课时作业14 平面向量的实际背景及基本概念
——基础巩固类——
一、选择题
1．下列结论中，不正确的是( C )
A．向量，共线与向量∥意义是相同的
B．若＝，则∥
C．若向量a，b满足|a|＝|b|，则a＝b
D．若向量＝，则向量＝
解析：相等的向量模一定相等，反之不一定成立．
2．在平行四边形ABCD中，＝，对角线的交点为O，则相等的向量是( D )
A.与
B.与
C.与
D.与
解析：根据题意，结合向量相等的定义，只有与方向相同，长度相等，故选D.
3．若a为任一非零向量，b的模为1，给出下列各式：
①|a|>|b|；②a∥b；③|a|>0；④|b|＝±1.
其中正确的是( B )
A．①④
B．③
C．①②③
D．②③
解析：①中，|a|的大小不能确定，故①错误；②中，两个非零向量的方向不确定，故②错误；④中，向量的模是一个非负实数，故④错误；③正确．选B.
4．如图，在圆O中，向量，，是( C )
A．有相同起点的向量
B．单位向量
C．模相等的向量
D．相等的向量
解析：由题图可知三个向量方向不同，但长度相等．
5．如图所示，点O是正六边形ABCDEF的中心，则以图中点A，B，C，D，E，F，O中的任意一点为起点，与起点不同的另一点为终点的所有向量中，除向量外，与向量共线且模相等的向量共有( D )
A．2个
B．3个
C．6个
D．7个
解析：由向量共线的定义及正六边形的性质可知共有7个．
6．已知A＝{与a共线的向量}，B＝{与a长度相等的向量}，C＝{与a长度相等，方向相反的向量}，其中a为非零向量，则下列说法中错误的是( B )
A．C?A
B．A∩B＝{a}
C．C?B
D．A∩B?{a}
解析：因为A∩B中含有与a方向相反的向量，故B选项错误．
二、填空题
7．如图，四边形ABCD和四边形BCED都是平行四边形，则与相等的向量有和
.
8．设O是正方形ABCD的中心，则①＝；②∥；③与共线；④＝.其中，所有表示正确的序号为①②③.
解析：根据正方形的特征，结合相等向量，平行向量作出判断，只有④是错误的，与只是模相等，由于方向不相同，所以不是相等向量．
9．矩形ABCD中，点E为BC边的中点，∠AEC的平分线交AD边于点F，若向量||＝3，||＝8，则||＝3
.
解析：在矩形ABCD中，AD∥BC，AD＝BC＝8，因为E为BC的中点，所以BE＝BC＝×8＝4，
在Rt△ABE中，AE＝＝＝5，
因为EF是∠AEC的角平分线，所以∠AEF＝∠CEF，
因为AD∥BC，所以∠AFE＝∠CEF，
所以∠AEF＝∠AFE，所以AE＝AF，
所以FD＝AD－AF＝8－5＝3.
三、解答题
10．一辆消防车从A地去B地执行任务，先从A地向北偏东30°方向行驶2
km到达D地，然后从D地沿北偏东60°方向行驶6
km到达C地，从C地又向南偏西30°方向行驶2
km才到达B地．
(1)在如图所示的坐标系中画出向量，，，；
(2)描述B地相对于A地的位置．
解：(1)作向量，，，(如图所示)．
(2)由题意知＝，
所以四边形ABCD为平行四边形，
所以＝，
所以B地相对于A地的位置为“北偏东60°，相距6
km”．
——能力提升类——
11．如图，在菱形ABCD中，∠BAD＝120°，则以下说法错误的是( D )
A．与相等的向量只有一个(不含)
B．与的模相等的向量有9个(不含)
C.的模恰为模的倍
D.与不共线
解析：由题图可知＝，必共线．
12．函数y＝cosx，x∈上有五个点A，B(0,1)，C，D(π，－1)，E，以这五个点为起点或终点的向量中相等的向量有＝，＝，＝(答案不唯一)．(任意写出其中的三对)．
13．如图，在平行四边形ABCD中，E，F分别是AD，BC的中点，则以A，B，C，D，E，F这六个点中任意两点分别作为起点和终点的所有向量中，与向量方向相反的向量是，，.
解析：由平行四边形的性质，可知AB綊EF綊DC.则与向量方向相反的向量有，，.课时作业15 向量加法运算及其几何意义
——基础巩固类——
一、选择题
1．如图所示，在平行四边形ABCD中，＋＋等于( A )
A.
B.
C.
D.
解析：＋＋＝＋(＋)＝＋0＝.故选A.
2．下列等式错误的是( B )
A．a＋0＝0＋a
B.＋＋＝0
C.＋＝
D.＋＋＋＝
解析：＋＋＝＋≠0.故选B.
3．若向量a表示向东走1
km，向量b表示向南走1
km，则向量a＋b表示( A )
A．向东南走
km
B．向东南走2
km
C．向东北走
km
D．向东北走2
km
解析：如图所示，a＋b表示向东南方向走
km.故选A.
4．已知下列各式：
①＋＋；②(＋)＋＋；
③＋＋＋；④＋＋＋.
其中结果为0的个数是( B )
A．1
B．2
C．3
D．4
解析：由向量加法的运算法则知①④的结果为0.故选B.
5．在平行四边形ABCD中，若|＋|＝|＋|，则四边形ABCD是( B )
A．菱形
B．矩形
C．正方形
D．不确定
解析：依题意，平行四边形ABCD中，|＋|＝|＋|，则平行四边形ABCD的两条对角线相等．故四边形ABCD为矩形．故选B.
6．下列说法：
①如果非零向量a与b的方向相同或相反，那么a＋b的方向必与a，b之一的方向相同；
②△ABC中，必有＋＋＝0；
③若＋＋＝0，则A，B，C为一个三角形的三个顶点；
④若a，b均为非零向量，则|a＋b|与|a|＋|b|一定相等．其中正确说法的个数为( B )
A．0
B．1
C．2
D．3
解析：①错，若a＋b＝0时，方向是任意的；②正确；③错，A，B，C三点共线时也满足；④错，|a＋b|≤|a|＋|b|.
二、填空题
7．如图，在平行四边形ABCD中
(1)＋＝；
(2)＋＋＝；
(3)＋＋＝.
8．在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，||＝1，则|＋|＝1.
解析：由题知△ABD为等边三角形，所以|＋|＝||＝||＝1.
9．若a，b为非零向量，则下列叙述中使|a＋b|＝|a|＋|b|成立的是①②.
①a∥b且a，b方向相同；②a＝b；③a＝－b.
三、解答题
10．如图所示，P，Q是△ABC的边BC上两点，且BP＝QC.求证：＋＝＋.
证明：因为＝＋，＝＋，
而由题知＝，所以＋＝0，
所以＋＝＋＋(＋)＝＋.
11.如图，O为正六边形ABCDEF的中心，根据图示计算：
(1)＋；
(2)＋；
(3)＋.
解：(1)因为四边形OABC是以OA，OC为邻边的平行四边形，OB为其对角线，所以＋＝.
(2)因为与方向相同且长度相等，所以与是相等向量，故＋与方向相同，长度为长度的2倍，因此＋可用表示．所以＋＝.
(3)因为与是一对相反向量，所以＋＝0.
——能力提升类——
12．如图所示，在正六边形ABCDEF中，若AB＝1，则|＋＋|等于( B )
A．1
B．2
C．3
D．2
解析：由正六边形知＝，
所以＋＋＝＋＋＝，
所以|＋＋|＝||＝2.故选B.
13．已知|a|＝8，|b|＝5，则|a＋b|的取值范围是[3,13]．
解析：||a|－|b||≤|a＋b|≤|a|＋|b|，
即3≤|a＋b|≤13.
14．已知△ABC是正三角形，给出下列等式：
①|＋|＝|＋|；
②|＋|＝|＋|；
③|＋|＝|＋|；
④|＋＋|＝|＋＋|.
其中正确的有①③④
.(写出所有正确等式的序号)
解析：＋＝，＋＝，而||＝||，故①正确；|＋|＝||≠|＋|，故②不正确；画图(图略)可知③正确；|＋＋|＝|＋|，|＋＋|＝|＋|，故④正确．
15.如图，已知D，E，F分别为△ABC的三边BC、AC、AB的中点．求证：＋＋＝0.
证明：由题意知：＝＋，＝＋，＝＋.
由平面几何可知：＝，＝.
∴＋＋＝(＋)＋(＋)＋(＋)
＝(＋＋＋)＋(＋)
＝(＋＋＋＋)＋0
＝＋＋＝＋＋＝0.课时作业16 向量减法运算及其几何意义
——基础巩固类——
一、选择题
1．设b是a的相反向量，则下列说法一定错误的是( C )
A．a与b的长度相等
B．a∥b
C．a与b一定不相等
D．a是b的相反向量
解析：当a，b为零向量时，也互为相反向量，故选C.
2．下列不能化简为的是( D )
A.＋(＋)
B．(＋)＋(－)
C.＋－
D.＋－
解析：＋(＋)＝(＋)－＝；
(＋)＋(－)＝(－)＋(＋)＝；
＋－＝－＝；
＋－＝－≠.故选D.
3．如图，在四边形ABCD中，设＝a，＝b，＝c，则等于( A )
A．a－b＋c
B．b－(a＋c)
C．a＋b＋c
D．b－a＋c
解析：＝－＝＋－＝a＋c－b＝a－b＋c.
4．设a表示向西走10
km，b表示向北走10
km，则a－b表示( A )
A．南偏西30°方向走20
km
B．北偏西30°方向走20
km
C．南偏东30°方向走20
km
D．北偏东30°方向走20
km
解析：设＝a，＝b，则a－b＝－＝，
又tan∠OBA＝＝＝，∴∠OBA＝30°，
且||＝＝＝20(km)，应选A.
5．若M是△ABC的重心，则下列各向量中与共线的是( C )
A.＋＋
B.＋＋
C.＋＋
D．3＋
解析：∵M是△ABC的重心，
∴＋＋＝0，
∴＋＋＝0，与共线．
6．已知平面内M，N，P三点满足－＋＝0，则下列说法正确的是( C )
A．M，N，P是一个三角形的三个顶点
B．M，N，P是一条直线上的三个点
C．M，N，P是平面内的任意三个点
D．以上都不对
解析：因为－＋＝＋＋＝＋＝0，＋＋＝0对任意情况是恒成立的．故M，N，P是平面内的任意三个点，故选C.
二、填空题
7．已知A，B，C，D为平面上的四个点，则－＋＋＝0.
解析：－＋＋＝(＋)－(－)＝－
＝0.
8．已知向量a，b满足|a|＝6，|b|＝8，|a－b|＝10，则|a＋b|＝10
.
解析：
因为|a|＝6，|b|＝8，|a－b|＝10，
所以|a|2＋|b|2＝|a－b|2，如图，a，b，a－b构成直角三角形．所以|a＋b|＝|a－b|＝10.
9．已知a、b为非零向量，则下列命题中真命题是①②④.
①若|a|＋|b|＝|a＋b|，则a与b方向相同；
②若|a|＋|b|＝|a－b|，则a与b方向相反；
③若|a|＋|b|＝|a－b|，则a与b有相等的模；
④若||a|－|b||＝|a－b|，则a与b方向相同．
解析：当a、b方向相同时有
|a|＋|b|＝|a＋b|，||a|－|b||＝|a－b|，
当a、b方向相反时有
||a|－|b||＝|a＋b|，|a|＋|b|＝|a－b|.
因此①②④为真命题．
三、解答题
10．如图所示，已知正方形ABCD的边长等于1，＝a，＝b，＝c，试作出下列向量并分别求出其长度．
(1)a＋b＋c；(2)a－b＋c.
解：(1)如图，由已知得a＋b＝＋＝，
又＝c，所以延长AC到E，使||＝||，则a＋b＋c＝，且||＝2.
所以|a＋b＋c|＝2.
(2)作＝，连接CF，
则＋＝，
而＝－＝a－＝a－b，
所以a－b＋c＝＋＝且||＝2.
所以|a－b＋c|＝2.
11．已知△OAB中，＝a，＝b，满足|a|＝|b|＝|a－b|
＝2，求|a＋b|与△OAB的面积．
解：如图，由已知得||＝||，以、为邻边作平行四边形OACB，则可知其为菱形，且＝a＋b，＝a－b，由于|a|＝|b|＝|a－b|，则OA＝OB＝BA，所以△OAB为正三角形，
所以|
a＋b|＝||＝2×＝2，
S△OAB＝×2×＝.
——能力提升类——
12．如图，已知＝a，＝b，＝c，＝d，且四边形ABCD为平行四边形，则( B )
A．a＋b＋c＋d＝0
B．a－b＋c－d＝0
C．a＋b－c＋d＝0
D．a－b－c＋d＝0
解析：由题意得，＋＝0，∴－＋－＝0，即a－b＋c－d＝0，故选B.
13．已知△ABC为等腰直角三角形，且∠A＝90°，给出下列结论：
(1)|－|＝|＋|；
(2)|－|＝|－|；
(3)|－|＝|－|；
(4)|－|2＝|－|2＋|－|2.
其中正确的个数为( D )
A．1
B．2
C．3
D．4
解析：如图，以AB，AC为邻边作平行四边形ABDC，则它是正方形，根据向量加减法的几何意义可知题中四个结论都正确．
14．在边长为1的正三角形ABC中，|－|的值为.
解析：如图，设D是AC的中点，
则|－|＝|＋|＝2||＝.
15．三个大小相同的力a，b，c作用在同一物体P上，使物体P沿a方向做匀速运动，设＝a，＝b，＝c，判断△ABC的形状．
解：由题意得|a|＝|b|＝|c|，由于合力作用后做匀速运动，故合力为0，即a＋b＋c＝0.
所以a＋c＝－b.
如图，作平行四边形APCD，则平行四边形APCD是菱形．
＝a＋c＝－b，
所以∠APC＝120°，
同理∠APB＝∠BPC＝120°，
又因为|a|＝|b|＝|c|，
所以△ABC为等边三角形．课时作业17 向量数乘运算及其几何意义
——基础巩固类——
一、选择题
1.－等于( A )
A．a－b＋2c
B．5a－b＋2c
C．a＋b＋2c
D．5a＋b
解析：－＝(3a－2a)＋＋(c＋c)＝a－b＋2c，故选A.
2．若5＋3＝0，且||＝||，则四边形ABCD是( D )
A．平行四边形
B．菱形
C．矩形
D．等腰梯形
解析：由5＋3＝0知，∥且||≠||，∴此四边形为梯形．又||＝||，∴梯形ABCD为等腰梯形．
3．在△ABC中，＝c，＝b.若点D满足BD＝2DC，则＝( A )
A.b＋c
B.c－b
C.b－c
D.b＋c
解析：如图，＝＋＝＋＝＋(－)＝c＋(b－c)＝b＋c.
4．已知向量a与b不共线，且＝λa＋b(λ∈R)，＝a＋μb(μ∈R)，则A、B、C三点共线应满足( D )
A．λ＋μ＝2
B．λ－μ＝1
C．λμ＝－1
D．λμ＝1
解析：若A，B，C三点共线，则＝k(k∈R)，
即λa＋b＝k(a＋μb)，所以λa＋b＝ka＋μkb，
所以消去k得λμ＝1，故选D.
5．设D为△ABC所在平面内一点，＝3，则( A )
A.＝－＋
B.＝－
C.＝＋
D.＝－
解析：＝＋＝＋＝＋(－)
＝－＋，选A.
6．点P是△ABC所在平面内一点，若＝λ＋，其中λ∈R，则点P一定在( B )
A．△ABC内部
B．AC边所在的直线上
C．AB边所在的直线上
D．BC边所在的直线上
解析：∵＝λ＋，∴－＝λ.
∴＝λ.∴P、A、C三点共线．
∴点P一定在AC边所在的直线上．
二、填空题
7．化简(a－b)－(2a＋4b)＋(2a＋13b)＝0.
解析：(a－b)－(2a＋4b)＋(2a＋13b)＝a－b－a－b＋a＋b＝(－＋)a＋(－－＋)b＝0a＋0b＝0＋0＝0.
8．设向量a与b不共线，若＝3a＋b，＝a＋mb，＝2a－b，且A，C，D三点共线，则m＝－3
.
解析：＝＋＝4a＋(m＋1)b，＝2a－b.
∵a，b不共线，∴≠0，又A，C，D三点共线，
∴＝n(n∈R)，即4a＋(m＋1)b＝2na－nb，
∴∴m＝－3.
9．如图所示，在?ABCD中，＝a，＝b，＝3，M为BC的中点，则＝(b－a)(用a，b表示)．
解析：＝＋＋＝－＋＋
＝－－＋(＋)＝－b－a＋(a＋b)
＝b－a＝(b－a)．
三、解答题
10．如图，在△ABC中，D、E分别为AC、AB边上的点，＝＝，记＝a，＝b.
求证：＝(b－a)．
证明：因为＝＝(－)
＝(－a－b)，＝＝－b，
所以＝－＝－a－b＋b＝(b－a)．
11．如图所示，在△ABC中，D，F分别是BC，AC的中点，＝，＝a，＝b.
(1)用a，b表示向量，，，，.
(2)证明：B，E，F三点共线．
解：(1)如图所示，延长AD到G，使＝，连接BG，CG，则四边形ABGC是平行四边形，则＝＋＝a＋b，
所以＝＝a＋b，
＝＝a＋b.
因为F是AC的中点，所以＝＝b.
所以＝－＝(a＋b)－a＝b－a，
＝－＝b－a.
(2)证明：由(1)可知＝(b－2a)，＝(b－2a)，所以＝，即，是共线向量，且有公共点B，所以B，E，F三点共线．
——能力提升类——
12．已知△ABC和点M满足＋＋＝0.若存在实数m使得＋＝m成立，则m＝( B )
A．2
B．3
C．4
D．5
解析：
如图，在△ABC中，以BM，CM为邻边作平行四边形MBDC，依据平行四边形法则可得＋＝，又＋＋＝0，则＝，两向量有公共点M，则A，M，D三点共线，结合MD是平行四边形MBDC的对角线，可知M是△ABC的重心．以AB，AC为邻
边作平行四边形ABFC，由向量加法的平行四边形法则，可得＋＝＝2＝2×＝3，则＋＝3.
13．已知点P在正三角形ABC所确定的平面上，且满足＋＋＝，则△ABP的面积与△BCP的面积之比为( B )
A．1?1
B．1?2
C．1?3
D．1?4
解析：∵＋＋＝，∴＋＝－＝，∴＝2，即点P为线段AC的靠近点A的三等分点，∴△ABP的面积与△BCP的面积之比为1?2，故选B.
14.如图所示，在△ABC中，点O是BC的中点，过点O的直线分别交直线AB，AC于不同的两点M，N，若＝m，＝n，则m＋n的值为2.
解析：＝(＋)＝＋，∵M，O，N三点共线，
∴＋＝1，∴m＋n＝2.
15．已知e，f为两个不共线的向量，且四边形ABCD满足＝e＋2f，＝－4e－f，＝－5e－3f.
(1)将用e，f表示；
(2)证明：四边形ABCD为梯形．
解：(1)＝＋＋＝(e＋2f)＋(－4e－f)＋(－5e－3f)＝(1－4－5)e＋(2－1－3)f＝－8e－2f.
(2)证明：因为＝－8e－2f＝2(－4e－f)＝2，所以与同向，且的模为模的2倍，所以在四边形ABCD中，AD∥BC，且AD≠BC，所以四边形ABCD是梯形．课时作业18 平面向量基本定理
——基础巩固类——
一、选择题
1．已知向量a与b的夹角为，则向量2a与－3b的夹角为( C )
A.
B.
C.
D.
解析：∵a与2a同向，b与－3b反向，∴向量2a与－3b的夹角和a与b的夹角互补，∴向量2a与－3b的夹角为.
2．在△ABC中，已知D为AC上一点，若＝2，则＝( D )
A．－－
B.＋
C．－－
D.＋
解析：
如图，＝＋A＝＋＝＋(－)＝＋，故选D.
3．已知e1，e2是平面α内两个不共线的向量，下列说法中正确的个数为( B )
①λe1＋μe2(λ，μ∈R)可以表示平面α内的所有向量；②对于平面α内的任一向量a，使a＝λe1＋μe2的实数对(λ，μ)有无穷多个；③若平面向量λ1e1＋μ1e2与λ2e1＋μ2e2共线，则有且只有一个实数λ，使得λ1e1＋μ1e2＝λ(λ2e1＋μ2e2)；④若存在实数λ，μ使得λe1＋μe2＝0，则λ＝μ＝0.
A．1
B．2
C．3
D．4
解析：根据平面向量基本定理，易知①④正确，②③错误．故选B.
4．e1，e2为基底向量，已知向量＝e1－ke2(k∈R)，＝2e1－e2，＝3e1－3e2，若A、B、D三点共线，则k的值是( A )
A．2
B．－3
C．－2
D．3
解析：若A、B、D三点共线，则∥，
设＝t(t∈R)，
由于＝＋＝e2－2e1＋3e1－3e2＝e1－2e2，
所以e1－ke2＝t(e1－2e2)，
又e1，e2不共线，所以t＝1,2t＝k，所以k＝2，故选A.
5．已知非零向量，不共线，且2＝x＋y，若＝λ(λ∈R)，则x，y满足的关系是( A )
A．x＋y－2＝0
B．2x＋y－1＝0
C．x＋2y－2＝0
D．2x＋y－2＝0
解析：由＝λ，得－＝λ(－)，即＝(1＋λ)·－λ.又2＝x＋y，∴消去λ得x＋y＝2.
6．已知四边形ABCD是菱形，点P在对角线AC上(不包括端点)，则＝( A )
A．λ(＋)，λ∈(0,1)
B．λ(＋)，λ∈(0，)
C．λ(－)，λ∈(0,1)
D．λ(－)，λ∈(0，)
解析：
如图所示，＝＋，又点P在AC上，∴与同向，且||<||，故＝λ(＋)，λ∈(0,1)．
二、填空题
7．设一直线上三点A，B，P满足＝λ(λ≠±1)，O为平面内任意一点，则用，表示为＝
.
解析：∵＝＋λ＝＋λ(－)＝＋λ－λ，∴(1＋λ)＝＋λ，
∴＝.
8．已知向量a，b为平面内所有向量的一组基底，且＝a＋2b，＝－5a＋6b，＝7a－2b，则A，B，C，D四点中一定共线的三点是A，B，D
.
解析：＝＋＝(－5a＋6b)＋(7a－2b)＝2a＋4b＝2(a＋2b)＝2，所以A，B，D三点共线．
9．在△ABC中，＝a，＝b，AD为边BC的中线，G为△ABC的重心，则用a，b表示向量＝a＋b
.
解析：依题意得，＝＝×(＋)＝＋(＋)＝＋＝a＋b.
三、解答题
10．设M，N，P是△ABC三边上的点，它们使＝，＝，＝，若＝c，＝b，试用c，b作基底，将，，表示出来．
解：如图，＝－
＝－－
＝－－(－)
＝－
＝b－c.
＝－＝－＝c－b.
＝－＝－(＋)＝c－b－c＋b
＝c＋b.
11．如图，已知M为△ABC的边BC上一点，且满足＝＋，求△ABM与△ABC的面积之比．
解：∵＝＋，
∴＝(－)＋(－)，
∴＋＝0，∴＝3，
∴＝＝.
——能力提升类——
12．已知A，B，C是平面上不共线的三点，O是△ABC的重心，动点P满足＝(＋＋2)，则点P一定为( B )
A．AB边中线的中点
B．AB边中线的三等分点(非重心)
C．△ABC的重心
D．AB边的中点
解析：∵O是△ABC的重心，∴＋＋＝0，∴＝(－＋2)＝，∴点P是线段OC的中点，即AB边中线的三等分点(非重心)．故选B.
13．已知平行四边形ABCD中，E为CD的中点，＝y，＝x，其中x，y∈R，且均不为0.若∥，则＝.
解析：∵＝－＝x－y，由∥，可设＝λ，即x－y＝λ(－)＝λ(－＋)＝－＋λ，∴则＝.
14．已知非零向量a，b，c满足a＋b＋c＝0，向量a，b的夹角为120°，且|b|＝2|a|，则向量b与c的夹角为150°.
解析：
由题意画出图形如图，因为a，b的夹角为120°，所以∠CAB＝60°，又|b|＝2|a|，所以∠ACB＝90°，所以∠ABC＝30°，即b与c的夹角为150°.
15．如图所示，D，E，F分别是△ABC的边BC，CA，AB上的点，AD与EF相交于点G，已知CD＝2DB，AF＝4FB，AG＝mAD，AE＝tAC.
(1)试用，表示；
(2)若m＝，求t的值．
解：(1)因为＝＝(－)＝－，所以＝＋
＝＋＝＋.
(2)依题意知，＝，＝t，
＝＝＋，
所以＝－＝－，
＝－＝t－.
因为E，F，G三点共线，
所以＝λ，
所以＝tλ，－＝－λ，
解得t＝.课时作业20 平面向量共线的坐标表示
——基础巩固类——
一、选择题
1．下列向量中，与向量a＝(－5,4)平行的是( A )
A．(－5k,4k)
B．(－，－)
C．(－10,2)
D．(5k,4k)
解析：因为ka与a共线，故本题可通过观察直接选A项．
2．若A(3，－6)，B(－5,2)，C(6，y)三点共线，则y＝( D )
A．13
B．－13
C．9
D．－9
解析：∵A，B，C三点共线，∴∥，而＝(－8,8).＝(3，y＋6)，∴－8(y＋6)－8×3＝0，即y＝－9.
3．已知向量a，b不共线，c＝ka＋b(k∈R)，d＝a－b，如果c∥d，那么( D )
A．k＝1且c与d同向
B．k＝1且c与d反向
C．k＝－1且c与d同向
D．k＝－1且c与d反向
解析：利用坐标方法．取a＝(1,0)，b＝(0,1)，若k＝1，则c＝a＋b＝(1,1)，d＝a－b＝(1，－1)，显然，c与d不平行，排除A，B.
若k＝－1，则c＝－a＋b＝(－1,1)，d＝a－b＝－(－1,1)，
即c∥d且c与d反向，排除C，故选D.
4．已知向量a＝(1,2)，b＝(1,0)，c＝(3,4)．若λ为实数，(a＋λb)∥c，则λ等于( B )
A.
B.
C．1
D．2
解析：a＋λb＝(1＋λ，2)，由(a＋λb)∥c，得6－4(1＋λ)＝0，解得λ＝.
5．已知a＝(－2,1－cosθ)，b＝，且a∥b，则锐角θ等于( A )
A．45°
B．30°
C．60°
D．30°或60°
解析：由a∥b，得－2×＝1－cos2θ＝sin2θ，
∵θ为锐角，∴sinθ＝.∴θ＝45°.
6．若a＝(x,2)，b＝(，1)，c＝a＋2b，d＝2a－b，且c∥d，则c－2d等于( D )
A．(－，－5)
B．(，5)
C．(1,2)
D．(－1，－2)
解析：c＝(x＋1,4)，d＝(2x－，3)，
∵3(x＋1)＝4(2x－)，∴x＝1.
∴c＝(2,4)，d＝(，3)，c－2d＝(－1，－2)．故选D.
二、填空题
7．设向量a＝(1,2)，b＝(2,3)．若向量λa＋b与向量c＝(－4，－7)共线，则λ＝2
.
解析：：λa＋b＝(λ＋2,2λ＋3)，∵(λa＋b)∥c，
∴－7(λ＋2)＝－4(2λ＋3)?λ＝2.故填2.
8．已知a＝(1,1)，b＝(x2，x＋λ)且a∥b，则实数λ的最小值是－.
解析：因为a∥b，所以x2－x－λ＝0，即λ＝x2－x＝2－≥－，所以λ的最小值为－.
9．平面上有A(2，－1)，B(1,4)，D(4，－3)三点，点C在直线AB上，且＝，连接DC延长至E，使||＝||，则点E的坐标为(，－7)
.
解析：∵＝，∴－＝(－)．
∴＝2－＝(3，－6)．∴点C的坐标为(3，－6)．
又∵||＝||，且E在DC的延长线上，
∴＝－.
设E(x，y)，则(x－3，y＋6)＝－(4－x，－3－y)，
得解得
∴点E的坐标为(，－7)．
三、解答题
10．已知A，B，C三点的坐标分别为(－1,0)，(3，－1)，(1,2)，＝，＝.求证：∥.
证明：设E(x1，y1)，F(x2，y2)．
∵＝(2,2)，＝(－2,3)，＝(4，－1)，
∴＝＝，＝＝，
∴(x1，y1)－(－1,0)＝，
(x2，y2)－(3，－1)＝，
∴(x1，y1)＝，(x2，y2)＝，
∴＝(x2，y2)－(x1，y1)＝.
∵4×－(－1)×＝0，∴∥.
11．已知a＝(1,0)，b＝(2,1)．
(1)当k为何值时，ka－b与a＋2b共线；
(2)若＝2a＋3b，＝a＋mb且A、B、C三点共线，求m的值．
解：(1)由已知ka－b＝(k,0)－(2,1)＝(k－2，－1)．
a＋2b＝(1,0)＋(4,2)＝(5,2)．
当ka－b与a＋2b共线时，2(k－2)－(－1)×5＝0，
解得k＝－.
(2)由已知可得＝2a＋3b＝(2,0)＋(6,3)＝(8,3)．
＝a＋mb＝(1,0)＋(2m，m)＝(2m＋1，m)．
∵A、B、C三点共线，∴∥，∴8m－3(2m＋1)＝0，得m＝.
——能力提升类——
12．已知向量＝(3，－4)，＝(6，－3)，＝(2m，m＋1)．若∥，则实数m的值为( D )
A.
B．－
C．－
D．－3
解析：＝－＝(3,1)，由∥，得3(m＋1)＝2m，解得m＝－3，故选D.
13．△ABC的三个内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，设向量p＝(a＋c，b)，q＝(b，c－a)．若p∥q，则角C的大小为( C )
A.
B.
C.
D.
解析：∵p＝(a＋c，b)，q＝(b，c－a)且p∥q，∴(a＋c)(c－a)－b·b＝0，即c2＝a2＋b2，∴角C的大小为.故选C.
14．已知a＝(x，－1)，b＝(log23,1)，若a∥b，则4x＋4－x＝.
解析：∵a∥b，∴x＝－log23＝log2，∴4x＋4－x＝2log2＋2log29＝＋9＝.
15．设向量a＝(λ＋2，λ2－cos2α)，b＝(m，＋sinα)，其中λ，m，α为实数．若a＝2b，求的取值范围．
解：由a＝2b，知
∴
又cos2α＋2sinα＝－sin2α＋2sinα＋1
＝－(sinα－1)2＋2，
∴－2≤cos2α＋2sinα≤2，
∴－2≤λ2－m＝(2m－2)2－m≤2，∴≤m≤2.
∵＝＝2－，∴－6≤2－≤1，
∴的取值范围为[－6,1]．课时作业19 平面向量的正交分解及坐标表示
平面向量的坐标运算
——基础巩固类——
一、选择题
1．已知向量＝(3，－2)，＝(－5，－1)，则向量的坐标是( A )
A．(－4，)
B．(4，－)
C．(－8,1)
D．(8,1)
解析：＝(－)＝[(－5，－1)－(3，－2)]
＝(－8,1)＝(－4，)．
2．已知a＝(5，－2)，b＝(－4，－3)，c＝(x，y)，若a－2b＋3c＝0，则c＝( D )
A．(1，)
B．(，)
C．(，)
D．(－，－)
解析：a－2b＋3c＝(5，－2)－2(－4，－3)＋3(x，y)＝(5－2×(－4)＋3x，－2－2×(－3)＋3y)＝(13＋3x,4＋3y)＝0，
∴∴故选D.
3．已知四边形ABCD的三个顶点A(0,2)，B(－1，－2)，C(3,1)，且＝2，则顶点D的坐标为( A )
A．(2，)
B．(2，－)
C．(3,2)
D．(1,3)
解析：令D(x，y)，由已知得，
解得∴D(2，)．
4．已知点A(0,1)，B(3,2)，向量＝(－4，－3)，则向量＝( A )
A．(－7，－4)
B．(7,4)
C．(－1,4)
D．(1,4)
解析：设C(x，y)，∵A(0,1)，＝(－4，－3)，
∴解得∴C(－4，－2)，
又B(3,2)，∴＝(－7，－4)，选A.
5．在△ABC中，点P在BC上，且＝2，点Q是AC的中点，若＝(4,3)，＝(1,5)，则＝( B )
A．(－2,7)
B．(－6,21)
C．(2，－7)
D．(6，－21)
解析：如下图，依题意，得
∵＝＝－＝(1,5)－(4,3)＝(－3,2)，
∴＝＋＝(1,5)＋(－3,2)＝(－2,7)，
∴＝3＝(－6,21)．
6．设向量a＝(1，－3)，b＝(－2,4)，c＝(－1，－2)．若表示向量4a,4b－2c,2(a－c)，d的有向线段首尾相接能构成四边形，则向量d为( D )
A．(2,6)
B．(－2,6)
C．(2，－6)
D．(－2，－6)
解析：∵a＝(1，－3)，b＝(－2,4)，c＝(－1，－2)，
∴4a＝(4，－12)，4b－2c＝(－6,20)，
2(a－c)＝(4，－2)．
又∵表示4a,4b－2c,2(a－c)，d的有向线段首尾相接能构成四边形，∴4a＋(4b－2c)＋2(a－c)＋d＝0.解得d＝(－2，－6)．∴选D.
二、填空题
7．已知边长为1的正方形ABCD，若A点与坐标原点重合，边AB、AD分别落在x轴、y轴的正方向上，则向量2＋3＋的坐标为(3,4)．
解析：根据题意建立坐标系如图，
则A(0,0)，B(1,0)，C(1,1)，D(0,1)．
∴＝(1,0)，＝(0,1)，＝(1,1)．
∴2＋3＋＝(2,0)＋(0,3)＋(1,1)＝(3,4)．
8．在平行四边形ABCD中，AC为一条对角线，若＝(2,4)，＝(1,3)，则＝(－3，－5)
.
解析：∵＝＝－＝(－1，－1)，
∴＝－＝(－3，－5)．
9．已知向量a＝(2,1)，b＝(1，－2)，若ma＋nb＝(9，－8)
(m，n∈R)，则m－n的值为－3.
解析：由向量a＝(2,1)，b＝(1，－2)，得ma＋nb＝(2m＋n，m－2n)＝(9，－8)，则
解得故m－n＝－3.
三、解答题
10．已知平面上三个点A(4,6)，B(7,5)，C(1,8)，求，，＋，－，2＋.
解：∵A(4,6)，B(7,5)，C(1,8)，
∴＝(7－4,5－6)＝(3，－1)，
＝(1－4,8－6)＝(－3,2)，
＋＝(3，－1)＋(－3,2)＝(0,1)，
－＝(3，－1)－(－3,2)＝(6，－3)，
2＋＝2(3，－1)＋(－3,2)＝(，－1)．
11．已知三点A(2,3)，B(5,4)，C(7,10)，点P满足＝＋λ(λ∈R)．
(1)当λ为何值时，点P在函数y＝x的图象上？
(2)若点P在第三象限，求λ的取值范围．
解：设点P的坐标为(x1，y1)，则＝(x1－2，y1－3)．
＋λ＝(5－2,4－3)＋λ(7－2,10－3)，
即＋λ＝(3＋5λ，1＋7λ)，由＝＋λ，可得(x1－2，y1－3)＝(3＋5λ，1＋7λ)，
则解得
∴点P的坐标是(5＋5λ，4＋7λ)．
(1)令5＋5λ＝4＋7λ，得λ＝，
∴当λ＝时，点P在函数y＝x的图象上．
(2)∵点P在第三象限，∴解得λ<－1，
∴λ的取值范围是{λ|λ<－1}．
——能力提升类——
12．向量a，b，c在正方形网格中的位置如下图所示，若c＝λa＋μb(λ，μ∈R)，则＝( B )
A．2
B．4
C.
D．－
解析：以向量a，b的公共点为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系，可得a＝(－1,1)，b＝(6,2)，c＝(－1，－3)．
∵c＝λa＋μb(λ，μ∈R)，∴
解得因此＝4，故选B.
13．已知向量集合M＝{a|a＝(1,2)＋λ(3,4)，λ∈R}，N＝{a|a＝(－2，－2)＋λ(4,5)，λ∈R}，则M∩N等于( C )
A．{(1,2)}
B．{(1,2)，(－2，－2)}
C．{(－2，－2)}
D．?
解析：令(1,2)＋λ1(3,4)＝(－2，－2)＋λ2(4,5)，
即(1＋3λ1,2＋4λ1)＝(－2＋4λ2，－2＋5λ2)，
∴解得
故M与N只有一个公共元素是(－2，－2)．
14．已知向量a＝(1,3)，b＝(2，－1)，c＝(1,1)．若c＝λa＋μb(λ，μ∈R)，则＝.
解析：由c＝λa＋μb，得解得2λ－3μ＝0，
即＝.
15．已知向量＝(4,3)，＝(－3，－1)，点A(－1，－2)．
(1)求线段BD的中点M的坐标．
(2)若点P(2，y)满足＝λ(λ∈R)，求λ与y的值．
解：(1)设B(x1，y1)，因为＝(4,3)，A(－1，－2)，
所以(x1＋1，y1＋2)＝(4,3)，
所以所以所以B(3,1)．
同理可得D(－4，－3)，设BD的中点M(x2，y2)，
则x2＝＝－，y2＝＝－1，所以M(－，－1)．
(2)由＝(3,1)－(2，y)＝(1,1－y)，
＝(－4，－3)－(3,1)＝(－7，－4)，
又＝λ(λ∈R)，
所以(1,1－y)＝λ(－7，－4)＝(－7λ，－4λ)，
所以所以课时作业21 平面向量数量积的物理背景及其含义
——基础巩固类——
一、选择题
1．已知|b|＝3，a在b方向上的投影是，则a·b为( D )
A.
B.
C．3
D．2
解析：设a与b的夹角为θ，则a在b方向上的投影|a|cosθ＝，所以a·b＝|a||b|cosθ＝×3＝2，故选D.
2．设向量a，b满足|a|＝|b|＝1，a·b＝－，则|a＋2b|＝( B )
A.
B.
C.
D.
解析：因为|a＋2b|2＝|a|2＋4a·b＋4|b|2＝1＋4×＋4＝3，所以|a＋2b|＝.
3．已知菱形ABCD的边长为a，∠ABC＝60°，则·等于( D )
A．－a2
B．－a2
C.a2
D.a2
解析：由题意得||＝a，·＝||||cos30°＝a·a·＝a2，选D.
4．已知a，b，c，d为不共线的非零向量，且a＋b＝c，a－b＝d，则下列说法正确的个数为( D )
(1)若|a|＝|b|，则c·d＝0；
(2)若c·d＝0，则|a|＝|b|；
(3)若|c|＝|d|，则a·b＝0；
(4)若a·b＝0，则|c|＝|d|.
A．1
B．2
C．3
D．4
解析：(1)由|a|＝|b|，可知以a，b为邻边的四边形是菱形，则c·d＝0，正确；
(2)由c·d＝0，可得(a＋b)·(a－b)＝0，即a2＝b2，则|a|＝|b|，正确；
(3)由|c|＝|d|，可知以a，b为邻边的四边形是矩形，则a·b＝0，正确；
(4)由a·b＝0，可知以a，b为邻边的四边形是矩形，则|c|＝|d|，正确．故选D.
5．若非零向量a，b满足|a|＝|b|，且(a－b)⊥(3a＋2b)，则a与b的夹角为( A )
A.
B.
C.
D．π
解析：由条件，得(a－b)·(3a＋2b)＝3a2－2b2－a·b＝0，即a·b＝3a2－2b2，又|a|＝|b|，所以a·b＝32－2b2＝b2，所以cos〈a，b〉＝＝＝，所以〈a，b〉＝.
6．设四边形ABCD为平行四边形，||＝6，||＝4.若点M，N满足＝3，＝2，则·＝( C )
A．20
B．15
C．9
D．6
解析：选择，为基向量，∵＝3，∴＝＋＝＋＝＋，又＝2，
∴＝＋＝－，于是·＝(＋)·(－)＝(4＋3)·(4－3)＝(16||2－9||2)＝9.
二、填空题
7．已知向量⊥，||＝3，则·＝9.
解析：因为⊥，||＝3，所以·＝·(＋)＝||2＋·＝||2＝32＝9.
8．已知平面向量a与b的夹角为，且|b|＝1，|a＋2b|＝2，则|a|＝2
.
解析：∵平面向量a与b的夹角为，且|b|＝1，|a＋2b|＝2，∴|a|2＋4|b|2＋4a·b＝12，即|a|2＋4＋4|a|·|b|cos＝12，即|a|2＋2|a|－8＝0，即(|a|－2)(|a|＋4)＝0，则|a|＝2或|a|＝－4(舍)，故|a|＝2.
9．已知e1，e2是夹角为的两个单位向量，a＝e1－2e2，b＝ke1＋e2，若a·b＝0，则实数k的值为
.
解析：由题意可得a·b＝(e1－2e2)·(ke1＋e2)＝ke－2e＋(1－2k)e1·e2＝k－2＋(1－2k)×1×1×cos＝2k－＝0，解得k＝.
三、解答题
10．已知单位向量m和n的夹角为60°.
(1)试判断2n－m与m的关系并证明．
(2)求n在n＋m方向上的投影．
解：(1)(2n－m)⊥m，
证明：(2n－m)·m＝2n·m－m2＝2cos60°－1＝0.
所以(2n－m)⊥m.
(2)|n＋m|2＝n2＋m2＋2|n||m|cos60°＝3，
所以|n＋m|＝，
所以n在n＋m方向上的投影为
＝＝＝.
11．已知e1、e2是夹角为120°的两个单位向量，a＝3e1－2e2，b＝2e1－3e2.
(1)求a·b的值；
(2)求a＋b与a－b的夹角的大小．
解：(1)a·b＝(3e1－2e2)·(2e1－3e2)
＝6e－13e1·e2＋6e＝6－13cos120°＋6＝.
(2)设a＋b与a－b的夹角为θ，
则cosθ＝＝＝0，
所以θ＝90°，即a＋b与a－b的夹角为90°.
——能力提升类——
12．O为平面内的定点，A，B，C是平面内不共线的三点，若(－)·(＋－2)＝0，则△ABC是( B )
A．以AB为底边的等腰三角形
B．以BC为底边的等腰三角形
C．以AB为斜边的直角三角形
D．以BC为斜边的直角三角形
解析：设BC的中点为M，则化简(－)·(＋－2)＝0，得到·(＋)＝·(2)＝2·＝0，即·＝0，∴⊥，∴AM是△ABC的边BC上的中线，也是高，故△ABC是以BC为底边的等腰三角形．
13．已知|a|＝2|b|≠0，且关于x的方程x2＋|a|x＋a·b＝0有实根，则a与b的夹角的取值范围是( B )
A.
B.
C.
D.
解析：由于|a|＝2|b|≠0，且关于x的方程x2＋|a|x＋a·b＝0有实根，则|a|2－4a·b≥0，即a·b≤|a|2.设向量a与b的夹角为θ，则cosθ＝≤＝，∴θ∈.
14．已知|a|＝|b|＝|c|＝1，且a＋b＋c＝0，则a·b＋b·c＋c·a＝－
.
解析：∵|a|＝|b|＝|c|＝1，且a＋b＋c＝0，∴a2＋b2＋2a·b＝3c2，即2＋2a·b＝3，∴a·b＝.又a＋b＝－c，∴a·b＋b·c＋c·a＝a·b＋c·(a＋b)＝a·b＋c·(－c)＝－.
15．已知平面上三个向量a、b、c的模均为1，它们相互之间的夹角为120°.
(1)求证：(a－b)⊥c.
(2)若|ka＋b＋c|>1(k∈R)，求k的取值范围．
解：(1)证明：证法1：∵|a|＝|b|＝|c|＝1且a、b、c之间的夹角均为120°，
∴(a－b)·c＝a·c－b·c
＝|a||c|cos120°－|b||c|cos120°＝0.
∴(a－b)⊥c.
证法2：如图，设＝a，＝b，＝c.由题意可知，连接AB、AC、BC的三条线段围成正三角形ABC，O为△ABC的中心，∴OC⊥AB.
又∵＝a－b，∴(a－b)⊥c.
(2)∵|ka＋b＋c|>1，
∴(ka＋b＋c)·(ka＋b＋c)>1，
即k2a2＋b2＋c2＋2ka·b＋2ka·c＋2b·c>1.
∵a·b＝a·c＝b·c＝cos120°＝－，∴k2－2k>0.
解得k<0或k>2.
即k的取值范围是k<0或k>2.课时作业22 平面向量数量积的坐标表示、模、夹角
——基础巩固类——
一、选择题
1．向量a＝(1，－1)，b＝(－1,2)，则(2a＋b)·a＝( C )
A．－1
B．0
C．1
D．2
解析：a＝(1，－1)，b＝(－1,2)，∴(2a＋b)·a＝(1,0)·(1，－1)＝1.
2．在平面直角坐标系xOy中，已知四边形ABCD是平行四边形，＝(1，－2)，＝(2,1)，则·＝( A )
A．5
B．4
C．3
D．2
解析：由＝＋＝(1，－2)＋(2,1)＝(3，－1)，得·＝(2,1)·(3，－1)＝5.
3．设a＝(1,2)，b＝(1,1)，c＝a＋kb，若b⊥c，则实数k的值等于( A )
A．－
B．－
C.
D.
解析：因为c＝(1＋k,2＋k)，b·c＝0，所以1＋k＋2＋k＝0，解得k＝－，故选A.
4．a，b为平面向量，已知a＝(4,3)，2a＋b＝(3,18)，则a，b夹角的余弦值等于( C )
A.
B．－
C.
D．－
解析：设b＝(x，y)，则2a＋b＝(8＋x,6＋y)＝(3,18)，
所以解得故b＝(－5,12)，
所以cos?a，b?＝＝.故选C.
5．已知向量a＝(1,2)，b＝(2，－3)，若向量c满足(c＋a)∥b，c⊥(a＋b)，则c等于( D )
A.
B.
C.
D.
解析：设c＝(x，y)，
则c＋a＝(x＋1，y＋2)，a＋b＝(3，－1)．
∵(c＋a)∥b，c⊥(a＋b)，
∴
解得即c＝.
6．设点A(2,0)，B(4,2)，若点P在直线AB上，且||＝2||，则点P的坐标为( C )
A．(3,1)
B．(1，－1)
C．(3,1)或(1，－1)
D．无数多个
解析：设P(x，y)，由||＝2||得＝2或＝－2，＝(2,2)，＝(x－2，y)，即(2,2)＝2(x－2，y)，x＝3，y＝1，P(3,1)；(2,2)＝－2(x－2，y)，x＝1，y＝－1，P(1，－1)．
故P(3,1)或(1，－1)．
二、填空题
7．已知a＝(1，n)，b＝(－1，n)，且2a－b与b垂直，则|a|等于2
.
解析：2a－b＝(3，n)，∵(2a－b)·b＝0，∴n2－3＝0，
∴n2＝3，∴|a|2＝1＋n2＝4，∴|a|＝2.
8．已知向量a＝(2，－1)，b＝(x，－2)，c＝(3，y)，若a∥b，(a＋b)⊥(b－c)，M(x，y)，N(y，x)，则向量的模为8
.
解析：∵a∥b，∴2×(－2)－(－1)×x＝0，
解得x＝4，∴b＝(4，－2)，
∴a＋b＝(6，－3)，b－c＝(1，－2－y)．
∵(a＋b)⊥(b－c)，∴(a＋b)·(b－c)＝0，
即6－3(－2－y)＝0，解得y＝－4，
∴＝(y－x，x－y)＝(－8,8)，∴||＝8.
9．设m＝(a，b)，n＝(c，d)，规定两向量m，n之间的一个运算“?”为m?n＝(ac－bd，ad＋bc)．若已知p＝(1,2)，p?q＝(－4，－3)，则q＝(－2,1)．
解析：设q＝(x，y)，
则p?q＝(x－2y，y＋2x)＝(－4，－3)．
∴解得∴q＝(－2,1)．
三、解答题
10．已知＝(6,1)，＝(4，k)，＝(2,1)．
(1)若A、C、D三点共线，求k的值；
(2)在(1)的条件下，求向量与的夹角的余弦值．
解：(1)＝＋＝(10，k＋1)，
又A、C、D三点共线，∴∥.
∴10×1－2(k＋1)＝0，解得k＝4.
(2)设向量与的夹角为θ，
由(1)得＝(4,4)，则·＝2×4＋1×4＝12，
又||＝＝4，||＝＝，
则cosθ＝＝＝.
即向量与的夹角的余弦值为.
11．在平面直角坐标系xOy中，已知点A(－1，－2)，B(2,3)，C(－2，－1)．
(1)求以线段AB、AC为邻边的平行四边形的两条对角线的长；
(2)设实数t满足(－t)·＝0，求t的值．
解：(1)由题设知＝(3,5)，＝(－1,1)，
则＋＝(2,6)，－＝(4,4)，
所以|＋|＝2，|－|＝4.
故两条对角线的长分别为2、4.
(2)由题设知＝(－2，－1)，
－t＝(3＋2t,5＋t)．
由(－t)·＝0，
得(3＋2t,5＋t)·(－2，－1)＝0，
从而5t＝－11，故t＝－.
——能力提升类——
12．已知向量＝(2,2)，＝(4,1)，在x轴上有一点P，使·有最小值，则点P的坐标是( C )
A．(－3,0)
B．(2,0)
C．(3,0)
D．(4,0)
解析：设点P的坐标为(x,0)，则
＝(x－2，－2)，＝(x－4，－1)．
·＝(x－2)(x－4)＋(－2)×(－1)
＝x2－6x＋10＝(x－3)2＋1.
当x＝3时，·有最小值1，此时点P的坐标为(3,0)，故选C.
13．在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝2，点E为线段BC的中点，点F为线段CD上的动点，则·的取值范围是( A )
A．[2,14]
B．[0,12]
C．[0,6]
D．[2,8]
解析：如图，A(0,0)，E(2，1)，设F(x,2)(0≤x≤2)，所以＝(2，1)，＝(x,2)，因此·＝2x＋2，
设f(x)＝2x＋2(0≤x≤2)，f(x)为增函数，
则f(0)＝2，f(2)＝14，
故2≤f(x)≤14，·的取值范围是[2,14]．
14．如图，在矩形ABCD中，AB＝，BC＝2，点E为BC的中点，点F在边CD上，且＝2，则·的值是
.
解析：
以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系．∵AB＝，BC＝2，∴A(0,0)，B(，0)，C(，2)，D(0,2)．∵点E为BC的中点，∴E(，1)，又∵点F在边CD上，且＝2，∴F.∴＝(，1)，＝，
∴·＝2－＝.
15．设平面上向量a＝(cosα，sinα)(0°≤α<360°)，b＝.
(1)试证：向量a＋b与a－b垂直；
(2)当两个向量a＋b与a－b的模相等时，求角α.
解：(1)证明：(a＋b)·(a－b)
＝·
＝＋·
＝cos2α－＋sin2α－＝0，
∴(a＋b)⊥(a－b)．
(2)由|a|＝1，|b|＝1，且|a＋b|＝|a－b|，
平方得(a＋b)2＝(a－b)2，
整理得2a2－2b2＋4a·b＝0，
即2－2＋4a·b＝0，也就是a·b＝0，
a·b＝(cosα，sinα)·
＝－cosα＋sinα＝0，
∴tanα＝.
∵0°≤α<360°，∴α＝30°或α＝210°.课时作业23 平面向量应用举例
——基础巩固类——
一、选择题
1．在四边形ABCD中，＝(1,2)，＝(－4,2)，则该四边形的面积为( C )
A. B．2 C．5 D．10
解析：因为·＝(1,2)·(－4,2)＝1×(－4)＋2×2＝0，所以⊥，且||＝＝，||＝＝2，所以S四边形ABCD＝||||＝××2＝5.故选C.
2．两个大小相等的共点力F1，F2，当它们的夹角为90°时，合力大小为20
N，则当它们的夹角为120°时，合力大小为( B )
A．40
N
B．10
N
C．20
N
D．10
N
解析：
如图，以F1，F2为邻边作平行四边形，F为这两个力的合力．
由题意，易知|F|＝|F1|，|F|＝20
N，∴|F1|＝|F2|＝10
N.
当它们的夹角为120°时，以F1，F2为邻边作平行四边形，此平行四边形为菱形，此时|F合|＝|F1|＝10
N，故选B.
3．河水的流速为2
m/s，一艘小船想以垂直于河岸方向10
m/s的速度驶向对岸，则小船在静水中的速度大小为( B )
A．10
m/s
B．2
m/s
C．4
m/s
D．12
m/s
解析：设河水的流速为v1，小船在静水中的速度为v2，船的实际速度为v，则|v1|＝2，|v|＝10，v⊥v1.
∴v2＝v－v1，v·v1＝0，
∴|v2|＝＝＝＝2.
4．在△ABC中，若·(2－)＝0，则△ABC一定是( D )
A．直角三角形
B．等腰直角三角形
C．正三角形
D．等腰三角形
解析：·(2－)＝·(＋－)＝·(＋＋)＝·(＋)＝－·(＋)＝0.由向量加法的平行四边形法则，知以CA，CB为邻边的平行四边形的对角线互相垂直，所以△ABC一定是等腰三角形．
5．设O为△ABC的外心，平面上一点P使＝＋＋，则点P是△ABC的( C )
A．外心
B．内心
C．垂心
D．重心
解析：
由＝＋＋，得＝＋，以OB，OC为邻边作?OBDC，如图．
∵O为△ABC的外心，∴OB＝OC.
∴四边形OBDC为菱形．
∴OD⊥BC.
又＝＋＝，∴AP⊥BC.
同理，BP⊥AC.故P为垂心．
6．设O为△ABC内部的一点，且＋2＋3＝0，则△AOC的面积与△BOC的面积之比为( C )
A．3?2
B．5?3
C．2?1
D．3?1
解析：设AC的中点为D，BC的中点为E，
则(＋)＋(2＋2)＝2＋4＝0，
∴＝－2，即O，D，E三点共线．
∴S△OCD＝2S△OCE，∴S△AOC＝2S△BOC.
∴S△AOC?S△BOC＝2?1.
二、填空题
7．一物体受到相互垂直的两个力f1，f2的作用，两力大小都为5
N，则两个力的合力的大小为5
N.
解析：根据向量加法的平行四边形法则，合力f的大小为×5＝5(N)．
8．在△ABC中，M是BC的中点，AM＝1，点P在AM上且满足＝2，则·(＋)等于－.
解析：∵M是BC的中点，∴＋＝2，
∴·(＋)＝－·＝－.
9．在长江南岸渡口处，江水以12.5
km/h的速度向东流，渡船的速度为25
km/h.渡船要垂直地渡过长江，则航向为北偏西30°
.
解析：
如图，渡船速度为，水流速度为，船实际垂直过江的速度为，依题意知||＝12.5，||＝25，由于四边形OADB为平行四边形，则||＝||，又OD⊥BD，在Rt△OBD中，∠BOD＝30°，故航向为北偏西30°.
三、解答题
10．如图，在△ABC中，由A与B分别向对边BC与CA作垂线，垂足分别为D、E，且AD与BE交于H，连接CH，求证：CH⊥AB.
证明：由已知AH⊥BC，BH⊥AC，得·＝0，·＝0.
∵＝＋，＝＋，
∴(＋)·＝0，①
(＋)·＝0，②
①－②得，·(－)＝0，
即·＝0，∴CH⊥AB.
11．设作用于同一点O的三个力F1，F2，F3处于平衡状态，若|F1|＝1，|F2|＝2，F1与F2的夹角为，如图所示．求：
(1)F3的大小；
(2)F2与F3夹角θ的大小．
解：(1)F1，F2，F3三个力处于平衡状态，
故F1＋F2＋F3＝0，F3＝－F1－F2.
|F3|＝＝
＝＝.
(2)以F1，F2为邻边的?OF2PF1中，
||＝||＝，||＝2，
||＝||＝1，
△OPF2是直角三角形，tan∠POF2＝.
∠POF2＝，∠F3OF2＝.即θ＝.
——能力提升类——
12．已知A，B，C三点不在同一条直线上，O是平面ABC内一定点，P是△ABC内的一动点，若－＝λ，λ∈[0，＋∞)，则直线AP一定过△ABC的( A )
A．重心
B．垂心
C．外心
D．内心
解析：
如图，取BC的中点D，
则＋＝＋＝.
又∵－＝λ，
∴＝λ，
∴A，P，D三点共线，
∴直线AP一定过△ABC的重心．
13．向量a≠e，|e|＝1，若对任意t∈R，|a－te|≥|a＋e|，则( C )
A．a⊥e
B．a⊥(a＋e)
C．e⊥(a＋e)
D．(a＋e)⊥(a－e)
解析：由|a－te|≥|a＋e|得(a－te)2≥(a＋e)2，
故t2－2a·et－(2a·e＋1)≥0.
∵对任意t∈R，上式恒成立，
∴Δ＝4(a·e)2＋4(2a·e＋1)≤0.∴(a·e＋1)2≤0.
∴a·e＝－1，∴e·(a＋e)＝a·e＋1＝0，∴e⊥(a＋e)．
14．如图，在矩形ABCD中，AB＝，BC＝3，BE⊥AC，垂足为E，则ED＝
.
解析：以A为坐标原点，AD，AB所在直线分别为x轴，y轴建立平面直角坐标系，则A(0,0)，B(0，)，C(3，)，D(3,0)，＝(3，)，设＝λ，则E的坐标为(3λ，λ)，故＝(3λ，λ－)．因为BE⊥AC，所以·＝0，
即9λ＋3λ－3＝0，解得λ＝，所以E(，)．
故＝(，－)，||＝，即ED＝.
15．一条宽为
km的河，水流速度为2
km/h，在河两岸有两个码头A，B，已知AB＝
km，船在水中的最大航速为4
km/h，问该船从A码头到B码头怎样安排航行速度可使它最快到达彼岸B码头？用时多少？
解：如图所示，设为水流速度，为航行速度，以和为邻边作?ACED且当与重合时能最快到达彼岸．
根据题意AC⊥AE，
在Rt△ADE和?ACED中，
||＝||＝2，||＝4，∠AED＝90°，
∴||＝＝2，
sin∠EAD＝，
∴∠EAD＝30°，用时0.5
h.
即船实际航行速度大小为4
km/h，与水流成120°角时能最快到达B码头，用时半小时．
