平面向量练习题06

练习题—平面向量一、选择题（每小题5分，共60分，在四个选项中，只有一项是符合题目要求）1．baba是||||的（）A．充要条件B．充分不必要条件C．必要不充分条件D．既不充分又不必要条件2．若向量1,1a，1,1b，1,2c，则c（）A．1322abB．1322abC．3122abD．3122ab3．（05年全国高考北京卷）若||1,||2,abcab，且ca，则向量a与b的夹角为（）A．30°B．60°C．120°D．150°4．将抛物线742xxy的图象按向量a平移，使其顶点与坐标原点重合，则a=（）A．（2，3）B．（－2，－3）C．（－2，3）D．（2，－3）5．在△ABC中，已知ACABSACABABC则,3,1||,4||的值为（）A．－2B．2C．±4D．±26．已知，A（2，3），B（－4，5），则与AB共线的单位向量是（）A．)1010,10103(eB．)1010,10103()1010,10103(或eC．)2,6(eD．)2,6()2,6(或e7．设点P分有向线段21PP所成的比为43，则点P1分PP2所成的比为（）A．73B．47C．37D．748．已知babakba3),2,3(),2,1(与垂直时k值为（）A．17B．18C．19D．209．已知函数2)32cos(xy按向量a平移所得图象的解析式为)(xfy，当)(xfy为奇函数时，向量a可以是（）A．)2,6(B．)2,12(C．)2,6(D．)2,12(10．O是平面上一定点，A、B、C是平面上不共线的三个点，动点P满足),,0[),||||(ACACABABOAOP则P的轨迹一定通过△ABC的（）A．外心B．内心C．重心D．垂心11．如图，以等腰直角三角形斜边BC上的高AD为折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：①0ACBD；②60BAC；③三棱锥D—ABC是正三棱锥；④平面ADC的法向量和平面ABC的法向量互相垂直.其中正确的是（）A．①②B．②③C．③④D．①④12．下列四个命题，其中正确的个数有（）①对于实数m和向量bmambamba)(,,恒有②对于实数m,n和向量anamanma)(,恒有③若baRmbmam则有),(④若nmaRnmanam则有),0,,(A．1个B．2个C．3个D．4个二、填空题：(每小题4分，共16分，把答案填在题中横线上.)13．在△ABC中，O为中线AM上的一个动点，若AM=2，则OAOBOC的最小值是.14．已知向量a，b满足|a|=2，|b|=3，两向量的夹角为60°，则||baba.15．将圆222yx按向量v=（2，1）平移后，与直线0yx相切，则λ的值为.16．把一个函数图像按向量)2,3(a平移后，得到的图象的表达式为2)6sin(xy，则原函数的解析式为.三、解答题：本大题共6小题，共74分.解答应写出文字的说明，证明过程或演算步骤.17．（本小题满分12分）在△ABC中，)0(DCBD，求证：1ACABAD.18．（本小题满分12分）设向量)2,1(),1,3(OBOA，向量OC垂直于向量OB，向量BC平行于OA，试求ODOCOAOD,时的坐标.19．（本小题满分12分）将函数y=－x2进行平移，使得到的图形与函数y=x2－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.20．（本小题满分12分）已知平面向量).23,21(),1,3(ba若存在不同时为零的实数k和t,使.,,)3(2yxbtakybtax且（1）试求函数关系式k=f（t）（2）求使f（t）0的t的取值范围.21．（本小题满分12分）已知A（－1，0），B（1，0）两点，C点在直线032x上，且CBCAABAC,，BCBA成等差数列，记θ为CBCA与的夹角，求tanθ.22．（本小题满分14分）已知△OFQ的面积为26，且mFQOF，（Ⅰ）若646m时，求向量OF与FQ的夹角θ的取值范围;（Ⅱ）设|cOF|，m=（146）c2时，若以O为中心，F为焦点的双曲线经过点Q，当|OQ|取得最小值时，求此双曲线的方程.答案一、选择题题号123456789101112答案CBCDDBCCBABC二、填空题13．2；14．719；15．51或；16．xycos.三、解答题17．证明（一）：由BDBCDCBDBCBDDCDCBD1,,1得，于是BCBD1，BCDC11，又DCBDADACDCABADBD及,，)(ADACABAD即(1),1ABACADABACAD证明（二）：∵)0(DCBD，∴ADABACAD∵0，∴(1),1ABACADABACAD18．解：设020),,(xyOBOCOBOCyxOC①又0)1()2(3)2,1(,//xyyxBCOABC即：73xy②联立①、②得7,14yx………10分)6,11(),7,14(OAOCODOC于是.19．解法一：设平移公式为kyyhxx代入2xy，得到khhxxyhxky2222.)(即，把它与22xxy联立，得22222xxykhhxxy设图形的交点为（x1，y1），（x2，y2），由已知它们关于原点对称，即有：2121yyxx由方程组消去y得：02)21(222khxhx.由.2102212121hxxhxx得且又将（11,yx），),(22yx分别代入①②两式并相加，得：.22221222121khxhxxxyy241)())((0211212kxxxxxx.解得)49,21(.49ak.平移公式为：4921yyxx代入2xy得：22xxy.解法二：由题意和平移后的图形与22xxy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，因此只要找到特征点即可.22xxy的顶点为)49,21(，它关于原点的对称点为（49,21），即是新图形的顶点.由于新图形由2xy平移得到，所以平移向量为49049,21021kh以下同解法一.20．解：（1）.0)(])3[(.0,2btakbtayxyx即).3(41,0)3(4,1,4,02222ttkttkbaba即（2）由f(t)0,得.303,0)3()3(,0)3(412ttttttt或则即21．解：设1455),,23(2BCBAyCBCAABACyc则又∵三者CBCAABAC,，BCBA成等差数列.)23,23(23,43,422522cyyy当)23,21(),23,25(,)23,23(CBCAc时900,72cos，23tan同理23tan,)23,23(时c22．解：（Ⅰ）由已知，得mFQOFFQOFcos||||62)sin(||||21所以tanθ=m64，∵646m∴1tanθ4，则4arctan4（Ⅱ）以为原点，OF所在直线为x轴建立直角坐标系，设所求的双曲线方程为：12222byax，（a0，b0），Q点的坐标为（x1，y1），则),(11ycxFQ，∵△OFQ的面积62||211yOF，∴y1=c64，又由2111)146()(),)(0,(cccxycxcFQOF，所以cx461，|OQ|=128396222121ccyx，当且仅当c=4时，|OQ|最小，此时Q的坐标为（)6,6由此可得16,1662222baba解之得12,422ba故所求的方程为112422yx