第二章 平面向量及其应用 §1 从位移、速度、力到向量 1.1 位移、速度、力与向量的概念 1.2 向量的基本关系 1.C [解析] 单位向量的方向是任意的,所以当两个单位向量的起点相同时,其终点在以起点为圆心的单位圆上,终点不一定相同,所以选项A不正确; 非零向量与是共线向量,即∥,不能得到A,B,C,D四点共线,所以选项B不正确;与非零向量a共线的单位向量有两个,即与-,所以选项C正确;规定零向量的方向任意,而不是没有方向,所以选项D不正确.故选C. 2.C [解析] 与平行的向量有,,,共3个. 3.C [解析] 作出平行四边形ABCD,如图,由图知,与的夹角即为与的夹角,为 ∠ABC=120°. 4.C [解析] 因为四边形ABPC是平行四边形,D为对角线BC与AP的交点,所以D为PA的中点,所以的值为1. 5.B [解析] 与a方向相反的向量与a一定共线,故A中结论正确;与a共线且长度相等的向量可以是-a,故B中结论错误;显然C中结论正确;与a共线且长度相等的向量必然包含a本身,故D中结论正确.故选B. 6.D [解析] 如图,由已知可得===,==,=,=,=,有12对相等向量,将它们的起点和终点同时互换,又有12对相等向量,故共有24对相等向量,故选D. 7.A [解析] 对于①,两个向量的长度相等,不能推出两个向量的方向的关系,故①是假命题;对于②,因为A,B,C,D是不共线的四点,所以= 等价于AB∥DC且AB=DC,即四边形ABCD为平行四边形,故②是真命题;对于③,若a=b,b=c,则a=c,故③是真命题;对于④,由a=b可以推出|a|=|b|且a∥b,由|a|=|b|且a∥b可以推出a=b或a=-b,故“|a|=|b|且a∥b”是“a=b”的必要不充分条件,故④是假命题.故选A. 8.CD [解析] 单位向量的模均为1,但方向并不一定相同,故A错误;零向量的相反向量仍是零向量,但零向量与零向量是相等的,故B错误;不妨设a为零向量,则a∥b,与a,b不共线矛盾,故C正确;由零向量的定义,知D正确.故选CD. 9.BC [解析] 对于A,因为||==,||==2,所以||≠||,故A错误;对于B,||==,故B正确;对于C,因为∠CDG=∠CFH=45°,所以DG∥HF,所以向量,共线,故C正确;对于D,||+||=+=5≠10,故D错误.故选BC. 10.梯形 [解析] ∵∥且||≠||,∴AB∥DC且AB≠DC,∴四边形ABCD是梯形. 11.0 [解析] 因为A,B,C三点不共线,所以与不共线,又m∥且m∥,所以m=0. 12.①②③ [解析] 与相等的向量需满足与的方向相同,模相等,只有,故①正确;根据菱形的性质结合∠DAB=120°,可知对角线AC的长与菱形的边长相等,故除外与的模相等的向量有,,,,,,,,,共9个,故②正确;易得BO=CO,∴BD=AC=AD,∴的模恰为的模的倍,故③正确;向量与的方向是相反的,是平行向量,故④不正确.故填①②③. 13.解:∵E,F,G,H分别是四边形ABCD的边AB,BC,CD,DA的中点,∴AC=2EF=2HG,AC∥EF∥HG,∴四边形EFGH是平行四边形. (1)与向量相等的向量是. (2)与向量平行的向量是,,,,. (3)与向量的模相等的向量是,,. (4)与向量的模相等、方向相反的向量是,. 14.解:(1)向量,,,如图所示. (2)由题意知=,且AD与BC不重合,所以AD∥BC,AD=BC,则四边形ABCD为平行四边形. 所以=,则B地在A地北偏东60°方向的6千米处. 15.3π [解析] 这些向量的终点构成的图形是一个圆环,其面积为π·22-π·12=3π. 16.解:(1)如图所示,设A为出发点,由图知操作8次后赛车的位移为零向量. (2)要使赛车行进一周后能回到出发点,只需赛车的位移为零向量,按(1)的方式作图,则所作图形是每个内角均为180°-α的正n边形(n>2,n∈N*),故n(180°-α)=(n-2)×180°,得α=,其中n为大于2的整数.第二章 平面向量及其应用 §1 从位移、速度、力到向量 1.1 位移、速度、力与向量的概念 1.2 向量的基本关系 【学习目标】 1.能够通过对力、速度、位移等的分析,了解平面向量的实际背景,理解平面向量、向量的模、零向量、单位向量、相等向量、共线向量(平行向量)、向量垂直、向量夹角的概念. ... ...
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