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  • 2021-06-16 发布

【数学】2020届一轮复习(理)通用版5-2平面向量基本定理及坐标表示作业(1)

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课时跟踪检测(二十九) 平面向量基本定理及坐标表示 一、题点全面练 ‎1.(2019·石家庄二中模拟)已知a=(3,t),b=(-1,2),若存在非零实数λ,使得a=λ(a+b),则t=(  )‎ A.6          B.-6‎ C.- D. 解析:选B 因为a+b=(2,t+2),a=λ(a+b),所以解得t=-6.‎ ‎2.在平行四边形ABCD中,AC为一条对角线,若=(2,4),=(1,3),则=(  )‎ A.(-2,-4) B.(-3,-5)‎ C.(3,5) D.(2,4)‎ 解析:选B 由题意得=-=-=(-)-=-2=(1,3)-2(2,4)=(-3,-5).‎ ‎3.已知向量a=(5,2),b=(-4,-3),c=(x,y),若3a-2b+c=0,则c=(  )‎ A.(-23,-12) B.(23,12)‎ C.(7,0) D.(-7,0)‎ 解析:选A 由题意可得3a-2b+c=3(5,2)-2(-4,-3)+(x,y)=(23+x,12+y)=(0,0),‎ 所以解得所以c=(-23,-12).‎ ‎4.(2018·济南调研)已知向量a=(2,3),b=(-1,2),若ma+b与a-2b共线,则m的值为(  )‎ A.2    B.-2    C.    D.- 解析:选D 由a=(2,3),b=(-1,2),得ma+b=(2m-1,3m+2),a-2b=(4,-1),又ma+b与a-2b共线,所以-1×(2m-1)=(3m+2)×4,得m=-,故选D.‎ ‎5.如图,在△ABC中,BE是边AC的中线,O是边BE的中点,若=a,=b,则=(  )‎ A.a+b    B.a+b C.a+b D.a+b 解析:选D ∵在△ABC中,BE是边AC上的中线,‎ ‎∴=.‎ ‎∵O是边BE的中点,‎ ‎∴=(+)=+=a+b.‎ ‎6.已知||=1,||=,⊥, 点C在线段AB上,∠AOC=30°.设=m+n (m,n∈R),则等于(  )‎ A. B.3‎ C. D. 解析:选B 如图,由已知||=1,||=,⊥,可得AB=2,∠A=60°,因为点C在线段AB上,∠AOC=30°,所以OC⊥AB,过点C作CD⊥OA,垂足为点D,则OD=,CD=,所以=,=,即=+,所以=3.‎ ‎7.在 △ABC中,=,P是BN上一点,若=m+,则实数m的值为________.‎ 解析:因为B,P,N三点共线,‎ 所以=t+(1-t)=t+(1-t),‎ 又因为=m+,‎ 所以 解得m=t=.‎ 答案: ‎8.如图,在正方形ABCD中,M,N分别是BC,CD的中点,若=λ+μ,则λ+μ=________.‎ 解析:法一:‎ 以AB,AD所在直线分别为x轴,y轴建立平面直角坐标系,如图所示,设正方形的边长为1,则=,=,=(1,1).‎ ‎∵=λ+μ=,‎ ‎∴解得∴λ+μ=.‎ 法二:由=+,=-+,得=λ+μ=++μ,‎ 又=+,∴解得 所以λ+μ=.‎ 答案: ‎9.在△ABC中,点P在BC上,且=2,点Q是AC的中点,若=(4,3),=(1,5),则=________.‎ 解析:=-=(-3,2),因为Q是AC的中点,所以=2=(-6,4),=+=(-2,7),因为=2,所以=3=(-6,21).‎ 答案:(-6,21)‎ ‎10.已知A(-3,0),B(0,),O为坐标原点,C在第二象限,且∠AOC=30°,=λ+,则实数λ的值为________.‎ 解析:由题意知=(-3,0),=(0,),‎ 则=(-3λ,),‎ 由∠AOC=30°,知以x轴的非负半轴为始边,OC为终边的一个角为150°,所以tan 150°=,即-=-,所以λ=1.‎ 答案:1‎ ‎11.如图,在梯形ABCD中,AD∥BC,且AD=BC,E,F分别为线段AD与BC的中点.设=a,=b,试以a,b为基底表示向量,,.‎ 解:=++=-b-a+b=b-a,‎ =+=-b+=b-a,‎ =+=-b-=a-b.‎ ‎12.若点M是△ABC所在平面内一点,且满足=+.‎ ‎(1)求△ABM与△ABC的面积之比;‎ ‎(2)若N为AB的中点,AM与CN交于点O,设=x+y,求x,y的值.‎ 解:(1)由=+,可知M,B,C三点共线.‎ 如图,设=λ,则=+=+λ=+λ(-)=(1-λ)+λ,所以λ=,‎ 所以=,即△ABM与△ABC的面积之比为1∶4.‎ ‎(2)由=x+y,得=x+,‎ =+y,‎ 由O,M,A三点共线及O,N,C三点共线,‎ 得解得 二、专项培优练 ‎(一)易错专练——不丢怨枉分 ‎1.已知向量a=(x,1),b=(4,x),且a与b方向相反,则x的值是 (  )‎ A.2 B.-2‎ C.±2 D.0‎ 解析:选B ∵a与b方向相反,‎ ‎∴b=ma(m<0),则有(4,x)=m(x,1).‎ 即解得x=±2,又m<0,∴x=m=-2.‎ ‎2.已知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=+λ,λ∈[0,+∞),则点P的轨迹一定通过△ABC的(  )‎ A.外心 B.内心 C.重心 D.垂心 解析:选B 由=+λ,知-=λ,即=λ,所以点P在∠BAC的平分线上,故点P的轨迹一定通过△ABC的内心.‎ ‎(二)交汇专练——融会巧迁移 ‎3.[与集合交汇]已知P={a|a=(1,0)+m(0,1),m∈R},Q={b|b=(1,1)+n(-1,1),n∈R}是两个向量集合,则P∩Q等于(  )‎ A.{(1,1)} B.{(-1,1)}‎ C.{(1,0)} D.{(0,1)}‎ 解析:选A 设a=(x,y),则P=,∴集合P是直线x=1上的点的集合.同理,集合Q是直线x+y=2上的点的集合,即P={(x,y)|x=1,y∈R},Q={(x,y)|x+y-2=0},∴P∩Q={(1,1)}.故选A.‎ ‎4.[与解三角形交汇]已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,向量m=(a,b)与n=(cos A,sin B)平行, 则A=(  )‎ A. B. C. D. 解析:选B 因为m∥n,所以asin B-bcos A=0,由正弦定理,得sin Asin B-sin Bcos A=0,又sin B≠0,从而tan A=,由于0<A<π,所以A=.‎ ‎5.[与轨迹方程交汇]已知非零不共线向量,,若2=x+y,且=λ (λ∈R),则点Q(x,y)的轨迹方程是(  )‎ A.x+y-2=0 B.2x+y-1=0‎ C.x+2y-2=0 D.2x+y-2=0‎ 解析:选A 由=λ,得-=λ(-),‎ 即=(1+λ)-λ.‎ 又2=x+y,所以 消去λ得x+y-2=0,故选A.‎ ‎6.[与线性规划交汇]在平面直角坐标系xOy中,已知点A(2,3),B(3,2),C(1,1),点P(x,y)在△ABC三边围成的区域(含边界)内,设=m-n(m,n∈R),则2m+n的最大值为(  )‎ A.-1 B.1‎ C.2 D.3‎ 解析:选B 由已知得=(1,-1),=(1,2),设=(x,y),∵=m-n,∴ ‎∴2m+n=x-y.‎ 作出平面区域如图所示,令z=x-y,则y=x-z,由图象可知当直线y=x-z经过点B(3,2)时,截距最小,即z最大.‎ ‎∴z的最大值为3-2=1,即2m+n的最大值为1.故选B.‎ ‎(三)素养专练——学会更学通 ‎7.[数学运算]如图,在正方形ABCD中,P为DC边上的动点,设向量=λ+μ,则λ+μ的最大值为________.‎ 解析:以A为坐标原点,以AB,AD所在直线分别为x轴,y轴建立平面直角坐标系(图略),设正方形的边长为2,‎ 则B(2,0),C(2,2),D(0,2),P(x,2),x∈[0,2].‎ ‎∴=(2,2),=(2,-2),=(x,2).‎ ‎∵=λ+μ,∴∴ ‎∴λ+μ=.令f(x)=(0≤x≤2),‎ ‎∵f(x)在[0,2]上单调递减,‎ ‎∴f(x)max=f(0)=3.‎ 答案:3‎ ‎8.[数学建模]如图,向量与的夹角为120°,||=2,||=1,P是以O为圆心,||为半径的上的动点,若=λ+μ,则λμ的最大值是________.‎ 解析:建立如图所示的平面直角坐标系,设P(cos θ,sin θ),‎ 则=(cos θ,sin θ),=(2,0),=.‎ ‎∵=λ+μ,∴cos θ=2λ-μ,sin θ=μ.‎ ‎∴ ‎∴λμ=sin 2θ-cos 2θ+=sin+≤.‎ 当且仅当2θ-=,即θ=时,取等号.‎ 答案: