2021高考数学（理）大一轮复习习题：第五章 平面向量 课时达标检测（二十七） 平面向量基本定理及坐标表示 word版含答案

这是一份2021高考数学（理）大一轮复习习题：第五章 平面向量 课时达标检测（二十七） 平面向量基本定理及坐标表示 word版含答案，共4页。试卷主要包含了若向量＝，＝，则＝，故选B.等内容，欢迎下载使用。

1．若向量＝(2,4)，＝(1,3)，则＝( )
A．(1,1) B．(－1，－1)
C．(3,7) D．(－3，－7)
解析：选B 由向量的三角形法则，＝－＝(1,3)－(2,4)＝(－1，－1)．故选B.
2．(2017·丰台期末)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
解析：选C 由平面向量共线基本定理可得3y＋4x＝0，故选C.
3．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)
解析：选A 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)．
4．若AC为平行四边形ABCD的一条对角线，＝(3,5)，＝(2,4)，则＝( )
A．(－1，－1) B．(5,9) C．(1,1) D．(3,5)
解析：选A 由题意可得＝＝－＝(2,4)－(3,5)＝(－1，－1)．
5．若三点A(1，－5)，B(a，－2)，C(－2，－1)共线，则实数a的值为________．
解析：＝(a－1,3)，＝(－3,4)，据题意知∥，∴4(a－1)＝3×(－3)，即4a＝－5，∴a＝－eq \f(5,4).
答案：－eq \f(5,4)
一、选择题
1．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)
解析：选B ∵a∥b，∴m＋4＝0，∴m＝－4，∴b＝(2，－4)，∴3a＋2b＝3(1，－2)＋2(2，－4)＝(7，－14)．
2．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
解析：选B 因为a与b方向相反，所以b＝ma，m<0，则有(4，x)＝m(x,1)，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4＝mx，,x＝m，))解得m＝±2.又m<0，
∴m＝－2，x＝m＝－2.
3．已知在平行四边形ABCD中，＝(2,8)，＝(－3,4)，对角线AC与BD相交于点M，则＝( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－6)) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，6))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－6)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，6))
解析：选B 因为在平行四边形ABCD中，有＝＋，＝eq \f(1,2)，所以＝eq \f(1,2)(＋)＝eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)×(－1,12)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，6))，故选B.
4．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)
解析：选D 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＝(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)．
5．已知平行四边形ABCD中，＝(3,7)，＝(－2,3)，对角线AC与BD交于点O，则的坐标为( )
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))
解析：选D ＝＋＝(－2,3)＋(3,7)＝(1,10)．∴＝eq \f(1,2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，5)).∴＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－5)).
6．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)，||＝2，若＝λ＋μ，则λ＋μ＝( )
A．2eq \r(2) B.eq \r(2) C．2 D．4eq \r(2)
解析：选A 因为||＝2，∠AOC＝eq \f(π,4)，所以C(eq \r(2)，eq \r(2))，又＝λ＋μ，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).
二、填空题
7．在△ABC中，点P在BC上，且＝2，点Q是AC的中点，若 ＝(4,3)，＝(1,5)，则＝________.
解析：＝－＝(1,5)－(4,3)＝(－3,2)，∴＝2＝2(－3,2)＝(－6,4)．＝＋＝(4,3)＋(－6,4)＝(－2,7)，∴＝3＝3(－2,7)＝(－6,21)．
答案：(－6,21)
8．已知向量，和在正方形网格中的位置如图所示，若＝λ＋μ，则λμ＝________.
解析：建立如图所示的平面直角坐标系xAy，则＝(2，－2)，＝(1,2)，＝(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：－3
9．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等于________．
解析：P中，a＝(－1＋m,1＋2m)，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：{(－13，－23)}
10．在梯形ABCD中，已知AB∥CD，AB＝2CD，M，N分别为CD，BC的中点．若＝λ＋μ，则λ＋μ＝________.
解析：由＝λ＋μ，得＝λ·eq \f(1,2)(＋)＋μ·eq \f(1,2)(＋)，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(μ,2)－1))＋eq \f(λ,2)＋eq \f(λ,2)＋eq \f(μ,2) ＝0，得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(μ,2)－1))＋eq \f(λ,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ,2)＋\f(μ,2)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(＋\f(1,2) ))＝0，得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)λ＋\f(3,4)μ－1))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ＋\f(μ,2)))＝0.又因为，不共线，所以由平面向量基本定理得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,4)λ＋\f(3,4)μ－1＝0，,λ＋\f(μ,2)＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(λ＝－\f(4,5)，,μ＝\f(8,5).))所以λ＋μ＝eq \f(4,5).
答案：eq \f(4,5)
三、解答题
11．如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，且AD＝eq \f(1,3)BC，E，F分别为线段AD与BC的中点．设＝a，＝b，试用a，b为基底表示向量，，.
解：＝＋＋＝－eq \f(1,6)b－a＋eq \f(1,2)b＝eq \f(1,3)b－a，
＝＋＝－eq \f(1,6)b＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)b－a))＝eq \f(1,6)b－a，
＝＋＝－eq \f(1,2)b－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,6)b－a))＝a－eq \f(2,3)b.
12.给定两个长度为1的平面向量和，它们的夹角为eq \f(2π,3).如图所示，点C在以O为圆心的圆弧eq \x\t(AB)上运动．若＝x＋y，其中x，y∈R，求x＋y的最大值．
解：以O为坐标原点，所在的直线为x轴建立平面直角坐标系，如图所示，则A(1，0)，B－eq \f(1,2)，eq \f(\r(3),2)，设∠AOC＝αα∈0，eq \f(2π,3)，则C(cs α，sin α)，
由＝x＋y，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(cs α＝x－\f(1,2)y，,sin α＝\f(\r(3),2)y，))
所以x＝cs α＋eq \f(\r(3),3)sin α，y＝eq \f(2\r(3),3)sin α，
所以x＋y＝cs α＋eq \r(3)sin α＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))，
又α∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))，则α＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(5π,6))).
所以当α＋eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)，即α＝eq \f(π,3)时，x＋y取得最大值2.