第9章 平面向量 阶段质量评价-【新课程学案】2025-2026学年高中数学必修第二册配套练习word（苏教版）

[阶段质量评价]　　　　　　　　 第9章　平面向量 (时间：120分钟　满分：150分) 一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分.) 1.在△ABC中，AD为BC边上的中线，点E为AD的中点，则= (　　) A.- B.- C.+ D.+ 解析：选B　∵在△ABC中，AD为BC边上的中线，点E为AD的中点， ∴=-=-=-××(+)=-. 2.设a，b是单位向量，若a⊥b，则(a+b)·b的值为 (　　) A.1 B.0 C.-1 D.- 解析：选A　因为a，b是单位向量，且a⊥b， 所以a·b=0，b·b=|b|2=1. 所以(a+b)·b=a·b+b·b=0+1=1. 3.若向量a=(，1)，b=(1，)，则a与b的夹角为 (　　) A. B. C. D. 解析：选C　∵a=(，1)，b=(1，)，∴a·b=×1+1×=2，|a|==2，|b|==2.设a与b的夹角为θ， ∴cos θ===.∴θ=. 4.已知AD，BE分别为△ABC的边BC，AC上的中线，设=a，=b，则= (　　) A.a+b B.a+b C.a-b D.-a+b 解析：选B　如图，AD，BE分别为△ABC的边BC，AC上的中线， 则=-=-， =+=+=+(+)=(+).因为=a，=b，所以a=-，b=+，解得=a+b. 5.已知向量a=(1，2)，b=(3，0)，若(λa-b)⊥a，则实数λ= (　　) A.0 B. C.1 D.3 解析：选B　因为向量a=(1，2)，b=(3，0)，且(λa-b)⊥a，所以(λa-b)·a=0，即λa2-a·b=0.所以5λ-3=0，解得λ=. 6.已知|a|=2，|b|=3，a，b的夹角为.如图所示，若=5a+2b，=a-3b，且D为BC的中点，则的长度为 (　　) A. B. C.7 D.8 解析：选A　因为在△ABC中，D为BC的中点，所以=(+).又=5a+2b，=a-3b，所以=(5a+2b+a-3b)=(6a-b)=3a-b.所以||=====，即的长度为. 7.在矩形ABCD中，AB=，BC=1，E是CD上一点，且·=1，则·的值为 (　　) A.3 B.2 C. D. 解析：选B　设与的夹角为θ，则与的夹角为-θ， 又∥，故有与的夹角为-θ，如图， ∴·=||cos=||sin θ=1. ∴·=·(+)=·+·=1+1=2. 8.设e1与e2是两个不共线的向量，=3e1+2e2，=ke1+e2，=3e1-2ke2，若A，B，D三点共线，则k的值为 (　　) A.- B.- C.- D.- 解析：选B　由题意可得=-=(3e1-2ke2)-(ke1+e2)=(3-k)e1-(2k+1)e2.因为A，B，D三点共线，所以必存在一个实数λ，使得=λ，即3e1+2e2=λ[(3-k)e1-(2k+1)e2]=λ(3-k)e1-λ(2k+1)e2， 可得解得 二、多项选择题(本大题共3小题，每小题6分，共18分.) 9.若点D，E，F分别为△ABC的边BC，CA，AB的中点，且=a，=b，则下列结论正确的是 (　　) A.=-a-b B.=a+b C.=-a+b D.=a 解析：选ABC　在△ABC中，=+=-+=-b-a，故A正确;=+=+=a+b，故B正确; =+=-b-a，=+=+=b+(-b-a)=-a+b，故C正确;==-a，故D错误. 10.若单位向量e1，e2满足|e1-e2|+2e1·e2=0，则 (　　) A.e1·e2=- B.|e1-e2|= C.(2e1+e2)⊥e2 D.<e1，e2>= 解析：选BCD　因为|e1-e2|+2e1·e2=0，所以|e1-e2|=-2e1·e2.所以e1·e2≤0.因为e1，e2为单位向量，将|e1-e2|=-2e1·e2两边平方，得6(e1·e2)2+e1·e2-1=0，即(2e1·e2+1)(3e1·e2-1)=0，所以e1·e2=-或e1·e2=(舍去)，故A错误;|e1-e2|=-2e1·e2=，故B正确;因为(2e1+e2)·e2=2e1·e2+=-1+1=0，所以(2e1+e2)⊥e2，故C正确;因为cos<e1，e2>==-， 又<e1，e2>∈[0，π]，所以<e1，e2>=，故D正确. 11.设向量a=(k，2)，b=(1，-1)，则下列叙述错误的是 (　　) A.当k<-2时，a与b的夹角为钝角 B.|a|的最小值为2 C.与b共线的单位向量只有一个为 D.若|a|=2|b|，则k=2或-2 解析：选CD　当k<-2时，cos<a，b>==<0且不等于-1，所以a与b的夹角为钝角，A正确; |a|=≥2，当k=0时取等号，所以|a|的最小值为 2，B正确; 与b共线的单位向量为±， 即或，C不正确; 若|a|=2|b|，可得=2，解得k=2或k=-2，D不正确. 三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分.) 12.(5分)已知向量a，b的夹角为45°，且|a|=1，|2a-b|=，则|b|=　　　　.  解析：因为向量a，b的夹角为45°，且|a|=1，|2a-b|=，所以=.所以4+|b|2-4|b|·=10，即|b|2-2|b|-6=0，解得|b|=3. 答案：3 13.(5分)向量a，b，c在正方形网格中的位置如图所示，若c=λa+μb(λ，μ∈R)，则=　　　　.  解析：设每个小正方形的边长为1，以a，b的公共起点为原点建立平面直角坐标系，如图， 则a=(2，2)，b=(6，2)，c=(-1，-3). ∵c=λa+μb(λ，μ∈R)， 即(-1，-3)=λ(2，2)+μ(6，2)=(2λ+6μ，2λ+2μ)， ∴2λ+6μ=-1且2λ+2μ=-3，解得λ=-2，μ=.∴=-4. 答案：-4 14.(5分)在矩形ABCD中，AB=2，AD=4，E是CD上一点，则·的最小值为　　　　.  解析：因为E是CD上一点，设=λ， 则=(1-λ)， 所以·=(+)·(+)=(+)· =·+(1-λ)·+λ·+λ(1-λ)·=4λ2-4λ+16. 所以当λ=，即E是CD的中点时，·的最小值为15. 答案：15 四、解答题(本大题共5小题，共77分.) 15.(13分)在平行四边形ABCD中，=a，=b. (1)如图1，如果E，F分别是BC，DC的中点，试用a，b分别表示;(6分) (2)如图2，如果O是AC与BD的交点，G是DO的中点，试用a，b表示.(7分) 解：(1)当E，F分别是BC，DC的中点时， =+=-=b-a， =+=-=a-b. (2)∵O是AC与BD的交点，G是DO的中点， ∴==(-)， =+=+(-) =+=a+b. 16.(15分)已知向量|a|=2，|b|=3，|3a-2b|=6. (1)求向量a，b的夹角θ;(10分) (2)求(a+2b)·(2a-b)的值.(5分) 解：(1)由|3a-2b|=6，得(3a-2b)2=36， 即9a2+4b2-12a·b=36，即36+36-12a·b=36，所以a·b=3.所以cos θ==.又θ∈，所以θ=. (2)(a+2b)·(2a-b)=2a2+3a·b-2b2=8+9-18=-1. 17.(15分)已知三个点A(2，1)，B(3，2)，D(-1，4). (1)求证：AB⊥AD;(5分) (2)要使四边形ABCD为矩形，求点C的坐标并求矩形ABCD两对角线所成的锐角的余弦值.(10分) 解：(1)证明：∵A(2，1)，B(3，2)，D(-1，4)， ∴=(1，1)，=(-3，3). 又∵·=1×(-3)+1×3=0， ∴⊥，即AB⊥AD. (2)∵⊥，四边形ABCD为矩形，∴=. 设C点坐标为(x，y)， 则=(1，1)，=(x+1，y-4)， ∴得∴C点坐标为(0，5). 由于=(-2，4)，=(-4，2)， ∴·=8+8=16>0，||=2，||=2.设与夹角为θ， 则cos θ===>0，∴矩形ABCD的两条对角线所成的锐角的余弦值为. 18.(17分)如图所示，已知点G是△ABO的重心. (1)求++;(7分) (2)若PQ过△ABO的重心G，且=a，=b，=ma，=nb，求证：+=3.(10分) 解：(1)如图所示，延长OG交AB于M点，则M是AB的中点，∴+=-2. ∵G是△ABO的重心， ∴=-2. ∴++=0. (2)证明：∵M是AB边的中点， ∴=(+)=(a+b). 又∵G是△ABO的重心， ∴==(a+b). ∴=-=(a+b)-ma =a+b. 而=-=nb-ma. ∵P，G，Q三点共线， ∴有且只有一个实数λ，使得=λ. ∴a+b=λnb-λma. ∴a+b=0. ∵a与b不共线，∴-m+λm=0且-λn=0，消去λ，得+=3. 19.(17分)在如图所示的平面图形中，OM=1，ON=2，=2=2. (1)设=x+y，求x+y的值;(5分) (2)若OM∥CN，且∠MON∈，求·的最小值.(12分) 解：(1)因为=2=2， 所以=-=3-3=3=-3+3. 所以x=-3，y=3，即x+y=0. (2)因为∠MON∈， 所以记θ=<>∈. 因为OM∥CN，所以设=λ， 则=+=-λ+3(-)=(3-λ)-3. 所以==-. 所以·=·(-λ) =+λ· =+λ||||cos θ =+2λcos θ=. 所以当λ=-时， 取得最小值， 最小值为-. 又因为θ∈， 所以6cos θ-3∈[3-3，3-3]. 所以-∈， 即·的最小值为. 79 / 137 学科网（北京）股份有限公司 $