新編高考數(shù)學(xué)理一輪資源庫第五章 第2講 平面向量基本定理及坐標(biāo)表示

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1、新編高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)資料 第2講　平面向量基本定理及坐標(biāo)表示 一、填空題 1．與向量a＝(12,5)平行的單位向量為________． 解析 設(shè)e為所求的單位向量，則e＝±＝±. 答案 或 2．已知a＝(1,2)，b＝(－1,1)，若a⊥(a－λb)，則實(shí)數(shù)λ＝________. 解析　由a－λb＝(1＋λ，2－λ)與a＝(1,2)垂直，得1＋λ＋2(2－λ)＝0，解得λ＝5. 答案　5 3．已知平面向量a＝(1,2)，b＝(－2，m)，且a∥b，則2a＋3b＝________. 解析 由a∥b得1×m＝2×(－2)，得m＝－4. ∴2a＋3b＝2(1,2)＋3(－

2、2，－4)＝(－4，－8)． 答案 (－4，－8) 4．在平行四邊形ABCD中，AC為一條對角線，＝(2,4)，＝(1,3)，則＝________. 解析 ＝＝－＝(1,3)－(2,4)＝(－1，－1)， 故＝－＝(－1，－1)－(2,4)＝(－3，－5)． 答案 (－3，－5) 5. 如圖，在四邊形ABCD中，AB＝2AD＝1，AC＝，且∠CAB＝，∠BAD＝，設(shè)＝λ＋μ，則λ＋μ＝______. 解析　建立直角坐標(biāo)系如圖，則由＝λAB＋μ，得(，0)＝λ＋μ，即 解得λ＝μ＝2，所以λ＋μ＝4. 答案　4 6．已知向量p＝(2，－3)，q＝(x,6)，且p∥q，則

3、|p＋q|的值為________． 解析 p∥q?12＋3x＝0，解得x＝－4. ∴p＋q＝(－2,3)， ∴|p＋q|＝. 答案 7．已知：如圖，||＝||＝1，與的夾角為120°，與的夾角為30°，若＝λ＋μ(λ、μ∈R)，則等于________． 解析 過C作OB的平行線交OA的延長線于D.由題意可知，∠COD＝30°，∠OCD＝90°，∴OD＝2CD，又∵＝λ，＝μ， ∴λ||＝2μ||，∴λ＝2μ，∴＝2. 答案 2[來] 8．在△ABC中，已知a，b，c分別為內(nèi)角A，B，C所對的邊，S為△ABC的面積，

4、若向量p＝(4，a2＋b2－c2)，q＝(1，S)滿足p∥q，則C＝________. 解析　由p＝(4，a2＋b2－c2)，q＝(1，S)且p∥q，得4S＝a2＋b2－c2，即2abcos C＝4S＝2absin C，所以tan C＝1.又0＜C＜π，所以C＝. 答案　 9．設(shè)兩個(gè)向量a＝(λ＋2，λ2－cos2 α)和b＝，其中λ，m，α為實(shí)數(shù)．若a＝2b，則的取值范圍是________． 解析　由a＝2b，得 由λ2－m＝cos2α＋2sin α＝2－(sin α－1)2，得 －2≤λ2－m≤2，又λ＝2m－2， 則－2≤4(m－1)2－m≤2，∴ 解得≤m≤2，而＝＝2

5、－，故－6≤≤1. 答案　[－6,1] 10. 如圖，在邊長為單位長度的正六邊形ABCDEF中，點(diǎn)P是△CDE內(nèi)(包括邊界)的動(dòng)點(diǎn)，設(shè)＝α＋β(α，β∈R)，則α＋β的取值范圍是________． 解析　不妨以點(diǎn)A為原點(diǎn)，AD所在直線為x軸建立直角坐標(biāo)系，設(shè)P(x，y)．則(x，y)＝α＋β，∴α＋β＝2x，當(dāng)點(diǎn)P在CE上時(shí)，α＋β＝3，當(dāng)P在D點(diǎn)時(shí)，α＋β＝4. 答案　[3,4] 二、解答題 11．已知a＝ksin θe1＋(2－cos θ)e2，b＝e1＋e2，且a∥b，e1，e2分別是x軸與y軸上的單位向量，θ∈(0，π)． (1)求k與θ的關(guān)系式： (2)求k＝f(θ)

6、的最小值． 解　(1)由a∥b，得a＝λb， 即ksin θe1＋(2－cos θ)·e2＝λ(e1＋e2)． 因?yàn)閑1＝(1,0)，e2＝(0,1)，所以 即ksin θ＝2－cos θ，所以k＝，θ∈(0，π)． (2)k＝＝＝ ＝＝tan＋≥， 當(dāng)且僅當(dāng)tan＝，即θ＝時(shí)等號成立， 所以k的最小值為. 12．已知向量v＝(x，y)與向量d＝(y,2y－x)的對應(yīng)關(guān)系用d＝f(v)表示． (1)設(shè)a＝(1,1)，b＝(1,0)，求向量f(a)與f(b)的坐標(biāo)； (2)求使f(c)＝(p，q)(p，q為常數(shù))的向量c的坐標(biāo)； (3)證明：對任意的向量a，b及常數(shù)m，n

7、恒有f(ma＋nb)＝mf(a)＋nf(b)． (1)解　f(a)＝(1,2×1－1)＝(1,1)， f(b)＝(0,2×0－1)＝(0，－1)． (2)解　設(shè)c＝(x，y)，則由f(c)＝(y,2y－x)＝(p，q)，得所以 所以c＝(2p－q，p)． (3)證明　設(shè)a＝(a1，a2)，b＝(b1，b2)， 則ma＋nb＝(ma1＋nb1，ma2＋nb2)， 所以f(ma＋nb)＝(ma2＋nb2,2ma2＋2nb2－ma1－nb1) 又mf(a)＝m(a2,2a2－a1)，nf(b)＝n(b2,2b2－b1)， 所以mf(a)＋nf(b)＝(ma2＋nb2,2ma2＋2n

8、b2－ma1－nb1) 故f(ma＋nb)＝mf(a)＋nf(b). 13．已知點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，A(0,2)，B(4,6)，＝t1＋t2. (1)求點(diǎn)M在第二或第三象限的充要條件； (2)求證：當(dāng)t1＝1時(shí)，不論t2為何實(shí)數(shù)，A、B、M三點(diǎn)都共線； (3)若t1＝a2，求當(dāng)⊥且△ABM的面積為12時(shí)a的值． 解 (1)＝t1＋t2＝t1(0,2)＋t2(4,4)＝(4t2,2t1＋4t2)． 當(dāng)點(diǎn)M在第二或第三象限時(shí)，有 故所求的充要條件為t2<0且t1＋2t2≠0. (2)證明：當(dāng)t1＝1時(shí)，由(1)知＝(4t2,4t2＋2)． ∵＝－＝(4,4)， ＝－＝(4t2,

9、4t2)＝t2(4,4)＝t2， ∴A、B、M三點(diǎn)共線． (3)當(dāng)t1＝a2時(shí)，＝(4t2,4t2＋2a2)． 又＝(4,4)，⊥， ∴4t2×4＋(4t2＋2a2)×4＝0， ∴t2＝－a2，故＝(－a2，a2)． 又||＝4，點(diǎn)M到直線AB：x－y＋2＝0的距離 d＝＝|a2－1|. ∵S△ABM＝12， ∴|AB|·d＝×4×|a2－1|＝12，[來源:] 解得a＝±2，故所求a的值為±2. 14．已知向量a＝(cos α，sin α)，b＝(cos β，sin β)，c＝(－1,0)． (1)求|a＋c|的最大值； (2)若α＝，且a⊥(b＋c)，求cos β

10、的值． 解 (1)解法一：a＋c＝(cos α－1，sin α)， 則|a＋c|2＝(cos α－1)2＋sin2α＝2(1－cos α)． ∵－1≤cos α≤1，∴0≤|a＋c|2≤4，即0≤|a＋c|≤2. 當(dāng)cos α＝－1時(shí)，有|a＋c|＝2， ∴|a＋c|的最大值為2. 解法二：∵|a|＝1，|c|＝1，|a＋c|≤|a|＋|c|＝2， 當(dāng)cos α＝－1時(shí)，有|a＋c|＝2， ∴|a＋c|的最大值為2. (2)解法一：由已知可得b＋c＝(cos β－1，sin β)， a·(b＋c)＝cos αcos β＋sin αsin β－cos α＝cos(α－β)－cos α. ∵a⊥(b＋c)，∴a·(b＋c)＝0， 即cos(α－β)＝cos α. 由α＝，得cos＝cos，即β－＝2kπ±(k∈Z)． ∴β＝2kπ＋或β＝2kπ(k∈Z)， 于是cos β＝－或cos β＝1. 解法二：若α＝，則a＝. 又b＝(cos β，sin β)，c＝(－1,0)， ∴a·(b＋c)＝·(cos β－1，sin β)＝cos β＋sin β－. ∵a⊥(b＋c)，∴a·(b＋c)＝0， 即cos＝， ∴β－＝2kπ±(k∈Z)， ∴β＝2kπ＋或β＝2kπ(k∈Z)， 于是cos β＝－或cos β＝1.