第二章平面向量测试

第二章《平面向量》测524500省吴川市第一中学第Ⅰ卷(选择题60一、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 C.a(3,5)，b D.a(2,3)，b(6,若ABCD是正方形，E是CD的中点，且ABa，ADb，则BE b1 B.b1 Ｃ.a1

a1

(aa)若向量a与b不共线，ab0，且ca

(a

，则向量a与c的夹角为 ij是互相垂直的单位向量，向量a(m1)i3jbim1j(ab)(ab)，则实数m为

Ｃ.2

已知向量a，b满足a1，b4，且ab2，则a与b的夹角为

5若平面向量b与向量a(2,1)平行，且|b| ，则b( 5

(4,2)或ABCD中，ABa2b，BC4ab，CD5a3b是 长方 Ｄ.梯 ①(a)b(ab)a(b) ②abab③(ab)cacbc ④(ab)ca(bc) 1ABCBCa，CAbABc，则abbcc等于 B.

已知a，b均为单位向量，它们的夹角为60，那么|a3b| 77

若非零向量a，b满足abb，则 2ba

2ba

2a2a

2a2a如图，点M是△ABC的重心，则MAMBMC为 A.

第Ⅱ卷(非选择题90二、填空题(本大题4小题，每小题4分16把答案填在题中的横线上已知a(2,3)，b(4,7)，则a在b上的投影等 已知a(1,2)，b(3,2)，若kab与a3b平行，则k A(12B(21C(22)EFBC则AEAF ab的夹角为ab的“向量积”：ab是一个向量，它的模|ab||a||b|sin.若a(3,1)，b(1,3)，则|ab 三、解答题(本大题共6小题，共74分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算骤17（10）设向量OA3,1，OB

1,2)，向量OCOB，BCOA，又ODOAOC求OD以原点OA(4,2为两个顶点作等腰直角三角形OAB，B90BA19（ABC

ABC为等腰直角三角形，且

A(2,0B(0,2C(cossin(0)若|OA

（O为坐标原点，求OB与OCACBC，求tanOAB三点不共线，且OC2OAOD3OB，设OAaOBbD试用ab表示向量OEABOECDLMN，L,M,N三点共线.

N LM Oa(12)A(8,0B(ntC(ksint，其中02若ABa且|AB 5|OA|，求向量OBAC与向量ak4时，且tsin4OAOC第二章《平面向量》测试题参考答一、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

BEBC

1CDAD1ABb1a 3.A∵aca[a(aa)b]aaaaabaaaa0，∴aca a(ab)(ab)[(m2)i(m4)j][mi(m2)j](m2)m(m4)(m4m80，故m2aba5.Ccos 21，故aba5 55 设bka(2k,k)，而|b| 5(4,

k2b4,2 ADABBCCD8a2b2BC，且|AD||BC|.8.A①③正确9.B原式|a||b|cos120|b||c|cos120|c||a|cos1203a26a26ab16cos60

a3b

1311.A|2b||b||b||ab||b||abb||a2b|12.CMAMBMC2MF(2MF)4MF二、填空题(本大题4小题，每小题4分16把答案填在题中的横线上a 5

|a|cos |b 14.3

由(kaba3b，得4(k310(2k2k1315.

AB(1,3)，BC(0,3)，AEAB1BC(1,2)3AFAB2BC(1,1)3

AEAF11(2)(1)316.

cos

a 3，则sin1|ab|2212|a||b 三、解答题(本大题共6小题，共74分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步解：设OC(x,y∵OCOB ∴OCOB0 ∴2yx0即3yx70

(x1,y2) ∴3(y2)(x1)0x14y7OC(14,7)，则ODOCOA11,6B(x,y)，则

(x,y)，

(x4,y2)y ∴OB⊥A ，∴x(x4)y(y2)0，即x2y24x2y，① ，设OA的中点为C，则C(2,1

(2,1)，CB(x2,y1)∵△ABO为等腰直角三角形，∴OC⊥CB， ∴2(x2)y10，即2xy5，②x x解①，②得y3或y B(1,3B(3,1AB(3,1AB1,3（1）

ABAC(2x,1

∴3(1y)2x，∴

3yx

AB3,1),BCx1y

AB

，∴3(x1)y0又|AB||BC|(x1)2y210y3(x1xy解得y

xy或 y（1）∵ ，|OA ∴(2cos)2sin27 ∴cos12又(0,) ∴ 即AOC 又AOB ∴OB与OC的夹角为2（2）AC

由ACBC ∴ACBC0 可得cossin12∴(cossin)21 ∴2sincos34∵(0,)， ∴(,

)又由(cossin)212sincos7cossin047 7由①，②得cos14

7，sin14

7，从而tan4 （1）∴

x

(1x)

2xa(1x)bAED三点共线，可得

ya3(1y)b2x1x3(1∴OE=4a3bOMOM1OE4a（2）∵OLab

解得x 252,

y45ONON1(OCOD)2aMNONOMMNONOM6a ,MLOLOMa2b MN6ML LMN解:（1）AB(n ∵ABa ∴8n2t0，即n8