人教版新课标A必修4第二章 平面向量综合与测试复习练习题

这是一份人教版新课标A必修4第二章 平面向量综合与测试复习练习题，共11页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1.（2021高二下·保山期末）若向量 a=(x,−1) ， b=(0,3) ， c=(1,3) ， c⋅a=0 ，则 cs〈a,b〉= （ ）
A.12 B.32 C.−12 D.−32
2.（2019·全国Ⅱ卷理）已知 AB =(2,3)， AC =(3，t)，| BC |=1，则 AB⋅BC =（ ）

A. -3 B. -2 C. 2 D. 3
3.（2020高二上·平谷月考）如图，在等腰直角 △ABC 中，斜边 |BC|=6 ，且 DC=2BD ，点 P 是线段 AD 上任一点，则 AP⋅CP 的取值范围是（ ）
A. [0,4] B. [−910,4] C. [0,910] D. [−910,+∞)
4.（2020高三上·南京月考）已知非零向量 a 、 b ，若 |a|=3|b| ， a⊥(a−2b) ，则 a 与 b 的夹角是（ ）
A. π6 B. π3 C. 2π3 D. 5π6
5.（2020高一下·杭州月考）已知平面向量a＝(1,2)，b＝(－2，m)，且a∥b，则2a＋3b等于( )
A. (－2，－4) B. (－3，－6) C. (－4，－8) D. (－5，－10)
6.（2020高二上·常德月考）如图所示，在正方体 ABCD−A1B1C1D1 中，已知 M,N 分别是 BD 和 AD 的中点，则 B1M 与 D1N 所成角的余弦值为（ ）
A. 3030 B. 3015 C. 3010 D. 1515
7.（2020高二上·山东月考）如图，在平行六面体 ABCD−A1B1C1D1 中， ∠A1AD=∠A1AB=60° ， ∠BAD=90° ， AB=AD=1 ， AA1=2 ， O1 是 A1C1 与 B1D1 的交点，则 |AO1|= （ ）
A. 112 B. 222 C. 132 D. 262
8.（2019高一上·广州期末）已知向量与夹角为120°， a= （1，0），| b |＝2，则| a+b |＝（ ）
A. 3 B. 2 C. 2 3 D. 4
9.（2021高二上·龙江期中）如图，在三棱柱 ABC−A1B1C1 中， BC1 与 B1C 交于点 O ， ∠A1AB=∠A1AC=60° ， ∠BAC=90° ， A1A=4 ， AB=AC=2 ，则线段 AO 的长度为（ ）
A. 10 B. 102 C. 112 D. 11
10.（2019高二上·山西月考）设 e1 ， e2 ， e3 为空间的三个不同向量，如果 λ1e1+λ2e2+λ3e3=0 成立的等价条件为 λ1=λ2=λ3=0 ，则称 e1 ， e2 ， e3 线性无关，否则称它们线性相关．若 a=(2,1,−3) ， b=(1,0,2) ， c=(1,−1,m) 线性相关，则 m= ( )
A. 9 B. 7 C. 5 D. 3
二、填空题
11.（2020高二上·金山月考）已知点 A(−1,5) 和向量 a=(2,3) ，若 AB=3a ，则点 B 的坐标为 ．
12.（2019高一下·衢州期中）在平行四边形ABCD中， |AB|=3 ， |BC|=2 ， e1=AB|AB| ， e2=AD|AD| ，若 AC=xe1+ye2 ，则 x= ________； y= ________.
13.（2021·青浦一模）已知向量 e 的模长为1，平面向量 m,n 满足： |m−2e|=2,|n−e|=1 ，则 m⋅n 的取值范围是________.
14.（2020高三上·德州期中）已知 a=(1,2) ， b=(2,−2) ， c=(1,λ) ，若 c⊥(a+2b) ，则 λ= ________.
15.（2020高一下·胶州期中）已知菱形ABCD的棱长为3，E为棱CD上一点且满足 CE=2ED ，若 AE⋅EB=−6 ，则 csC= ________.
16.（2020高二上·常德月考）三棱柱 ABC−A1B1C1 中， M ， N 分别是 A1B ， B1C1 上的点，且 BM=2A1M ， C1N=2B1N .若 ∠BAC=90∘ ， ∠BAA1=∠CAA1=60∘ ， AB=AC=AA1=1 ，则 MN 的长为 .
17.（2020高一下·平顶山期末）如图所示，点P在由线段AB ， AC的延长线及线段BC围成的阴影区域内（不含边界），则下列说法中正确的是 ． （填写所有正确说法的序号）
①存在点P ， 使得 AP=12AB+2AC ；
②存在点P ， 使得 AP=−12AB+2AC ；
③存在点P ， 使得 AP=12AB−2AC ；
④存在点P ， 使得 AP=12AB+32AC ．
三、解答题
18.（2020高一下·泰安期末）设 a→=(2,0) ， b→=(1,3) .
（1）若 (a→−λb→)⊥b→ ，求实数 λ 的值；
（2）若 m→=xa→+yb→(x,y∈R) ，且 |m|=23 ， m→ 与 b→ 的夹角为 π6 ，求 x ， y 的值.
19.（2019高一下·吉林期末）已知向量 a=(4,3),b=(−1,2) ．
（1）求 a 与 b 的夹角 θ 的余弦值；
（2）若向量 a−λb 与 2a+b 垂直，求 λ 的值．
20.（2020高一下·邹城期中）已知 |a|=4 ， |b|=3 ， (2a−3b)⋅(2a+b)=61 .
（1）求 a 与 b 的夹角 θ ；
（2）求 |a−b| .
21.（2021高一下·桂林期末）平面直角坐标系 xOy 中，已知点 P(2,4) ，圆 O:x2+y2=4 与 x 轴的正半轴的交于点为 Q ．
（1）若过点 P 的直线 l 与圆 O 交于不同的两点 A ， B ．线段 AB 的中点为 M ，求点 M 的轨迹方程；
（2）设直线 QA ， QB 的斜率分别是 k1 ， k2 ，证明： k1+k2 为定值．
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 C
【解析】因为 c⋅a=0 ，所以 x−3=0 ，得出 x=3 ，则 a=(3,−1) ，
所以 cs〈a,b〉=a⋅b|a||b|=−3(3)2+(−1)2⋅3=−12。
故答案为：C．
2.【答案】 C
【解析】 AC−AB=BC=(3，t)−(2,3)=(1,t−3) , |BC| = 1+(t−3)2=1 ，求出t=3即可得出 BC=(1,0) , AB⋅BC = 2×1+3×0=2 .
故答案为：C
3.【答案】 B
【解析】解：由题意可知， AB=AC=32,AB⋅AC=0 ,
AD=AB+BD=AB+13BC=AB+13(AC−AB)=23AB+13AC ,
设 AP=λAD ，则 AP=2λ3AB+λ3AC ， CP=AP−AC=2λ3AB+(λ3−1)AC ，
所以 AP⋅CP=(2λ3AB+λ3AC)⋅[2λ3AB+(λ3−1)AC]
=λ3(λ3−1)AC2+4λ29AB2=10λ2−6λ ，
因为 0≤λ≤1 ，
所以当 λ=310 时， AP⋅CP 取最小值 −910 ，当 λ=1 时， AP⋅CP 取最大值4，
所以 AP⋅CP 的取值范围是 [−910,4] ，
故答案为：B
4.【答案】 A
【解析】设 a 与 b 的夹角为 θ ， ∵|a|=3|b| ， a⊥(a−2b) ，
则 a⋅(a−2b)=a2−2a⋅b=|a|2−2|a|⋅|b|csθ=3|b|2−23|b|2csθ=0 ，可得 csθ=32 ，
∵0≤θ≤π ， ∴θ=π6 .
故答案为：A.
5.【答案】 C
【解析】解：平面向量 a → =（1，2）， b → =（-2，m）且 a → ∥ b → ，
所以1×m=2×（-2），即m=-4
则2 a → +3 b → =2（1，2）+3（-2，-4）=（-4，-8）
故答案为：C．
6.【答案】 C
【解析】建立如图所示的坐标系
设正方体的棱长为 2 ，则
B1(2，2，2) ， M(1，1，0) ， D1(0，0，2) ， N(1，0，0) ，
∴→B1M=(−1，−1，−2) ， →D1N=(1，0，−2) ，
∴B1M 与 D1N 所成角的余弦值为
|−1+41+1+4⋅1+4|=3010。
故答案为：C。

7.【答案】 D
【解析】设 AB=a,BC=b,AA1=c
则 |a|=|b|=1,|c|=2,a·b=0,a·c=b·c=1×2×12=1
则 AO1=AA1+A1O1=AA1+12A1C1=AA1+12(A1B1+B1C1)=AA1+12(AB+BC)=12a+12b+c
∴|AO1|=(12a+12b+c)2=14a2+14b2+c2+a·c+b·c=14+14+4+1+1=262
故答案为：D

8.【答案】 A
【解析】由 a=(1,0) ，得 |a|=1 ，
又向量 a 与向量 b 的夹角为 120° ， |b|=2 ，
∴a⋅b=|a|⋅|a|cs〈a,b〉=1×2×(−12)=−1 ，
∴|a+b|2=a2+2a⋅b+b2=1−2+4=3 ，即 |a+b|=3 .
故答案为：A.
9.【答案】 A
【解析】由题设，易知四边形 BCC1B1 是平行四边形，
∴BO=12BC1=12(BC+BB1) ，
∴AO=AB+BO=AB+12BC+12AA1=12AC+12AB+12AA1 ，
∵∠A1AB=∠A1AC=∠BAC=60° ， A1A=4 ， AB=AC=2 ，
∴AB2=AC2=4 ， AA12=16 ， AB⋅AC=0 ， AB⋅AA1=AC⋅AA1=4×2×cs60°=4 ，
∴AO2=14(AB+AC+AA1)2=14(AB2+AC2+AA12+2AB⋅AC+2AB⋅AA1+2AC⋅AA1)=10 ，∴|AO|=10 ，即 AO=10 。
故答案为：A．
10.【答案】 A
【解析】依题意，三个向量线性相关，则存在不全为0的实数 x ， y ， z ，使得 xa+yb+zc=0 成立．故 {2x+y+z=0,x−z=0,−3x+2y+mz=0, 由 {2x+y+z=0,x−z=0 得 x=z ， y=−3z ，代入 −3x+2y+mz=0 ，得 (m−9)z=0 ，由于 x ， y ， z 不全为0，故 z≠0 ，则 m=9 ．
故答案为：A
二、填空题
11.【答案】 （5,14）
【解析】设点B（x,y）， AB=(x+1,y−5)=(6,9) ，因此 {x+1=6y−5=9 ，得 {x=5y=14 ，得点B（5,14）．
12.【答案】 3；2
【解析】由向量加法的三角形法则，
得到 AC=AB+BC ，
又 AB=3e1 ， BC=2e2 ，
所以 AC=3e1+2e2 ，即 x=3,y=2 ，
故答案为：3；2。
13.【答案】 [-1,8]
【解析】由题意知：不妨设 e=(1,0) ， m=(x,y),n=(a,b) ，
则根据条件可得：
(x−2)2+y2=4 ， (a−1)2+b2=1 ，
根据柯西不等式得：
m⋅n=ax+by=(a−1)x+by+x
因为 |(a−1)x+by| ≤(a−1)2+b2⋅x2+y2=4x ，
(a−1)x+by+x≤4x+x ， x−4x≤(a−1)x+by+x ，
当且仅当 bx=(a−1)y 时取等号；
令 t=4x ，则 t+t24=14(t+2)2−1 ，又 (x−2)2+y2=4 ，则 0≤x≤4 ，
所以 t∈[0,4] ，当 t=4 时， [14(t+2)2−1]max=8 ，即 m⋅n≤8 ；
t24−t=14(t−2)2−1 ，而 t∈[0,4] ，所以当 t=2 时， [14(t−2)2−1]min=−1 ，即 m⋅n≥−1 ，故 m⋅n 的取值范围是[-1,8].
14.【答案】 52
【解析】由题得 a+2b=(1,2)+2(2,−2)=(5,−2) ，因为 c⊥(a+2b) ， c=(1,λ) ，所以 5×1+(−2)×λ=0 ，所以 λ=52 .
故答案为： 52 .
15.【答案】 13
【解析】解：如图，
∵CE=2ED ，
∴CE=2ED ，
由 AE⋅EB=−6 得 (DE−DA)⋅(CB−CE)=−6 ，
得 DE⋅CB−DE⋅CE−DA⋅CB+DA⋅CE=−6 ，
得 −ED⋅CB+2−9+CB⋅CE=−6 ，
得 (CE−ED）⋅CB=1 ，即 ED⋅CB=1 ，即 13CD⋅CB=1
∴13×3×3csC=1 ，
∴csC=13 ，
故答案为 13 ．
16.【答案】 53
【解析】如图设 AB=a ， AC=b ， AA1=c ，
所以 MN=MA1+A1B1+B1N=13BA1+AB+13B1C1
=13(AA1−AB)+AB+13(AC−AB)=13(AB+AC+AA1)=13(a+b+c) ，
因为 (a+b+c)2=a2+b2+c2+2a⋅b+2a⋅c+2b⋅c
=1+1+1+0+2×1×1×cs60∘+2×1×1×cs60∘=5 ,
所以 MN→=13|a→+b→+c→|=53 ，所以 MN 的长为 53。
故答案为： 53。
17.【答案】 ①④
【解析】设 AP=λAB+μAC,(λ,μ∈R) ，由图可知：
λ>0,μ>0, 且 λ+μ>1 ，
∴①④正确。
故答案为：①④。
三、解答题
18.【答案】 （1）解：∵ a→=(2,0) ， b→=(1,3) ，
∴ a→−λb→=(2−λ,−3λ) ，
∵ (a→−λa→)⊥b→ ，
∴ (a→−λb→)⋅b→=0 ，即 2−4λ=0 ，
∴ λ=12 .
（2）解：∵ a→=(2,0) ， b→=(1,3) ，
∴ m→=xa→+yb→=(2x+y,3y) ，
又 |m→|=23 ，
∴ (2x+y)2+3y2=12 ，
又 csπ6=m→⋅b→|m→||b→|=2x+y+3y23×2=32 ，
即 x+2y=3 ，
由 {(2x+y)2+3y2=12x+2y=3 ，
解得 {x=1y=1 或 {x=−1y=2 ，
∴ x=1 ， y=1 或 x=−1 ， y=2 .
19.【答案】 （1）解： |a|=42+32=5 ， |b|=−12+22=5 ， a⋅b=−1×4+3×2=2 ，
∴ csθ=a⋅b|a||b|=25×5=2525 .
（2）解： a−λb=(4,3)−(−λ,2λ)=(4+λ,3−2λ) ．
2a+b=(8,6)+(−1,2)=(7,8)
若 (a−λb)⊥(2a+b) ，
则 7(4+λ)+8(3−2λ)=0 ，
解得 λ=529 .
20.【答案】 （1）解： ∵|a|=4 ， |b|=3 ，
∵(2a−3b)⋅(2a+b)=4|a|2−3|b|2−4a⋅b=37−4a⋅b=61 ，
∴ a⋅b=|a|⋅|b|·cs=−6 ，
∴ cs=−12 ，∴ =120∘ ，
∴向量 a 与 b 的夹角 θ=120° .
（2）解： ∵|a−b|2=|a|2+|b|2−2a⋅b=16+9+12=37 ，
∴|a−b|=37 .
21.【答案】 （1）设点 M(x,y) ，因为 M 为弦 AB 中点，所以 OM⊥MP ，
∵OM=(x,y) ， PM=(x−2,y−4) ，
∴由 OM⋅OP=0 ，得 x(x−2)+y(y−4)=0 化简得 x2+y2−2x−4y=0 .
∴ M 的轨迹方程是 (x−1)2+(y−2)2=5(−65（2）由题意点 Q(2,0) ，联立 {y−4=k(x−2),x2+y2=4 得 (1+k2)x2−4k(k−2)x+(2k−4)2−4=0
设 A(x1,y1) ， B(x2,y2) ，则 {x1+x2=4k(k−2)1+k2,x1x2=(2k−4)2−41+k2,Δ>0,
∴k1+k2=y1x1−2+y2x2−2=k(x1−2)+4x1−2+k(x2−2)+4x2−2
=2k+4x1−2+4x2−2=2k+4(x1+x2−4)x1x2−2(x1+x2)+4
=2k+4⋅[4k(k−2)1+k2−4](2k−4)2−41+k2−2⋅4k(k−2)1+k2+4=2k−4(8k+4)16=−1
∴ k1+k2 是定值.