2025版高考数学一轮复习微专题小练习专练24平面向量基本定理及坐标表示

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一、选择题
1．如果e1，e2是平面内一组不共线的向量，那么下列四组向量中，不能作为平面内所有向量的一组基底的是( )
A．e1与e1＋e2
B．e1－2e2与e1＋2e2
C．e1＋e2与e1－e2
D．e1＋3e2与6e2＋2e1
答案：D
解析：选项A中，设e1＋e2＝λe1，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1＝λ，,1＝0))无解；选项B中，设e1－2e2＝λ(e1＋2e2)，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1＝λ，,－2＝2λ))无解；
选项C中，设e1＋e2＝λ(e1－e2)，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1＝λ，,1＝－λ))无解；
选项D中，e1＋3e2＝ eq \f(1,2)(6e2＋2e1)，所以两向量是共线向量，不能作为平面内所有向量的一组基底．
2．已知平面向量a＝(1，1)，b＝(1，－1)，则向量 eq \f(1,2)a－ eq \f(3,2)b＝( )
A．(－2，－1) B．(－2，1)
C．(－1，0) D．(－1，2)
答案：D
解析： eq \f(1,2)a－ eq \f(3,2)b＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)))－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，－\f(3,2)))＝(－1，2).
3．已知a＝(2，1)，b＝(1，x)，c(－1，1).若(a＋b)∥(b－c)，且c＝ma＋nb，则m＋n等于( )
A． eq \f(1,4) B．1
C．－ eq \f(1,3) D．－ eq \f(1,2)
答案：C
解析：∵a＋b＝(3，1＋x)，b－c＝(2，x－1)，
∵(a＋b)∥(b－c)，∴3(x－1)＝2(x＋1)，
得x＝5，∴b＝(1，5)，又c＝ma＋nb，
∴(－1，1)＝m(2，1)＋n(1，5)
∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2m＋n＝－1，,m＋5n＝1，))得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＝－\f(2,3)，,n＝\f(1,3)，))
∴m＋n＝－ eq \f(2,3)＋ eq \f(1,3)＝－ eq \f(1,3).
4．设 eq \(OA,\s\up6(→))＝(1，－2)， eq \(OB,\s\up6(→))＝(a，－1)， eq \(OC,\s\up6(→))＝(－b，0)，a＞0，b＞0，O为坐标原点，若A，B，C三点共线，则 eq \f(1,a)＋ eq \f(2,b)的最小值是( )
A．2 B．4 C．6 D．8
答案：D
解析：∵ eq \(AB,\s\up6(→))＝ eq \(OB,\s\up6(→))－ eq \(OA,\s\up6(→))＝(a－1，1)， eq \(CB,\s\up6(→))＝(a＋b，－1)，
∵A，B，C三点共线，
∴(a－1)×(－1)＝1×(a＋b)，∴2a＋b＝1，
又a＞0，b＞0，
∴ eq \f(1,a)＋ eq \f(2,b)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(2,b)))(2a＋b)＝4＋ eq \f(b,a)＋ eq \f(4a,b)≥4＋2 eq \r(\f(b,a)·\f(4a,b))＝8(当且仅当 eq \f(b,a)＝ eq \f(4a,b)即a＝ eq \f(1,4)，b＝ eq \f(1,2)时等号成立)
5．已知点M(5，－6)和向量a＝(1，－2)，若 eq \(MN,\s\up6(→))＝－3a，则点N的坐标为( )
A．(2，0) B．(－3，6)
C．(6，2) D．(－2，0)
答案：A
解析：设点N的坐标为(x，y)，则 eq \(MN,\s\up6(→))＝(x－5，y＋6)
又 eq \(MN,\s\up6(→))＝－3a＝(－3，6)，
∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－5＝－3，,y＋6＝6，))得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝2，,y＝0.))
6．已知向量m＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin A，\f(1,2)))与向量n＝(3，sin A＋ eq \r(3)cs A)共线，其中A是△ABC的内角，则角A的大小为( )
A． eq \f(π,6) B． eq \f(π,4) C． eq \f(π,3) D． eq \f(π,2)
答案：C
解析：∵m∥n，∴sin A(sin A＋ eq \r(3)cs A)－ eq \f(3,2)＝0，
∴2sin2A＋2 eq \r(3)sinA cs A＝3.
可化为1－cs 2A＋ eq \r(3)sin 2A＝3，
∴sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2A－\f(π,6)))＝1.
∵A∈(0，π)，∴ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2A－\f(π,6)))∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(11π,6))).
因此2A－ eq \f(π,6)＝ eq \f(π,2)，解得A＝ eq \f(π,3).故选C.
7．已知向量a＝(1，－2)，b＝(x，3y－5)，且a∥b，若x，y均为正数，则xy的最大值是( )
A．2 eq \r(6) B． eq \f(25,12) C． eq \f(25,24) D． eq \f(25,6)
答案：C
解析：∵a∥b，∴3y－5＝－2x，∴2x＋3y＝5，
又x，y均为正数，∴5＝2x＋3y≥2 eq \r(2x·3y)＝2 eq \r(6xy)，(当且仅当2x＝3y，即：x＝ eq \f(5,4)，y＝ eq \f(5,6)时等号成立)，
∴xy≤ eq \f(25,24)，故选C.
8．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)
答案：D
解析：由题意不妨设b＝(－3m，4m)(m<0)，则|b|＝ eq \r(（－3m）2＋（4m）2)＝10，解得m＝－2或m＝2(舍去)，所以b＝(6，－8)，故选D.
9．[2024·全国甲卷(理)]设向量a＝(x＋1，x)，b＝(x，2)，则( )
A．x＝－3是a⊥b的必要条件
B．x＝－3是a∥b的必要条件
C．x＝0是a⊥b的充分条件
D．x＝－1＋ eq \r(3)是a∥b的充分条件
答案：C
解析：因为a＝(x＋1，x)，b＝(x，2)，所以a⊥b的充要条件为a·b＝0，即(x＋1)·x＋2x＝0，解得x＝0或x＝－3，故A错误，C正确．a∥b的充要条件为2(x＋1)＝x2，即x2－2x－2＝0，解得x＝1± eq \r(3)，故B，D错误．故选C.
二、填空题
10．[2022·全国甲卷(文)，13]已知向量a＝(m，3)，b＝(1，m＋1)，若a⊥b，则m＝________．
答案：－ eq \f(3,4)
解析：由a⊥b，可得a·b＝(m，3)·(1，m＋1)＝m＋3m＋3＝0，所以m＝－ eq \f(3,4).
11．已知 eq \(OA,\s\up6(→))＝(2 eq \r(3)，0)， eq \(OB,\s\up6(→))＝(0，2)， eq \(AC,\s\up6(→))＝t eq \(AB,\s\up6(→))，t∈R，当| eq \(OC,\s\up6(→))|最小时，t＝________．
答案： eq \f(3,4)
解析：依题意得 eq \(OC,\s\up6(→))－ eq \(OA,\s\up6(→))＝t(－2 eq \r(3)，2)， eq \(OC,\s\up6(→))＝t(－2 eq \r(3)，2)＋ eq \(OA,\s\up6(→))＝(2 eq \r(3)－2 eq \r(3)t，2t)，| eq \(OC,\s\up6(→))|2＝12(1－t)2＋4t2＝16 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(3,4))) eq \s\up12(2)＋3≥3，当且仅当t＝ eq \f(3,4)时取等号．因此，当| eq \(OC,\s\up6(→))|最小时，t＝ eq \f(3,4).
12．已知△ABC和点M满足 eq \(MA,\s\up6(→))＋ eq \(MB,\s\up6(→))＋ eq \(MC,\s\up6(→))＝0，若存在实数m，使得 eq \(AB,\s\up6(→))＋ eq \(AC,\s\up6(→))＝m eq \(AM,\s\up6(→))成立，则m＝________．
答案：3
解析：∵ eq \(MA,\s\up6(→))＋ eq \(MB,\s\up6(→))＋ eq \(MC,\s\up6(→))＝0，∴M为△ABC的重心，设D为BC边的中点，
则 eq \(AM,\s\up6(→))＝ eq \f(1,2)( eq \(AB,\s\up6(→))＋ eq \(AC,\s\up6(→)))× eq \f(2,3)＝ eq \f(1,3)( eq \(AB,\s\up6(→))＋ eq \(AC,\s\up6(→)))，
∴ eq \(AB,\s\up6(→))＋ eq \(AC,\s\up6(→))＝3 eq \(AM,\s\up6(→))，
∴m＝3.
[能力提升]
13．已知在Rt△ABC中，A＝ eq \f(π,2)，AB＝3，AC＝4，P为BC上任意一点(含B，C)，以P为圆心，1为半径作圆，Q为圆上任意一点，设 eq \(AQ,\s\up6(→))＝a eq \(AB,\s\up6(→))＋b eq \(AC,\s\up6(→))，则a＋b的最大值为( )
A． eq \f(13,12) B． eq \f(5,4)
C． eq \f(17,12) D． eq \f(19,12)
答案：C
解析：
根据题设条件建立如图所示的平面直角坐标系，则C(0，4)，B(3，0)，易知点Q运动的区域为图中的两条线段DE，GF与两个半圆围成的区域(含边界)，由 eq \(AQ,\s\up6(→))＝a eq \(AB,\s\up6(→))＋b eq \(AC,\s\up6(→))＝(3a，4b)，设z＝a＋b，则b＝z－a，所以 eq \(AQ,\s\up6(→))＝(3a，4z－4a).设Q(x，y)，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝3a，,y＝4z－4a，))消去a，得y＝－ eq \f(4,3)x＋4z，则当点P运动时，直线y＝－ eq \f(4,3)x＋4z与圆相切时，直线的纵截距最大，即z取得最大值，不妨作AQ⊥BC于Q，并延长交每个圆的公切线于点R，则|AQ|＝ eq \f(12,5)，|AR|＝ eq \f(17,5)，所以点A到直线y＝－ eq \f(4,3)x＋4z，即4x＋3y－12z＝0的距离为 eq \f(17,5)，所以 eq \f(|－12z|,\r(32＋42))＝ eq \f(17,5)，解得z＝ eq \f(17,12)，即a＋b的最大值为 eq \f(17,12)，故选C.
14．如图，在直角梯形ABCD中，AB∥DC，AD⊥DC，AD＝DC＝2AB，E为AD的中点，若 eq \(CA,\s\up6(→))＝λ eq \(CE,\s\up6(→))＋μ eq \(DB,\s\up6(→))(λ，μ∈R)，则λ＋μ的值为( )
A． eq \f(6,5) B． eq \f(8,5) C．2 D． eq \f(8,3)
答案：B
解析：
建立如图所示的平面直角坐标系，则D(0，0).
不妨设AB＝1，则CD＝AD＝2，所以C(2，0)，A(0，2)，B(1，2)，E(0，1)，∴ eq \(CA,\s\up6(→))＝(－2，2)， eq \(CE,\s\up6(→))＝(－2，1)， eq \(DB,\s\up6(→))＝(1，2)，
∵ eq \(CA,\s\up6(→))＝λ eq \(CE,\s\up6(→))＋μ eq \(DB,\s\up6(→))，
∴(－2，2)＝λ(－2，1)＋μ(1，2)，
∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－2λ＋μ＝－2，,λ＋2μ＝2，))解得λ＝ eq \f(6,5)，μ＝ eq \f(2,5)，则λ＋μ＝ eq \f(8,5).故选B.
15．(多选)已知向量m＝(1，0)，n＝( eq \f(1,2)， eq \f(1,2))，则( )
A．|m|＝ eq \r(2)|n|
B．(m－n)∥n
C．(m－n)⊥n
D．m与－n的夹角为 eq \f(3π,4)
答案：ACD
解析：因为m＝(1，0)，n＝( eq \f(1,2)， eq \f(1,2))，所以|m|＝1，|n|＝ eq \r(（\f(1,2)）2＋（\f(1,2)）2)＝ eq \f(\r(2),2)，所以|m|＝ eq \r(2)|n|，故A正确；因为m－n＝( eq \f(1,2)，－ eq \f(1,2))，所以m－n与n不平行，故B错误；又(m－n)·n＝0，故C正确；因为cs 〈m，－n〉＝ eq \f(m·（－n）,|m||－n|)＝－ eq \f(\r(2),2)，所以m与－n的夹角为 eq \f(3π,4)，故D正确．
16．如图，已知平面内有三个向量 eq \(OA,\s\up6(→))、 eq \(OB,\s\up6(→))、 eq \(OC,\s\up6(→))，其中 eq \(OA,\s\up6(→))与 eq \(OB,\s\up6(→))的夹角为120°， eq \(OA,\s\up6(→))与 eq \(OC,\s\up6(→))的夹角为30°，且| eq \(OA,\s\up6(→))|＝| eq \(OB,\s\up6(→))|＝1，| eq \(OC,\s\up6(→))|＝2 eq \r(3).若 eq \(OC,\s\up6(→))＝λ eq \(OA,\s\up6(→))＋μ eq \(OB,\s\up6(→))(λ，μ∈R)，则λ＋μ的值为________．
答案：6
解析：方法一 如图，作平行四边形OB1CA1，则 eq \(OC,\s\up6(→))＝OB1＋OA1，因为 eq \(OA,\s\up6(→))与 eq \(OB,\s\up6(→))的夹角为120°， eq \(OA,\s\up6(→))与 eq \(OC,\s\up6(→))的夹角为30°，所以∠B1OC＝90°.
在Rt△OB1C中，∠OCB1＝30°，|OC|＝2 eq \r(3)，
所以|OB1|＝2，|B1C|＝4，
所以|OA1|＝|B1C|＝4，所以 eq \(OC,\s\up6(→))＝4 eq \(OA,\s\up6(→))＋2 eq \(OB,\s\up6(→))，所以λ＝4，μ＝2，所以λ＋μ＝6.
方法二 以O为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，则A(1，0)，
B(－ eq \f(1,2)， eq \f(\r(3),2))，C(3， eq \r(3)).
由 eq \(OC,\s\up6(→))＝λ eq \(OA,\s\up6(→))＋μ eq \(OB,\s\up6(→))＝λ(1，0)＋μ(－ eq \f(1,2)， eq \f(\r(3),2))，得(λ－ eq \f(1,2)μ， eq \f(\r(3),2)μ)＝(3， eq \r(3))，得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3＝λ－\f(1,2)μ，,\r(3)＝\f(\r(3),2)μ，))解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(λ＝4，,μ＝2.))所以λ＋μ＝6.