1、阶段质量检测(二)平面向量考试时间：90分钟试卷总分：160分一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分将答案填在题中的横线上)1化简后等于_2已知向量a(1,3x)，b(1,9)，若a与b共线，则实数x的值为_3已知向量m(1,1)，n(2,2)，若(mn)(mn)，则_4已知点A(1,3)，B(4，1)，则与向量同方向的单位向量为_5如图，M，N分别是AB，AC的一个三等分点，且MN()成立，则_.6若|a|2，|b|6，ab3，则|ab|等于_7已知向量(2,0)，(2,2)，(1，3)，则和的夹角为_8在梯形ABCD中，2，AC与BD相交于O点若a，b，则_.9如图所示，在平行
2、四边形ABCD中，APBD，垂足为P，且AP3，则_.10已知e1，e2是夹角为的两个单位向量，ae12e2，bke1e2，若ab0，则实数k的值为_11下列5个说法：共线的单位向量是相等向量；若a，b，c满足abc时，则以|a|，|b|，|c|为边一定能构成三角形；对任意的向量，必有|ab|a|b|；(ab)ca(bc)；(ab)cacbc.其中正确的是_12设向量a与b的夹角为，定义a与b的“向量积”：ab是一个向量，它的模|ab|a|b|sin ，若a(，1)，b(1，)，则|ab|_.13已知正方形ABCD的边长为1，点E是AB边上的动点，则DECB的值为_；的最大值为_14(上海高考
3、)已知正方形ABCD的边长为1，记以A为起点，其余顶点为终点的向量分别为a1，a2，a3；以C为起点，其余顶点为终点的向量分别为c1，c2，c3.若i，j，k，l1,2,3且ij，kl，则的最小值是_二、解答题(本大题共6小题，共90分解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15(本小题满分14分)在四边形ABCD(A、B、C、D顺时针排列)中，(6,1)，(2，3)，若有，又有，求的坐标16(本小题满分14分)已知| |1，|，0，点C在AOB的内部，且AOC30，若mn (m，nR)，求的值17.(本小题满分14分)已知a，b，c是同一平面内的三个向量，其中a(1,2)(1)若|c
4、|2，且ca，求c的坐标；(2)若|b|，且(a2b)(2ab)0，求a与b的夹角.18(本小题满分16分)已知向量a(，1)，b.(1)求证：ab；(2)是否存在不等于0的实数k和t，使xa(t23)b，ykatb，且xy？如果存在，试确定k和t的关系；如果不存在，请说明理由19(本小题满分16分)已知A(2,0)，B(0,2)，C(cos ，sin )(0)(1)若|(O为坐标原点)，求与的夹角；(2)若，求tan 的值20(本小题满分16分)在平面直角坐标系中，O为坐标原点，已知向量a(1,2)，且点A(8,0)，B(n，t)，C(ksin ，t)，.(1)若a，且|，求向量；(2)若向
5、量与向量a共线，当k4，且tsin 取最大值4时，求.答 案1解析：原式()()()()0.答案： 2解析：a与b共线，93x0，x3.答案：33解析：(mn)(mn)(23,3)(1，1)(26)0，所以3.答案：34解析：(3，4)，所以|5，这样同方向的单位向量是.答案：5解析：M，N分别是AB，AC的一个三等分点，即.又()，.答案：6解析：(ab)2a22abb2463634，|ab|.答案：7解析：由题意，得(1，1)，则|，| |2，2，cos，.又0，.答案：8解析：依题意得ABCD，且AB2CD，又ba，因此ba.答案：ba9解析：设AC与BD的交点为O，则222223201
6、8.答案：1810解析：ab(e12e2)(ke1e2)ke(12k)e1e22ek(12k)cos22k.又ab0，2k0，k.答案：11解析：共线也有可能反向，故不正确；若|a|0，显然不能构成三角形，故不正确；由数量积的性质知不正确；由向量加法的三角形法则知正确；由数量积的性质知正确答案：12解析：cos ，sin .|ab|222.答案：213解析：法一：以，为基向量，设AE (01)，则，所以()()2,011.又，所以()2,101，,即的最大值为1.法二：建立如图所示的平面直角坐标系，,令E点坐标为(t，0)(0t1)可得(t，1)(0，1)1，, (t，1)(1，0)t1，,1
7、，最大值为1.答案：1114解析：根据对称性，当向量与互为相反向量，且它们的模最大时，最小这时aiAC，ajAD，ckCA，clCB，25.答案：515解：设(x，y)，则(6x,1y)，(4x，y2)，(x4,2y)，(x2，y3)又及，x(2y)(x4)y0，(6x)(x2)(1y)(y3)0.解得或(6,3)或(2，1)16解：0，AOB90，又AOC30，且点C在AOB内部，BOC60.(mn)m|cosAOC|，(mn)3n|cosBOC|.m3n，即3.17解：(1)设c(x，y)，|c|2，2，即x2y220.ca，a(1,2)，2xy0，即y2x.联立，得或c(2,4)或(2，
8、4)(2)(a2b)(2ab)0，即2a23ab2b20，2|a|23ab2|b|20.|a|25，|b|2，代入式，得ab，cos 1.又0，.18解：(1)证明：ab(，1)0，ab.(2)假设存在非零实数k，t使xy，则a(t23)b(katb)0，整理得ka2tk(t23)abt(t23)b20.又ab0，a24，b21.4kt(t23)0，即k(t33t)(t0)，故存在非零实数k，t，使xy成立，其关系为k(t33t)(t0)19解：(1)(2cos ，sin )，|，(2cos )2sin27，cos .又(0，)，即AOC，又易知AOBAOCBOC，与的夹角为.(2)(cos
9、2，sin )，(cos ，sin 2)，由，知0，可得cos sin .(cos sin )2，2sin cos ，(0，)，.又(cos sin )212sin cos ，cos sin 0，cos sin .由得cos ，sin ，从而tan .20解：(1)因为(n8，t)，且a，所以8n2t0，即n82t.又|，所以564(n8)2t25t2，解得t8.所以(24,8)或(8，8)(2)因为(ksin 8，t)，与a共线，所以t2ksin 16.又tsin (2ksin 16)sin 2k2，当k4时，10，所以当sin 时，tsin 取得最大值；由4，得k8，此时，故(4,8)，所以848032.