高中数学必修2《平面向量》练习

已知,1||,2||baa与b的夹角为3π,若向量bka2与ba垂直,求k.解：3πcos||||baba=2×1×21=1.∵bka2与ba垂直,∴(bka2))(ba=0,∴20222bkbakbaak=－5.【平面向量练习】一、选择题：1、下列各式中正确的是（C）（1）(λ·a)·b=λ·(ab)=a·(λb),（2）|a·b|=|a|·|b|,（3）(a·b)·c=a·(b·c),（4）(a+b)·c=a·c+b·cA．（1）（3）B．（2）（4）C．（1）（4）D．以上都不对.2、在ΔABC中,若(CA+CB)·(CA－CB)=0,则ΔABC为（C）A．正三角形B．直角三角形C．等腰三角形D．无法确定3、若|a|=|b|=|a－b|,则b与a+b的夹角为（A）A．30°B．60°C．150°D．120°4、已知|a|=1,|b|=2,且(a－b)和a垂直,则a与b的夹角为（D）A．60°B．30°C．135°D．45°5、若AB·BC+2AB=0,则ΔABC为（A）A．直角三角形B．钝角三角形C．锐角三角形D．等腰直角三角形6、设|a|=4,|b|=3,夹角为60°,则|a+b|等于（C）A．37B．13C．37D．137、己知|a|=1,|b|=2,a与b的夹角为600,c=3a+b,d=λa－b,若c⊥d,则实数λ的值为（C）A．74B．75C．47D．578、设a,b,c是平面内任意的非零向量且相互不共线,则（D）①(ab)c－(ca)b=0②|a|－|b||a－b|③(bc)a－(ca)b不与c垂直④(3a+2b)(3a－2b)=9|a|2－4|b|2其中真命题是（）A．①②B．②③C．③④D．②④二、填空题：9、已知e是单位向量,求满足a∥e且a·e=－18的向量a=__________.－18e10、设a=(m+1)i－3j,b=i+(m－1)j,(a+b)⊥(a－b),则m=________.－211、|a|=5,|b|=3,|a－b|=7,则a、b的夹角为__________.120°12、a与d=b－2||)(abaa关系为________.a⊥b三、解答题：13、已知|a|=4,|b|=5,|a+b|=21,求：①a·b；②(2a－b)·(a+3b)解：①|a+b|2=（a+b）2=a2+2ab+b2=|a|2+2a·b+|b|2，222||||||2ababab=102251621.②（2a－b）·（a+3b）=2a2+5a·b－3b2=2|a|2+5a·b－3|b|2=2×42+5×（－10）－3×52=－93.14、四边形ABCD中,AB=a,BC=b,CD=c,DA=d,且a·b=b·c=c·d=d·a，判断四边形ABCD是什么图形？分析：在四边形ABCD中，a+b+c+d=0，这是一个隐含条件，对a+b=－（c+d），两边平方后，用a·b=b·c=d·c代入，从四边形的边长与内角的情况来确定四边形的形状.解：∵a+b+c+d=0，∴a+b=－（c+d），∴（a+b）2=（c+d）2，即|a|2+2a·b+|b|2=|c|2+2c·d+|d|2，∵a·b=c·d，∴|a|2+|b|2=|c|2+|d|2……①同理：|a|2+|d|2=|b|2+|c|2……②①，②两式相减得：|b|2=|d|2，|a|2=|c|2，即|b|=|d|，|a|=|c|.∴ABCD为平行四边形.又∵a·b=b·c，即b·（a－c）=0，而a=－c，∵b·（2a）=0∴a⊥b，∴四边形ABCD为矩形.15、已知：|a|=5,|b|=4,且a与b的夹角为60°,问当且仅当k为何值时,向量ka－b与a+2b垂直？解：)2()(babka04260cos45)12(5,02)12(,0)2()(2222kkbabkkababka即1514k.【平面向量的综合应用练习】一、选择题1.设A、B、C、D四点坐标依次是(－1，0)，(0，2)，(4，3)，(3，1)，则四边形ABCD为()A.正方形B.矩形C.菱形D.平行四边形2.已知△ABC中，AB=a，AC=b，a·b0，S△ABC=415,|a|=3,|b|=5,则a与b的夹角是()A.30°B.－150°C.150°D.30°或150°二、填空题3.将二次函数y=x2的图象按向量a平移后得到的图象与一次函数y=2x－5的图象只有一个公共点(3，1)，则向量a=_________.4.等腰△ABC和等腰Rt△ABD有公共的底边AB，它们所在的平面成60°角，若AB=16cm,AC=17cm,则CD=_________.三、解答题5.如图，在△ABC中，设AB=a，AC=b，AP=c,AD=λa,(0λ1),AE=μb(0μ1),试用向量a，b表示c.6.正三棱柱ABC—A1B1C1的底面边长为a,侧棱长为2a.(1)建立适当的坐标系，并写出A、B、A1、C1的坐标；(2)求AC1与侧面ABB1A1所成的角.7.已知两点M(－1，0)，N(1，0)，且点P使NPNMPNPMMNMP,,成公差小于零的等差数列.(1)点P的轨迹是什么曲线？(2)若点P坐标为(x0,y0),Q为PM与PN的夹角，求tanθ.8.已知E、F、G、H分别是空间四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA的.(1)用向量法证明E、F、G、H四点共面；(2)用向量法证明：BD∥平面EFGH；(3)设M是EG和FH的交点，求证：对空间任一点O，有)(41ODOCOBOAOM.参考答案一、1.解析：AB=(1，2），DC=(1，2），∴AB=DC，∴AB∥DC，又线段AB与线段DC无公共点，∴AB∥DC且|AB|=|DC|，∴ABCD是平行四边形，又|AB|=5，AC=(5，3），|AC|=34，∴|AB|≠|AC},ABCD不是菱形，更不是正方形；又BC=(4，1），∴1·4+2·1=6≠0,∴AB不垂直于BC，∴ABCD也不是矩形，故选D.答案：D2.解析：∵21415·3·5sinα得sinα=21,则α=30°或α=150°.又∵a·b＜0,∴α=150°.答案：C二、3.(2,0)4.13cm三、5.解：∵BP与BE共线，∴BP=mBE=m(AE－AB)=m(μb－a),∴AP=AB+BP=a+m(μb－a)=(1－m)a+mμb①又CP与CD共线，∴CP=nCD=n(AD－AC)=n(λa－b),∴AP=AC+CP=b+n(λa－b)=nλa+(1－n)b②由①②，得(1－m）a+μmb=λna+(1－n)b.∵a与b不共线，∴010111mnmnnmam即③解方程组③得：m=11,11n代入①式得c=(1－m)a+mμb=11［λ(1－μ)a+μ(1－λ)b］.6.解：(1)以点A为坐标原点O，以AB所在直线为Oy轴，以AA1所在直线为Oz轴，以经过原点且与平面ABB1A1垂直的直线为Ox轴，建立空间直角坐标系.由已知，得A(0，0，0），B(0，a,0）,A1(0,0,2a),C1(－,2,23aa2a).(2)取A1B1的中点M，于是有M(0，2,2aa），连AM，MC1，有1MC=(－23a,0,0）,且AB=(0，a,0）,1AA=(0,02a)由于1MC·AB=0，1MC·1AA=0，所以MC1⊥面ABB1A1，∴AC1与AM所成的角就是AC1与侧面ABB1A1所成的角.∵1AC=),2,2,0(),2,2,23(aaAMaaaaaaAMAC49240221aaaAMaaaaAC2324||,324143||22221而2323349,cos21aaaAMAC所以AMAC与1所成的角，即AC1与侧面ABB1A1所成的角为30°.7.解：(1)设P(x,y）,由M(－1，0），N(1，0）得，PM=－MP=(－1－x,－y）,NPPN=(1－x,－y),MN=－NM=(2,0),∴MP·MN=2(1+x),PM·PN=x2+y2－1,NPNM=2(1－x).于是，NPNMPNPMMNMP,,是公差小于零的等差数列，等价于030)1(2)1(2)]1(2)1(2[211222xyxxxxxyx即所以，点P的轨迹是以原点为圆心，3为半径的右半圆.(2)点P的坐标为(x0,y0),30,1cos21,3041||cos42)24)(24()1()1(||||,21020200020202022020xxPNPMPNPMxxxyxyxPNPMyxPNPM||3cossintan,411cos1sin020202yxx8.证明：(1）连结BG，则EHEFEHBFEBBDBCEBBGEBEG)(21由共面向量定理的推论知：E、F、G、H四点共面，(其中21BD=EH）(2）因为BDABADABADAEAHEH21)(212121.所以EH∥BD，又EH面EFGH，BD面EFGH所以BD∥平面EFGH.(3）连OM，OA，OB，OC，OD，OE，OG由(2）知BDEH21，同理BDFG21，所以FGEH，EHFG,所以EG、FH交于一点M且被M平分，所以).(41)](21[21)](21[212121)(21ODOCOBOAODOCOBOAOGOEOGOEOM.已知△ABC的顶点分别为A(2，1)，B(3，2)，C(－3，－1)，BC边上的高AD，求AD及点D的坐标、解：设点D的坐标为(x,y)∵AD是边BC上的高，∴AD⊥BC，∴AD⊥BC又∵C、B、D三点共线，∴BC∥BD又AD=(x－2,y－1),BC=(－6,－3)BD=(x－3,y－2)∴0)3(3)2(60)1(3)2(6xyyx解方程组，得x=59,y=57∴点D的坐标为(59，57)，AD的坐标为(－51，52)设向量a、b满足：｜a｜＝｜b｜=1，且a+b=(1，0)，求a，b、解：∵｜a｜＝｜b｜=1，∴可设a=(cosα,sinα),b=(cosβ,sinβ)、∵a+b=(cosα+cosβ,sinα+sinβ)=(1,0)，)2(0βsinαsin)1(1βcosαcos由(1)得：cosα=1－cosβ……(3)由(2)得：sinα=－sinβ……(4)∴cosα=1－cosβ=21∴sinα=±23,sinβ=2323,2123,21ba或23,2123,21ba