新版高中数学北师大版必修4习题第二章平面向量检测

第二章检测(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.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.下列等式成立的是()A.B.a·0=0C.(a·b)c=a(b·c) D.|a+b|≤|a|+|b|答案:D2.设P是△ABC所在平面内的一点,A.PA+PB=C.PB+PC=解析:由BC+BA=2BP,可得P答案:B3.已知非零向量a,b满足向量a+b与向量ab的夹角为A.a=b B.|a|=|b|C.a⊥b D.a∥b解析:因为向量a+b与向量ab的夹角为所以(a+b)⊥(ab),即(a+b)·(ab)=0,所以|a|2|b|2=0,即|a|=|b|.答案:B4.已知点A(1,2),B(2,1),C(2,2),若A.5 B.5C.3 D.3解析:由已知,得∴∴AF∴答案:C5.设O,A,M,B为平面上四点,OM=λOB+(1-λA.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,M,B四点共线解析:由题意可知即∴A,M,B三点共线.又λ∈(1,2),∴|AM|>|AB|,答案:B6.已知△ABC满足AB2=AB·ACA.等边三角形 B.锐角三角形C.直角三角形 D.钝角三角形解析:AB故△ABC为直角三角形.答案:C7.已知C为△ABC的一个内角,向量m=(2cosC1,2),n=(cosC,cosC+1).若m⊥n,则角C=()A.C.解析:由m⊥n,得(2cosC1)·cosC2(cosC+1)=0,即2cos2C3cosC2=0,解得cosC=-12或cosC=2(不符合题意,舍去).∵C∈(0,π),答案:C8.下列说法中正确的个数为()①②若a·b<0,则a与b的夹角是钝角;③向量e1=(2,3),e2=④若a∥b,则a在b方向上的投影为|a|.A.1 B.2 C.3 D.4解析:AB+当|a|=|b|=1且a与b反向时,a·b=1<0,但a与b的夹角为180°,②不正确;因为e1=4e2,所以e1∥e2,所以向量e1,e2不能作为基底,③不正确;若a∥b,则a与b的夹角为0°或180°,所以a在b方向上的投影为|a|·cosθ=±|a|,④不正确.故选A.答案:A9.已知O是△ABC外接圆的圆心.若3OA+5OB+7OC=A.解析:由O是△ABC外接圆的圆心,设|OA|=|OB|=|OC|=R,由3OA+5OB+7OC=0,可得答案:A10.已知k∈Z,AB=(k,1),ACA.解析:由|AB|≤10及k∈Z,知k若AB则2k+4=0,解得k=2;若CB则k(k2)3=0,解得k=1或3;若AC则AC·CB=0,(2,4)·(k2,3)=2即k=8,不符合题意,所以△ABC是直角三角形的概率是答案:C11.若非零向量a,b满足|a|=223|b|,且(ab)⊥(3a+2b),则a与bA.解析:由(ab)⊥(3a+2b)知(ab)·(3a+2b)=0,即3|a|2a·b2|b|2=0.设a与b的夹角为θ,所以3|a|2|a||b|cosθ2|b|2=0,即3·223|b|2-223|b|2cosθ2|b答案:A12.如图,四边形ABCD是正方形,延长CD至点E,使得DE=CD.若动点P从点A出发,沿正方形的边按逆时针方向运动一周回到点A,其中A.满足λ+μ=2的点P必为BC的中点B.满足λ+μ=1的点P有且只有一个C.λ+μ的最大值为3D.λ+μ的最小值不存在解析:由题意可知,λ≥0,μ≥0,当λ=μ=0时,λ+μ的最小值为0,此时点P与点A重合,故D错误;当λ=1,μ=1时,点P也可以在点D处,故A错误;当λ=1,μ=0,λ+μ=1时,点P在点B处,当点P在线段AD的中点时,λ=μ=12,亦有λ+μ=1.答案:C二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.把答案填在题中的横线上)13.设向量a=(x,3),b=(2,1).若对任意的正数m,n,向量ma+nb始终具有固定的方向,则x=.

解析:当a与b共线时,向量ma+nb始终具有固定的方向,所以x=6.答案:614.直线l经过原点O,且与向量a=(2,3)垂直,则直线l的方程为.

解析:设直线l上的一点为A(x,y),则OA为直线l由题意,知OA·a=0,所以2x+3y=故直线l的方程为2x+3y=0.答案:2x+3y=015.在△ABC中,点M,N满足解析:如图,MN===∴x=答案:116.关于平面向量有下列四个命题:①若a·b=a·c,则b=c;②已知a=(k,3),b=(2,6),若a∥b,则k=1;③若非零向量a和b满足|a|=|b|=|ab|,则a与a+b的夹角为30°;④解析:①中,a·b=a·c⇒a·(bc)=0,当a=0时也成立,①不正确;②中,若a∥b,则k-2=36⇒k=1,②正确;③中,由已知可得a,b的夹角为60°,a与a+b的夹角为30°,答案:②③④三、解答题(本大题共6小题,共70分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17.(10分)如图,在▱ABCD中,E,F分别是BC,DC的中点,G为DE与BF的交点.若AB=a,AD=b,试以a解连接AE,AF,BD.DE=a+BF=b+因为G是△CBD的重心,所以CG=218.(12分)设解设存在点M,且OM=λOC则∴(26λ)(36λ)+(53λ)(13λ)=0.∴45λ248λ+11=0,解得λ=∴∴存在点M(2,1)或19.(12分)已知A(2,3),B(5,4),C(7,10),点P满足AP=AB+λ(1)当λ为何值时,点P在正比例函数y=x的图像上?(2)设点P在第三象限,求λ的取值范围.解由已知,知A,B,C三点的坐标依次是(2,3),(5,4),(7,10).设点P的坐标为(x1,y1),则AB即由得(x12,y13)=(3+5λ,1+7λ).由此可得所以点P的坐标是(5+5λ,4+7λ).(1)令5+5λ=4+7λ,可得λ=所以,当λ=12时,点P在正比例函数(2)因为点P在第三象限,所以解得λ<1,所以λ的取值范围是(∞,1).20.(12分)如图,在矩形ABCD中,|AB|=4,|BC|=(1)若AC=xe1+ye2,求x,y(2)求解(1)∵|AB|=4,|BC|=∴AC=AB+BC=4∴x=4,y=3.(2)BD=AD-AB=设AC与∵|AC|=|BD|=32+42=5,|e∴cosθ=21.(12分)在△ABC中,设(1)求证:△ABC为等腰三角形;(2)若|(1)证明因为所以又AB+BC所以(所以即AB=BC,故△ABC为等腰三角形.(2)解因为B∈π所以cosB∈-12,1即a2+a2+2a2cosB=4,所以a2=所以BA·又cosB∈-所以22.(12分)在平面直角坐标系中,O为坐标原点,A,B,C三点满足(1)求证:A,B,C三点共线;(2)求(3)已知A(1,cosx),B(1+cosx,cosx),x∈0(1)证明∵∴即又AC,AB有公共点A,∴A,B,C三点共线.(2)解由(1)得∴∴∴(3)解AB=(1+cosx,cosx)(1,cosx∵x∈0∴cosx∈[0,1].∴|AB|=|cos∵∴∴3OC=2OB+OA=2(1+cosx,cosx)+(1,cosx∴∴f(x)==1+23cosx+cos=(cos