高中數(shù)學(xué)必修2《平面向量》練習(xí)

已知I01=2,5|=i,a與石的夾角為;,若向量2G+序與G+B垂直，求k.

一一7T1

解：a-b=\a\\b\cos—=2xix—=1.

32

:2方+歷與方+B垂直，

???(2互+揚(yáng))?(商+B)=0,

232+2a-b+kab+1S2=0nk=-5.

【平面向量練習(xí)】

一、選擇題:

1、下列各式中正確的是（C）

(1)(入?a)?b二人,(ab)=a?(入b),(2)\a?b|=|a1-Ib|,

(3)(。?b)?c=a?(b?c),(4)(a+b)?c=a?c+b?c

A.(1)(3)B.(2)(4)C.(1)(4)D.以上都不對.

2、在AABC中，若（d+而）?（B—3）=0,則AABC為（C)

A.正三角形B.直角三角形c.等腰三角形D.無法確定

3、若|a|二|b|二|a一b|,則b與a+b的夾角為(A)

A.30°B.60°C.150°D.120°

4、已知|a|二l,|b|二JI，且（a—b）和a垂直，則a與b的夾角為（D)

A.60°B.30°C.135°D.45°

**----?----*----?2

5、若AB,BC+AB=0,則4須（：為（A）

A.直角三角形B.鈍角三角形C.銳角三角形D.等腰直角三角形

6、設(shè)|a|=4,|b|=3,夾角為60°,則|a+b|等于(C)

4.37B.13C.歷D.V13

7、己知|a|=1,|b|=2,a與b的夾角為60°,c=3a+b,d=入a—b,若c_Ld,則實數(shù)入的值為(C

8、設(shè)a,b,c是平面內(nèi)任意的非零向量且相互不共線，則（D）

①(ab)c—(ca)b=0②|a|-|b|<|a-b|

@(bc)a—(ca)b不與c垂直④(3a+2b)(3a—2b)=9|a|2-4|b|2

其中真命題是)

A.①②B.②③C.③④D.②④

二、填空題：

9、已知e是單位向量,求滿足a〃e且a?e=-18的向量a-.—18e

10、設(shè)a=(m+l)，-3j,b=i+(m—l)j,(a+b)±(a—b),貝！］m=.—2

11、|a|=5,|b|=3,|a—b|=7,則a、b的夾角為.120°

12、。與(14—土絲2關(guān)系為.a±b

lai2

三、解答題：

13、已知|a|二4,|b|=5,|a+b|=V^T，求：①a,b；②(2a—b)?(a+3b)

解：①|(zhì)a+b，=(a+b)2=a2+2ab+b2=|a|2+2a?b+|b|2,

F\a+bf-\a^-\b^_21-16-25

:.ab=-------------------------------------------=—iU?

22

②(2a-b)?(a+3b)=2a2+5a?b-3b2=2|a|2+5a?b—31bl2

=2X42+5X(-10)-3X52=-93.

14>四邊形4BCD中，=a,BC=b,CD=c,DA=d,^a?b=b,c=c?d=d?a,判

斷四邊形ZBCD是什么圖形？

分析：在四邊形八BCD中，a+b+c+d=0,這是一個隱含條件，

對a+b=一(c+d),兩邊平方后，用a?b二b?c=d?c代入，

從四邊形的邊長與內(nèi)角的情況來確定四邊形的形狀.

解：Va+b+c+d=0,cr+b=—(c+d),

(a+b)2=(c+d)2,即|a|2+2a?b+|b|2=?2+2c?d+|d|2,

Va?b=c?d,Ia12+1b12=Ic12+1d12........①

同理：|a|2+|d|2=|b|2+|c|2……②

①,②兩式相減得:|b|2=|d|2,|a|2=|c|2,即|b|二|d|,|a|二|c|.

???ZBCD為平行四邊形.

又,：a?b=b?c,即b?(a—c)=0,而a=-c,

Vb?(2a)=0

.*.a±b,

，四邊形ABCD為矩形.

15、已知：|a|=5,|b|=4,且a與b的夾角為60。，問當(dāng)且僅當(dāng)k為何值時，向量ka-b與

a+2b

垂直？

解:,/(ka-Z?)_L(a+2b)

(ka-b)\a+2b)=0,

^ka2+(2k-l)ab-2b2=0,/.A;x52+(2A:-l)x5x4xcos60-2x42=0

【平面向量的綜合應(yīng)用練習(xí)】

一、選擇題

1.設(shè)A、B、C、。四點坐標(biāo)依次是(一1,0),(0,2),(4,3),(3,1),則四邊形ABC。

為()

A.正方形B.矩形

C.菱形D.平行四邊形

—-—>15

2.已知△ABC中，47=從0斥0,5.8o=一,|4|=3,網(wǎng)=5,則。與6的夾角是()

4

A.30°B.-1500C.1500D.30°或150°

二、填空題

3.將二次函數(shù)y=N的圖象按向量。平移后得到的圖象與一次函數(shù)y=2x—5的圖象只有一

個公共點(3,1),則向量。=.

4.等腰△ABC和等腰RtZ\AB。有公共的底邊AB,它們所在的平面成60。角，若AB=16

cm,AC=17cm,則CD=.

三、解答題

5.如圖，在△ABC中，設(shè)詬=a,AC=b,AP=c,

AD=2a,(0〈衣1),AE=〃方(0<〃<1),試用向量a,b表示c.

6.正三棱柱ABC—AiBiG的底面邊長為a,側(cè)棱長為&a.

(1)建立適當(dāng)?shù)淖鴺?biāo)系，并寫出A、B、Ai、G的坐標(biāo);

⑵求AC!與側(cè)面ABBiAi所成的角.

7.已知兩點M(—1,0),N(l,0),且點P使加?加，麗?麗，麗晨麗成公差小于零

的等差數(shù)列.

(1)點P的軌跡是什么曲線？

(2)若點P坐標(biāo)為(孫兒),。為麗與前的夾角,求tan”

8.已知￡、F、G、X分別是空間四邊形ABCD的邊A3、BC、CD、ZM的中點.

(1)用向量法證明E、F、G、，四點共面；

(2)用向量法證明：3D〃平面所G8；

(3)設(shè)M是EG和P8的交點，求證:對空間任一點。,有而」(方+無+無+而).

4

參考答案

一、1.解析：AB=(1,2),DC=(1,2),：.AB=DC,：.AB//DC,又線段AB與

線段DC無公共點，且|AB|=|￡>q,...ABC。是平行四邊形，又|荏|=6，AC=(5,

3),|AC|=V34,：.\AB\^\AC},：.ABC。不是菱形，更不是正方形；又說=(4,1),

...卜4+2-1=6￥0,...而不垂直于沅，，ABCZ)也不是矩形，故選D.

答案：D

2.解析：—-3-5sinot得sina=2,則a=30°或a=150°.

422

又；aZr<0,，a=150。.

答案：C

二、3.(2,0)4.13cm

三、5.解：；麗與前共線，；.BP=mBE=m(AE—AB)=m@b—a),

AP=AB+BP=a+m(/ib——Q)=(1——m)a+mjLib①

又CP與CD共線，CP=nCD=n(AD—AC)=n(Aa—b),

AP=AC+CP=b+n(Aa—b)=nAa+(l—n)b②

由①②,得(1一根)a+jLtmb=Xna+(l—n)b.

,,4小11-m=Aa|2n+m-l=0人

???〃與〃不共線，?,?<即an<③

[jLim=l-n[n+jum-1=0

i_;1-//1

解方程組③得：m=--------,n=------代入①式得c=(l一利)〃+肛而=------

—X)b~\.

6.解：(1)以點A為坐標(biāo)原點0,以AB所在直線為Oy軸，以A4i所在直線為Oz軸，以

經(jīng)過原點且與平面A5814垂直的直線為Ox軸，建立空間直角坐標(biāo)系.

由已知，得A(0,0,0),8(0,a,0)41(0,0,V2a),Ci(-—V2a).

22

(2)取的中點M,于是有M(0,-,V2a),連AM,MCi，有所=(—Ja,0,0),

22

且而=(0,a,0)，初=(0,0后a)

由于E-M=。，近?麗=0，所以MC1_L面ABB1A1，，AC1與AM所成的角就是

ACi與側(cè)面ABBiAi所成的角.

VAQ=(-^ya,|,V2a),AM=(0,pV2a),

------------*a2c9

/.ACAM=0+——+2。2=—a

144

而|記上+#+2/=73a,|AM|=檸+2a=|a

/.cos<AC.,AM>=

所以AC】與AM所成的角，即AG與側(cè)面ABB14所成的角為30°.

7.解：(1)設(shè)P(x,y),由Af(—1,0),N(l,0)得，PM=一而=(一1一匹一＞),麗=一瓶

=(l-x,~y),MN=-NM=(2,0),：.MP-MN=2(l+x),PM-PN=x2+y2~\,NMNP=2(1

—x).于是，加?莉，麗?麗，麗?麗是公差小于零的等差數(shù)列，等價于

x2+y2-l=1[2(l+x)+2(l-x)]2

即…=3

x>0

2(l-x)-2(l+x)<0

所以，點尸的軌跡是以原點為圓心，石為半徑的右半圓.

⑵點P的坐標(biāo)為(xo,yo)

麗.麗=X02+%2_I=2,|前麗|=J(l+x)2+y02.』1_而)2+%2

=J(4+2%0)(4—2%)—2d4-

八PMPN1

/.COS〃=,___=/

\PM\-PN也-才

1

,.<0<xo<V3,<COS0<1,0<6<y,

22

sind=71-cos-------'tand==^3-x0=|_y0|

---?---?----*---*I---*---*---*---*----?---*----*

8.證明：(1)連結(jié)3G,則EG=EB+BG=EB+-(BC+BD)=EB+BF+EH=EF+EH

1—>——>

由共面向量定理的推論知：E、F、G、"四點共面，(其中一瓦)=￡W)

2

_—*—*—*?—*?—>?—*—?1—*

(2)因為硝=AH—AEngAD_543=5(40—43)=53。.

所以EH〃BD,又EHu面EFGH,BDU面EFGH

所以BO〃平面EFGH.

(3)連OM,OA,OB,OC,OD,OE,OG

由(2)知函=L瓦5,同理用=,麗，所以麗=記，所以EG、FH交

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于一點M且被M平分，所以

----*1---?----?1---?-1---->11---?---?11-