2026届高三数学一轮复习课后习题考点规范练31 平面向量基本定理及向量的坐标表示（Word版附解析）

这是一份2026届高三数学一轮复习课后习题考点规范练31 平面向量基本定理及向量的坐标表示（Word版附解析），共5页。试卷主要包含了基础巩固，综合应用，探究创新等内容，欢迎下载使用。
1.已知平面向量a=(1,-2),b=(2,m),且a∥b,则3a+2b等于( )
A.(7,2)B.(7,-14)
C.(7,-4)D.(7,-8)
答案:B
解析:因为a∥b,所以m+4=0,所以m=-4.
所以b=(2,-4).
所以3a+2b=(7,-14).
2.若向量AB=DC=(2,0),AD=(1,1),则AC+BC等于( )
A.(3,1)B.(4,2)C.(5,3)D.(4,3)
答案:B
解析:AC=AD+DC=(3,1),又BD=AD-AB=(-1,1),则BC=BD+DC=(1,1),故AC+BC=(4,2).
3.(多选)下列各组向量中,不能作为基底向量的是( )
A.e1=(0,0),e2=(1,1)
B.e1=(1,2),e2=(-2,1)
C.e1=(-3,4),e2=35,-45
D.e1=(2,6),e2=(-1,-3)
答案:ACD
解析:A,C,D中向量e1与e2共线,不能作为基底;B中e1,e2不共线,故可作为一个基底.
4.在▱ABCD中,AD=(2,8),AB=(-3,4),对角线AC与BD相交于点M,则AM等于( )
A.-12,-6B.-12,6
C.12,-6D.12,6
答案:B
解析:因为在▱ABCD中,有AC=AB+AD,AM=12AC,
所以AM=12(AB+AD)=12(-1,12)=-12,6,
故选B.
5.在△ABC中,点P在BC上,且BP=2PC,点Q是AC的中点.若PA=(4,3),PQ=(1,5),则BC等于( )
A.(-2,7)B.(-6,21)
C.(2,-7)D.(6,-21)
答案:B
解析:如图,取BP的中点M,由题意知M,P均为边BC的三等分点,连接AM,则PQ为△AMC的中位线,BC=3MP=3(MA+AP)=3(2PQ-PA)=6PQ-3PA=(6,30)-(12,9)=(-6,21).
6.已知平面直角坐标系中的两个向量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m的取值范围是( )
A.(-∞,2)
B.(2,+∞)
C.(-∞,+∞)
D.(-∞,2)∪(2,+∞)
答案:D
解析:因为平面内的任一向量c都可以唯一地表示成c=λa+μb(λ,μ为实数),所以a,b一定不共线,所以3m-2-2m≠0,解得m≠2,所以m的取值范围是(-∞,2)∪(2,+∞),故选D.
7.若平面内两个向量a=(2cs θ,1)与b=(1,cs θ)共线,则cs 2θ等于( )
A.12B.1
C.-1D.0
答案:D
解析:因为向量a=(2cs θ,1)与b=(1,cs θ)共线,知2cs θcs θ-1×1=0,所以2cs2θ-1=0,所以cs 2θ=0,故选D.
8.已知向量AC,AD和AB在边长为1的正方形网格中的位置如图所示(点A,B,C,D均在格点上).若AC=λAB+μAD,则λ+μ等于( )
A.2B.-2
C.3D.-3
答案:A
解析:建立平面直角坐标系,如图所示,则AD=(1,0),AC=(2,-2),AB=(1,2).
因为AC=λAB+μAD,所以(2,-2)=λ(1,2)+μ(1,0)=(λ+μ,2λ),
即2=λ+μ,-2=2λ,解得λ=-1,μ=3.所以λ+μ=2.
9.已知在平面直角坐标系中,点P1(0,1),P2(4,4).当P是线段P1P2的一个三等分点时,点P的坐标为( )
A.43,2或83,3B.43,3
C.(2,3)或43,2D.83,3
答案:A
解析:设点P(x,y),则P1P=(x,y-1),PP2=(4-x,4-y),
当点P靠近点P1时,P1P=12PP2,
则x=12(4-x),y-1=12(4-y),解得x=43,y=2,
所以点P43,2.
当点P靠近点P2时,P1P=2PP2,
则x=2(4-x),y-1=2(4-y),解得x=83,y=3,
所以点P83,3.故选A.
10.如图,在▱ABCD中,M,N分别为DC,BC的中点.已知AM=c,AN=d,则AB= , AD= .(用c,d表示)
答案:23(2d-c) 23(2c-d)
解析:设AB=a,AD=b.因为M,N分别为DC,BC的中点,所以BN=12b,DM=12a.
又c=b+12a,d=a+12b,所以a=23(2d-c),b=23(2c-d),
即AB=23(2d-c),AD=23(2c-d).
二、综合应用
11.在△ABC中,D是BC的中点,点E在边AC上,且满足3AE=AC,BE交AD于点F,则BF=( )
A.-34AB+14ACB.34AB-14AC
C.-13AB+23ACD.-23AB+13AC
答案:A
解析:由题设可得示意图如图所示.
设BF=λBE,AF=μAD(λ,μ∈R).
∵BE=AE-AB=AC3-AB,
∴BF=λBE=λAC3-λAB.
∵AD=AB+AC2,∴AF=μAD=μ(AB+AC)2.
由AB+BF=AF,得(1-λ)AB+λAC3=μ(AB+AC)2,
∴1-λ=μ2,λ3=μ2,
解得λ=34,μ=12.
∴BF=34BE=14AC-34AB.
12.在Rt△ABC中,∠A=90°,点D是边BC上的动点,且|AB|=3,|AC|=4,AD=λAB+μAC(λ>0,μ>0),则当λμ取得最大值时,|AD|的值为( )
A.72B.3
C.52D.125
答案:C
解析:因为AD=λAB+μAC,且D,B,C三点共线,
所以λ+μ=1,又λ>0,μ>0,所以λμ≤λ+μ22=14,
当且仅当λ=μ=12时,取等号,
此时AD=12AB+12AC,即D是线段BC的中点,
所以|AD|=12|BC|=52.故选C.
13.若{α,β}是一个基底,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p=(1,-1),q=(2,1)下的坐标为(-2,2),则a在m=(-1,1),n=(1,2)下的坐标为( )
A.(2,0)B.(0,-2)
C.(-2,0)D.(0,2)
答案:D
解析:∵a在基底p,q下的坐标为(-2,2),
∴a=-2p+2q=(2,4).
设a=xm+yn=(-x+y,x+2y),
则-x+y=2,x+2y=4,解得x=0,y=2.故选D.
14.已知线段AB的端点为A(x,5),B(-2,y),直线AB上的点C(1,1),使|AC|=2|BC|,则x+y= .
答案:-2或6
解析:由已知得AC=(1-x,-4),2BC=2(3,1-y)=(6,2-2y).
由|AC|=2|BC|,
可得AC=±2BC,
则当AC=2BC时,有1-x=6,-4=2-2y,
解得x=-5,y=3,此时x+y=-2;
当AC=-2BC时,有1-x=-6,-4=-2+2y,
解得x=7,y=-1,此时x+y=6.
综上可知,x+y=-2或6.
15.已知向量OA=(3,-4),OB=(0,-3),OC=(5-m,-3-m),若点A,B,C能构成三角形,则实数m满足的条件是 .
答案:m≠54
解析:由题意得AB=(-3,1),AC=(2-m,1-m).
若点A,B,C能构成三角形,则AB,AC不共线,即-3×(1-m)≠1×(2-m),解得m≠54.
三、探究创新
16.在矩形ABCD中,AB=1,AD=2,动点P在以点C为圆心且与BD相切的圆上.若AP=λAB+μAD,则λ+μ的最大值为( )
A.3B.22
C.5D.2
答案:A
解析:建立平面直角坐标系,如图所示.
则A(0,1),B(0,0),D(2,1).
设点P(x,y),☉C的半径为r,
由|BC||CD|=|BD|r,得r=|BC||CD||BD|=2×15=255,
即圆的方程是(x-2)2+y2=45.
易知AP=(x,y-1),AB=(0,-1),AD=(2,0).
由AP=λAB+μAD,得x=2μ,y-1=-λ,
所以μ=x2,λ=1-y,
所以λ+μ=12x-y+1.
设z=12x-y+1,即12x-y+1-z=0.
因为点P(x,y)在圆(x-2)2+y2=45上,
所以圆心C到直线12x-y+1-z=0的距离d≤r,即|2-z|14+1≤255,
解得1≤z≤3,
所以z的最大值是3,即λ+μ的最大值是3,故选A.
17.如图,将两块斜边相等的直角三角板拼在一起,若AD=xAB+yAC,则( )
A.x=1+233,y=233
B.x=233,y=1+233
C.x=2+3,y=3
D.x=1+32,y=32
答案:D
解析:如图,分别以AB,AC所在直线为x轴、y轴,建立平面直角坐标系.
设B(1,0),则C(0,1),AD=xAB+yAC=(x,y),即D(x,y),
BC=DE=2,BD=DE·sin 60°=2×32=62,
所以x=AB+BDcs 45°=1+62×22=1+32,y=BD·sin 45°=62×22=32.