹角是（）A。

$\frac{\pi}{6}$ B。

$\frac{\pi}{4}$ C。

$\frac{\pi}{3}$ D。

$\frac{\pi}{2}$8.已知非零向量 $a,b$ 满足 $|a|=6|b|$，$a,b$ 的夹角的余弦值为 $\frac{1}{3}$，且 $a\perp (a-kb)$，则实数 $k$ 的值为（）A。

18 B。

24 C。

32 D。

369.已知向量 $m,n$ 的夹角为 $60^\circ$，且 $m=1$，$3m-2n=13$，则 $n$ 等于（）A。

$3-\sqrt{21}$ B。

$3+\sqrt{21}$ C。

$\sqrt{21}-3$ D。

$2$10.已知向量$\overrightarrow{OA}=\log_{0.5}\sin\theta\cdot\overrightarrow{ OB}+\log_{2}\cos\theta\cdot\overrightarrow{OC}$，若$A,B,C$ 三点共线，则 $\sin\theta+\cos\theta$ 等于（）A。

$-\frac{3\sqrt{5}}{5}$ B。

$\frac{3\sqrt{5}}{5}$ C。

$-\frac{\sqrt{5}}{5}$ D。

$\frac{\sqrt{5}}{5}$11.$\triangle ABC$ 中 $AB=2$，$AC=2\sqrt{3}$，$\angle BAC=60^\circ$，在 $\triangle ABC$ 中，且 $BD=2DC$，则$AD\cdot BC$ 等于（）A。

$-1$ B。

$1$ C。

$7$ D。

$\frac{7}{2}$12.已知椭圆 $C:\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{9}=1$ 的离心率为 $\frac{2}{3}$，且 $M,N$ 是椭圆 $C$ 上相异的两点，若点$P(2,0)$ 满足 $PM\perp PN$，则 $PM\cdot MN$ 的取值范围为（）A。

$[-2\sqrt{5},-1]$ B。

$[-\sqrt{5},-2]$ C。

$[-\frac{1}{2},\frac{1}{2}]$ D。

$[-5,-1]$13.已知向量 $a=(-2,m)$，$b=(1,n)$，若 $ab\parallel b$，且 $b=2a$，则 $m-n$ 的值为（）A。

2 B。

4 C。

$-2$ 或 $2$ D。

无法确定答案详解：1.$a\cdot b=(-1)\times 1+2\times 1=1$，故选 C。

2.因为 $a\parallel b$，所以 $\frac{1}{2}=\frac{-1}{2}=\frac{x}{1}$，解得 $x=-1$，故选 B。

3.因为 $ka+b$ 与 $2a-b$ 垂直，所以 $(ka+b)\cdot(2a-b)=0$，即 $2k|a|^2+(k-1)|b|^2=0$，代入数值解得 $k=\frac{5}{3}$，故选 B。

4.由题意得 $AP=\frac{2}{3}AB=\frac{4}{3}$，$BP=\frac{1}{3}AB=\frac{2}{3}$。

$\vec{CP}=\vec{CB}+\vec{BP}=(1,1)+(\frac{2}{3},\frac{2}{3})=(\frac{5}{3},\frac{5}{3})$，$\vec{CA}=(-2,2)$，$\vec{CB}=(2,-2)$，故 $CP\cdot CA+CP\cdotCB=\frac{5}{3}\times(-2+2)+\frac{5}{3}\times 2=2$，故选 C。

5.因为 $a=2b$，所以 $a$ 与 $b$ 共线，即 $a$ 与 $b$ 的夹角为 $0$ 或 $\pi$，但 $a,b$ 是非零向量，故不可能共线，故选D。

6.由 $\cos\angle BAC=\frac{1}{2}$，$b+c=4$，$BE=\frac{1}{3}BC=\frac{2}{3}$，$CF=\frac{1}{3}CB=\frac{4}{3}$，$AE=\frac{2}{3}AC=\frac{4\sqrt{3}}{3}$，$AF=\frac{2}{3}AB=2$，故$AE\cdot AF=\frac{8\sqrt{3}}{3}$，故选 A。

7.因为 $a-b\perp a$，所以 $(a-b)\cdot a=0$，即 $a\cdotb=\frac{1}{2}|a|^2$，代入数值解得$\cos\theta=\frac{1}{\sqrt{2}}$，故选 B。

8.因为 $|a|=6|b|$，所以 $|a|^2=36|b|^2$，又因为 $a,b$ 的夹角的余弦值为 $\frac{1}{3}$，所以 $a\cdotb=\frac{1}{3}|a||b|=\frac{1}{3}\sqrt{|a|^2|b|^2}\cos\theta=\frac{1} {3}\sqrt{36|b|^4}\cdot\frac{1}{3}=\frac{4}{3}|b|^2$，代入$a\perp (a-kb)$ 得 $k=\frac{11}{3}$，故选 D。

9.因为 $m,n$ 的夹角为 $60^\circ$，所以 $|m-n|=\sqrt{|m|^2+|n|^2-2|mn|\cos\angle(m,n)}=\sqrt{3-2\cos60^\circ}=\sqrt{2}$，又因为 $3m-2n=13$，所以 $n=-\frac{2}{3}m+\frac{13}{3}$，代入 $|m-n|=\sqrt{2}$ 解得$m=\frac{3+\sqrt{21}}{2}$，$n=\frac{3-\sqrt{21}}{2}$，故选A。

10.因为 $A,B,C$ 三点共线，所以$\overrightarrow{OA}=\lambda\overrightarrow{OB}+(1-\lambda)\overrightarrow{OC}$，其中$\lambda\in\mathbb{R}$，代入数值解得 $\sin\theta+\cos\theta=\frac{5\sqrt{5}}{5}$，故选B。

11.连 $AD$，交 $BC$ 于点 $G$，则 $\triangle ABG$ 与$\triangle ACG$ 相似，所以$CG=\frac{2}{3}BC=\frac{4}{3}$，$GD=\frac{1}{3}BC=\frac{2}{3}$，又因为 $\triangleBGD\sim\triangle ABD$，所以 $AD=\frac{4\sqrt{3}}{3}$，故$AD\cdot BC=2\sqrt{3}$，故选 B。

12.设点 $M(x_1,y_1)$，$N(x_2,y_2)$，则$x_1^2+\frac{4}{9}y_1^2=1$，$x_2^2+\frac{4}{9}y_2^2=1$，$PM^2=x_1^2+4=(x_1+2)^2+y_1^2-4$，$PN^2=x_2^2+4=(x_2-2)^2+y_2^2-4$，$MN^2=(x_1-x_2)^2+\frac{4}{9}(y_1-y_2)^2$，又因为 $PM\perp PN$，所以 $(x_1+2)(x_2-2)+y_1y_2=0$，代入 $PM\cdot MN=PM\cdot\sqrt{PN^2+MN^2}$，并利用$y_1^2+y_2^2=\frac{9}{4}$，解得 $-5\leq PM\cdot MN\leq -1$，故选 A。

13.因为 $ab\parallel b$，所以 $n=2m$，又因为 $b=2a$，所以 $n=4m$，代入 $ab\parallel b$ 得 $m=0$ 或 $m=-\frac{1}{2}$，故 $m-n=\frac{1}{2}$ 或 $-\frac{5}{2}$，故选 C。

三、解答题29.已知以焦点为F的抛物线C：$y^2=2px(p>0)$过点P(1,-2)，直线l与C交于A，B两点，M为AB中点，且$OM+OP=\lambda OF$。

1) 当$\lambda=3$时，求点M的坐标；2) 当$OA\cdot OB=12$时，求直线l的方程。

1) 当$\lambda=3$时，$F(-\frac{p}{2},0)$，$P(1,-2)$，代入$OM+OP=\lambda OF$得$OM=\frac{\lambda}{2}p-1$，$M(\frac{\lambda}{2}p-\frac{1}{2},\frac{p}{2})$。

2) 由$OA\cdot OB=12$知$AB$的中垂线过点$(\frac{a}{2},\frac{b}{2},0)$，即$AB$的对称轴为$x+y=0$，设$l$的方程为$y=kx$，代入抛物线方程得$x^2=2p(kx-1)$，解得$x=\frac{2p}{k^2-2}$，代入$y=kx$得$y=\frac{2kp}{k^2-2}$，故$l$的方程为$y=kx$，其中$k\neq \pm \sqrt{2}$。

30.已知$OA=a$，$OB=b$，对于任意点M，点M关于点A的对称点为点S，点S关于点B的对称点为点N。