高考数学一轮复习 第4章 平面向量 4.2 平面向量基本定理及坐标表示课后作业 理
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4.2 平面向量基本定理及坐标表示
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一、选择题
1．已知向量a，b不共线，c＝ka＋b(k∈R)，d＝a－b.如果c∥d，那么( )
A．k＝1且c与d同向 B．k＝1且c与d反向
C．k＝－1且c与d同向 D．k＝－1且c与d反向
答案 D
解析 ∵c∥d，∴(ka＋b)∥(a－b)，∴存在λ使ka＋b＝λ(a－b)，∴ k＝λ，1＝－λ⇒ k＝－1，λ＝－1.
∴c＝－a＋b，∴c与d反向．故选D.
2．(2018·襄樊一模)已知OA→＝(1，－3)，OB→＝(2，－1)，OC→＝(k＋1，k－2)，若A，B，C三点不能构成三角形，则实数k应满足的条件是( )
A．k＝－2 B．k＝12 C．k＝1 D．k＝－1
答案 C
解析 若点A，B，C不能构成三角形，则向量AB→与AC→共线．因为AB→＝OB→－OA→＝(2，－1)－(1，－3)＝(1,2)，AC→＝OC→－OA→＝(k＋1，k－2)－(1，－3)＝(k，k＋1)．所以1×(k＋1)－2k＝0，解得k＝1，故选C.
3．(2018·怀化一模)设向量a＝(1，－3)，b＝(－2,4)，c＝(－1，－2)，若表示向量4a,4b－2c,2(a－c)，d的有向线段首尾相连能构成四边形，则向量d＝( )
A．(2,6) B．(－2,6)
C．(2，－6) D．(－2，－6)
答案 D
解析 设d＝(x，y)，由题意知4a＝(4，－12)，4b－2c＝(－6,20)，2(a－c)＝(4，－2)，又4a＋4b－2c＋2(a－c)＋d＝0，所以(4，－12)＋(－6,20)＋(4，－2)＋(x，y)＝(0,0)，解得x＝－2，y＝－6，所以d＝(－2，－6)．故选D.
4．(2017·河南高三质检)在△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝5，AC＝4，D是AB上一点，且AB→·CD→＝5，则|BD→|等于( )
A．6 B．4 C．2 D．1
答案 C
解析 设AD→＝λAB→，∵CD→＝AD→－AC→，∴AB→·CD→＝AB→·(AD→－AC→)＝λAB→2－AB→·AC→＝5，可得25λ＝15，∴λ＝35，∴|BD→|＝25|AB→|＝2，故选C.
5．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，设向量OA→＝a，OB→＝b，其中a＝(3,1)，b＝(1,3)．若OC→＝λa＋μb，且0≤λ≤μ≤1，则C点所有可能的位置区域用阴影表示正确的是(
)
答案 A
解析 由题意知OC→＝(3λ＋μ，λ＋3μ)，取特殊值，λ＝0，μ＝0，知所求区域包含原点，排除B；取λ＝0，μ＝1，知所求区域包含(1,3)，排除C，D，故选A.
6．(2018·茂名检测)已知向量a＝(3，－2)，b＝(x，y－1)且a∥b，若x，y均为正数，则3x＋2y的最小值是( )
A．24 B．8 C.83 D.53
答案 B
解析 ∵a∥b，∴－2x－3(y－1)＝0，即2x＋3y＝3，又x，y>0，∴3x＋2y＝3x＋2y×13(2x＋3y)＝136＋9yx＋4xy＋6≥1312＋29yx·4xy＝8，当且仅当2x＝3y＝32时，等号成立．∴3x＋2y的最小值是8.故选B.
7．(2017·济南二模)如图所示，两个非共线向量OA→、OB→的夹角为θ，N为OB中点，M
为OA上靠近A的三等分点，点C在直线MN上，且OC→＝xOA→＋yOB→(x，y∈R)，则x2＋y2的最小值为(
)
A.425 B.25 C.49 D.23
答案 A
解析 因为点C，M，N共线，则OC→＝λOM→＋μON→＝23λOA→＋12μOB→，λ＋μ＝1，
由OC→＝xOA→＋yOB→，
x＝23λ，y＝12μ＝12(1－λ)，
x2＋y2＝23λ2＋14(1－λ)2＝2536λ2－λ2＋14，
设g(λ)＝2536λ2－λ2＋14，
由二次函数的性质可知：当λ＝925时，g(λ)取最小值，
最小值为g925＝425，
所以x2＋y2的最小值为425，故选A.
8．(2017·河南中原名校联考)如图所示，矩形ABCD的对角线相交于点O，E为AO的中点，若DE→＝λAB→＋μAD→(λ，μ为实数)，则λ2＋μ2＝(
)
A.58 B.14 C．1 D.516
答案 A
解析 DE→＝12DA→＋12DO→＝12DA→＋14DB→＝12DA→＋14(DA→＋AB→)＝14AB→－34AD→，所以λ＝14，μ＝－34，故λ2＋μ2＝58.故选A.
9．(2018·安徽十校联考)已知A，B，C三点不共线，且AD→＝－13AB→＋2AC→，则S△ABDS△ACD＝( )
A.23 B.32 C．6 D.16
答案 C
解析 如图，取AM→＝－13AB→，AN→＝2AC→，以AM，AN为邻边作平行四边形AMDN，
此时AD→＝－13AB→＋2AC→.
由图可知S△ABD＝3S△AMD，S△ACD＝12S△AND，
而S△AMD＝S△AND，∴S△ABDS△ACD＝6.故选C.
10．如图所示，在四边形ABCD中，AB＝BC＝CD＝1，且∠B＝90°，∠BCD＝135°，记向量AB→＝a，AC→＝b，则AD→＝( )
A.2a－1＋22b
B．－2a＋1＋22b
C．－2a＋1－22b
D.2a＋1－22b
答案 B
解析 根据题意可得△ABC为等腰直角三角形，由∠BCD＝135°，得∠ACD＝135°－45°＝90°.以B为原点，AB所在直线为x轴，BC所在直线为y轴建立如图所示的直角坐标系，并作DE⊥y轴于点E，则△CDE也为等腰直角三角形．由CD＝1，得CE＝ED＝22，则A(1,0)，B(0,0)，C(0,1)，D22，1＋22，∴AB→＝(－1,0)，AC→＝(－1,1)，AD→＝22－1，1＋22.令AD→＝λAB→＋μAC→，则有 －λ－μ＝22－1，μ＝1＋22，得 λ＝－2，μ＝1＋22，∴AD→＝－2a＋1＋22b.故选B.
二、填空题
11．在梯形ABCD中，AB∥CD，且DC＝2AB，三个顶点A(1，2)，B(2,1)，C(4,2)，则点D的坐标为________．
答案 (2,4)
解析 ∵在梯形ABCD中，DC＝2AB，AB∥CD，∴DC→＝2AB→.设点D的坐标为(x，y)，则DC→＝(4－x,2－y)，AB→＝(1，－1)，
∴(4－x,2－y)＝2(1，－1)，
即(4－x,2－y)＝(2，－2)，
∴ 4－x＝2，2－y＝－2，解得 x＝2，y＝4，故点D的坐标为(2,4)．
12．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，设向量p＝(a＋c，b)，q＝(b－a，c－a)，若p∥q，则角C的大小为________．
答案 60°
解析 由p∥q，得(a＋c)(c－a)＝b(b－a)，整理，
得b2＋a2－c2＝ab.
由余弦定理，得cosC＝a2＋b2－c22ab＝12.
又0°
13．(2017·太原三模)在△ABC中，AB＝3，AC＝2，∠BAC＝60°，点P是△ABC内一点(含边界)，若AP→＝23AB→＋λAC→，则|AP→|的最大值为________．
答案 2133
解析 以A为原点，以AB所在的直线为x轴，建立如图所示的坐标系，
∵AB＝3，AC＝2，∠BAC＝60°，
∴A(0,0)，B(3,0)，C(1，3)，
设点P为(x，y)，0≤x≤3，0≤y≤3，
∵AP→＝23AB→＋λAC→，
∴(x，y)＝23(3,0)＋λ(1，3)＝(2＋λ，3λ)，
∴ x＝2＋λ，y＝3λ
∴y＝3(x－2)，①
直线BC的方程为y＝－32(x－3)，②
联立①②，解得 x＝73，y＝33，
此时|AP→|最大，∴|AP|＝499＋13＝2133.
14．(2018·江西南昌一模)已知三角形ABC中，AB＝AC，BC＝4，∠BAC＝120°，BE→＝3EC→，若点P是BC边上的动点，则AP→·AE→的取值范围是________．
答案 －23，103
解析 因为AB＝AC，BC＝4，∠BAC＝120°，所以∠ABC＝30°，AB＝433.因为BE→＝3EC→，所以BE→＝34BC→.
设BP→＝tBC→，则0≤t≤1，所以AP→＝AB→＋BP→＝AB→＋tBC→，又AE→＝AB→＋BE→＝AB→＋34BC→，
所以AP→·AE→＝(AB→＋tBC→)·AB→＋34BC→
＝AB→2＋tBC→·AB→＋34BC→·AB→＋34tBC→2
＝163＋t×4×433cos150°＋34×4×433·cos150°＋34t×42＝4t－23，
因为0≤t≤1，所以－23≤4t－23≤103，
即AP→·AE→的取值范围是－23，103.
三、解答题
15．给定两个长度为1的平面向量OA→和OB→，它们的夹角为2π3.
如图所示，点C在以O为圆心的上运动．若OC→＝xOA→＋yOB→，其中x，y∈R，求x＋y的最大值．
解 以O为坐标原点，OA→所在的直线为x轴建立平面直角坐标系，如图所示，则
A(1,0)，B－12，32.
设∠AOC＝αα∈0，2π3，
则C(cosα，sinα)，
由OC→＝xOA→＋yOB→，得 cosα＝x－12y，sinα＝32y，
所以x＝cosα＋33sinα，y＝233sinα，
所以x＋y＝cosα＋3sinα＝2sinα＋π6，
又α∈0，2π3，所以当α＝π3时，x＋y取得最大值2.
