平面向量部分解答题练习(含答案)

1、平面向量部分解答题练习1、设分别是直角坐标系轴，轴方向上的单位向量，若在同一直线是有三点A、B、C且。求实数的值2、如图，ABCD是一个梯形，ABCD，且AB=2CD，M、N分别是DC、AB的中点，已知=a,=b,试用a、b分别表示、。3、已知a=(1,2),b=(-3,2)，当k为可值时：（1）ka+b与a-3b垂直；（2）ka+b与a-3b平行，平行时它们是同向还是反向？4、设e1与e2是两个单位向量，其夹角为60°，试求向量a=2e1+e2,b=-3e1+2e2的夹角。5、以原点O和A（4，2）为两个顶点作等腰直角三角形OAB，B=90°，求点B的坐标和。6、已知两个

2、向量a和b，求证：|a+b|=|a-b|的充要条件是ab。7、已知ABC顶点A（0，0），B（4，8），C（6，-4），点M内分所成的比为3，N是AC边上的一点，且AMN的面积等于ABC面积的一半，求N点的坐标。8、（本小题满分12分）若，试求的夹角的的余弦值。9、（本小题满分12分）已知的三个内角成等差数列，且，。（1）求角的大小 （2）如果，求的一边长及三角形面积。10、（本小题满分12分）将函数进行平移，使得到的图形与函数的图象的两个交点关于原点对称.(如图)求平移向量及平移后的函数解析式.11、（本小题满分12分）在某海滨城市附近海面有一台风，据监测，当前台风中心位于城市O（如图）的东

3、偏南）方向300km的海面P处，并以20km/h的速度向西偏北方向移动，台风侵袭的范围为圆形区域，当前半径为60km，并以10km/h的速度不断增大，问几小时后该城市开始受到台风的侵袭？12、（本小题满分12分）已知两点，且点使，成公差小于零的等差数列。（1）点的轨迹是什么曲线？（2）若点坐标为，记为与的夹角，求13、（本小题满分14分）已知常数，向量，经过原点以为方向向量的直线与经过定点以为方向向量的直线相交于点，其中试问：是否存在两个定点，使得为定值，若存在，求出的坐标；若不存在，说明理由14、（本小题满分12分）设，是两个垂直的单位向量，且，（1）若，求的值； （2）若，求的值15、已知

4、A（1，0），B（1，0）两点，C点在直线上，且，成等差数列，记为的夹角，求tan.16、已知向量，且若 的最小值是，求的值17、已知ABC的顶点坐标为A（1，0），B（5，8），C（7，4），在边AB上有一点P，其横坐标为4，在边AC上求一点Q，使线段PQ把ABC分成面积相等的两部分18、已知|1，|，若，求 · ；若、的夹角为60°，求|。19、如图，某海轮以30海里/小时的速度航行，在A点测得海面上油井P在南偏东60°，向北航行40分钟到达B点，测得油井P在南偏东30°；海轮改为北偏东60°的航向再航行80分钟到达C点，求PC间的距离。2

5、0（本题满分12分）如图，一艘船从点A出发以2km/h的速度向垂直于对岸的方向行驶，同时河水的流速为2 km/h求船实际航行速度的大小与方向（用与流速间的夹角表示）21（本题满分12分）已知OFQ的面积为S，且· =1 ，若S ，求向量与 的夹角的范围22（本题满分12分）已知点H（3，0），点P在y轴上，点Q在x轴的正半轴上，点M在直线PQ上，且满足，当点P在y轴上移动时，求点M的轨迹C23(本题满分12分）已知向量=3i4j，=6i3j，=（5m）i（4m）j，其中i、j分别是直角坐标系内x轴与y轴正方向上的单位向量（1）若A、B、C能构成三角形，求实数m应满足的条件；（2）若A

6、BC为直角三角形，且A为直角，求实数m的值 24（本题满分12分）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均为120º（1）求证(ab)c；（2）若kabc>1(kR)，求k的取值范围 25 （本题满分14分）已知向量a、b、c、d，及实数x、y，且|a|=1，|b|=1，c=a（x23）b，d=yaxb，如果ab，cd，且|c|（1）求x、y的函数关系式y=f（x）及定义域；（2）（供部分考生选做）判断f（x）的单调性，指出单调区间，并求出函数的最大值、最小值 26、（8分）已知ABCD的顶点A（0，-9），B（2，6）， C（4，5），求第四个顶点D的坐标

7、 27、（14分）如图，平行四边形ABCD中，E，F分别是BC，DC的中点，G为DE、BF交点。若=，=，试以，为基底表示、 28、（14分）已知=(1,2),当k为何值时，（1）k+与-3垂直？（2）k+与-3平行？平行时它们是同向还是反向？29、（14分）求与向量 =（1，2）， =（2，1）夹角相等的单位向量的坐标30、（12分）ABC中，若sinB=2sinAcosC，且最小角的余弦为，（1）判断ABC的形状 （2）求ABC最大角31、（12分）某沿海城市附近海面有一台风，据观测，台风中心位于城市正南方向200km的海面P处，并正以20km/h的速度向北偏西方向移动（其中）,台风当前影

8、响半径为10km，并以10km/h的速度不断增大，问几小时后该城市开始受到台风影响？影响时间多长？32、设平面三点A（1，0），B（0，1），C（2，5）（1）试求向量2的模；（2）试求向量与的夹角；（3）试求与垂直的单位向量的坐标33、如图，已知，且|（1）用，表示，；（2）求·34、一只船按照北偏西30°方向，以36海里/小时的速度航行，一灯塔M在船北偏东15°，经40分钟后，灯塔在船北偏东45°求船与灯塔原来的距离35、在ABCD中，对角线AC ，BD ，周长为18，求这个平行四边形的面积36、如图，某观测站C在城A的南偏西20°方向上，

9、从城A出发有一条出路，走向是南偏东40°，在C处测得距C处31千米的公路上的B处有一人正沿着公路向城A走去走20千米后到达D处测得CD 21千米，这时此人距城A多少千米37、已知平面向量（7，9），若向量、满足2，|，求、的坐标38、已知P为ABC内一点，且345延长AP交BC于点D，若，用、表示向量、39、在ABC中，a b 10，而cos C是方程2 x23 x 20的一个根，求ABC周长的最小值40、在ABC中，A 120°，sin B sin C 32，SABC6，求a41、如图，在四边ABCD中，BC a，DC 2 a，四个内角A、B、C、D的度数的比为37410

10、，求AB的长42、设锐角ABC的外接圆圆心为O，边BC的中点为M，自顶点向BC引垂线，垂足为D，并在垂线上取一点H，与M在AO的同一侧，使得AH 2 OM，若，（1）试用、表示、；（2）据（1）的结论，证明BH AC，CH AB43、试证：从任意五个向量中总可以选出两个，使得它们之和的长不超过其余三个向量之和的长参考答案1、解：A、B、C三点在同一直线上存在唯一的实数使得消去得到由得到，代入解得或2、解 连结AC=a,=+= b+a, =-= b+a-a= b-a, =+=+= b-a,=-=a-b。3、解 （1）k·a+b=(k-3,2k+2),a-3b=(10,-4)。当(ka+

11、b)·(a-3b)=0时，这两个向量垂直，由10(k-3)+(2k+2)×（-4）=0得k=19。（2）当ka+b与a-3b平行，存在惟一的实数，使ka+b=(a-3b),由(k-3,2k+2)=(10,-4)得解得此时-a+b与a-3b反向。4、解 a=2e1+e2,|a|2=a2=(2e1+e2)2=4e12+4e1·e2+e22=7,|a|=。同理得|b|=。又a·b=（2e1+e2）·(-3e1+2e2,)=-6e12+ e1·e2+2e22=-， cos=-,=120°.5、解 如图8，设B(x,y),则=(x,y

12、), =(x-4,y-2)。B=90°，x(x-4)+y(y-2)=0，即x2+y2=4x+2y。设OA的中点为C，则C(2,1), =（2，1），=(x-2,y-1)ABO为等腰直角三角形，2(x-2)+y-1=0，即2x+y=5。解得、得或B(1,3)或B(3,-1)，从而=(-3,1)或=（-1,-3）6、证明 如图9，=a, =b。 （1）充分性：若，OBCA为矩形，则|a+b|=|,|a-b|=|OBCA为矩形，|=|，即|a+b|=|a-b|（2）必要性：|a+b|=|,|a-b|=,且|a+b|=|a-b|,|=|,平行四边形OBCA为矩形，ab，即a的方向与b的方向垂

13、直。7、解 如图10，=。M分的比为3，=，则由题设条件得=， =，=2。由定比分点公式得N(4,-)。8、解：由，得即（4分）， （8分），又，所以的夹角的的余弦值为。（12分）9、（1）解：因为和，故，因此， 所以 又由于由得，；（2）解：由正弦定理得，所以，。10、解法一：设平移公式为代入，得到，=1=把它与联立，得 设图形的交点为A（），B，由已知它们关于原点对称，即有：由方程组消去y得：. 由 又将A（），B分别代入两式并相加，得：. 解得. 平移公式为：代入得：.解法二：由题意和平移后的图形与交点关于原点对称，可知该图形上所有点都可以找到关于原点的对称点在另一图形上，因此只要找到特

14、征点即可.的顶点为，它关于原点的对称点为（），即是新图形的顶点.由于新图形由平移得到，所以平移向量为以下同解法一. 11、解法一：如图建立坐标系以O为原点，正东方向为x轴正向.在时刻台风中心的坐标为此时台风侵袭的区域是其中若在t时刻城市O受到台风的侵袭，则有即答：12小时后该城市开始受到台风的侵袭.=2=解法二：设在时刻台风中心为，此时台风侵袭的圆形区域半径为。若在时刻城市受到台风的侵袭，则，由余弦定理知，因为，所以故，因此，即，解得，答：12小时后该城市开始受到台风的侵袭.12、（1）解：记，由，得，于是，成公差小于零的等差数列等价于所以点的轨迹是以原点为圆心，为半径的右半圆；（2）点的坐标

15、为，而=3=13、解：根据题设条件，首先求出点P坐标满足的方程，据此再判断是否存在两定点，使得点P到两定点距离的和为定值. i=(1,0),c=(0,a), 因此，直线OP和AP的方程分别为 y=ax和ya=2ax . 消去参数，得点P（x,y）的坐标满足方程y (ya)=2a2x2 , 整理得 因为a>0，所以得： （i）当a=时，方程是圆方程，故不存在合乎题意的定点E和F； （ii）当0<a<时，方程表示椭圆，焦点E和 为合乎题意的两个定点； （iii）当a>时，方程表示椭圆，焦点E和F）为合乎题意的两个定点.14、（1） =m 即解得：m=-2， 6分（2）， &

16、#183;=0，即 -2+=0 1215、解：设又三者，成等差数列.6分当 ，10分 同理12分16解：a · b2分| ab |4分 cos x0，因此| ab |2 cos x f (x)a · b2ab即6分 0cos x1若0，则当且仅当cos x0时，f (x)取得最小值1，这与已知矛盾； 8分若01，则当且仅当cos x时，f (x)取得最小值，由已知得，解得： 10分若1，则当且仅当cos x1时，f (x)取得最小值，由已知得，解得：，这与相矛盾综上所述，为所求 12分17设 4分 又8分，设点Q的坐标为（xQ，yQ），则，得18、解：（1） 与的夹角为0或

17、 2分 当与的夹角为0时， · | ·| cos1××cos0 5分当与的夹角为时， · | ·| cos1××cos 8分10分（2）|2()22·|22|·|cos|2 122×1××cos60°()23 14分 | 15分19、解：40分钟小时小时 80分钟小时小时 2分 AB30×20海里 BC30×40海里 4分 APB60°30°30° BAP180°60°120°

18、 5分 在APB中，由正弦定理得 7分 BP（海里）10分CBP180°60°30°90° BPC为直角三角形14分 PC2BC2BP24022800 PC（海里） 答：PC间的距离为海里。 15分20答：船实际航行速度的大小为4 km/h, 方向与流速间的夹角为60º. 21.由 · =1 ，得 ，S=又由 < S < 得 1< tan < ,故 .22设点M的坐标为(x,y)，则由，得P（0，Q（，0），由得，（3，·（x，）=0，y2=4x.由点Q在x轴正半轴上，得x>0.所以动点M的轨迹

19、C是以（0，0）为顶点，以（1，0）为焦点的抛物线，除去原点.23. （1）=（3，1） ，=（2m，m），与不平行则m1 . （2）· =0 m=24（1） 只需证（ab）·c=0 （2） 将不等式两边平方得 k>2 或 k<0 25. 提示：（1） 由 |c| ，及a·b = 0得 x 又由cd 得 y =x33x（2）单调增区间为，1、1，单调减区间为1，1最大值为f（）=3,最小值为f（）=3 .26、（8分）已知ABCD的顶点A（0，-9），B（2，6）， C（4，5），求第四个顶点D的坐标 解法一：设D坐标为（x,y），对角线AC与BD的交

20、点为O点O为A、C中点，易得O（），即O(2,-2) 又点O为B、D中点，则，解得，故D坐标为(2,10)解法二：设D坐标为（x,y），依题意得，而， 则，解得解得，故D坐标为(2,10)AGEFBCD27、（14分）如图，平行四边形ABCD中，E，F分别是BC，DC的中点，G为DE、CF交点。若=，=，试以，为基底表示、 解：28.（14分）已知=(1,2),当k为何值时，（1）k+与-3垂直？（2）k+与-3平行？平行时它们是同向还是反向？解：k+=k(1,2)+(-3,2)=(k-3,2k+2)-3=(1,2)-3(-3,2)=(10,-4)(1)若k+与-3垂直，则（k+）（-3）0即

21、10(k-3)+(-4)(2k+2)=0，解得k=19(2)解法一：若k+与-3平行，则(-4)(k-3)-10(2k+2)=0,解得k=此时k+=(-,), -3=(10,-4)，故它们反向。解法二：若k+与-3平行，设k+=(-3)=-3，解得，它们反向29、（14分）求与向量 =（1，2）， =（2，1）夹角相等的单位向量的坐标解：设，与的夹角为，与的夹角为，依题意得 ，解得x=y，代入x2+y2=1，解得30、（12分）ABC中，若sinB=2sinAcosC，且最小角的余弦为， （1）判断ABC的形状 （2）求ABC最大角解：（1）由正弦定理和余弦定理可知，（其中R为外接圆半径）化简

22、可得 即，故ABC为等腰三角形，其中AC(2)当最小角为B时，AC为最大角，此时且，又A为锐角，故，当最小角为A时，B为最大角，此时且，可见B为钝角，31、（12分）某沿海城市附近海面有一台风，据观测，台风中心位于城市正南方向200km的海面P处，并正以20km/h的速度向北偏西方向移动（其中）,台风当前影响半径为10km，并以10km/h的速度不断增大，问几小时后该城市开始受到台风影响？影响时间多长？解：如右图，设该市为A，经过t小时后台风开始影响该城市，则t小时后台风经过的路程PC（20t）km，台风半径为CD（10+10t）km，需满足条件：CDAC根据余弦定理可知， 整理得即 解得7小

23、时后台风开始影响该市，持续时间达12小时。32、【提示】、的坐标为终点坐标与始点坐标的差，求出、的坐标后，可得2的坐标，（1）可解，对于（2），可先求、的值，代入 cos q ，即可；对于（3），设所求向量的坐标为（x，y），根据题意，可得关于x、y的二元方程组，解出x，y【答案】（1） （01，10）（1，1），（21，50）（1，5） 22（1，1）（1，5）（1，7） |2|（2） |，·（1）×11×54 cos q （3）设所求向量为（x，y），则x2y21 又 （20，51）（2，4），由，得2 x 4 y 0 由、，得或 （，）或（，）即为所求【点评

24、】本题考查向量的模，向量的坐标运算、向量的数量积，向量垂直的充要条件以及运算能力33、【提示】由，可判定四边形ABCD为平行四边形，于是利用平行四边形的性质可求，又，利用数量积的运算性质及已知条件|可求·【答案】（1） ， 四边形ABCD为平行四边形 ，而 ， ，（2） ， ·（）（）22|2|20【点评】本题考查平面向量的加减法，基本定理、数量积及运算律解题时注意结合平面图形的几何特征，寻求向量之间的联系由题目的条件及结论可知，四边形ABCD为菱形34、【提示】先画船航行的示意图，将题目的已知条件分别与三角形内的边、角对应起来，从而确定三角形内的边角关系，运用正弦定理或余

25、弦定理解决【答案】如图，设船原来的位置为A，40分钟后的位置为B，则AB 36×24（海里）在ABM中，BAM 30°15°45°ABM 180°（45°30°）105°， AMB 180°（ABM BAM）30°由正弦定理，得AM · sin ABM· sin 105°12（）（海里）答：船与灯塔原来的距离为12（）海里【点评】本题考查解斜三角形的应用问题关键是画出示意图（这里必须弄清方位角的概念），建立数学模型，将实际问题转化为解斜三角形的问题35、【提示一】要

26、求得平行四边形的面积，须知两条邻边及它的夹角由周长为18，知两条邻边的和为9，可据两条已知的对角线，利用余弦定理求得两条邻边及夹角【提示二】在AOB和BOC中利用余弦定理求解【解法一】如图，在ABCD中，设AB x，则BC 9x，在ABC中，据余弦定理，得AC2AB2BC22 AB BC cos ABC在ABD中，据余弦定理，得BD2AB2AD22 AB · AD cos DAB由已知 AC ，BD ，DAB ABC 180°，BC AD故角 65x 2 (9x) 2 2 AB BC cos ABC，17x 2 （9x 2）2 AB BC cos ABC，二式相加，得824

27、 x236 x 162即 x29 x 200解得 x 4，或x 5，在ADB中，由余弦定理，得cos DAB sin DAB sin ABCD AB · AD sin DAB4×5×16【解法二】在AOB和BOC中，由余弦定理，得AB2OA2OB22 OA · OB cos AOB，BC2OC2OB22 OC · OB cos BOC，可设 AB x，则BC 9x，而OA OC AC，OB BD，AOB BOC 180°，代入后化简，可求得x 4或x 5在ADB中，由余弦定理，得cos DAB sin DAB sin ABCD AB

28、· AD sin DAB4×5×16【点评】本题考查余弦定理的灵活运用36、【提示】要求AD的长，在ACD中，应用正弦定理，只需求ACD，而CDB是ACD的一个外角，CAD已知，故只需求CDB，在CDB中，已知两边，可利用余弦定理求角【答案】由已知，在CDB中，CD 21，DB 20，BC 31，据余弦定理，有cos CDB sin CDB 在ACD中，CAD 20°40°60°， ACD CDB CAD CDB 60° sin ACD sin（CDB 60°）sin CDB cos 60°cos CDB

29、 sin 60°×（）×由正弦定理，得AD · sin ACD 15（千米）答：此人距A城15千米【点评】本题结合三角函数的知识，主要考查了正弦、余弦定理的应用解此类应用问题的关键是正确理解题意，建立数学模型，将实际问题转化为解斜三角形的问题，再根据正弦、余弦定理予以解决37、【提示】设（x1，x2），（y1，y2），由已知，可以得到含有x1，x2，y1，y2的四个关系式，建立方程组，解之即可【答案】设（x1，x2），（y1，y2）由2，得2（x1，x2）（y1，y2）（7，9），即由，得x1y1x2y20 由 |，得 x12x22y12y220 将（1

30、）式化为 y172 x1，（2）式化为 y292 x2，代入式，得 x1（72 x1）x2（92 x2）0，即 2（x12x22）7 x19 x2， 代入式，得 x12x22(72 x1) 2 (92 x2) 2，即 3（x12x22）28 x136 x2130 由、，得解之得，或分别代入（1）、（2），得或 （，），（，）或 （1，5），（5，1）即为所求【点评】本题考查向量的坐标运算，向量垂直的充要条件，两点间距离公式及运算能力38、【提示】注意到，由已知345，可以得到关于、的表达式，化简即可对于，可利用与共线予以解决【答案】 ，又 345， 34（）5（），化简，得设t（tR），则t

31、t 又设 k（kR），由 ，得k（）而 ， k（）（1k）k 由、，得解得 t 代入，有【点评】本题是以、为一组基底，寻求、关于、的线性分解式，主要考查了向量的加法实数与向量的积及运算律，两个向量共线的充要条件，平面向量基本定理，求时，利用了以、为基底的的分解式是唯一确定的，这是求线性分解式常用的方法39、【提示】三角形周长为a b c，而a b 10已知，故求ABC周长的最小值就是求C的最小值，由方程的根可解得cos C的值，借助余弦定理得c与a（或b）的关系，再确定C的最小值【答案】解方程2 x23 x 20，得x 2或x |cos C|1， cos C 由余弦定理，得c2a2b22 ab

32、 cos Ca2b2ab(a b) 2ab，而 a b 10， c2100a（10a）a210 a 100(a 5)275 当a 5时，c有最小值5 ABC的周长为 105【点评】本题综合考查余弦定理，二次函数的极值等内容通过分析题目已知条件，将求三角形周长最小值问题转化为求c边的最小值问题借助已知条件和余弦定理，建立了关于a的二次函数关系，利用二次函数最值的结论确定出c的最小值，使向量得解在解决问题的过程也考查分析问题解决问题的能力40、【提示】在ABC中，要求a的值，已知A，应用余弦定理，只需求得b，c的长由sin Bsin C 32，应用正弦定理，可将角的关系转化为b、c边的关系，再利用

33、面积公式，得b、c的另一个关系式，解关于b、c的二元方程组，即可【答案】在ABC中，由正弦定理，得 又SABCbc sin A bc sin 120°6，于是，bc 24 由、，可得b 6，c 4（负值舍去）据余弦定理，得a2b2c22 bc cos A36162×6×4×cos 120°76， a 2【点评】本题考查应用正弦定理、余弦定理解斜三角形的有关知识在解三角形时，常常要将正弦定理，余弦定理交替使用，尽管有时不是直接求出结果，但为了过渡，也是很有必要的41、【提示】由于AB在ABD中，寻求使ABD有解的条件是关键，据四边形内角和为360°及四个内角之比，可求得四个内角此时BDC便是已知两边BC、DC及夹角C于是这个三角形可解借