2022届高考数学一轮复习专练24平面向量基本定理及坐标表示含解析.docx

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1、专练24平面向量基本定理及坐标表示考查平面向量基本定理的应用，平面向量的坐标运算.基础强化一、选择题1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e1e2Be12e2与e12e2Ce1e2与e1e2De13e2与6e22e12已知平面向量a(1,1)，b(1，1)，则向量ab()A(2，1) B(2,1)C(1,0) D(1,2)3已知a(2,1)，b(1，x)，c(1,1)若(ab)(bc)，且cmanb，则mn等于()A.B1CD4设(1，2)，(a，1)，(b,0)，a0，b0，O为坐标原点，若A，B，C三点共线，则的最小值

2、是()A2B4C6D85已知点M(5，6)和向量a(1，2)，若3a，则点N的坐标为()A(2,0) B(3,6)C(6,2) D(2,0)6已知向量m与向量n(3，sinAcosA)共线，其中A是ABC的内角，则角A的大小为()A.B.C.D.7已知向量a(1，2)，b(x,3y5)，且ab，若x，y均为正数，则xy的最大值是()A2B.C.D.8设向量a(3,4)，向量b与向量a方向相反，且|b|10，则向量b的坐标为()A.B(6,8)C.D(6，8)92021山东大联考正三角形ABC的内切圆圆心为Q，点P为圆Q上任意一点若mn，则mn的取值范围是()A1,1 B，C， D，二、填空题1

3、0已知向量a(2,6)，b(1，)，若ab，则_.11已知(2，0)，(0,2)，t，tR，当|最小时，t_.12已知ABC和点M满足0，若存在实数m，使得m成立，则m_.能力提升13已知在RtABC中，A，AB3，AC4，P为BC上任意一点(含B，C)，以P为圆心，1为半径作圆，Q为圆上任意一点，设ab，则ab的最大值为()A.B.C.D.14如图，在直角梯形ABCD中，ABDC，ADDC，ADDC2AB，E为AD的中点，若(，R)，则的值为()A.B.C2D.15(多选)已知向量m(1,0)，n(，)，则()A|m|n|B(mn)nC(mn)nDm与n的夹角为16如图，已知平面内有三个向量

4、、，其中与的夹角为120，与的夹角为30，且|1，|2.若(，R)，则的值为_专练24平面向量基本定理及坐标表示1D选项A中，设e1e2e1，则无解；选项B中，设e12e2(e12e2)，则无解；选项C中，设e1e2(e1e2)，则无解；选项D中，e13e2(6e22e1)，所以两向量是共线向量，不能作为平面内所有向量的一组基底2Dab(1,2)3Cab(3,1x)，bc(2，x1)，(ab)(bc)，3(x1)2(x1)，得x5，b(1,5)，又cmanb，(1,1)m(2,1)n(1,5)得mn.4D(a1,1)，(ab，1)，A，B，C三点共线，(a1)(1)1(ab)，2ab1，又a0

5、，b0，(2ab)4428(当且仅当即a，b时等号成立)5A设点N的坐标为(x，y)，则(x5，y6)又3a(3,6)，得6Cmn，sinA(sinAcosA)0，2sin2A2sinAcosA3.可化为1cos2Asin2A3，sin1.A(0，)，.因此2A，解得A.故选C.7Cab，3y52x，2x3y5，又x，y均为正数，52x3y22，(当且仅当2x3y，即：x，y时等号成立)，xy，故选C.8D由题意不妨设b(3m,4m)(m0)，则|b|10，解得m2或m2(舍去)，所以b(6，8)，故选D.9.A如图所示，以BC所在直线为x轴，BC的中点O为坐标原点建立平面直角坐标系，设Q(0

6、,1)，则A(0,3)，C(，0)，圆Q的方程为x2(y1)21，设P(cos，1sin)(R)，则(cos，sin)，又(0,2)，(，1)，所以mnm(，1)n(0,2)(m,2nm)又mn，所以，解得(R)，所以mnsincossin()1,1，故选A.103解析：ab，26，3.11.解析：依题意得t(2，2)，t(2，2)(22t,2t)，|212(1t)24t216233，当且仅当t时取等号因此，当|最小时，t.123解析：0，M为ABC的重心，设D为BC边的中点，则()()，3，m3.13C根据题设条件建立如图所示的平面直角坐标系，则C(0,4)，B(3,0)，易知点Q运动的区域

7、为图中的两条线段DE，GF与两个半圆围成的区域(含边界)，由ab(3a,4b)，设zab，则bza，所以(3a,4z4a)设Q(x，y)，所以消去a，得yx4z，则当点P运动时，直线yx4z与圆相切时，直线的纵截距最大，即z取得最大值，不妨作AQBC于Q，并延长交每个圆的公切线于点R，则|AQ|，|AR|，所以点A到直线yx4z，即4x3y12z0的距离为，所以，解得z，即ab的最大值为，故选C.14B建立如图所示的平面直角坐标系，则D(0,0)不妨设AB1，则CDAD2，所以C(2,0)，A(0,2)，B(1,2)，E(0,1)，(2,2)，(2,1)，(1,2)，(2,2)(2,1)(1,2)，解得，则.故选B.15ACD因为m(1,0)，n(，)，所以|m|1，|n|，所以|m|n|，故A正确；因为mn(，)，所以mn与n不平行，故B错误；又(mn)n0，故C正确；因为cosm，n，所以m与n的夹角为，故D正确166解析：解法一：如图，作平行四边形OB1CA1，则，因为与的夹角为120，与的夹角为30，所以B1OC90.在RtOB1C中，OCB130，|OC|2，所以|OB1|2，|B1C|4，所以|OA1|B1C|4，所以42，所以4，2，所以6.解法二：以O为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，则A(1,0)，B，C(3，)由，得解得所以6.- 6 -