2023届高考一轮复习讲义（理科）第五章　平面向量 第2讲　高效演练分层突破学案

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1．在平面直角坐标系中，已知向量a＝(1，2)，a－eq \f(1,2)b＝(3，1)，c＝(x，3)，若(2a＋b)∥c，则x＝( )
A．－2 B．－4
C．－3 D．－1
解析：选D.因为a－eq \f(1,2)b＝(3，1)，所以a－(3，1)＝eq \f(1,2)b，则b＝(－4，2)．所以2a＋b＝(－2，6)．又(2a＋b)∥c，所以－6＝6x，x＝－1.故选D.
2．(2020·安徽合肥第一次质检)设向量a＝(－3，4)，向量b与向量a方向相反，且|b|＝10，则向量b的坐标为( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(6,5)，\f(8,5))) B．(－6，8)
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,5)，－\f(8,5))) D．(6，－8)
解析：选D.因为向量b与向量a方向相反，所以可设b＝λa＝(－3λ，4λ)，λ<0，则|b|＝eq \r(9λ2＋16λ2)＝eq \r(25λ2)＝5|λ|＝－5λ＝10，所以λ＝－2，所以b＝(6，－8)．故选D.
3．已知向量eq \(AC,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))和eq \(AB,\s\up6(→))在边长为1的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λ＋μ等于( )
A．2 B．－2
C．3 D．－3
解析：选A.如图所示，建立平面直角坐标系，
则eq \(AD,\s\up6(→))＝(1，0)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(2，－2)，eq \(AB,\s\up6(→))＝(1，2)．
因为eq \(AC,\s\up6(→))＝λeq \(AB,\s\up6(→))＋μeq \(AD,\s\up6(→))，所以(2，－2)＝λ(1，2)＋μ(1，0)＝(λ＋μ，2λ)，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2＝λ＋μ，,－2＝2λ，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(λ＝－1，,μ＝3.))所以λ＋μ＝2.故选A.
4．已知平面直角坐标系内的两个向量a＝(m，3m－4)，b＝(1，2)，且平面内的任一向量c都可以唯一地表示成c＝λa＋μb(λ，μ为实数)，则m的取值范围是( )
A．(－∞，4) B．(4，＋∞)
C．(－∞，4)∪(4，＋∞) D．(－∞，＋∞)
解析：选C.平面内的任意向量c都可以唯一地表示成c＝λa＋μb，由平面向量基本定理可知，向量a，b可作为该平面所有向量的一组基底，即向量a，b是不共线向量．又因为a＝(m，3m－4)，b＝(1，2)，则m×2－(3m－4)×1≠0，即m≠4，所以m的取值范围为(－∞，4)∪(4，＋∞)．
5．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的点，且∠AOC＝eq \f(π,4)，|OC|＝2，若eq \(OC,\s\up6(→))＝λeq \(OA,\s\up6(→))＋μeq \(OB,\s\up6(→))，则λ＋μ＝( )
A．2eq \r(2) B．eq \r(2)
C．2 D．4eq \r(2)
解析：选A.因为|OC|＝2，∠AOC＝eq \f(π,4)，所以C(eq \r(2)，eq \r(2))，又因为eq \(OC,\s\up6(→))＝λeq \(OA,\s\up6(→))＋μeq \(OB,\s\up6(→))，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).
6．(2020·湖北荆门阶段检测)在△AOB中，eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \f(1,5)eq \(AB,\s\up6(→))，D为OB的中点，若eq \(DC,\s\up6(→))＝λeq \(OA,\s\up6(→))＋μeq \(OB,\s\up6(→))，则λμ的值为________．
解析：因为eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \f(1,5)eq \(AB,\s\up6(→))，所以eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \f(1,5)(eq \(OB,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→)))，因为D为OB的中点，所以eq \(OD,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(OB,\s\up6(→))，
所以eq \(DC,\s\up6(→))＝eq \(DO,\s\up6(→))＋eq \(OC,\s\up6(→))＝－eq \f(1,2)eq \(OB,\s\up6(→))＋(eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→)))＝－eq \f(1,2)eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(1,5)(eq \(OB,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→)))＝eq \f(4,5)eq \(OA,\s\up6(→))－eq \f(3,10)eq \(OB,\s\up6(→))，所以λ＝eq \f(4,5)，μ＝－eq \f(3,10)，则λμ的值为－eq \f(6,25).
答案：－eq \f(6,25)
7．已知O为坐标原点，向量eq \(OA,\s\up6(→))＝(1，2)，eq \(OB,\s\up6(→))＝(－2，－1)，若2eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))，则|eq \(OP,\s\up6(→))|＝________.
解析：设P点坐标为(x，y)，eq \(AB,\s\up6(→))＝eq \(OB,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→))＝(－2，－1)－(1，2)＝(－3，－3)，eq \(AP,\s\up6(→))＝(x－1，y－2)，由2eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))得，2(x－1，y－2)＝(－3，－3)，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x－2＝－3，,2y－4＝－3，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－\f(1,2)，,y＝\f(1,2).))故|eq \(OP,\s\up6(→))|＝eq \r(\f(1,4)＋\f(1,4))＝eq \f(\r(2),2).
答案：eq \f(\r(2),2)
8．已知A(－3，0)，B(0，eq \r(3))，O为坐标原点，C在第二象限，且∠AOC＝30°，eq \(OC,\s\up6(→))＝λeq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))，则实数λ的值为________．
解析：由题意知eq \(OA,\s\up6(→))＝(－3，0)，eq \(OB,\s\up6(→))＝(0，eq \r(3))，
则eq \(OC,\s\up6(→))＝(－3λ，eq \r(3))，
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°＝eq \f(\r(3),－3λ)，
即－eq \f(\r(3),3)＝－eq \f(\r(3),3λ)，所以λ＝1.
答案：1
9．已知A(－2，4)，B(3，－1)，C(－3，－4)．设eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(BC,\s\up6(→))＝b，eq \(CA,\s\up6(→))＝c，且eq \(CM,\s\up6(→))＝3c，eq \(CN,\s\up6(→))＝－2b.
(1)求3a＋b－3c；
(2)求满足a＝mb＋nc的实数m，n；
(3)求M，N的坐标及向量eq \(MN,\s\up6(→))的坐标．
解：由已知得a＝(5，－5)，b＝(－6，－3)，c＝(1，8)．
(1)3a＋b－3c＝3(5，－5)＋(－6，－3)－3(1，8)
＝(15－6－3，－15－3－24)＝(6，－42)．
(2)因为mb＋nc＝(－6m＋n，－3m＋8n)，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－6m＋n＝5，,－3m＋8n＝－5，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＝－1，,n＝－1.))
(3)设O为坐标原点，因为eq \(CM,\s\up6(→))＝eq \(OM,\s\up6(→))－eq \(OC,\s\up6(→))＝3c，
所以eq \(OM,\s\up6(→))＝3c＋eq \(OC,\s\up6(→))＝(3，24)＋(－3，－4)＝(0，20)．
所以M(0，20)．又因为eq \(CN,\s\up6(→))＝eq \(ON,\s\up6(→))－eq \(OC,\s\up6(→))＝－2b，
所以eq \(ON,\s\up6(→))＝－2b＋eq \(OC,\s\up6(→))＝(12，6)＋(－3，－4)＝(9，2)，
所以N(9，2)．所以eq \(MN,\s\up6(→))＝(9，－18)．
10.
如图，AB是圆O的直径，C，D是圆O上的点，∠CBA＝60°，∠ABD＝45°，eq \(CD,\s\up6(→))＝xeq \(OA,\s\up6(→))＋yeq \(BC,\s\up6(→))，求x＋y的值．
解：不妨设⊙O的半径为1，以圆心O为坐标原点，以OB，OD为x，y轴的正方向，建立如图所示的直角坐标系，则A(－1，0)，B(1，0)，D(0，1)，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\f(\r(3),2))).
所以eq \(CD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1＋\f(\r(3),2)))，
eq \(BC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－\f(\r(3),2))).又eq \(CD,\s\up6(→))＝xeq \(OA,\s\up6(→))＋yeq \(BC,\s\up6(→))，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1＋\f(\r(3),2)))＝x(－1，0)＋yeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－\f(\r(3),2))).
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)＝－x－\f(1,2)y，,1＋\f(\r(3),2)＝－\f(\r(3),2)y，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(3＋\r(3),3)，,y＝－\f(3＋2\r(3),3).))
所以x＋y＝eq \f(3＋\r(3),3)－eq \f(3＋2\r(3),3)＝－eq \f(\r(3),3).
[综合题组练]
1．已知P＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(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.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(（1，1）)) B．eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(（－1，1）))
C.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(（1，0）)) D．eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(（0，1）))
解析：选A.设a＝(x，y)，则所以集合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＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(（x，y）|x＝1，y∈R))，Q＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(（x，y）|x＋y－2＝0))，所以P∩Q＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(（1，1）)).故选A.
2．(2020·包河区校级月考)古希腊数学家欧多克索斯在深入研究比例理论时，提出了分线段的“中末比”问题：将一线段AB分为两线段AC，CB，合得其中较长的一段AC是全长与另一段CB的比例中项，即满足eq \f(AC,AB)＝eq \f(BC,AC)＝eq \f(\r(5)－1,2)，后人把这个数称为黄金分割数，把点C称为线段AB的黄金分割点，在△ABC中，若点P，Q为线段BC的两个黄金分割点，设eq \(AP,\s\up6(→))x1eq \(AB,\s\up6(→))＋y1eq \(AC,\s\up6(→))，eq \(AQ,\s\up6(→))＝x2eq \(AB,\s\up6(→))＋y2eq \(AC,\s\up6(→))，则eq \f(x1,x2)＋eq \f(y1,y2)＝( )
A.eq \f(\r(5)＋1,2) B．2
C.eq \r(5) D．eq \r(5)＋1
解析：选C.由题意，
eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BP,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(\r(5)－1,2)))eq \(BC,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(3－\r(5),2)(eq \(AC,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→)))
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3－\r(5),2)))eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(3－\r(5),2)eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \f(\r(5)－1,2)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(3－\r(5),2)eq \(AC,\s\up6(→))，
同理，eq \(AQ,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BQ,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(\r(5)－1,2)eq \(BC,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(\r(5)－1,2)(eq \(AC,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→)))
＝eq \f(3－\r(5),2)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(\r(5)－1,2)eq \(AC,\s\up6(→)).
所以x1＝y2＝eq \f(\r(5)－1,2)，x2＝y1＝eq \f(3－\r(5),2).
所以eq \f(x1,x2)＋eq \f(y1,y2)＝eq \f(\r(5)－1,3－\r(5))＋eq \f(3－\r(5),\r(5)－1)＝eq \r(5).
3．(创新型)若α，β是一组基底，向量γ＝xα＋yβ(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________．
解析：因为a在基底p，q下的坐标为(－2，2)，
即a＝－2p＋2q＝(2，4)，
令a＝xm＋yn＝(－x＋y，x＋2y)，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x＋y＝2，,x＋2y＝4，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝0，,y＝2.))
所以a在基底m，n下的坐标为(0，2)．
答案：(0，2)
4．已知非零不共线向量eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(OB,\s\up6(→))，若2eq \(OP,\s\up6(→))＝xeq \(OA,\s\up6(→))＋yeq \(OB,\s\up6(→))，且eq \(PA,\s\up6(→))＝λeq \(AB,\s\up6(→))(λ∈R)，则点P(x，y)的轨迹方程是________．
解析：由eq \(PA,\s\up6(→))＝λeq \(AB,\s\up6(→))，得eq \(OA,\s\up6(→))－eq \(OP,\s\up6(→))＝λ(eq \(OB,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→)))，
即eq \(OP,\s\up6(→))＝(1＋λ)eq \(OA,\s\up6(→))－λeq \(OB,\s\up6(→)).
又2eq \(OP,\s\up6(→))＝xeq \(OA,\s\up6(→))＋yeq \(OB,\s\up6(→))，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝2＋2λ，,y＝－2λ，))消去λ得x＋y－2＝0.
答案：x＋y－2＝0
5．(一题多解)
如图，在同一个平面内，向量eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(OB,\s\up6(→))，eq \(OC,\s\up6(→))的模分别为1，1，eq \r(2)，eq \(OA,\s\up6(→))与eq \(OC,\s\up6(→))的夹角为α，且tan α＝7，eq \(OB,\s\up6(→))与eq \(OC,\s\up6(→))的夹角为45°.若eq \(OC,\s\up6(→))＝meq \(OA,\s\up6(→))＋neq \(OB,\s\up6(→))(m，n∈R)，求m＋n的值．
解：法一：以O为坐标原点，OA所在直线为x轴建立平面直角坐标系，则A(1，0)，由tan α＝7，α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，得sin α＝eq \f(7,5\r(2))，cs α＝eq \f(1,5\r(2))，设C(xC，yC)，B(xB，yB)，则xC＝|eq \(OC,\s\up6(→))|cs α＝eq \r(2)×eq \f(1,5\r(2))＝eq \f(1,5)，yC＝|eq \(OC,\s\up6(→))|sin α＝eq \r(2)×eq \f(7,5\r(2))＝eq \f(7,5)，即Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)，\f(7,5))).又cs(α＋45°)＝eq \f(1,5\r(2))×eq \f(1,\r(2))－eq \f(7,5\r(2))×eq \f(1,\r(2))＝－eq \f(3,5)，sin (α＋45°)＝eq \f(7,5\r(2))×eq \f(1,\r(2))＋eq \f(1,5\r(2))×eq \f(1,\r(2))＝eq \f(4,5)，则xB＝|eq \(OB,\s\up6(→))|cs(α＋45°)＝－eq \f(3,5)，yB＝|eq \(OB,\s\up6(→))|sin (α＋45°)＝eq \f(4,5)，即Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,5)，\f(4,5)))，由eq \(OC,\s\up6(→))＝m eq \(OA,\s\up6(→))＋n eq \(OB,\s\up6(→))，可得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)＝m－\f(3,5)n，,\f(7,5)＝\f(4,5)n，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＝\f(5,4)，,n＝\f(7,4)，))所以m＋n＝eq \f(5,4)＋eq \f(7,4)＝3.
法二：由tan α＝7，α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，得sin α＝eq \f(7,5\r(2))，cs α＝eq \f(1,5\r(2))，则cs(α＋45°)＝eq \f(1,5\r(2))×eq \f(1,\r(2))－eq \f(7,5\r(2))×eq \f(1,\r(2))＝－eq \f(3,5)，eq \(OB,\s\up6(→))·eq \(OC,\s\up6(→))＝1×eq \r(2)×eq \f(\r(2),2)＝1，eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OC,\s\up6(→))＝1×eq \r(2)×eq \f(1,5\r(2))＝eq \f(1,5)，eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝1×1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,5)))＝－eq \f(3,5)，由eq \(OC,\s\up6(→))＝m eq \(OA,\s\up6(→))＋n eq \(OB,\s\up6(→))，得eq \(OC,\s\up6(→))·eq \(OA,\s\up6(→))＝m eq \(OA,\s\up6(→))2＋n eq \(OB,\s\up6(→))·eq \(OA,\s\up6(→))，即eq \f(1,5)＝m－eq \f(3,5)n ①，同理可得eq \(OC,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝m eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＋n eq \(OB,\s\up6(→))2，即1＝－eq \f(3,5)m＋n ②，联立①②，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＝\f(5,4)，,n＝\f(7,4).))所以m＋n＝eq \f(5,4)＋eq \f(7,4)＝3.
6.
已知△ABC中，AB＝2，AC＝1，∠BAC＝120°，AD为角平分线．
(1)求AD的长度；
(2)过点D作直线交AB，AC的延长线于不同两点E，F，且满足eq \(AE,\s\up6(→))＝xeq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AF,\s\up6(→))＝yeq \(AC,\s\up6(→))，求eq \f(1,x)＋eq \f(2,y)的值，并说明理由．
解：(1)根据角平分线定理：eq \f(DB,DC)＝eq \f(AB,AC)＝2，所以eq \f(BD,BC)＝eq \f(2,3)，
所以eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BD,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)eq \(BC,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)(eq \(AC,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→)))＝eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)eq \(AC,\s\up6(→))，
所以eq \(AD,\s\up6(→))2＝eq \f(1,9)eq \(AB,\s\up6(→))2＋eq \f(4,9)eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \f(4,9)eq \(AC,\s\up6(→))2＝eq \f(4,9)－eq \f(4,9)＋eq \f(4,9)＝eq \f(4,9)，所以AD＝eq \f(2,3).
(2)因为eq \(AE,\s\up6(→))＝xeq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AF,\s\up6(→))＝yeq \(AC,\s\up6(→))，所以eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \f(1,3x)eq \(AE,\s\up6(→))＋eq \f(2,3y)eq \(AF,\s\up6(→))，
因为E，D，F三点共线，所以eq \f(1,3x)＋eq \f(2,3y)＝1，所以eq \f(1,x)＋eq \f(2,y)＝3.