2023届高考数学一轮复习精选用卷 第四章 平面向量、复数 考点20 平面向量基本定理及坐标表示+答案解析

这是一份2023届高考数学一轮复习精选用卷 第四章 平面向量、复数 考点20 平面向量基本定理及坐标表示+答案解析，共17页。试卷主要包含了基础小题，高考小题，模拟小题等内容，欢迎下载使用。
考点测试20　平面向量基本定理及坐标表示

高考
概览
本考点是高考常考知识点，常考题型为选择题和填空题，分值为5分，中、低等难度
考纲
研读
1.了解平面向量基本定理及其意义
2．掌握平面向量的正交分解及其坐标表示
3．会用坐标表示平面向量的加法、减法与数乘运算
4．理解用坐标表示的平面向量共线的条件


一、基础小题
1．已知点A(1,1)，B(2,3)，向量＝(－4，－3)，则向量＝(　　)
A．(－5，－5) B．(6,4)
C．(－2,4) D．(2,4)
答案　A
解析　∵＝(1,2)，∴＝－＝(－5，－5)．故选A.
2．设向量e1，e2为平面内所有向量的一组基底，且向量a＝3e1－4e2与b＝6e1＋ke2不能作为一组基底，则实数k的值为(　　)
A．8 B．－8 C．4 D．－4
答案　B
解析　由a与b不能作为一组基底，得a与b必共线，故3k－6×(－4)＝0，即k＝－8.故选B.
3．已知向量a＝(－1,2)，b＝(x，x－1)，若(b－2a)∥a，则x＝(　　)
A. B. C．1 D．3
答案　A
解析　由题意得，b－2a＝(2＋x，x－5)，∵(b－2a)∥a，∴2(2＋x)＋x－5＝0，解得x＝.故选A.
4．在等腰梯形ABCD中，＝2，点E是线段BC的中点，若＝λ＋μ，则λ＋μ＝(　　)
A. B. C. D.
答案　B
解析　取AB的中点F，连接CF，则四边形AFCD是平行四边形，所以CF∥AD，且CF＝AD，因为＝＋＝＋＝＋(－)＝＋＝＋，所以λ＝，μ＝，λ＋μ＝.故选B.
5．已知点A(1，－2)，若向量与向量a＝(2,3)同向，且||＝，则点B的坐标为(　　)
A．(2,3) B．(－2,3)
C．(3,1) D．(3，－1)
答案　C
解析　因为向量与向量a同向，所以＝ka(k>0)，设＝(x，y)，则由||＝得k＝1，故＝(2,3)，＝＋＝(1，－2)＋(2,3)＝(3,1)．故选C.
6. 在平行四边形ABCD中，AC与BD相交于点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.a＋b B.a＋b
C.a＋b D.a＋b
答案　C
解析　解法一：根据题意，得＝＋＝(a－b)，＝＋＝(a＋b)．∵E是线段OD的中点，DF∥AB，∴＝＝，∴＝＝(a－b)，∴＝＋＝(a＋b)＋(a－b)＝a＋b.故选C.
解法二：根据题意，得＝＋＝(a－b)，＝＋＝(a＋b)．令＝t，则＝t(＋)＝t＝a＋b.由＝＋，令＝s，则＝a－b，又＝(a＋b)，∴＝a＋b，∴解方程组得故＝a＋b.故选C.
7．已知向量＝(k,12)，＝(4,5)，＝(10，k)，当A，B，C三点共线时，实数k的值为(　　)
A．3 B．11
C．－2 D．－2或11
答案　D
解析　因为＝－＝(4－k，－7)，＝－＝(6，k－5)，且∥，所以(4－k)·(k－5)－6×(－7)＝0，解得k＝－2或11.故选D.
8．已知向量a＝(sinθ，)，b＝(1，cosθ)，|θ|≤，则|a－b|的最大值为(　　)
A．2 B. C．3 D．5
答案　B
解析　由已知可知|a－b|2＝(sinθ－1)2＋(－cosθ)2＝5－4sin.因为|θ|≤，所以0≤θ＋≤，所以当θ＝－时，|a－b|2的最大值为5－0＝5，故|a－b|的最大值为.
9．(多选)设向量a＝(k,2)，b＝(1，－1)，则下列叙述正确的是(　　)
A．若k＜－2，则a与b的夹角为钝角
B．|a|的最小值为2
C．与b共线的单位向量只有一个，为
D．若|a|＝2|b|，则k＝2或－2
答案　AB
解析　对于A，若a与b的夹角为钝角，则a·b＜0且a与b不共线，则解得k＜2且k≠－2，A正确；对于B，|a|＝≥＝2，当且仅当k＝0时，等号成立，B正确；对于C，|b|＝，与b共线的单位向量为±，即与b共线的单位向量为和，C错误；对于D，若|a|＝2|b|＝2，则 ＝2，解得k＝±2，D错误．故选AB.
10．(多选)如图1，“六芒星”由两个全等的正三角形组成，中心重合于点O且三组对边分别平行．点A，B是“六芒星”(如图2)的两个顶点，动点P在“六芒星”上(内部以及边界)，若＝x＋y，则x＋y的取值可能是(　　)

A．－6 B．1 C．5 D．9
答案　BC
解析　如图建立平面直角坐标系，以与x，y轴正方向相同的两个单位向量i，j作为一组基底向量，令正三角形边长为3，则＝i，＝－i＋j，则j＝＋ ，由图知，当P在C点时有＝j＝2＋3，此时x＋y有最大值5，同理当P在D点时有＝－j＝－2－3，此时x＋y有最小值－5，则x＋y的取值范围为[－5,5]，结合选项可知，x＋y的取值可能是1,5.故选BC.



11．已知向量＝(2,0)，＝(0,2)，＝t，t∈R，则当||最小时，t＝________.
答案　
解析　由＝t知A，B，C三点共线，即动点C在直线AB上．从而当OC⊥AB时，||最小，易得⊥且||＝||，所以||＝||，则t＝.
12. 如图，直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠DAB＝90°，AD＝AB＝4，CD＝1，动点P在边BC上，且满足＝m＋n(m，n均为正实数)，则＋的最小值为________．

答案　＋
解析　建立如图所示的平面直角坐标系，则A(0,0)，B(4,0)，C(1,4)，D(0，4)，所以直线BC的方程为4x＋3y＝16，＝m＋n＝(4m,4n)，又点P在边BC上，所以16m＋12n＝16，即4m＋3n＝4，所以＋＝·＝≥＝＋，当且仅当3n2＝4m2即m＝n时取等号，所以＋的最小值为＋.


二、高考小题
13．(2019·全国Ⅱ卷)已知向量a＝(2,3)，b＝(3,2)，则|a－b|＝(　　)
A. B．2 C．5 D．50
答案　A
解析　∵a－b＝(2,3)－(3,2)＝(－1,1)，∴|a－b|＝＝.故选A.
14．(2021·全国乙卷)已知向量a＝(2,5)，b＝(λ，4)，若a∥b，则λ＝________.
答案　
解析　因为a∥b，所以2×4＝5λ，解得λ＝.
15．(2020·北京高考)已知正方形ABCD的边长为2，点P满足＝(＋)，则||＝________；·＝________.
答案　　－1
解析　以点A为坐标原点，AB，AD所在直线分别为x轴、y轴建立如图所示的平面直角坐标系，则点A(0,0)，B(2，0)，C(2,2)，D(0,2)，＝(＋)＝(2,0)＋(2,2)＝(2,1)，则点P(2,1)，∴＝(－2,1)，＝(0，－1)，∴||＝＝，·＝0×(－2)＋(－1)×1＝－1.



16．(2019·浙江高考)已知正方形ABCD的边长为1，当每个λi(i＝1,2,3,4,5,6)取遍±1时，|λ1＋λ2＋λ3＋λ4＋λ5＋λ6|的最小值是________，最大值是__________．
答案　0　2
解析　如图，以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴建立平面直角坐标系，则＝(1,0)，＝(0,1)．设a＝λ1＋λ2＋λ3＋λ4＋λ5＋λ6＝λ1＋λ2－λ3－λ4＋λ5(＋)＋λ6(－)＝(λ1－λ3＋λ5－λ6)＋(λ2－λ4＋λ5＋λ6)＝(λ1－λ3＋λ5－λ6，λ2－λ4＋λ5＋λ6)．故|a|＝　.∵λi(i＝1,2,3,4,5,6)取遍±1，∴当λ1－λ3＋λ5－λ6＝0，λ2－λ4＋λ5＋λ6＝0时，|λ1＋λ2＋λ3＋λ4＋λ5＋λ6|取得最小值0.考虑到λ5－λ6，λ5＋λ6有相关性，要确保所求模最大，只需使|λ1－λ3＋λ5－λ6|，|λ2－λ4＋λ5＋λ6|尽可能取到最大值，即当|λ1－λ3＋λ5－λ6|＝2，|λ2－λ4＋λ5＋λ6|＝4或|λ1－λ3＋λ5－λ6|＝4，|λ2－λ4＋λ5＋λ6|＝2时可取到最大值，∴|λ1＋λ2＋λ3＋λ4＋λ5＋λ6|的最大值为＝2.



17．(2018·全国Ⅲ卷)已知向量a＝(1,2)，b＝(2，－2)，c＝(1，λ)．若c∥(2a＋b)，则λ＝________.
答案　
解析　由题可得2a＋b＝(4,2)，∵c∥(2a＋b)，c＝(1，λ)，∴4λ－2＝0，即λ＝.
18. (2017·江苏高考)如图，在同一个平面内，向量，，的模分别为1,1，，与的夹角为α，且tanα＝7，与的夹角为45°.若＝m＋n(m，n∈R)，则m＋n＝________.



答案　3
解析　解法一：∵tanα＝7，α∈[0，π]，
∴cosα＝，sinα＝.
∵与的夹角为α，∴＝.
∵＝m＋n，||＝||＝1，||＝，∴＝.　①
又与的夹角为45°，
∴＝＝.　②
又cos∠AOB＝cos(45°＋α)＝cosαcos45°－sinαsin45°＝×－×＝－，
∴·＝||||cos∠AOB＝－，
将其代入①②得m－n＝，－m＋n＝1，
两式相加得m＋n＝，∴m＋n＝3.
解法二：如图，过C作CM∥OB，CN∥OA，分别交线段OA，OB的延长线于点M，N，则＝m，＝n，由正弦定理，得

＝＝，∵||＝，
由解法一，知sinα＝，cosα＝，
∴||＝＝＝，
||＝＝＝.
又＝m＋n＝＋，||＝||＝1，
∴m＝，n＝，∴m＋n＝3.
解法三：如图，过点C作CD∥BO交线段OA的延长线于点D，设＝m，＝n，则在△ODC中有OD＝m，DC＝n，OC＝，

∠OCD＝45°，
由tanα＝7，得cosα＝，
又由余弦定理，得

即
①＋②得4－2n－m＝0，即m＝10－5n，代入①得12n2－49n＋49＝0，解得n＝或n＝，当n＝时，m＝10－5×＝－0)，则A(0,0)，B(0，a)，C(1，a)，D(2,0)，设P(0，b)(0≤b≤a)，则＝(1，a－b)，＝(2，－b)，∴＋＝(3，a－2b)，∴|＋|＝≥3，当且仅当b＝时，等号成立，|＋|取得最小值3.


23. (2021·江苏南通二模)如图，点C在半径为2的 上运动，∠AOB＝.若＝m＋n，则m＋n的最大值为(　　)

A．1 B. C. D.
答案　C
解析　以O为原点，的方向为x轴的正方向建立如图所示的平面直角坐标系，则＝(2,0)，＝(1，)．设∠AOC＝α，则＝(2cosα，2sinα)．由题意可知所以m＋n＝cosα＋sinα＝sin.因为α∈，所以α＋∈，故当α＋＝时，m＋n取得最大值，且最大值为.



24．(多选)(2021·江苏金陵中学高三月考)已知向量a＝(1,3)，b＝(－2,1)，c＝(3，－5)，则(　　)
A．(a＋2b)∥c
B．(a＋2b)⊥c
C．|a＋c|＝＋
D．|a＋c|＝2|b|
答案　AD
解析　因为a＝(1,3)，b＝(－2,1)，c＝(3，－5)，所以a＋2b＝(－3,5)，所以a＋2b＝－c，所以(a＋2b)∥c，故A正确，B不正确；又a＋c＝(4，－2)，|a＋c|＝＝2，|b|＝＝，所以|a＋c|＝2|b|，故D正确，C不正确．故选AD.
25．(多选)(2021·湖北省黄冈市高三月考) 如图所示，向量的模是向量的模的t倍，与的夹角为θ，那么我们称向量经过一次(t，θ)变换得到向量.在直角坐标平面内，设起始向量＝(4,0)，向量经过n－1次变换得到的向量为An－1An(n∈N*，n>1)，其中Ai，Ai＋1，Ai＋2(i∈N*)为逆时针排列，记Ai的坐标为(ai，bi)，则下列命题中正确的是(　　)

A．b2＝
B．b3k＋1－b3k＝0(k∈N*)
C．a3k＋1－a3k－1＝0(k∈N*)
D．8(ak＋4－ak＋3)＋(ak＋1－ak)＝0(k∈N*)
答案　ABC
解析　因为＝(4,0)，经过一次变换后得到＝＝(－1，)，点A2(3，)，所以b2＝，A正确；由题意知＝＋＋…＋An－1An＝(4,0)＋＋＋…＋，所以an＝4＋2cos＋cos＋…＋cos，bn＝2sin＋sin＋…＋sin，b3k＋1－b3k＝sin＝sin2kπ＝0，B正确；a3k＋1－a3k－1＝cos＋cos＝cos2kπ＋cos＝＋×＝0，C正确；8(ak＋4－ak＋3)＋(ak＋1－ak)＝8×cos＋cos＝cos＋cos＝cos＋cos＝cos≠0，D错误．故选ABC.
26．(2021·浙江省杭师大附中高三月考)△QAB是边长为6的正三角形，点C满足＝m＋n，且m>0，n>0,2m＋3n＝4，则||的取值范围是________．
答案　
解析　如图，建立平面直角坐标系，∴ A(－3,0)，B(3，0)，Q(0,3)，∴＝(－3，－3)，＝(3，－3)．∴＝m＋n＝(－3m，－3m)＋(3n，－3n)＝(3n－3m，－3m－3n)．∴||2＝9(n－m)2＋27(m＋n)2＝36m2＋36n2＋36mn，∵m>0，n>0,2m＋3n＝4，∴n＝，m∈(0,2)，∴||2＝36m2＋36n2＋36mn＝28m2－16m＋64，∴由二次函数的性质知，||2∈，∴||∈.



一、高考大题
本考点在近三年高考中未涉及此题型．
二、模拟大题
1．(2021·江苏泗阳县实验高级中学模拟)平面内给定三个向量a＝(6,1)，b＝(－2,3)，c＝(2,2)，试回答下列问题：
(1)求a＋2b－c；
(2)是否存在实数λ，μ使得c＝λa＋μb?
(3)若(a＋2c)∥(c＋kb)，求实数k的值．
解　(1)a＋2b－c＝(6,1)＋2(－2,3)－(2,2)＝(0,5)．
(2)假设存在实数λ，μ使得c＝λa＋μb，
则(2,2)＝λ(6,1)＋μ(－2,3)，
即解得
即存在实数λ＝μ＝满足题意．
(3)a＋2c＝(10,5)，c＋kb＝(2－2k,2＋3k)，
因为(a＋2c)∥(c＋kb)，
所以5(2－2k)＝10(2＋3k)，解得k＝－.
2. (2021·山东省潍坊市月考)如图所示，在△ABO中，＝，＝，AD与BC相交于点M.设＝a，＝b.

(1)试用向量a，b表示；
(2)在线段AC上取点E，在线段BD上取点F，使EF过点M.设＝λ，＝μ，其中λ，μ∈R.当EF与AD重合时，λ＝1，μ＝，此时＋＝5；当EF与BC重合时，λ＝，μ＝1，此时＋＝5.能否由此得出一般结论：不论E，F在线段AC，BD上如何变动，等式＋＝5恒成立？请说明理由．
解　(1)设＝ma＋nb(m，n∈R)，由A，D，M三点共线，可知存在α(α∈R，且α≠－1)，使得＝α，则－＝α(－)，
又＝，所以＝a＋b，
所以即m＋2n＝1，①
由B，C，M三点共线，可知存在β(β∈R，且β≠－1)使得＝β，则－＝β(－)，又＝，
所以＝a＋b，
所以即3m＋n＝1，②
由①②得m＝，n＝，故＝a＋b.
(2)能得出结论．
理由：由于E，M，F三点共线，则存在实数γ(γ∈R，且γ≠－1)使得＝γ，则－＝r(－)，
于是＝，
又＝λ，＝μ，
所以＝＝a＋b，
所以a＋b＝a＋b，
从而所以消去γ，得＋＝5.