【2022届走向高考】高三数学一轮(人教A版)基础巩固:第5章-第1节-平面向量的概念与线性运算.docx
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第五章 第一节 一、选择题 1.(2022·北京东城模拟)已知向量a,b不共线,c=ka+b(k∈R),d=a-b.假如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 [答案] D [解析] ∵c∥d,∴存在λ,使得c=λd, 即ka+b=λ(a-b), ∴解得 此时c=-d.∴c与d反向. 2.(文)(2022·南通中学月考)设P是△ABC所在平面内的一点,+=2,则( ) A.+=0 B.+=0 C.+=0 D.++=0 [答案] B [解析] 如图,依据向量加法的几何意义,+=2⇔P是AC的中点,故+=0. (理)已知△ABC中,点D在BC边上,且=2,=r+s,则r+s的值是( ) A. B. C.-3 D.0 [答案] D [解析] =-,=-. ∴=--=--. ∴=-, ∴=-. 又=r+s,∴r=,s=-, ∴r+s=0. 3.设a、b都是非零向量,下列四个条件中,使=成立的充分条件是( ) A.a=-b B.a∥b C.a=2b D.a∥b且|a|=|b| [答案] C [解析] 本小题考查共线向量、单位向量、向量的模等基本概念. 因表示与a同向的单位向量,表示与b同向的单位向量,要使=成立,则必需a与b同向共线,所以由a=2b可得出=. [点评] a=-b时,a与b方向相反;a∥b时,a与b方向相同或相反.因此A、B、D都不能推出=. 4.(文)(2021·辽宁五校联考)设点M是线段BC的中点,点A在直线BC外,2=16,|+|=|-|,则||=( ) A.2 B.4 C.6 D.8 [答案] A [解析] 由|+|=|-|两边平方得2+2+2·=2+2-2·,即·=0, 所以⊥,∴AM为Rt△ABC斜边BC上的中线,又由2=16得||=4,所以||=2. (理) (2022·山东烟台期末)如图,O为线段A0A2021外一点,若A0,A1,A2,A3,…,A2021中任意相邻两点的距离相等,=a,OA2021=b,用a,b表示+++…+OA2021,其结果为( ) A.1006(a+b) B.1007(a+b) C.2022(a+b) D.2022(a+b) [答案] B [解析] 设A0A2021的中点为A,则A也是A1A2022,…,A1006A1007的中点,由向量的中点公式可得+OA2021=2=a+b,同理可得+OA2022=+OA2011=…=OA1006+OA1007=a+b, 故++++…+OA2021=1007×2=1007(a+b),选B. 5.(文)(2022·北京东城期末)在直角梯形ABCD中,∠A=90°,∠B=30°,AB=2,BC=2,点E在线段CD上,若=+μ,则μ的取值范围是( ) A.[0,1] B.[0,] C.[0,] D.[,2] [答案] C [解析] 由题意可求得AD=1,CD=, 所以=2. 由于点E在线段CD上, 所以=λ(0≤λ≤1). 由于=+, 又=+μ=+2μ=+, 所以=1,即μ=. 由于0≤λ≤1,所以0≤μ≤,故选C. (理)设=e1,=e2,若e1与e2不共线,且点P在线段AB上,|AP|∶|PB|=4,如图所示,则=( ) A.e1-e2 B.e1+e2 C.e1+e2 D.e1-e2 [答案] C [解析] =4,∴=+=5, =+=- =-(-)=+=e1+e2. 6.(2021·湖南衡阳八中月考)向量a=(1,2),b=(1,1),且a与a+λb的夹角为锐角,则λ满足( ) A.λ<- B.λ>- C.λ>-且λ≠0 D.λ<-且λ≠-5 [答案] C [解析] 当λ=0时,a与a+λb平行,其夹角为0°,∴λ≠0,由a与a+λb的夹角为锐角,可得a·(a+λb)=(1,2)·(1+λ,2+λ)=3λ+5>0,解得λ>-,综上可得λ的取值范围为λ>-且λ≠0,故应选C. 二、填空题 7.已知向量a=(,1),b=(0,-1),c=(k,),若a-2b与c共线,则k=________. [答案] 1 [解析] a-2b=(,1)-2(0,-1)=(,3) ,由于a-2b与c平行,所以×-3k=0,所以k=1. [点评] 向量共线的应用中留意事项 (1)向量共线的充要条件中,只有非零向量才能表示与之共线的其他向量,要留意待定系数法和方程思想的运用. (2)证明三点共线问题,可用向量共线来解决,但应留意向量共线与三点共线的区分与联系,当两向量共线且有公共点时,才能得到三点共线. (3)若a与b不共线且λa=μb,则λ=μ=0. (4)设=λ+μ(λ,μ为实数),若A,B,C三点共线,则λ+μ=1. 8.(文)在△ABC中,AB=2AC=2,·=-1,若=x1+x2(O是△ABC的外心),则x1+x2的值为________. [答案] [解析] O为△ABC的外心,=x1+x2,·=x1·+x2·,由向量数量积的几何意义,·=||2=2,∴4x1-x2=2,① 又·=x1·+x2·,∴-x1+x2=,② 联立①②,解得x1=,x2=,∴x1+x2=. (理)(2021·保定调研)已知两点A(1,0),B(1,1),O为坐标原点,点C在其次象限,且∠AOC=135°,设=-+λ(λ∈R),则λ的值为________. [答案] [解析] 由∠AOC=135°知,点C在射线y=-x(x<0)上,设点C的坐标为(a,-a),a<0,则有(a,-a)=(-1+λ,λ),得a=-1+λ,-a=λ,消掉a得λ=. 9.(文)(2021·广东中山一模)在平行四边形ABCD中,E,F分别是CD和BC的中点,若=λ+μ,其中λ,μ∈R,则λ+μ=________. [答案] [解析] 如图,设=a,=b, 则=+=a+b, =+=a+b, =+=a+b, ∴+=(a+b)=, 即=+. ∴λ=μ=,λ+μ=. (理) (2022·北京房山期末统考)如图,半径为的扇形AOB的圆心角为120°,点C在上,且∠COB=30°,若=λ+μ,则λ+μ=________. [答案] [解析] 以O为坐标原点,OC,OA所在直线分别为x轴、y轴建立直角坐标系.所以C(1,0),A(0,1),B(cos30°,-sin30°),即B(,-). 则有=(1,0),=(0,1),=(,-). ∴=λ+μ=λ(0,1)+μ(,-)=(μ,λ-μ)=(1,0), ∴⇒ ∴λ+μ=. 三、解答题 10.(2022·福建三明检测)已知向量a=(sinα,-2),b=(1,cosα),其中α∈(0,). (1)向量a,b能平行吗?请说明理由. (2)若a⊥b,求sinα和cosα的值. (3)在(2)的条件下,若cosβ=,β∈(0,),求α+β的值. [解析] (1)向量a,b不能平行.若平行,需sinαcosα+2=0,即sin2α=-4,而-4∉[-1,1], ∴向量a,b不能平行. (2)∵a⊥b,∴a·b=sinα-2cosα=0, 即sinα=2cosα. 又∵sin2α+cos2α=1, ∴4cos2α+cos2α=1,即cos2α=, ∴sin2α=.又α∈(0,), ∴sinα=,cosα=. (3)由(2)知sinα=,cosα=,cosβ=,β∈(0,),得sinβ=. 则cos(α+β)=cosαcosβ-sinαsinβ=×-×=-. 又α+β∈(0,π),则α+β=. 一、选择题 11.在△ABC中,已知D是AB边上一点,若=2,=+λ,则λ=( ) A. B. C.- D.- [答案] A [解析] 由于=2,得=+=+=+(-)=+,结合=+λ,知λ=. 12.(2022·广东佛山二模)设=(1,-2),=(a,-1),=(-b,0),a>0,b>0,O为坐标原点,若A,B,C三点共线,则+的最小值是( ) A.2 B.4 C.6 D.8 [答案] D [分析] 先由A,B,C三点共线,找出a,b的关系,然后“1”的代换,利用基本不等式求解. [解析] 方法一:由题意可得,=(1,-2),=(a,-1),=(-b,0), 所以=-=(a-1,1),=-=(-b-1,2). 又∵A,B,C三点共线, ∴∥,即(a-1)×2-1×(-b-1)=0, ∴2a+b=1, 又∵a>0,b>0, ∴+=(+)·(2a+b)=4+(+)≥4+4=8,当且仅当=时,取“=”.故选D. 方法二:kAB=,kAC=, ∵A,B,C三点共线,所以kAB=kAC,即=,∴2a+b=1,所以+=+=4++≥4+2=8,∴+的最小值是8. 13.(文)(2021·山西高校附中)已知△ABC是边长为2的等边三角形,设点P,Q满足=λ,=(1-λ),λ∈R,若·=-,则λ=( ) A. B. C. D. [答案] D [解析] ·=(+)(+)=·+·+·+· =·-λ·-(1-λ)·+λ(1-λ)· =2(-λ2+λ+1)-4λ-4(1-λ) =-2λ2+2λ-2=-,∴λ=. (理)已知向量=(2,x-1),=(1,-y)(xy>0),且∥,则+的最小值等于( ) A.2 B.4 C.8 D.16 [答案] C [解析] 由于∥,所以2(-y)-(x-1)=0,即x+2y=1,所以(+)=(+)(x+2y)=4++≥4+2=8(当且仅当x=,y=时等号成立).故选C. 14.(2021·保定模拟)如图所示,已知点G是△ABC的重心,过G作直线与AB,AC两边分别交于M,N两点,且=x,=y,则的值为( ) A.3 B. C.2 D. [分析] 由M、N、G三点共线知,存在实数λ、μ使=λ+μ,结合条件=x,=y,可将用,表示,又G为△ABC的重心,用,表示的表示式唯一,可求得x,y的关系式. [答案] B [解析] 法1:由点G是△ABC的重心,知++=0,得-+(-)+(-)=0,则=(+).又M、N、G三点共线(A不在直线MN上),于是存在λ,μ∈R,使得=λ+μ(且λ+μ=1),则=λx+μy=(+), 所以 于是得+=3,所以==. 法2:特殊化法,利用等边三角形,过重心作平行于底边BC的直线,易得=. 二、填空题 15.(文)已知:||=1,||=,·=0,点C在∠AOB内,且∠AOC=30°,设=m+n(m,n∈R+),则=________. [答案] 3 [解析] 如图,设m=,n=,则=+, ∵∠AOC=30°,∴||·cos30°=||=m||=m, ||·sin30°=||=n||=n, 两式相除得:===,∴=3. (理)(2022·江苏苏州一模)如图,在△ABC中,点O是BC的中点.过点O的直线分别交直线AB,AC于不同的两点M,N,若=m,=n,则m+n的值为________. [答案] 2 [解析] 连接AO,则=(+) =+, ∵M,O,N三点共线,∴+=1, ∴m+n=2. 16.(2022·吉林长春一模)设O在△ABC的内部,且有+2+3=0,则△ABC的面积和△AOC的面积之比为________. [答案] 3 [解析] 设AC,BC的中点分别为M,N,则已知条件可化为(+)+2(+)=0,即2+4=0,所以=-2,说明M,O,N三点共线,即O为中位线MN上的一个三等分点,S△AOC=S△ANC=·S△ABC=S△ABC,所以=3. 三、解答题 17.(文)已知a=(2x-y+1,x+y-2),b=(2,-2), (1)当x、y为何值时,a与b共线? (2)是否存在实数x、y,使得a⊥b,且|a|=|b|?若存在,求出xy的值;若不存在,说明理由. [解析] (1)∵a与b共线, ∴存在非零实数λ使得a=λb, ∴⇒ (2)由a⊥b⇒(2x-y+1)×2+(x+y-2)×(-2)=0⇒x-2y+3=0.① 由|a|=|b|⇒(2x-y+1)2+(x+y-2)2=8.② 由①②解得或 ∴xy=-1或xy=. (理)已知点O(0,0)、A(1,2)、B(4,5),向量=+t. (1)t为何值时,点P在x轴上? (2)t为何值时,点P在其次象限? (3)四边形ABPO能否为平行四边形?若能,求出t的值;若不能,说明理由. (4)求点P的轨迹方程. [解析] ∵=+t=(1,2)+t(3,3) =(1+3t,2+3t),∴P(1+3t,2+3t). (1)∵P在x轴上,∴2+3t=0即t=-. (2)由题意得∴-<t<-. (3)∵=(3,3),=(1+3t,2+3t). 若四边形ABPO为平行四边形,则=, ∴而上述方程组无解, ∴四边形ABPO不行能为平行四边形. (4)∵=(1+3t,2+3t), 设=(x,y),则 ∴x-y+1=0为所求点P的轨迹方程. 18.(文)(2022·郑州市质检)已知向量m=(cosA,-sinA),n=(cosB,sinB),m·n=cos2C,A,B,C为△ABC的内角. (1)求角C的大小; (2)若AB=6,且·=18,求AC,BC的长. [解析] (1)m·n=cosAcosB-sinAsinB=cos(A+B), 由于A+B+C=π,所以cos(A+B)=-cosC=cos2C, 即2cos2C+cosC-1=0, 故cosC=或cosC=-1, 又0<C<π,所以C=. (2)由于·=18,所以CA·CB=36, ① 由余弦定理AB2=AC2+BC2-2AC·BC·cos60°, 及AB=6得,AC+BC=12, ② 由①、②解得AC=6,BC=6. (理)(2022·山西高校附中月考)设向量a=(1,cos2θ),b=(2,1),c=(4sinθ,1),d=(sinθ,1),其中θ∈(0,). (1)求a·b-c·d的取值范围; (2)若函数f(x)=|x-1|,比较f(a·b)与f(c·d)的大小. [解析] (1)∵a·b=2+cos2θ,c·d=2sin2θ+1=2-cos2θ ∴a·b-c·d=2cos2θ, ∵0<θ<,∴0<2θ<, ∴0<2cos2θ<2,∴a·b-c·d的取值范围是(0,2). (2)∵f(a·b)=|2+cos2θ-1|=|1+cos2θ|=2cos2θ, f(c·d)=|2-cos2θ-1|=|1-cos2θ|=2sin2θ, ∴f(a·b)-f(c·d)=2(cos2θ-sin2θ)=2cos2θ, ∵0<θ<,∴0<2θ<,∴2cos2θ>0, ∴f(a·b)>f(c·d).- 配套讲稿:
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