(完整版)高中数学平面向量总复习题

一、选择题

1.两个非零向量的模相等是两个向量相等的什么条件 A.充分不必要 B.必要不充分 C.充要 D.既不充分也不必要 答案：B

2.当|a|＝|b|≠0且a、b不共线时，a＋b与a－b的关系是 A.平行 B.垂直 C.相交但不垂直 D.相等

2222

解析：∵（a＋b）·（a－b）＝a－b＝|a|－|b|＝0，∴（a＋b）⊥（a－b）． 答案：B

3.下面有五个命题，其中正确的命题序号为

①单位向量都相等；②长度不等且方向相反的两个向量不一定是共线向量；③若a，b满足|a|＞|b|且a与b同向，则a＞b；④由于零向量方向不确定，故0不能与任何向量平行；⑤对于任意向量a，b，必有|a＋b|≤|a|＋| b |

A.①②③ B.⑤ C.③⑤ D.①⑤

解析：①单位向量方向不确定，故不一定相等，所以命题①错误； ②方向相反的向量一定是共线向量，故命题②错误； ③两向量不能比较大小，故命题③错误； ④0与任意向量平行，故命题④错误； ⑤命题⑤正确. 答案：B

4.下列四式中不能化简为PQ的是（ ） ．．A.AB(PABQ) B.(ABPC)(BAQC) C.QCQPCQ D.PAABBQ

解析：A选项中，ABBQAQ,AQPAPAAQPQ

B选项中，ABBAABAB＝0，PCQCPCCQPQ，PQ＋0＝PQ C选项中，QCCQQCQC＝0，－QP＋0＝PQ＋0＝PQ． D选项中，PAABPB,PBBQPQ，（∵PBBQPQ） 答案：D

BC＝b，AC＝c，5.已知正方形ABCD的边长为1，AB＝a，则a＋b＋c的模等于（ ）

A.0 B.2＋2

C.2

D.22

解析：∵ABBCAC，∴a＋b＝c，∴a＋b＋c＝2c，∴|2c|＝22.

答案：D

6.如图所示，D、E、F分别是△ABC的边AB、BC、CA的中点，则下列等式中不正确的是．．．

A.FDDAFA C.DEDAEC

B.FDDEEF＝0 D.DADEFD

答案：D

7.已知a，b为非零向量，|a＋b|＝|a－b|成立的充要条件是 A.a∥b B.a，b有共同的起点 C.a与b的长度相等 D.a⊥b

22222

解析：|a＋b|＝|a－b||a＋b|＝| a－b|（a＋b）＝（a－b）a＋2a·b222

＋ba－2 a·b＋ba·b＝0a⊥b

答案：D

8.下面有五个命题，其中正确命题的序号是

①|a|＝a；②

2

2

abb；③（a·b）2＝a2·b2；④（a－b）2＝a 2－2a·b＋b 2；⑤若2aa

B.①④ D.②⑤

a·b＝0，则a＝0或b＝0

A.①②③ C.②④ 解析：②

ab|a||b|cos|b|cosb a2|a|2|a|a2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

③（a·b）＝（| a ||b|cosα）＝| a ||b|cosα，a·b＝| a |·|b|,∴(a·b)

2 2≠a·b

⑤若a·b＝0，则a＝0或b＝0或a⊥b且a≠0，b≠0. 答案：B

9.若点P分有向线段P2P所成的比为 1P2成定比为3∶1，则点P1分有向线段P

A.－

4 3 B.－

2 3 C.－

1 2 D.－

3 2解析：∵P2P144，则点P1分有向线段P2P所成的比为－.

33P1P答案：A

10.已知点A（x，5）关于点C（1，y）的对称点是B（－2，－3），则点P（x，y）到原点的距离是

A.4

B.13

C.15

D.17

解析：由中点坐标公式可得

x2531,y，解得x＝4，y＝1， 22再由两点间距离公式得x2y2421217.

答案：D

11.将点（a，b）按向量a＝（h，k）平移后，得到点的坐标为 A.（a－h，b＋k） B.（a－h，b－k） C.（a＋h，b－k） D.（a＋h，b＋k）

xahxah解析：设平移后点的坐标为（x′，y′），则根据平移公式可得，∴

ybkybk答案：D

12.点A（2，0），B（4，2），若|AB|＝2|AC|，则点C坐标为

A.（－1，1） B.（－1，1）或（5，－1） C.（－1，1）或（1，3） D.无数多个 解析：由题意|AB|＝(42)222， ∴|AC|＝

22|AB|2. 2故点C分布在以点A为圆心，半径为2的圆上，故点C坐标有无数多个. 答案：D

13.将曲线f（x，y）＝0按向量a＝（h，k）平移后，得到的曲线的方程为 A.f（x－h，y＋k）＝0 B.f（x－h，y－k）＝0 C.f（x＋h，y－k）＝0 D.f（x＋h，y＋k）＝0

xxh解析：设平移后曲线上任意一点坐标为（x′，y′），则根据平移公式可得，

yykxxh∴

yyk又f（x，y）＝0，∴f（x′－h，y′－k）＝0

即f（x－h，y－k）为平移后曲线方程.

答案：B

14.设P点在x轴上，Q点在y轴上，PQ的中点是M（－1，2），则|PQ|等于（ ） A.42 B.25

C.5

D.210

解析：由题意设P（x，0），Q（0，y），由中点坐标公式可得解得x＝－2，y＝4， ∴|PQ|＝(2)242xy＝－1，＝2 222025.

答案：B

15.下列命题中，正确的是 A.|a·b|＝| a |·|b|

B.若a⊥（b－c），则a·b＝a·c

2

C.a＞|a|

D.a（b·c）＝（a·b）c

解析：A．a·b＝|a||b|cosα，|a·b|＝|a||b||cosα|≠| a ||b| B.若a＝0，则a·b＝a·c，

若b－c＝0，即b＝c，a·b＝a·c；

若a≠0，且b－c≠0，由a⊥（b－c），得a·（b－c）＝0. ∴a·b－a·c＝0，∴a·b＝a·c，故B正确.

2

C.若|a|＝0或1，则a＝|a|. D.向量的数量积不满足结合律. 答案：B

16.函数y＝4sin2x的图象可以由y＝4sin（2x－这个平移变换是

）的图象经过平移变换而得到，则3个单位 B.向右平移个单位 66C.向左平移个单位 D.向右平移个单位

33解析：∵用x－替换掉函数y＝4sin2x中的x可得y＝4sin2（x－）＝4sin（2x66A.向左平移－

）， 3故可将原函数图象向左平移

个单位得到. 6答案：A

17.已知m，n是夹角为60°的两个单位向量，则a＝2m＋n和b＝－3m＋2n的夹角是 A.30° B.60° C.120° D.150° 解析：∵m·n＝|m||n|cos60°＝

21， 22∴|a|＝2(mn)7，|b|＝(3m2n)7

∴a·b＝（2 m＋n）（－3m＋2 n）＝－6 m＋2 n＋m·n＝－6＋2＋

22

17＝－ 22∴cosα＝答案：C

ab1，∴α＝120°

|a||b|2x218.将函数y＝2的图象按a平移后，函数解析式为y＝2A.（－2，1） C.（1，－1） 解析：y＝21x121x12－1，则a等于（ ）

B.（2，－1） D.（－1，1）

－1，即y＋1＝21(x2)2∴用x－2，y＋1分别替换了原函数解析式中的x，y 即x2xh2xx2，∴即

y1yyy1k1∴a＝（2，－1） 答案：B

19.在直角三角形中，A、B为锐角，则sinA·sinB

1和最小值0 21B.有最大值，但无最小值

2A.有最大值

C.既无最大值，也无最小值 D.有最大值1，但无最小值 解析：∵△ABC为直角三角形，∴B＝∴sinA·sinB＝sinA·sin（当A＝B＝

－A 21－A）＝sinA·cosA＝sin2A

221时，有最大值，但无最小值.

24答案：B

20.α、β是锐角三角形的三个内角，则 A.cosα＞sinβ且cosβ＞sinα B.cosα＜sinβ且cosβ＜sinα C.cosα＞sinβ且cosβ＜sinα D.cosα＜sinβ且cosβ＞sinα

解析：∵α、β是锐角三角形两内角，

，∴＞α＞－β＞0， 222∴sinα＞sin（－β）

2∴α＋β＞

即sinα＞cosβ，同理sinβ＞cosα 答案：B

21.在△ABC中，sinA＜sinB是A＜B的

A.充分不必要条件 B.必要非充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 解析：由正弦定理可得

abasinA，∴ sinAsinBbsinB由sinA＜sinB可得a＜b

根据三角形小边对小角可得A＜B，反之由A＜B也可推得sinA＜sinB 故sinA＜sinB是A＜B的充要条件. 答案：C

22.在△ABC中，tanA·tanB＞1，则△ABC为

A.锐角三角形 B.直角三角形 C.钝角三角形 D.不能确定

解析：∵tanA·tanB＞1＞0，又∵A、B不可能同时为钝角，∴tanA＞0，tanB＞0， ∴tan（A＋B）＝

tanAtanB＜0，

1tanAtanB∴90°＜A＋B＜180°，∴0°＜C＜90°， ∴△ABC为锐角三角形. 答案：A

23.在△ABC中，A、B、C相应对边分别为a、b、c，则acosB＋bcosA等于 A.2cosC B.2sinC C.

ab 2 D.c

解析：由正弦定理得：

ab＝2R sinAsinB得a＝2RsinA，b＝2RsinB

∴acosB＋bcosA＝2RsinAcosB＋2RcosAsinB＝2Rsin（A＋B）＝2RsinC＝c 答案：D

53，sinB＝，则cosC等于 13516561656A. B. C.或 656565653解析：由sinB＝，得

54cosB＝±1sin2B＝±

54但当cosB＝－，cosA＋cosB＜0，C无解

524.在△ABC中，已知cosA＝

∴cosC＝cos［180°－（A＋B）］＝－cos（A＋B） ＝－（cosAcosB－sinAsinB） ＝sinAsinB－cosBcosA＝

D.－

16 651234516··

13551365答案：A

222

25.在不等边△ABC中，a为最大边，如果a＜b＋c，则A的取值范围是（ ） A.90°＜A＜180° B.45°＜A＜90°

C.60°＜A＜90° D.0°＜A＜90°

222222

解析：∵a＜b＋c，∴b＋c－a＞0，

b2c2a2∴cosA＝＞0，∴A＜90°，

2bc又∵a边最大，∴A角最大

∵A＋B＋C＝180°，∴3A＞180°， ∴A＞60°，∴60°＜A＜90° 答案：C

26.已知点A分BC的比为2，下列结论错误的是 A.B分AC的比为－C.A分CB的比为2

2 3

B.C分BA的比为－3 D.C分AB的比为－

1 3解析：数形结合可得C选项错误. 答案：C

27.在△ABC中，若B＝30°，AB＝23，AC＝2，则△ABC的面积为 A.23

B.3 D.23或43

C.23或3

解析：sinC＝

23sin303，

22∴C＝60°或120°，∴A＝90°或30° ∴S△ABC＝答案：C

1AB·AC·sinA＝23或3. 22

A28.在△ABC中，若sinB·sinC＝cos2，则△ABC是

A.等腰三角形 C.等边三角形

B.直角三角形 D.等腰直角三角形

解析：∵sinB·sinC＝

1cosA 2又cosA＝cos［180°－（B＋C）］＝－cos（B＋C）＝－（cosBcosC－sinBsinC） ∴2sinBsinC＝1－cosBcosC＋sinBsinC， ∴cosBcosC＋sinBsinC＝1 ∴cos（B－C）＝1，∴B＝C， ∴△ABC是等腰三角形. 答案：A 二、解答题

1.设e1，e2是两个不共线的向量，已知AB＝2e1＋k e 2，CB＝e1＋3 e 2，CD＝2e1

－e 2，若A、B、D三点共线，求k的值.

分析：由于A、B、D三点共线，因此存在实数λ，使AB＝λBD，而BD＝CD－CB＝e 1－4e2，将AB、BD的e1、e2表达式代入上式，再由向量相等的条件得到关于λ、k的方程组，便可求得k的值.

解：BD＝CD－CB＝（2 e 1－e2）－（e 1＋3e2）＝e1－4e2，

∵A、B、D三点共线，∴存在实数λ，使AB＝λBD，∴2 e 1＋ke2＝λ（e 1－4e2） 于是可得2，解得k＝－8.

k4评述：此题解答关键是应用两个向量共线的充要条件，要注意两个向量共线和三点共线

的区别和联系.

2.已知a、b是两个非零向量，当a＋tb（t∈R）的模取最小值时， （1）求t的值；

（2）求证b⊥（a＋tb）.

22

分析：利用|a＋tb|＝（a＋tb）进行转换，可讨论有关|a＋tb|的最小值问题，若能算得b·（a＋tb）＝0，则证明了b⊥（a＋tb）.

（1）解：设a与b的夹角为θ

22

则|a＋tb|＝（a＋tb）

222＝a＋2a·tb＋tb

222

＝|a|＋2t|a||b|cosθ＋t|b|

222

＝|b|t＋（2|a||b|cosθ）t＋|a|

＝|b|（t＋

2

|a|222

cosθ）＋|a|sinθ |b|∴当t＝－

|a||a||b|cosabcosθ＝－时，|a＋tb|有最小值.

|b|2|b|2|b|（2）证明：b·（a＋tb）＝b·（a－＝0

abab·b）＝a·b－·b·b＝a·b－a·b|b|2|b|2∴b⊥（a＋t b）.

22

评述：对|a＋tb|变形，可以从两个角度进行思考，一是通过|a＋t b |＝（a＋t b）的数量积运算；二是通设坐标化思想，进行向量的坐标运算，从而达到求解求证目的.

3.如图所示，OADB是以向量OA＝a，OB＝b为边的平行四边形，又BM＝

1BC，CN＝31CD，试用a，b表示OM,ON,MN. 3

解：BAOAOB＝a－b

111BCBA（a－b） 366115∴OMOBBM=b+（a－b）＝a＋b

666∵BM又由OD＝a＋b，得

ON11222ODODODa＋b 26333221511MNONOM(a＋b）－（a＋b）＝a－b

336626评述：由于a，b不共线，因此a，b构成平行四边形OADB所在平面的一组基底，用它

们可以表示出这个平面内的任何向量，将所要用a，b表示的向量连同a，b设法放在一个三角形或平行四边形内，是解决此类问题的常见方法.

4.已知O为△ABC所在平面内一点，且满足|OA|2|BC|2|OB|2|CA|2|OC|2

|AB|2．

求证：O点是△ABC的垂心

证明：设OA＝a，OB＝b，OC＝c，则BC＝c－b，CA＝a－c，AB＝b－a. ∵|OA|＋|BC|＝|OB|＋|CA|＝|OC|＋|AB|

2

2

2

2

2

2

∴a＋（c－b）＝b＋（a－c）＝c＋（b－a） 即c·b＝a·c＝b·a，

故AB·OC＝（b－a）·c＝b·c－a·c＝0

222222

BC·OA＝（c－b）·a＝c·a－b·a＝0

∴AB⊥OC，BC⊥OA， ∴点O是△ABC的垂心.

5.如图所示，圆O内两弦AB、CD垂直相交于P点，求证：PAPBPCPD2PO. 证明：设M、N分别为圆O的两弦AB、CD的中点，连OM、ON，则OM⊥AB，ON⊥CD. ∵PAPB2PM,PCPD2PN 而AB⊥CD，∴四边形MPNO为矩形

∴PMPNPO，

∴PAPBPCPD2PO

6.已知△ABC中，A（2，－1），B（3，2），C（－3，－1），BC边上的高为AD，求点D和向量AD的坐标.

解：设点D坐标（x，y），由AD是BC边上的高可得AD⊥BC，且B、D、C共线，

ADBC0∴ CD//DB∴(x2,y1)(6,3)0

(x3)(2y)(3x)(y1)06(x2)3(y1)0

(x3)(2y)(3x)(y1)02xy30

x2y10x1 y1∴∴解得∴点D坐标为（1，1），AD＝（－1，2）

7.已知a、b、c分别为△ABC三内角A、B、C所对的边，且2(sinA－sinB)，sinA－sinC，2（sinB－sinC）成等比数列.

求证：2b＝a＋c.

证明：要证2b＝a＋c，由正弦定理只要证： sinB－sinA＝sinC－sinB即可：

2

由已知可得：（sinA－sinC）－4（sinA－sinB） （sinB－sinC）＝0，且sinA≠sinB，构造方程：

2

（sinA－sinB）x－（sinA－sinC）x＋（sinB－sinC）＝0，且x＝1是方程的根 Δ＝（sinA－sinC）2－4（sinA－sinB）·（sinB－sinC）＝0，∴方程有两相等实根

由韦达定理可知：

sinBsinC＝1

sinAsinB∴sinB－sinC＝sinA－sinB，故结论得证.

8.设i，j是平面直角坐标系内x轴，y轴正方向上的两个单位向量，且AB＝4i＋2j，

AC＝3i＋4j，证明△ABC是直角三角形，并求它的面积.

解：BCACAB＝（3i＋4j）－（4i＋2j）＝－i＋2j 又i⊥j，∴i·j＝0

∵AB·BC＝（4i＋2j）（－i＋2j）＝－4i＋6i·j＋4j＝0，∴AB⊥BC

2

2

∴△ABC是直角三角形， ∴S＝

11AB|·|BC|＝×25×5＝5 22112AC，求cos的值. cosAcosCcosB29.已知△ABC中三内角满足A＋C＝2B，

解：由A＋C＝2B，可得B＝60°，A＋C＝120° 设

AC＝α，则A－C＝2α， 21111 cosAcosCcos(60)cos(60)∴A＝60°＋α，C＝60°－α， ∴

11313cossincossin2222coscos 133cos2sin2cos24442cosB将B=60°代入得

1cos3cos2422

∴22cosα＋cosα－

2

32＝0 2∴（2cosα－2）（22cosα＋3）＝0 ∴22cosα＋3＞0

∴cosα＝

2 2即cos

AC2 22a2b2sin(AB)10.在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，求证： c2sinC

证明：∵a＝b＋c－2bccosA，

222

bsinB，C＝π－（A＋B） csinCa2b22b2sinBcosA1cosA1∴ c2csinCsinC2sinBcosAsin(AB)2sinBcosAsinCsinC

sinAcosBsinBcosAsin(AB)sinCsinC故原等式成立.

11.在△ABC中，BC＝a，AC＝b，AB＝c，且c为最大边，若accosA＋bccosB＜4S，其中S为△ABC的面积.

求证：△ABC为锐角三角形.

证明：由余弦定理及三角形面积公式accosA＋bccosB＜4S

b2c2a2a2c2b2即ac·＋bc·＜2absinC＜2ac 2bc2ac∴a（b＋c－a）＋b（a＋c－b）＜4ab 2224224222

即（a＋b）c＜a＋2a·b＋b＝（a＋b）， 222

∴c＜a＋b，

2

2

2

2

2

2

2

2

22

a2b2c2∵cosC＝＞0，∴C为锐角

2ab又c为最大边，故C为最大角， ∴△ABC为锐角三角形. 12.在△ABC中，sinA＝

sinBsinC，判断这个三角形的形状.

cosBcosC解：由正弦定理、余弦定理可得：

abc

c2a2b2a2b2c22ca2abc2a2b2a2b2c2∴＝b＋c

2c2b∴b（a－b）＋c（a－c）＝bc（b＋c）

233

∴（b＋c）a＝（b＋c）＋bc（b＋c）， 222

∴a＝b＋c，

∴△ABC是直角三角形.

2

2

2

2