2022年新高考一轮复习考点精选练习19《平面向量基本定理及坐标表示》（含详解）

这是一份2022年新高考一轮复习考点精选练习19《平面向量基本定理及坐标表示》（含详解），共5页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
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.e1－2e2与－e1＋2e2
已知向量a=(－1,2)，b=(3，m)，m∈R，则“m=－6”是“a∥(a＋b)”的( )
A.充分必要条件
B.充分不必要条件
C.必要不充分条件
D.既不充分也不必要条件
若AC为平行四边形ABCD的一条对角线，eq \(AB,\s\up15(→))=(3,5)，eq \(AC,\s\up15(→))=(2,4)，则eq \(AD,\s\up15(→))=( )
A.(－1，－1) B.(5,9) C.(1,1) D.(3,5)
下列各组向量中，可以作为基底的是( )
A.e1=(0,0)，e2=(1，－2)
B.e1=(－1,2)，e2=(5,7)
C.e1=(3,5)，e2=(6,10)
D.e1=(2，－3)，e2=(eq \f(1,2)，- SKIPIF 1 < 0 )
已知向量a=(－1,2)，b=(3，m)，m∈R，则“m=－6”是“a∥(a＋b)”的( )
A.充要条件 B.充分不必要条件
C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件
已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，向量m=(a，eq \r(3)b)与n=(cs A，sin B)平行，则A=( )
A.eq \f(π,6) B.eq \f(π,3) C.eq \f(π,2) D.eq \f(2π,3)
在△ABC中，AB=2，BC=3，∠ABC=60°，AD为BC边上的高，O为AD的中点，
若eq \(AO,\s\up6(→))=λeq \(AB,\s\up6(→))＋μeq \(BC,\s\up6(→))，则λ＋μ等于( )
A.1 B.eq \f(1,2) C.eq \f(1,3) D.eq \f(2,3)
已知平面直角坐标系内的两个向量a=(1,2)，b=(m,3m－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)，则实数m的取值范围是( )
A.(－∞，2) B.(2，＋∞)
C.(－∞，＋∞) D.(－∞，2)∪(2，＋∞)
已知向量eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(OB,\s\up6(→))满足|eq \(OA,\s\up6(→))|=|eq \(OB,\s\up6(→))|=1，eq \(OA,\s\up6(→))⊥eq \(OB,\s\up6(→))，eq \(OC,\s\up6(→))=λeq \(OA,\s\up6(→))＋μeq \(OB,\s\up6(→))(λ，μ∈R).若M为AB的中点，并且|eq \(MC,\s\up6(→))|=1，则λ＋μ的最大值是( )
A.1－eq \r(3) B.1＋eq \r(2) C.eq \r(5) D.1＋eq \r(3)
已知a，b是不共线的两个向量，向量eq \(AB,\s\up10(→))=λa＋b，eq \(AC,\s\up10(→))=a＋μb(λ，μ∈R)，则A，B，C三点共线的充要条件为( )
A.λ＋μ=2 B.λ－μ=1 C.λμ=1 D.λμ=－1
已知G为△ADE的重心，点P为△DEG内一点(含边界)，B，C分别为AD，AE上的三等分点(B，C均靠近点A)，若eq \(AP,\s\up6(→))=αeq \(AB,\s\up6(→))＋βeq \(AC,\s\up6(→))(α，β∈R)，则α＋eq \f(1,2)β的取值范围是( )
A.[1,2] B.[1,eq \f(3,2)] C.[eq \f(3,2),2] D.[eq \f(3,2),3]
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)，|eq \(OC,\s\up15(→))|=2.若eq \(OC,\s\up15(→))=λeq \(OA,\s\up15(→))＋μeq \(OB,\s\up15(→))，则λ＋μ=( )
A.2eq \r(2) B.eq \r(2) C.2 D.4eq \r(2)
二、填空题
若A(1，－5)，B(a，－2)，C(－2，－1)三点共线，则实数a的值为________.
已知向量eq \(AC,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))和eq \(AB,\s\up6(→))在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λμ= .
已知在平面直角坐标系xOy中，P1(3,1)，P2(－1,3)，P1，P2，P3三点共线且向量eq \(OP3,\s\up6(→))与向量a=(1，－1)共线，若eq \(OP3,\s\up6(→))=λeq \(OP1,\s\up6(→))＋(1－λ)eq \(OP2,\s\up6(→))，则λ= .
在平行四边形ABCD中，AC与BD交于点O，eq \(DE,\s\up6(→))=eq \f(1,2)eq \(DO,\s\up6(→))，CE的延长线与AD交于点F，
若eq \(CF,\s\up6(→))=λeq \(AC,\s\up6(→))＋ μeq \(BD,\s\up6(→))(λ，μ∈R)，则λ＋μ=________.
在直角梯形ABCD中，AB⊥AD，DC∥AB，AD=DC=1，AB=2，E，F分别为AB，BC的中点，
以A为圆心，AD为半径的圆弧DE的中点为P(如图所示)，若eq \(AP,\s\up6(→))=λeq \(ED,\s\up6(→))＋μeq \(AF,\s\up6(→))，
则λ＋μ的值是 .
已知向量a=(x,2)，b=(4，y)，c=(x，y)(x>0，y>0)，若a∥b，则|c|的最小值为 .
\s 0 答案解析
答案为：D；
答案为：A.
解析：由题意得a＋b=(2,2＋m)，由a∥(a＋b)，得－1×(2＋m)=2×2，所以m=－6.
当m=－6时，a∥(a＋b)，则“m=－6”是“a∥(a＋b)”的充分必要条件.
答案为：A
解析：由题意可得eq \(AD,\s\up15(→))=eq \(BC,\s\up15(→))=eq \(AC,\s\up15(→))－eq \(AB,\s\up15(→))=(2,4)－(3,5)=(－1，－1).
答案为：B.
解析：两个不共线的非零向量构成一组基底，故选B.
答案为：A；
解析：由题意得a＋b=(2,2＋m)，由a∥(a＋b)，得－1×(2＋m)=2×2，
所以m=－6，则“m=－6”是“a∥(a＋b)”的充要条件，故选A.
答案为：B；
解析：因为m∥n，所以asin B－eq \r(3)bcs A=0，由正弦定理，
得sin Asin B－eq \r(3)sin Bcs A=0，又sin B≠0，从而tan A=eq \r(3)，
由于0＜A＜π，所以A=eq \f(π,3).
答案为：D.
解析：∵eq \(AD,\s\up6(→))=eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BD,\s\up6(→))=eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(BC,\s\up6(→))，∴2eq \(AO,\s\up6(→))=eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(BC,\s\up6(→))，即eq \(AO,\s\up6(→))=eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,6)eq \(BC,\s\up6(→)).故λ＋μ=eq \f(1,2)＋eq \f(1,6)=eq \f(2,3).
答案为：D.
解析：由题意知向量a，b不共线，故2m≠3m－2，即m≠2.
答案为：B.
解析：因为向量eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(OB,\s\up6(→))满足|eq \(OA,\s\up6(→))|=|eq \(OB,\s\up6(→))|=1，eq \(OA,\s\up6(→))⊥eq \(OB,\s\up6(→))，
所以可以分别以eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(OB,\s\up6(→))所在直线为x，y轴建立平面直角坐标系，则A(1,0)，B(0,1).
又因为M为AB的中点，所以M(eq \f(1,2)，eq \f(1,2)).因为eq \(OC,\s\up6(→))=λeq \(OA,\s\up6(→))＋μeq \(OB,\s\up6(→))(λ，μ∈R)，
所以eq \(OC,\s\up6(→))=λeq \(OA,\s\up6(→))＋μeq \(OB,\s\up6(→))=λ(1,0)＋μ(0,1)=(λ，μ)，即点C(λ，μ).
所以eq \(MC,\s\up6(→))=(λ-eq \f(1,2),μ-eq \f(1,2)).因为|eq \(MC,\s\up6(→))|=1，所以(λ-eq \f(1,2))2＋(μ-eq \f(1,2))2=1，
即点C(λ，μ)在以(eq \f(1,2)，eq \f(1,2))为圆心，1为半径的圆上.令t=λ＋μ，
则直线λ＋μ－t=0与此圆有公共点，所以d=eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(1,2)－t)),\r(2))≤1，
解得－eq \r(2)＋1≤t≤eq \r(2)＋1，即λ＋μ的最大值是1＋eq \r(2).故选B.
答案为：C；
解析：∵向量a和b不共线，∴eq \(AB,\s\up10(→))和eq \(AC,\s\up10(→))为非零向量，则A，B，C三点共线的充要条件为存在k(k≠0)，使得eq \(AB,\s\up10(→))=keq \(AC,\s\up10(→))，即λa＋b=k(a＋μb)=ka＋kμb，
∵a和b不共线，∴λ=k，1=kμ，∴λμ=1，故选C.
答案为：D.
解析：由题意可知，点P位于D，E，G三点时，α＋eq \f(1,2)β取得最值.
当点P在点D处时，α=3，β=0，则α＋eq \f(1,2)β=3；
当点P在点E处时，α=0，β=3，则α＋eq \f(1,2)β=eq \f(3,2)；
当点P在点G处时，α=1，β=1，则α＋eq \f(1,2)β=eq \f(3,2).故选D.
答案为：A
解析：因为|eq \(OC,\s\up15(→))|=2，∠AOC=eq \f(π,4)，所以点C的坐标为(eq \r(2)，eq \r(2)).
又eq \(OC,\s\up15(→))=λOA＋μeq \(OB,\s\up15(→))，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).
答案为：－eq \f(5,4).
解析：eq \(AB,\s\up15(→))=(a－1,3)，eq \(AC,\s\up15(→))=(－3,4)，由题意知eq \(AB,\s\up15(→))∥eq \(AC,\s\up15(→))，
∴4(a－1)=3×(－3)，即4a=－5，∴a=－eq \f(5,4).
答案为：-3.
解析：建立如图所示的平面直角坐标系xAy，
则eq \(AC,\s\up6(→))=(2，－2)，eq \(AB,\s\up6(→))=(1,2)，eq \(AD,\s\up6(→))=(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.
答案为：－1.
解析：设eq \(OP3,\s\up6(→))=(x，y)，则由eq \(OP3,\s\up6(→))∥a知x＋y=0，于是eq \(OP3,\s\up6(→))=(x，－x).
若eq \(OP3,\s\up6(→))=λeq \(OP1,\s\up6(→))＋(1－λ)eq \(OP2,\s\up6(→))，
则有(x，－x)=λ(3,1)＋(1－λ)(－1,3)=(4λ－1,3－2λ)，
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4λ－1＝x，,3－2λ＝－x，))所以4λ－1＋3－2λ=0，解得λ=－1.
答案为：－eq \f(1,3)
解析：法一：因为eq \(DE,\s\up6(→))=eq \f(1,2)eq \(DO,\s\up6(→))，eq \(DO,\s\up6(→))=eq \(OB,\s\up6(→))=eq \f(1,2)eq \(DB,\s\up6(→))，所以eq \(DE,\s\up6(→))=eq \f(1,2)eq \(DO,\s\up6(→))=eq \f(1,4)eq \(DB,\s\up6(→))，所以eq \(DE,\s\up6(→))=eq \f(1,3)eq \(EB,\s\up6(→))，
由DF∥BC，得eq \(DF,\s\up6(→))=eq \f(1,3)eq \(CB,\s\up6(→))，所以eq \(CF,\s\up6(→))=eq \(CD,\s\up6(→))＋eq \(DF,\s\up6(→))=eq \(CD,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(CB,\s\up6(→))=eq \(CO,\s\up6(→))＋eq \(OD,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)(eq \(CO,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→)))=eq \f(4,3)eq \(CO,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)eq \(OD,\s\up6(→))
=－eq \f(2,3)eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(BD,\s\up6(→))，所以λ=－eq \f(2,3)，μ=eq \f(1,3)，λ＋μ=－eq \f(1,3).
法二：不妨设ABCD为矩形，建立平面直角坐标系如图，
设AB=a，BC=b，则A(0，0)，B(a，0)，C(a，b)，D(0，b)，Oeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，\f(b,2)))，设E(x，y)，
因为eq \(DE,\s\up6(→))=eq \f(1,2)eq \(DO,\s\up6(→))，所以(x，y－b)=eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，－\f(b,2)))，所以x=eq \f(a,4)，y=eq \f(3,4)b，即E（eq \f(a,4)，eq \f(3,4)b），设F(0，m)，
因为eq \(CF,\s\up6(→))∥eq \(CE,\s\up6(→))，eq \(CF,\s\up6(→))=(－a，m－b)，eq \(CE,\s\up6(→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)a，－\f(1,4)b))，所以eq \f(1,4)ab＋eq \f(3,4)a(m－b)=0，解得m=eq \f(2,3)b，
即Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3)b))，eq \(CF,\s\up6(→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－a，－\f(1,3)b)).又eq \(AC,\s\up6(→))=(a，b)，eq \(BD,\s\up6(→))=(－a，b)，由eq \(CF,\s\up6(→))=λeq \(AC,\s\up6(→))＋μeq \(BD,\s\up6(→))，
得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－a，－\f(1,3)b))=λ(a，b)＋μ(－a，b)=((λ－μ)a，(λ＋μ)b)，所以λ＋μ=－eq \f(1,3).
答案为：eq \f(3\r(2),4).
解析：建立如图所示直角坐标系xAy，
则A(0,0)，B(2,0)，C(1,1)，D(0,1)，E(1,0)，F(eq \f(3,2)，eq \f(1,2))，
所以eq \(ED,\s\up6(→))=(－1,1)，eq \(AF,\s\up6(→))=(eq \f(3,2)，eq \f(1,2))，则eq \(AP,\s\up6(→))=λeq \(ED,\s\up6(→))＋μeq \(AF,\s\up6(→))=－λ＋eq \f(3,2)μ，λ＋eq \f(1,2)μ，
又因为以A为圆心，AD为半径的圆弧DE的中点为P，
所以点P的坐标为P(eq \f(\r(2),2),eq \f(\r(2),2))，eq \(AP,\s\up6(→))=P(eq \f(\r(2),2),eq \f(\r(2),2))，
所以－λ＋eq \f(3,2)μ=eq \f(\r(2),2)，λ＋eq \f(1,2)μ=eq \f(\r(2),2)，所以λ=eq \f(\r(2),4)，μ=eq \f(\r(2),2)，所以λ＋μ=eq \f(3\r(2),4).
答案为：4.
解析：a∥b⇒xy=8，所以|c|=eq \r(x2＋y2)≥eq \r(2xy)=4(当且仅当x=y=2eq \r(2)时取等号).