高中数学人教A版 (2019)必修 第二册6.3 平面向量基本定理及坐标表示随堂练习题

第六章　6.3　6.3.5

A组·素养自测

一、选择题

1．已知点A(1,2)，B(2,3)，C(－2,5)，则·等于(　B　)

A．－1 B．0

C．1 D．2

[解析]　∵＝(2,3)－(1,2)＝(1,1)，＝(－2,5)－(1,2)＝(－3,3)，∴·＝1×(－3)＋1×3＝0．

2．(2021·全国甲卷改编)已知向量a＝(3,1)，b＝(1,0)，c＝a＋kb．若a⊥c，则k＝(　B　)

A． B．－

C． D．－

[解析]　c＝(3＋k,1)，a·c＝0⇔3(3＋k)＋1＝0．

所以k＝－．

3．已知a＝(1，n)，b＝(－1，n)．若2a－b与b垂直，则|a|＝(　C　)

A．1 B．

C．2 D．4

[解析]　由2a－b与b垂直，得(2a－b)·b＝0，

即2a·b－b2＝0．

故2(－1＋n2)－(1＋n2)＝0，解得n2＝3．

所以，|a|＝＝＝2．

4．已知a＝(1,1)，b＝(0，－2)，且ka－b与a＋b的夹角为120°，则k等于(　C　)

A．－1＋ B．－1－

C．－1± D．1

[解析]　∵|ka－b|＝，

|a＋b|＝＝，

∴(ka－b)·(a＋b)＝(k，k＋2)·(1，－1)＝k－k－2＝－2，

又ka－b与a＋b的夹角为120°，

∴cos 120°＝，

即－＝，

化简并整理，得k2＋2k－2＝0，解得k＝－1±．

5．(2022·乐山高一检测)已知＝(－5,4)，＝(3，－2)，BC边的中点为D，则AD的长为(　D　)

A． B．1

C．2 D．

[解析]　因为＝(－5,4)，＝(3，－2)，

则＝(＋)＝(－1,1)；

所以AD的长为：＝．

二、填空题

6．已知向量a＝(2,2)，b＝(－8,6)，则cos 〈a，b〉＝__－__．

[解析]　∵a＝(2,2)，b＝(－8,6)，

∴a·b＝2×(－8)＋2×6＝－4，

|a|＝＝2，|b|＝＝10．

∴cos 〈a，b〉＝＝＝－．

7．若a＝(3，－1)，b＝(x，－2)，且〈a，b〉＝，则x＝__1__．

[解析]　cos ＝，解得x＝1或x＝－4(舍)．

8．(2020·北京卷)已知正方形ABCD的边长为2，点P满足＝(＋)，则||＝____；·＝__－1__．

[解析]　以点A为坐标原点，AB、AD所在直线分别为x、y轴建立如下图所示的平面直角坐标系，

则点A(0,0)、B(2,0)、C(2,2)、D(0,2)，

＝(＋)＝(2,0)＋(2,2)＝(2,1)，

则点P(2,1)，∴＝(－2,1)，＝(0，－1)，

因此，||＝＝，·＝0×(－2)＋1×(－1)＝－1．

三、解答题

9．已知a＝(1,2)，b＝(－3,2)，若ka＋b与a－3b垂

直，求k的值．

[解析]　ka＋b＝k(1,2)＋(－3,2)＝(k－3,2k＋2)，

a－3b＝(1,2)－3(－3,2)＝(10，－4)．

又ka＋b与a－3b垂直，故(ka＋b)·(a－3b)＝0．

即(k－3)·10＋(2k＋2)·(－4)＝0得k＝19．

10．(1)已知三点A(2，－2)，B(5,1)，C(1,4)，求∠BAC的余弦值；

(2)a＝(3,0)，b＝(－5,5)，求a与b的夹角．

[解析]　(1)∵＝(5,1)－(2，－2)＝(3,3)，

＝(1,4)－(2，－2)＝(－1,6)，

∴·＝3×(－1)＋3×6＝15．

又||＝＝3，||＝＝，

∴cos ∠BAC＝＝＝．

(2)a·b＝3×(－5)＋0×5＝－15，|a|＝3，|b|＝5．

设a与b的夹角为θ，则cos θ＝＝＝－．

又0≤θ≤π，∴θ＝．

B组·素养提升

一、选择题

1．(多选题)已知{e1，e2}是平面α内的一个基底，O为α内的定点，对于α内任意一点P，当＝xe1＋ye2时，则称有序实数对(x，y)为点P的广义坐标．若点A，B的广义坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，关于下列命题正确的是(　AC　)

A．线段AB的中点的广义坐标为

B．A、B两点间的距离为

C．向量平行于向量的充要条件是x1y2＝x2y1

D．向量垂直于的充要条件是x1x2＋y1y2＝0

[解析]　由已知得＝x1e1＋y1e2，＝x2e1＋y2e2，

则线段AB的中点C满足＝(＋)＝e1＋e2，所以点C的广义坐标为，故A正确；

＝－＝(x2－x1)e1＋(y2－y1)e2，

由于e1·e2＝0不一定成立，所以||＝不一定成立，故B错误；

若向量平行于向量，则存在实数λ，使得＝λ，x1e1＋y1e2＝λ(x2e1＋y2e2)，因为e1，e2不共线，所以x1＝λx2且y1＝λy2，所以x1y2＝x2y1，故C正确；向量垂直于的充要条件是(x1e1＋y1e2)·(x2e1＋y2e2)＝0，

x1x2e＋(x1y2＋y1x2)e1·e2＋y1y2e＝0，

显然不是x1x2＋y1y2＝0，故D不正确．

2．角α顶点在坐标原点O，始边与x轴的非负半轴重合，点P在α的终边上，点Q(－3，－4)，且tan α＝－2，则与夹角的余弦值为(　C　)

A．－ B．

C．或－ D．或

[解析]　∵tan α＝－2，∴可设P(x，－2x)，

cos 〈，〉＝＝，

当x＞0时，cos 〈，〉＝，

当x＜0时，cos 〈，〉＝－．

3．已知向量a＝(1,2)，b＝(2，－3)，若向量c满足(c＋a)∥b，c⊥(a＋b)，则c＝(　D　)

A． B．

C． D．

[解析]　不妨设c＝(m，n)，则a＋c＝(1＋m,2＋n)，a＋b＝(3，－1)，对于(c＋a)∥b，则有－3(1＋m)＝2(2＋n)．又c⊥(a＋b)，则有3m－n＝0，∴m＝－，n＝－，故选D．

4．(多选题)设平面向量a＝(cos α，sin α)(0≤α＜2π)，b＝，若两个向量a＋b与a－b的模相等，则角α＝(　AC　)

A． B．

C．π D．π

[解析]　|a|＝1，|b|＝1，由题意知(a＋b)2＝(a－b)2，化简得a·b＝0，

所以－cos α＋sin α＝0，

所以tan α＝．又0≤α＜2π，

所以α＝或α＝．故选AC．

二、填空题

5．已知两个单位向量a、b的夹角为60°，c＝ta＋(1－t)b，若b·c＝0，则t＝__2__．

[解析]　∵|a|＝|b|＝1，〈a，b〉＝60°，

∴a·b＝，|b|2＝1，

∵b·c＝ta·b＋(1－t)b2＝t＋(1－t)＝1－t＝0，

∴t＝2．

6．如果正方形OABC的边长为1，点D，E分别为AB，BC的中点，那么cos ∠DOE的值为____．

[解析]　法一：以O为坐标原点，OA，OC所在的直线分别为x轴，y轴建立平面直角坐标系，如图所示，

则由已知条件，可得＝，＝．

故cos ∠DOE＝

＝＝．

法二：∵＝＋＝＋，

＝＋＝＋，

∴||＝，||＝，

·＝2＋2＝1，

∴cos ∠DOE＝＝．

三、解答题

7．已知a，b，c是同一平面内的三个向量，其中a＝(1,2)．

(1)若|c|＝2，且c∥a，求c的坐标；

(2)若|b|＝，且a＋2b与2a－b垂直，求a与b的夹角θ．

[解析]　(1)设c＝(x，y)，∵|c|＝2，

∴＝2，∴x2＋y2＝20．

由c∥a和|c|＝2，可得

解得或

故c＝(2,4)或c＝(－2，－4)．

(2)∵(a＋2b)⊥(2a－b)，∴(a＋2b)·(2a－b)＝0，

即2a2＋3a·b－2b2＝0，

∴2×5＋3a·b－2×＝0，整理得a·b＝－，

∴cos θ＝＝－1．又θ∈[0，π]，∴θ＝π．

8．在△ABC中，已知A(3,1)，B(1,0)，C(2,3)．

(1)判断△ABC的形状；

(2)设O为坐标原点，＝m(m∈R)，且(－m)∥，求||．

[解析]　(1)由两点间的距离公式，得|AB|＝|AC|＝．

∵＝(－2，－1)，＝(－1,2)，

∴·＝2－2＝0，即AB⊥AC．

∴△ABC为等腰直角三角形．

(2)由题可知＝(2,3)，＝(1,3)，

则－m＝(－2－2m，－1－3m)．

又(－m)∥，

则有3(－2－2m)＋(1＋3m)＝0，解得m＝－，

由两点间的距离公式，得|OC|＝．

∴||＝．

∴||＝|m|·||＝．