平面向量的概念及线性运算单元测试题解读.docx
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平面向量的概念及线性运算单元测试题解读
平面向量的概念及线性运算单元测试题
一､选择题:
1.设点M是线段BC的中点,点A在直线BC外,162
=BC
||||,ABACABAC+=-
则|AM|=（
A.8
B.4
C.2
D.1
2.已知△ABC中,点D在BC边上,且2,,CDDBCDrABsAC==+
则r+s的值是（
24
.
.33
ABC.-3D.03.平面向量a,b共线的充要条件是（
A.a,b方向相同
B.a,b两向量中至少有一个为0
C.存在λ∈R,使b=λa
D.存在不全为零的实数λ1,λ2,使λ1a+λ2b=0
4.已知O､A､B是平面上的三个点,直线AB上有一点C,满足20,ACCB+=
则OC等
于（
.2.22112..3333
AOAOB
BOAOB
COAOB
DOAOB
--+--+
5.设D､E､F分别是△ABC的三边BC、CA、AB上的点,且
2,2,2,DCBDCEEAAFFB===则ADBECF++
与BC是（
A.反向平行
B.同向平行
C.不平行
D.无法判断
6.已知a,b是不共线的向量,AB
=λa+b,AC=a+μb,（λ,μ∈R,那么A、B、C
三点共线的充要条件为（
A.λ+μ=2
B.λ-μ=1
C.λμ=-1
D.λμ=1二､填空题:
7.若点O是△ABC所在平面内的一点,且满足|||2|OBOCOBOCOA-=+-
则
△ABC的形状为________.
8.在平行四边形ABCD中,E､F分别是边CD和BC的中点,若AC=λAE+u,AF
其中λ,u∈R,则λ+u=________.
9.如图,平面内有三个向量OA､OB､,OC
其中OA与OB的夹角为120°,OA与
OC的夹角为30°,且|OA|=|OB|=1,|OC|=23,若OC=λOA+μOB
（λ,μ∈R,则λ+μ的值为________.
10.如图,在△ABC中,点O是BC的中点,过点O的直线分别交直线AB,AC于不同的两点M,N,若
,ABmAMACnAN==
则m+n的值_______.
E
F
D
C
BA
三､解答题:
11.若a,b是两个不共线的非零向量,t∈R,若a,b起点相同,t为何值时,a,tb,
1
3（a+b三向量的终点在一条直线上?
12.设a、b是不共线的两个非零向量,
（1若2,3,OAabOBabOC=-=+
=a-3b,求证:
A、B、C三点共线;
（2若8a+kb与ka+2b共线,求实数k的值.
13.如图所示,△ABC中,点M是BC的中点,点
N在AC边上,且AN=2NC,AM与BN相交于点P,求APPM的值.
课后练习一、选择题
1、设P是△ABC所在平面内的一点,2BCBABP+=
则（
A.0PAPB+=
B.0PCPA+=
C.0PBPC+=
D.0PAPBPC++=
2、如图D,E,F分别是∆ABC的边AB,BC,CA的中点,则（
A.0ADBECF++=
B.0BDCFDF-+=
C.0A
DC
EC
F+-=
D.0BDB
EFC--=
3、在平行四边形ABCD中,E和F分别是边CD和BC的中点,或AFAEACμλ+=,其中R∈μλ、,则=+μλ___.0.w.w
4、如图,两块斜边长相等的直角三角板拼在一起,
若ADxAByAC=+
则x=,y=5、P是△ABC所在平面上一点,若
PAPCPCPBPBPA⋅=⋅=⋅,则P是△ABC的
A.外心
B.内心
C.重心
D.垂心
6、点O是三角形ABC所在平面内的一点,满足OAOCOCOBOBOA⋅=⋅=⋅,则点O是ABC∆的（
（A三个内角的角平分线的交点（B三条边的垂直平分线的交点
（C三条中线的交点
（D三条高的交点
7、计算BACDDBAC+++等于（.（A0（B0（C2DB（D2AC
8、对于向量a、b、c和实数λ,下列命题中是真命题的是（
A.若a·b=0,则a=0或b=0
B.若λa=0,则λ=0或a=0
C.若a2
=b2
则a=b或a=-bD.若a·b=a·c,则b=c9、已知O是ABC∆所在平面内一点,D为BC边中点,且02=++OCOBOA,那么（
A.ODAO=
B.ODAO2=
C.ODAO3=
D.ODAO=210、在四面体ABCO-中,cOCbOBaOA===,,
D为BC的中点,E为AD的中点,则OE=（用a,b,c表示
11,已知,ADBE分别是ABC∆的边,BCAC上的中线,且,ADaBEb==,则BC
为
A.4233ab+
B.2433ab+
C.2233ab-
D.22
33ab-+
12.已知,,ABaBCbCAc===,则0abc++=是,,ABC三点构成三角形的（
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
13、对平面内任意的四点A,B,C,D,则ABBCCDDA+++=
.
14、ABCD是梯形,//ABCD且2ABCD=,,MN分别是DC和AB的中点,设
ABaADb==,试用,ab表示BC和
MN
15、,,DEF分别是ABC∆的边,,BCCAAB的中点,且,,BCaCAb==
给出下列命题
①12ADab=--②12BEab=+③1122
CFab=-+
④0ADBECF++=其中正
确的序号是
16,己知向量,ab且2,56,72ABabBCabCDab=+=-+=-
则一定共线的三点
是（
AA、
B、DBA、B、
CCB、C、
DDA、C、D
17.在平行四边形ABCD中,若ABADABAD+=-
则必有（A.0AD=B.00ABAD==
或C.ABCD是矩形D.ABCD是正方形
18.已知8,5ABAC==
则BC的取值范围是（
A.[3,8]
B.（3,8
C.[3,13]
D.（3,1319.下列说法中错误的是（
A.向量AB的长度与向量BA
的长度相等B.任一非零向量都可以平行移动C.长度不等且方向相反的两个向量不一定是共线向量
D.两个有共同起点而且相等的向量,其终点必相同.20、已知正方形ABCD的边长为1,,,ABaBCbACc===,则abc++
的模等于A.0B.3C.2D.22
21.若OEF,,是不共线的任意三点,则以下各式中成立的是（
A.EFOFOE=+
B.EFOFOE=-
C.EFOFOE=-+
D.EFOFO
E=--
22.如图,在ABC△中,点O是BC的中点,过点O的直线分别交直线AB,AC
于不同的两点MN,,若ABmAM=,ACnAN=
则mn+的值为
.
23.已知12,ee不共线,1212,akeebeke=+=+
当k=______时,,ab共线。
答案:
1,解析:
由||||ABACABAC+=-
可知,AB⊥,AC则AM为Rt△ABC斜边BC上的
中线,因此,|1|||2,2
AMBC==
选C.
答案:
C
2,解析:
∵2CDDB=
∴22（33CDCBABAC==-
∴22,33CDABAC=-又,CDrABsAC=+
∴r=22
33
s=-,∴r+s=0.故选D.
答案:
D
3,解析:
a,b共线时,a,b方向相同或相反,故A错.a,b共线时,a,b不一定是零向量,故B错.当b=λa时,a,b一定共线,若b≠0,a=0.则b=λa不成立,故C错.排除A、B、C,故选D.答案:
D
4,解析:
22（,OCOBBCOBACOBOCOA=+=+=+-
∴2,OCOAOB=-故
选A.答案:
A
5,解析:
12,,
33
2,
3ADABBDABBCBEBCCEBCCACFCAAFCAAB=+=+=+=+=+=+
∴
554333
54541（.33333
ADBECFABCABC
ABCABCCBBCBC++=++=++=+=-故选A.答案:
A
6,解析:
对充要条件的问题,要注意从充分性和必要性两个方面进行分析论证.由A、
B、
C三点共线AB∥ACABmACλα=
λa+b=ma+mμb（λ-ma=（mμ-1b.
因为a,b不共线,所以必有,10
m
mλμ=⎧⎨
-=⎩故可得λμ=1.
反之,若λμ=1,则μ=1
.λ所以11ACabλλ=+=（λa+b=1,ABABαλ
∥,AC所
以A、B、C三点共线.故选D.答案:
D
7,解析:
2,,
OBOCOAOBOAOCOAABACOBOC
CBABAC+-=-+-=+-==-
∴||||,ABACABAC+=-
故A､B､C为矩形的三个顶点,△ABC为直角三角形.
答案:
直角三角形
8,解析:
设,,BCbBAa==则11,,22
AFbaAEbaAC=-=-
=b-a,代入条件得
λ=u=23,∴λ+u=43.
答案:
43
9,解析:
过C作OA与OB
的平行线与它们的延长线相交,可得平行四边形,由
∠BOC=90°,∠AOC=30°,||23OC=
得平行四边形的边长为2和4,故
λ+μ=2+4=6.答案:
6
10,解析:
由于MN的任意性可用特殊位置法:
当MN与BC重合时知m=1,n=1,故m+n=2.答案:
2
11,解:
设a-tb=m[a-1
3
（a+b],m∈R,
化简得⎝⎛⎭⎫23m-1a=⎝⎛⎭
⎫m
3-tb,∵a与b不共线,
∴⎩
⎨⎧
23m-1=0m3-t=0⇒⎩
⎨⎧
m=32,t=12.
∴t=12时,a,tb,1
3
（a+b的终点在一条直线上.
12解:
（1证明:
∵AB=
（3a+b-（2a-b=a+2b.
而BC=（a-3b-（3a+b=-2a-4b=-2,AB∴AB与BC
共线,且有公共端点B,
∴A、B、C三点共线.
（2∵8a+kb与ka+2b共线,
存在实数λ使得8a+kb=λ（ka+2b（8-λka+（k-2λb=0,∵a与b是不共线的两个非零向量,∴⎩⎪⎨
⎪
⎧
8-λk=0,k-2λ=0,
⇒8=2λ2⇒λ=±2,
∴k=2λ=±4.
13,解:
设BM
=e1,CN=e2,则AMACCM=+=-3e2-e1,BN=2e1+e2,∵A､P､M和B､P､N分别共线,∴存在λ､μ∈R,使AP=λAM=-λe1-3λe2,BP
=μBN
=2μe1+μe2.
故BABPAP=-
=（λ+2μe1+（3λ+μe2,
而BABCCA=+=
2e1+3e2,
∴由平面向量基本定理得⎩
⎪⎨⎪⎧
λ+2μ=2
3λ+μ=3,∴
⎩⎨⎧
λ=45
μ=35
∴4,5
APAM=
即AP:
PM=4:
1.
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