《2020届高考数学理一轮（新课标通用）考点测试：27 平面向量基本定理及坐标表示 Word版含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020届高考数学理一轮（新课标通用）考点测试：27 平面向量基本定理及坐标表示 Word版含解析.doc（16页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、考点测试27平面向量基本定理及坐标表示高考概览考纲研读1了解平面向量基本定理及其意义2掌握平面向量的正交分解及其坐标表示3会用坐标表示平面向量的加法、减法与数乘运算4理解用坐标表示的平面向量共线的条件一、基础小题1已知向量a(2，1)，b(4，m)，若ab，则m()A2 B2 C D答案A解析由向量的坐标运算可得1m，解得m2故选A2设向量e1，e2为平面内所有向量的一组基底，且向量a3e14e2与b6e1ke2不能作为一组基底，则实数k的值为()A8 B8 C4 D4答案B解析由a与b不能作为一组基底，则a与b必共线，故，即k8故选B3已知点A(1，3)，B(4，1)，则与向量同方向的单位向
2、量为()A， B，C， D，答案A解析因为(3，4)，所以与其同方向的单位向量e(3，4)，故选A4若向量a(2，1)，b(1，2)，c0，则c可用向量a，b表示为()Aab BabCab Dab答案A解析设cxayb，则0，(2xy，x2y)，所以解得则cab故选A5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，5 B，5C，5 D，5答案D解析(2，3)(3，7)(1，10)，5，5故选D6设向量a(1，3)，b(2，4)，c(1，2)，若表示向量4a，4b2c，2(ac)，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，
3、6)C(2，6) D(2，6)答案D解析设d(x，y)，由题意知4a(4，12)，4b2c(6，20)，2(ac)(4，2)，又4a4b2c2(ac)d0，所以(4，12)(6，20)(4，2)(x，y)(0，0)，解得x2，y6，所以d(2，6)故选D7已知点A(1，2)，若向量与向量a(2，3)同向，且|，则点B的坐标为()A(2，3) B(2，3)C(3，1) D(3，1)答案C解析设(x，y)，则ka(k0)，即由|得k1，故(1，2)(2，3)(3，1)故选C8已知向量(k，12)，(4，5)，(10，k)，当A，B，C三点共线时，实数k的值为()A3 B11C2 D2或11答案D解
4、析因为(4k，7)，(6，k5)，且，所以(4k)(k5)6(7)0，解得k2或11故选D9已知向量，和在正方形网格中的位置如图所示，若，则()A3 B3 C4 D4答案A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)(1，2)(1，0)，即解得所以3故选A10设D，E分别是ABC的边AB，BC上的点，若12(1，2为实数)，则12的值为_答案解析()，1，2，1211如图，已知平面内有三个向量，其中与的夹角为120，与的夹角为30，且|1，|2若(，R)，则的值为_答案6解析以O为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，则A(1，0)，B，C(
5、3，)由，得解得所以6二、高考小题12(2016全国卷)已知向量a(1，m)，b(3，2)，且(ab)b，则m()A8 B6 C6 D8答案D解析由题可得ab(4，m2)，又(ab)b，432(m2)0，m8故选D13(2015湖南高考)已知点A，B，C在圆x2y21上运动，且ABBC若点P的坐标为(2，0)，则|的最大值为()A6 B7 C8 D9答案B解析解法一：由圆周角定理及ABBC，知AC为圆的直径，故2(4，0)(O为坐标原点)设B(cos，sin)，(cos2，sin)，(cos6，sin)，|7，当且仅当cos1时取等号，此时B(1，0)，故|的最大值为7故选B解法二：同解法一得
6、2(O为坐标原点)，又，|3|3|3217，当且仅当与同向时取等号，此时B点坐标为(1，0)，故|max7故选B14(2018全国卷)已知向量a(1，2)，b(2，2)，c(1，)若c(2ab)，则_答案解析由题可得2ab(4，2)，c(2ab)，c(1，)，420，即15(2015全国卷)设向量a，b不平行，向量ab与a2b平行，则实数_答案解析由于a，b不平行，所以可以以a，b作为一组基底，于是ab与a2b平行等价于，即16(2015江苏高考)已知向量a(2，1)，b(1，2)，若manb(9，8)(m，nR)，则mn的值为_答案3解析由a(2，1)，b(1，2)，可得manb(2m，m)
7、(n，2n)(2mn，m2n)，由已知可得解得故mn317(2017江苏高考)如图，在同一个平面内，向量，的模分别为1，1，与的夹角为，且tan7，与的夹角为45若mn(m，nR)，则mn_答案3解析解法一：tan7，0，cos，sin与的夹角为，mn，|1，|，又与的夹角为45，又cosAOBcos(45)coscos45sinsin45，|cosAOB，将其代入得mn，mn1，两式相加得mn，所以mn3解法二：过C作CMOB，CNOA，分别交线段OA，OB的延长线于点M，N，则m，n，由正弦定理得，|，由解法一，知sin，cos，|，|又mn，|O|1，m，n，mn3解法三：如图，设Om，
8、Dn，则在ODC中有ODm，DCn，OC，OCD45，由tan7，得cos，又由余弦定理知即得42nm0，即m105n，代入得12n249n490，解得n或n，当n时，m1050(不符合题意，舍去)，当n时，m105，故mn3三、模拟小题18(2018长春质检二)已知平面向量a(1，3)，b(2，0)，则|a2b|()A3 B3 C2 D5答案A解析a2b(1，3)2(2，0)(3，3)，所以|a2b|3，故选A19(2018吉林白城模拟)已知向量a(2，3)，b(1，2)，若manb与a2b共线，则()A B2 C D2答案C解析由向量a(2，3)，b(1，2)，得manb(2mn，3m2n
9、)，a2b(4，1)由manb与a2b共线，得，所以，故选C20(2018山东潍坊一模)若M是ABC内一点，且满足4，则ABM与ACM的面积之比为()A B C D2答案A解析设AC的中点为D，则2，于是24，从而2，即M为BD的中点，于是21(2018河北衡水中学2月调研)一直线l与平行四边形ABCD中的两边AB，AD分别交于点E，F，且交其对角线AC于点M，若2，3，(，R)，则()A B1 C D3答案A解析()()2()3，因为E，M，F三点共线，所以2()(3)1，即251，故选A22(2018湖南四大名校联考)在平行四边形ABCD中，AC与BD相交于点O，E是线段OD的中点，AE的
10、延长线与CD交于点F若a，b，则()Aab BabCab Dab答案C解析解法一：如题图，根据题意，得(ab)，(ab)E是线段OD的中点，DFAB，DA(ab)，AAD(ab)(ab)ab故选C解法二：如题图，根据题意，得(ab)，(ab)令t，则t()tab由，令s，又(ab)，ab，所以ab，所以解方程组得把s代入即可得到ab，故选C23(2018湖北黄石质检)已知点G是ABC的重心，过G作一条直线与AB，AC两边分别交于M，N两点，且x，y，则的值为()A B C2 D3答案B解析由已知得M，G，N三点共线，(1)x(1)y点G是ABC的重心，()()，即得1，即3，通分变形得，3，故
11、选B24(2018合肥质检三)已知向量(2，0)，(0，2)，t，tR，则当|最小时，t_答案解析由t知A，B，C三点共线，即动点C在直线AB上从而当OCAB时，|最小，易得|O|O|，此时|A|A|，则t25(2018太原3月模拟)在正方形ABCD中，已知M，N分别是BC，CD的中点，若，则实数_答案解析解法一：如图，因为M，N分别是BC，CD的中点，所以，所以()，所以，而，所以，解法二：如图，以A为原点，分别以AB，AD所在直线为x，y轴建立平面直角坐标系设正方形ABCD边长为1，则A(0，0)，C(1，1)，M1，N，1所以(1，1)，AM1，1，所以，所以所以一、高考大题本考点在近三
12、年高考中未涉及此题型二、模拟大题1(2018皖南八校模拟)如图，AOB，动点A1，A2与B1，B2分别在射线OA，OB上，且线段A1A2的长为1，线段B1B2的长为2，点M，N分别是线段A1B1，A2B2的中点(1)用向量与表示向量；(2)求向量的模解(1)，两式相加，并注意到点M，N分别是线段A1B1，A2B2的中点，得()(2)由已知可得向量与的模分别为1与2，夹角为，所以1，由()得| 2(2018湖北荆门调研)在如图所示的平面直角坐标系中，已知点A(1，0)和点B(1，0)，|1，且AOCx，其中O为坐标原点(1)若x，设点D为线段OA上的动点，求|的最小值；(2)若x，向量m，n(1cosx，sinx2cosx)，求mn的最小值及对应的x值解(1)设D(t，0)(0t1)，由题易知C，所以，所以|2tt2t2t12(0t1)，所以当t时，|2的最小值为，则|的最小值为(2)由题意得C(cosx，sinx)，m(cosx1，sinx)，则mn1cos2xsin2x2sinxcosx1cos2xsin2x1sin因为x，所以2x，所以当2x，即x时，sin取得最大值1，所以mn的最小值为1，此时x