2023届高考一轮复习讲义（文科）第五章　平面向量 第2讲　高效演练 分层突破学案

这是一份2023届高考一轮复习讲义（文科）第五章　平面向量 第2讲　高效演练 分层突破学案，共5页。

1．已知e1＝(2，1)，e2＝(1，3)，a＝(－1，2)．若a＝λ1e1＋λ2e2，则实数对(λ1，λ2)为( )
A．(1，1) B．(－1，1)
C．(－1，－1) D．(1，－1)
解析：选B.因为e1＝(2，1)，e2＝(1，3)，所以a＝λ1e1＋λ2e2＝λ1(2，1)＋λ2(1，3)＝(2λ1＋λ2，λ1＋3λ2)．又因为a＝(－1，2)，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2λ1＋λ2＝－1，,λ1＋3λ2＝2，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(λ1＝－1，,λ2＝1.))故选B.
2．(2020·河南新乡三模)设向量e1，e2是平面内的一组基底，若向量a＝－3e1－e2与b＝e1－λe2共线，则λ＝( )
A.eq \f(1,3) B．－eq \f(1,3)
C．－3 D．3
解析：选B.法一：因为a与b共线，所以存在μ∈R，使得a＝μb，即－3e1－e2＝μ(e1－λe2)．
故μ＝－3，－λμ＝－1，解得λ＝－eq \f(1,3).
故选B.
法二：因为向量e1，e2是平面内的一组基底，
故由a与b共线可得，eq \f(1,－3)＝eq \f(－λ,－1)，解得λ＝－eq \f(1,3).
故选B.
3．已知OB是平行四边形OABC的一条对角线，O为坐标原点，eq \(OA,\s\up6(→))＝(2，4)，eq \(OB,\s\up6(→))＝(1，3)，若点E满足eq \(OC,\s\up6(→))＝3eq \(EC,\s\up6(→))，则点E的坐标为( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，－\f(2,3))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，－\f(1,3)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(1,3))) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，\f(2,3)))
解析：选A.易知eq \(OC,\s\up6(→))＝eq \(OB,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→))＝(－1，－1)，则C(－1，－1)，设E(x，y)，则3eq \(EC,\s\up6(→))＝3(－1－x，－1－y)＝(－3－3x，－3－3y)，由eq \(OC,\s\up6(→))＝3eq \(EC,\s\up6(→))知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－3－3x＝－1，,－3－3y＝－1，))
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－\f(2,3)，,y＝－\f(2,3)，))所以Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，－\f(2,3))).
4．(2020·河北豫水中学质检)已知在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝1，AC＝2，D是△ABC内一点，且∠DAB＝60°，设eq \(AD,\s\up6(→))＝λeq \(AB,\s\up6(→))＋μeq \(AC,\s\up6(→))(λ，μ∈R)，则eq \f(λ,μ)＝( )
A.eq \f(2\r(3),3) B.eq \f(\r(3),3)
C．3 D．2eq \r(3)
解析：选A.如图，以A为原点，AB所在直线为x轴，AC所在直线为y轴建立平面直角坐标系，则B点的坐标为(1，0)，C点的坐标为(0，2)，
因为∠DAB＝60°，所以设D点的坐标为(m，eq \r(3)m)(m≠0)．
eq \(AD,\s\up6(→))＝(m，eq \r(3)m)＝λeq \(AB,\s\up6(→))＋μeq \(AC,\s\up6(→))＝λ(1，0)＋μ(0，2)＝(λ，2μ)，则λ＝m，且μ＝eq \f(\r(3),2)m，
所以eq \f(λ,μ)＝eq \f(2\r(3),3).
5．设向量a＝(1，2)，b＝(2，3)，若向量λa＋b与向量c＝(－4，－7)共线，则λ＝ ．
解析：因为a＝(1，2)，b＝(2，3)，所以λa＋b＝(λ，2λ)＋(2，3)＝(λ＋2，2λ＋3)．
因为向量λa＋b与向量c＝(－4，－7)共线，
所以－7(λ＋2)＋4(2λ＋3)＝0.所以λ＝2.
答案：2
6．已知点A(2，3)，B(4，5)，C(7，10)，若eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋λeq \(AC,\s\up6(→))(λ∈R)，且点P在直线x－2y＝0上，则λ的值为 ．
解析：设P(x，y)，则由eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋λeq \(AC,\s\up6(→))，得(x－2，y－3)＝(2，2)＋λ(5，7)＝(2＋5λ，2＋7λ)，所以x＝5λ＋4，y＝7λ＋5.又点P在直线x－2y＝0上，故5λ＋4－2(7λ＋5)＝0，解得λ＝－eq \f(2,3).
答案：－eq \f(2,3)
7．在平行四边形ABCD中，E和F分别是CD和BC的中点．若eq \(AC,\s\up6(→))＝λeq \(AE,\s\up6(→))＋μeq \(AF,\s\up6(→))，其中λ，μ∈R，则λ＋μ＝ ．
解析：选择eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))作为平面向量的一组基底，
则eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up6(→))，
又eq \(AC,\s\up6(→))＝λeq \(AE,\s\up6(→))＋μeq \(AF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)λ＋μ))eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ＋\f(1,2)μ))eq \(AD,\s\up6(→))，于是得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)λ＋μ＝1，,λ＋\f(1,2)μ＝1，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(λ＝\f(2,3)，,μ＝\f(2,3)，))所以λ＋μ＝eq \f(4,3).
答案：eq \f(4,3)
8．已知点O为坐标原点，A(0，2)，B(4，6)，eq \(OM,\s\up6(→))＝t1eq \(OA,\s\up6(→))＋t2eq \(AB,\s\up6(→)).
(1)求点M在第二或第三象限的充要条件；
(2)求证：当t1＝1时，不论t2为何实数，A，B，M三点共线．
解：(1)eq \(OM,\s\up6(→))＝t1eq \(OA,\s\up6(→))＋t2eq \(AB,\s\up6(→))＝t1(0，2)＋t2(4，4)＝(4t2，2t1＋4t2)．
点M在第二或第三象限⇔eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4t2＜0，,2t1＋4t2≠0，))
解得t2＜0且t1＋2t2≠0.
故所求的充要条件为t2＜0且t1＋2t2≠0.
(2)证明：当t1＝1时，由(1)知eq \(OM,\s\up6(→))＝(4t2，4t2＋2)．
因为eq \(AB,\s\up6(→))＝eq \(OB,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→))＝(4，4)，
eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \(OM,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→))＝(4t2，4t2)＝t2(4，4)＝t2eq \(AB,\s\up6(→))，
所以A，B，M三点共线．
[综合题组练]
1．若α，β是一组基底，向量γ＝xα＋yβ(x，y∈R)，则称(x，y)为向量γ在基底α，β下的坐标，现已知向量a在基底p＝(1，－1)，q＝(2，1)下的坐标为(－2，2)，则a在另一组基底m＝(－1，1)，n＝(1，2)下的坐标为( )
A．(2，0) B．(0，－2)
C．(－2，0) D．(0，2)
解析：选D.因为a在基底p，q下的坐标为(－2，2)，
即a＝－2p＋2q＝(2，4)，
令a＝xm＋yn＝(－x＋y，x＋2y)，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x＋y＝2，,x＋2y＝4，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝0，,y＝2.))
所以a在基底m，n下的坐标为(0，2)．
2.给定两个长度为1的平面向量eq \(OA,\s\up6(→))和eq \(OB,\s\up6(→))，它们的夹角为90°，如图所示，点C在以O为圆心的圆弧eq \(AB,\s\up8(︵))上运动，若eq \(OC,\s\up6(→))＝xeq \(OA,\s\up6(→))＋yeq \(OB,\s\up6(→))，其中x，y∈R，则x＋y的最大值是( )
A．1 B.eq \r(2)
C.eq \r(3) D．2
解析：选B.因为点C在以O为圆心的圆弧eq \(AB,\s\up8(︵))上，所以|eq \(OC,\s\up6(→))|2＝|xeq \(OA,\s\up6(→))＋yeq \(OB,\s\up6(→))|2＝x2＋y2＋2xyeq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝x2＋y2，
所以x2＋y2＝1，则2xy≤x2＋y2＝1.
又(x＋y)2＝x2＋y2＋2xy≤2，
故x＋y的最大值为eq \r(2).
3．设eq \(OA,\s\up6(→))＝(－2，4)，eq \(OB,\s\up6(→))＝(－a，2)，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(1,b)的最小值为 ．
解析：由已知得eq \(AB,\s\up6(→))＝(－a＋2，－2)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(b＋2，－4)，
因为A，B，C三点共线，
所以(－a＋2，－2)＝λ(b＋2，－4)，
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－a＋2＝λ（b＋2），,－2＝－4λ，))整理得2a＋b＝2，
所以eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝eq \f(1,2)(2a＋b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3＋\f(2a,b)＋\f(b,a)))≥eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3＋2\r(\f(2a,b)·\f(b,a))))＝eq \f(3,2)＋eq \r(2)(当且仅当a＝2－eq \r(2)，b＝2eq \r(2)－2时等号成立)．
答案：eq \f(3,2)＋eq \r(2)
4．(2020·黑龙江大庆二模)已知W为△ABC的外心，AB＝4，AC＝2，∠BAC＝120°，设eq \(AW,\s\up6(→))＝λ1eq \(AB,\s\up6(→))＋λ2eq \(AC,\s\up6(→))，则2λ1＋λ2＝ ．
解析：以A为坐标原点，AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系，如图所示．
根据已知条件可知A(0，0)，B(4，0)，C(－1，eq \r(3))．
根据外心的性质可知点W在直线x＝2上(如图所示)．
易知线段AC中点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，直线AC的斜率为－eq \r(3)，故线段AC的中垂线l的斜率为eq \f(\r(3),3)(如图所示)，方程为y－eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2))).
令x＝2，解得y＝eq \f(4\r(3),3)，故Weq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(4,3)\r(3))).
由eq \(AW,\s\up6(→))＝λ1eq \(AB,\s\up6(→))＋λ2eq \(AC,\s\up6(→))得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(4,3)\r(3)))＝λ1(4，0)＋λ2(－1，eq \r(3))，
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4λ1－λ2＝2，,\r(3)λ2＝\f(4,3)\r(3)，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(λ1＝\f(5,6)，,λ2＝\f(4,3).))
所以2λ1＋λ2＝eq \f(5,3)＋eq \f(4,3)＝3.
答案：3