高中数学第二章平面向量章末检测(B)(含解析)新人教A版必修4

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高中数学章末检测卷二新人教版必修

【创新设计】（浙江专用）2016-2017高中数学章末检测卷（二）新人教版必修4(时间：120分钟满分：150分)一、选择题1.已知点A (1，3)，B (4，－1)，则与向量AB →同方向的单位向量为( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫35，－45B.⎝ ⎛⎭⎪⎫45，－35C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－35，45D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－45，34 解析 AB →＝(3，－4)，|AB →|＝5，∴AB →|AB →|＝⎝ ⎛⎭⎪⎫35，－45.故选A.答案 A2.在下列向量组中，可以把向量a ＝(3，2)表示出来的是( ) A.e 1＝(0，0)，e 2＝(1，2) B.e 1＝(－1，2)，e 2＝(5，－2) C.e 1＝(3，5)，e 2＝(6，10) D.e 1＝(2，－3)，e 2＝(－2，3)解析法一若e 1＝(0，0)，e 2＝(1，2)，则e 1∥e 2，而a 不能由e 1，e 2表示，排除A ；若e 1＝(－1，2)，e 2＝(5，－2)，因为－15≠2－2，所以e 1，e 2不共线，根据共面向量的基本定理，可以把向量a ＝(3，2)表示出来，故选B.法二因为a ＝(3，2)，若e 1＝(0，0)，e 2＝(1，2)，不存在实数λ，μ，使得a ＝λe 1＋μe 2，排除A ；若e 1＝(－1，2)，e 2＝(5，－2)，设存在实数λ，μ，使得a ＝λe 1＋μe 2，则(3，2)＝(－λ＋5μ，2λ－2μ)，所以⎩⎪⎨⎪⎧3＝－λ＋5μ，2＝2λ－2μ，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝2，μ＝1.所以a ＝2e 1＋e 2，故选B. 答案 B3.如图，已知AB 是圆O 的直径，点C 、D 等分AB ︵，已知AB →＝a ，AC →＝b ，则AD →等于( )A.a －12bB.12a －b C.a ＋12bD.12a ＋b 解析连接OC 、OD 、CD ，则△OAC 与△OCD 为全等的等边三角形，所以四边形OACD 为平行四边形，所以AD →＝AO →＋AC →＝12AB →＋AC →＝12a ＋b ，故选D.答案 D4.设x ，y ∈R ，向量a ＝(x ，1)，b ＝(1，y )，c ＝(2，－4)，且a ⊥c ，b ∥c ，则|a ＋b |＝( ) A. 5B.10C.2 5D.10解析因为a ⊥c ，b ∥c ，所以有2x －4＝0且2y ＋4＝0，解得x ＝2，y ＝－2，即a ＝(2，1)，b ＝(1，－2)，所以a ＋b ＝(3，－1)，|a ＋b |＝10，选B. 答案 B5.设非零向量a ，b ，c 满足|a |＝|b |＝|c |，a ＋b ＝c ，则a ，b 的夹角为( ) A.150°B.120°C.60°D.30°解析设|a |＝m (m >0)，a ，b 的夹角为θ，由题设知(a ＋b )2＝c 2，即2m 2＋2m 2cos θ＝m 2，得cos θ＝－12.又0°≤θ≤180°，所以θ＝120°，即a ，b 的夹角为120°，故选B.答案 B6.如图，|OA →|＝1，|OB →|＝3，OA →·OB →＝0，点C 在∠AOB 内，且∠AOC ＝30°，设OC →＝mOA →＋nOB →(m ，n ∈R )，则m n等于( )A.13B.3C.33D. 3解析 ∵|OA →|＝1，|OB →|＝3，OA →·OB →＝0，∴OA ⊥OB ，且∠OBC ＝30°. 又∵∠AOC ＝30°，∴OC →⊥AB →.∴(mOA →＋nOB →)·(OB →－OA →)＝0，∴－mOA →2＋nOB →2＝0，∴3n －m ＝0，即m ＝3n ，∴m n＝3.答案 B7.已知点O 为△ABC 所在平面内一点，且OA →2＋BC →2＝OB →2＋CA →2＝OC →2＋AB →2，则O 一定为△ABC 的( ) A.垂心B.重心C.外心D.内心解析 OA →2＋BC →2＝OB →2＋CA →2⇒OA →2－OB →2＝CA →2－BC →2⇒(OA →－OB →)·(OA →＋OB →)＝(CA →－BC →)·(CA →＋BC →)⇒BA →·(OA →＋OB →)＝BA →·(CA →－BC →)⇒BA →·(OA →＋OB →－CA →＋BC →)＝0⇒2BA →·OC →＝0⇒BA →⊥OC →.同理CB →⊥OA →.所以O 为△ABC 的垂心. 答案 A8.已知菱形ABCD 的边长为2，∠BAD ＝120°，点E ，F 分别在边BC ，DC 上，BE ＝λBC ，DF ＝μDC .若AE →·AF →＝1，CE →·CF →＝－23，则λ＋μ＝( )A.12B.23C.56D.712解析如图所示，以菱形ABCD 的两条对角线所在直线为坐标轴，建立平面直角坐标系xOy ，不妨设A (0，－1)，B (－3，0)，C (0，1)，D (3，0)，由题意得CE →＝(1－λ)·CB →＝(3λ－3，λ－1)，CF →＝(1－μ)CD →＝(3－3μ，μ－1).因为CE →·CF →＝－23，所以3(λ－1)·(1－μ)＋(λ－1)(μ－1)＝－23，即(λ－1)(μ－1)＝13.因为AE →＝AC →＋CE →＝(3λ－3，λ＋1).AF →＝AC →＋CF →＝(3－3μ，μ＋1)，又AE →·AF →＝1，所以(λ＋1)(μ＋1)＝2. 由⎩⎪⎨⎪⎧（λ－1）（μ－1）＝13，（λ＋1）（μ＋1）＝2，整理得λ＋μ＝56.选C.答案 C 二、填空题9.如图，在△ABC 中，AN →＝13NC →，BP →＝2PN →，设AP →＝xAB →＋yAC →，则x ＝________，y ＝________.解析因为AN →＝13NC →，BP →＝2PN →，所以AP →＝AB →＋BP →＝AB →＋23BN →＝AB →＋23(AN →－AB →)＝13AB →＋23×14AC →＝13AB →＋16AC →.答案 13 1610.设向量a ＝(1，2m )，b ＝(m ＋1，1)，c ＝(2，m )，若(a ＋c )⊥b ，则|a |＝________. 解析 a ＋c ＝(3，3m )，(a ＋c )·b ＝3(m ＋1)＋3m ＝0⇔m ＝－12⇒|a |＝ 2.答案211.已知向量a ，b 满足(a ＋2b )·(a －b )＝－6，且|a |＝1，|b |＝2，则a 与b 的夹角为________. 解析由(a ＋2b )·(a －b )＝－6得a 2－2b 2＋a ·b ＝－6.∵|a |＝1，|b |＝2，∴12－2×22＋1×2×cos 〈a ，b 〉＝－6，∴cos 〈a ，b 〉＝12.∵〈a ，b 〉∈[0，π]，∴〈a ，b 〉＝π3.答案π312.已知正方形ABCD 的边长为1，点E 是AB 边上的动点，则DE →·CB →的值为________；DE →·DC →的最大值为____________.解析以D 为坐标原点，建立平面直角坐标系如图所示.则D (0，0)，A (1，0)，B (1，1)，C (0，1)，设E (1，a )(0≤a ≤1).所以DE →·CB →＝(1，a )·(1，0)＝1，DE →·DC →＝(1，a )·(0，1)＝a ≤1，故DE →·DC →的最大值为1. 答案 1 113.已知△ABC 的三边长AC ＝3，BC ＝4，AB ＝5，P 为AB 边上任意一点，则CP →·(BA →－BC →)的最大值为________，此时P 与________重合.解析以C 为原点，建立平面直角坐标系如图，则CP →·(BA →－BC →)＝CP →·CA →＝(x ，y )·(0，3)＝3y ，当y ＝3时，取得最大值9，此时P 与A 重合.答案 9 A14.已知两个单位向量a ，b 的夹角为60°，c ＝t a ＋(1－t )b .若b ·c ＝0，则t ＝________. 解析 ∵b ·c ＝0，∴b ·[t a ＋(1－t )b ]＝0，t a ·b ＋(1－t )·b 2＝0，又∵|a |＝|b |＝1，〈a ，b 〉＝60°，∴12t ＋1－t ＝0，t ＝2. 答案 215.已知△ABC 的面积为12，P 是△ABC 所在平面上的一点，满足PA →＋PB →＋2PC →＝3AB →，则△ABP 的面积为________.解析由PA →＋PB →＋2PC →＝3AB →得PA →＋PB →＋2PC →＝3(PB →－PA →)，所以4PA →＋2(PC →－PB →)＝0，所以2PA →＝CB →.由此可得PA 与CB 平行且|CB |＝2|PA |，故△ABP 的面积为△ABC 的面积的一半. 答案 6 三、解答题16.设向量OA →＝(3，1)，OB →＝(－1，2)，且OC →⊥OB →，BC →∥OA →，试求向量OC →的坐标. 解设向量OC →＝(x ，y )，则BC →＝OC →－OB →＝(x ，y )－(－1，2)＝(x ＋1，y －2). 因为OC →⊥OB →，所以OC →·OB →＝0⇒(x ，y )·(－1，2)＝0⇒－x ＋2y ＝0.① 因为BC →∥OA →，所以x ＋1－3(y －2)＝0⇒x －3y ＋7＝0.②由①②，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝14，y ＝7，从而OC →＝(14，7).17.已知OA →＝(1，0)，OB →＝(0，1)，OM →＝(t ，t )(t ∈R )，O 是坐标原点. (1)若A ，B ，M 三点共线，求t 的值；(2)当t 取何值时，MA →·MB →取到最小值？并求出最小值. 解 (1)AB →＝OB →－OA →＝(－1，1)，AM →＝OM →－OA →＝(t －1，t ).∵A ，B ，M 三点共线，∴AB →与AM →共线， ∴－t －(t －1)＝0，∴t ＝12.(2)∵MA →＝(1－t ，－t )，MB →＝(－t ，1－t )， ∴MA →·MB →＝2t 2－2t ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫t －122－12，∴当t ＝12时，MA →·MB →取得最小值，最小值为－12.18.已知a ，b ，c 在同一平面内，且a ＝(1，2). (1)若|c |＝25，且c∥a ，求c ； (2)若|b |＝52，且(a ＋2b )⊥(2a －b )，求a 与b 的夹角. 解 (1)∵c∥a ，∴设c ＝λa ，则c ＝(λ，2λ). 又|c |＝25，∴λ＝±2，∴c ＝(2，4)或(－2，－4). (2)∵()a ＋2b ⊥(2a －b )，∴(a ＋2b )·(2a －b )＝0. ∵|a |＝5，|b |＝52，∴a·b ＝－52. ∴cos θ＝a·b|a||b |＝－1，又θ∈[0°，180°]，∴θ＝180°.19.设P 是半径为1的圆上一动点，若该圆的弦AB ＝3，求AP →·AB →的取值范围.解设该圆的圆心为O ，因为AP →·AB →＝(AO →＋OP →)·AB →＝AO →·AB →＋OP →·AB →＝1×3×32＋OP →·AB→＝32＋OP →·AB →，所以OP →与AB →共线时，OP →·AB →能取得最值，①若OP →与AB →同向，则OP →·AB →取得最大值，此时AP →·AB →取得最大值32＋1×3＝32＋3，②若OP →与AB →反向，则OP →·AB →取得最小值，此时AP →·AB →取得最小值32－1×3＝32－3，∴AP →·AB →的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤32－3，32＋3.20.已知O (0，0)，A (2，0)，B (0，2)，C (cos α，sin α)，且0<α<π. (1)若|OA →＋OC →|＝7，求OB →与OC →的夹角；(2)若AC →⊥BC →，求tan α的值.解 (1)因为OA →＋OC →＝(2＋cos α，sin α)，|OA →＋OC →|＝7，所以(2＋cos α)2＋sin 2α＝7.所以cos α＝12.又α∈(0，π)，所以α＝π3，即∠AOC ＝π3.又OA →·OB →＝0，∴∠AOB ＝π2，所以OB →与OC →的夹角为π6.(2)AC →＝(cos α－2，sin α)，BC →＝(cos α，sin α－2)，因为AC →⊥BC →，所以AC →·BC →＝0，即cos α＋sin α＝12.①所以(cos α＋sin α)2＝14.所以2sin αcos α＝－34.因为α∈(0，π)，所以α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π.又(cos α－sin α)2＝1－2sin αcos α＝74，cos α－sin α<0，所以cos α－sin α＝－72.② 由①②得cos α＝1－74，sin α＝1＋74，从而tan α＝43+-.。

高中数学第二章平面向量综合检测新人教B版必修4

第二章平面向量(时间：90分钟，满分：120分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．下列说法中，正确的是( ) A ．若向量|a |＝|b |，则a ＝b 或a ＝－b B ．若a ∥b ，b ∥c ，则a ∥cC ．长度不相等而方向相反的两个向量一定是平行向量D ．若|a |>|b |，则a >b【解析】向量是既有大小又有方向的量，大小相等，但方向不一定相同或相反，故A 不正确；当b ＝0时，a 与c 不一定平行，故B 不正确；尽管两个向量的模有大小之分，但两个向量是不能比较大小的，故D 也不正确；由平行向量的定义知选C.【答案】 C2．设向量a ＝(1,0)，b ＝(12，12)，则下列结论中正确的是( )A ．|a |＝|b |B ．a －b ＝22C ．a －b 与b 垂直D ．a ∥b【解析】 ∵a －b ＝(12，－12)，∴(a －b )·b ＝(12，－12)·(12，12)＝14－14＝0，∴(a －b )⊥b . 【答案】 C3．(2012·辽宁高考)已知向量a ＝(1，－1)，b ＝(2，x )，若a·b ＝1，则x ＝( ) A ．－1 B ．－12C.12D ．1 【解析】 a·b ＝(1，－1)·(2，x )＝2－x ＝1⇒x ＝1. 【答案】 D4．已知OA →＝(2,8)，OB →＝(－7,2)，则13AB →＝( )A ．(3,2)B ．(－53，－103)C ．(－3，－2)D ．(53，4)【解析】 ∵AB →＝OB →－OA →＝(－7,2)－(2,8)＝(－9，－6)， ∴13AB →＝13(－9，－6)＝(－3，－2)．【答案】 C5．已知三个力f 1＝(－2，－1)，f 2＝(－3,2)，f 3＝(4，－3)同时作用于某物体上一点，为使物体保持平衡，现加上一个力f 4，则f 4等于( )A ．(－1，－2)B ．(1，－2)C ．(－1,2)D ．(1,2)【解析】根据力的平衡知f 1＋f 2＋f 3＋f 4＝0， ∴f 4＝－(f 1＋f 2＋f 3)＝(1,2)．【答案】 D6．平面向量a 与b 夹角为60°，a ＝(2,0)，|b |＝1，则|a ＋2b |＝( ) A. 3 B ．2 3 C ．4D ．12【解析】 |a ＋2b |2＝(a ＋2b )2＝a 2＋4a ·b ＋4b 2＝4＋4×2×1×cos 60°＋4＝12. ∴|a ＋2b |＝2 3. 【答案】 B7．(2013·乌鲁木齐高一检测)如果向量a ，b 满足|a |＝1，|b |＝2，且a ⊥(a －b )，则a 和b 的夹角大小为( )A ．30°B ．45°C ．75°D ．135°【解析】 ∵a ⊥(a －b )，∴a ·(a －b )＝a 2－a ·b ＝1－a ·b ＝0，∴a ·b ＝1，设向量a 与b 夹角为θ，∴cos θ＝a ·b |a ||b |＝11×2＝22，又θ∈[0，π]，∴θ＝45°，即a 与b 的夹角为45°. 【答案】 B8．已知|a |＝1，|b |＝2，a 与b 的夹角为60°，c ＝2a ＋3b ，d ＝k a －b (k ∈R )，且c ⊥d ，那么k 的值为( )A ．－6B ．6C ．－145D.145【解析】 ∵c ⊥d ，∴c ·d ＝0. ∴c ·d ＝(2a ＋3b )·(k a －b )＝2k a 2－3b 2＋(3k －2)a ·b ＝5k －14＝0，∴k ＝145.【答案】 D9．A ，B ，C ，D 为平面上四个互异点，且满足(DB →＋DC →－2DA →)·(AB →－AC →)＝0，则△ABC 的形状是( )A ．直角三角形B ．等腰三角形C ．等腰直角三角形D ．等边三角形【解析】 ∵(DB →＋DC →－2DA →)·(AB →－AC →)＝(DB →－DA →＋DC →－DA →)·(AB →－AC →)＝(AB →＋AC →)·(AB →－AC →)＝AB →2－AC →2＝0，∴|AB →|＝|AC →|，∴△ABC 为等腰三角形．【答案】 B10．(2012·天津高考)已知△ABC 为等边三角形，AB ＝2.设点P ，Q 满足AP →＝λAB →，AQ →＝(1－λ)AC →，λ∈R .若BQ →·CP →＝－32，则λ＝( )A.12B.1±22 C.1±102D.－3±222【解析】 BQ →·CP →＝(BA →＋AQ →)·(CA →＋AP →)＝[BA →＋(1－λ)AC →]·(CA →＋λAB →)＝－32，所以4λ2－4λ＋1＝0.所以λ＝12.【答案】 A二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上) 11．设e 1，e 2为两个不共线的向量，若a ＝e 1＋λe 2与b ＝－(2e 1－3e 2)共线，则λ等于________．【解析】 ∵a 、b 共线，∴由向量共线定理知，存在实数k ，使得a ＝k b ，即e 1＋λe 2＝－k (2e 1－3e 2)＝－2k e 1＋3k e 2，又∵e 1，e 2不共线，∴⎩⎪⎨⎪⎧1＝－2k ，λ＝3k ，解得λ＝－32.【答案】－3212．若a ＝(2,3)，b ＝(－4,7)，a ＋c ＝0，则c 在b 方向上的投影为__________．【解析】 a ＋c ＝(2,3)＋c ＝0，∴c ＝(－2，－3)，设c 与b 夹角为θ，则c 在b 方向上的投影为|c |·cos θ＝|c |·c ·b |c ||b |＝c ·b|b |＝－2，－3·－4，7－42＋72＝－655. 【答案】－65513．已知向量a ，b 夹角为45°，且|a |＝1，|2a －b |＝10，则|b |＝________. 【解析】 ∵a ，b 的夹角为45°，|a |＝1， ∴a ·b ＝|a |·|b |cos 45°＝22|b |， |2a －b |2＝4－4×22|b |＋|b |2＝10， ∴|b |＝3 2. 【答案】 3 214．(2013·天津高考)在平行四边形ABCD 中，AD ＝1，∠BAD ＝60°，E 为CD 的中点．若AC →·BE →＝1，则AB 的长为________．【解析】设AB 的长为a (a >0)，因为AC →＝AB →＋AD →，BE →＝BC →＋CE →＝AD →－12AB →，于是AC →·BE→＝(AB →＋AD →)·⎝ ⎛⎭⎪⎫AD →－12AB →＝12AB →·AD →－12AB →2＋AD →2＝－12a 2＋14a ＋1，由已知可得－12a 2＋14a ＋1＝1.又a >0，∴a ＝12，即AB 的长为12.【答案】 12三、解答题(本大题共4小题，共50分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 15．(本小题满分12分)已知a ＝(cos α，sin α)，b ＝(cos β，sin β)，0<α<β<π. (1)求|a |的值；(2)求证：a ＋b 与a －b 互相垂直．【解】 (1)|a |＝sin 2α＋cos 2α＝1，∴|a |＝1. (2)∵(a ＋b )·(a －b )＝a 2－b 2＝|a |2－|b |2. 又∵|a |2＝cos 2α＋sin 2α＝1， ∴|b |2＝sin 2β＋cos 2β＝1.∴(a －b )·(a ＋b )＝0， ∴a ＋b 与a －b 互相垂直．16．(本小题满分12分)已知向量a ，b 不共线． (1)若AB →＝a ＋b ，BC →＝2a ＋8b ， CD →＝3(a －b )，求证：A ，B ，D 三点共线；(2)求实数k ，使k a ＋b 与2a ＋k b 共线．【解】 (1)证明：∵AB →＝a ＋b ，BC →＝2a ＋8b ，CD →＝3(a －b )， ∴BD →＝BC →＋CD →＝5a ＋5b ＝5AB →，因此AB →与BD →共线．又点B 为AB →与BD →的公共点，所以A 、B 、D 三点共线． (2)∵k a ＋b 与2a ＋k b 共线，则存在实数λ使k a ＋b ＝λ(2a ＋k b )，∴⎩⎪⎨⎪⎧k ＝2λ，λk ＝1，∴k ＝± 2.17．(本小题满分12分)已知向量a ＝3e 1－2e 2，b ＝4e 1＋e 2，其中e 1＝(1,0)，e 2＝(0,1)．求：(1)a ·b ，|a ＋b |； (2)a 与b 的夹角的余弦值．【解】 (1)∵a ＝3e 1－2e 2＝3(1,0)－2(0,1) ＝(3,0)－(0,2)＝(3，－2)，b ＝4e 1＋e 2＝4(1,0)＋(0,1)＝(4,0)＋(0,1)＝(4,1)．则a ·b ＝4×3＋(－2)×1＝10. ∵a ＋b ＝(7，－1)， ∴|a ＋b |＝ 72＋－12＝50＝5 2.(2)设a 与b 的夹角为θ，则cos θ＝a ·b |a ||b |＝1032＋－22·42＋12＝1013·17＝10221221. 18．(本小题满分14分)设函数f (x )＝m ·n ，其中向量m ＝(2cos 2x,1)，n ＝(1,3)，x ∈R .(1)求f (x )的最小正周期；(2)当x ∈[0，π3]时，求f (x )的最大值．【解】 (1)∵m ＝(2cos 2x,1)，n ＝(1,3)， ∴f (x )＝m ·n ＝2cos 2x ＋3， ∴f (x )的最小正周期T ＝2π2＝π.(2)由(1)知，f (x )＝2cos 2x ＋3. ∵x ∈[0，π3]，∴2x ∈[ 0，2π3]，∴当2x ＝0即x ＝0时，f (x )max ＝5.。

2020年高中数学人教A版必修4 单元测试卷平面向量(含答案解析)

7
7
∴Error!解得 m=2，n= ，∴D(2， )，故选 A.225.答案为：D.
解析：由题意，得 a·b=3×(－3)＋4×1=－5，|a|=5，|b|= 10，
a·b －5 1
则 cos θ=
= =－ .
|a||b| 5 10 10
3
sin θ
∵θ∈[0，π]，∴sin θ= 1－cos2θ= ，∴tan θ=
22.已知 a=(2＋sin x，1)，b=(2，－2)，c=(sin x－3，1)，d=(1，k)(x∈R，k∈R)． ππ
(1)若 x∈[－， ]，且 a∥(b＋c)，求 x 的值； 22
(2)若函数 f(x)=a·b，求 f(x)的最小值； (3)是否存在实数 k 和 x，使得(a＋d)⊥(b＋c)？若存在，求出 k 的取值范围；若不存在，请说明理由．
3.在△ABC 中，AB=BC=3，∠ABC=60°，AD 是边 BC 上的高，则A→D·A→C的值等于( )
9 A．－
4
9
27
B.
C.
D．9
4
4
4.已知四边形 ABCD 的三个顶点 A(0,2)，B(－1，－2)，C(3，1)，且B→C=2A→D，则顶点 D 的坐标
为( ) 7
A．(2， ) 2
答案解析
1.答案为：D. 解析：A 中，两向量的夹角不确定，故 A 错；B 中，若 a⊥b，a⊥c，b 与 c 反方向，则不成立，故 B 错；C 中，应为A→B=O→B－O→A，故 C 错； D 中，因为 b⊥c，所以 b·c=0，所以(a＋c)·b=a·b＋c·b=a·b，故 D 正确．
2.答案为：B. 对 A，a 与 b 若其中一个为 0，不合题意，错误．对 B，零向量是 0，正确；对 C，方向相同且长度相等的向量叫做相等向量，错误；对 D，共线向量所在直线可能平行，也可能重合，错误．故选 B.

高中数学第二章平面向量2.2.3向量数乘运算及其几何意义课后习题新人教A版必修4

高中数学第二章平面向量223向量数乘运算及其几何意义课后习题新人教A 版必修4一、A 组1.已知非零向量 a, b 满足a +4b =0,则( )C a 与b 的方向相同D. a 与b 的方向相反解析：T a +4b =0,二 a =-4b, | a |= 4| b | ,且 a 与 b 的方向相反.答案：D1妙 4- BCA.1 -BA-BCB. Z:BA - BCC.--D.--I 1 IICD = -(CA + CB 解析：T 点D 是边AB 的中点，二).I~~TV 1I r^(CA + CB -BA + BC.•卫dg )=上.故选D .答案：D3.设a, b 不共线 J =a +k b, =n a +b(k ,m€ R),则A , B C 三点共线时有( )A.k=mB.km-仁0C km+1=0D.k+m=0i-1解析:若ABC 三点共线，则’共线,I I.存在唯一实数入,使二上=入“,.a +kb =X (m a +b),A. | a |+ 4| b |= 0B. a 与b 是相反向量2.如图所示1加=1*即 a +k b = Xm a + 入 b, •」几一/• km=1.即 km-1=0.答案:BA. △ ABC 的内部B. AC 边所在直线上C. AB 边所在直线上D. BC 边所在直线上4.如图,已知 lAB =a, AC =b,図/=3。

£,用a, b 表示眉D ,贝则4DA. a +Jb3 1B. 4a+4bC. ]a + ; b)5.已知P 是厶ABC 所在平面内的一点，池色=入卩月+PB ,其中入€ R 则点P —定在（上+解析：，兀入PP R, .UP R»PACB +•上P加••虽以共线.•••C P,A三点共线，故选B.答案:B6.化简:3（6a+»-^k 解析:原式=18a+3b-9a- 3b=9a.答案：9a7.如图，在平行四边形ABCD^ , E是CD的中点，且人月=a,4D=b,贝肖E = _____________________________________________________________________________I I I I I I解析:BE=BC^-CE = AD +答案—a+b &导学号08720054 在△ ABC中,点M为边AB的中点，若。

2021秋高中数学第二章平面向量2.3.1平面向量基本定理练习(含解析)新人教A版必修4

2.3.1 平面向量根本定理A 级根底稳固一、选择题1．设e 1，e 2是平面内所有向量的一组基底，那么以下四组向量中，不能作为基底的是( )A ．e 1＋e 2和e 1－e 2B ．3e 1－4e 2和6e 1－8e 2C ．e 1＋2e 2和2e 1＋e 2D ．e 1和e 1＋e 2解析：B 中，因为6e 1－8e 2＝2(3e 1－4e 2)，所以(6e 1－8e 2)∥(3e 1－4e 2)，所以3e 1－4e 2和6e 1－8e 2不能作为基底．答案：B2．在菱形ABCD 中，∠A ＝π3，那么AB →与AC →的夹角为( )A.π6B.π3C.5π6D.2π3解析：由题意知AC 平分∠BAD ，所以AB →与AC →的夹角为π6.答案：A3．在△ABC 中，点D 在BC 边上，且BD →＝2DC →，设AB →＝a ，AC →＝b ，那么AD →可用基底a ，b 表示为( )A.12(a ＋b ) B.23a ＋13b C.13a ＋23b D.13(a ＋b ) 解析：因为BD →＝2DC →，所以BD →＝23BC →.所以AD →＝AB →＋BD →＝AB →＋23BC →＝AB →＋23(AC →－AB →)＝13AB →＋23AC →＝13a ＋23b .答案：C4．如图，在△OAB 中，P 为线段AB 上一点，OP →＝xOA →＋yOB →，且BP →＝3PA →，那么( )A ．x ＝23，y ＝13B ．x ＝13，y ＝23C ．x ＝14，y ＝34D ．x ＝34，y ＝14解析：由BP →＝3PA →，得OP →－OB →＝3(OA →－OP →)，整理，得OP →＝34OA →＋14OB →，故x ＝34，y ＝14.答案：D5．(2021·全国卷Ⅰ)在△ABC 中，AD 为BC 边上的中线，E 为AD 的中点，那么EB →＝( ) A.34AB →－14AC → B.14AB →－34AC → C.34AB →＋14AC → D.14AB →＋34AC → 答案：A 二、填空题6．假设OP 1→＝a ，OP 2→＝b ，P 1P →＝λPP 2→(λ≠－1)，那么OP →＝________．解析：因为OP →＝OP 1→＋P 1P →＝OP 1＋λPP 2→＝OP 1→＋λ(OP 2→－OP →)＝OP 1→＋λOP 2→－λOP →，所以(1＋λ)OP →＝OP 1→＋λOP 2→.所以OP →＝11＋λOP 1→＋λ1＋λOP 2→＝11＋λa ＋λ1＋λb .答案：11＋λa ＋λ1＋λb 7．|a |＝1，|b |＝2，且a －b 与a 垂直，那么a 与b 的夹角为________．解析：如图，作向量OA →＝a ，OB →＝b ，那么BA →＝a －b .由，得OA ＝1，OB ＝2，OA ⊥AB ，所以△OAB 为等腰直角三角形，所以∠AOB ＝45°，所以a 与b 的夹角为45°.答案：45°8．如果3e 1＋4e 2＝a ，2e 1＋3e 2＝b ，其中a ，b 为向量，那么e 1＝________，e 2＝________．解析：由⎩⎪⎨⎪⎧a ＝3e 1＋4e 2，b ＝2e 1＋3e 2，解得⎩⎪⎨⎪⎧e 1＝3a －4b ，e 2＝3b －2a .答案：3a －4b 3b －2a 三、解答题9．如下图，平面内有三个向量OA →，OB →，OC →，其中OA →与OB →的夹角为120°，OA →与OC →的夹角为30°，且|OA →|＝|OB →|＝1，|OC →|＝23，假设OC →＝λOA →＋μOB →(λ，μ∈R)．求λ＋μ的值．解：如下图，以OA ，OB 所在射线为邻边，OC 为对角线作平行四边形ODCE ，那么OC →＝OD →＋OE →.在直角△OCD 中，因为|OC →|＝23，∠COD ＝30°，∠OCD ＝90°，所以|OD →|＝4，|CD →|＝2，故OD →＝4OA →，OE →＝2OB →，即λ＝4，μ＝2，所以λ＋μ＝6.10．如下图，▱ABCD 中，E ，F 分别是BC ，DC 的中点，G 为DE ，BF 的交点，假设AB →＝a ，AD →＝b ，试以a ，b 为基底表示DE →，BF →，CG →.解：DE →＝AE →－AD →＝AB →＋BE →－AD →＝a ＋12b －b ＝a －12b .BF →＝AF →－AB →＝AD →＋DF →－AB →＝b ＋12a －a ＝b －12a .如下图，连接DB ，延长CG ，交BD 于点O ，点G 是△CBD 的重心，故CG →＝CE →＋EG →＝12CB →＋EG →＝12CB →＋13ED →＝－12b －13⎝ ⎛⎭⎪⎫a －12b ＝－13a －13b .B 级能力提升1．如果e 1，e 2是平面α内两个不共线的向量，那么以下说法中不正确的选项是( ) ①λe 1＋μe 2(λ，μ∈R)可以表示平面α内的所有向量；②对于平面α内任一向量a ，使a ＝λe 1＋μe 2的实数对(λ，μ)有无穷多个；③假设向量λ1e 1＋μ1e 2与λ2e 1＋μ2e 2共线，那么有且只有一个实数λ，使得λ1e 1＋μ1e 2＝λ(λ2e 1＋μ2e 2)；④假设存在实数λ，μ使得λe 1＋μe 2＝0，那么λ＝μ＝0.A ．①②B ．②③C ．③④D ．②解析：由平面向量根本定理可知，①④是正确的；对于②，由平面向量根本定理可知，一旦一个平面的基底确定，那么任意一个向量在此基底下的实数对是唯一的；对于③，当两向量的系数均为零，即λ1＝λ2＝μ1＝μ2＝0时，这样的λ有无数个．答案：B2．如图，向量BP →＝14BA →，假设OP →＝xOA →＋yOB →，那么x －y ＝________．解析：因为OP →＝OB →＋BP →＝OB →＋14BA →＝OB →＋14(BO →＋OA →)＝14OA →＋34OB →，所以x ＝14，y ＝34.所以x －y ＝－12.答案：－123．设e 1，e 2是不共线的非零向量，且a ＝e 1－2e 2，b ＝e 1＋3e 2. (1)证明：a ，b 可以作为一组基底；(2)以a ，b 为基底，求向量c ＝3e 1－e 2的分解式； (3)假设4e 1－3e 2＝λa ＋μb ，求λ，μ的值．(1)证明：假设a ，b 共线，那么存在λ∈R ，使a ＝λb ，那么e 1－2e 2＝λ(e 1＋3e 2)．由e 1，e 2不共线得，⎩⎪⎨⎪⎧λ＝1，3λ＝－2，⇒⎩⎪⎨⎪⎧λ＝1，λ＝－23. 所以λ不存在，故a 与b 不共线，可以作为一组基底．(2)解：设c ＝ma ＋nb (m ，n ∈R)，得3e 1－e 2＝m (e 1－2e 2)＋n (e 1＋3e 2)＝(m ＋n )e 1＋(－2m ＋3n )e 2.所以⎩⎪⎨⎪⎧m ＋n ＝3，－2m ＋3n ＝－1，⇒⎩⎪⎨⎪⎧m ＝2，n ＝1.所以c ＝2a ＋b .(3)解：由4e 1－3e 2＝λa ＋μb ，得4e 1－3e 2＝λ(e 1－2e 2)＋μ(e 1＋3e 2)＝(λ＋μ)e 1＋(－2λ＋3μ)e 2.所以⎩⎪⎨⎪⎧λ＋μ＝4，－2λ＋3μ＝－3，⇒⎩⎪⎨⎪⎧λ＝3，μ＝1.故所求λ，μ的值分别为3和1.。

高中数学第二章平面向量 2.3 平面向量的基本定理及坐标表示(第4课时)自我小测新人教A版必修4

2.3 平面向量的基本定理及坐标表示 4自我小测1．设a ＝(－2,4)，b ＝(1，－2)，则( )A ．a 与b 共线且方向相反B ．a 与b 共线且方向相同C ．a 与b 不共线D ．a 与b 是相反向量2．已知向量a ＝(1,2)，b ＝(－2，x )，若(3a ＋b )∥(3a －b )，则实数x 的值为( )A ．－2B ．－3C ．－4D ．－13．已知平面向量a ＝(1,2)，b ＝(－2，m )，且a ∥b ，则2a ＋3b 等于( )A ．(－5，－10)B ．(－4，－8)C ．(－3，－6)D ．(－2，－4)4．已知向量a ＝1)，b ＝(cos α，－sin α)，且α∈,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦，若a ∥b ，则α＝( ) A. 6π B. 23π C. 43π D. 56π 5．已知向量OA ＝(1，－3)，OB ＝(2，－1)，OC ＝(m ＋1，m －2)，若点A ，B ，C 能构成三角形，则实数m 应满足的条件是( )A ．m ≠－2B ．m ≠12C ．m ≠1D ．m ≠－16．已知A (2,3)，B (6，－3)，P 是线段AB 上靠近A 的一个三等分点，则点P 的坐标是__________．7．已知向量a ＝(－2,3)，b ∥a ，向量b 的起点为A (1,2)，终点B 在坐标轴上，则点B 的坐标为________．8．已知向量a ＝(2,3)，b ＝(－1,2)，若m a ＋n b 与a －2b 共线，则m n＝________. 9．已知A ，B ，C ，D 四点的坐标分别为A (0，－1)，B (3,2)，C (1,3)，D (－1,1)，证明四边形ABCD 是梯形．10．已知向量AB ＝(4,3)，AD ＝(－3，－1)，点A (－1，－2)．(1)求线段BD 的中点M 的坐标；(2)若点P (2，y )满足点P ，B ，D 三点共线，求y 的值．参考答案1. 解析：法一：∵－2×(－2)－4×1＝0，∴a 与b 共线．又∵a 与b 对应坐标异号，∴a 与b 共线反向．法二：由已知易得a ＝－2b ，∴a 与b 共线反向．答案：A2. 解析：3a ＋b ＝(1,6＋x )，3a －b ＝(5,6－x )，由已知可知，1×(6－x )－5×(6＋x )＝0.解得x ＝－4.答案：C3. 解析：由a ∥b 得m ＋2×2＝0，∴m ＝－4.∴b ＝(－2，－4)．∴2a ＋3b ＝2(1,2)＋3(－2，－4)＝(－4，－8)．答案：B4. 解析：由a ∥bsin α－cos α＝0α＝－cos α， ∴tan α. ∵α∈,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦，∴α＝56π. 答案：D5. 解析：若点A ，B ，C 能构成三角形，则A ，B ，C 三点不共线，即AB ，AC 不共线，又AB ＝(1,2)，AC ＝(m ，m ＋1)，∴m ＋1－2m ≠0，∴m ≠1.答案：C6. 解析：设P (x ，y )，由题意得AP ＝13AB ，即(x －2，y －3)＝13(4，－6)，解方程组42332x y ⎧⎪⎨⎪⎩－＝，－＝－，得1031.x y ⎧⎪⎨⎪⎩＝，＝答案：10,13⎛⎫ ⎪⎝⎭7. 解析：设点B 的坐标为(x ，y )，则b ＝AB ＝(x －1，y －2)．∵a ∥b ，∴－2(y －2)－3(x －1)＝0，即3x ＋2y －7＝0.又∵点B 在坐标轴上，∴当x ＝0时，y ＝72；当y ＝0时，x ＝73. ∴点B 坐标为70,2⎛⎫⎪⎝⎭或7,03⎛⎫⎪⎝⎭. 答案：70,2⎛⎫ ⎪⎝⎭或7,03⎛⎫ ⎪⎝⎭8. 解析：∵a ＝(2,3)，b ＝(－1,2)， ∴m a ＋n b ＝(2m －n,3m ＋2n )，a －2b ＝(4，－1)．∵m a ＋n b 与a －2b 共线，∴－(2m －n )－4(3m ＋2n )＝0，即－14m －7n ＝0，∴m n ＝－12. 答案：－129. 证明：∵AB ＝(3,3)，CD ＝(－2，－2)，∴AB ＝－32CD ，∴AB ∥CD ，AB ∥CD . 又AD ＝(－1,2)，BC ＝(－2,1)，且－1×1－2×(－2)＝3≠0，∴AD 与BC 不平行，即AD 与BC 不平行． ∴四边形ABCD 是梯形．10. 解：(1)设B (x 1，y 1)，∵AB ＝(4,3)，A (－1，－2)， ∴(x 1＋1，y 1＋2)＝(4,3)，∴111423x y ⎧⎨⎩＋＝，＋＝，∴1131x y ⎧⎨⎩＝，＝， ∴B (3,1)．同理可得D (－4，－3)，设BD 的中点M (x 2，y 2)，则x 2＝342-＝－12，y 2＝132-＝－1.∴M1,12⎛⎫--⎪⎝⎭.(2)由PB＝(3,1)－(2，y)＝(1,1－y)，BD＝(－4，－3)－(3,1)＝(－7，－4)．∵P，B，D三点共线，∴PB∥BD.∴－4＋7(1－y)＝0.∴y＝37.。

高中数学第二章平面向量阶段质量检测A卷(含解析)新

第二章平面向量(A 卷学业水平达标) (时间：90分钟，满分：120分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分)1．在五边形ABCDE 中(如图)，AB u u u r ＋BC u u ur －DC u u u r ＝( )A ．AC u u u rB ．AD u u u rC ．BD u u u rD ．BE u u u r答案：B2．(全国大纲卷)已知向量m ＝(λ＋1,1), n ＝(λ＋2,2)，若(m ＋n )⊥(m －n )，则λ＝( )A ．－4B ．－3C ．－2D ．－1答案：B3．若|a |＝2，|b |＝2，且(a －b )⊥a ，则a 与b 的夹角是( ) A.π6 B.π4 C.π3 D.π2答案：B4．在△ABC 中，D 为BC 边的中点，已知AB u u u r＝a ， AC u u u r ＝b ，则下列向量中与AD u u u r同向的是( )A.a ＋b |a ＋b |B.a |a |＋b|b | C.a －b |a －b | D.a |a |－a|b |答案：A5．已知边长为1的正三角形ABC 中，BC u u u r ·CA u u u r ＋CA u u u r ·AB u u u r ＋AB u u u r ·BC u u u r 的值为( )A.12B ．－12C.32 D ．－32答案：D6．已知平面内不共线的四点O ，A ，B ，C 满足OB u u u r ＝13OA u u u r ＋23OC u u u r ，则|AB u u u r|∶|BC u u u r |＝( )A ．1∶3B ．3∶1C ．1∶2D ．2∶1答案：D7．P 是△ABC 所在平面上一点，若PA u u u r ·PB u u u r ＝PB u u u r ·PC u u u r ＝PC u u u r ·PA u u u r，则P 是△ABC的( )A ．内心B ．外心C ．垂心D ．重心答案：C8．已知a ，b 是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量c 满足(a －c )·(b －c )＝0，则|c |的最大值是( )A ．1B ．2 C. 2 D.22答案：C9．在直角梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AD ⊥AB ，∠B ＝45°，AB ＝2CD ＝2，M 为腰BC 的中点，则MA u u u r ·MD u u u r＝( )A ．1B ．2C ．3D ．4答案：B10.如图，半圆的直径AB ＝6，O 为圆心，C 为半圆上不同于A ，B 的任意一点，若P 为半径OC 上的动点，则(PA u u u r ＋PB u u u r)·PC u u u r 的最小值是( )A.92 B ．9 C ．－92 D ．－9 答案：C二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)11．在直角坐标系xOy 中，AB u u u r＝(2,1)，AC u u u r ＝(3，k )，若三角形ABC 是直角三角形，则k 的值为________．答案：－6或－112．在边长为2的菱形ABCD 中，∠BAD ＝60°，E 为CD 的中点，则AE u u u r ·BD u u u r＝________.答案：113．如图，OM ∥AB ，点P 在由射线OM ，线段OB 及AB 的延长线围成的区域(不含边界)内运动，且OP u u u r ＝x OA u u u r ＋y OB u u u r ，则x 的取值范围是______．当x ＝－12时，y 的取值范围是________．答案：(－∞，0) ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32 14．在平面直角坐标系中，若O 为坐标原点，则A ，B ，C 三点在同一直线上的等价条件为存在唯一实数λ，使得OC u u u r ＝λOA u u u r ＋(1－λ)OB u u u r 成立，此时称实数λ为“向量OC u u u r关于OA u u u r 和OB u u u r的终点共线分解系数”．若已知P 1(3,1)，P 2(－1,3)，且向量3OP u u u r 与向量a ＝(1,1)垂直，则“向量3OP u u u r 关于1OP u u u r 和2OP u u u r的终点共线分解系数”为________．答案：－1三、解答题(本大题共4小题，共50分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 15．(本小题满分12分)已知平面向量a ＝(1，x )，b ＝(2x ＋3，－x )，x ∈R. (1)若a ⊥b ，求x 的值； (2)若a ∥b ，求|a －b |. 解：(1)若a ⊥b ，则a ·b ＝(1，x )·(2x ＋3，－x ) ＝1×(2x ＋3)＋x (－x )＝0.整理得x 2－2x －3＝0，解得x ＝－1或x ＝3. (2)若a ∥b ，则有1×(－x )－x (2x ＋3)＝0，即x (2x ＋4)＝0，解得x ＝0或x ＝－2.当x ＝0时，a ＝(1,0)，b ＝(3,0)， ∴a －b ＝(－2,0)，|a －b |＝2；当x ＝－2时，a ＝(1，－2)，b ＝(－1,2)， ∴a －b ＝(2，－4)， ∴|a －b |＝4＋16＝2 5. 综上所述，|a －b |为2或2 5.16．(本小题满分12分)如图，平行四边形ABCD 中，AB u u u r ＝a ，AD u u u r＝b ，H ，M 分别是AD ，DC 的中点，BF ＝13BC .(1)以a ，b 为基底表示向量AM u u u u r 与HF u u u r；(2)若|a |＝3，|b |＝4，a 与b 的夹角为120°，求AM u u u u r ·HF u u u r.解：(1)∵M 为DC 的中点，∴DM u u u u r ＝12DC u u u r ，又DC u u u r ＝AB u u u r，∴AM u u u u r ＝AD u u u r ＋DM u u u u r ＝AD u u u r ＋12AB u u u r ＝12a ＋b ，∵H 为AD 的中点，BF ＝13BC ，BC u u u r ＝AD u u u r ，∴AH u u u r ＝12AD u u u r ，BF u u u r ＝13AD u u u r ，∴HF u u u r ＝HA u u u r ＋AB u u u r ＋BF u u u r＝－12AD u u ur ＋AB u u u r ＋13AD u u u r＝AB u u u r －16AD u u u r ＝a －16b .(2)由已知得a ·b ＝3×4×cos 120°＝－6，AM u u u u r ·HF u u u r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ＋b ·⎝ ⎛⎭⎪⎫a －16b＝12a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－112a ·b －16b 2＝12×32＋1112×(－6)－16×42 ＝－113.17．(本小题满分12分)在平面直角坐标系xOy 中，已知点A (－1，－2)，B (2,3)，C (－2，－1)．(1)求以线段AB ，AC 为邻边的平行四边形的两条对角线的长；(2)设实数t 满足(AB u u u r－t OC u u u r )·OC u u u r ＝0，求t 的值．解：(1)由题设知AB u u u r＝(3,5)，AC u u u r ＝(－1,1)，则AB u u u r ＋AC u u u r ＝(2,6)，AB u u u r －AC u u ur ＝(4,4)．所以|AB u u u r ＋AC u u u r |＝210，|AB u u u r －AC u u ur |＝4 2.故所求的两条对角线长分别为42，210.(2)由题设知OC u u u r＝(－2，－1)，AB u u u r－t OC u u u r ＝(3＋2t,5＋t )．由(AB u u u r－t OC u u u r )·OC u u u r ＝0，得(3＋2t,5＋t )·(－2，－1)＝0，即(3＋2t )×(－2)＋(5＋t )×(－1)＝0，从而5t ＝－11，所以t ＝－115. 18．(本小题满分14分)已知e 1，e 2是平面内两个不共线的非零向量，AB u u u r ＝2e 1＋e 2，BEu u u r＝－e 1＋λe 2，EC u u u r＝－2e 1＋e 2，且A ，E ，C 三点共线．(1)求实数λ的值；(2)若e 1＝(2,1)，e 2＝(2，－2)，求BC u u u r的坐标；(3)已知D (3,5)，在(2)的条件下，若A ，B ，C ，D 四点按逆时针顺序构成平行四边形，求点A 的坐标．解：(1)AE u u u r ＝AB u u u r ＋BE u u u r＝(2e 1＋e 2)＋(－e 1＋λe 2)＝e 1＋(1＋λ)e 2.∵A ，E ，C 三点共线，∴存在实数k ，使得AE u u u r＝k EC u u u r ，即e 1＋(1＋λ)e 2＝k (－2e 1＋e 2)，得(1＋2k )e 1＝(k －1－λ)e 2. ∵e 1，e 2是平面内两个不共线的非零向量，∴⎩⎪⎨⎪⎧1＋2k ＝0，λ＝k －1，解得k ＝－12，λ＝－32.(2)BC u u u r ＝BE u u u r ＋EC u u u r ＝－3e 1－12e 2＝(－6，－3)＋(－1,1)＝(－7，－2)．(3)∵A ，B ，C ，D 四点按逆时针顺序构成平行四边形，∴AD u u u r ＝BC u u ur .设A (x ，y )，则AD u u u r＝(3－x,5－y )， ∵BC u u u r＝(－7，－2)，∴⎩⎪⎨⎪⎧3－x ＝－7，5－y ＝－2，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝10，y ＝7，即点A 的坐标为(10,7)．。

2020-2021学年人教A版必修4第二章平面向量综合测试卷(A)含答案(共3套)

必修4 第二章向量(一)一、选择题:1.下列各量中不是向量的是（）A ．浮力B ．风速C ．位移D ．密度2．下列命题正确的是（）A ．向量AB 与BA 是两平行向量B ．若a 、b 都是单位向量,则a =bC ．若AB =DC ,则A 、B 、C 、D 四点构成平行四边形 D ．两向量相等的充要条件是它们的始点、终点相同3．在△ABC 中，D 、E 、F 分别BC 、CA 、AB 的中点，点M 是△ABC 的重心，则 MC MB MA -+等于（）A ．OB ．MD 4C ．MF 4D ．ME 44．已知向量b a 与反向，下列等式中成立的是（）A ．||||||b a b a -=-B ．||||b a b a -=+C ．||||||b a b a -=+D ．||||||b a b a +=+5．在△ABC 中,AB =AC ,D 、E 分别是AB 、AC 的中点,则（）A ．AB 与AC 共线 B ．DE 与CB 共线 C ．与相等D ．与相等6．已知向量e 1、e 2不共线,实数x 、y 满足(3x -4y )e 1+(2x -3y )e 2=6e 1+3e 2,则x -y 的值等于( ) A ．3 B ．－3 C ．0 D ．2 7. 设P （3，-6），Q （-5，2），R 的纵坐标为-9，且P 、Q 、R 三点共线，则R 点的横坐标为 ( ) A ．-9 B ．-6 C ．9 D ．6 8. 已知a 3=，b 23=,a ⋅b =-3，则a 与b 的夹角是( )A ．150︒B ．120︒C ．60︒D ．30︒9.下列命题中，不正确的是( )A ．a =2aB ．λ(a ⋅b )=a ⋅(λb )C ．（a -b ）c =a ⋅c -b ⋅cD ．a 与b 共线⇔a ⋅b =a b10．下列命题正确的个数是( ) ①=+0 ②0=⋅0③=-④（a ⋅b ）c =a （b ⋅c ）A ．1B ．2C ．3D ．411．已知P 1（2，3），P 2（-1，4），且12P P 2PP =，点P 在线段P 1P 2的延长线上，则P 点的坐标为( )A ．（34，-35） B ．（-34，35） C ．（4，-5）D ．（-4，5） 12．已知a 3=，b 4=，且（a +k b ）⊥（a -k b ），则k 等于( )A ．34±B ．43±C ．53±D ．54±二、填空题13．已知点A(－1,5)和向量a ={2,3},若AB =3a ,则点B 的坐标为 . 14．若3=OA 1e ，3=OB 2e ，且P 、Q 是AB 的两个三等分点，则=OP ，=OQ . 15．若向量a =（2，-x ）与b =（x, -8）共线且方向相反，则x= . 16．已知e 为一单位向量，a 与e 之间的夹角是120O ,而a 在e 方向上的投影为－2，则a = .三、解答题17．已知菱形ABCD 的边长为2,求向量AB －CB +CD 的模的长.18．设OA 、OB 不共线,P 点在AB 上.求证: OP =λOA +μOB 且λ+μ=1,λ、μ∈R ．19．已知向量,,32,32212121e e e e e e 与其中+=-=不共线向量,9221e e -=，问是否存在这样的实数,,μλ使向量c b a d 与μλ+=共线20．i、j是两个不共线的向量,已知AB=3i+2j，CB=i+λj, CD=-2i+j,若A、B、D三点共线,试求实数λ的值.必修4 第二章向量(一)必修4第三章向量(一)参考答案一、选择题1．D 2．A 3．C 4．C 5．B 6. A 7. D 8．C 9．B 10．A 11．D 12．C 二、填空题 13．3 14．12e 2e +122e e + 15．4- 16．4三、解答题17．解析: ∵AB -CB +CD =AB +(CD -CB )=AB +BD =AD又|AD |=2 ∴|AB -CB +CD |=|AD |=218．证明: ∵P 点在AB 上,∴AP 与AB 共线.∴AP =t AB (t ∈R )∴OP =OA +AP =OA +t AB =OA +t (OB -OA )=OA (1-t )+ OB令λ=1-t ,μ=t ∴λ+μ=1∴OP =λOA +μOB 且λ+μ=1,λ、μ∈R19．解析：222,2,,.2339,k R k λμλμλμλμλμ+=⎧=-∈=-⎨-+=-⎩解之故存在只要即可.20．解析: ∵BD =CD -CB =(-2i +j )-(i +λj )=-3i +(1-λ)j∵A 、B 、D 三点共线,∴向量AB 与BD 共线,因此存在实数μ,使得AB =μBD , 即3i +2j =μ［-3i +(1-λ)j ］=-3μi +μ(1-λ)j ∵i 与j 是两不共线向量,由基本定理得:⎩⎨⎧=-=∴⎩⎨⎧=-=-312)1(33λμλμμ 故当A 、B 、D 三点共线时,λ=3.第二章平面向量（A 卷）（测试时间：120分钟满分：150分）第Ⅰ卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．已知向量a 与b 的夹角是120︒，且5a =， 4b =，则 a b ⋅=（）． A. 20 B. 10 C. 10- D. 20- 【答案】C【解析】向量a 与b 的夹角是120︒，且5a =， 4b =，则a b a b ⋅=⨯ 1cos12054102⎛⎫︒=⨯⨯-=- ⎪⎝⎭．故选：C ．2．【2017届北京房山高三上期末】已知向量31,2BA ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭， ()0,1BC =，则向量BA 与BC 夹角的大小为（） A.π6 B. π4 C. π3 D. 2π3【答案】C3.【2018届四川省成都市郫都区高三上期中】已知向量()11a =-，， ()12b =-，，则()2a b a +⋅＝（） A. 1- B. 0 C. 1 D. 2 【答案】C【解析】()()()21,01,11a b a +⋅=-=,故选：C. 4．已知向量，若，则实数m 的值为（） A. 0 B. 2 C. D. 2或【答案】C 【解析】∵向量，且∴， ∴.选C.5．如上图，向量1e ， 2e ， a 的起点与终点均在正方形网格的格点上，则向量a 用基底1e ， 2e 表示为( )A. 1e ＋2eB. 21e －2eC. －21e ＋2eD. 21e ＋2e 【答案】C6．若三点()1,2A --、()0,1B -、()5,C a 共线，则a 的值为（） A. 4 B. 4- C. 2 D. 2- 【答案】A 【解析】()1,2A --, ()()0,1,5B C a -，三点共线ABACλ∴→=→即()()1162a λ=+，，()16{ 12a λλ==+ 16λ∴=, 4a = 故答案选A .7．【2018届全国名校大联考高三第二次联考】已知平面向量,a b 的夹角为60°，()1,3a =， 1b =，则a b +=（）A. 2B. 23C. 7D. 4 【答案】C8．已知向量a 与b 的夹角是120︒，且5a =， 4b =，则 a b ⋅=（）． A. 20 B. 10 C. 10- D. 20- 【答案】C【解析】向量a 与b 的夹角是120︒，且5a =， 4b =，则a b a b ⋅=⨯ 1cos12054102⎛⎫︒=⨯⨯-=- ⎪⎝⎭．故选：C ．9.【2018届福建省福安市一中上学期高三期中】已知向量()()()3,1,0,1,,3a b c k ==-=，若（2a b -）与c 互相垂直，则k 的值为 A. 1 B. 1- C. 3 D. 3- 【答案】D 【解析】()23,3a b -=，因为（2a b -）与c 互相垂直，则()233303a b c k k -⋅=+=⇒=-，选D.10.【2018届河南省中原名校高三第三次考评】已知点()0,1A ， ()1,2B ， ()2,1C --， ()3,4D ，则向量AB 在CD 方向上的投影为（）A.322 B. 2 C. 322- D. 3152- 【答案】B【解析】()()1,1.5,5AB CD ==则向量AB 在CD 方向上的投影为10cos ,252AB CD AB AB CD AB AB CD⋅=⋅== 故选B.11．【2018届黑龙江省齐齐哈尔地区八校高三期中联考】在矩形ABCD 中， 3AB =， 3BC =，2BE EC =，点F 在边CD 上，若•3AB AF =，则•AE BF 的值为（）A. 0B. 833C. 4-D. 4 【答案】C【解析】12．【2018届河南省漯河市高级中学高三上期中】已知ABC ∆是边长为4的等边三角形， P 为平面ABC 内一点，则()PA PB PC ⋅+的最小值为（） A. 3- B. 6- C. 2- D. 83- 【答案】B【解析】如图建立坐标系， (()()0,23,2,0,2,0A B C -，设(),P x y ，则()()(),23,2,,2,PA x y PB x y PC x y =--=---=--，()()()22,232,22243PA PB PC x y x y x y ∴⋅+=-⋅--=+-()222366x y ⎡⎤=+--≥-⎢⎥⎣⎦， ∴最小值为6-，故选B.第Ⅱ卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13．设a 与b 是两个不共线向量，且向量a b λ+与2a b -共线，则λ=__________．【答案】12-【解析】由题意得()11:2:12λλ=-∴=-. 14.【2018届河北省邢台市高三上学期第二次月考】已知单位向量a ， b 满足()1•232a a b -=，则向量a 与b 的夹角为__________．【答案】60°（或3π）【解析】因为()1232a a b ⋅-=，化简得： 2123232a a b a b -⋅=-⋅=，即12a b ⋅=，所以1cos ,2a b a b a b⋅==⋅，又0,a b π≤≤，所以,3a b π=，故填3π. 15．【2018届福建省三明市第一中学高三上学期期中】在平行四边形ABCD 中， AC 与BD 交于点 O ，E 是线段OD 的中点， AE 的延长线与CD 交于点F . 若AC a =， BD b =，则AF 等于_______【答案】2133a b +【解析】∵AC a =， BD b =，∴11112222AD AC BD a b =+=+. ∵E 是OD 的中点，∴＝，∴DF ＝AB .∴111111332266DF AB AC BD a b ⎛⎫==-=- ⎪⎝⎭， ∴111121226633AF AD DF a b a b a b =+=++-=+. 16．已知正方形ABCD 的边长为1，点E 在线段AB 边上运动（包含线段端点），则DE CB ⋅的值为__________； DE DB ⋅的取值范围为__________．【答案】 1 []1,2【解析】如图，以D 为坐标原点，以DC ， DA 分别为x ， y 轴，建立平面直角坐标系， ()0,0D ， ()0,1DE x ， ()1,1B ， ()0,1CB ，()1,0C ， ()1,1DB ， ()0,1E x ， []00,1x ∈，∴1DE CB ⋅=， 01DE DB x ⋅=+，∵001x ≤≤，0112x ≤+≤，∴DE DB ⋅的取值范围为[]1,2，故答案为1， []1,2.三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 17．（本小题10分）已知四点A （-3，1），B （-1，-2），C （2，0），D （23,4m m +）（1）求证： AB BC ⊥；【答案】(1)见解析(2) 12-或1 【解析】试题分析：（1）分别根据向量的坐标运算得出AB BC ，算出AB BC ⋅（2）由向量的平行进行坐标运算即可. 试题解析：(1)依题意得， ()()2,3,3,2AB BC =-= 所以()23320AB BC ⋅=⨯+-⨯= 所以AB BC ⊥.18．（本小题12分）已知向量()1,2a =，()3,4b =-．（1）求a b +与a b -的夹角；（2）若()a ab λ⊥+，求实数λ的值．【答案】（1）34π；（2）1-．【解析】（1）因为()1,2a =，()3,4b =-，所以()2,6a b +=-，()4,2a b -=- 所以2,64,22cos ,240204020a b a b -⋅-+-===-⨯⨯，由[],0,a b a b π+-∈，则3,4a b a b π+-=；（2）当()a ab λ⊥+时，()0a a b λ⋅+=，又()13,24a b λλλ+=-+，所以13480λλ-++=，解λ=-.得：119．（本小题12分）已知是夹角为的两个单位向量，，.（1）求；（2）求与的夹角.【答案】(1) ;(2) 与的夹角为.【解析】试题分析：（1）向量点积的运算规律可得到再展开根据向量点积公式得最终结果；（2）同第一问，由向量点积公式展开=0.∵是夹角为的两个单位向量，∴，(1)(2) ,,∴，∴与的夹角为.20．（本小题12分）如图，在平行四边形中，，是上一点，且. （1）求实数的值；（2）记，，试用表示向量，，.【答案】(1)；(2)，，.【解析】试题分析：（1）根据平面向量共线定理得到，由系数和等于1，得到即。

高中数学第二章平面向量2.3.2平面向量的正交分解及坐标表示2.3.3平面向量的坐标运算课件3新人教A版必修4

1 (4,2)，所以 2
=(2,1).
(2)设点A(x,y)，则x＝ | OA | cos 60＝4 3cos 60＝2 3，
y＝ OA sin 60＝4 3sin 60＝6，即 A 2 3,6 ，所以

OA＝ 2 3,6 .

【方法技巧】平面向量坐标运算的技巧 (1)若已知向量的坐标,则直接应用两个向量和、差及向量数乘的运算法则进行. (2)若已知有向线段两端点的坐标,则可先求出向量的坐标,然后再进行向量的坐标运算. (3)向量的线性坐标运算可完全类比数的运算进行.
(x1+x2，y1+y2)； ①a+b= _______________ (x1-x2，y1-y2) ； ②a-b= _____________ (λx1，λy1) ③λa= ____________.
(2)重要结论：已知向量 y2)，则的起点A(x1，y1)，终点B(x2，
(x2-x1，y2-y1) = _____________.
=(x-5,2-y+2)=(4,6)，解得x=9,
2.已知四边形ABCD为平行四边形，O为对角线AC,BD的交点， =(3,7), =(－2,1)．求的坐标．
【解析】因为 DB AB －AD =(－2,1)－(3,7)=(－5,－6)，
1 5 所以 OB DB (－ ,－3). 2 2
(2)定义坐标：对于平面内的一个向量a，由平面向量基本定理 (x_______ ，y) xi+yj 则有序数对知，有且只有一对实数x，y，使得a=_____. 叫做向量a的坐标. (3)特殊向量的坐标：i=(1，0)，j=(0，1)，0=(0，0).
3.平面向量的坐标运算

高中数学第二章平面向量2.3.1平面向量基本定理学案(含解析)新人教A版必修4

2.3.1 平面向量基本定理考试标准学法指导1.平面向量基本定理既是本节的重点，也是本节的难点．2．为了更好地理解平面向量基本定理，可以通过改变向量的方向及模的大小作图观察λ1，λ2取不同值时的图形特征，得到平面上任一向量都可以由这个平面内两个不共线的向量e 1，e 2表示出来．3．在△ABC 中，明确AC →与AB →的夹角与CA →与AB →的夹角互补.1.平面向量基本定理(1)定理：如果e 1，e 2是同一平面内的两个不共线向量，那么对于这一平面内的任意向量a ，有且只有一对实数λ1，λ2，使a ＝λ1e 1＋λ2e 2.(2)基底：不共线的向量e 1，e 2叫作表示这一平面内所有向量的一组基底．状元随笔平面向量基本定理的理解(1)e →1，e →2是同一平面内的两个不共线的向量，e →1，e →2的选取不唯一，即一个平面可以有多组的基底．(2)平面内的任一向量a →都可以沿基底进行分解． (3)基底e →1，e →2确定后，实数λ1、λ2是唯一确定的． 2．关于两向量的夹角(1)两向量夹角的概念：已知两个非零向量a 和b ，作OA →＝a ，OB →＝b ，则∠AOB ＝θ，叫作向量a 与b 的夹角．①范围：向量a 与b 的夹角的范围是[0°，180°]． ②当θ＝0°时，a 与b 同向． ③当θ＝180°时，a 与b 反向．(2)垂直：如果a 与b 的夹角是90°，我们说a 与b 垂直，记作a ⊥b . 状元随笔两向量夹角概念的正确理解(1)由于零向量的方向是任意的，因此，零向量可以与任一向量平行，零向量也可以与任一向量垂直．(2)按照向量夹角的定义，只有两个向量的起点重合时所对应的角才是两向量的夹角，如图所示，∠BAC 不是向量CA →与向量AB →的夹角，∠BAD 才是向量CA →与向量AB →的夹角．[小试身手]1．判断下列命题是否正确. (正确的打“√”，错误的打“×”)(1)一个平面内只有一对不共线的向量可作为表示该平面内所有向量的基底．( ) (2)若e 1，e 2是同一平面内两个不共线向量，则λ1e 1＋λ2e 2(λ1，λ2为实数)可以表示该平面内所有向量．( )(3) 若a e 1＋b e 2＝c e 1＋d e 2(a ，b ，c ，d ∈R )，则a ＝c ，b ＝d .( ) 答案：(1)× (2)√ (3)×2．设O 是平行四边形ABCD 两对角线的交点，给出下列向量组：①AD →与AB →；②DA →与BC →；③CA →与DC →；④OD →与OB →，其中可作为这个平行四边形所在平面的一组基底的是( )A ．①②B ．①③C ．①④ D．③④解析：①AD →与AB →不共线；②DA →＝－BC →，则DA →与BC →共线；③CA →与DC →不共线；④OD →＝－OB →，则OD →与OB →共线．由平面向量基底的概念知，只有不共线的两个向量才能构成一组基底，故①③满足题意．答案：B3．在△ABC 中，向量AB →，BC →的夹角是指( )A ．∠CAB B ．∠ABC C ．∠BCAD ．以上都不是解析：由两向量夹角的定义知，AB →与BC →的夹角应是∠ABC 的补角，故选D. 答案：D4．如图所示，向量OA →可用向量e 1，e 2表示为________．解析：由图可知，OA →＝4e 1＋3e 2. 答案：OA →＝4e 1＋3e 2类型一平面向量基本定理的理解例1 设e 1，e 2是不共线的两个向量，给出下列四组向量： ①e 1与e 1＋e 2； ②e 1－2e 2与e 2－2e 1； ③e 1－2e 2与4e 2－2e 1；④e 1＋e 2与e 1－e 2.其中，不能作为平面内所有向量的一组基底的是________(写出满足条件的序号)．【解析】 ①设e 1＋e 2＝λe 1，则⎩⎪⎨⎪⎧λ＝1，1＝0，无解，∴e 1＋e 2与e 1不共线，即e 1与e 1＋e 2能作为一组基底． ②设e 1－2e 2＝λ(e 2－2e 1)，则(1＋2λ)e 1－(2＋λ)e 2＝0，则⎩⎪⎨⎪⎧1＋2λ＝0，2＋λ＝0，无解，∴e 1－2e 2与e 2－2e 1不共线，即e 1－2e 2与e 2－2e 1能作为一组基底． ③∵e 1－2e 2＝－12(4e 2－2e 1)，∴e 1－2e 2与4e 2－2e 1共线，即e 1－2e 2与4e 2－2e 1不能作为一组基底．④设e 1＋e 2＝λ(e 1－e 2)，则(1－λ)e 1＋(1＋λ)e 2＝0，则⎩⎪⎨⎪⎧1－λ＝0，1＋λ＝0，无解，∴e 1＋e 2与e 1－e 2不共线，即e 1＋e 2与e 1－e 2能作为一组基底．【答案】 ③由基底的定义知，平面α内两个不共线的向量e →1、e →2叫做表示这一平面内所有向量的一组基底，要判断所给的两个向量能否构成基底，只要看这两个向量是否共线即可．方法归纳对基底的理解(1)两个向量能否作为一组基底，关键是看这两个向量是否共线．若共线，则不能作基底，反之，则可作基底．(2)一个平面的基底一旦确定，那么平面上任意一个向量都可以由这组基底唯一线性表示出来．设向量a 与b 是平面内两个不共线的向量，若x 1a ＋y 1b ＝x 2a ＋y 2b ，则{ x 1＝x 2，y 1＝y 2.提醒：一个平面的基底不是唯一的，同一个向量用不同的基底表示，表达式不一样．跟踪训练1 下面三种说法：①一个平面内只有一对不共线向量可作为表示该平面的基底； ②一个平面内有无数多对不共线向量可作为该平面所有向量的基底； ③零向量不可以作为基底中的向量．其中正确的说法是( )A.①② B ．②③ C ．①③ D ．①②③解析：平面内向量的基底是不唯一的，在同一平面内任何一组不共线的向量都可作为平面内所有向量的一组基底；零向量可看成与任何向量平行，故零向量不可以作为基底中的向量，故B 项正确．答案：B平面内任意一对不共线的向量都可以作为该平面内所有向量的基底，一定要注意“不共线”这一条件，在做题时容易忽略此条件而导致错误，同时还要注意零向量不能作基底．类型二用基底表示平面向量例2 如图所示，在▱ABCD 中，点E ，F 分别为BC ，DC 边上的中点，DE 与BF 交于点G ，若AB →＝a ，AD →＝b ，试用a ，b 表示向量DE →，BF →.【解析】 DE →＝DA →＋AB →＋BE →＝－AD →＋AB →＋12BC →＝－AD →＋AB →＋12AD →＝a －12b .BF →＝BA →＋AD →＋DF →＝－AB →＋AD →＋12AB →＝b －12a .解决此类问题的关键在于以一组不共线的向量为基底，通过向量的加、减、数乘以及向量共线的结论，把其他相关的向量用这一组基底表示出来．方法归纳用基底表示向量的两种方法(1)运用向量的线性运算法则对待求向量不断进行转化，直至用基底表示为止． (2)通过列向量方程或方程组的形式，利用基底表示向量的唯一性求解．跟踪训练2 (1)本例条件不变，试用基底a ，b 表示AG →；(2)若本例中的基向量“AB →，AD →”换为“CE →，CF →”即若CE →＝a ，CF →＝b ，试用a ，b 表示向量DE →，BF →.解析：(1)由平面几何知识知BG ＝23BF ，故AG →＝AB →＋BG →＝AB →＋23BF →＝a ＋23⎝ ⎛⎭⎪⎫b －12a ＝a ＋23b－13a ＝23a ＋23b . (2)DE →＝DC →＋CE →＝2FC →＋CE →＝－2CF →＋CE →＝－2b ＋a . BF →＝BC →＋CF →＝2EC →＋CF →＝－2CE →＋CF →＝－2a ＋b .用基底表示平面向量，要充分利用向量加法、减法的三角形法则或平行四边形法则．类型三向量的夹角例3 已知|a |＝|b |，且a 与b 的夹角为120°，求a ＋b 与a 的夹角及a －b 与a 的夹角．【解析】如图，作OA →＝a ，OB →＝b ，∠AOB ＝120°，以OA →，OB →为邻边作平行四边形OACB ，则OC →＝a ＋b ，BA →＝a －b .因为|a |＝|b |，所以平行四边形OACB 为菱形．所以OC →与OA →的夹角∠AOC ＝60°，BA →与OA →的夹角即为BA →与BC →的夹角∠ABC ＝30°.所以a ＋b 与a 的夹角为60°，a －b 与a 的夹角为30°.作图，由图中找到a →－b →与a →的夹角，利用三角形、四边形的知识求角．方法归纳两个向量夹角的实质及求解的关键(1)实质：两个向量的夹角，实质上是从同一起点出发的两个非零向量构成的角． (2)关键：求两个向量的夹角，关键是利用平移的方法使两个向量的起点重合，然后按照“一作二证三算”的步骤，并结合平面几何知识求出两个向量的夹角．跟踪训练3 已知|a |＝|b |＝2，且a 与b 的夹角为60°，求a ＋b 与a 的夹角，a －b 与a 的夹角．解析：如图，作OA →＝a ，OB →＝b ，且∠AOB ＝60°，以OA ，OB 为邻边作▱OACB ，则OC →＝OA →＋OB →＝a ＋b ，BA →＝OA →－OB →＝a －b ，BC →＝OA →＝a . 因为|a |＝|b |＝2，所以△OAB 为正三角形．所以∠OAB ＝60°＝∠ABC . 即a －b 与a 的夹角为60°. 因为|a |＝|b |，所以▱OACB 为菱形．所以OC ⊥AB ，所以∠COA ＝90°－60°＝30°. 即a ＋b 与a 的夹角为30°.作出向量a →，b →，a →＋b →，a →－b →，利用平面几何知识求解． 2.3.1[基础巩固](25分钟，60分)一、选择题(每小题5分，共25分)1．已知向量a ＝e 1－2e 2，b ＝2e 1＋e 2，其中e 1，e 2不共线，则a ＋b 与c ＝6e 1－2e 2的关系是( )A ．不共线B ．共线C ．相等D ．不确定解析：∵a ＋b ＝3e 1－e 2，∴c ＝2(a ＋b )．∴a ＋b 与c 共线．答案：B2．当向量a 与b 共线时，则这两个向量的夹角θ为( ) A ．0° B．90°C ．180°D ．0°或180°解析：当向量a 与b 共线，即两向量同向时夹角θ＝0°，反向时夹角θ＝180°. 答案：D3．已知AD 是△ABC 的中线，AB →＝a ，AD →＝b ，以a ，b 为基底表示AC →，则AC →＝( ) A.12(a －b ) B ．2b －a C.12(b －a ) D ．2b ＋a解析：如图，AD 是△ABC 的中线，则D 为线段BC 的中点，从而AD →＝12(AB →＋AC →)，则AC →＝2AD →－AB →＝2b －a .答案：B4．在正方形ABCD 中，AC →与CD →的夹角等于( ) A ．45° B．90° C ．120° D．135° 解析：如图所示，将AC →平移到CE →，则CE →与CD →的夹角即为AC →与CD →的夹角，夹角为135°. 答案：D5．若D 点在三角形ABC 的边BC 上，且CD →＝4DB →＝rAB →＋sAC →，则3r ＋s 的值为( )55C.85D.45解析：∵CD →＝4DB →＝rAB →＋sAC →， ∴CD →＝45CB →＝45(AB →－AC →)＝rAB →＋sAC →，∴r ＝45，s ＝－45.∴3r ＋s ＝125－45＝85.答案：C二、填空题(每小题5分，共15分)6．已知向量a ，b 是一组基底，实数x ，y 满足(3x －4y )a ＋(2x －3y )b ＝6a ＋3b ，则x －y 的值为________．解析：因为a ，b 是一组基底，所以a 与b 不共线，因为(3x －4y )a ＋(2x －3y )b ＝6a ＋3b ，所以⎩⎪⎨⎪⎧3x －4y ＝6，2x －3y ＝3，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝6，y ＝3，所以x －y ＝3.答案：37．已知O ，A ，B 是平面上的三个点，直线AB 上有一点C ，满足2AC →＋CB →＝0，若OA →＝a ，OB →＝b ，用a ，b 表示向量OC →，则OC →＝________.解析：AC →＝OC →－OA →，CB →＝OB →－OC →，∵2AC →＋CB →＝0，∴2(OC →－OA →)＋(OB →－OC →)＝0，∴OC →＝2OA →－OB →＝2a －b .答案：2a －b8．在正方形ABCD 中，E 是DC 边上的中点，且AB →＝a ，AD →＝b ，则BE →＝________.解析：BE →＝BC →＋CE →＝AD →－12AB →＝b －12a .2三、解答题(每小题10分，共20分)9．已知e 1，e 2是平面内两个不共线的向量，a ＝3e 1－2e 2，b ＝－2e 1＋e 2，c ＝7e 1－4e 2，试用向量a 和b 表示c .解析：因为a ，b 不共线，所以可设c ＝x a ＋y b ，则x a ＋y b ＝x (3e 1－2e 2)＋y (－2e 1＋e 2) ＝(3x －2y )e 1＋(－2x ＋y )e 2＝7e 1－4e 2. 又因为e 1，e 2不共线，所以⎩⎪⎨⎪⎧3x －2y ＝7，－2x ＋y ＝－4，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝－2，所以c ＝a －2b .10．如图所示，设M ，N ，P 是△ABC 三边上的点，且BM →＝13BC →，CN →＝13CA →，AP →＝13AB →，若AB→＝a ，AC →＝b ，试用a ，b 将MN →、NP →、PM →表示出来．解析：NP →＝AP →－AN →＝13AB →－23AC →＝13a －23b ，MN →＝CN →－CM →＝－13AC →－23CB →＝－13b －23(a －b )＝－23a ＋13b ，PM →＝－MP →＝－(MN →＋NP →)＝13(a ＋b )．[能力提升](20分钟，40分)11．设非零向量a ，b ，c 满足|a |＝|b |＝|c |，a ＋b ＝c ，则向量a ，b 的夹角为( ) A ．150° B．120° C ．60° D．30°解析：设向量a ，b 的夹角为θ，作BC →＝a ，CA →＝b ，则c ＝a ＋b ＝BA →(图略)，a ，b 的夹角为180°－∠C .∵|a |＝|b |＝|c |，∴∠C ＝60°，∴θ＝120°.答案：B 12.如图，在△ABC 中，已知AB ＝2，BC ＝3，∠ABC ＝60°，AH ⊥BC 于H ，M 为AH 的中点，若AM →＝λAB →＋μBC →，则λ＋μ＝________.解析：因为AB ＝2，∠ABC ＝60°，AH ⊥BC ，所以BH ＝1，又M 为AH 的中点，BC ＝3，所以AM →＝12AH →＝12(AB →＋BH →)＝12(AB →＋13BC →)＝12AB →＋16BC →，所以λ＋μ＝23. 答案：2313．如图，在△OAB 中，OC →＝14OA →，OD →＝12OB →，AD 与BC 交于点M ，设OA →＝a ，OB →＝b ，试以a ，b 为基底表示OM →.解析：根据平面向量基本定理可设OM →＝m a ＋n b (m ，n ∈R )，则AM →＝OM →－OA →＝(m －1)a ＋n b ，AD →＝OD →－OA →＝12b －a ＝－a ＋12b ， ∵A 、M 、D 三点共线，∴AM →＝λAD →(λ为实数)，∴AM →＝－λa ＋λ2b ， ∴⎩⎪⎨⎪⎧ m －1＝－λ，n ＝12λ，消去λ得m ＋2n ＝1.而CM →＝OM →－OC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m －14a ＋n b ，CB →＝OB →－OC →＝b －14a ＝－14a ＋b ， ∵C 、M 、B 三点共线，∴CM →＝μCB →(μ为实数)，∴CM →＝－μ4a ＋μb ，∴⎩⎪⎨⎪⎧ m －14＝－14μ，n ＝μ，消去μ得4m ＋n ＝1.由⎩⎪⎨⎪⎧ m ＋2n ＝1，4m ＋n ＝1解得⎩⎪⎨⎪⎧ m ＝17，n ＝37，∴OM →＝17a ＋37b . 14．在△ABC 中，AB ＝3，BC ＝1，AC ＝2，D 是AC 的中点．求：(1)AD →与BD →夹角的大小；(2)DC →与BD →夹角的大小．解析：(1)如图所示，在△ABC 中，AB ＝3，BC ＝1，AC ＝2，所以AB 2＋BC 2＝(3)2＋1＝22＝AC 2，所以△ABC 为直角三角形．因为tan A ＝BC AB ＝13＝33，所以A ＝30°.又因为D 为AC 的中点，所以∠ABD ＝∠A ＝30°，AD →＝DC →.在△ABD 中，∠BDA ＝180°－∠A －∠ABD ＝180°－30°－30°＝120°，所以AD →与BD →的夹角为120°.(2)因为AD →＝DC →，所以DC →与BD →的夹角也为120°.。

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第二章平面向量(B) (时间：120分钟满分：150分) 一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分) 1．已知向量a＝(4,2)，b＝(x,3)，且a∥b，则x的值是( ) A．－6 B．6 C．9 D．12 2．下列命题正确的是( ) A．单位向量都相等 B．若a与b共线，b与c共线，则a与c共线 C．若|a＋b|＝|a－b|，则a·b＝0 D．若a与b都是单位向量，则a·b＝1. 3．设向量a＝(m－2，m＋3)，b＝(2m＋1，m－2)，若a与b的夹角大于90°，则实数m的取值范围是( )

A．(－43，2)

B．(－∞，－43)∪(2，＋∞) C．(－2，43) D．(－∞，2)∪(43，＋∞) 4．平行四边形ABCD中，AC为一条对角线，若AB→＝(2,4)，AC→＝(1,3)，则AD→·BD→等于( ) A．8 B．6 C．－8 D．－6 5．已知|a|＝1，|b|＝6，a·(b－a)＝2，则向量a与向量b的夹角是( )

A.π6 B.π4 C.π3 D.π2 6．关于平面向量a，b，c，有下列四个命题： ①若a∥b，a≠0，则存在λ∈R，使得b＝λa； ②若a·b＝0，则a＝0或b＝0； ③存在不全为零的实数λ，μ使得c＝λa＋μb； ④若a·b＝a·c，则a⊥(b－c)．其中正确的命题是( ) A．①③ B．①④ C．②③ D．②④ 7．已知|a|＝5，|b|＝3，且a·b＝－12，则向量a在向量b上的投影等于( )

A．－4 B．4 C．－125 D.125

8．设O，A，M，B为平面上四点，OM→＝λOB→＋(1－λ)·OA→，且λ∈(1,2)，则( ) A．点M在线段AB上 B．点B在线段AM上 C．点A在线段BM上 D．O，A，B，M四点共线

9．P是△ABC内的一点，AP→＝13(AB→＋AC→)，则△ABC的面积与△ABP的面积之比为( )

A.32 B．2 C．3 D．6 10．在△ABC中，AR→＝2RB→，CP→＝2PR→，若AP→＝mAB→＋nAC→，则m＋n等于( ) A.23 B.79 C.89 D．1 11．已知3a＋4b＋5c＝0，且|a|＝|b|＝|c|＝1，则a·(b＋c)等于( ) A．－45 B．－35 C．0 D.35 12．定义平面向量之间的一种运算“⊙”如下：对任意的a＝(m，n)，b＝(p，q)，令a⊙b＝mq－np.下面说法错误的是( ) A．若a与b共线，则a⊙b＝0 B．a⊙b＝b⊙a C．对任意的λ∈R，有(λa)⊙b＝λ(a⊙b) D．(a⊙b)2＋(a·b)2＝|a|2|b|2 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分) 13．设向量a＝(1,2)，b＝(2,3)，若向量λa＋b与向量c＝(－4，－7)共线，则λ＝________. 14．a，b的夹角为120°，|a|＝1，|b|＝3，则|5a－b|＝________.

15．已知向量a＝(6,2)，b＝(－4，12)，直线l过点A(3，－1)，且与向量a＋2b垂直，则直线l的方程为________． 16．已知向量OP→＝(2,1)，OA→＝(1,7)，OB→＝(5,1)，设M是直线OP上任意一点(O为坐标原点)，则MA→·MB→的最小值为________．三、解答题(本大题共6小题，共70分)

17．(10分)如图所示，以向量OA→＝a，OB→＝b为边作▱AOBD，又BM→＝13BC→，CN→＝13CD→，用a，b

表示OM→、ON→、MN→.

18．(12分)已知a，b的夹角为120°，且|a|＝4，|b|＝2，求：(1)(a－2b)·(a＋b)； (2)|a＋b|； (3)|3a－4b|. 19．(12分)已知a＝(3，－1)，b＝12，32，且存在实数k和t，使得x＝a＋(t2－3)b，y＝－ka＋tb，且x⊥y，试求k＋t2t的最小值．

20．(12分)设OA→＝(2,5)，OB→＝(3,1)，OC→＝(6,3)．在线段OC上是否存在点M，使MA⊥MB？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．

21．(12分)设两个向量e1、e2满足|e1|＝2，|e2|＝1，e1、e2的夹角为60°，若向量2te1＋7e2与e1＋te2的夹角为钝角，求实数t的取值范围．

22．(12分)已知线段PQ过△OAB的重心G，且P、Q分别在OA、OB上，设OA→＝a，OB→＝b，OP→＝ma，OQ→＝nb. 求证：1m＋1n＝3. 第二章平面向量(B) 答案

1．B [∵a∥b，∴4×3－2x＝0，∴x＝6.] 2．C [∵|a＋b|2＝a2＋b2＋2a·b |a－b|2＝a2＋b2－2a·b |a＋b|＝|a－b|.∴a·b＝0.] 3．A [∵a与b的夹角大于90°，∴a·b<0，∴(m－2)(2m＋1)＋(m＋3)(m－2)<0，即3m2

－2m－8<0，∴－434．A [∵AD→＝BC→＝AC→－AB→＝(－1，－1)，∴BD→＝AD→－AB→＝(－1，－1)－(2,4)＝(－3，－5)， ∴AD→·BD→＝(－1，－1)·(－3，－5)＝8.] 5．C [∵a(b－a)＝a·b－|a|2＝2，∴a·b＝3，∴cos〈a，b〉＝a·b|a|·|b|＝31×6＝12，∴

〈a，b〉＝π3.] 6．B [由向量共线定理知①正确；若a·b＝0，则a＝0或b＝0或a⊥b，所以②错误；在a，b能够作为基底时，对平面上任意向量，存在实数λ，μ使得c＝λa＋μb，所以③错

误；若a·b＝a·c，则a(b－c)＝0，所以a⊥(b－c)，所以④正确，即正确命题序号是①④.]

7．A [向量a在向量b上的投影为|a|cos〈a，b〉＝|a|·a·b|a||b|＝a·b|b|＝－123＝－4.]

8．B [∵OM→＝λOB→＋(1－λ)OA→＝OA→＋λ(OB→－OA→)∴AM→＝λAB→，λ∈(1,2)，∴点B在线段AM上，故选B.]

9．C [设△ABC边BC的中点为D，则S△ABCS△ABP＝2S△ABDS△ABP＝2ADAP.

∵AP→＝13(AB→＋AC→)＝23AD→，∴AD→＝32AP→，∴|AD→|＝32|AP→|.∴S△ABCS△ABP＝3.] 10．B [AP→＝AC→＋CP→＝AC→＋23CR→＝AC→＋23(23AB→－AC→)＝49AB→＋13AC→故有m＋n＝49＋13＝79.] 11．B [由已知得4b＝－3a－5c，将等式两边平方得(4b)2＝(－3a－5c)2，化简得a·c＝－35.同理由5c＝－3a－4b两边平方得a·b＝0，∴a·(b＋c)＝a·b＋a·c＝－35.] 12．B [若a＝(m，n)与b＝(p，q)共线，则mq－np＝0，依运算“⊙”知a⊙b＝0，故A正确．由于a⊙b＝mq－np，又b⊙a＝np－mq，因此a⊙b＝－b⊙a，故B不正确．对于C，由于λa＝(λm，λn)，因此(λa)⊙b＝λmq－λnp，又λ(a⊙b)＝λ(mq－np)＝λmq－λnp，故C正确．对于D，(a⊙b)2＋(a·b)2＝m2q2－2mnpq＋n2p2＋(mp＋nq)2＝m2(p2＋q2)＋n2(p2＋q2)＝(m2＋n2)(p2＋q2)＝|a|2|b|2，故D正确．]

13．2 解析 ∵a＝(1,2)，b＝(2,3)， ∴λa＋b＝(λ，2λ)＋(2,3)＝(λ＋2,2λ＋3)． ∵向量λa＋b与向量c＝(－4，－7)共线， ∴－7(λ＋2)＋4(2λ＋3)＝0. ∴λ＝2. 14．7

解析 ∵|5a－b|2＝(5a－b)2＝25a2＋b2－10a·b＝25×12＋32－10×1×3×(－12)＝49. ∴|5a－b|＝7. 15．2x－3y－9＝0 解析设P(x，y)是直线上任意一点，根据题意，有AP→·(a＋2b)＝(x－3，y＋1)·(－2,3)＝0，整理化简得2x－3y－9＝0. 16．－8

解析设OM→＝tOP→＝(2t，t)，故有MA→·MB→＝(1－2t,7－t)·(5－2t,1－t)＝5t2－20t＋12＝5(t－2)2－8，故当t＝2时，MA→·MB→取得最小值－8. 17．解 BA→＝OA→－OB→＝a－b.∴OM→＝OB→＋BM→＝OB→＋13BC→＝OB→＋16BA→＝16a＋56b.

又OD→＝a＋b.ON→＝OC→＋CN→＝12OD→＋16OD→＝23OD→＝23a＋23b， ∴MN→＝ON→－OM→＝23a＋23b－16a－56b＝12a－16b. 18．解 a·b＝|a||b|cos 120°＝4×2×－12＝－4. (1)(a－2b)·(a＋b)＝a2－2a·b＋a·b－2b2＝42－2×(－4)＋(－4)－2×22＝12. (2)∵|a＋b|2＝(a＋b)2＝a2＋2a·b＋b2＝16＋2×(－4)＋4＝12. ∴|a＋b|＝23. (3)|3a－4b|2＝9a2－24a·b＋16b2＝9×42－24×(－4)＋16×22＝16×19， ∴|3a－4b|＝419.

19．解由题意有|a|＝32＋－2＝2，|b|＝122＋322＝1.

∵a·b＝3×12－1×32＝0，∴a⊥b. ∵x·y＝0，∴[a＋(t2－3)b](－ka＋tb)＝0.化简得k＝t3－3t4. ∴k＋t2t＝14(t2＋4t－3)＝14(t＋2)2－74.即t＝－2时，k＋t2t有最小值为－74. 20．解设OM→＝tOC→，t∈[0,1]，则OM→＝(6t,3t)，即M(6t,3t).MA→＝OA→－OM→＝(2－6t,5－3t)， MB→＝OB→－OM→＝(3－6t,1－3t)．若MA⊥MB，则MA→·MB→＝(2－6t)(3－6t)＋(5－3t)(1－3t)＝

0.即45t2－48t＋11＝0，t＝13或t＝1115.∴存在点M，M点的坐标为(2,1)或225，115. 21．解由向量2te1＋7e2与e1＋te2的夹角为钝角，得te1＋7e2e1＋te2|2te1＋7e2|·|e1＋te2|<0，即(2te1＋7e2)·(e1＋te2)<0. 整理得：2te21＋(2t2＋7)e1·e2＋7te22<0.(*) ∵|e1|＝2，|e2|＝1，〈e1，e2〉＝60°. ∴e1·e2＝2×1×cos 60°＝1

∴(*)式化简得：2t2＋15t＋7<0.解得：－7当向量2te1＋7e2与e1＋te2夹角为180°时，设2te1＋7e2＝λ(e1＋te2) (λ<0)．