2022年高考数学(理数)一轮复习课时作业25《平面向量的概念及其线性运算》（教师版）

这是一份2022年高考数学(理数)一轮复习课时作业25《平面向量的概念及其线性运算》（教师版），共6页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

1．设D，E，F分别为△ABC的三边BC，CA，AB的中点，则eq \(EB,\s\up14(→))＋eq \(FC,\s\up14(→))＝( A )
A.eq \(AD,\s\up14(→)) B.eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up14(→)) C.eq \f(1,2)eq \(BC,\s\up14(→)) D.eq \(BC,\s\up14(→))
解析：由题意得eq \(EB,\s\up14(→))＋eq \(FC,\s\up14(→))＝eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \(CB,\s\up14(→)))＋eq \f(1,2)(eq \(AC,\s\up14(→))＋eq \(BC,\s\up14(→)))＝eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \(AC,\s\up14(→)))＝eq \(AD,\s\up14(→)).
2．已知O是正六边形ABCDEF的中心，则与向量eq \(OA,\s\up14(→))平行的向量为( B )
A.eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \(AC,\s\up14(→)) B.eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \(BC,\s\up14(→))＋eq \(CD,\s\up14(→)) C.eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \(AF,\s\up14(→))＋eq \(CD,\s\up14(→)) D.eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \(CD,\s\up14(→))＋eq \(DE,\s\up14(→))
解析：eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \(BC,\s\up14(→))＋eq \(CD,\s\up14(→))＝eq \(AD,\s\up14(→))＝2eq \(AO,\s\up14(→))＝－2eq \(OA,\s\up14(→)).
3．设向量a，b不共线，eq \(AB,\s\up14(→))＝2a＋pb，eq \(BC,\s\up14(→))＝a＋b，eq \(CD,\s\up14(→))＝a－2b，若A，B，D三点共线，
则实数p的值为( B )
A．－2 B．－1 C．1 D．2
解析：因为eq \(BC,\s\up14(→))＝a＋b，eq \(CD,\s\up14(→))＝a－2b，所以eq \(BD,\s\up14(→))＝eq \(BC,\s\up14(→))＋eq \(CD,\s\up14(→))＝2a－b.又因为A，B，D三点共线，
所以eq \(AB,\s\up14(→))，eq \(BD,\s\up14(→))共线．设eq \(AB,\s\up14(→))＝λeq \(BD,\s\up14(→))，所以2a＋pb＝λ(2a－b)，所以2＝2λ，p＝－λ，
即λ＝1，p＝－1.
4．)庄严美丽的国旗和国徽上的五角星是革命和光明的象征．正五角星是一个非常优美的几何图形，且与黄金分割有着密切的联系．在如图所示的正五角星中，以A，B，C，D，E为顶点的多边形为正五边形，且eq \f(PT,AT)＝eq \f(\r(5)－1,2).下列关系中正确的是( A )
A.eq \(BP,\s\up14(→))－eq \(TS,\s\up14(→))＝eq \f(\r(5)＋1,2)eq \(RS,\s\up14(→)) B.eq \(CQ,\s\up14(→))＋eq \(TP,\s\up14(→))＝eq \f(\r(5)＋1,2)eq \(TS,\s\up14(→))
C.eq \(ES,\s\up14(→))－eq \(AP,\s\up14(→))＝eq \f(\r(5)－1,2)eq \(BQ,\s\up14(→)) D.eq \(AT,\s\up14(→))＋eq \(BQ,\s\up14(→))＝eq \f(\r(5)－1,2)eq \(CR,\s\up14(→))
解析：由题意得，eq \(BP,\s\up14(→))－eq \(TS,\s\up14(→))＝eq \(TE,\s\up14(→))－eq \(TS,\s\up14(→))＝eq \(SE,\s\up14(→))＝eq \f(\(RS,\s\up14(→)),\f(\r(5)－1,2))＝eq \f(\r(5)＋1,2)eq \(RS,\s\up14(→))，所以A正确；
eq \(CQ,\s\up14(→))＋eq \(TP,\s\up14(→))＝eq \(PA,\s\up14(→))＋eq \(TP,\s\up14(→))＝eq \(TA,\s\up14(→))＝eq \f(\r(5)＋1,2)eq \(ST,\s\up14(→))，所以B错误；
eq \(ES,\s\up14(→))－eq \(AP,\s\up14(→))＝eq \(RC,\s\up14(→))－eq \(QC,\s\up14(→))＝eq \(RQ,\s\up14(→))＝eq \f(\r(5)－1,2)eq \(QB,\s\up14(→))，所以C错误；
eq \(AT,\s\up14(→))＋eq \(BQ,\s\up14(→))＝eq \(SD,\s\up14(→))＋eq \(RD,\s\up14(→))，eq \f(\r(5)－1,2)eq \(CR,\s\up14(→))＝eq \(RS,\s\up14(→))＝eq \(RD,\s\up14(→))－eq \(SD,\s\up14(→))，若eq \(AT,\s\up14(→))＋eq \(BQ,\s\up14(→))＝eq \f(\r(5)－1,2)eq \(CR,\s\up14(→))，则eq \(SD,\s\up14(→))＝0，不合题意，所以D错误．故选A.
5．如图，在直角梯形ABCD中，AB＝2AD＝2DC，E为BC边上一点，eq \(BC,\s\up14(→))＝3eq \(EC,\s\up14(→))，F为AE的中点，则eq \(BF,\s\up14(→))＝( C )
A.eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up14(→))－eq \f(1,3)eq \(AD,\s\up14(→)) B.eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up14(→))－eq \f(2,3)eq \(AD,\s\up14(→)) C．－eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \f(1,3)eq \(AD,\s\up14(→)) D．－eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \f(2,3)eq \(AD,\s\up14(→))
解析：eq \(BF,\s\up14(→))＝eq \(BA,\s\up14(→))＋eq \(AF,\s\up14(→))＝eq \(BA,\s\up14(→))＋eq \f(1,2)eq \(AE,\s\up14(→))＝－eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(AD,\s\up14(→))＋\f(1,2)\(AB,\s\up14(→))＋\(CE,\s\up14(→))))＝－eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up14(→))＋eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \f(1,3)eq \(CB,\s\up14(→))
＝－eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up14(→))＋eq \f(1,4)eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \f(1,6)(eq \(CD,\s\up14(→))＋eq \(DA,\s\up14(→))＋eq \(AB,\s\up14(→)))＝－eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \f(1,3)eq \(AD,\s\up14(→)).
6．如图，在△ABC中，N为线段AC上靠近点A的三等分点，点P在线段BN上且eq \(AP,\s\up14(→))＝(m＋eq \f(2,11))eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \f(2,11)eq \(BC,\s\up14(→))，则实数m的值为( D )
A．1 B.eq \f(1,3) C.eq \f(9,11) D.eq \f(5,11)
解析：eq \(AP,\s\up14(→))＝(m＋eq \f(2,11))eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \f(2,11)eq \(BC,\s\up14(→))＝(m＋eq \f(2,11))eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \f(2,11)(eq \(AC,\s\up14(→))－eq \(AB,\s\up14(→)))＝meq \(AB,\s\up14(→))＋eq \f(2,11)eq \(AC,\s\up14(→))，
设eq \(BP,\s\up14(→))＝λeq \(BN,\s\up14(→))(0≤λ≤1)，则eq \(AP,\s\up14(→))＝eq \(AB,\s\up14(→))＋λeq \(BN,\s\up14(→))＝eq \(AB,\s\up14(→))＋λ(eq \(AN,\s\up14(→))－eq \(AB,\s\up14(→)))＝(1－λ)eq \(AB,\s\up14(→))＋λeq \(AN,\s\up14(→))，
因为eq \(AN,\s\up14(→))＝eq \f(1,3)eq \(AC,\s\up14(→))，所以eq \(AP,\s\up14(→))＝(1－λ)eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \f(1,3)λeq \(AC,\s\up14(→))，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝1－λ，,\f(2,11)＝\f(1,3)λ，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(λ＝\f(6,11)，,m＝\f(5,11)，))故选D.
7. 如图，在等边△ABC中，O为△ABC的重心，点D为BC边上靠近B点的四等分点，若eq \(OD,\s\up14(→))＝xeq \(AB,\s\up14(→))＋yeq \(AC,\s\up14(→))，则x＋y＝( B )
A.eq \f(1,12) B.eq \f(1,3) C.eq \f(2,3) D.eq \f(3,4)
解析：设点E为BC的中点，连接AE，可知O在AE上，由eq \(OD,\s\up14(→))＝eq \(OE,\s\up14(→))＋eq \(ED,\s\up14(→))＝eq \f(1,3)eq \(AE,\s\up14(→))＋eq \f(1,4)eq \(CB,\s\up14(→))＝eq \f(1,6)(eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \(AC,\s\up14(→)))＋eq \f(1,4)(eq \(AB,\s\up14(→))－eq \(AC,\s\up14(→)))＝eq \f(5,12)eq \(AB,\s\up14(→))－eq \f(1,12)eq \(AC,\s\up14(→))，故x＝eq \f(5,12)，y＝－eq \f(1,12)，x＋y＝eq \f(1,3).故选B.
8．P是△ABC所在平面上的一点，满足eq \(PA,\s\up14(→))＋eq \(PB,\s\up14(→))＋eq \(PC,\s\up14(→))＝2eq \(AB,\s\up14(→))，若S△ABC＝6，则△PAB的面积为( A )
A．2 B．3 C．4 D．8
解析：∵eq \(PA,\s\up14(→))＋eq \(PB,\s\up14(→))＋eq \(PC,\s\up14(→))＝2eq \(AB,\s\up14(→))＝2(eq \(PB,\s\up14(→))－eq \(PA,\s\up14(→)))，∴3eq \(PA,\s\up14(→))＝eq \(PB,\s\up14(→))－eq \(PC,\s\up14(→))＝eq \(CB,\s\up14(→))，∴eq \(PA,\s\up14(→))∥eq \(CB,\s\up14(→))，且
方向相同，∴eq \f(S△ABC,S△PAB)＝eq \f(BC,AP)＝eq \f(|\(CB,\s\up14(→))|,|\(PA,\s\up14(→))|)＝3，∴S△PAB＝eq \f(S△ABC,3)＝2.
二、填空题
9．已知▱ABCD的对角线AC和BD相交于O，且eq \(OA,\s\up14(→))＝a，eq \(OB,\s\up14(→))＝b，则eq \(DC,\s\up14(→))＝b－a，eq \(BC,\s\up14(→))＝－a－b.(用a，b表示)
解析：如图，eq \(DC,\s\up14(→))＝eq \(AB,\s\up14(→))＝eq \(OB,\s\up14(→))－eq \(OA,\s\up14(→))＝b－a，eq \(BC,\s\up14(→))＝eq \(OC,\s\up14(→))－eq \(OB,\s\up14(→))＝－eq \(OA,\s\up14(→))－eq \(OB,\s\up14(→))＝－a－b.
10．已知S是△ABC所在平面外一点，D是SC的中点，若eq \(BD,\s\up14(→))＝xeq \(AB,\s\up14(→))＋yeq \(AC,\s\up14(→))＋zeq \(AS,\s\up14(→))，则x＋y＋z＝0.
解析：依题意得eq \(BD,\s\up14(→))＝eq \(AD,\s\up14(→))－eq \(AB,\s\up14(→))＝eq \f(1,2)(eq \(AS,\s\up14(→))＋eq \(AC,\s\up14(→)))－eq \(AB,\s\up14(→))＝－eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \f(1,2)eq \(AC,\s\up14(→))＋eq \f(1,2)eq \(AS,\s\up14(→))，
因此x＋y＋z＝－1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)＝0.
11．在四边形ABCD中，eq \(AB,\s\up14(→))＝a＋2b，eq \(BC,\s\up14(→))＝－4a－b，eq \(CD,\s\up14(→))＝－5a－3b，则四边形ABCD的形状是梯形．
解析：由已知得eq \(AD,\s\up14(→))＝eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \(BC,\s\up14(→))＋eq \(CD,\s\up14(→))＝－8a－2b＝2(－4a－b)＝2eq \(BC,\s\up14(→))，故eq \(AD,\s\up14(→))与eq \(BC,\s\up14(→))共线，
且|eq \(AD,\s\up14(→))|≠|eq \(BC,\s\up14(→))|，所以四边形ABCD是梯形．
12．在直角梯形ABCD中，∠A＝90°，∠B＝30°，AB＝2eq \r(3)，BC＝2，点E在线段CD上，若eq \(AE,\s\up14(→))＝eq \(AD,\s\up14(→))＋μeq \(AB,\s\up14(→))，则μ的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))).
解析：由题意可求得AD＝1，CD＝eq \r(3)，所以eq \(AB,\s\up14(→))＝2eq \(DC,\s\up14(→)).
∵点E在线段CD上，∴eq \(DE,\s\up14(→))＝λeq \(DC,\s\up14(→))(0≤λ≤1)．
∵eq \(AE,\s\up14(→))＝eq \(AD,\s\up14(→))＋eq \(DE,\s\up14(→))，又eq \(AE,\s\up14(→))＝eq \(AD,\s\up14(→))＋μeq \(AB,\s\up14(→))＝eq \(AD,\s\up14(→))＋2μeq \(DC,\s\up14(→))＝eq \(AD,\s\up14(→))＋eq \f(2μ,λ)eq \(DE,\s\up14(→))，
∴eq \f(2μ,λ)＝1，即μ＝eq \f(λ,2).
∵0≤λ≤1，∴0≤μ≤eq \f(1,2).即μ的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))).
13．已知圆心为O，半径为1的圆上有不同的三个点A，B，C，其中eq \(OA,\s\up14(→))·eq \(OB,\s\up14(→))＝0，存在实数λ，μ满足eq \(OC,\s\up14(→))＋λeq \(OA,\s\up14(→))＋μeq \(OB,\s\up14(→))＝0，则实数λ，μ的关系为( A )
A．λ2＋μ2＝1 B.eq \f(1,λ)＋eq \f(1,μ)＝1 C．λμ＝1 D．λ＋μ＝1
解析：解法1：取特殊点，取C点为优弧AB的中点，此时由平面向量基本定理易得
λ＝μ＝eq \f(\r(2),2)，只有A符合．故选A.
解法2：依题意得|eq \(OA,\s\up14(→))|＝|eq \(OB,\s\up14(→))|＝|eq \(OC,\s\up14(→))|＝1，－eq \(OC,\s\up14(→))＝λeq \(OA,\s\up14(→))＋μeq \(OB,\s\up14(→))，两边平方得1＝λ2＋μ2.
故选A.
14．在△ABC中，已知AB⊥AC，AB＝AC，点M满足eq \(AM,\s\up14(→))＝teq \(AB,\s\up14(→))＋(1－t)eq \(AC,\s\up14(→))，若∠BAM＝eq \f(π,3)，
则t＝eq \f(\r(3)－1,2).
解析：由题意可得eq \(AM,\s\up14(→))＝teq \(AB,\s\up14(→))＋eq \(AC,\s\up14(→))－teq \(AC,\s\up14(→))，所以eq \(AM,\s\up14(→))－eq \(AC,\s\up14(→))＝teq \(AB,\s\up14(→))－teq \(AC,\s\up14(→))，即eq \(CM,\s\up14(→))＝teq \(CB,\s\up14(→))，
所以eq \(CM,\s\up14(→))与eq \(CB,\s\up14(→))共线，即B，M，C三点共线，且t＝eq \f(|\(CM,\s\up14(→))|,|\(CB,\s\up14(→))|).又由条件知|eq \(BC,\s\up14(→))|＝eq \r(2)|eq \(AC,\s\up14(→))|，
所以t＝eq \f(|\(CM,\s\up14(→))|,\r(2)|\(AC,\s\up14(→))|).在△ABC中，由正弦定理知eq \f(|\(CM,\s\up14(→))|,|\(AC,\s\up14(→))|)＝eq \f(sin30°,sin105°)＝eq \f(\f(1,2),\f(\r(6)＋\r(2),4))＝eq \f(2,\r(6)＋\r(2))，
所以t＝eq \f(2,\r(2)×\r(6)＋\r(2))＝eq \f(\r(3)－1,2).
15．P，Q为三角形ABC中不同两点，若eq \(PA,\s\up14(→))＋eq \(PB,\s\up14(→))＋eq \(PC,\s\up14(→))＝eq \(AB,\s\up14(→))，eq \(QA,\s\up14(→))＋3eq \(QB,\s\up14(→))＋5eq \(QC,\s\up14(→))＝0，则S△PAB：S△QAB为( B )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(3,5) C.eq \f(5,7) D.eq \f(7,9)
解析：令D为AC的中点，eq \(PA,\s\up14(→))＋eq \(PB,\s\up14(→))＋eq \(PC,\s\up14(→))＝eq \(AB,\s\up14(→))，化为eq \(PA,\s\up14(→))＋eq \(PC,\s\up14(→))＝eq \(AB,\s\up14(→))－eq \(PB,\s\up14(→))，即2eq \(PD,\s\up14(→))＝eq \(AP,\s\up14(→))，
可得AC＝3AP，且点P在AC边上，则S△PAB＝eq \f(1,2)S△ABC，设点M，N分别是AC，AB的中点，
则由eq \(QA,\s\up14(→))＋3eq \(QB,\s\up14(→))＋5eq \(QC,\s\up14(→))＝0可得2eq \(QM,\s\up14(→))＋6eq \(QN,\s\up14(→))＋eq \(QC,\s\up14(→))＝0，设点T是CN的中点，则2eq \(QM,\s\up14(→))＋5eq \(QN,\s\up14(→))＋2eq \(QT,\s\up14(→))＝0，设点S是MT的中点，则4eq \(QS,\s\up14(→))＋5eq \(QN,\s\up14(→))＝0，因此可得S△QAB＝eq \f(5,9)S△ABC，所以S△PABS△QAB＝eq \f(3,5)，故选B.
16．已知G是△ABC的重心，过点G作直线MN与AB，AC交于点M，N，且eq \(AM,\s\up14(→))＝xeq \(AB,\s\up14(→))，eq \(AN,\s\up14(→))＝yeq \(AC,\s\up14(→))(x，y>0)，则3x＋y的最小值是eq \f(4＋2\r(3),3).
解析：如图，∵M，N，G三点共线，∴eq \(MG,\s\up14(→))＝λeq \(GN,\s\up14(→)).
∴eq \(AG,\s\up14(→))－eq \(AM,\s\up14(→))＝λ(eq \(AN,\s\up14(→))－eq \(AG,\s\up14(→)))．∵G是△ABC的重心，∴eq \(AG,\s\up14(→))＝eq \f(1,3)(eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \(AC,\s\up14(→)))．
∴eq \f(1,3)(eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \(AC,\s\up14(→)))－xeq \(AB,\s\up14(→))＝λyeq \(AC,\s\up14(→))－eq \f(1,3)(eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \(AC,\s\up14(→)))．
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－x＝－\f(1,3)λ，,\f(1,3)＝λy－\f(1,3)λ，))整理得(3x－1)·(3y－1)＝1；
结合图象可知eq \f(1,2)≤x≤1，eq \f(1,2)≤y≤1；令3x－1＝m,3y－1＝neq \f(1,2)≤m≤2，eq \f(1,2)≤n≤2，
则mn＝1，x＝eq \f(1＋m,3)，y＝eq \f(1＋n,3).故3x＋y＝1＋m＋eq \f(1＋n,3)＝eq \f(4,3)＋m＋eq \f(n,3)≥eq \f(4,3)＋2eq \r(\f(1,3)mn)＝eq \f(4,3)＋eq \f(2\r(3),3)，
当且仅当m＝eq \f(\r(3),3)，n＝eq \r(3)时等号成立．