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（二十六） 平面向量的概念及线性运算 word版含答案

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1．(2017·杭州模拟)在△ABC中，已知M是BC中点，设＝a，＝b，则＝( )
A.eq \f(1,2)a－b B.eq \f(1,2)a＋b
C．a－eq \f(1,2)b D．a＋eq \f(1,2)b
解析：选A ＝＋＝－＋eq \f(1,2)＝－b＋eq \f(1,2)a，故选A.
2．已知O，A，B，C为同一平面内的四个点，若2＋＝0，则向量等于( )
A.eq \f(2,3) －eq \f(1,3) B．－eq \f(1,3)＋eq \f(2,3)
C．2－ D．－＋2
解析：选C 因为＝－，＝－，所以2＋＝2(－)＋(－)＝－2＋＝0，所以＝2－.
3．在四边形ABCD中，＝a＋2b，＝－4a－b，＝－5a－3b，则四边形ABCD的形状是( )
A．矩形 B．平行四边形
C．梯形 D．以上都不对
解析：选C 由已知得，＝＋＋＝a＋2b－4a－b－5a－3b＝－8a－2b＝2(－4a－b)＝2，故∥.又因为与不平行，所以四边形ABCD是梯形．
4．已知向量a，b，c中任意两个都不共线，但a＋b与c共线，且b＋c与a共线，则向量a＋b＋c＝( )
A．a B．b
C．c D．0
解析：选D 依题意，设a＋b＝mc，b＋c＝na，则有(a＋b)－(b＋c)＝mc－na，即a－c＝mc－na.又a与c不共线，于是有m＝－1，n＝－1，a＋b＝－c，a＋b＋c＝0.
5．已知△ABC和点M满足＋＋＝0.若存在实数m使得＋＝m成立，则m＝________.
解析：由＋＋＝0知，点M为△ABC的重心，设点D为底边BC的中点，则＝eq \f(2,3)＝eq \f(2,3)×eq \f(1,2)(＋)＝eq \f(1,3)(＋)，所以＋＝3，故m＝3.
答案：3
一、选择题
1．设M是△ABC所在平面上的一点，且＋eq \f(3,2)＋eq \f(3,2)＝0，D是AC的中点，则eq \f(||,||)的值为( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(1,2) C．1 D．2
解析：选A ∵D是AC的中点，如图，延长MD至E，使得DE＝MD，∴四边形MAEC为平行四边形，∴＝eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)(＋)，∴＋＝2.∵＋eq \f(3,2)＋eq \f(3,2)＝0，∴＝－eq \f(3,2)(＋)＝－3，∴＝3，∴eq \f(||,||)＝eq \f(||,|3|)＝eq \f(1,3)，故选A.
2．在△ABC中，＝3，若＝λ1＋λ2，则λ1λ2的值为( )
A.eq \f(1,16) B.eq \f(3,16) C.eq \f(1,2) D.eq \f(10,9)
解析：选B 由题意得，＝＋＝＋eq \f(3,4)＝＋eq \f(3,4)(－)＝eq \f(1,4)＋eq \f(3,4)，∴λ1＝eq \f(1,4)，λ2＝eq \f(3,4)，∴λ1λ2＝eq \f(3,16).
3．设D，E，F分别是△ABC的三边BC，CA，AB上的点，且＝2， ＝2，＝2，则＋＋与 ( )
A．反向平行 B．同向平行
C．互相垂直 D．既不平行也不垂直
解析：选A 由题意得＝＋＝＋eq \f(1,3)，＝＋＝＋eq \f(1,3)，＝＋＝＋eq \f(1,3)，因此＋＋＝＋eq \f(1,3)(＋－)＝＋eq \f(2,3)＝－eq \f(1,3)，故＋＋与反向平行．
4．已知点O为△ABC外接圆的圆心，且＋＋＝0，则△ABC的内角A等于( )
A．30° B．45° C．60° D．90°
解析：选A 由＋＋＝0，得＋＝，由O为△ABC外接圆的圆心，可得||＝||＝||.设OC与AB交于点D，如图，由＋＝可知D为AB的中点，所以＝2，D为OC的中点．又由||＝||可知OD⊥AB，即OC⊥AB，所以四边形OACB为菱形，所以△OAC为等边三角形，即∠CAO＝60°，故A＝30°.
5．已知点G是△ABC的重心，过点G作一条直线与AB，AC两边分别交于M，N两点，且＝x，＝y，则eq \f(xy,x＋y)的值为( )
A．3 B.eq \f(1,3) C．2 D.eq \f(1,2)
解析：选B 由已知得M，G，N三点共线，所以＝λ＋(1－λ)＝λx＋(1－λ)y.∵点G是△ABC的重心，∴＝eq \f(2,3)×eq \f(1,2)(＋)＝eq \f(1,3)(＋)，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(λx＝\f(1,3)，,1－λy＝\f(1,3)，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(λ＝\f(1,3x)，,1－λ＝\f(1,3y)，))得eq \f(1,3x)＋eq \f(1,3y)＝1，即eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)＝3，通分得eq \f(x＋y,xy)＝3，∴eq \f(xy,x＋y)＝eq \f(1,3).
6．若点M是△ABC所在平面内的一点，且满足5＝＋3，则△ABM与△ABC的面积的比值为( )
A.eq \f(1,5) B.eq \f(2,5) C.eq \f(3,5) D.eq \f(4,5)
解析：选C 设AB的中点为D，如图，连接MD，MC，由5＝＋3，得5＝2＋3 ①，即＝eq \f(2,5)＋eq \f(3,5)，即eq \f(2,5)＋eq \f(3,5)＝1，故C，M，D三点共线，又＝＋ ②，①②联立，得5＝3，即在△ABM与△ABC中，边AB上的高的比值为eq \f(3,5)，所以△ABM与△ABC的面积的比值为eq \f(3,5).
二、填空题
7．已知D，E，F分别为△ABC的边BC，CA，AB的中点，且＝a，＝b，给出下列命题：①＝eq \f(1,2)a－b；②＝a＋eq \f(1,2)b；③＝－eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b；④＋＋＝0.
其中正确命题的个数为________．
解析：由＝a，＝b可得＝eq \f(1,2)＋＝－eq \f(1,2)a－b，＝＋eq \f(1,2)＝a＋eq \f(1,2)b，＝eq \f(1,2)(＋)＝eq \f(1,2)(－a＋b)＝－eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b，＋＋＝－eq \f(1,2)a－b＋a＋eq \f(1,2)b－eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b＝0，所以①错，②③④正确．所以正确命题的个数为3.
答案：3
8．若||＝||＝|－|＝2，则|＋|＝________.
解析：∵||＝||＝|－|＝2，∴△ABC是边长为2的正三角形，∴|＋|为△ABC的边BC上的高的2倍，∴|＋|＝2×2sineq \f(π,3)＝2eq \r(3).
答案：2eq \r(3)
9．若点O是△ABC所在平面内的一点，且满足|－|＝|＋－2|，则△ABC的形状为________．
解析：因为＋－2＝－＋－＝＋，－＝＝－，所以|＋|＝|－|，即·＝0，故⊥，△ABC为直角三角形．
答案：直角三角形
10．在直角梯形ABCD中，∠A＝90°，∠B＝30°，AB＝2eq \r(3)，BC＝2，点E在线段CD上，若＝＋μ，则μ的取值范围是________．
解析：由题意可求得AD＝1，CD＝eq \r(3)，所以＝2.∵点E 在线段CD上，∴＝λ (0≤λ≤1)．∵＝＋，又＝＋μ＝＋2μ＝＋eq \f(2μ,λ)，∴eq \f(2μ,λ)＝1，即μ＝eq \f(λ,2).∵0≤λ≤1，∴0≤μ≤eq \f(1,2)，即μ的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))).
答案：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))
三、解答题
11.如图，以向量＝a，＝b为邻边作▱OADB，＝eq \f(1,3)， ＝eq \f(1,3)，用a，b表示， ，.
解：∵＝－＝a－b，＝eq \f(1,6)＝eq \f(1,6)a－eq \f(1,6)b，
∴＝＋＝b＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,6)a－\f(1,6)b))＝eq \f(1,6)a＋eq \f(5,6)b.
又∵＝a＋b，
∴＝＋eq \f(1,3)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,6)
＝eq \f(2,3)＝eq \f(2,3)a＋eq \f(2,3)b，
∴＝－＝eq \f(2,3)a＋eq \f(2,3)b－eq \f(1,6)a－eq \f(5,6)b＝eq \f(1,2)a－eq \f(1,6)b.
综上，＝eq \f(1,6)a＋eq \f(5,6)b，＝eq \f(2,3)a＋eq \f(2,3)b，＝eq \f(1,2)a－eq \f(1,6)b.
12.如图所示，在△ABC中，D，F分别是BC，AC的中点，＝eq \f(2,3)，＝a，＝b.
(1)用a，b表示向量，，，，；
(2)求证：B，E，F三点共线．
解：(1)延长AD到G，
使＝eq \f(1,2)，
连接BG，CG，得到▱ABGC，如图，
所以＝＋＝a＋b，
＝eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)(a＋b)，
＝eq \f(2,3)＝eq \f(1,3)(a＋b)，
＝eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)b，
＝－＝eq \f(1,3)(a＋b)－a＝eq \f(1,3)(b－2a)，
＝－＝eq \f(1,2)b－a＝eq \f(1,2)(b－2a)．
(2)证明：由(1)可知＝eq \f(2,3)，
又因为，有公共点B，
所以B，E，F三点共线．