高中平面向量經(jīng)典練習(xí)題【編著】黃勇權(quán)一、填空題1、向量a=（2，4），b=（-1，-3），則向量3a-2b的坐標(biāo)是。2、已知向量a與b的夾角為60°，a=（3，4），|b|=1，則|a+5b|=。3、已知點(diǎn)A（1，2），B（2，1），若eq\o(\s\up10(→),AP)=（3，4），則eq\o(\s\up10(→),BP)=。4、已知A（-1，2），B（1，3），C（2，0），D（x?，1），若AB與CD共線，則|BD|的值等于________。?5、向量a、b滿足|a|=1，|b|=eq\r(2)，(a+b)⊥(2a-b)，則向量a與b的夾角為________。6、設(shè)向量a，b滿足|a＋b|＝eq\r(10)，|a－b|＝eq\r(6)，則a·b＝。7、已知a、b是非零向量且滿足(a－2b)⊥a，(b－2a)⊥b，則a與b的夾角是。8、在△ABC中，D為AB邊上一點(diǎn)，eq\o(\s\up10(→),AD)=eq\f(1,2)eq\o(\s\up10(→),DB)，eq\o(\s\up10(→),CD)=eq\f(2,3)eq\o(\s\up10(→),CA)+meq\o(\s\up10(→),CB)，則m=。9、已知非零向量a，b滿足|b|=4|a|，a⊥（2a+b），則a與b的夾角是。10、在三角形ABC中，已知A（-3，1），B（4，-2），點(diǎn)P（1，-1）在中線AD上，且eq\o(\s\up10(→),AP)=2eq\o(\s\up10(→),PD)，則點(diǎn)C的坐標(biāo)是（）。二、選擇題1、設(shè)向量eq\o(\s\up10(→),OA)=（6，2），eq\o(\s\up10(→),OB)=（-2，4），向量eq\o(\s\up10(→),OC)垂直于向量eq\o(\s\up10(→),OB)，向量eq\o(\s\up10(→),BC)平行于eq\o(\s\up10(→),OA)，若eq\o(\s\up10(→),OD)+eq\o(\s\up10(→),OA)=eq\o(\s\up10(→),OC)，則eq\o(\s\up10(→),OD)坐標(biāo)=（）。A、（11，6）B、（22，12）C、（28，14）D、（14，7）2、把A（3,4）按向量a（1,-2）平移到A',則點(diǎn)A'的坐標(biāo)（）A、（4,2）B、（3，1）C、（2，1）D、（1，0）3、已知向量a，b，若a為單位向量,?且|a|=|2b|?,則（2a+?b）⊥（a-2b），則向量a與b的夾角是（）。A、90°B、60°C、30°D、0°4、已知向量ab的夾角60°，|a|=2，b=（-1，0），則|2a-3b|=（）A、eq\r(15)B、eq\r(14)C、eq\r(13)D、eq\r(11)5、在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，|2·eq\o(\s\up10(→),0C)＋eq\o(\s\up10(→),CD)|＝4，則,|eq\o(\s\up10(→),BC)+eq\o(\s\up10(→),CD)|＝______.A、12B、8C、4D、26題、7題、8、若向量a＝(3,4)，向量b＝(2,1)，則a在b方向上的投影為________．A、2B、4C、8D、169題、10、已知正方形ABCD的邊長為2，E為CD的中點(diǎn)，則eq\o(\s\up10(→),AE)·eq\o(\s\up10(→),BD)＝.A、-1B、1C、-2D、2三、解答題1、在△ABC中，M是BC的中點(diǎn)，AM=3，BC=10，求eq\o(\s\up10(→),AB)·eq\o(\s\up10(→),AC)的值。2、已知a,b是單位向量,a·b=0，若向量c滿足|c-a-b|=1,求|c|的最大值。3、直線eq\r(3)x+y-2eq\r(3)=0與圓O：x2+y2=4交于A、B兩點(diǎn)，求eq\o(\s\up10(→),OA)·eq\o(\s\up10(→),OB)的值。4、已知正方形ABCD的邊長為1，點(diǎn)E是AB邊上的動(dòng)點(diǎn)，（1）求eq\o(\s\up10(→),DE)·eq\o(\s\up10(→),CB)的值。（2）求eq\o(\s\up10(→),DE)·eq\o(\s\up10(→),DC)的最大值。?5、已知向量a=（-1，0），b=（1，2），求與2a+b同向的單位向量的坐標(biāo)【答案】一、填空題1、（8，18）2、eq5\r(3)3、（2，5）4、eq\r(13)5、90°6、1，解：|a＋b|＝eq\r(10)，兩邊同時(shí)平方，得a2+2ab+b2=10--------①|(zhì)a－b|＝eq\r(6)，兩邊同時(shí)平方，得a2-2ab+b2=6----------②①-②得，4ab=4，嘟a·b=17、60°解：設(shè)向量a、b為任意長度，夾角為任意角度。如圖那么，a-2b，b-2a如下圖，將上面兩個(gè)圖合并為一個(gè)圖，標(biāo)上字母，并連接DF在△ADF中，C是AD的中點(diǎn)，而CF⊥AD，所以三角形△AD是等腰三角形即：AF=DF---------------------①同理：B是AF的中點(diǎn)，而BD⊥AF，所以三角形△AD是等腰三角形即：AD=DF-----------------②由①、②知，AD=AF=DF所以△ADF是等邊三角形，故∠A=60°即：a與b的夾角為60°8、m=eq\f(1,3)9、120°9、解：根據(jù)已知a⊥（2a+b），那么其關(guān)系圖如下。并在頂點(diǎn)標(biāo)上字母，已知，|b|=4|a|，即直角邊BC等于斜邊AB的一半，故∠BAC=30°故a與b的夾角為120°10、(2，-2)二、選擇題1、B解：先做向量eq\o(\s\up10(→),OC)垂直于向量eq\o(\s\up10(→),OB)，再過O點(diǎn)，作eq\o(\s\up10(→),OA)平行于eq\o(\s\up10(→),BC)，如下圖，由圖知：eq\o(\s\up10(→),OA)+eq\o(\s\up10(→),AC)=eq\o(\s\up10(→),OC)-------------①已知eq\o(\s\up10(→),OD)+eq\o(\s\up10(→),OA)=eq\o(\s\up10(→),OC)----------------②由①②知，eq\o(\s\up10(→),OD)=eq\o(\s\up10(→),AC)----------------③設(shè)eq\o(\s\up10(→),OC)坐標(biāo)為（m，n），已知eq\o(\s\up10(→),OB)=（-2，4），所以eq\o(\s\up10(→),BC)=（m+2，n-4）----④已知向量eq\o(\s\up10(→),OC)垂直于向量eq\o(\s\up10(→),OB)，所以，-2m+4n=0，即：m=2n---------------⑤將⑤代入④，得，eq\o(\s\up10(→),BC)=（2n+2，n-4）-----------------⑥已知：eq\o(\s\up10(→),OA)=（6，2），----------------------------------------⑦且向量eq\o(\s\up10(→),BC)平行于eq\o(\s\up10(→),OA)，所以：由⑥⑦得：（n-4）*6=（2n+2）*2解得：n=14將n=14代入⑤，解得m=28故eq\o(\s\up10(→),OC)坐標(biāo)為（28，14）已知：eq\o(\s\up10(→),OA)=（6，2），所以：eq\o(\s\up10(→),AC)=（22，12）又③知，eq\o(\s\up10(→),OD)=eq\o(\s\up10(→),AC)所以：eq\o(\s\up10(→),OD)的坐標(biāo)（22，12）故選B2、A解設(shè)A'（x,y）

則向量AA'=(x-3,y-4）

由A（3,4）按向量a（1,-2）平移到A'

即向量AA'=向量a

即（1,-2）=(x-3,y-4）

即x-3=1,y-4=-2

解得x=4,y=2

即A'（4,2）故選A3題：D4、C解：因?yàn)閎=（-1，0）所以：|b|=1令t=|2a-3b|兩邊同時(shí)平方t2=4a2+9b2-12ab----------①因?yàn)閍2=（|a|）2=4---------②b2=（|b|）2=1---------③將②③代入①，t2=25-12ab---------④又cosθ=eq\f(ab,│a│*│b│)（其中θ=60°，|a|=2，|b|=1）解得：ab=1-----------------------⑤將⑤代入④，解得：t2=13因?yàn)閠為正數(shù)，所以：t=eq\r(13)故選C5、C解：已知：|2·eq\o(\s\up10(→),0C)＋eq\o(\s\up10(→),CD)|＝4------------①因?yàn)閑q\o(\s\up10(→),AC)=2·eq\o(\s\up10(→),OC)-----------------②由①②得，|eq\o(\s\up10(→),AC)＋eq\o(\s\up10(→),CD)|=4-------------③在三角形ACD中，eq\o(\s\up10(→),AC)＋eq\o(\s\up10(→),CD)=eq\o(\s\up10(→),AD)------④由③④知：|eq\o(\s\up10(→),AD)|=4在就是說，菱形ABCD的邊長為4，∠DAB＝60°故菱形的對角線BD長度為4。即：|eq\o(\s\up10(→),BD)|=4----------------------⑤在三角形BCD中，eq\o(\s\up10(→),BC)+eq\o(\s\up10(→),CD)=eq\o(\s\up10(→),BD)-----⑥由⑤⑥知，|eq\o(\s\up10(→),BC)+eq\o(\s\up10(→),CD)|＝4故選C6題：D7題：D8、解已知a＝(3，4)，b＝(2，1)所以：ab=3*2+4*1=10|a|=eq\r(32+42)=5由題意可得b在a方向上的投影為：|b|cos＜a，b＞=eq\f(ab,│a│)（其中：ab=10，|a|=5）=2故A9題、B延長AO交外接圓于D在RT三角形ADC中，cosDAC=eq\f(丨AC丨,丨AD丨)-------------①又：cosDAC=---------------------------②由①=②知，eq\o(\s\up10(→),AC)·eq\o(\s\up10(→),AD)=(|AC|)2---------------------③在RT三角形ADB中，cosDAB=eq\f(丨AB丨,丨AD丨)---------------④又：cosDAB=-----------------------------------------⑤由④=⑤知，eq\o(\s\up10(→),AD)·eq\o(\s\up10(→),AD)=(|AB|)2---------------------⑥eq\o(\s\up10(→),OA)·eq\o(\s\up10(→),BC)=eq\f(1,2)eq\o(\s\up10(→),AD)·(eq\o(\s\up10(→),AC)-eq\o(\s\up10(→),AB))=eq\f(1,2)(eq\o(\s\up10(→),AD)·eq\o(\s\up10(→),AC)-eq\o(\s\up10(→),AD)·eq\o(\s\up10(→),AB))【將③⑥代入】=eq\f(1,2)[(|AC|)2-(|AB|)2]=eq\f(1,2)（32-22）=eq\f(5,2)故選B10、D正方形ABCD的邊長為2，以正方形對角線交點(diǎn)為原點(diǎn)，AB平行于x軸，AD平行于y軸，則每一個(gè)點(diǎn)的坐標(biāo)如圖。eq\o(\s\up10(→),AE)=(1,2)eq\o(\s\up10(→),BD)=(-2,2)所以：eq\o(\s\up10(→),AE)·eq\o(\s\up10(→),BD)＝2故選D三、解答題1、解：由余弦定理：eq\o(\s\up10(→),AB)·eq\o(\s\up10(→),AC)=|AB|·|AC|cos∠BAC=|AB|·|AC|eq\f(-16,AB*AC)=-162、解因?yàn)閍·b=0，所以a⊥b，又a，b是單位向量，所以|a+b|=eq\r(2)先畫出兩個(gè)互相垂直的單位向量a，b。|BC|=|a+b|=eq\r(2)再以B點(diǎn)，隨意畫出一個(gè)長度為1的向量，那么，|eq\o(\s\up10(→),BD)|=|eq\o(\s\up10(→),CD)-a-b|=1，所以：向量eq\o(\s\up10(→),CD)就是向量C由于|eq\o(\s\up10(→),BD)|=1為定值，所以D點(diǎn)是以B點(diǎn)位圓心，半徑為1的圓上當(dāng)D點(diǎn)在CB延長線與圓的交點(diǎn)E時(shí)，|c|取得最大值且最大值為|a+b|+半徑1即：eq\r(2)+1答：|c|的最大值eq\r(2)+13、解：圓心（0，0）到直線距離：d==eq\r(3)于是作出如下圖形。因?yàn)镺B=2,OC=eq\r(3)∠BOC=30°∠AOB=2∠BOC=60°cos∠AOB=eq\f(1,2)---------------------①|(zhì)eq\o(\s\up10(→),OA)|·|eq\o(\s\up10(→),OB)|=2*2=4----------------②所以：eq\o(\s\up10(→),OA)·eq\o(\s\up10(→),OB)=|eq\o(\s\up10(→),OA)|·|eq\o(\s\up10(→),OB)|·cos∠AOB（將①②代入）=2答：eq\o(\s\up10(→),OA)·eq\o(\s\up10(→),OB)的值為24、解：正方形ABCD的邊長為1，于是建立如下圖形【第一問】eq\o(\s\up10(→),DE)=