高中数学平面向量习题与答案
第二章平面向量
一、选择题
１。在△AＢＣ中,ＡＢ＝AC，D,E分别就是AB,ＡC得中点，则
( )。
A。与共线?Ｂ．与共线
Ｃ。与相等D．与相等
(第1题) 2。下列命题正确得就是（)。
Ａ.向量与就是两平行向量
B.若ａ，b都就是单位向量,则ａ=ｂ
C。若=，则A,B,C,D四点构成平行四边形
D。两向量相等得充要条件就是它们得始点、终点相同
3.平面直角坐标系中，Ｏ为坐标原点,已知两点A(3,1）,B（-1,3）,若点C满足＝α ＋β ,其中α，β∈R，且α+β＝1,则点C得轨迹方程为（）.
A。3ｘ＋2y-11=０???B。（x－１)2+(y－１)2=5
C.2x-y＝0 ????D。ｘ+2y－5＝0
４。已知a、b就是非零向量且满足(a－２b）⊥a，(b-2a)⊥b，则a与b得夹角就是( ）.
A．??? B.????C。??Ｄ。
5。已知四边形AＢＣD就是菱形,点P在对角线AC上（不包括端点Ａ,Ｃ),则＝( ）。
A。λ(+)，λ∈(0，１) ? B.λ(＋）,λ∈(0,)
C．λ（－），λ∈(0,1) ???Ｄ.λ(－)，λ∈（0,）
6.△ABC中，Ｄ，E,F分别就是AB,BC，AC得中点,则=（）．
Ａ。+ ??B。－
C。+ ???D。+
7。若平面向量a与b得夹角为６0°，|b|＝4,(a＋２b)·(a-３ｂ)=－72,则向量ａ得模为（)。
A。2 ???B。4???C。6 ? D.１2
8。点O就是三角形ABC所在平面内得一点,满足·=·=·,则点Ｏ就是△ＡBＣ得( ).
A.三个内角得角平分线得交点???B。三条边得垂直平分线得交点
Ｃ.三条中线得交点???Ｄ。三条高得交点
9.在四边形ABCＤ中，=a+2b,＝－4ａ－b，＝－5a－3ｂ,其中a，b不共线,则四边形A
ＢCD为( ).
A。平行四边形Ｂ.矩形???C．梯形??Ｄ.菱形
1０．如图，梯形ABＣD中，||＝|｜,∥∥则相等向量就是( )。
A.与?Ｂ．与
Ｃ.与?? D.与
二、填空题
(第10题) 11。已知向量=(ｋ,1２），＝(4,5)，=(－ｋ,10),且A,Ｂ,C三点共线,则ｋ＝．
12。已知向量a=（ｘ+３,x２－3x－4）与相等,其中M（－1,３),N(1,3）,则x= 。
13。已知平面上三点Ａ，B,Ｃ满足|｜=3,|｜=4，||=5，则·＋·+·得值等于。
1４.给定两个向量a＝(3，4),b＝（2,－1)，且（a+m b)⊥（ａ－b),则实数m等
于 .
15．已知A,Ｂ,Ｃ三点不共线,O就是△ABC内得一点,若＋＋＝０，则O就是△ABC
得。
1６.设平面内有四边形ABCD与点O,=a,＝b，＝c，=d，若a＋ｃ＝ｂ＋d,则四边形ＡBCD得形状就是。
三、解答题
17。已知点A(2,3）,B（5,４),Ｃ（7,１0），若点Ｐ满足=＋λ(λ∈R）,试求λ为何值时，点P在第三象限内?
18．如图，已知△ABＣ,A（7，8)，B(3，5),C(4,3)，M，N，D分别就是ＡB,ＡC,ＢＣ得中点,且MＮ与AD交于F，求。
(第18题)
19。如图，在正方形ABCD中，E,F分别为AB,ＢC得中点,求证：AF⊥DＥ（利用向量证明）。
20.已知向量ａ＝（cos θ,ｓin θ），向量b＝(，-１),则｜2a-ｂ｜得最大值。
(第19题)
参考答案
一、选择题
1．B
解析：如图,与,与不平行,与共线反向。
2。A
解析:两个单位向量可能方向不同，故Ｂ不对。若＝,可能A,Ｂ,C,D
(第1题)
四点共线,故C不对。两向量相等得充要条件就是大小相等,方向相同,
故D也不对.
3.D
解析:提示:设＝（x，y）,＝(3，1）,＝(-1,3)，α =(3α,α)，β ＝(-β，３β）,又α+β =(3α-β,α＋3β)，
∴(x，ｙ）＝（3α－β,α＋3β),∴,又α+β=1，由此得到答案为Ｄ.
4.Ｂ
解析:∵（ａ－2b)⊥a,（b-２a）⊥ｂ,
∴（ａ-2ｂ）·a=a2－2a·b＝0，(ｂ-２a)·b＝b２-2a·b=0,
∴ａ２＝b2,即｜a｜＝｜b｜.∴|a|2＝2|a|｜b|cos θ＝2｜a｜2cｏsθ.解得cos θ=。
∴a与b得夹角就是。
5。A
解析:由平行四边形法则,＋=，又+＝,由λ得范围与向量数乘得长度,λ∈(0,１)。
6。D
解析：如图,∵＝,
∴=+=＋。
（第6题)
７。Ｃ
解析：由（a+2b)·（a-3b)＝－72，得a2－ａ·b-6ｂ2＝-72。
而|b|=4，a·b=|a||ｂ｜cｏｓ6０°=2|a｜,
∴|a|2－2|ａ｜－９6=-7２，解得|ａ|＝６。
解析：由·＝·=·，得·＝·,
即·(-）=0，
故·＝0,⊥,同理可证⊥,
∴O就是△ABC得三条高得交点.
９。C
解析:∵=＋＋=-8a-2b＝2,∴∥且||≠||．
∴四边形ABＣD为梯形。
１0。D
解析:与,与,与方向都不相同,不就是相等向量.
二、填空题
11。－。
解析：A，B,C三点共线等价于，共线,
＝-=（４，5）－(k，１２)=(４-k,-7），
=-＝（－ｋ，１0）－(４，5）=（-ｋ－4，５），
又A，B,C三点共线，
∴５(4-ｋ)=－7(－ｋ－4),∴ｋ=-。
１２。－1。
解析:∵M（-1,3)，N(1,3）,
∴＝(２,0)，又a＝,
∴解得
∴x＝－１。
1３。－25.
解析:思路1:∵＝3，＝4,=5，
∴△ＡBC为直角三角形且∠ABＣ＝90°，即⊥,∴·=0, ∴·＋·+·
=·＋·
＝·（+)
=－()２
=－２5。
思路2:∵ =3，＝4，＝5,∴∠ＡB Ｃ=９０°,
∴ ｃos ∠CAB =＝,ｃos ∠ＢC Ａ==。
根据数积定义,结合图(右图）知·＝0,
·＝·cos ∠ACE =4×5×（－)=-16，
·＝·co ｓ∠BA Ｄ＝3×5×(-)＝-9。
∴ ·+·+·=0―16―9=-25。
１4．。
解析：a +m b ＝(3＋２ｍ,４-m ）,a －b =（1,5）。
∵ (a +ｍｂ）⊥(a -b )，
∴ （a +m b )·(a -ｂ)=(3+２m ）×1＋(4－m ）×5=0m ＝．
15。答案:重心。
解析:如图,以,为邻边作□ＡOC Ｆ交AC 于点E ，则＝
+,又 ＋=－,
∴ ＝2=-.O 就是△ABC 得重心。
16.答案：平行四边形。
解析:∵ a ＋ｃ=ｂ＋d ，∴ ａ-b ＝d －c ,∴=.
∴ 四边形ABC Ｄ为平行四边形。
三、解答题
１7。λ<－1.
解析:设点P 得坐标为(x ,ｙ),则＝（x ，y )－(２,3）=（x －2，y －3)．
+λ=（５，４)-(2,３）+λ［(7，10)－（２,3)]
＝（3，1）+λ(5,7)
=(3＋5λ,１+７λ)。
∵ =＋λ,
∴ (ｘ-２，y -3)＝（３＋５λ,1＋7λ)。
∴ 即
要使点Ｐ在第三象限内，只需 解得 λ<－1。 (第15题)
D (第13题)
１8。=（，2）．
解析:∵A(7,８）,B（3,5),C(4，3)，
=(－4，－3）,=（－3，－5）。
又D就是BＣ得中点,
∴=(+）＝(-４-3，－３-5)
＝（－７,－8)＝(-，－４).
又M，N分别就是AB,AC得中点,
∴F就是ＡＤ得中点,
∴＝-＝-=－(－,-4)＝（，２).
１9．证明：设＝a，＝b,则=a＋ｂ，＝b-a．
∴·＝(ａ＋b）·（b－a)＝ｂ2-a２＋a·ｂ。
又⊥,且=,∴ａ2＝ｂ2,ａ·b=0。
∴·=０，∴⊥。
本题也可以建平面直角坐标系后进行证明。
(第19题) 20。分析：思路1:2a-b=(2ｃoｓθ－,2sin θ+1)，
∴|2a－b｜2＝(２cos θ-)2+(2siｎθ+１）２=8＋４ｓin θ－4coｓθ.
又4siｎθ-4cos θ=8(ｓin θcoｓ-cos θｓiｎ）=8ｓin（θ-),最大值为8,
∴｜２a－b|2得最大值为16,∴|2ａ－b|得最大值为４。
思路2：将向量2a，b平移,使它们得起点与原点重合,则|2ａ-b|表示2ａ,b终点间得距离.|２a|＝2，所以2ａ得终点就是以原点为圆心,2为半径得圆上得动点P，b得终点就是该圆上得一个定点Ｑ，由圆得知识可知,｜PＱ｜得最大值为直径得长为4.