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- 2021-06-11 发布
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第四节 第二节 平面向量的基本定理用坐标表示
课下练兵场
命 题 报 告
难度及题号
知识点
容易题
(题号)
中等题
(题号)
稍难题
(题号)
平面向量的基本定理 1 5、9 11
平面向量的坐标运算 3 10 12
平面向量共线的
坐标表示
2、4 6、7、8
一、选择题
1.已知命题:“若 k1a+k2b=0,则 k1=k2=0”是真命题,则下面对 a、b 的判断正确的是
( )
A.a 与 b 一定共线 B.a 与 b 一定不共线
C.a 与 b 一定垂直 D.a 与 b 中至少有一个为 0
解析:由平面向量基本定理可知,当 a、b 不共线时,k1=k2=0.
答案:B
2.已知 A(2,-2),B(4,3),向量 p 的坐标为(2k-1,7)且 p∥ ,则 k 的值为 ( )
A.- 9
10 B. 9
10 C.-19
10 D.19
10
解析: =(2,5),由 p∥ 得 5(2k-1)-2×7=0,所以 k=19
10.
答案:D
3.若 α,β 是一组基底,向量 γ=x·α+y·β(x,y∈R),则称(x,y)为向量 γ 在基底 α,β 下的
坐标,现已知向量 a 在基底 p=(1,-1),q=(2,1)下的坐标为(-2,2),则 a 在另一组基
底 m=(-1,1),n=(1,2)下的坐标为 ( )
A.(2,0) B.(0,-2) C.(-2,0) D.(0,2)
解析:由已知 a=-2p+2q=(-2,2)+(4,2)=(2,4),
设 a=λm+μn=λ(-1,1)+μ(1,2)=(-λ+μ,λ+2μ),
则由
∴a=0m+2n,∴a 在基底 m,n 下的坐标为(0,2).
答案:D
AB
AB AB
2 0 ,4 2
λ µ λ
λ µ µ
− + = = ⇒ + = =
4.(2010·合肥质检)在△ABC 中,角 A,B,C 所对的边分别为 a,b,c,m=( 3b-c,
cosC),n=(a,cosA),m∥n,则 cosA 的值等于
( )
A.
3
6 B.
3
4 C.
3
3 D.
3
2
解析:m∥n⇒( 3b-c)cosA-acosC=0,再由正弦定理得 3sinBcosA=sinCcosA+
cosCsinA⇒ 3sinBcosA=sin(C+A)=sinB,即 cosA= 3
3 .
答案:C
5.在平行四边形 ABCD 中,AC 与 BD 交于点 O,E 是线段 OD 的中点,AE 的延长线与 CD
交于点 F.若 =a, =b,则 = ( )
A.1
4a+1
2b B.2
3a+1
3b C.1
2a+1
4b D.1
3a+2
3b
解析:由已知得 DE=1
3EB,
又△DEF 与∽BEA,
∴DF=1
3AB,
即 DF=1
3DC,
∴CF=2
3CD,
∴ =2
3 =2
3( - )
=2
3(1
2b-1
2a)=1
3b-1
3a,
∴ = + =a+1
3b-1
3a
=2
3a+1
3b.
答案:B
6.已知向量 =(1,-3), =(2,-1), =(m+1,m-2),若点 A、B、C 能构
成三角形,则实数 m 应满足的条件是 ( )
A.m≠-2 B.m≠1
2 C.m≠1 D.m≠-1
解析:若点 A、B、C 不能构成三角形,
则只能共线.
∵ = - =(2,-1)-(1,-3)=(1,2),
AC BD AF
CF CD OD OC
AF AC CF
OA OB OC
AB OB OA
= - =(m+1,m-2)-(1,-3)=(m,m+1).
假设 A、B、C 三点共线,
则 1×(m+1)-2m=0,即 m=1.
∴若 A、B、C 三点能构成三角形,则 m≠1.
答案:C
二、填空题
7.(2009·辽宁高考)在平面直角坐标系 xOy 中,四边形 ABCD 的边 AB∥DC,AD∥BC.已知
A(-2,0),B(6,8),C(8,6),则 D 点的坐标为 .
解析:设 D 点的坐标为(x,y),由题意知 = ,
即(2,-2)=(x+2,y),所以 x=0,y=-2,∴D(0,-2).
答案:(0,-2)
8.已知点 A(1,-2),若点 A、B 的中点坐标为(3,1)且 与向量 a=(1,λ)共线,则 λ
= .
解析:由 A、B 的中点坐标为(3,1)可知 B(5,4),
所以 =(4,6),
又∴ ∥a,∴4λ-1×6=0,∴λ=3
2.
答案:3
2
9.(2009·安徽高考)给定两个长度为 1 的平面向量 和 ,它们的夹角
为 120°.如图所示,点 C 在以 O 为圆心的圆弧 上变动.若 =x
+y ,其中 x,y∈R,则 x+y 的最大值是 .
解析:建立如图所示的坐标系,
则 A(1,0),B(cos120°,sin120°),
即 B(-1
2, 3
2 ).
设∠AOC=α,则 =(cosα,sinα).
∵ =x +y =(x,0)+(-y
2, 3
2 y)
=(cosα,sinα).
∴
AC OC OA
BC AD
AB
AB
AB
OA OB
AB OC
OA OB
OC
OC OA OB
cos ,2
3 sin .2
yx
y
α
α
− =
=
sin cos ,
3
2sin ,
3
x
y
α α
α
= =
=
∴x+y= 3sinα+cosα=2sin(α+30°).
∵0°≤α≤120°.∴30°≤α+30°≤150°.
∴x+y 有最大值 2,当 α=60°时取最大值.
答案:2
三、解答题
10.已知 A(1,-2),B(2,1),C(3,2)和 D(-2,3),以 、 为一组基底来表示 +
+ .
解:由已知得: =(1,3), =(2,4),
=(-3,5), =(-4,2), =(-5,1),
∴ + + =(-3,5)+(-4,2)+(-5,1)
=(-12,8).
设 + + =λ1 +λ2 ,
则(-12,8)=λ1(1,3)+λ2(2,4),
∴
解得
∴ + + =32 -22 .
11.在▱ABCD 中,A(1,1), =(6,0),点 M 是线段 AB 的中点,线段 CM 与 BD 交于点 P.
(1)若 =(3,5),求点 C 的坐标;
(2)当| |=| |时,求点 P 的轨迹.
解:(1)设点 C 的坐标为(x0,y0),
又 = + =(3,5)+(6,0)=(9,5),
即(x0-1,y0-1)=(9,5),
∴x0=10,y0=6,即点 C(10,6).
(2)设 P(x,y),则 = -
=(x-1,y-1)-(6,0)
=(x-7,y-1),
= + =1
2 +3
=1
2 +3( -1
2 )=3 -
AB AC AD
BD CD
AB AC
AD BD CD
AD BD CD
AD BD CD AB AC
1 2
2 2
2 12,
4 8,
λ λ
λ λ
+ = −
+ =
1
2
32,
22,
λ
λ
=
= −
AD BD CD AB AC
AB
AD
AB AD
AC AD AB
BP AP AB
AC AM MC AB MP
AB AP AB AP AB
=(3(x-1),3(y-1))-(6,0)
=(3x-9,3y-3).
∵| |=| |,∴▱ABCD 为菱形,∴ ⊥ ,
∴(x-7,y-1)·(3x-9,3y-3)=0,
即(x-7)(3x-9)+(y-1)(3y-3)=0.
∴x2+y2-10x-2y+22=0(y≠1).
即(x-5)2+(y-1)2=4(y≠1).
故点 P 的轨迹是以(5,1)为圆心,2 为半径的圆去掉与直线 y=1 的两个交点.
12.已知 O 为坐标原点,A(0,2),B(4,6), =t1 +t2 .
(1)求点 M 在第二或第三象限的充要条件;
(2)求证:当 t1=1 时,不论 t2 为何实数,A、B、M 三点都共线;
(3)若 t1=a2,求当 ⊥ 且△ABM 的面积为 12 时 a 的值.
解:(1) =t1 +t2 =t1(0,2)+t2(4,4)
=(4t2,2t1+4t2).
当点 M 在第二或第三象限时,有
故所求的充要条件为 t2<0 且 t1+2t2≠0.
(2)证明:当 t1=1 时,由(1)知 =(4t2,4t2+2).
∵ = - =(4,4),
= - =(4t2,4t2)=t2(4,4)=t2 ,
∴不论 t2 为何实数,A、B、M 三点共线.
(3)当 t1=a2 时, =(4t2,4t2+2a2).
又∵ =(4,4), ⊥ ,
∴4t2×4+(4t2+2a2)×4=0,∴t2=-1
4a2,
∴ =(-a2,a2).又∵| |=4 2,
点 M 到直线 AB:x-y+2=0 的距离
d=|-a2-a2+2|
2
= 2|a2-1|.
∵S△ABM=12,∴1
2| |·d=1
2×4 2× 2|a2-1|=12,解得 a=±2,故所求 a 的值为±2.
AB AD BP AC
OM OA AB
OM AB
OM OA AB
2
1 2
4 0,
2 4 0.
t
t t
<
+ ≠
OM
AB OB OA
AM OM OA AB
OM
AB OM AB
OM AB
AB
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