高中數學人教A版必修四課時訓練：第二章 章末復習課2 Word版含答案

章末復習課課時目標1.掌握向量線性運算及其幾何意義.2.理解共線向量的含義、幾何表示及坐標表示的條件.3.掌握數量積的含義、坐標形式及其應用．知識結構一、選擇題1．若向量a＝(1,2)，b＝(－3,4)，則(a·b)(a＋b)等于()A．20B．(－10,30)C．54D．(－8,24)2．已知平面向量a＝(1，－3)，b＝(4，－2)，λa＋b與a垂直，則λ等于()A．－1B．1C．－2D3．已知O是△ABC所在平面內一點，D為BC邊的中點，且2eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，那么()A.eq\o(AO,\s\up6(→))＝eq\o(OD,\s\up6(→))B.eq\o(AO,\s\up6(→))＝2eq\o(OD,\s\up6(→))C.eq\o(AO,\s\up6(→))＝3eq\o(OD,\s\up6(→))D．2eq\o(AO,\s\up6(→))＝eq\o(OD,\s\up6(→))4．在平行四邊形ABCD中，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(1,2)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－3,2)，則eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))等于()A．－3B．－2C．2D5．若向量a與b不共線，a·b≠0，且c＝a－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a·a,a·b)))b，則向量a與c的夾角為()A．0B.eq\f(π,6)C.eq\f(π,3)D.eq\f(π,2)6．在△ABC中，M是BC的中點，AM＝1，點P在AM上且滿足eq\o(AP,\s\up6(→))＝2eq\o(PM,\s\up6(→))，則eq\o(AP,\s\up6(→))·(eq\o(PB,\s\up6(→))＋eq\o(PC,\s\up6(→)))等于()A.eq\f(4,9)B.eq\f(4,3)C．－eq\f(4,3)D．－eq\f(4,9)題號123456答案二、填空題7．過點A(2,3)且垂直于向量a＝(2,1)的直線方程是____________．8．已知向量a，b滿足|a|＝1，|b|＝2，a與b的夾角為60°，則b在a上的投影是______．9．設向量a＝(1,2)，b＝(2,3)．若向量λa＋b與向量c＝(－4，－7)共線，則λ＝________.10．已知平面向量α、β，|α|＝1，|β|＝2，α⊥(α－2β)，則|2α＋β|的值是________．三、解答題11．已知A(1，－2)、B(2,1)、C(3,2)和D(－2,3)，以eq\o(AB,\s\up6(→))、eq\o(AC,\s\up6(→))為一組基底來表示eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→)).12．設a，b是兩個不共線的非零向量，t∈R.(1)若a與b起點相同，t為何值時a，tb，eq\f(1,3)(a＋b)三向量的終點在一直線上？(2)若|a|＝|b|且a與b夾角為60°，那么t為何值時，|a－tb|的值最??？能力提升13．已知點O為△ABC所在平面內一點，且eq\o(OA,\s\up6(→))2＋eq\o(BC,\s\up6(→))2＝eq\o(OB,\s\up6(→))2＋eq\o(CA,\s\up6(→))2＝eq\o(OC,\s\up6(→))2＋eq\o(AB,\s\up6(→))2，則O一定是△ABC的()A．外心B．內心C．垂心D．重心14.如圖，平面內有三個向量eq\o(OA,\s\up6(→))、eq\o(OB,\s\up6(→))、eq\o(OC,\s\up6(→))，其中eq\o(OA,\s\up6(→))與eq\o(OB,\s\up6(→))的夾角為120°，eq\o(OA,\s\up6(→))與eq\o(OC,\s\up6(→))的夾角為30°，且|eq\o(OA,\s\up6(→))|＝|eq\o(OB,\s\up6(→))|＝1，|eq\o(OC,\s\up6(→))|＝2eq\r(3).若eq\o(OC,\s\up6(→))＝λeq\o(OA,\s\up6(→))＋μeq\o(OB,\s\up6(→))(λ，μ∈R)，求實數λ、μ的值．1．由于向量有幾何法和坐標法兩種表示方法，它的運算也因為這兩種不同的表示方法而有兩種方式，因此向量問題的解決，理論上講總共有兩個途徑即基于幾何表示的幾何法和基于坐標表示的代數法，在具體做題時要善于從不同的角度考慮問題．2．向量是一個有“形”的幾何量，因此，在研究向量的有關問題時，一定要結合圖形進行分析判斷求解，這是研究平面向量最重要的方法與技巧．章末復習課答案作業(yè)設計1．B[a·b＝－3＋8＝5，a＋b＝(－2,6)，∴(a·b)(a＋b)＝5×(－2,6)＝(－10,30)．故選B.]2．A[(λa＋b)·a＝0，∴λa2＋a·b＝0.∴10λ＋10＝0，∴λ＝－1.故選A.]3．A[由題意D是BC邊的中點，所以有eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＝2eq\o(OD,\s\up6(→))，所以2eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＝2eq\o(OA,\s\up6(→))＋2eq\o(OD,\s\up6(→))＝2(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OD,\s\up6(→)))＝0?eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OD,\s\up6(→))＝0?eq\o(AO,\s\up6(→))＝eq\o(OD,\s\up6(→)).]4．D[eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＝(1,2)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－3,2)，解得eq\o(AD,\s\up6(→))＝(－1,2)，∴eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－1,2)·(1,2)＝3.故選D.]5．D[∵a·c＝a·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a·a,a·b)))b))＝a·a－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a·a,a·b)))·(a·b)＝0，∴〈a，c〉＝eq\f(π,2).]6．A[易知P為△ABC的重心，則eq\o(PB,\s\up6(→))＋eq\o(PC,\s\up6(→))＝－eq\o(PA,\s\up6(→))＝eq\o(AP,\s\up6(→))，故eq\o(AP,\s\up6(→))·(eq\o(PB,\s\up6(→))＋eq\o(PC,\s\up6(→)))＝eq\o(AP,\s\up6(→))2＝eq\f(4,9)，故選A.]7．2x＋y－7＝0解析設直線上任一點P(x，y)，則eq\o(AP,\s\up6(→))＝(x－2，y－3)．由eq\o(AP,\s\up6(→))·a＝2(x－2)＋(y－3)＝0，得2x＋y－7＝0.8．1解析b在a上的投影為|b|cosθ＝2×cos60°＝1.9．2解析λa＋b＝(λ＋2,2λ＋3)與c＝(－4，－7)共線，∴(λ＋2)(－7)－(2λ＋3)(－4)＝0，得λ＝2.10.eq\r(10)解析由α⊥(α－2β)得α·(α－2β)＝0，∴α2－2α·β＝0.又∵|α|＝1，∴α·β＝eq\f(1,2).又∵|β|＝2，∴|2α＋β|＝eq\r(2α＋β2)＝eq\r(4α2＋4α·β＋β2)＝eq\r(4＋4×\f(1,2)＋4)＝eq\r(10).11．解∵eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1,3)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(2,4)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(－3,5)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－4,2)，eq\o(CD,\s\up6(→))＝(－5,1)，∴eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))＝(－3,5)＋(－4,2)＋(－5,1)＝(－12,8)．根據平面向量基本定理，必存在唯一實數對m，n使得eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))＝meq\o(AB,\s\up6(→))＋neq\o(AC,\s\up6(→))，∴(－12,8)＝m(1,3)＋n(2,4)．∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－12＝m＋2n，,8＝3m＋4n.))，得m＝32，n＝－22.∴eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))＝32eq\o(AB,\s\up6(→))－22eq\o(AC,\s\up6(→)).12．解(1)設a－tb＝m[a－eq\f(1,3)(a＋b)]，m∈R，化簡得(eq\f(2,3)m－1)a＝(eq\f(m,3)－t)b，∵a與b不共線，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)m－1＝0,\f(m,3)－t＝0))，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝\f(3,2)，,t＝\f(1,2).))∴t＝eq\f(1,2)時，a，tb，eq\f(1,3)(a＋b)的終點在一直線上．(2)|a－tb|2＝(a－tb)2＝|a|2＋t2|b|2－2t|a||b|cos60°＝(1＋t2－t)|a|2.∴當t＝eq\f(1,2)時，|a－tb|有最小值eq\f(\r(3),2)|a|.13．C[由eq\o(OA,\s\up6(→))2＋eq\o(BC,\s\up6(→))2＝eq\o(OB,\s\up6(→))2＋eq\o(CA,\s\up6(→))2，得eq\o(OA,\s\up6(→))2＋(eq\o(OC,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→)))2＝eq\o(OB,\s\up6(→))2＋(eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OC,\s\up6(→)))2，得eq\o(OC,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OC,\s\up6(→)).∴eq\o(OC,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0，O在邊AB的高線上．同理O在邊AC的高線上，即O為△ABC的垂心．故選C.]14．解方法一過點C分別作平行于OB的直線CE交直線OA于點E，平行于OA的直線CF交直線OB于點F.如圖所示．在Rt△OCE中，|eq\o(OE,\s\up6(→))|＝eq\f(|\o(OC,\s\up6(→))|,cos30°)＝eq\f(2\r(3),\f(\r(3),2))＝4；|eq\o(CE,\s\up6(→))|＝|eq\o(OC,\s\up6(→))|·tan30°＝2eq\r(3)×eq\f(\r(3),3)＝2，由平行四邊形法則知，eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\o(OE,\s\up6(→))＋eq\o(OF,\s\up6(→))＝4eq\o(OA,\s\up6(→))＋2eq\o(OB,\s\up6(→))，∴λ＝4，μ＝2.方法二如圖所示，以eq\o(OA,\s\up6(→))所在直線為x軸，過O垂直于OA的直線為y軸建立直角坐標系．設B點在x軸的射影為B′，C點在x軸的射影為C′.易知，OC′＝2eq\r(3)cos30°＝3，CC′＝OCsin30°＝eq\r(3)，BB′＝OBsin60°＝eq\f(\r(3),2)，OB′＝OBcos60°＝eq\f(1,2)，∴A點坐標為(1,0)，B點坐標為eq\b\lc\(\rc