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2014届高考数学一轮轻松突破复习 1.4.1平面向量的概念及线性运算 文


2014 届高考数学一轮轻松突破 1.4.2 平面向量基本定理及坐标表示 文
一、选择题

→ → → 1.如图,正六边形 ABCDEF 中,BA+CD+EF=( → A.0 B.BE → → C.AD D.CF

)

→ → → → → → → → → 解析:由于BA=DE,故BA+CD+EF=CD+DE+EF=CF. 答案:D 2.已知向量 a,b 不共线,c=ka+b(k∈R),d=a-b.如果 c∥d,那么( A.k=1 且 c 与 d 同向 B.k=1 且 c 与 d 反向 C.k=-1 且 c 与 d 同向 D.k=-1 且 c 与 d 反向
? ?k=λ 解析:∵c∥d,∴c=λ d,即 ka+b=λ (a-b),∴? ?λ =-1 ?

)

,故选 D.

答案:D 3.在平行四边形 ABCD 中,AC 与 BD 交于点 O,E 是线段 OD 的中点,AE 的延长线与 CD 交于点 → → → F.若AC=a,BD=b,则AF=( 1 1 A. a+ b 4 2 1 1 C. a+ b 2 4 2 1 B. a+ b 3 3 1 2 D. a+ b 3 3 )

解析:如图所示,作 OG∥EF 交 DC 于 G,

由于 DE=EO, 得 DF=FG, 又由 AO=OC 得 FG=GC, → 1→ 1 1 1 于是DF= DC= (- b+ a), 3 3 2 2 → → → 1 1 1 1 1 2 1 那么AF=AD+DF=( a+ b)+ (- b+ a)= a+ b. 2 2 3 2 2 3 3 答案:B

-1-

→ → → → → → 4.已知△ABC 和点 M 满足MA+MB+MC=0.若存在实数 m 使得AB+AC=mAM成立,则 m=(

)

A.2 B.3 C.4 D.5 → → → → 1 → → → → → 解析:由MA+MB+MC=0 得点 M 是△ABC 的重心,可知AM= (AB+AC),AB+AC=3AM, m=3, 则 3 选 B. 答案:B → 5.已知四边形 ABCD 是菱形,点 P 在对角线 AC 上(不包括端点 C),则AP=( → → A.λ (AB+AD),λ ∈(0,1) → → 2? ? B.λ (AB+BC),λ ∈?0, ? 2? ? → → C.λ (AB-AD),λ ∈(0,1) → → 2? ? D.λ (AB-BC),λ ∈?0, ? 2? ? 解析: )

→ → → → → → → → → → → 如图所示,AC=AB+AD,又∵点 P 在AC上,∴AP与AC同向,且|AP|<|AC|,故AP=λ (AB+AD), λ ∈(0,1). 答案:A → → → → → → → 6.非零向量OA,OB不共线,且 2OP=xOA+yOB,若PA=λ AB(λ ∈R),则点 Q(x,y)的轨迹方 程是( ) A.x+y-2=0 B.2x+y-1=0 C.x+2y-2=0 D.2x+y-2=0 → → → → → → 解析:PA=λ AB,得OA-OP=λ (OB-OA), → → → 即OP=(1+λ )OA-λ OB. → → → 又 2OP=xOA+yOB,
?x=2+2λ , ? ∴? ? ?y=-2λ .

消去 λ 得 x+y=2.

答案:A 二、填空题

-2-

→ → → → → 7.在?ABCD 中,AB=a,AD=b,AN=3NC,M 为 BC 的中点,则MN=________.(用 a、b 表示)

→ → 解析:由AN=3NC, 知 N 为 AC 的四等分点. → → → MN=MC+CN 1→ 1→ = AD- AC 2 4 1→ 1 → → = AD- (AB+AD) 2 4 1→ 1→ =- AB+ AD 4 4 1 1 =- a+ b. 4 4 1 1 答案:- a+ b 4 4 → → → 8.在平行四边形 ABCD 中,E 和 F 分别是边 CD 和 BC 的中点.若AC=λ AE+μ AF,其中 λ , μ ∈R,则 λ +μ =__________. 1 λ +μ =1 2 → → → → 1→ → → → 1→ 解析:AC=AB+AD,AE= AB+AD,AF=AB+ AD,于是得 2 2 1 λ + μ =1 2 4 . 3 4 答案: 3 9.设 V 是已知平面 M 上所有向量的集合.对于映射 f:V→V,a∈V,记 a 的象为 f(a).若映 射 f:V→V 满足:对所有 a、b∈V 及任意实数 λ 、μ 都有 f(λ a+μ b)=λ f(a)+μ f(b), 则 f 称为平面 M 上的线性变换. 现有下列命题: ①设 f 是平面 M 上的线性变换,则 f(0)=0; ②对 a∈V,设 f(a)=2a,则 f 是平面 M 上的线性变换; ③若 e 是平面 M 上的单位向量,对 a∈V,设 f(a)=a-e,则 f 是平面 M 上的线性变换; ④设 f 是平面 M 上的线性变换,a、b∈V,若 a、b 共线,则 f(a)、f (b)也共线. 其中的真命题是________.(写出所有真命题的编号) 解析:对于①,f(0)=f(0·0+0·0)=0·f(0)+0·f(0)=0,因此①正确.对于②,f(λ a +μ b)=2(λ a+μ b)=λ ·(2a)+μ ·(2b)=λ f(a)+μ f(b),因此②正确.对于③,f(λ a

? ? ? ? ?

,所以 λ +μ =

-3-

+μ b)=(λ a+μ b)-e,λ f(a)+μ f(b)=λ (a-e)+μ (b-e)=λ a+μ b-(λ +μ )e, 显然(λ +μ )e 与 e 不恒相等,因此③不正确.对于④,当 a、b 共线时,若 a、b 中有一个等 于 0,由于 f(0)=0,即此时 f(a)、f(b)中有一个等于 0,f(a)、f(b)共线;若 a、b 中均不 等于 0,设 b=λ a,则有 f(b)=f(λ a)=f(λ a+0·0)=λ f(a)+0·f(0)=λ f(a),此时 f(a)、f(b)共线,综上所述,当 a、b 共线时,f(a)、f(b)共线.综上所述,其中的真命题是 ①②④. 答案:①②④ 三、解答题 → 1→ → 1→ → → → 10.在△ABC 中,AD= AB,AE= AC,BE 与 CD 交于点 P,且AB=a,AC=b,用 a,b 表示AP. 3 4

1 解析:取 AE 的三等分点 M,使|AM|= |AE|,连接 DM. 3 设|AM|=t,则|ME|=2t. 1 又|AE|= |AC|, 4 ∴|AC|=12t,|EC|=9t,且 DM∥BE. CE CP 9 ∴在△DMC 中 = = CM CD 11 9 ∴CP= CD 11 2 ∴DP= CD 11 → → → → 2→ AP=AD+DP=AD+ DC 11 → 2 → → 1 = AB+ (DA+AC) 3 11 1→ 2 1→ → = AB+ (- AB+AC) 3 11 3 3→ 2→ = AB+ AC 11 11 3 2 = a+ b. 11 11

→ 11.如图,已知△OAB 中,点 C 是以 A 为中心的 B 的对称点,D 是将OB分成 2?1 的一个内分

-4-

→ → 点,DC 和 OA 交于 E,OA=a,OB=b. → → (1)用 a 与 b 表示向量OC、DC; → → (2)若OE=λ OA ,求实数 λ 的值. 解析:(1)依题意,A 是 BC 中点, → → → → → → ∵2OA=OB+OC,即OC=2OA-OB=2a-b. → → → → 2→ 2 5 DC=OC-OD=OC- OB=2a-b- b=2a- b. 3 3 3 → → (2)设OE=λ OA, → → → 则CE=OE-OC=λ a-(2a-b)=(λ -2)a+b, → → ∵CE与DC共线, → → ∴存在实数 k,使CE=kDC, 5 ? 4 ? (λ -2)a+b=k?2a- b?,解得 λ = . 3 ? 5 ? → 1→ → 1→ → → 12.如图所示,在△ABO 中,OC= OA,OD= OB,AD 与 BC 相交于点 M.设OA=a,OB=b. 4 2

→ (1)试用 a 和 b 表示向量OM; → → → → (2)在线段 AC 上取一点 E,在线段 BD 上取一点 F,使 EF 过点 M,设OE=λ OA,OF=μ OB,当 1 1 3 1 1 3 EF 为 AD 时,λ =1,μ = ,此时 + =7;当 EF 为 CB 时,λ = ,μ =1,此时 + = 2 λ μ 4 λ μ 1 3 7.有人得出结论:不论 E、F 在线段 AC、BD 上如何变动, + =7 总成立.他得出的这个结 λ μ 论正确吗?请说明理由. → → → → → → → 解析:方法一:(1)设OM=ma+nb,则AM=OM-OA=ma+nb-a=(m-1)a+nb,AD=OD-OA= 1→ → 1 OB-OA=-a+ b. 2 2 → → ∵A、M、D 三点共线,∴AM与AD共线.

-5-

→ → 故存在实数 t,使得AM=tAD, 1 即(m-1) a+nb=t(-a+ b), 2 1 ∴(m-1)a+nb=-ta+ tb, 2

?m-1=-t, ? ∴? t ?n=2, ?

消去 t 得 m-1=-2n,

即 m+2n=1. ① → → → 1 1 ∵CM=OM-OC=ma+nb- a=(m- )a+nb, 4 4 → → → 1 1 CB=OB-OC=b- a=- a+b, 4 4 又 C、M、B 三点共线, → → ∴CM与CB共线, 同理可得 4m+n=1. ② 1 3 联立①②,解之得:m= ,n= . 7 7 → 1 3 故OM= a+ b, 7 7 (2)他得出的结论是正确的. → → → 1 3 1 3 ∵EM=OM-OE= a+ b-λ a=( -λ )a+ b, 7 7 7 7 → → → → → EF=OF-OE=μ OB-λ OA=-λ a+μ b, → → 又EF与EM共线, → → 故存在实数 k,使得EM=kEF,即 1 3 ( -λ )a+ b=k(-λ a+μ b)=-λ ka+μ kb, 7 7

?1-λ =-λ k, ?7 ∴? 3 ? ?7=μ k,
1 3 1 3 消去 k 得 -λ =-λ · ,整理即得 + =7. 7 7μ λ μ → → → → 方法二:(1)∵A、M、D 三点共线,由直线的向量参数方程式可得:OM=kOA+(1-k)OD=kOA+

-6-

1-k→ 1-k OB=ka+ b(k∈R). 2 2 → → → t→ → t 同理由于 C、M、B 三点共线,可得:OM=tOC+(1-t)OB= OA+(1-t)OB= a+(1-t)b(t∈ 4 4 R), 1-k t ∴ka+ b= a+(1-t)b. 2 4 → → 又∵OA,OB不共线,即 a,b 不共线, t 1-k 1 4 ∴k= 且 =1-t,解之得 k= ,t= . 4 2 7 7 → 1 3 ∴OM= a+ b. 7 7 (2)他得出的结论是正确的. ∵E、F、M 三点共线,由直线的向量参数方程式可得: → → → OM=kOE+(1-k)OF, 1 3 即 a+ b=λ ka+μ (1-k)b(k∈R). 7 7 → → 又∵OA,OB不共线,即 a,b 不共线,

?1=λ k, ?7 ∴? 3 ?7=μ ? 1-k? ?



1 3 消去 k 整理得 + =7. λ μ

-7-


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