高中数学平面向量-综合测试题.doc
_平面向量 综合测试题 （时间：120分钟 满分：150分） 学号：_ 班级：_ 姓名：_ 得分：_ 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. 向量a，b，c，实数,下列命题中真命题是()A若a·b0，则a0或b0 B若 a0，则0或a0C若a2b2，则ab或ab D若a·ba·c，则bc 2已知向量a(1,0)与向量b(1，)，则向量a与b的夹角是()A. B. C. D. 3. 设P是ABC所在平面内的一点，2，则()A.0 B.0 C.0 D.0 4已知向量a(2,3)，b(1,2)，若manb与a2b共线，则()A2 B2 C D. 5若向量a，b，c满足ab且ac，则c·(a2b)() A4 B3 C2 D0 6已知点A(1,1)，B(1,2)，C(2，1)，D(3,4)，则向量在方向上的投影为()A. B. C D 7. 已知|a|2|b|，|b|0，且关于x的方程x2|a|xa·b0有实根，则a与b的夹角的取值范围是()A0，B，C，D， 8. 已知向量a，b满足|a|1，(ab)·(a2b)0，则|b|的取值范围为()A1,2 B2,4C. D. 9. 下列命题中正确的个数是()若a与b为非零向量，且ab，则ab必与a或b的方向相同；若e为单位向量，且ae，则a|a|e；a·a·a|a|3；若a与b共线，又b与c共线，则a与c必共线；若平面内有四点A，B，C，D，则必有.A1 B2C3 D4 10已知向量a(x1,1)，b(1，y2)，且ab，则x2y2的最小值为()A. B. C. D1 11若向量a，b满足：|a|1，(ab)a，(2ab)b，则|b|()A2 B. C1 D.12设a,b是两个非零向量，下列结论一定成立的是()A若|ab|a|b|，则abB若ab，则|ab|a|b|C若|ab|a|b|，则存在实数，使得abD若存在实数，使得ab，则|ab|a|b| 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已知向量a(2,1)，a·b10，|ab|5 ，则|b|等于_ 14已知向量a(2，1)，b(1，m)，c(1,2)，若(ab)c，则m_. 15已知向量a，b满足|a|1，b(2,1)，且 ab0(R)，则|_. 16在ABC中，若A120°，·1，则|的最小值是_ 三、解答题（本大题共6小题，共60分.解答题应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 17.（10分）已知O、A、B是平面上不共线的三点，直线AB上有一点C，满足2，(1)用、表示；(2)若点D是OB的中点，证明四边形OCAD是梯形 18（10分）设a，b是不共线的两个非零向量(1)若2ab，3ab，a3b，求证：A，B，C三点共线(2)若ab，2a3b，2akb，且A，C，D三点共线，求k的值 19（10分）已知向量a(3,2)，b(1,2)，c(4,1)(1)求3ab2c；(2)求满足am bn c的实数m，n；(3)若(ak c)(2ba)，求实数k. 20（10分）已知在ABC中，A(2，1)，B(3,2)，C(3，1)，AD为BC边上的高，求点D的坐标与|21（10分）已知|a|2|b|2，且向量a在向量b的方向上的投影为1，求(1)a与b的夹角；(2)(a2b)·b.22.（10分）已知a( ，1)，b，且存在实数k和t，使得xa(t23)b，ykatb，且xy，试求的最小值 参考答案 一、选择题 16 BCBCDA 712 BDACBC 提示： 1.若a·b0，表明a，b垂直，并不是a0或b0；若a2b2，表明|a|2|b|2，并不是ab或ab；若a·ba·c，则有|a|b|cos |a|c|cos ，分别是向量a，b和c，a的夹角，不只会是bc.故只有B正确 2 .cosa，b.所以a，b. 3.由2知，点P是线段AC的中点，则0. 4.由向量a(2,3)，b(1,2)得manb(2mn,3m2n)，a2b(4，1)，因为manb与a2b共线，所以(2mn)×(1)(3m2n)×40，整理得. 5.因为ac，所以a·c0，又因为ab，则设ba，所以c·(a2b)(12)c·a0. 6(2,1)，(5,5)，向量(2,1)在(5,5)上的投影为|cos，|，故选A. 7|a|24a·b|a|24|a|b|cosa，b4|b|28|b|2·cosa，b0.所以cosa，b，a，b0，所以a，b. 8由题意知b0，设向量a，b的夹角为，(ab)·(a2b)a2a·b2b2，1|b|cos 2|b|20，所以cos ，因为1cos 1，所以11，所以|b|1. 9.易知均错误，正确，因为，所以，即，所以正确 10.因为ab，所以a·b0，即x1y20，整理得xy1，所以x2y2x2(1x)22x22x122，所以x2y2的最小值为. 11因为(ab)a，|a|1，所以(ab)·a0，所以|a|2a·b0，所以a·b1. 又因为(2ab)b，所以(2ab)·b0.所以2a·b|b|20.所以|b|22.所以|b|，选B.12.利用排除法可得选项C是正确的，因为|ab|a|b|，则a，b共线，即存在实数，使得ab.选项A：|ab|a|b|时，a，b可为异向的共线向量；选项B：若ab，由正方形得|ab|a|b|不成立；选项D；若存在实数，使得ab，a，b可为同向的共线向量，此时显然|ab|a|b|不成立 二、填空题 13.5 14.1 15. 16. 提示： 13因为|ab|5 ，所以(ab)250，即a2b22a·b50，又|a|，a·b10，所以5|b|22×1050. 解得|b|5. 14由题意知ab(1，m1)，c(1,2)，由(ab)c，得1×2(m1)×(1)m10，所以m1. 15|b|，由ab0，得ba，故|b|a|a|，所以|. 16因为·1，所以|·|cos 120°1，即|·|2，所以|2|222·22|·|2·6，所以|min. 三、解答题17.解：(1)2，2()().22，所以2.(2)如图，(2)，故，故四边形OCAD为梯形 18(1)证明：a2b，a2b.所以，又因为A为公共点， 所以A、B、C三点共线(2)解;(ab)(2a3b)3a2b，因为A,C,D三点共线，所以与共线从而存在实数使，即3a2b(2akb)，得解得，k，所以k. 19解：(1)3ab2c3(3,2)(1,2)2(4,1)(9,6)(1,2)(8,2)(0,6) (2)因为ambnc，所以(3,2)m(1,2)n(4,1)(m4n,2mn)所以解得(3)因为(akc)(2ba)，akc(34k,2k)，2ba(5,2)所以2×(34k)(5)×(2k)0，所以k. 20解：设D点坐标为(x，y)，则(x2，y1)，(6，3)，(x3，y2)，因为D在直线BC上，即与共线，所以存在实数，使，即(x3，y2)(6，3)所以所以x32(y2)，即x2y10.又因为ADBC，所以·0，即(x2，y1)·(6，3)0.所以6(x2)3(y1)0.由可得所以D(1,1)| ，21.解：(1)由题意知，|a|2，|b|1，|a|cos 1，所以a·b|a|b|cos |b|1，所以cos .由于0，所以即为所求(2)(a2b)·ba·b2b2123.22.解：因为a(，1)，b，所以|a| 2，|b| 1，所以a·b ×(1)×0，故有ab.由xy，得a(t23)b·(katb)0，即ka2(t33t)b2(tkt23k)a·b0. 所以k|a|2(t33t)|b|20. 将|a|2，|b|1代入上式，得4kt33t0. 所以k，所以(t24t3)(t2)2.故当t2时，有最小值. 8_
