数列与平面向量练习题

2024-07-15

数列与平面向量练习题（通用8篇）

篇1：数列与平面向量练习题

职高数列，平面向量练习题

一．选择题：

（1）已知数列{an}的通项公式为an=2n-5，那么a2n=（）。A 2n-5

B 4n-5

2n-10

4n-10（2）等差数列-7/2，-3，-5/2，-2，··第n+1项为（）A 12(n7)

B 1nn2(n4)

C 2D 27（3）在等差数列{ an }中，已知S3=36，则a2=（）A

D 6（4）在等比数列{an}中，已知a2=2，a5=6，则a8=（）A

B 12

24（5）平面向量定义的要素是（）

A 大小和起点

方向和起点

C 大小和方向

D 向和起点

（6）ABACBC等于（）

2BC

B 2CB

C 0

0（7）下列说法不正确的是（）.A

零向量和任何向量平行

平面上任意三点A、B、C，一定有ABBCAC C 若ABmCD(mR)，则AB//CD

D若ax1e1,bx2e2，当x1x2时，ab

（8）设点A（a1,a2）及点B（b1,b2），则AB的坐标是（A（a1b1,a2b2）

B（a1a2,b1b2）

大小、方）

C（b1a1,b2a2）

D（a2a1,b2b1）

（9）若ab=-4，|a|=2，|b|=22，则是（）A 0 B

90

180

270（10）下列各对向量中互相垂直的是（）A a(4,2),b(3,5)

B a(3,4),b(4,3)

C a(5,2),b(2,5)

D a(2,3),b(3,2)

（11）．等比数列{an}中，a2＝9，a5＝243，则{an}的前4项和为（）.A．81

B．120

C．168

D．192（12）．已知等差数列{an}的公差为2，若a1，a3，a4成等比数列, 则a2＝（）．

A．－4 D．－10

B．－6

C．－8

（13）公比为2的等比数列{an}的各项都是正数，且a3a11=16，则a5=（A）1

（B）2

（C）4

（D）8(14).在等差数列{an}中，已知a4+a8=16，则a2+a10=(A)12(B)16(C)20(D)24 二．填空题：

（1）数列0，3，8，15，24，…的一个通项公式为_________________.（2）数列的通项公式为an=（-1）n+12+n,则a10=_________________.（3）等差数列-1，2，5，…的一个通项公式为________________.1（4）等比数列10，1，10，…的一个通项公式为______________（5）ABCDBC=______________.（6）已知2（ax）=3（bx），则x=_____________.（7）向量a,b的坐标分别为（2，-1），（-1，3），则ab的坐标_______，2a3b的坐标为__________.（8）已知A（-3，6），B（3，-6），则AB=__________,|BA|=____________.（9）已知三点A（3+1，1），B（1，1），C（1，2），则=_________.（10）若非零向量a(a1,a2),b(b1,b2),则_____________=0是ab的充要条件.三．解答题

n,41.数列的通项公式为an=sin写出数列的前5项。

2.在等差数列{ an }中，a1=2，a7=20，求S15.315.在等比数列{ an }中，a5=4，q=2,求S7.3.在平行四边形ABCD中，O为对角线交点，试用BA、BC表示BO.4.任意作一个向量a，请画出向量b2a,cab.5.已知点B（3，-2），AB=（-2，4），求点A的坐标.6.已知点A（2，3），AB=（-1，5）, 求点B的坐标.7.已知a(2,2),b(3,4),c(1,5),求：（1）2ab3c；

（2）3(ab)c

18.已知点A（1，2），B（5，-2），且 a2AB，坐标.求向量a的

篇2：数列与平面向量练习题

2.平面向量是连接代数与几何的桥梁，是高考的重要内容之一.高考常设置1个客观题或1个解答题，对平面向量知识进行全面的考查，其分值约为10分，约占总分的7%.近年高考中平面向量与解三角形的试题是难易适中的基础题或中档题，一是直接考查向量的概念、性质及其几何意义;二是考查向量、正弦定理与余弦定理在代数、三角函数、几何等问题中的应用.

1.高考试题预测

(1)分析近几年高考对三角函数与三角恒等变换部分的命题特点及发展趋势，以下仍是今后高考的主要内容：

①三角函数的图象与性质是高考考查的中心内容，通过图象求解析式、通过解析式研究函数性质是常见题型.

②解三角函数题目的过程一般是通过三角恒等变换化简三角函数式，再研究其图象与性质，所以熟练掌握三角恒等变换的方法和技巧尤为重要，比如升幂(降幂)公式、asin x+bcos x的常考内容.

篇3：数列与平面向量练习题

一道典型的好题就是一道营养丰富的“滋补大餐”, 我们应该细细咀嚼、美美品味, 充分地消化吸收, 上挂下联、左右逢源、前后呼应、触类旁通、引申拓展, 使其教育教学功能发挥到淋漓尽致!绝不能就题论题, 造成了资源的浪费与复习效果的低下.下面就教科书的一道习题谈《平面向量》的复习, 供大家参考.

《普通高中课程标准实验教科书·数学》 (必修4) 第67页第8题:

如图1, P, Q为线段AB的三等分点, 用 $\vec{Ο A} ‚ \vec{Ο B}$ 表示 $\vec{Ο Ρ} ‚ \vec{Ο Q} .$

分析由题知 $\vec{A Ρ} = \frac{1}{2} \vec{Ρ B}$ , 要用 $\vec{Ο A} ‚ \vec{Ο B}$ 表示 $\vec{Ο Ρ}$ , 只需把 $\vec{A Ρ} ‚ \vec{Ρ B}$ 全部用 $\vec{Ο A} ‚ \vec{Ο B} ‚ \vec{Ο Ρ}$ 表示, 再分离出 $\vec{Ο Ρ}$ 即可.

事实上, 因为 $\vec{A Ρ} = \frac{1}{2} \vec{Ρ B}$ , 所以

$\begin{array}{l} \vec{Ο Ρ} - \vec{Ο A} = \frac{1}{2} (\vec{Ο B} - \vec{Ο Ρ}) ‚ \\ \vec{Ο Ρ} = \frac{2}{3} \vec{Ο A} + \frac{1}{3} \vec{Ο B} . (1) \end{array}$

T: (引申1) 若 $\vec{A Ρ} = λ \vec{Ρ B} (λ \neq - 1)$ 呢?

S:同样由 $\vec{Ο Ρ} - \vec{Ο A} = λ (\vec{Ο B} - \vec{Ο Ρ})$ 得

$\vec{Ο Ρ} = \frac{1}{1 + λ} \vec{Ο A} + \frac{λ}{1 + λ} \vec{Ο B} . (2)$

T: $\vec{A Ρ} = λ \vec{Ρ B}$ 说明A, B, P三点的位置关系如何?

S:三点共线.

T: (引导启发) 观察 (1) 、 (2) 中 $\vec{Ο A} ‚ \vec{Ο B}$ 的系数, 你发现什么规律?

S: (很兴奋、惊喜地) 系数之和等于1.

T:是不是一种巧合?能否推广?

S:可推广, O为平面上任一点, 若A, B, P三点共线 $\Rightarrow \vec{Ο Ρ} = m \vec{Ο A} + n \vec{Ο B}$ 且m+n=1 (m, n∈R) .

事实上, 由A, B, P三点共线, 可设 $\vec{A Ρ} = t \vec{A B}$ , 则 $\vec{Ο Ρ} - \vec{Ο A} = t (\vec{Ο B} - \vec{Ο A})$ .所以 $\vec{Ο Ρ} = (1 - t) \vec{Ο A} + t \vec{Ο B}$ , 即 $\vec{Ο Ρ} = m \vec{Ο A} + n \vec{Ο B}$ , 这里m=1-t, n=t, 且m+n=1.

T: (追问) 反之成立吗?

S: (很自信地) 成立!若 $\vec{Ο Ρ} = m \vec{Ο A} + n \vec{Ο B}$ 且m+n=1, 则A, B, P三点共线.事实上,

$\begin{array}{l} \vec{A Ρ} = \vec{Ο Ρ} - \vec{Ο A} = m \vec{Ο A} + n \vec{Ο B} - \vec{Ο A} \\ = (m - 1) \vec{Ο A} + n \vec{Ο B} = - n \vec{Ο A} + n \vec{Ο B} \\ = n (\vec{Ο B} - \vec{Ο A}) = n \vec{A B} . \end{array}$

所以A, B, P三点共线.

T: (再追问) $\vec{Ο Ρ} = \frac{1}{1 + λ} \vec{Ο A} + \frac{λ}{1 + λ} \vec{Ο B}$ 表明起点为O, 终点为直线AB上一点的P的向量 $\vec{Ο Ρ}$ 可用不共线的两个向量 $\vec{Ο A} ‚ \vec{Ο B}$ 线性表示, 那么平面内的任一向量a, 可用两个不共线的向量e1, e2线性表示吗?

S: (一石激起千层浪) 对!这不是把问题更一般化了吗?同学们积极思考, 主动画图探究, 得出结论:若为同一平面内两个不共线的向量e1, e2, 那么对于这一平面内的任一向量a, 有且只有一对实数λ1, λ2使a=λ1e1+λ2e2.

T: (上纲上线, 挑明真相) 这就是赫赫有名的“平面向量基本定理”, 它说明平面内的向量分解的唯一性.再想一想向量的共线定理表明什么?

S:任一向量可用与之共线的非零向量来线性表示, 而且这种表示是唯一的.

T: (总结) 平面向量基本定理是向量共线定理的推广, 事实上, 平面向量基本定理又可推广到空间向量基本定理, 即任一空间向量可用不共线的三个非零向量来线性表示, 而且这种表示是唯一的.这三个定理都可以看成向量分解的唯一性, 只不过范围不同而已.

T: (抛出另一个问题) 若不共线的一组基底取平面直角坐标系中x轴、y轴正方向的单位向量i, j, a用i, j表示会出现怎样的结果呢?

S:a=xi+yj, 其中 (x, y) 为把a的起点移到坐标原点时终点的坐标.

T:对!这就是向量的坐标表示, 记a= (x, y ) , 这样一个向量a与一对有序实数对 (x, y) 一一对应, 实现了形与数的完美结合, 今后我们就可以用代数的方法研究向量解题.

T: (引申 $2) \vec{Ο Q}$ 如何用 $\vec{Ο A} ‚ \vec{Ο B}$ 表示? $\vec{Ο Ρ} + \vec{Ο Q}$ 结果如何?

S: $\vec{Ο Q} = \frac{1}{3} \vec{Ο A} + \frac{2}{3} \vec{Ο B} ‚ \vec{Ο Ρ} + \vec{Ο Q} = \vec{Ο A} + \vec{Ο B} .$

T:当点P, Q为线段AB的三等分点时, 有 $\vec{Ο Ρ} + \vec{Ο Q} = \vec{Ο A} + \vec{Ο B}$ , 如果A1, A2, …, An-1是AB的n (n≥3) 等分点, 你能够得到什么结论?

S: $\vec{Ο A_{k}} + \vec{Ο A_{n - k}} = \vec{Ο A} + \vec{Ο B} (k = 1 ‚ 2 ‚ \dots ‚ n - 1) .$

$\begin{array}{l} 因为 \vec{Ο A_{k}} = \vec{Ο A} + \vec{A A_{k}} = \vec{Ο A} + \frac{k}{n} \vec{A B} ‚ \\ \vec{Ο A_{n - k}} = \vec{Ο A} + \vec{A A_{n - k}} = \vec{Ο A} + \frac{n - k}{n} \vec{A B} \\ = \vec{Ο A} + \vec{A B} - \frac{k}{n} \vec{A B} = \vec{Ο B} - \frac{k}{n} \vec{A B} . \end{array}$

所以 $\vec{Ο A_{k}} + \vec{Ο A_{n - k}} = \vec{Ο A} + \vec{Ο B} (k = 1 ‚ 2 ‚ \dots ‚ n - 1) .$

T:上述结论, 你会联想到等差数列的什么性质?

S: (很欣然地) 在等差数列中, 若m+n=p+q, 其中m, n, p, q均为正整数, 则am+an=ap+aq.

T: (乘胜追击) 进而你能利用这个结论, 求 $\vec{Ο A_{1}} + \vec{Ο A_{2}} + \dots + \vec{Ο A_{n - 2}} + \vec{Ο A_{n - 1}}$ 吗?

S:令 $Μ = \vec{Ο A_{1}} + \vec{Ο A_{2}} + \dots + \vec{Ο A_{n - 2}} + \vec{Ο A_{n - 1}}$ ,

又 $Μ = \vec{Ο A_{n - 1}} + \vec{Ο A_{n - 2}} + \dots + \vec{Ο A_{2}} + \vec{Ο A_{1}}$ ,

两式相加得

$\begin{array}{l} 2 Μ = (\vec{Ο A_{1}} + \vec{Ο A_{n - 1}}) + (\vec{Ο A_{2}} + \vec{Ο A_{n - 2}}) + \dots \\ + (\vec{Ο A_{n - 1}} + \vec{Ο A_{1}}) = (n - 1) (\vec{Ο A} + \vec{Ο B}) ‚ \end{array}$

即 $Μ = \frac{n - 1}{2} (\vec{Ο A} + \vec{Ο B}) .$

T: (很满意地) 这就是等差数列倒序相加的求和思想方法!

T: (总结) 大家“再回首”, 一路走来, 风景无限, 硕果累累, 你能用“流程图”记录下来我们不断前进的伟大“脚印”吗?

S:画出流程图 (见图2) , 脑海中形成一张向量之网.

试想这种课堂设计, 学生肯定会情绪高涨, 气氛热烈, 既有思维的紧张, 又有成功的喜悦;既有暂时的困惑, 又有突破的欢欣.当同学们清晰地看到自己不断前进的步伐时, 信心倍增, “胃口”变大, 他们的数学情感被充分激活, 攻克难题, 体验成功的“欲火”激情燃烧, 数学素养得到真正的螺旋式上升.这不就是我们万千数学教师在复习中所期盼和追求的吗?

篇4：数列与平面向量练习题

向量是近代数学中重要和基本的数学概念之一，它是沟通代数、几何与三角函数的一种工具，有着丰富的实际背景.近40年来，国外课程内容发生较大的变化，而我国数学课程对一些现代数学内容却是拉锯式的进进出出，特别是向量的内容基本上很少涉及.由于向量具有的代数性质与几何性质，高中生感觉比较抽象，无法理解与掌握，只会解决一些基本的代数运算与变形，对具体的应用基本上束手无策.呈现出“重代数，轻背景；重运算，轻应用”的现象，所以如何帮助高中生掌握并学会应用向量，是摆在我们高中数学教师面前一个比较迫切的课题.基于这个观点，本文根据ACT-R理论中“精致练习”的方法，从建构主义学习理论和情境认知理论视角，结合具体的教学实践，来研究如何合理地进行向量教学的设计，让学生理解向量的知识结构，理解向量的性质，从而掌握向量，用好向量.

2.ACT-R理论

ACT-R（Adaptive Control of Thought-Rational）是一种认知体系结构的理论和计算模型，它是由美国人工智能专家和心理学家安德森（John R.Anderson）等人建立的理论，在国际心理学界可谓是独树一帜.其基本观点是：“复杂认识（complex cognition）是由相对简单的知识单元（knowledge uni‘ts）所组成的，而这些知识单元则是通过相对简单的原理（pfin—ciples）而获得的.”

ACT-R理论走的是一条“数学化”的道路：把复杂问题简单化，这种简单化的处理有利于揭示认知过程的本质特征.它提倡的是一种“精致练习（deliberate practice）”，而只有所谓的“精致的练习”才能导致真正的学习.“精致的练习”界定为具有良好的动机、接受有意义的反馈、及仔细的不断的指导与监督.这实际上是保证学习者的时问真正用于相应的学习任务上，而不是其它无关的活动上.

“精致练习”的概念对我国的“四基”教学来说是十分有意义的.实际上，我国传统教学在这方面有许多很好的经验，其中包括“变式训练”和“嵌入式训练”.实践表明，变式训练不仅可以提供多角度的理解，还可以提高练习的新鲜感和双基应用的灵活性；而嵌入式训练是指在学生初步掌握“四基”后，把它们结合到各种问题情境中去，也就是通常所说的“以实战代训练”.从ACT-R的角看，这有助于三种记忆信息：陈述性记忆、产生式和目标层级之间的联结.

3.具体教学案例

3.1理解与练习并重，聚焦典型例题

篇5：5-平面向量与复数综合练习

11111．i为虚数单位，＋＋＝()iiiiA．0B．2iC．－2iD．4i

2．设i，j是不共线的单位向量，a＝5i＋3j，b＝3i－5j，则a⊥b是i⊥j的()

A．充分不必要条件B．必要不充分条件

C．充要条件D．既非充分又非必要条件

3．若复数z＝1＋i，i为虚数单位，则(1＋z)·z＝()

A．1＋3iB．3＋3iC．3－iD．

3→→→→→4．若四边形ABCD满足AB＋CD＝0，(AB－AD)·AC＝0，则该四边形一定是()

A．直角梯形B．菱形C．矩形D．正方形

5．平面向量a与b的夹角为60°，a＝(2,0)，|b|＝1，则|a＋2b|＝()

A.3B．23C．4D．1

22＋i6．数的共轭复数是()1－2i

33AB.C．－iD．i 5

57．已知向量a、b不共线，c＝ka＋b(k∈R)，d＝a－b.如果c∥d，那么()

A．k＝1且c与d同向B．k＝1且c与d反向

C．k＝－1且c与d同向D．k＝－1且c与d反向

8．a，b为平面向量，已知a＝(4,3)，2a＋b＝(3,18)，则a，b夹角的余弦值等于()

881616A.B．－C.D．－ 6565656

5→→→→9．已知两点M(－2,0)，N(2,0)，点P为坐标平面内的动点，满足|MN|·|MP|＋MN·NP＝0，则动点P(x，y)的轨迹方程为()

A．y2＝8xB．y2＝－8x

C．y2＝4xD．y2＝－4x 110.在△ABC中，AB=a，AC=b，且BD=DC，则AD=()

241211412A．a-bB．a+bC． a-bD．a+b 3333333

311．若向量a＝(1,1)，b＝(2,5)，c＝(3，x)满足条件(8a－b)·c＝30，则x＝________.12．设复数z满足(1＋i)z＝2，其中i是虚数单位，则z＝________.13．|a|＝1，|b|＝2，且a⊥(a－b)，则向量a与向量b的夹角是________．

1→1→3→→→14．在四边形ABCD中，AB＝DC＝(1,1)BA＋BC＝BD，则四边形ABCD的面积为________． →→→|BA||BC||BD|

15．已知A(3,0)，B(0,3)，C(cos α，sin α)．

π→→→→→→(1)若AC·BC＝－1，求sin(α的值；(2)若|OA＋OC|＝13，且α∈(0，π)，求OB与OC的夹角．

4→→→→16．已知向量OP＝(2cos x＋1，cos 2x－sin x＋1)，OQ＝(cos x，－1)，定义f(x)＝OP·OQ.(1)求函数f(x)的最小正周期；

→→(2)若x∈(0,2π)，当OP·OQ＜－1时，求x的取值范围．

32→→17．设O为坐标原点，已知向量OZ1，OZ2分别对应复数z1，z2，且z1＝＋(10－a2)i，z2＝(2a－a＋51－a

→→5)i(其中a∈R)，若z1＋z2可以与任意实数比较大小，求OZ1·OZ2的值．

18．已知△ABC的角A、B、C所对的边分别是a、b、c，设向量m＝(a，b)，n＝(sin B，sin A)，p＝(b－2，a－2)．

(1)若m∥n，求证：△ABC为等腰三角形；

π(2)若m⊥p，边长c＝2，角C＝，求△ABC的面积． 3

→→→→→→19．已知两点M(－1,0)，N(1,0)，且点P使NM·NP，PM·PN，MP·MN成公差为非负的等差数列．

→→(1)求点P的轨迹方程；(2)若θ为PM与PN的夹角，求θ的最大值及此时点P的坐标．

答案及解析

1．【解析】原式＝－i＋i＋(－i)＋i＝0.【答案】 A

2．【解析】 a·b＝(5i＋3j)·(3i－5j)

22＝15|i|－16i·j－15|j|＝－16i·j.∴a⊥b是i⊥j的充要条件．

【答案】 C

3．【解析】 ∵z＝1＋i，∴(1＋z)·z＝(2＋i)(1＋i)＝1＋3i.【答案】 A

→→→→4．【解析】由AB＋CD＝0知，AB＝DC，∴四边形ABCD是平行四边形．

→→→又(AB－AD)·AC＝0，→→∴DB·AC＝0，即AC⊥BD，因此四边形ABCD是菱形．

【答案】 B

5．【解析】 ∵|a|＝2，且|b|＝1，∴|a＋2b|2＝(a＋2b)2＝a2＋4a·b＋4b2

＝4＋4×2×1×cos 60°＋4×12＝12.∴|a＋2b|＝23.【答案】 B

2＋i2＋i1＋2i2＋i＋4i－26．【解析】 ∵＝＝＝i，51－2i1－2i1＋2i2＋i∴i.1－2i

【答案】 C

7．【解析】 ∵c∥d且a，b不共线，∴存在唯一实数λ，使c＝λd.∴ka＋b＝λa－λb，k＝λ，k＝－1，∴∴ 1＝－λ，λ＝－1.

【答案】 D

8．【解析】 ∵a＝(4,3)，2a＋b＝(3,18)，∴b＝(3,18)－2(4,3)＝(－5,12)，5，1216a·b4，3·－∴cos〈a，b〉＝＝|a|·|b|5×1365

【答案】 C

→→→9．【解析】 ∵MN＝(4,0)，MP＝(x＋2，y)，NP＝(x－2，y)，→→→→∴|MN|·|MP|＋MN·NP

＝x＋2＋y＋4(x－2)＝0.x＋2＋y＝2－x，化简得y2＝－8x.【答案】 B

10.B

11．【解析】由(8a－b)·c＝30，得18＋3x＝30，x＝4.【答案】 4

21－i212．【解析】 z＝＝1－i.1＋i1＋i1－i

【答案】 1－i

13．【解析】设向量a与b的夹角为θ，由a⊥(a－b)，得

a·(a－b)＝0，即|a|2－a·b＝0，∴|a||b|cos θ＝|a|2，|a|

2π∴cos θ＝，故θ＝.|b|24

π【答案】 4

14.3

→→15．【解】(1)∵AC＝(cos α－3，sin α)，BC＝(cos α，sin α－3)，→→∴AC·BC＝(cos α－3)cos α＋sin α(sin α－3)＝－1，得cos2α＋sin2α－3(cos α＋sin α)＝－1，2∴cos α＋sin α 3

π2∴sin(α＋)＝.43

→→(2)∵|OA＋OC|＝13，1∴(3＋cos α)2＋sin2α＝13，∴cos α 2

π313∵α∈(0，π)，∴α＝，sin α＝C()，3222

→→33∴OB·OC＝，2

→→设OB与OC的夹角为θ，且θ∈[0，π]，3→→2OB·OC3π则cos θ＝.故θ＝为所求． →→326|OB|·|OC|

→→16．【解】(1)f(x)＝OP·OQ

＝2cos2x＋cos x－cos 2x＋sin x－1＝sin x＋cos x

π＝2sin(x＋)，4

则f(x)的最小正周期为T＝2π.π2→→(2)由OP·OQ＜－1，得sin(x＋＜－42

又x∈(0,2π)，5ππ7π3π则x＋π＜x＜.4442

3π故x的取值范围是(π，． 2317．【解】依题意z1＋z2为实数，由z1－(10－a2)i，a＋5

32∴z1＋z2＝[(a2－10)＋(2a－5)]i的虚部为0，a＋51－a

∴a2＋2a－15＝0，解得a＝－5，或a＝3.又分母不为零，∴a＝3，3此时z1＝i，z2＝－1＋i，8

3→→即OZ1＝，1)，OZ2＝(－1,1)，8

5→→3∴OZ1·OZ2＝×(－1)＋1×1＝.88

18．【解】(1)证明 ∵m∥n，∴asin A＝bsin B，由正弦定理，得a2＝b2，∴a＝b.∴△ABC为等腰三角形．

(2)由题意可知m·p＝0，即a(b－2)＋b(a－2)＝0.∴a＋b＝ab.由余弦定理可知，4＝a2＋b2－ab＝(a＋b)2－3ab，即(ab)2－3ab－4＝0，∴ab＝4(舍去ab＝－1)，11π∴S＝absin C＝×4×sin3.22319．【解】(1)设点P的坐标为(x，y)，又M(－1,0)，N(1,0)，→→→→→→则PM＝－MP＝(－1－x，－y)，PN＝－NP＝(1－x，－y)，MN＝－NM＝(2,0)． →→∴NM·NP＝2(1－x)，→→→→PM·PN＝x2＋y2－1，MP·MN＝2(1＋x)，依题意得

222x2＋y2－1＝21＋x＋21－x，x＋y＝3，⇔ x≥0.21＋x－21－x≥0

∴点P的轨迹方程为x2＋y2＝3(x≥0)．

→→(2)(2)∵PM·PN＝(－1－x，－y)·(1－x，－y)

＝x2＋y2－1＝2，→→|PM|·|PN|＝－1－x＋－y1－x＋－y

＝4－x.→→PM·PN1∴cos θ＝＝.→→4－x|PM|·|PN|

∵0≤x≤3，1π∴≤cos θ≤1，∴0≤θ23

π∴θ的最大值为x＝0，3

篇6：平面向量复习题

向量思想方法和平面向量问题是新考试大纲考查的重要部分，是新高考的热点问题。题型多为选择或填空题，数量为1-2题，均属容易题，但是向量作为中学数学中的一个重要工具在三角、函数、导数、解几、立几等问题解决中处处闪光。最近几年的考试中向量均出现在解析几何题中，在解析几何的框架中考查向量的概念和方法、考查向量的运算性质、考查向量几何意义的应用，并直接与距离问题、角度问题、轨迹问题等相联系。近年考纲又新增“平面向量在几何中的应用”试题进一步要求我们具备多角度、多方向地分析，去探索、去发现、去研究、去创新，而不是去做大量的模仿式的解题。一个问题解决后，不能匆匆而过，回顾与反思是非常有必要的，以充分发挥每一道题目的价值。除了要重视一题多解外，更要重视一题多变，主动探索：条件和结论换一种说法如何？变换一个条件如何？反过来又会怎么样？等等。只有这样才能做到举一反三，以不变应万变。

一、高考考纲要求

1．理解向量的概念，掌握向量的几何表示，了解共线向量的概念．

2．掌握向量的加法与减法．

3．掌握实数与向量的积，理解两个向量共线的充要条件．

4．了解平面向量的基本定理，理解平面向量的坐标的概念，掌握平面向量的坐标运算．

5．掌握平面向量的数量积及其几何意义，了解用平面向量的数量积可以处理有关长度、角度和垂直的问题，掌握向量垂直的条件．

6．掌握平面两点间的距离公式，掌握线段的定比分点和中点公式，并且能熟练运用；掌握平移公式．

二、高考热点分析

在高考试题中，对平面向量的考查主要有三个方面：

其一是主要考查平面向量的概念、性质和运算法则，理解和运用其直观的几何意义，并能正确地进行计算。其二考查向量坐标表示，向量的线性运算。

其三是和其他知识结合在一起，在知识的交汇点设计试题，考查向量与学科知识间综合运用能力。

数学高考命题注重知识的整体性和综合性，重视知识的交互渗透，在知识网络的交汇点设计试题．由于向量具有代数和几何的双重身份，使它成为中学数学知识的一个交汇点，成为联系多项知识的媒介．因此，平面向量与其他知识的结合特别是与解析几何的交汇、融合仍将是高考命题的一大趋势，同时它仍将是近几年高考的热点内容．

附Ⅰ、平面向量知识结构表

1.考查平面向量的基本概念和运算律

1此类题经常出现在选择题与填空题中，主要考查平面向量的有关概念与性质，要求考生深刻理解平面向量的相关概念，能熟练进行向量的各种运算，熟悉常用公式及结论，理解并掌握两向量共线、垂直的充要条件。1．(北京卷)| a |=1，| b |=2，c = a + b，且c⊥a，则向量a与b的夹角为

A．30°

B．60°

C．120°

D．150°

（）

2．(江西卷)已知向量

A．30°

(1,2),(2,4),||

B．60°,若()

C．120°,则与的夹角为

2（）

D．150°

3．(重庆卷)已知A（3，1），B（6，1），C（4，3），D为线段BC的中点，则

A．

与的夹角为（）

444

4B．arccos C．arccos()D．－arccos()

2555

5

4．(浙江卷)已知向量a≠e，|e|＝1，对任意t∈R，恒有|a－te|≥|a－e|，则

arccos



（）

A．a⊥e B．a⊥(a－e)



C．e⊥(a－e)D．(a＋e)⊥(a－e)

．(上海卷)在△ABC中，若C90，ACBC4，则BABC 2.考查向量的坐标运算

1．(湖北卷)已知向量a=（－2，2），b=（5，k）.若|a+b|不超过5，则k的取值范围是

A．[－4，6]

2．(重庆卷)设向量a=（－1，2），b=（2，－1），则（a·b）（a+b）等于

A．（1，1）

B．（－4，－4）

C．－4

D．（－2，－2）

()

（）

B．[－6，4]

C．[－6，2]

D．[－2，6]

（）



3．(浙江卷)已知向量a＝(x－5，3)，b＝(2，x)，且a⊥b，则由x的值构成的集合是

A．{2，3}

B．{－1，6}

C．{2}

D．{6}

例4．(2005年高考·天津卷·理14)在直角坐标系xOy中,已知点A(0,1)和点B(－3,4)，若点C在∠AOB的平分线上且||=2,则OC=。



5．(全国卷)已知向量OA(k,12),OB(4,5),OC(k,10)，且A、B、C三点共线，则k=.6．(湖北卷)已知向量a7．(广东卷)已知向量a

(2,2),b(5,k).若|ab|不超过5，则k的取值范围是

(2,3),b(x,6),且a//b,则x.3.平面向量在平面几何中的应用



ABAC

),[0,),则1.O是平面上一定点，A,B,C是平面上不共线的三个点，动点P满足OPOA(|AB||AC|

P的轨迹一定通过△ABC

A．外心的（）B．内心

C．重心

D．垂心



2．（辽宁卷）已知四边形ABCD是菱形，点P在对角线AC上（不包括端点A,C），则AP等于（）

A．(ABAD),(0,1)

B.(ABBC),(0,C.(ABAD),(0,1)

D.(ABBC),(0,

3．已知有公共端点的向量a，b不共线，|a|＝1，|b|=2,则与向量a，b的夹角平分线平行的单位向量是.

4．已知直角坐标系内有三个定点A(2,1)、B(0,10)、C(8,0)，若动点P满足：OPOAt(ABAC),tR，则点P的轨迹方程。

4.平面向量与三角函数、函数等知识的结合当平面向量给出的形式中含有未知数时，由向量平行或垂直的充要条件可以得到关于该未知数的关系式。在此基础上，可以设计出有关函数、不等式、三角函数、数列的综合问题。此类题的解题思路是转化为代数运算，其转化途径主要有两种：

①利用向量平行或垂直的充要条件，②利用向量数量积的公式和性质.1．(江西卷)已知向量(2cos

xxxx,tan()),(2sin(),tan()),令f(x).224242

4求函数f(x)的最大值，最小正周期，并写出f(x)在[0，π]上的单调区间.2．(山东卷)已知向量



m(cos,sin)

和

n

sin,cos,,2

，且

mn求



cos的值.28

3．(上海卷)已知函数

f(x)kxb的图象与x,y轴分别相交于点

A、B，22（,分别是与x,y轴正半

轴同方向的单位向量），函数g(x)

x2x6.f(x)g(x)时，求函数

（1）求k,b的值；（2）当x满足

g(x)

1的最小值.f(x)

【反思】这类问题主要是以平面向量的模、数量积、夹角等公式和相互知识为纽带，促成与不等式知识的相互迁移，有效地考查平面向量有关知识、不等式的性质、不等式的解法、不等式的应用及综合解题能力。

5.平面向量与解析几何的交汇与融合由于向量既能体现“形”的直观位置特征，又具有“数”的良好运算性质，是数形结合与转换的桥梁和纽带。而解析几何也具有数形结合与转换的特征，所以在向量与解析几何知识的交汇处设计试题，已逐渐成为高考命题的一个新的亮点。

平面几何与解析几何的结合通常涉及到夹角、平行、垂直、共线、轨迹等问题的处理，解决此类问题基本思路是将几何问题坐标化、符号化、数量化，从而将推理转化为运算；或者考虑向量运算的几何意义，利用其几何意义解决有关问题。主要包括以下三种题型：

1、运用向量共线的充要条件处理解几中有关平行、共线等问题

运用向量共线的充要条件来处理解几中有关平行、共线等问题思路清晰,易于操作,比用斜率或定比分点公式研究这类问

题要简捷的多。

2、运用向量的数量积处理解几中有关长度、角度、垂直等问题

运用向量的数量积，可以把有关的长度、角度、垂直等几何关系迅速转化为数量关系，从而“计算”出所要求的结果。

3、运用平面向量综合知识，探求动点轨迹方程，还可再进一步探求曲线的性质。

1．(江西卷)以下同个关于圆锥曲线的命题中 ①设A、B为两个定点，k为非零常数，|

PA||PB|k，则动点P的轨迹为双曲线；



(),则动点P的轨迹为椭圆； 2

②设定圆C上一定点A作圆的动点弦AB，O为坐标原点，若③方程2x

5x20的两根可分别作为椭圆和双曲线的离心率；

x2y2x2

1与椭圆y21有相同的焦点.④双曲线

25935

其中真命题的序号为（写出所有真命题的序号）



2．平面直角坐标系中，O为坐标原点，已知A(3,1),B(1,3)，若点C满足OC0AOB，其中,R，且

1，则点C的轨迹方程为()

A.C.3x2y110B.(x1)2(y2)25 2xy0D.x2y50

2．已知平面上一个定点C（－1，0）和一条定直线l：x＝－4，P为该平面上一动点，作PQ⊥l，垂足为Q，

（PQ＋2PC）（PQ－2PC）＝0.（1）求点P的轨迹方程；



篇7：数列与平面向量练习题

一、填空题

1.若O是ABC所在平面内一点，D为BC边的中点，且2++=0，那么=________.[解析] 因为D为BC边的中点，+=2，又2++=0，2+2=0，即=.因此=2，故=.[答案]

2.(2014镇江质检)若a+c与b都是非零向量，则a+b+c=0是b(a+c)的________条件.[解析] 若a+b+c=0，则b=-(a+c)，b∥(a+c);

若b(a+c)，则b=(a+c)，当-1时，a+b+c0.因此a+b+c=0是b(a+c)的充分不必要条件.[答案] 充分不必要

3.如果=e1+e2，=2e1-3e2，=3e1-ke2，且A，C，F三点共线，则k=________.[解析] =e1+e2，=2e1-3e2，=+=3e1-2e2.A，C，F三点共线，∥，从而存在实数，使得=.3e1-2e2=3e1-ke2，又e1，e2是不共线的非零向量，因此k=2.[答案]

24.(2014南京调研)在ABC中，点D是BC边上的点，=+(，R)，则的最大值为________.[解析] D在边BC上，且=+，0，0，且+=1，2=，当且仅当==时，取=号.[答案]

5.(2014泰州市期末考试)在ABC中，=2，若=1+2，则12的值为________.[解析] =+=+，而=-，所以=+，所以1=，2=，则12=.[答案]

6.(2014南京市调研)如图43所示，在ABC中，D，E分别为边BC，AC的中点，F为边AB上的点，且=3，若=x+y，x，yR，则x+y的值为________.图

43[解析] D为BC的中点，=(+)=(3+2)=+，故x=，y=1，x+y=.[答案]

7.(2014宿迁质检)若点M是ABC所在平面内的一点，且满足5=+3，则ABM与ABC的面积比为________.[解析] 设AB的中点为D，如图所示，由5=+3得

3-3=2-2，即3=2.故C，M，D三点共线，且=.所以===.[答案]

8.(2014扬州质检)设点M是线段BC的中点，点A在直线BC外，||=4，|+|=|-|，则||=________.[解析] 延长AM至点D，连结BD、CD，则ABDC为平行四边形，+=，-=，|+|=|-|，||=||=4，||=||=2.[答案]

2二、解答题

9.设两个非零向量a与b不共线.(1)若=a+b，=2a+8b，=3(a-b)，求证：A，B，D三点共线;

(2)试确定实数k，使ka+b和a+kb共线.[解](1)=a+b，=2a+8b，=3(a-b).=+=2a+8b+3(a-b)=5(a+b)=5.，共线，又它们有公共点B，A，B，D三点共线.(2)假设ka+b与a+kb共线，则存在实数，使ka+b=(a+kb)，即(k-)a=(k-1)b.又a，b是两不共线的非零向量，k-=k-1=0.k2-1=0，k=1.10.在ABC中，=，DEBC交AC于E，BC边上的中线AM交DE于N，设=a，=b，用a、b表示向量、、、、、.图44

篇8：与平面向量交汇试题探析

“以能力立意”是新高考数学命题的指导思想.在知识网络的“交汇点”处设计试题, 是近年高考数学命题的一大亮点.平面向量具有代数与几何形式的双重身份, 它能将数学的很多知识联系起来, 成为数学知识的一个交汇点, 故为近年来高考数学命题所青睐.下面以近两年的高考试题为例, 来分析与平面向量交汇的试题特点.

一、与概率的交汇

例1 (2007年湖北) 连掷两次骰子得到的点数分别为 m 和 n, 记向量 a= (m, n) 与向量 b= (1, -1) 的夹角为θ, 则 $θ \in (0 ‚ \frac{π}{2}]$ 的概率是 ( )

$(A) \frac{5}{12} (B) \frac{1}{2} (C) \frac{7}{12} (D) \frac{5}{6}$

解:由于 m+n≠0, 所以 a 与 b 不共线, 若满足条件, 则只须 m-n≥0, 其概率为 $Ρ = \frac{\frac{30}{2} + 6}{36} = \frac{7}{12}$ , 选 (C) .

点评:本题主要考查概率、向量的综合问题, 考查学生分析问题和解决问题的能力.该题用向量形式给出概率问题, 将两个新知识有机地柔和在一起, 突显区分度, 拉开了档次, 让人拍案叫绝!

二、与方程的交汇

例2 (2006年湖南) 已知|a|=2|b|≠0, 且关于 x 的方程 x2+|a|x+a·b=0有实根, 则 a 与 b 的夹角的取值范围是 ( )

$\begin{array}{l} (A) [0, \frac{π}{6}] (B) [\frac{π}{3} ‚ π] \\ (C) [\frac{π}{3} ‚ \frac{2 π}{3}] (D) [\frac{π}{6} ‚ π] \end{array}$

解:关于 x 的方程 x2+|a|x+a·b=0有实根, 则

|a|2-4a·b≥0.

设向量 a与b 的夹角为θ, 又

|a|=2|b|≠0, 则

$\cos θ = \frac{a \cdot b}{| a | | b |} \leq \frac{\frac{1}{4} | a |^{2}}{\frac{1}{2} | a |^{2}} = \frac{1}{2}$ ,

所以 $θ \in [\frac{π}{3} ‚ π]$ , 选 (B) .

点评:本题主要考查韦达定理和向量夹角公式, 将向量知识嵌入方程中, 使问题情景新颖别致、生动而又灵活, 考查学生的综合数学知识和迁移能力.

三、与不等式的交汇

例3 (2007年浙江文) 若非零向量 a, b 满足|a-b|=|b|, 则 ( )

(A) |2b|>|a-2b|

(B) |2b|<|a-2b|

(D) |2a|<|a-2b|

解法1:若两向量 a 与 b 共线, 则由于 a, b 是非零向量, 且|a-b|=|b|, 则必有 a=2b.代入各选项只有 (A) 、 (C) 满足.若两向量 a 与 b 不共线, 注意到向量模的几何意义, 故可以构造如图1所示的三角形, 使其满足OB=AB=BC.

令 $\vec{Ο A} = a, \vec{Ο B} = b$ , 则 $\vec{B A} = a - b$ ,

所以 $\vec{C A} = a - 2 b$ 且|a-b|=|b|.

又BA+BC>AC,

所以 |a-b|+|b|>|a-2b|,

所以 |2b|>|a-2b|.故选 (A) .

解法2:由已知|a-b|=|b|⇒a2-2a·b+b2=b2⇒a· (a-2b) =0,

所以 a⊥ (a-2b) .如法1构造三角形, 由直角三角形斜边大于直角边可知 (A) 为正确选项.

点评:本题主要考查向量运算的几何意义及向量的数量积等知识.利用向量的几何意义解题是向量中的一个亮点, 它常常能起到化繁为简、化抽象为直观的效果.向量不能比较大小, 但向量的模是一个非负实数, 可以比较大小, 所以本题在选项中设置关于模的不等式, 比较自然和贴切.本题解法1易忽视特殊情况, 应引起注意.

四、与数列的交汇

例4 (2006年江西理) 已知等差数列{an}的前 n 项和为Sn, 若 $\vec{Ο B} = a_{1} \vec{Ο A} + a_{200} \vec{Ο C} ‚$ 且A、B、C三点共线 (该直线不过点O) , 则S200等于 ( )

(A) 100 (B) 101 (C) 200 (D) 201

解:由题设的A、B、C三点共线, 知

a1+a200=1,

所以 $S_{200} = \frac{200 (a_{1} + a_{200})}{2} = 100$ , 故选 (A) .

点评:本题主要考查平面向量三点共线的条件和等差数列前项和公式的应用, 这样的题目设置和知识间的相互交汇简直是美妙绝伦, 一箭双雕, 堪称经典之作.

五、与平面几何的交汇

例5 (2007年山东理) 在直角△ABC中, CD是斜边AB上的高, 则下列等式不成立的是 ( )

$\begin{array}{l} (A) | \vec{A C} |^{2} = \vec{A C} \cdot \vec{A B} \\ (B) | \vec{B C} |^{2} = \vec{B A} \cdot \vec{B C} \\ (C) | \vec{A B} |^{2} = \vec{A C} \cdot \vec{C D} \\ (D) | \vec{C D} |^{2} = \frac{(\vec{A C} \cdot \vec{A B}) \times (\vec{B A} \cdot \vec{B C})}{| \vec{A B} |^{2}} \end{array}$

$\begin{array}{l} 解法 1 ∶ | \vec{A C} |^{2} = \vec{A C} \cdot \vec{A B} \\ \Leftrightarrow \vec{A C} \cdot (\vec{A C} - \vec{A B}) = 0 \Leftrightarrow \vec{A C} \cdot \vec{B C} = 0 ‚ \end{array}$

根据已知条件知 (A) 是正确的.同理 (B) 也正确.对于 (D) 答案,

$\begin{array}{l} (\vec{A C} \cdot \vec{A B}) \times (\vec{B A} \cdot \vec{B C}) \\ = | \vec{A D} | | \vec{A B} | \times | \vec{B D} | | \vec{A B} | \\ = | \vec{A B} |^{2} | \vec{C D} |^{2} ‚ \end{array}$

知 (D) 正确.故错误的是 (C) , 选 (C) .

解法2:考查 $(A) ‚ \vec{A C} \cdot \vec{A B} = | \vec{A C} | | \vec{A B} | \cos A = | \vec{A C} | | \vec{A C} | = | \vec{A C} |^{2}$ , 即 (A) 成立;考查 $(B) ‚ \vec{B A} \cdot \vec{B C} = | \vec{B A} | | \vec{B C} | \cos B = | \vec{B C} |^{2}$ , 即 (B) 也成立.考查 (C) , 由于 $\vec{A C}$ 与 $\vec{C D}$ 所成角为钝角, 则 $\vec{A C} \cdot \vec{C D} ＜ 0$ , 所以 (C) 不成立, 故选 (C) .利用数量积定义和直角三角形边、三角函数的关系, 可得 (D) 成立.

点评:本题主要考查向量数量积的定义、直角三角形的边角关系、向量和差的几何意义和向量垂直的充要条件等知识, 尤其是向量加减法、数量积的几何意义, 课本都是在三角形中讨论的, 所以高考中以三角形为载体考查向量知识顺理成章.这样的试题每年都有很多, 这里不一一列举了.

六、与解析几何的交汇

例6 (2007年宁夏、海南理) 在平面直角坐标系 xOy 中, 经过点 $(0 ‚ \sqrt{2})$ 且斜率为 k 的直线 l 与椭圆 $\frac{x^{2}}{2} + y^{2} = 1$ 有两个不同的交点P和Q.

(Ⅰ) 求 k 的取值范围;

(Ⅱ) 设椭圆与 x 轴正半轴、y 轴正半轴的交点分别为A, B, 是否存在常数 k, 使得向量 $\vec{Ο Ρ} + \vec{Ο Q}$ 与 $\vec{A B}$ 共线?如果存在, 求 k 值;如果不存在, 请说明理由.

解: (Ⅰ) 由已知条件, 直线 l 的方程为 $y = k x + \sqrt{2}$ , 代入椭圆方程整理得

$(\frac{1}{2} + k^{2}) x^{2} + 2 \sqrt{2} k x + 1 = 0 . ①$

直线 l 与椭圆有两个不同的交点P和Q等价于 $Δ = 8 k^{2} - 4 (\frac{1}{2} + k^{2}) = 4 k^{2} - 2 ＞ 0$ ,

解得 $k ＜ - \frac{\sqrt{2}}{2}$ 或 $k ＞ \frac{\sqrt{2}}{2} .$

即 k 的取值范围为

$(- \infty ‚ - \frac{\sqrt{2}}{2}) \cup (\frac{\sqrt{2}}{2} ‚ + \infty) .$

(Ⅱ) 设P (x1, y1) , Q (x2, y2) , 则

$\vec{Ο Ρ} + \vec{Ο Q} = (x_{1} + x_{2} ‚ y_{1} + y_{2}) .$

由方程 $① ‚ x_{1} + x_{2} = - \frac{4 \sqrt{2} k}{1 + 2 k^{2}} . ②$

又 $y_{1} + y_{2} = k (x_{1} + x_{2}) + 2 \sqrt{2} . ③$

而 $A (\sqrt{2} ‚ 0) ‚ B (0 ‚ 1) ‚ \vec{A B} = (- \sqrt{2} ‚ 1)$ , 所以 $\vec{Ο Ρ} + \vec{Ο Q}$ 与 $\vec{A B}$ 共线等价于

$x_{1} + x_{2} = \sqrt{2} (y_{1} + y_{2}) .$

将②③代入上式, 解得 $k = \frac{\sqrt{2}}{2} .$

由 (Ⅰ) 知 $k ＜ - \frac{\sqrt{2}}{2}$ 或 $k ＞ \frac{\sqrt{2}}{2}$ , 故没有符合题意的常数 k.

点评:本题以椭圆为背景和载体, 与向量联系起来, 既考查了椭圆和直线的相关知识, 又考查了向量的坐标运算和向量共线的条件, 立意新, 角度好, 是一道综合性较强的题目.类似的题还有全国卷Ⅱ、湖南卷、江西卷、辽宁卷、福建卷、四川卷、安徽卷等.

七、与三角函数的交汇

例7 (2007年安徽理) 已知 $0 ＜ α ＜ \frac{π}{4} ‚ β$ 为 $f (x) = \cos (2 x + \frac{π}{8})$ 的最小正周期, $a = (\tan (α + \frac{1}{4} β) ‚ - 1) ‚ b = (\cos α ‚ 2)$ , 且 a·b=m.求 $\frac{2 \cos^{2} α + \sin 2 (α + β)}{\cos α - \sin α}$ 的值.

解:因为β为 $f (x) = \cos (2 x + \frac{π}{8})$ 的最小正周期, 故β=π.因 a·b=m,

又 $a \cdot b = \cos α \tan (α + \frac{1}{4} β) - 2$ ,

故 $\cos α \tan (α + \frac{1}{4} π) = m + 2 .$

由于 $0 ＜ α ＜ \frac{π}{4}$ , 所以

$\begin{array}{l} \frac{2 \cos^{2} α + \sin 2 (α + β)}{\cos α - \sin α} \\ = \frac{2 \cos^{2} α + \sin (2 α + 2 π)}{\cos α - \sin α} \\ = \frac{2 \cos^{2} α + \sin 2 α}{\cos α - \sin α} = \frac{2 \cos α (\cos α + \sin α)}{\cos α - \sin α} \\ = 2 \cos α (\frac{1 + \tan α}{1 - \tan α}) \\ = 2 \cos α \tan (α + \frac{π}{4}) = 2 (2 + m) . \end{array}$

点评:本题主要考查周期函数、平面向量数量积与三角函数基本关系式, 考查运算能力和推理能力.依托坐标把向量与三角函数有机地联系在一起, 陈题新意, 自然融合, 贴切生动.类似的题还有2007年湖北卷、陕西卷、山东卷、广东卷等.

八、与解析几何、导数、简易逻辑等多个知识点的交汇

例8 (2007年江苏卷) 如图2, 在平面直角坐标系 xOy 中, 过 y 轴正方向上一点C (0, c) 任作一直线, 与抛物线 y=x2 相交于A、B两点, 一条垂直于 x 轴的直线, 分别与线段AB和直线 l:y=-c 交于P、Q.

(1) 若 $\vec{Ο A} \cdot \vec{Ο B} = 2$ , 求 c 的值;

(2) 若P为线段AB的中点, 求证:QA为此抛物线的切线;

(3) 试问 (2) 的逆命题是否成立?说明理由.

解: (1) 设过点C的直线为 y=kx+c, 代入 y=x2, 得

x2-kx-c=0,

知 x1x2=-c, x1+x2=k.

设 $A (x_{1} ‚ y_{1}) ‚ B (x_{2} ‚ y_{2}) ‚ \vec{Ο A} = (x_{1} ‚ y_{1}) ‚ \vec{Ο B} = (x_{2} ‚ y_{2}) .$

因为 $\vec{Ο A} \cdot \vec{Ο B} = 2$ , 所以 x1x2+y1y2=2,

即 x1x2+ (kx1+c) (kx2+c) =2,

x1x2+k2x1x2-kc (x1+x2) +c2=2,

所以 -c-k2c+kc·k+c2=2,

即 c2-c-2=0, 解得 c=2 (舍去 c=-1) .

(2) 设过点A的切线为 y-y1=k1 (x-x1) .

又 y′=2x, 所以 k1=2x1,

切线为 y=2x1x-2x $_{1}^{2}$ +y1,

即 y=2x1x-x $_{1}^{2}$ ,

它与 y=-c 的交点为 $Μ (\frac{x_{1}}{2} - \frac{c}{2 x_{1}} ‚ - c) .$

又点P坐标为 $(\frac{x_{1} + x_{2}}{2} ‚ \frac{y_{1} + y_{2}}{2})$ , 即 $Ρ (\frac{k}{2} ‚ \frac{k^{2}}{2})$ , 所以 $Q (\frac{k}{2} ‚ - c) .$

因为 x1x2=-c, 所以 $- \frac{c}{x_{1}} = x_{2}$ , 所以点M坐标为 $(\frac{x_{1}}{2} + \frac{x_{2}}{2} ‚ - c)$ , 即 $Μ (\frac{k}{2} ‚ - c)$ .所以点M和点Q重合, 也就是QA为此抛物线的切线.