2022版高考数学大一轮复习课时作业26《平面向量的概念及其线性运算》(含答案详解)

这是一份2022版高考数学大一轮复习课时作业26《平面向量的概念及其线性运算》(含答案详解)，共5页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
设D，E，F分别为△ABC的三边BC，CA，AB的中点，则eq \(EB,\s\up14(→))＋eq \(FC,\s\up14(→))=( )
A.eq \(AD,\s\up14(→)) B.eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up14(→)) C.eq \f(1,2)eq \(BC,\s\up14(→)) D.eq \(BC,\s\up14(→))
已知O是正六边形ABCDEF的中心，则与向量eq \(OA,\s\up14(→))平行的向量为( )
A.eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \(AC,\s\up14(→)) B.eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \(BC,\s\up14(→))＋eq \(CD,\s\up14(→)) C.eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \(AF,\s\up14(→))＋eq \(CD,\s\up14(→)) D.eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \(CD,\s\up14(→))＋eq \(DE,\s\up14(→))
设向量a，b不共线，eq \(AB,\s\up14(→))=2a＋pb，eq \(BC,\s\up14(→))=a＋b，eq \(CD,\s\up14(→))=a－2b，若A，B，D三点共线，
则实数p的值为( )
A.－2 B.－1 C.1 D.2
庄严美丽的国旗和国徽上的五角星是革命和光明的象征.正五角星是一个非常优美的几何图形，且与黄金分割有着密切的联系.在如图所示的正五角星中，以A，B，C，D，E为顶点的多边形为正五边形，且eq \f(PT,AT)=eq \f(\r(5)－1,2).下列关系中正确的是( )
A.eq \(BP,\s\up14(→))－eq \(TS,\s\up14(→))=eq \f(\r(5)＋1,2)eq \(RS,\s\up14(→)) B.eq \(CQ,\s\up14(→))＋eq \(TP,\s\up14(→))=eq \f(\r(5)＋1,2)eq \(TS,\s\up14(→))
C.eq \(ES,\s\up14(→))－eq \(AP,\s\up14(→))=eq \f(\r(5)－1,2)eq \(BQ,\s\up14(→)) D.eq \(AT,\s\up14(→))＋eq \(BQ,\s\up14(→))=eq \f(\r(5)－1,2)eq \(CR,\s\up14(→))
如图，在直角梯形ABCD中，AB=2AD=2DC，E为BC边上一点，eq \(BC,\s\up14(→))=3eq \(EC,\s\up14(→))，F为AE的中点，
则eq \(BF,\s\up14(→))=( )
A.eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up14(→))－eq \f(1,3)eq \(AD,\s\up14(→)) B.eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up14(→))－eq \f(2,3)eq \(AD,\s\up14(→)) C.－eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \f(1,3)eq \(AD,\s\up14(→)) D.－eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \f(2,3)eq \(AD,\s\up14(→))
如图，在△ABC中，N为线段AC上靠近点A的三等分点，点P在线段BN上且满足：
eq \(AP,\s\up14(→))=(m＋eq \f(2,11))eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \f(2,11)eq \(BC,\s\up14(→))，则实数m的值为( )
A.1 B.eq \f(1,3) C.eq \f(9,11) D.eq \f(5,11)
如图，在等边△ABC中，O为△ABC的重心，点D为BC边上靠近B点的四等分点，
若eq \(OD,\s\up14(→))=xeq \(AB,\s\up14(→))＋yeq \(AC,\s\up14(→))，则x＋y=( )
A.eq \f(1,12) B.eq \f(1,3) C.eq \f(2,3) D.eq \f(3,4)
P是△ABC所在平面上的一点，满足eq \(PA,\s\up14(→))＋eq \(PB,\s\up14(→))＋eq \(PC,\s\up14(→))=2eq \(AB,\s\up14(→))，若S△ABC=6，则△PAB面积为( )
A.2 B.3 C.4 D.8
已知圆心为O，半径为1的圆上有不同的三个点A，B，C，其中eq \(OA,\s\up14(→))·eq \(OB,\s\up14(→))=0，存在实数λ，μ满足eq \(OC,\s\up14(→))＋λeq \(OA,\s\up14(→))＋μeq \(OB,\s\up14(→))=0，则实数λ，μ的关系为( )
A.λ2＋μ2=1 B.eq \f(1,λ)＋eq \f(1,μ)=1 C.λμ=1 D.λ＋μ=1
已知P，Q为三角形ABC中不同两点，若eq \(PA,\s\up14(→))＋eq \(PB,\s\up14(→))＋eq \(PC,\s\up14(→))=eq \(AB,\s\up14(→))，eq \(QA,\s\up14(→))＋3eq \(QB,\s\up14(→))＋5eq \(QC,\s\up14(→))=0，
则S△PAB：S△QAB为( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(3,5) C.eq \f(5,7) D.eq \f(7,9)
二、填空题
已知▱ABCD的对角线AC和BD相交于O，且eq \(OA,\s\up14(→))=a，eq \(OB,\s\up14(→))=b，则eq \(DC,\s\up14(→))= ，eq \(BC,\s\up14(→))= .(用a，b表示)
已知S是△ABC所在平面外一点，D是SC中点，若eq \(BD,\s\up14(→))=xeq \(AB,\s\up14(→))＋yeq \(AC,\s\up14(→))＋zeq \(AS,\s\up14(→))，则x＋y＋z= .
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eq \(AE,\s\up14(→))=eq \(AD,\s\up14(→))＋μeq \(AB,\s\up14(→))，则μ的取值范围是
在△ABC中，已知AB⊥AC，AB=AC，点M满足eq \(AM,\s\up14(→))=teq \(AB,\s\up14(→))＋(1－t)eq \(AC,\s\up14(→))，若∠BAM=eq \f(π,3)，则t= .
已知G是△ABC的重心，过点G作直线MN与AB，AC交于点M，N，且eq \(AM,\s\up14(→))=xeq \(AB,\s\up14(→))，eq \(AN,\s\up14(→))=yeq \(AC,\s\up14(→))(x，y>0)，则3x＋y的最小值是 .
\s 0 答案详解
答案为：A.
解析：由题意得eq \(EB,\s\up14(→))＋eq \(FC,\s\up14(→))=eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \(CB,\s\up14(→)))＋eq \f(1,2)(eq \(AC,\s\up14(→))＋eq \(BC,\s\up14(→)))=eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \(AC,\s\up14(→)))=eq \(AD,\s\up14(→)).
答案为：B.
解析：eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \(BC,\s\up14(→))＋eq \(CD,\s\up14(→))=eq \(AD,\s\up14(→))=2eq \(AO,\s\up14(→))=－2eq \(OA,\s\up14(→)).
答案为：B.
解析：因为eq \(BC,\s\up14(→))=a＋b，eq \(CD,\s\up14(→))=a－2b，所以eq \(BD,\s\up14(→))=eq \(BC,\s\up14(→))＋eq \(CD,\s\up14(→))=2a－b.又因为A，B，D三点共线，
所以eq \(AB,\s\up14(→))，eq \(BD,\s\up14(→))共线.设eq \(AB,\s\up14(→))=λeq \(BD,\s\up14(→))，所以2a＋pb=λ(2a－b)，
所以2=2λ，p=－λ，即λ=1，p=－1.
答案为：A.
解析：由题意得，eq \(BP,\s\up14(→))－eq \(TS,\s\up14(→))=eq \(TE,\s\up14(→))－eq \(TS,\s\up14(→))=eq \(SE,\s\up14(→))=eq \f(\(RS,\s\up14(→)),\f(\r(5)－1,2))=eq \f(\r(5)＋1,2)eq \(RS,\s\up14(→))，所以A正确；
eq \(CQ,\s\up14(→))＋eq \(TP,\s\up14(→))=eq \(PA,\s\up14(→))＋eq \(TP,\s\up14(→))=eq \(TA,\s\up14(→))=eq \f(\r(5)＋1,2)eq \(ST,\s\up14(→))，所以B错误；
eq \(ES,\s\up14(→))－eq \(AP,\s\up14(→))=eq \(RC,\s\up14(→))－eq \(QC,\s\up14(→))=eq \(RQ,\s\up14(→))=eq \f(\r(5)－1,2)eq \(QB,\s\up14(→))，所以C错误；
eq \(AT,\s\up14(→))＋eq \(BQ,\s\up14(→))=eq \(SD,\s\up14(→))＋eq \(RD,\s\up14(→))，eq \f(\r(5)－1,2)eq \(CR,\s\up14(→))=eq \(RS,\s\up14(→))=eq \(RD,\s\up14(→))－eq \(SD,\s\up14(→))，若eq \(AT,\s\up14(→))＋eq \(BQ,\s\up14(→))=eq \f(\r(5)－1,2)eq \(CR,\s\up14(→))，
则eq \(SD,\s\up14(→))=0，不合题意，所以D错误.故选A.
答案为：C.
解析：eq \(BF,\s\up14(→))=eq \(BA,\s\up14(→))＋eq \(AF,\s\up14(→))=eq \(BA,\s\up14(→))＋eq \f(1,2)eq \(AE,\s\up14(→))=－eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(AD,\s\up14(→))＋\f(1,2)\(AB,\s\up14(→))＋\(CE,\s\up14(→))))=－eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up14(→))＋eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \f(1,3)eq \(CB,\s\up14(→))
=－eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up14(→))＋eq \f(1,4)eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \f(1,6)(eq \(CD,\s\up14(→))＋eq \(DA,\s\up14(→))＋eq \(AB,\s\up14(→)))=－eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \f(1,3)eq \(AD,\s\up14(→)).
答案为：D.
解析：eq \(AP,\s\up14(→))=(m＋eq \f(2,11))eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \f(2,11)eq \(BC,\s\up14(→))=(m＋eq \f(2,11))eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \f(2,11)(eq \(AC,\s\up14(→))－eq \(AB,\s\up14(→)))=meq \(AB,\s\up14(→))＋eq \f(2,11)eq \(AC,\s\up14(→))，
设eq \(BP,\s\up14(→))=λeq \(BN,\s\up14(→))(0≤λ≤1)，则eq \(AP,\s\up14(→))=eq \(AB,\s\up14(→))＋λeq \(BN,\s\up14(→))=eq \(AB,\s\up14(→))＋λ(eq \(AN,\s\up14(→))－eq \(AB,\s\up14(→)))=(1－λ)eq \(AB,\s\up14(→))＋λeq \(AN,\s\up14(→))，
因为eq \(AN,\s\up14(→))=eq \f(1,3)eq \(AC,\s\up14(→))，所以eq \(AP,\s\up14(→))=(1－λ)eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \f(1,3)λeq \(AC,\s\up14(→))，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝1－λ，,\f(2,11)＝\f(1,3)λ，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(λ＝\f(6,11)，,m＝\f(5,11)，))故选D.
答案为：B.
解析：设点E为BC的中点，连接AE，可知O在AE上，
由eq \(OD,\s\up14(→))=eq \(OE,\s\up14(→))＋eq \(ED,\s\up14(→))=eq \f(1,3)eq \(AE,\s\up14(→))＋eq \f(1,4)eq \(CB,\s\up14(→))=eq \f(1,6)(eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \(AC,\s\up14(→)))＋eq \f(1,4)(eq \(AB,\s\up14(→))－eq \(AC,\s\up14(→)))=eq \f(5,12)eq \(AB,\s\up14(→))－eq \f(1,12)eq \(AC,\s\up14(→))，
故x=eq \f(5,12)，y=－eq \f(1,12)，x＋y=eq \f(1,3).故选B.
答案为：A.
解析：∵eq \(PA,\s\up14(→))＋eq \(PB,\s\up14(→))＋eq \(PC,\s\up14(→))=2eq \(AB,\s\up14(→))=2(eq \(PB,\s\up14(→))－eq \(PA,\s\up14(→)))，∴3eq \(PA,\s\up14(→))=eq \(PB,\s\up14(→))－eq \(PC,\s\up14(→))=eq \(CB,\s\up14(→))，∴eq \(PA,\s\up14(→))∥eq \(CB,\s\up14(→))，
且方向相同，∴eq \f(S△ABC,S△PAB)=eq \f(BC,AP)=eq \f(|\(CB,\s\up14(→))|,|\(PA,\s\up14(→))|)=3，∴S△PAB=eq \f(S△ABC,3)=2.
答案为：A.
解析：解法1：取特殊点，取C点为优弧AB的中点，
此时由平面向量基本定理易得λ=μ=eq \f(\r(2),2)，只有A符合.故选A.
解法2：依题意得|eq \(OA,\s\up14(→))|=|eq \(OB,\s\up14(→))|=|eq \(OC,\s\up14(→))|=1，－eq \(OC,\s\up14(→))=λeq \(OA,\s\up14(→))＋μeq \(OB,\s\up14(→))，两边平方得1=λ2＋μ2.故选A.
答案为：B.
解析：令D为AC的中点，eq \(PA,\s\up14(→))＋eq \(PB,\s\up14(→))＋eq \(PC,\s\up14(→))=eq \(AB,\s\up14(→))，化为eq \(PA,\s\up14(→))＋eq \(PC,\s\up14(→))=eq \(AB,\s\up14(→))－eq \(PB,\s\up14(→))，即2eq \(PD,\s\up14(→))=eq \(AP,\s\up14(→))，
可得AC=3AP，且点P在AC边上，则S△PAB=eq \f(1,2)S△ABC，设点M，N分别是AC，AB的中点，
则由eq \(QA,\s\up14(→))＋3eq \(QB,\s\up14(→))＋5eq \(QC,\s\up14(→))=0可得2eq \(QM,\s\up14(→))＋6eq \(QN,\s\up14(→))＋eq \(QC,\s\up14(→))=0，设点T是CN的中点，则2eq \(QM,\s\up14(→))＋5eq \(QN,\s\up14(→))＋2eq \(QT,\s\up14(→))=0，
设点S是MT的中点，则4eq \(QS,\s\up14(→))＋5eq \(QN,\s\up14(→))=0，因此可得S△QAB=eq \f(5,9)S△ABC，所以S△PABS△QAB=eq \f(3,5)，故选B.
答案为：b－a，－a－b.
解析：如图，eq \(DC,\s\up14(→))=eq \(AB,\s\up14(→))=eq \(OB,\s\up14(→))－eq \(OA,\s\up14(→))=b－a，eq \(BC,\s\up14(→))=eq \(OC,\s\up14(→))－eq \(OB,\s\up14(→))=－eq \(OA,\s\up14(→))－eq \(OB,\s\up14(→))=－a－b.
答案为：0.
解析：依题意得eq \(BD,\s\up14(→))=eq \(AD,\s\up14(→))－eq \(AB,\s\up14(→))=eq \f(1,2)(eq \(AS,\s\up14(→))＋eq \(AC,\s\up14(→)))－eq \(AB,\s\up14(→))=－eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \f(1,2)eq \(AC,\s\up14(→))＋eq \f(1,2)eq \(AS,\s\up14(→))，
因此x＋y＋z=－1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)=0.
答案为：[0，eq \f(1,2)].
解析：由题意可求得AD=1，CD=eq \r(3)，所以eq \(AB,\s\up14(→))=2eq \(DC,\s\up14(→)).
∵点E在线段CD上，∴eq \(DE,\s\up14(→))=λeq \(DC,\s\up14(→))(0≤λ≤1).
∵eq \(AE,\s\up14(→))=eq \(AD,\s\up14(→))＋eq \(DE,\s\up14(→))，又eq \(AE,\s\up14(→))=eq \(AD,\s\up14(→))＋μeq \(AB,\s\up14(→))=eq \(AD,\s\up14(→))＋2μeq \(DC,\s\up14(→))=eq \(AD,\s\up14(→))＋eq \f(2μ,λ)eq \(DE,\s\up14(→))，
∴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[0，eq \f(1,2)].
答案为：eq \f(\r(3)－1,2).
解析：由题意可得eq \(AM,\s\up14(→))=teq \(AB,\s\up14(→))＋eq \(AC,\s\up14(→))－teq \(AC,\s\up14(→))，所以eq \(AM,\s\up14(→))－eq \(AC,\s\up14(→))=teq \(AB,\s\up14(→))－teq \(AC,\s\up14(→))，即eq \(CM,\s\up14(→))=teq \(CB,\s\up14(→))，
所以eq \(CM,\s\up14(→))与eq \(CB,\s\up14(→))共线，即B，M，C三点共线，且t=eq \f(|\(CM,\s\up14(→))|,|\(CB,\s\up14(→))|).
又由条件知|eq \(BC,\s\up14(→))|=eq \r(2)|eq \(AC,\s\up14(→))|，所以t=eq \f(|\(CM,\s\up14(→))|,\r(2)|\(AC,\s\up14(→))|).
在△ABC中，由正弦定理知eq \f(|\(CM,\s\up14(→))|,|\(AC,\s\up14(→))|)=eq \f(sin30°,sin105°)=eq \f(\f(1,2),\f(\r(6)＋\r(2),4))=eq \f(2,\r(6)＋\r(2))，
所以t=eq \f(2,\r(2)×\r(6)＋\r(2))=eq \f(\r(3)－1,2).
答案为：eq \f(4＋2\r(3),3).
解析：如图，∵M，N，G三点共线，∴eq \(MG,\s\up14(→))=λeq \(GN,\s\up14(→)).
∴eq \(AG,\s\up14(→))－eq \(AM,\s\up14(→))=λ(eq \(AN,\s\up14(→))－eq \(AG,\s\up14(→))).∵G是△ABC的重心，∴eq \(AG,\s\up14(→))=eq \f(1,3)(eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \(AC,\s\up14(→))).
∴eq \f(1,3)(eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \(AC,\s\up14(→)))－xeq \(AB,\s\up14(→))=λyeq \(AC,\s\up14(→))－eq \f(1,3)(eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \(AC,\s\up14(→))).∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－x＝－\f(1,3)λ，,\f(1,3)＝λy－\f(1,3)λ，))
整理得(3x－1)·(3y－1)=1；结合图象可知eq \f(1,2)≤x≤1，eq \f(1,2)≤y≤1；
令3x－1=m,3y－1=neq \f(1,2)≤m≤2，eq \f(1,2)≤n≤2，则mn=1，x=eq \f(1＋m,3)，y=eq \f(1＋n,3).
故3x＋y=1＋m＋eq \f(1＋n,3)=eq \f(4,3)＋m＋eq \f(n,3)≥eq \f(4,3)＋2eq \r(\f(1,3)mn)=eq \f(4,3)＋eq \f(2\r(3),3)，
当且仅当m=eq \f(\r(3),3)，n=eq \r(3)时等号成立.