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2013年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 5-1 平面向量的概念與線性運算但因為測試 新人教B版
1.()(2011•寧波十校聯(lián)考)設(shè)P是△ABC所在平面內(nèi)的一點，BC→＋BA→＝2BP→，則( )
A.PA→＋PB→＝0 B.PC→＋PA→＝0
C.PB→＋PC→＝0 D.PA→＋PB→＋PC→＝0
[答案] B
[解析] 如圖，根據(jù)向量加法的幾何意義，BC→＋BA→＝2BP→⇔P是AC的中點，故PA→＋PC→＝0.
(理)(2011•廣西六校聯(lián)考、北京石景檢測)已知O是△ABC所在平面內(nèi)一點，D為BC邊中點，且2OA→＋OB→＋OC→＝0，那么( )
A.AO→＝OD→ B.AO→＝2OD→
C.AO→＝3OD→ D．2AO→＝OD→
[答案] A
[解析] ∵OB→＋OC→＝2OD→，
∴2OA→＋2OD→＝0，∴AO→＝OD→.
2．()(2011•皖南八校聯(lián)考)對于非零向量a，b，“a＋b＝0”是“a∥b的”( )
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件
[答案] A
[解析] 若a＋b＝0，則a＝－b，所以a∥b；若a∥b，則存在實數(shù)λ，使a＝λb，a＋b＝0不一定成立，故選A.
(理)(2011•廣東江門市模擬)若四邊形ABCD滿足AB→＋CD→＝0，(AB→－AD→)•AC→＝0，則該四邊形一定是( )
A．直角梯形 B．菱形
C．矩形 D．正方形
[答案] B
[解析] 由AB→＋CD→＝0知，AB→＝DC→，
即AB＝CD，AB∥CD.∴四邊形ABCD是平行四邊形．
又(AB→－AD→)•AC→＝0，∴DB→•AC→＝0，即AC⊥BD，
因此四邊形ABCD是菱形，故選B.
3．()如圖所示，在△ABC中，BD→＝12DC→，AE→＝3ED→，若AB→＝a，AC→＝b，則BE→等于( )
A.13a＋13bB．－12a＋14b
C.12a＋14bD．－13a＋13b
[答案] B
[解析] ∵AE→＝3ED→，∴ED→＝14AD→，
∵BD→＝12DC→，∴BD→＝13BC→，
∴BE→＝BD→－ED→＝BD→－14AD→＝BD→－14(AB→＋BD→)
＝34BD→－14AB→＝14BC→－14AB→
＝14AC→－12AB→＝14b－12a.
(理)在平行四邊形ABCD中，AC與BD交于點O，E是線段OD的中點，AE的延長線與CD 交于 點F.若AC→＝a，BD→＝b，則AF→＝( )
A.14a＋12b B.13a＋23b
C.12a＋14b D.23a＋13b
[答案] D
[解析] 由條件易知，DF→＝13DC→，
∴AF→＝AC→＋CF→＝a＋23CD→＝a＋13(b－a)＝23a＋13b.故選D.
4． (2011•福建福州質(zhì)量檢查)如圖，e1，e2為互相垂直的單位向量，向量a、b如圖，則向量a－b可表示為( )
A．3e2－e1 B．－2e1－4e2
C．e1－3e2 D．3e1－e2
[答案] C
[解析] 連接圖中向量a與b的終點，并指向a的終點的向量即為a－b，∴a－b＝e1－3e2.
5．()(2011•廈門模擬)已知點在平面ABC內(nèi)，并且對空間任一點O，O→＝xOA→＋12OB→＋13OC→，則x的值為( )
A．0 B.13
C.12 D.16
[答案] D
[解析] ∵x＋12＋13＝1，∴x＝16.
(理)(2011•惠州模擬)在△ABC中，已知D是AB邊上一點，若AD→＝2DB→，CD→＝λCA→＋μCB→，則μλ的值為( )
A．1 B.12
C．2 D.13
[答案] C
[解析] CD→＝CA→＋AD→＝CA→＋23AB→
＝CA→＋23(CB→－CA→)＝13CA→＋23CB→
∴λ＝13，μ＝23，∴μλ＝2.
6．設(shè)OA→＝e1，OB→＝e2，若e1與e2不共線，且點P在線段AB上，AP?PB＝2，如圖所示，則OP→＝( )
A.13e1－23e2B.23e1＋13e2
C.13e1＋23e2D.23e1－13e2
[答案] C
[解析] AP→＝2PB→，∴AB→＝AP→＋PB→＝3PB→，
OP→＝ OB→＋BP→＝OB→－13AB→
＝OB→－13(OB→－OA→)＝13e1＋23e2.
7.(2011•東濟南市調(diào)研)如圖，在△ABC中，AN→＝13NC→，P是BN上的一點，若AP→＝AB→＋211AC→，則實數(shù)的值為________．
[答案] 311
[解析] (如圖)因為AP→＝AB→＋BP→
＝AB→＋kBN→＝AB→＋k(AN→－AB→)
＝AB→＋k(14AC→－AB→)
＝(1－k)AB→＋k4AC→，
所以1－k＝，且k4＝211，
解得k＝811，＝311.
8．()(2011•合肥模擬)在平面直角坐標系中，O為坐標原點，A、B、C三點滿足OC→＝23OA→＋13OB→，則AC→AB→＝________.
[答案] 13
[解析] ∵OC→＝23OA→＋13OB→，23＋13＝1，
∴A、B、C三點共線，
∵AC→＝OC→－OA→＝13OB→－13OA→＝13AB→，
∴AC→AB→＝13.
(理)(2011•聊城模擬)在平行四邊形ABCD中，E和F分別是邊CD和BC的中點，若AC→＝λAE→＋μAF→，其中， λ，μ∈R，則λ＋μ＝________.
[答案] 43
[解析]
如圖，∵ABCD是▱，且E、F分別為CD、BC中點．
∴AC→＝AD→＋AB→
＝(AE→－DE→)＋(AF→－BF→)
＝(AE→＋AF→)－12(DC→＋BC→)＝(AE→＋AF→)－12AC→，
∴AC→＝23(AE→＋AF→)，
∴λ＝μ＝23，∴λ＋μ＝43.
9．(2011•泰安模擬)設(shè)a、b是兩個不共線向量，AB→＝2a＋pb，BC→＝a＋b，CD→＝a－2b，若A、B、D三點共線，則實數(shù)p 的值是________．
[答案]�。�1
[解析] ∵BD→＝BC→＋CD→＝2a－b，又A、B、D三點共線，∴存在實數(shù)λ，使AB→＝λBD→.
即2＝2λp＝－λ，∴p＝－1.
10．()如圖，在平行四邊形ABCD中，、N分別為DC、BC的中點，已知A→＝c，AN→＝d，試用c、 d表示AB→、AD→.
[解析] 解法一：AD→＝A→－D→＝c－12AB→ ①
AB→＝AN→－BN→＝d－12AD→ ②
由①②得AB→＝23(2d－c)，
AD→＝23(2c－d)．
解法二：設(shè)AB→＝a，AD→＝b，因為、N分別為CD、BC的中點，所以BN→＝12b，D→＝12a，于是有：
c＝b＋12ad＝a＋12b，解得a＝232d－cb＝232c－d，
即AB→＝23(2d－c)，AD→＝23(2c－d)．
(理)如圖，在△ABC中，A?AB＝1?3，AN?AC＝1?4，BN與C交于P點，且AB→＝a，AC→＝b，用a，b表示AP→.
[分析] 由已知條件可求A→、AN→，∵BN與C相交于點P，∴B、P、N共線，C、P、共線，因此，可以設(shè)PN→＝λBN→，P→＝μC→，利用同一向量的兩種a，b的線性表示及a、b不共線求解；也可以設(shè)BP→＝λBN→，用a、b，λ表示CP→與C→，利用CP→與C→共線及a、b不共線求解．解題方法很多，但無論什么方法，都要抓住“共線”章．
[解析] 由題意知：A→＝12AB→＝13a，AN→＝14AC→＝14b.
BN→＝AN→－AB→＝14b－a，C→＝A→－AC→＝13a－b
設(shè)PN→＝λBN→，P→＝μC→，則PN→＝λ4b－λa， P→＝μ 3a－μb.
∴AP→＝AN→－PN→＝14b－(λ4b－λa)＝λa＋1－λ4b，
AP→＝A→－P→＝13a－(μ3a－μb)＝1－μ3a＋μb，
∴λ a＋1－λ4b＝1－μ3a＋μb，而a，b不共線．∴λ＝1－μ3且1－λ4＝μ.∴λ＝311.因此AP→＝311a＋211b.
[點評] ∵P是CD與BE的交點，故可設(shè)DP→＝λDC→，利用B、P、E共線，∴BP→與BE→共線，求出λ，從而AP→＝AD→＋DP→獲解.
11.(2011•東青島質(zhì)檢)在數(shù)列{an}中，an＋1＝an＋a(n∈N*，a為常數(shù))，若平面上的三個不共線的非零向量OA→，OB→，OC→滿足OC→＝a1OA→＋a2010OB→，三點A、B、C共線且該直線不過O點，則S2010等于( )
A．1005 B．1006
C．2010 D．2012
[答案] A
[解析] 由題意知，a1＋a2010＝1，
又數(shù)列{an}為等差數(shù)列，
所以S2010＝a1＋a20102×2010＝1005，故選A.
12．()(2011•安徽安慶模擬)已知點P是△ABC所在平面內(nèi)一點，且滿足3PA→＋5PB→＋2PC→＝0，設(shè)△ABC的面積為S，則△PAC的面積為( )
A.34S B.23S
C.12S D.25S
[答案] C
[分析]
由系數(shù)3＋2＝5，可將條件式變形為3(PA→＋PB→)＋2(PB→＋PC→)＝0，故可先構(gòu)造出PA→＋PB→與PB→＋PC→，假設(shè)P為P′點，取AB、BC中點、N，則P→＝12(PA→＋PB→)，PN→＝12(PB→＋PC→)，條件式即轉(zhuǎn)化為P→與PN→的關(guān)系．
[解析] 設(shè)AB，BC的中點分別為，N，
則P→＝12(PA→＋PB→)，
PN→＝12(PB→＋PC→)，
∵3PA→＋5PB→＋2PC→＝0，
∴3(PA→＋PB→)＝－2(PB→＋PC→)，
∴3P→＝－2PN→，即點P在中位線N上，
∴△PAC的面積為△ABC面積的一半，故選C.
(理)(2011•東北三校聯(lián)考)在△ABC中，點P是AB上的一點，且CP→＝23CA→＋13CB→，Q是BC的中點，AQ與CP的交點為，又C→＝tCP→，則t的值為( )
A.12 B.23
C.34 D.45
[答案] C
[解析] ∵CP→＝23CA→＋13CB→，
∴3CP→＝2CA→＋CB→，即2CP→－2CA→＝CB→－CP→，
∴2AP→＝PB→，
因此P為AB的一個三等分點，如圖所示．
∵A，，Q三點共線，
∴C→＝xCQ→＋(1－x)CA→
＝x2CB→＋(x－1)AC→(0<x<1)，
∵CB→＝AB→－AC→，∴C→＝x2AB→＋(x2－1)AC→.
∵CP→＝CA→－PA→＝－AC→＋13AB→，
且C→＝tCP→(0<t<1)，
∴x2AB→＋(x2－1)AC→＝t(－AC→＋13AB→)，
∴x2＝t3且x2－1＝－t，解得t＝34，故選C.
13．已知點A(2,3)，C(0,1)，且AB→＝－2BC→，則點B的坐標為________．
[答案] (－2，－1)
[解析] 設(shè)點B的坐標為(x，y)，則有AB→＝(x－2，y－3)，BC→＝(－x,1－y)，因為AB→＝－2BC→，
所以x－2＝2x，y－3＝－21－y，解得x＝－2，y＝－1.
14．()(2010 •浙江寧波十校)在平行四邊形ABCD中，AB→＝e1，AC→＝e2，NC→＝14AC→， B→＝12C→，則N→＝________(用e1，e2表示)
[答案] －23e1＋512e2
[解析] ∵NC→＝14AC→＝14e2，∴CN→＝－14e2，
∵B→＝12C→，B→＋C→＝BC→＝AC→－AB→＝e2－e1，
∴C→＝23(e2－e1)，∴N→＝C→＋CN→＝23(e2－e1)－14e2＝－23e1＋512e2.
(理)(2010•聊城市模擬)已知D為三角形ABC的邊BC的中點，點P滿足PA→＋BP→＋CP→＝0，AP→＝λPD→，則實數(shù)λ的值為________．
[答案] －2
[解析] 如圖，∵D是BC中點，將△ABC補成平行四邊形ABQC，則Q在AD的延長線上，且AQ＝2AD＝2DP，∵PA→＋BP→＋CP→＝BA→＋CP→＝0，∴BA→＝PC→，
又BA→＝QC→，∴P與Q重合，
又∵AP→＝λPD→＝－2PD→，∴λ＝－2.
15．()已知四點A(x,0)、B(2x,1)、C(2，x)、D(6,2x)．
(1)求實數(shù)x，使兩向量AB→、CD→共線．
(2)當兩向量AB→與CD→共線時，A、B、C、D四點是否在同一條直線上？
[解析] (1)AB→＝(x,1)，CD→＝(4，x)．
∵AB→∥CD→，
∴x2－4＝0，即x＝±2.
(2)當x＝±2時，AB→∥CD→.
當x＝－2時，BC→＝(6，－3)，AB→＝(－2,1)，
∴AB→∥BC→.此時A、B、C三點共線，
從而，當x＝－2時，A、B、C、D四點在同一條直線上．
但x＝2時，A、B、C、D四點不共線．
(理)(2011•濟南模擬)已知△ABC中，AB→＝a，AC→＝b，對于平面ABC上任意一點O，動點P滿足OP→＝OA→＋λa＋λb ，則動點P的軌跡是什么？其軌跡是否過定點，并說明理由．
[解析] 依題意，由OP→＝OA→＋λa＋λb，
得OP→－OA→＝λ(a＋b)，
即AP→＝λ(AB→＋AC→)．
如圖，以AB，AC為鄰邊作平行四邊形ABDC，對角線交于O，
則AP→＝λAD→，
∴A、P、D三點共線，
即P點的軌跡是AD所在的直線，由圖可知P點軌跡必過△ABC邊BC的中點(或△ABC的重心)．
1．(2010•新鄉(xiāng)市�？�)設(shè)平面內(nèi)有四邊形ABCD和點O，若OA→＝a，OB→＝b，OC→＝c，OD→＝d，且a＋c＝b＋d，則四邊形ABCD為( )
A．菱形 B．梯形
C．矩形 D．平行四邊形
[答案] D
[解析] 解法一：設(shè)AC的中點為G，則OB→＋OD→＝b＋d＝a＋c＝OA→＋OC→＝2OG→，∴G為BD的中點，∴四邊形ABCD的兩對角線互相平分，∴四邊形ABCD為平行四邊形．
解法二：AB→＝OB→－OA→＝b－a，
CD→＝OD→－OC→＝d－c＝－(b－a)＝－AB→，
∴AB?CD，∴四邊形ABCD為平行四 邊形．
2．(2011•銀川模擬)已知a、b是兩個不共線的向量，AB→＝λa＋b，AC→＝a＋μb(λ，μ∈R)，那么A、B、C三點共線的充要條件是( )
A．λ＋μ＝2 B．λ－μ＝1
C．λμ＝－1 D．λμ＝1
[答案] D
[解析] ∵A、B、C三點共線，∴AB→與AC→共線，
∴存在t∈R，使AB→＝tAC→，
∴λa＋b＝t(a＋μb)＝ta＋tμb，
∵a，b不共線，∴λ＝t1＝tμ，即λμ＝1.
3．設(shè)兩個非零向量a與b不共線，
(1)若AB→＝a＋b，BC→＝2a＋8b，CD→＝3(a－b)．求證：A、B、D三點共線；
(2)試確定實數(shù)k，使ka＋b和a＋kb共線．
[解析] (1)證明：∵AB→＝a＋b，BC→＝2a＋8b，CD→＝3(a－b)，
∴BD→＝BC→＋CD→＝2a＋8b＋3(a－b)
＝5(a＋b)＝5AB→.
∴AB→、BD→共線，
又它們有公共點B，∴A、B、D三點共線．
(2)解：∵ka＋b與a＋kb共線，
∴存在實數(shù)λ，使ka＋b＝λ(a＋kb)，
∴(k－λ)a＝(λk－1)b.
∵a、b是不共線的兩個非零向量，
∴k－λ＝λk－1＝0，∴k2－1＝0.∴k＝±1.
4．已知點O(0,0)、A(1,2)、B(4,5)，向量OP→＝OA→＋tAB→.
(1)t為何值時，點P在x軸上？
(2)t為何值時，點P在第二象限？
(3)四邊形ABPO能否為平行四邊形？若能，求出t的值；若不能，說明理由．
(4)求點P的軌跡方程．
[解析] ∵OP→ ＝OA→＋tAB→＝(1,2)＋t(3,3)
＝(1＋3t,2＋3t)，
∴P(1＋3t,2＋3t)．
(1)∵P在x軸上，∴2＋3t＝0即t＝－23.
(2)由題意得1＋3t<02＋3t>0.∴－23<t<－13.
(3)∵AB→＝(3,3)，OP→＝(1＋3t,2＋3t)．
若四邊形ABPO為平行四邊形，則AB→＝OP→，
∴1＋3t＝32＋3t＝3，而上述方程組無解，
∴四邊形ABPO不可能為平行四邊形 ．
(4)∵OP→＝(1＋3t,2＋3t)，
設(shè)OP→＝(x，y)，則x＝1＋3ty＝2＋3t，
∴x－y＋1＝0為所求點P的軌跡方程．
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