作业答案第四单元平面向量数系的扩充与复数的引入.docx
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作业答案第四单元平面向量数系的扩充与复数的引入
课时作业(二十四)
1.D [解析]当b=0时,a与c不一定共线,∴A错误;如图所示,a=,c=,b=,b与a,c均不共线,但a与c共线,∴B错误;在▱ABCD中,与共线,但A,B,C,D四点不共线,∴C错误;若a与b中有一个为零向量,则a与b一定共线,∴当a与b不共线时,a与b一定都是非零向量,故D正确.
2.A [解析]根据向量的线性运算可知,+-=2+≠,故选A.
3.A [解析]由+-=0得+=,如图所示,由O为△ABC的外接圆的圆心,结合向量加法的几何意义知,四边形OACB为菱形,且∠CAO=60°,故A=30°.故选A.
4.-2 [解析]因为D是BC的中点,所以+=2.由++=0,得=.又=λ,所以点P是以AB,AC为邻边的平行四边形的第四个顶点(如图所示),因此=+=2=-2,所以λ=-2.
5.-a+b [解析]=-,=+=b+a,所以=b+a-a=b-a.
6.D [解析]由平面向量的三角形法则可知,=+=+=(-)-=-+=-a+b,故选D.
7.A [解析]根据向量的平行四边形法则,得=+.因为点P在对角线AC上(不包括端点A,C),所以与共线,所以=λ=λ(+),λ∈(0,1),故选A.
8.D [解析]∵E是DC的中点,∴=(+),∴=-+2,∴λ=-1,μ=2,则λ-μ=-1-2=-3.
9.A [解析]设点D为BC的中点,则+=2,结合题意可得2=3,据此可知△ABC的外心与重心重合,则△ABC是等边三角形,所以cosA=cos=,故选A.
10.A [解析]因为=2,所以=,则=-=-,同理=+,=-,则++=-,即++与反向平行,故选A.
11.梯形 [解析]由已知得=++=-8a-2b=2(-4a-b)=2,故与共线,且||≠,所以四边形ABCD是梯形.
12. [解析]由题意可得=t+-t,所以-=t-t,即=t,所以与共线,即B,M,C三点共线,且t=.又由条件知=,所以t=.在△ABC中,由正弦定理知===,所以t==.
13.解:
(1)证明:
∵=a+b,=2a+8b,=3(a-b),
∴=+=2a+8b+3(a-b)=5(a+b)=5,
∴与共线.
又与有公共点B,∴A,B,D三点共线.
(2)若ka+b与a+kb共线,则存在实数λ,使ka+b=λ(a+kb),即(k-λ)a=(λk-1)b.
又a与b是不共线的非零向量,∴k-λ=λk-1=0,∴k2-1=0,∴k=±1.
14.解:
(1)∵=(+),
∴=2-=2a-b,
∴=-=-=2a-b.
(2)∵D,E,C三点共线,∴=m=2ma-mb(0 在△ODE中,=-=λ-=λa-b②. 由①②得2ma-mb=λa-b,即解得 15.D [解析]在AB上取一点D,使得=,过D作DH∥AC,交BC于H.∵=+λ,且点P是△ABC内一点(含边界),∴点P在线段DH上.当P在D点时,||取得最小值2;当P在H点时,||取得最大值,此时B,P,C三点共线,∵=+λ,∴λ=,∴=+,∴=++·=,∴||=.故||的取值范围为 2, .故选D. 16.-2 [解析]如图所示,作BM∥AD交AC于M,作BN∥AC交AD于N,则AM∥BN且AM=BN.由题意知,当λ取得最大值时,点E与点B重合.在Rt△ABC中,=,在△ABM中,由正弦定理得==,则λmax==.又在Rt△ABD中,=||,在△ABN中,由正弦定理得==||,则μ==,∴λ-μ=-2. 课时作业(二十五) 1.B [解析]显然向量a+b与向量a-b不共线,故选B. 2.A [解析]易得b-a=(3-1,1-2)=(2,-1),故选A. 3.D [解析]由题意得=+=+(-)=+,故选D. 4.3 [解析]∵a=(1,),b=(,k),a∥b,∴k×1-×=0,∴k=3. 5.- [解析]由图可知=(+)= - =(-)-=-,∴m+n=-=-. 6.A [解析]由题意得=(2-1,t+1)=(1,3),则t+1=3,解得t=2,故选A. 7.C [解析]由已知可得(1,2)+(-3,5)=λ(4,x),∴∴∴λ+x=-,故选C. 8.B [解析]以a的终点,b的起点为坐标原点建立平面直角坐标系,如图所示,则a=(-1,1),b=(6,2),c=(-1,-3).由题意得c=(-λ+6μ,λ+2μ)=(-1,-3),则有解得故=4. 9.C [解析]因为b= -cos -x cosx =(-sinx,cosx),a=tb,所以cosxcosx-(-sinx)(-sinx)=0,即cos2x-sin2x=0,所以tan2x=1,即tanx=±1,所以x=+(k∈Z),则2x=kπ+(k∈Z),所以sin2x=±1,故选C. 10.A [解析]= m+ +=m+,设=t(0≤t≤1),则=+=+t(+)=+t - =(1-t)+t,所以m=1-t且=,故m=1-t=1-=,故选A. 11.1 [解析]由题知=(3,6),=(x-3,-4).因为与共线,所以3×(-4)-6(x-3)=0,解得x=1. 12.(-6,21) [解析]依题意得=3.因为点Q是AC的中点,所以+=2,所以=2-=(-2,7),故=3=(-6,21). 13.解: 由已知得a=(5,-5),b=(-6,-3),c=(1,8). (1)3a+b-3c=(15-6-3,-15-3-24)=(6,-42). (2)∵mb+nc=(-6m+n,-3m+8n), ∴解得 (3)设O为坐标原点,∵=-=3c, ∴=3c+=(3,24)+(-3,-4)=(0,20),∴M(0,20). 又∵=-=-2b, ∴=-2b+=(12,6)+(-3,-4)=(9,2),∴N(9,2), ∴=(9,-18). 14.解: (1)=t1+t2=t1(0,2)+t2(4,4)=(4t2,2t1+4t2).当点M在第二或第三象限时,则有故所求的充要条件为t2<0且t1+2t2≠0. (2)证明: 当t1=1时,由 (1)知=(4t2,4t2+2).因为=-=(4,4),所以=-=(4t2,4t2)=t2(4,4)=t2,又与有公共点A,所以不论t2为何实数,A,B,M三点都共线. 15.D [解析]由题意可知,点P位于D,E,G三点时,α+β取得最值.当点P在点D处时,α=3,β=0,则α+β=3;当点P在点E处时,α=0,β=3,则α+β=;当点P在点G处时,α=1,β=1,则α+β=.故选D. 16.C [解析]建立平面直角坐标系如图所示,则B(2,0),D(0,1),E(2,1),F 1, .设P(cosα,sinα)(0≤α≤π),由=λ+μ得(cosα,sinα)=λ(2,1)+μ -1, 则2λ-5μ=2cosα-2sinα=2sin α+ 又0≤α≤π,所以≤α+≤,则-2≤2sin α+ ≤2,所以2λ-5μ的取值范围是[-2,2],故选C. 课时作业(二十六) 1.C [解析]|a-b|2=(a-b)2=(a+b)2-4a·b= (2)2-4×2=4,∴|a-b|=2.故选C. 2.D [解析]∵2a-b=2(1,2)-(-1,3)=(3,1),∴|2a-b|==,故选D. 3.C [解析]∵a⊥b,∴a·b=x+8=0,∴x=-8,故选C. 4. [解析]a在b方向上的投影为==. 5. [解析]∵a·(a+b)=a2+a·b=3,∴a·b=-1,∴cos==-,∴向量a与b夹角的正弦值为. 6.C [解析]|a-3b|2=a2-6a·b+9b2=1-6cos120°+9=13,所以|a-3b|=. 7.A [解析]由题意得a-b=(1-x,3).∵a∥(a-b),∴1×3=2(1-x),解得x=-,则a·b=1×+2×(-1)=-. 8.C [解析]因为·=2×4×cos120°=-4,所以·=(+λ)·(-)=-4+16λ-4+4λ=0,解得λ=,故选C. 9.D [解析]由图知d=(4,3),由题得c=a+λb=(1,λ).若c⊥d,则4+3λ=0,解得λ=-,故A错误;若向量c与d的夹角为60°,则有4+3λ=5cos60°,即11λ2+96λ+39=0,有两个负根,故B错误;若向量c与d的夹角为30°,则有4+3λ=5cos30°,即39λ2-96λ+11=0,有两个正根,故C错误;若向量c与d共线,则有4λ=3,解得λ=>0,故选D. 10.B [解析]表示与同向的单位向量,表示与同向的单位向量,所以+表示以与同向的单位向量和与同向的单位向量为邻边的平行四边形的对角线.因为 + ·=0,所以=,又由·=-得与的夹角为120°,所以△ABC为等腰非等边三角形,故选B. 11. [解析]由题意得a·b=2×1×=1,则a·(a+2b)=a2+2a·b=22+2×1=6,|a+2b|===2,所以cos===,则a与a+2b的夹角为. 12. [解析]如图所示,设=a,=b,=m,则||=1,∠OAB=120°.∵m=λa+(1-λ)b(λ∈R),∴A,B,C三点共线.∵点O到直线AB的距离为||·sin60°=,∴||≥,∴|m|的取值范围为 +∞ . 13.解: (1)∵m·n=cosA++sinA=2sin A+ +=2+, ∴sin A+ =1.
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