高考数一轮复习 第四章 第一节 平面向量的概念及其线性运算演练知能检测 文

第一节平面向量的概念及其线性运算[全盘巩固]1．设a，b都是非零向量，下列四个条件中，使eq\f(a,|a|)＝eq\f(b,|b|)成立的充分条件是()A．|a|＝|b|且a∥bB．a＝－bC．a∥bD．a＝2b解析：选D∵eq\f(a,|a|)表示与a同向的单位向量，∴a与b必须方向相同才能满足eq\f(a,|a|)＝eq\f(b,|b|).2.(·绍兴模拟)已知如图所示的向量中，＝eq\f(4,3)，用，表示，则等于()A.eq\f(1,3)－eq\f(4,3)B.eq\f(1,3)＋eq\f(4,3)C．－eq\f(1,3)＋eq\f(4,3)D．－eq\f(1,3)－eq\f(4,3)解析：选C＝＋＝＋eq\f(4,3)＝＋eq\f(4,3)(－)＝－eq\f(1,3)＋eq\f(4,3).3.如图所示，点D，E，F分别为边BC，AC，AB的中点，点M是△ABC的重心，则＋－等于()A．0B．4C．4D．4解析：选C连接MF，则C，M，F三点共线，且＝2，∴＋－＝2－(－2)＝4.4．已知向量a，b，且＝a＋2b，＝－5a＋6b，＝7a－2b，则一定共线的三点是()A．A，B，DB．A，B，CC．B，C，DD．A，C，D解析：选A＝＋＋＝3a＋6b＝3.因为与有公共点A，所以A，B，D三点共线．5．设O在△ABC的内部，且有＋2＋3＝0，则△ABC的面积和△AOC的面积之比为()A．3B.eq\f(5,3)C．2D.eq\f(3,2)解析：选A设AC，BC的中点分别为M，N，则已知条件可化为(＋)＋2(＋)＝0，即2＋4＝0，所以＝－2，说明M，O，N三点共线，则O为中位线MN上靠近N点一个三等分点，S△AOC＝eq\f(2,3)S△ANC＝eq\f(2,3)×eq\f(1,2)S△ABC＝eq\f(1,3)S△ABC，所以eq\f(S△ABC,S△AOC)＝3.6.(2014·石家庄模拟)已知：如图，||＝||＝1，与的夹角为120°，与的夹角为30°，若＝λ＋μ(λ、μ∈R)，则eq\f(λ,μ)等于()A.eq\f(\r(3),2)B.eq\f(2\r(3),3)C.eq\f(1,2)D．2解析：选D过C作OB的平行线交OA的延长线于D.由题意可知，∠COD＝30°，∠OCD＝90°，∴OD＝2CD，又∵＝λ，＝μ，∴λ||＝2μ||，即λ＝2μ，故eq\f(λ,μ)＝2.7．在▱ABCD中，＝a，＝b，＝3，M为BC的中点，则＝________________(用a，b表示)．解析：由＝3，得4＝3＝3(a＋b)，＝a＋eq\f(1,2)b，所以＝eq\f(3,4)(a＋b)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)b))＝－eq\f(1,4)a＋eq\f(1,4)b.答案：－eq\f(1,4)a＋eq\f(1,4)b8．若||＝8，||＝5，则||的取值范围是________．解析：因为＝－，当，同向时，||＝8－5＝3；当，反向时，||＝8＋5＝13；当，不共线时，3<||<13.综上可知3≤||≤13.答案：[3,13]9．(·湖州模拟)如图，△ABC中，＋＋＝0，＝a，＝b.若＝ma，＝nb，CG∩PQ＝H，＝2，则eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)＝________.解析：由＋＋＝0，知G为△ABC的重心，取AB的中点D，则＝eq\f(1,2)＝eq\f(1,3)＝eq\f(1,6)(＋)＝eq\f(1,6m)＋eq\f(1,6n)，由P，H，Q三点共线，得eq\f(1,6m)＋eq\f(1,6n)＝1，则eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)＝6.答案：610.如图，在梯形ABCD中，||＝2||，M，N分别是DC，AB的中点．若＝e1，＝e2，用e1，e2表示，，.解：＝eq\f(1,2)＝eq\f(e1,2)；＝＋＝－＋＝＋－＝－eq\f(1,2)＝e2－eq\f(1,2)e1；＝＋＋＝－eq\f(1,4)－＋eq\f(1,2)＝eq\f(1,4)－＝eq\f(1,4)e1－e2.11．已知a，b不共线，＝a，＝b，＝c，＝d，＝e，设t∈R，如果3a＝c,2b＝d，e＝t(a＋b)，是否存在实数t使C，D，E三点在一条直线上？若存在，求出实数t的值；若不存在，请说明理由．解：由题设知，＝d－c＝2b－3a，＝e－c＝(t－3)a＋tb，C，D，E三点在一条直线上的充要条件是存在实数k，使得＝k，即(t－3)a＋tb＝－3ka＋2kb，整理得(t－3＋3k)a＝(2k－t)b.因为a，b不共线，所以有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(t－3＋3k＝0，,t－2k＝0，))解得t＝eq\f(6,5).故存在实数t＝eq\f(6,5)使C，D，E三点在一条直线上．12．已知P为△ABC内一点，且3＋4＋5＝0，延长AP交BC于点D，若＝a，＝b，用a、b表示向量，.解：∵＝－＝－a，＝－＝－b，又3＋4＋5＝0，∴3＋4(－a)＋5(－b)＝0，∴＝eq\f(1,3)a＋eq\f(5,12)b.设＝t(t∈R)，则＝eq\f(1,3)ta＋eq\f(5,12)tb.①又设＝k(k∈R)，由＝－＝b－a，得＝k(b－a)．而＝＋＝a＋.∴＝a＋k(b－a)＝(1－k)a＋kb.②由①②得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)t＝1－k，,\f(5,12)t＝k，))解得t＝eq\f(4,3).代入①得＝eq\f(4,9)a＋eq\f(5,9)b.∴＝eq\f(1,3)a＋eq\f(5,12)b，＝eq\f(4,9)a＋eq\f(5,9)b.[冲击名校]1．如图，在△ABC中，AD＝DB，AE＝EC，CD与BE交于F，设＝a，＝b，＝xa＋yb，则(x，y)为()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(2,3)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,3)))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(1,2)))解析：选C令＝λ，则＝＋＝＋λ＝＋λ＝(1－λ)＋eq\f(1,2)λ；令＝μ，则＝＋＝＋μ＝＋μ＝eq\f(1,2)μ＋(1－μ).由对应系数相等可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－λ＝\f(1,2)μ，,\f(1,2)λ＝1－μ，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＝\f(2,3)，,μ＝\f(2,3)，))所以＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,3).2．设A1，A2，A3，A4是平面直角坐标系中两两不同的四点，若＝λ(λ∈R)，＝μ(μ∈R)，且eq\f(1,λ)＋eq\f(1,μ)＝2，则称A3，A4调和分割A1，A2·已知点C(c,0)，D(d,0)(c，d∈R)调和分割点A(0,0)，B(1,0)，则下面说法正确的是()A．C可能是线段AB的中点B．D可能是线段AB的中点C．C，D可能同时在线段AB上D．C，D不可能同时在线段AB的延长线上解析：选D根据已知得(c,0)－(0,0)＝λ[(1,0)－(0,0)]，即(c,0)＝λ(1,0)，从而得c＝λ.(d,0)－(0,0)＝μ[(1,0)－(0,0)]，即(d,0)＝μ(1,0)，得d＝μ.根据eq\f(1,λ)＋eq\f(1,μ)＝2，得eq\f(1,c)＋eq\f(1,d)＝2.线段AB的方程是y＝0，x∈[0,1]．若C是线段AB的中点，则c＝eq\f(1,2)，代入eq\f(1,c)＋eq\f(1,d)＝2得，eq\f(1,d)＝0，此等式不可能成立，故选项A的说法不正确；同理选项B的说法也不正确；若C，D同时在线段AB上，则0<c≤1,0<d≤1，此时eq\f(1,c)≥1，eq\f(1,d)≥1，eq\f(1,c)＋eq\f(1,d)≥2，若等号成立，则只能c＝d＝1，根据定义，C，D是两个不同的点，矛盾，故选项C的说法也不正确；若C，D同时在线段AB的延长线上，即c>1，d>1，则eq\f(1,c)＋eq\f(