(完整版)平面向量练习题(附答案)

平面向量练习题

一．填空题.

1． ACDBCDBA等于________．

2．若向量a＝（3，2），b＝（0，－1），则向量2b－a的坐标是________．

3．平面上有三个点A（1,3），B(2，2）,C（7，x),若∠ABC ＝90°，则x的值为________． 4。向量a、b满足｜a｜=1,|b｜=2，（a+b)⊥（2a-b），则向量a与b的夹角为________． 5．已知向量a＝（1，2)，b＝(3,1)，那么向量2a－

1b的坐标是_________． 26．已知A（－1，2)，B（2，4），C（4，－3），D（x ,1)，若AB与CD共线，则|BD|的值等于________． 7．将点A(2,4）按向量a＝（－5,－2）平移后，所得到的对应点A′的坐标是______． 8。 已知a=(1，－2)， b =（1，x),若a⊥b，则x等于______

9. 已知向量a， b的夹角为120,且｜a｜=2,| b ｜=5,则（2a— b）·a=______ 10. 设a=(2，－3), b =(x，2x)，且3a·b =4,则x等于_____

11。 已知AB(6,1),BC(x,y),CD(2,3),且BC∥DA，则x+2y的值为_ ____

12。 已知向量a+3 b, a-4 b分别与7a-5 b,7a-2 b垂直，且｜a|≠0,| b ｜≠0，则a与b的夹角为____ 13． 在△ABC中，O为中线AM上的一个动点，若AM=2，则OAOBOC的最小值是 . 14．将圆x2y22按向量v=（2,1）平移后，与直线xy0相切，则λ的值为 。 二．解答题.

15．设平面三点A(1，0）,B（0，1），C（2，5）．

（1）试求向量2AB＋AC的模; （2）试求向量AB与AC的夹角； （3）试求与BC垂直的单位向量的坐标．

16。已知向量a=(sin,cos）(R)，b=(3,3）

（1）当为何值时，向量a、b不能作为平面向量的一组基底 (2）求｜a－b｜的取值范围

17．已知向量a、b是两个非零向量，当a+tb（t∈R）的模取最小值时,

1

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（1）求t的值

（2）已知a、b共线同向时，求证b与a+tb垂直

18。 设向量OA(3,1),OB(1,2)，向量OC垂直于向量OB，向量BC 平行于OA，试求

ODOAOC时,OD的坐标.

19.将函数y=－x进行平移，使得到的图形与函数y=x－x－2的图象的两个交点关于原点对称.（如图）求平移向量a及平移后的函数解析式.

22

13).若存在不同时为零的实数k和t，使 20.已知平面向量a(3,1),b(,22xa(t23)b,ykatb,且xy.

（1）试求函数关系式k=f（t) （2）求使f（t）〉0的t的取值范围.

111。0 2.（－3，－4） 3。7 4。90° 5.(2，32）．

6.73． 7。(－3,2)． 8。－2 9。12

2

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110.3 11.0 12。 90° 13.2 14.1或5

15.（1）∵ AB＝(0－1，1－0）＝（－1,1），AC＝（2－1,5－0）＝(1，5）． ∴ 2AB＋AC＝2（－1,1）＋（1，5）＝（－1，7)．

(1)272ACAB∴ |2＋|＝＝50． （2)∵ ｜AB|＝

(1)21222152AC＝．｜|＝＝26，

AB·AC＝(－1）×1＋1×5＝4．

4213∴ cos ＝|AB||AC|＝226＝13． （3）设所求向量为m＝（x，y），则x＋y＝1． ①

2

2

ABAC又 BC＝（2－0，5－1）＝（2，4），由BC⊥m，得2 x ＋4 y ＝0． ②

2525xx－555255255yy5．．5或5由①、②，得∴ （5,－5）或（－5，5)即为所求．

16．【解】（1）要使向量a、b不能作为平面向量的一组基底,则向量a、b共线

∴

3sin3cos0tan33

故

k6(kZ),即当

k6(kZ)时，向量a、b不能作为平面向量的一组基底

22|ab|(sin3)(cos3)132(3sin3cos) （2）

而233sin3cos23 ∴ 231|ab|231

2222(atb)|b|t2abt|a|17．【解】(1)由

t当

2ab|a|cos(是a与b的夹角）|b|2|b|2时a+tb(t∈R)的模取最小值

t|a||b|

3

（2）当a、b共线同向时，则0，此时

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2b(atb)batbba|a||b||b||a||a||b|0 ∴

∴b⊥(a+tb）

18．解：设OC(x,y),OCOB又BC//OA,BC(x1,y2)OCOB02yx0 ①

3(y2)(x1)0 即：3yx7②

x14,,6)。 联立①、②得y7………10分 OC(14,7),于是ODOCOA(11

19．解法一：设平移公式为

xxh2yyk代入yx，得到

yk(xh)2.即yx22hxh2k，

2把它与yxx2联立，

22yx2hxhk2yxx2得 设图形的交点为（x1，y1）,（x2，y2），

由已知它们关于原点对称，

x1x222y1y22x(12h)x2hk0。 即有：由方程组消去y得:

由

x1x212h1且x1x20得h.22

又将（x1,y1）,(x2,y2)分别代入①②两式并相加，

222yyxx2hxxhk2. 121212得：

0(x2x1)(x2x1)(x1x2)

1919k2k.a(,)4424. 。 解得

4

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1xx2yy922yxyx4平移公式为：代入得：

x2。

2yxx2交点关于原点对称，可知该图形上所有点都可以找到关于原解法二：由题意和平移后的图形与

点的对称点在另一图形上，因此只要找到特征点即可.

1919(,),2yx2x2的顶点为24，它关于原点的对称点为（24),即是新图形的顶点.由于新图形由yx1199h0,k02244以下同解法一. 平移得到，所以平移向量为

2xy,xy0.即[(at3)b](katb)0. 20．解:(1)

1ab0,a4,b1,4kt(t23)0,即kt(t23).4

1 （2）由f(t)>0,得t(t23)0,即t(t3)(t3)0,则3t0或t3.

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