《2019版高考数学（理）一轮总复习作业：30平面向量基本定理及坐标运算 》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019版高考数学（理）一轮总复习作业：30平面向量基本定理及坐标运算 （9页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、题组层级快练题组层级快练(三十三十) 1已知点 A(1，1)，B(2，y)，向量 a(1，2)，若a，则实数 y 的值为( ) AB A5 B6 C7 D8 答案 C 解析 (3，y1)，a(1，2)，a，则 231(y1)，解得 y7，故选 C. AB AB 2已知 M(3，2)，N(5，1)，且，则 P 点的坐标为( ) MP 1 2MN A(8，1) B(1， ) 3 2 C(1， ) D(8，1) 3 2 答案 B 解析 设 P(x，y)，则(x3，y2) MP 而 (8，1)(4， )，解得 1 2MN 1 2 1 2 x34， y21 2. ) x1， y3 2.) P(1， )故
2、选 B. 3 2 3如果 e1，e2是平面 内一组不共线的向量，那么下列四组向量中，不能作为平面内所有 向量的一组基底的是( ) Ae1与 e1e2 Be12e2与 e12e2 Ce1e2与 e1e2 De13e2与 6e22e1 答案 D 解析 选项 A 中，设 e1e2e1，则无解；选项 B 中，设 e12e2(e12e2)， 1， 10，) 则无解；选项 C 中，设 e1e2(e1e2)，则无解；选项 D 中， 1， 22，) 1， 1，) e13e2 (6e22e1)，所以两向量是共线向量 1 2 4设向量 a(1，3)，b(2，4)，若表示向量 4a，3b2a，c 的有向线段首尾相接
3、能 构成三角形，则向量 c 为( ) A(1，1) B(1，1) C(4，6) D(4，6) 答案 D 解析 由题知 4a(4，12)，3b2a(6，12)(2，6)(8，18)，由 4a(3b2a) c0，知 c(4，6)，选 D. 5(2018河北唐山一模)在ABC 中，B90，(1，2)，(3，)，则 ( ) AB AC A1 B1 C. D4 3 2 答案 A 解析 在ABC 中，(1，2)，(3，)，(2，2)又 AB AC BC AC AB B90，0，即 22(2)0，解得 1.故选 A. AB BC AB BC 6(2018湖北襄阳模拟)设向量 a(m，2)，b(1，m1)，且
4、 a 与 b 的方向相反，则实数 m 的值为( ) A2 B1 C2 或 1 Dm 的值不存在 答案 A 解析 向量 a(m，2)，b(1，m1)，因为 ab，所以 m(m1)21，解得 m2 或 1.当 m1 时，a(1，2)，b(1，2)，a 与 b 的方向相同，舍去；当 m2 时， a(2，2)，b(1，1)，a 与 b 的方向相反，符合题意故选 A. 7在ABCD 中，若(3，7)，(2，3)，对角线交点为 O，则等于( ) AD AB CO A( ，5) B( ，5) 1 2 1 2 C( ，5) D( ，5) 1 2 1 2 答案 B 解析 () (1，10)( ，5) CO 1
5、2AC 1 2 AD AB 1 2 1 2 8(2018湖北襄樊一模)已知(1，3)，(2，1)，(k1，k2)，若 OA OB OC A，B，C 三点不能构成三角形，则实数 k 应满足的条件是( ) Ak2 Bk 1 2 Ck1 Dk1 答案 C 解析 若点 A，B，C 不能构成三角形，则向量与共线. 因为 AB AC (2，1)(1，3)(1，2)，(k1，k2)(1，3) AB OB OA AC OC OA (k，k1)所以 1(k1)2k0，解得 k1，故选 C. 9在平面直角坐标系中，O 为坐标原点，设向量a，b，其中 a(3，1)， OA OB b(1，3)若ab，且 01，则 C
6、 点所有可能的位置区域用阴影表示正 OC 确的是( ) 答案 A 解析 由题意知(3，3)，取特殊值，0，0，知所求区域包含原点， OC 取 0，1，知所求区域包含(1，3)，从而选 A. 10(2017安徽合肥一模)已知 a(1，3)，b(2，k)，且(a2b)(3ab)，则实数 k_ 答案 6 解析 a(1，3)，b(2，k)，a2b(3，32k)，3ab(5，9k)(a2b) (3ab)，3(9k)5(32k)0，解得 k6. 11已知梯形 ABCD，其中 ABCD，且 DC2AB，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
7、 ABCD 中，DC2AB，2. DC AB 设点 D 的坐标为(x，y)，则(4，2)(x，y)(4x，2y)，(2，1)(1，2) DC AB (1，1)， (4x，2y)2(1，1)，即(4x，2y)(2，2)， 解得 4x2， 2y2，) x2， y4，) 故点 D 的坐标为(2，4) 12已知 A(3，0)，B(0，)，O 为坐标原点，C 在第二象限，且AOC30， 3 OC ，则实数 的值为_ OA OB 答案 1 解析 由题意知(3，0)，(0，)，则(3，) OA OB 3 OC 3 由AOC30知以 x 轴的非负半轴为始边，OC 为终边的一个角为 150， tan150，即，
8、1. 3 3 3 3 3 3 13(2018河北联盟二模)已知点 A(1，0)，B(1，)，点 C 在第二象限，且AOC150， 3 4，则 _ OC OA OB 答案 1 解析 点 A(1，0)，B(1，)，点 C 在第二象限， 3 4，C(4，)AOC150，COx150，tan150 OC OA OB 3 ，解得 1. 3 4 3 3 14已知|1，|，0，点 C 在AOB 内，且AOC30.设m OA OB 3 OA OB OC n(m，nR)，则 _ OA OB m n 答案 3 解析 方法一：如图所示， 0，. OA OB OB OA 不妨设|2，过 C 作于 D，于 E，则四边形
9、 ODCE 是矩形 OC CD OA CE OB . OC OD DC OD OE |2，COD30，|1，|. OC DC OD 3 又|，|1， OB 3 OA 故 ，. OD 3 OA OE 3 3 OB ，此时 m，n. OC 3 OA 3 3 OB 3 3 3 3. m n 3 3 3 方法二：由0 知AOB 为直角三角形，以 OA，OB 所在直线分 OA OB 别为 x，y 轴建立平面直角坐标系，则可知(1，0)，(0，)又由 OA OB 3 mn，可知(m，n)，故由 tan30，可知 3. OC OA OB OC 3 3n m 3 3 m n 15(2018湖南长沙一模)在矩形
10、 ABCD 中，AB3，AD2，P 是矩形内部一点(不含边界)， 且 AP1.若xy，则 3x2y 的取值范围是_ AP AB AD 答案 (1， 2 解析 在矩形 ABCD 中，AB3，AD2，如图，以 A 为原点， AB 所在直线为 x 轴，AD 所在直线为 y 轴，建立平面直角坐标系， 则 A(0，0)，B(3，0)，D(0，2)，xyx(3，0) AP AB AD y(0，2)(3x，2y) |1，(3x)2(2y)21.令 3xcos，2ysin，(0， )，则 AP 2 3x2ycossinsin( )， ，sin( )1， 2 4 4 4 3 4 2 2 4 13x2y，即 3x
11、2y 的取值范围是(1， 22 16已知 A，B，C 三点的坐标分别为(1，0)，(3，1)，(1，2)，并且， AE 1 3AC BF 1 3 . BC (1)求 E，F 的坐标； (2)求证：. EF AB 答案 (1)E( ， )，F( ，0) (2)略 1 3 2 3 7 3 解析 (1)设 E，F 两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则依题意，得(2，2)， AC (2，3)，(4，1) BC AB ( ， )，( ，1) AE 1 3AC 2 3 2 3 BF 1 3BC 2 3 (x1，y1)(1，0)( ， )， AE 2 3 2 3 (x2，y2)(3，1)( ，
12、1) BF 2 3 (x1，y1)( ， )(1，0)( ， )， 2 3 2 3 1 3 2 3 (x2，y2)( ，1)(3，1)( ，0) 2 3 7 3 E 的坐标为( ， )，F 的坐标为( ，0) 1 3 2 3 7 3 (2)由(1)知(x1，y1)( ， )，(x2，y2)( ，0) 1 3 2 3 7 3 (x2，y2)(x1，y1)( ， ) EF 8 3 2 3 又(4，1)， AB 4( )(1) 0， 2 3 8 3 . EF AB 17已知向量 a(sin，cos2sin)，b(1，2) (1)若 ab，求 tan 的值； (2)若|a|b|，0，求 的值 答案 (
13、1) (2)或 1 4 2 3 4 解析 (1)因为 ab，所以 2sincos2sin，于是 4sincos，故 tan . 1 4 (2)由|a|b|知，sin2(cos2sin)25，所以 12sin24sin25. 从而2sin22(1cos2)4，即 sin2cos21，于是 sin(2 ). 4 2 2 又由 0 知， 2 ，所以 2 或 2 . 4 4 9 4 4 5 4 4 7 4 因此 或 . 2 3 4 18(2018潍坊二模)已知向量(6，1)，(x，y)，(2，3) AB BC CD (1)若，求 x 与 y 之间的关系式； BC DA (2)在(1)的条件下，若，求 x，y 的值及四边形 ABCD 的面积 AC BD 答案 (1)x2
