课时作业(二十九)　平面向量的基本定理及坐标表示.DOC

1、课时作业(二十九)平面向量的基本定理及坐标表示 基础过关组 一、单项选择题 1已知点 A(1,1)，B(2，y)，向量 a(1,2)，若AB a，则实数 y 的值为() A5B6 C7D8 解析AB (3，y1)，a(1,2)，AB a，则 231(y1)，解得 y7。故选 C。 答案C 2 如图， 若OA a， OB b， OC c， B 是线段 AC 靠近点 C 的一个四等分点， 则下列等式成立的是() Ac2 3b 1 6a Bc4 3b 1 3a Cc4 3b 1 3a Dc2 3b 1 6a 解析cOC OB BC OB 1 3AB OB 1 3(OB OA )4 3OB 1 3OA

2、 4 3b 1 3a。 答案C 3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能构成三角形，则向 量 c 为() A(1，1)B(1,1) C(4,6)D(4，6) 解析由题意知 4a(4，12)，3b2a(6，12)(2，6)(8,18)，由 4a(3b2a)c0，知 c (4，6)。故选 D。 答案D 4已知向量 a 1 3，tan ，b(cos ，1)， 2，且 ab，则 sin 2 () A1 3 B1 3 C2 2 3 D2 2 3 解析因为向量 a 1 3，tan ，b(cos ，1)，且 ab，所以1 3tan cos sin 。因为 2

3、，所以 sin 2 cos 1sin22 2 3 。故选 C。 答案C 5已知向量AC ，AD 和AB 在边长为 1 的正方形网格中的位置如图所示，若AC AB AD ，则等于 () A2B2C3D3 解析建立如图所示的平面直角坐标系。 则AD (1,0)，AC (2，2)，AB (1,2)。因为AC AB AD ，所以(2，2)(1,2)(1,0)(， 2)。所以 2， 22， 解得 1， 3。 所以2。 答案A 6已知向量 a(2，1)，b(6，x)，且 ab，则|2ab|() A5B2 5 C 5D4 解析因为 ab，所以 2x60，解得 x3，故 b(6，3)。所以 2ab(4，2)(

4、6，3)( 2,1)，所以|2ab| 2212 5。 答案C 二、多项选择题 7(2020临沂期中)如图，四边形 ABCD 为直角梯形，D90，ABCD，AB2CD，M，N 分别为 AB， CD 的中点，则下列结论正确的是() AAC AD 1 2AB BMC 1 2AC 1 2BC CBC AD 1 2AB DMN AD 1 4AB 解析由AC AD DC AD 1 2AB ，知 A 正确；由CM 1 2(CA CB )，得MC 1 2(AC BC )，知 B 正确； 由BC MD AD AM AD 1 2AB ，知 C 正确；由 N 为线段 DC 的中点知MN 1 2MA AD AD 1

5、4AB ，知 D 错误。故选 ABC。 答案ABC 8(2021湖北武汉模拟)已知向量 a(1，2)，|b|4|a|，ab，则 b 可能等于() A(4,8)B(4，8) C(4，8)D(4,8) 解析设 b(x，y)，依题意有 x2y24 1222， y2x0， 解得 x4， y8 或 x4， y8。 故选 BD。 答案BD 9已知向量 a(x,3)，b(3，x)，则下列叙述中，正确的是() A不存在实数 x，使 ab B存在实数 x，使(ab)a C存在实数 x，m，使(mab)a D存在实数 x，m，使(mab)b 解析由 ab，得 x29，无实数解，故 A 正确；ab(x3,3x)，由

6、(ab)a，得 3(x3)x(3 x)0，即 x29，无实数解，故 B 错误；mab(mx3,3mx)，由(mab)a，得(3mx)x3(mx3) 0，即 x29，无实数解，故 C 错误；由(mab)b，得3(3mx)x(mx3)0，即 m(x29)0，所以 m0，xR，故 D 正确。故选 AD。 答案AD 三、填空题 10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 _。 解析因为在梯形 ABCD 中，DC2AB，所以DC 2AB ，设点 D 的坐标为(x，y)，则DC (4,2)(x，y) (4x,2y)，AB

7、(2,1)(1,2)(1，1)，所以(4x,2y)2(1，1)，即(4x,2y)(2，2)，所以 4x2， 2y2， 解得 x2， y4， 故点 D 的坐标为(2,4)。 答案(2,4) 11(2021河北联盟模拟)已知点 A(1,0)，B(1， 3)，点 C 在第二象限，且AOC150，OC 4OA OB ，则_。 解析因为点 A(1,0)，B(1， 3)，点 C 在第二象限，OC 4OA OB ，所以 C(4， 3)。因为AOC 150， 所以COx150，所以 tan 150 3 4 3 3 ，解得1。 答案1 12(1)已知向量 a(m1,2)，b(3，m4)，若 ab，且方向相反，则

8、|b|_。 (2)若平面向量 a，b 满足|ab|1，ab 平行于 x 轴，b(2，1)，则 a_。 解析(1)解法一： 依题意可设 atb(t0)， 则(m1,2)t(3， m4)， 所以 m13t， 2tm4， 解得 t2， m5。 从而 b(3，1)，所以|b| 10。 解法二：因为 ab，所以(m1)(m4)60，解得 m5 或 m2。根据向量 a，b 方向相反可知，m 5 符合题意。从而 b(3，1)，所以|b| 10。 (2)设 a(x，y)，因为 b(2，1)，则 ab(x2，y1)，因为 ab 平行于 x 轴，所以 y10，y 1，故 ab(x2,0)，又因为|ab|1，所以|

9、x2|1，所以 x1 或 x3，所以 a(1,1)或 a(3， 1)。 答案(1) 10(2)(1,1)或(3,1) 四、解答题 13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 3BC 。 (1)求 E，F 的坐标； (2)求证：EF AB 。 解(1)设 E，F 两点的坐标分别为 (x1，y1)，(x2，y2)，则依题意， 得AC (2,2)，BC (2,3)，AB (4，1)。 所以AE 1 3AC 2 3， 2 3 ，BF 1 3BC 2 3，1。 所以AE (x1，y1)(1,0) 2 3， 2 3 ， BF (x2，y2)(

10、3，1) 2 3，1。 所以(x1，y1) 2 3， 2 3 (1,0) 1 3， 2 3 ， (x2，y2) 2 3，1(3，1) 7 3，0。 所以 E 的坐标为 1 3， 2 3 ，F 的坐标为 7 3，0。 (2)证明：由(1)得EF 8 3， 2 3 。 AB (4，1)， 因为 4 2 3 (1)8 30，所以EF AB 。 素养提升组 14(2021衡水中学模拟)如图是由等边AIE 和等边KGC 构成的六角星，其中 B，D，F，H，J，L 均 为三等分点，两个等边三角形的中心均为 O，若OA mOC nOJ ，则m n () A1 2 B2 3 C3 4 D1 解析连接 OD(图

11、略)，根据题意，可得OA 1 2OC 3 4DA ，且OA OD DA ，即OA OJ DA ， 3 4，得 1 4OA 1 2OC 3 4OJ ，即OA 2OC 3OJ ，与OA mOC n OJ 对应，可得 m2，n3，所以m n 2 3。故选 B。 答案B 15(数学探究)已知正方形 ABCD 的边长为 2，动点 P 满足|PB |1，且AP xAB yAD ，则 2xy 的最大 值为() A 5 2 2B 5 2 2 C7 2 D5 2 解析如图建立平面直角坐标系，A(0,0)，B(2,0)，D(0,2)。 设 P(m，n)，因为AP xAB yAD ，所以(m，n)(2x,0)(0,

12、2y)，即(m，n)(2x,2y)，得 m2x，n2y。 因为PB (2m， n)， 且|PB |1， 所以 2m2n21， 整理得 22x22y21， 即(x1)2y21 4。 设 z2xy，当直线 z2xy 与圆(x1)2y21 4相切时，z 取得最值，即 |210z| 221 1 2，所以 z2 5 2 ， 于是 zmax2 5 2 。即 2xy 的最大值为 2 5 2 。 答案B 16(数学文化)赵爽是我国古代数学家。大约在公元 222 年，他为周髀算经一书作序时，介绍了“勾 股圆方图”，亦称“赵爽弦图”(以弦为边长得到的正方形是由 4 个全等的直角三角形再加上中间的一个小正 方形组成

13、的)。类比“赵爽弦图”，可构造如图所示的图形，它是由 3 个全等的三角形与中间的一个小等边三 角形拼成的一个较大的等边三角形，设AD AB AC ，若 DF2AF，则可以推出_。 解析由题意可知，AF FD BD DE CE EF 1 2，则DE 2BD ，EF 2CE ，AD 3AF 。由DE 2BD ，得AE AD 2(AD AB )，即AD 2 3AB 1 3AE 。同理由EF 2CE ，得AE 2 3AC 1 3AF ，又AF 1 3AD 。所以AE 2 3AC 1 3 1 3AD 2 3AC 1 9AD ，则AD 2 3AB 1 3AE 2 3AB 1 3 2 3AC 1 9AD 2 3AB 2 9AC 1 27AD ，所以AD 9 13AB 3 13AC ，即 9 13， 3 13，所以 12 13。 答案 12 13