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阶段质量评价(一)　平面向量
(时间:120分钟　满分:150分)
一、单项选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分.)
1.在△ABC中,AD为BC边上的中线,点E为AD的中点,则= (　　)
A.- B.-
C.+ D.+
2.设a,b是单位向量,若a⊥b,则(a+b)·b的值为 (　　)
A.1 B.0
C.-1 D.-
3.若向量a=(,1),b=(1,),则a与b的夹角为 (　　)
A. B.
C. D.
4.已知AD,BE分别为△ABC的边BC,AC上的中线,设=a,=b,则= (　　)
A.a+b B.a+b
C.a-b D.-a+b
5.已知向量a=(1,2),b=(3,0),若(λa-b)⊥a,则实数λ= (　　)
A.0 B.
C.1 D.3
6.已知|a|=2,|b|=3,a,b的夹角为.如图所示,若=5a+2b,=a-3b,且D为BC的中点,则的长度为 (　　)
A. B.
C.7 D.8
7.在矩形ABCD中,AB=,BC=1,E是CD上一点,且·=1,则·的值为 (　　)
A.3 B.2
C. D.
8.设e1与e2是两个不共线的向量,=3e1+2e2,=ke1+e2,=3e1-2ke2,若A,B,D三点共线,则k的值为 (　　)
A.- B.-
C.- D.-
二、多项选择题(本大题共3小题,每小题6分,共18分.)
9.若点D,E,F分别为△ABC的边BC,CA,AB的中点,且=a,=b,则下列结论正确的是 (　　)
A.=-a-b B.=a+b
C.=-a+b D.=a
10.若单位向量e1,e2满足|e1-e2|+2e1·e2=0,则 (　　)
A.e1·e2=- B.|e1-e2|=
C.(2e1+e2)⊥e2 D.=
11.设向量a=(k,2),b=(1,-1),则下列叙述错误的是 (　　)
A.当k<-2时,a与b的夹角为钝角
B.|a|的最小值为2
C.与b共线的单位向量只有一个为
D.若|a|=2|b|,则k=2或-2
三、填空题(本大题共3小题,每小题5分,共15分.)
12.已知向量a,b的夹角为45°,且|a|=1,|2a-b|=,则|b|=　　　　.
13.向量a,b,c在正方形网格中的位置如图所示,若c=λa+μb(λ,μ∈R),则=　　　.
14.在矩形ABCD中,AB=2,AD=4,E是CD上一点,则·的最小值为　　　　.
四、解答题(本大题共5小题,共77分.)
15.(13分)在平行四边形ABCD中,=a,=b.
(1)如图1,如果E,F分别是BC,DC的中点,试用a,b分别表示,;
(2)如图2,如果O是AC与BD的交点,G是DO的中点,试用a,b表示.
16.(15分)已知向量|a|=2,|b|=3,|3a-2b|=6.
(1)求向量a,b的夹角θ;
(2)求(a+2b)·(2a-b)的值.
17.(15分)已知三个点A(2,1),B(3,2),D(-1,4).
(1)求证:AB⊥AD;
(2)要使四边形ABCD为矩形,求点C的坐标并求矩形ABCD两对角线所成的锐角的余弦值.
18.(17分)如图所示,已知点G是△ABO的重心.
(1)求++;
(2)若PQ过△ABO的重心G,且=a,=b,=ma,=nb,
求证:+=3.
19.(17分)在如图所示的平面图形中,OM=1,ON=2,=2,=2.
(1)设=x+y,求x+y的值;
(2)若OM∥CN,且∠MON∈,求·的最小值.
阶段质量评价(一)
1．选B　∵在△ABC中，AD为BC边上的中线，点E为AD的中点，
∴＝－＝－＝－××(＋)＝－.
2．选A　因为a，b是单位向量，且a⊥b，
所以a·b＝0，b·b＝|b|2＝1.
所以(a＋b)·b＝a·b＋b·b＝0＋1＝1.
3．选C　∵a＝(，1)，b＝(1，)，∴a·b＝×1＋1×＝2，|a|＝＝2，|b|＝＝2.设a与b的夹角为θ，∴cos θ＝＝＝.∴θ＝.
4.选B　如图，AD，BE分别为△ABC的边BC，AC上的中线，则＝－＝－，
＝＋＝＋＝＋(＋)＝(＋)．
因为＝a，＝b，所以a＝－，b＝＋，解得＝a＋b.
5．选B　因为向量a＝(1,2)，b＝(3,0)，且(λa－b)⊥a，所以(λa－b)·a＝0，即λa2－a·b＝0.所以5λ－3＝0，解得λ＝.
6．选A　因为在△ABC中，D为BC的中点，所以＝(＋)．又＝5a＋2b，＝a－3b，所以＝(5a＋2b＋a－3b)＝(6a－b)＝3a－b.所以||＝＝
＝＝＝，即的长度为.
7.选B　设与的夹角为θ，则与的夹角为－θ，又∥，故有与的夹角为－θ，如图，∴·＝||cos＝||sin θ＝1.
∴·＝·(＋)＝·＋·＝1＋1＝2.
8．选B　由题意可得＝－＝(3e1－2ke2)－(ke1＋e2)＝(3－k)e1－(2k＋1)e2.因为A，B，D三点共线，所以必存在一个实数λ，使得＝λ，即3e1＋2e2＝λ[(3－k)e1－(2k＋1)e2]＝λ(3－k)e1－λ(2k＋1)e2，
可得解得
9.选ABC　在△ABC中，＝＋＝－＋＝－b－a，故A正确；
＝＋＝＋＝a＋b，故B正确；
＝＋＝－b－a，＝＋＝＋＝b＋(－b－a)＝－a＋b，故C正确；＝＝－a，故D错误．
10．选BCD　因为|e1－e2|＋2e1·e2＝0，所以|e1－e2|＝－2e1·e2.所以e1·e2≤0.因为e1，e2为单位向量，将|e1－e2|＝－2e1·e2两边平方，得6(e1·e2)2＋e1·e2－1＝0，即(2e1·e2＋1)(3e1·e2－1)＝0，所以e1·e2＝－或e1·e2＝(舍去)，故A错误；|e1－e2|＝－2e1·e2＝，故B正确；因为(2e1＋e2)·e2＝2e1·e2＋e＝－1＋1＝0，所以(2e1＋e2)⊥e2，故C正确；因为cos〈e1，e2〉＝＝－，又〈e1，e2〉∈[0，π]，所以〈e1，e2〉＝，故D正确．
11．选CD　当k<－2时，cos〈a，b〉＝＝<0且不等于－1，所以a与b的夹角为钝角，A正确；|a|＝≥2，当k＝0时取等号，所以|a|的最小值为 2，B正确；
与b共线的单位向量为±，
即或，C不正确；
若|a|＝2|b|，可得＝2，解得k＝2或k＝－2，D不正确．
12．解析：因为向量a，b的夹角为45°，且|a|＝1，|2a－b|＝，所以＝.所以4＋|b|2－4|b|·＝10，
即|b|2－2|b|－6＝0，解得|b|＝3.
答案：3
13．解析：设每个小正方形的边长为1，以a，b的公共起点为原点建立平面直角坐标系，如图，则a＝(2,2)，b＝(6,2)，c＝(－1，－3)．
∵c＝λa＋μb(λ，μ∈R)，即(－1，－3)＝λ(2,2)＋μ(6，2)＝(2λ＋6μ，2λ＋2μ)，
∴2λ＋6μ＝－1且2λ＋2μ＝－3，
解得λ＝－2，μ＝.∴＝－4.
答案：－4
14．解析：因为E是CD上一点，设＝λ，
则＝(1－λ)，
所以·＝(＋)·(＋)＝(＋)·
＝·＋(1－λ)·＋λ·＋λ(1－λ)·＝4λ2－4λ＋16.
所以当λ＝，即E是CD的中点时，·的最小值为15.
答案：15
15．解：(1)当E，F分别是BC，DC的中点时，
＝＋＝－＝b－a，
＝＋＝－＝a－b.
(2)∵O是AC与BD的交点，G是DO的中点，
∴＝＝(－)，
＝＋＝＋(－)
＝＋＝a＋b.
16．解：(1)由|3a－2b|＝6，得(3a－2b)2＝36，
即9a2＋4b2－12a·b＝36，即36＋36－12a·b＝36，所以a·b＝3.所以cos θ＝＝.又θ∈，所以θ＝.
(2)(a＋2b)·(2a－b)＝2a2＋3a·b－2b2＝8＋9－18＝－1.
17．解：(1)证明：∵A(2,1)，B(3,2)，D(－1,4)，
∴＝(1,1)，＝(－3,3)．
又∵·＝1×(－3)＋1×3＝0，
∴⊥，即AB⊥AD.
(2)∵⊥，四边形ABCD为矩形，∴＝.设C点坐标为(x，y)，
则＝(1,1)，＝(x＋1，y－4)，
∴得∴C点坐标为(0,5)．
由于＝(－2,4)，＝(－4,2)，
∴·＝8＋8＝16>0，||＝2，||＝2.设与夹角为θ，
则cos θ＝＝＝>0，
∴矩形ABCD的两条对角线所成的锐角的余弦值为.
18．解：(1)如图所示，延长OG交AB于M点，则M是AB的中点，∴＋＝－2.
∵G是△ABO的重心，
∴＝－2.∴＋＋＝0.
(2)证明：∵M是AB边的中点，
∴＝(＋)＝(a＋b)．
又∵G是△ABO的重心，
∴＝＝(a＋b)．
∴＝－＝(a＋b)－ma
＝a＋b.
而＝－＝nb－ma.
∵P，G，Q三点共线，
∴有且只有一个实数λ，使得＝λ.
∴a＋b＝λnb－λma.
∴a＋b＝0.
∵a与b不共线，∴－m＋λm＝0且－λn＝0，消去λ，得＋＝3.
19．解：(1)因为＝2，＝2，
所以＝－＝3－3＝3＝－3＋3.
所以x＝－3，y＝3，即x＋y＝0.
(2)因为∠MON∈，
所以记θ＝〈，〉∈.
因为OM∥CN，所以设＝λ，
则＝＋＝－λ＋3(－)＝(3－λ)－3.
所以＝＝－.
所以·＝·(－λ)
＝2＋λ·
＝||2＋λ||·||cos θ
＝＋2λcos θ＝.
所以当λ＝－时，
取得最小值，
最小值为－.
又因为θ∈，
所以6cos θ－3∈[3－3,3－3]．
所以－∈，
即·的最小值为.

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