2022版高考数学大一轮复习作业本24《平面向量基本定理及坐标表示》(含答案详解)

这是一份2022版高考数学大一轮复习作业本24《平面向量基本定理及坐标表示》(含答案详解)，共4页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
若AC为平行四边形ABCD的一条对角线，eq \(AB,\s\up15(→))=(3,5)，eq \(AC,\s\up15(→))=(2,4)，则eq \(AD,\s\up15(→))=( )
A.(－1，－1) B.(5,9) C.(1,1) D.(3,5)
已知向量a=(3，－4)，b=(x，y).若a∥b，则( )
A.3x－4y=0 B.3x＋4y=0 C.4x＋3y=0 D.4x－3y=0
设向量a=(x,1)，b=(4，x)，且a，b方向相反，则x的值是( )
A.2 B.－2 C.±2 D.0
已知平行四边形ABCD中，eq \(AD,\s\up15(→))=(3,7)，eq \(AB,\s\up15(→))=(－2,3)，对角线AC与BD交于点O，
则eq \(CO,\s\up15(→))的坐标为( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，5)) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，5)) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－5)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－5))
设向量a=(1，－3)，b=(－2,4)，c=(－1，－2).若表示向量4a,4b－2c,2(a－c)，
d的有向线段首尾相连能构成四边形，则向量d=( )
A.(2,6) B.(－2,6) C.(2，－6) D.(－2，－6)
已知平面向量a=(1，－2)，b=(2，m).若a∥b，则3a＋2b=( )
A.(7,2) B.(7，－14) C.(7，－4) D.(7，－8)
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)
已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，向量m=(a，eq \r(3)b)与n=(csA，sinB)平行，则A=( B )
A.eq \f(π,6) B.eq \f(π,3) C.eq \f(π,2) D.eq \f(2π,3)
如图，在△OAB中，P为线段AB上的一点，eq \(OP,\s\up6(→))=xeq \(OA,\s\up6(→))＋yeq \(OB,\s\up6(→))，且eq \(BP,\s\up6(→))=2eq \(PA,\s\up6(→))，则( )
A.x=eq \f(2,3)，y=eq \f(1,3) B.x=eq \f(1,3)，y=eq \f(2,3) C.x=eq \f(1,4)，y=eq \f(3,4) D.x=eq \f(3,4)，y=eq \f(1,4)
已知向量a=(－1,2)，b=(3，m)，m∈R，则“m=－6”是“a∥(a＋b)”的( )
A.充分必要条件
B.充分不必要条件
C.必要不充分条件
D.既不充分也不必要条件
已知向量eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(OB,\s\up6(→))满足|eq \(OA,\s\up6(→))|=|eq \(OB,\s\up6(→))|=1，eq \(OA,\s\up6(→))⊥eq \(OB,\s\up6(→))，eq \(OC,\s\up6(→))=λeq \(OA,\s\up6(→))＋μeq \(OB,\s\up6(→))(λ，μ∈R).若M为AB的中点，并且|eq \(MC,\s\up6(→))|=1，则λ＋μ的最大值是( )
A.1－eq \r(3) B.1＋eq \r(2) C.eq \r(5) D.1＋eq \r(3)
在平面直角坐标系xOy中，已知A(1,0)，B(0,1)，C为坐标平面内第一象限内一点且∠AOC=eq \f(π,4)，|eq \(OC,\s\up15(→))|=2.若eq \(OC,\s\up15(→))=λeq \(OA,\s\up15(→))＋μeq \(OB,\s\up15(→))，则λ＋μ=( )
A.2eq \r(2) B.eq \r(2) C.2 D.4eq \r(2)
二、填空题
在△ABC中，点P在BC上，且eq \(BP,\s\up15(→))=2eq \(PC,\s\up15(→))，点Q是AC的中点.若 eq \(PA,\s\up15(→))=(4,3)，eq \(PQ,\s\up15(→))=(1,5)，
则eq \(BC,\s\up15(→))=________.
已知向量eq \(AC,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))和eq \(AB,\s\up6(→))在正方形网格中的位置如图所示，若eq \(AC,\s\up6(→))=λeq \(AB,\s\up6(→))＋μeq \(AD,\s\up6(→))，则λμ= .
P={a|a=(－1,1)＋m(1,2)，m∈R}，Q={b|b=(1，－2)＋n(2,3)，n∈R}是两个向量集合，
则P∩Q=________.
如图，在△ABC中，N为线段AC上靠近点A的四等分点，若eq \(AP,\s\up6(→))=(m+eq \f(1,10))eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,10)eq \(BC,\s\up6(→))，则m= .
\s 0 参考答案
答案为：A
解析：由题意可得eq \(AD,\s\up15(→))=eq \(BC,\s\up15(→))=eq \(AC,\s\up15(→))－eq \(AB,\s\up15(→))=(2,4)－(3,5)=(－1，－1).
答案为：C
解析：∵a∥b，∴3y＋4x=0.故选C.
答案为：B
解析：因为a与b方向相反，故可设b=ma，m<0，则有(4，x)=m(x,1)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4＝mx，,x＝m，))解得m=±2.又m<0，所以m=－2，x=m=－2.
答案为：D
解析：eq \(AC,\s\up15(→))=eq \(AB,\s\up15(→))＋eq \(AD,\s\up15(→))=(－2,3)＋(3,7)=(1,10).∴eq \(OC,\s\up15(→))=eq \f(1,2)eq \(AC,\s\up15(→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，5)).∴eq \(CO,\s\up15(→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－5)).
答案为：D
解析：设d=(x，y)，由题意知4a=4(1，－3)=(4，－12)，4b－2c=4(－2,4)－2(－1，－2)
=(－6,20)，2(a－c)=2[(1，－3)－(－1，－2)]=(4，－2).
又4a＋(4b－2c)＋2(a－c)＋d=0，
所以(4，－12)＋(－6,20)＋(4，－2)＋(x，y)=(0,0)，
解得x=－2，y=－6，所以d=(－2，－6).
答案为：B
解析：∵a∥b，∴m＋4=0，∴m=－4，∴b=(2，－4)，
∴3a＋2b=3(1，－2)＋2(2，－4)=(7，－14).
答案为：A
解析：由题意可得3a－2b＋c=3(5,2)－2(－4，－3)＋(x，y)=(23＋x，12＋y)=(0,0)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(23＋x＝0，,12＋y＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝－23，,y＝－12，))所以c=(－23，－12).
答案为：B.
解析：因为m∥n，所以asinB－eq \r(3)bcsA=0，由正弦定理，
得sinAsinB－eq \r(3)sinBcsA=0，又sinB≠0，从而tanA=eq \r(3)，由于0 答案为：B.
解析：由题意知eq \(OP,\s\up6(→))=eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \(BP,\s\up6(→))，又因为eq \(BP,\s\up6(→))=2eq \(PA,\s\up6(→))，
所以eq \(OP,\s\up6(→))=eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)eq \(BA,\s\up6(→))=eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)(eq \(OA,\s\up6(→))－eq \(OB,\s\up6(→)))=eq \f(2,3)eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(OB,\s\up6(→))，所以x=eq \f(2,3)，y=eq \f(1,3).
答案为：A.
解析：由题意得a＋b=(2,2＋m)，由a∥(a＋b)，得－1×(2＋m)=2×2，所以m=－6.
当m=－6时，a∥(a＋b)，则“m=－6”是“a∥(a＋b)”的充分必要条件.
答案为：B.
解析：因为向量eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(OB,\s\up6(→))满足|eq \(OA,\s\up6(→))|=|eq \(OB,\s\up6(→))|=1，eq \(OA,\s\up6(→))⊥eq \(OB,\s\up6(→))，
所以可以分别以eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(OB,\s\up6(→))所在直线为x，y轴建立平面直角坐标系，则A(1,0)，B(0,1).
又因为M为AB的中点，所以M(eq \f(1,2)，eq \f(1,2)).因为eq \(OC,\s\up6(→))=λeq \(OA,\s\up6(→))＋μeq \(OB,\s\up6(→))(λ，μ∈R)，
所以eq \(OC,\s\up6(→))=λeq \(OA,\s\up6(→))＋μeq \(OB,\s\up6(→))=λ(1,0)＋μ(0,1)=(λ，μ)，即点C(λ，μ).
所以eq \(MC,\s\up6(→))=(λ-eq \f(1,2),μ-eq \f(1,2)).因为|eq \(MC,\s\up6(→))|=1，所以(λ-eq \f(1,2))2＋(μ-eq \f(1,2))2=1，
即点C(λ，μ)在以(eq \f(1,2)，eq \f(1,2))为圆心，1为半径的圆上.令t=λ＋μ，
则直线λ＋μ－t=0与此圆有公共点，所以d=eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(1,2)－t)),\r(2))≤1，
解得－eq \r(2)＋1≤t≤eq \r(2)＋1，即λ＋μ的最大值是1＋eq \r(2).故选B.
答案为：A
解析：因为|eq \(OC,\s\up15(→))|=2，∠AOC=eq \f(π,4)，所以点C的坐标为(eq \r(2)，eq \r(2)).
又eq \(OC,\s\up15(→))=λOA＋μeq \(OB,\s\up15(→))，所以(eq \r(2)，eq \r(2))=λ(1,0)＋μ(0,1)=(λ，μ)，
所以λ=μ=eq \r(2)，λ＋μ=2eq \r(2).
答案为：(－6,21).
解析：∵eq \(AQ,\s\up15(→))=eq \(PQ,\s\up15(→))－eq \(PA,\s\up15(→))=(1,5)－(4,3)=(－3,2)，∴eq \(AC,\s\up15(→))=2eq \(AQ,\s\up15(→))=2(－3,2)=(－6,4).
又eq \(PC,\s\up15(→))=eq \(PA,\s\up15(→))＋eq \(AC,\s\up15(→))=(4,3)＋(－6,4)=(－2,7)，∴eq \(BC,\s\up15(→))=3eq \(PC,\s\up15(→))=3(－2,7)=(－6,21).
答案为：-3.
解析：建立如图所示的平面直角坐标系xAy，
则eq \(AC,\s\up6(→))=(2，－2)，eq \(AB,\s\up6(→))=(1,2)，eq \(AD,\s\up6(→))=(1,0)，
由题意可知(2，－2)=λ(1,2)＋μ(1,0)，
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2＝λ＋μ，,－2＝2λ，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(λ＝－1，,μ＝3，))所以λμ=－3.
答案为：{(－13，－23)}
解析：集合P中，a=(－1＋m,1＋2m)，集合Q中，b=(1＋2n，－2＋3n).
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1＋m＝1＋2n，,1＋2m＝－2＋3n.))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝－12，,n＝－7.))此时a=b=(－13，－23).
答案为：eq \f(3,5).
解析：由已知，得eq \(AN,\s\up6(→))=eq \f(1,4)eq \(AC,\s\up6(→))，eq \(BC,\s\up6(→))=eq \(AC,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→))=4eq \(AN,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→))，因为eq \(AP,\s\up6(→))=(m+eq \f(1,10))eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,10)eq \(BC,\s\up6(→))，
所以eq \(AP,\s\up6(→))=(m+eq \f(1,10))eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,10)(4eq \(AN,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→)))=meq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(2,5)eq \(AN,\s\up6(→)).
因为B，P，N三点共线，所以m＋eq \f(2,5)=1，m=eq \f(3,5).