《（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第五章 平面向量、數(shù)系的擴充與復(fù)數(shù)的引入 考點規(guī)范練23 平面向量基本定理及向量的坐標(biāo)表示》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第五章 平面向量、數(shù)系的擴充與復(fù)數(shù)的引入 考點規(guī)范練23 平面向量基本定理及向量的坐標(biāo)表示（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、考點規(guī)范練23 平面向量基本定理及向量的坐標(biāo)表示
基礎(chǔ)鞏固組
1.已知點A(-1,5)和向量a=(2,3),若AB=3a,則點B的坐標(biāo)為( )
A.(7,4) B.(7,14) C.(5,4) D.(5,14)
答案D
解析設(shè)點B的坐標(biāo)為(x,y),則AB=(x+1,y-5).
由AB=3a,得x+1=6,y-5=9,解得x=5,y=14.
2.已知向量a=(1,2),b=(1,0),c=(3,4).若λ為實數(shù),(a+λb)∥c,則λ=( )
A.12 B.14 C.1 D.2
答案A
解析由于a+λb=(1+λ,2),故(a+
2、λb)∥c?4(1+λ)-6=0,解得λ=12,故選A.
3.(2017浙江三市十二校聯(lián)考)已知點A(1,3),B(4,-1),則與AB同方向的單位向量是( )
A.35,-45 B.45,-35
C.-35,45 D.-45,35
答案A
解析AB=OB-OA=(4,-1)-(1,3)=(3,-4),
故與AB同方向的單位向量為AB|AB |=35,-45.
4.已知向量AC,AD和AB在邊長為1的正方形網(wǎng)格中的位置如圖所示,若AC=λAB+μAD,則λ+μ等于( )
A.2 B.-2 C.3 D.-3
答案A
解析如圖所示,建立平面直角坐標(biāo)系,
則AD=(
3、1,0),AC=(2,-2),AB=(1,2).
因為AC=λAB+μAD,
所以(2,-2)=λ(1,2)+μ(1,0)=(λ+μ,2λ),
所以2=λ+μ,-2=2λ,解得λ=-1,μ=3,所以λ+μ=2.故選A.
5.如圖,在△OAB中,P為線段AB上的一點,OP=xOA+yOB,且BP=2PA,則( )
A.x=23,y=13
B.x=13,y=23
C.x=14,y=34
D.x=34,y=14
答案A
解析由題意知OP=OB+BP,又BP=2PA,所以O(shè)P=OB+23BA=OB+23(OA-OB)=23OA+13OB,所以x=23,y=13.
6.若
4、平面向量a,b滿足|a+b|=1,a+b平行于x軸,b=(2,-1),則a=.
答案(-1,1)或(-3,1)
解析由|a+b|=1,a+b平行于x軸,得a+b=(1,0)或(-1,0),則a=(1,0)-(2,-1)=(-1,1),或a=(-1,0)-(2,-1)=(-3,1).
7.已知向量a=(1,2),b=(2,-2),c=(1,λ).若c∥(2a+b),則λ= .?
答案12
解析由題可得2a+b=(4,2),∵c∥(2a+b),c=(1,λ),
∴4λ-2=0,即λ=12,故答案為12.
8.如圖,在?ABCD中,AC,BD相交于點O,E為線段AO的中點.若B
5、E=λBA+μBD(λ,μ∈R),則λ+μ= .?
答案34
解析由平面向量基本定理可得BE=12BA+12BO=12BA+14BD,故λ=12,μ=14,所以λ+μ=34.
能力提升組
9.已知a=(1,1),b=(1,-1),c=(-1,2),則c等于( )
A.-12a+32b B.12a-32b
C.-32a-12b D.-32a+12b
答案B
解析設(shè)c=λa+μb,
即(-1,2)=λ(1,1)+μ(1,-1),
所以-1=λ+μ,2=λ-μ,解得λ=12,μ=-32,所以c=12a-32b.
10.已知向量a=(3,-2),b=(x,y-1),
6、且a∥b,若x,y均為正數(shù),則3x+2y的最小值是( )
A.24 B.8 C.83 D.53
答案B
解析∵a∥b,∴-2x-3(y-1)=0,
化簡得2x+3y=3.∵x,y均為正數(shù),
∴3x+2y=3x+2y×13(2x+3y)
=136+9yx+4xy+6≥13×12+29yx·4xy=8,
當(dāng)且僅當(dāng)9yx=4xy時,等號成立,
∴3x+2y的最小值是8,故選B.
11.
給定兩個長度為1的平面向量OA和OB,它們的夾角為90°,如圖所示,點C在以O(shè)為圓心的圓弧AB上運動,若OC=xOA+yOB,其中x,y∈R,則x+y的最大值是( )
A.1 B.2
7、C.3 D.2
答案B
解析法一:以O(shè)為原點,向量OA,OB所在直線分別為x軸、y軸建立直角坐標(biāo)系,設(shè)=θ,θ∈0,π2,則OA=(1,0),OB=(0,1),OC=(cosθ,sinθ).由OC=xOA+yOB,
∴x=cosθ,y=sinθ.
∴x+y=cosθ+sinθ=2sinθ+π4,θ+π4∈π4,3π4,
∴x+y的最大值為2.
法二:∵點C在以O(shè)為圓心的圓弧AB上,
∴|OC|2=|xOA+yOB|2=x2+y2+2xyOA·OB=x2+y2=1≥(x+y)22.∴x+y≤2.當(dāng)且僅當(dāng)x=y=22時等號成立.
12.在平面直角坐標(biāo)系xOy中,已知點
8、A,B分別在x,y軸上運動,且|AB|=2,若m=13OA+23OB,則|m|的取值范圍是( )
A.23,43 B.13,23
C.[0,2] D.0,253
答案A
解析由題意,設(shè)A(a,0),B(0,b),由|AB|=2,得a2+b2=4,
∴m=13OA+23OB=13(a,0)+23(0,b)=13a,23b.
∴|m|2=13a2+23b2=a2+4b29=4+3b29.
又0≤b2≤4,∴49≤|m|2≤169,得23≤|m|≤43.故選A.
13.已知△OAB是邊長為1的正三角形,若點P滿足OP=(2-t)OA+tOB(t∈R),則|AP|的最小值為( )
9、
A.3 B.1 C.32 D.34
答案C
解析以O(shè)為原點,以O(shè)B為x軸,建立坐標(biāo)系,
∵△OAB為邊長為1的正三角形,∴A12,32,B(1,0),
OP=(2-t)OA+tOB=1+12t,3-32t,
AP=OP-OA=12t+12,32-32t,
|AP|=12t+122+32-32t2
=t2-t+1=t-122+34≥32,故選C.
14.已知向量a,b,且|b|=2,a·b=2,則|tb+(1-2t)a|(t∈R)的最小值為 .?
答案1
解析設(shè)b=(2,0),a=(x,y),由a·b=2得x=1,
∴a=(1,y).∴tb+(1-2t)a=1+(
10、1-2t)y.
∴|tb+(1-2t)a|2=1+(1-2t)2y2≥1,當(dāng)且僅當(dāng)t=12或y=0時取“=”.故所求最小值為1.
15.在直角坐標(biāo)系xOy中,已知點A,B,C是圓x2+y2=4上的動點,且滿足AC⊥BC.若點P的坐標(biāo)為(0,3),則|PA+PB+PC|的最大值為 .?
答案11
解析因為AC⊥BC,所以AB為直徑.
所以PA+PB=2PO,設(shè)C(2cosθ,2sinθ),
則PA+PB+PC=2PO+PC=(2cosθ,2sinθ-9),
所以|PA+PB+PC|=4cos2θ+(2sinθ-9)2=85-36sinθ,當(dāng)sinθ=-1時,有最大值為11.
11、
16.已知A(cos α,3sin α),B(2cos β,3sin β),C(-1,0)是平面上三個不同的點,且滿足關(guān)系CA=λBC,則實數(shù)λ的取值范圍是 .?
答案λ∈[-2,1]且λ≠0
解析∵CA=λBC,
∴(cosα+1,3sinα)=λ(-1-2cosβ,-3sinβ),
∴1+cosα=λ(-1-2cosβ),3sinα=-λ3sinβ,
∴1=cos2α+sin2α=[λ(-1-2cosβ)-1]2+(-λsinβ)2,
化為:λ=4cosβ+23cos2β+4cosβ+2,令2cosβ+1=t∈[-1,3].
則λ=8t3t2+2t+3=f(t),
12、f'(t)=-24(t+1)(t-1)(3t2+2t+3)2,
可知:t=1時,函數(shù)f(t)取得最大值,f(1)=1.
又f(-1)=-2,f(3)=23,∴λ∈[-2,1],
由于t=0時,λ=0,點A與C重合,舍去.
∴λ∈[-2,1],λ≠0.故答案為:[-2,1],λ≠0.
17.
如圖,已知△ABC的面積為14,D,E分別為邊AB,BC上的點,且AD∶DB=BE∶EC=2∶1,AE與CD交于點P.設(shè)存在λ和μ,使AP=λAE,PD=μCD,AB=a,BC=b.
(1)求λ及μ;
(2)用a,b表示BP;
(3)求△PAC的面積.
解(1)由于AB=a,BC=b
13、,則AE=a+23b,DC=13a+b.
AP=λAE=λa+23b,DP=μDC=μ13a+b,
AP=AD+DP=23AB+DP,
即23a+μ13a+b=λa+23b.
λ=23+13μ,μ=23λ,解得λ=67,μ=47.
(2)BP=BA+AP=-a+67a+23b=-17a+47b.
(3)設(shè)△ABC,△PAB,△PBC的高分別為h,h1,h2,
h1∶h=|PD|∶|CD|=μ=47,S△PAB=47S△ABC=8.
h2∶h=|PE|∶|AE|=1-λ=17,S△PBC=17S△ABC=2,
∴S△PAC=4.
18.如圖,G是△OAB的重心,P,Q分別是邊
14、OA,OB上的動點,且P,G,Q三點共線.M為AB的中點.
(1)設(shè)PG=λPQ,將OG用λ,OP,OQ表示;
(2)設(shè)OP=xOA,OQ=yOB,證明:1x+1y是定值.
(1)解OG=OP+PG=OP+λPQ=OP+λ(OQ-OP)=(1-λ)OP+λOQ.
(2)證明由(1)得OG=(1-λ)OP+λOQ=(1-λ)xOA+λyOB;①
因為G是△OAB的重心,
所以O(shè)G=23OM=23×12(OA+OB)=13OA+13OB.②
又OA,OB不共線,
所以由①②,得(1-λ)x=13,λy=13,
解得1x=3-3λ,1y=3λ.
所以1x+1y=3(定值).
7
（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第五章 平面向量、數(shù)系的擴充與復(fù)數(shù)的引入 考點規(guī)范練23 平面向量基本定理及向量的坐標(biāo)表示
