【文档说明】2023届高考数学一轮复习精选用卷 第四章 平面向量、复数 考点测试20 平面向量基本定理及坐标表示 含解析【高考】.doc，共(18)页，310.000 KB，由小赞的店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

1考点测试20平面向量基本定理及坐标表示高考概览本考点是高考常考知识点，常考题型为选择题和填空题，分值为5分，中、低等难度考纲研读1.了解平面向量基本定理及其意义2．掌握平面向量的正交分解及其坐标表示3．会用坐标表示平面向量的加法、减法与数乘运算4．理解用坐标表示的平面向量共线的条件

一、基础小题1．已知点A(1,1)，B(2,3)，向量AC→＝(－4，－3)，则向量BC→＝()A．(－5，－5)B．(6,4)C．(－2,4)D．(2,4)答案A解析∵AB→＝(1,2)，∴BC→＝AC→

－AB→＝(－5，－5)．故选A.2．设向量e1，e2为平面内所有向量的一组基底，且向量a＝3e1－4e2与b＝6e1＋ke2不能作为一组基底，则实数k的值为()A．8B．－8C．4D．－4答案B解析由a与b

不能作为一组基底，得a与b必共线，故3k－6×(－4)＝0，即k＝－8.故选B.3．已知向量a＝(－1,2)，b＝(x，x－1)，若(b－2a)∥a，则x＝()A.13B.23C．1D．3答案A解析由题意得，b－2a＝(2＋x，x－5)，∵(b－2a)∥a，∴2(2＋x

)＋x－5＝0，2解得x＝13.故选A.4．在等腰梯形ABCD中，AB→＝2DC→，点E是线段BC的中点，若AE→＝λAB→＋μAD→，则λ＋μ＝()A.52B.54C.12D.14答案B解析取AB的中点F，连接CF，则四边形AFCD是平行四边形，所以CF∥AD，且

CF＝AD，因为AE→＝AB→＋BE→＝AB→＋12BC→＝AB→＋12(FC→－FB→)＝AB→＋12AD→－12AB→＝34AB→＋12AD→，所以λ＝34，μ＝12，λ＋μ＝54.故选B.5．已知点A(1，－2)，若向量AB→与向量a＝(2,3)同向，且|AB→|＝13，则点B

的坐标为()A．(2,3)B．(－2,3)C．(3,1)D．(3，－1)答案C解析因为向量AB→与向量a同向，所以AB→＝ka(k>0)，设AB→＝(x，y)，则x＝2k，y＝3k，由|AB→|＝13得k＝1，故AB→＝(2,3)，OB→＝OA→＋AB→＝(1，

－2)＋(2,3)＝(3,1)．故选C.6.在平行四边形ABCD中，AC与BD相交于点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→＝()A.14a＋12bB.12a＋14b3C.23a＋13bD.

12a＋23b答案C解析解法一：根据题意，得AB→＝12AC→＋12DB→＝12(a－b)，AD→＝12AC→＋12BD→＝12(a＋b)．∵E是线段OD的中点，DF∥AB，∴DFAB＝DEEB＝13，∴DF→＝13AB→＝16(a－b)，∴AF→＝AD→＋DF→＝

12(a＋b)＋16(a－b)＝23a＋13b.故选C.解法二：根据题意，得AB→＝12AC→＋12DB→＝12(a－b)，AD→＝12AC→＋12BD→＝12(a＋b)．令AF→＝tAE→，则AF→＝t(AB→＋BE→)＝tAB→＋34BD→＝t2a＋t4b.由A

F→＝AD→＋DF→，令DF→＝sDC→，则DF→＝s2a－s2b，又AD→＝12(a＋b)，∴AF→＝s＋12a＋1－s2b，∴t2＝s＋12，t4＝1－s2，解方程组得s＝13，t＝43，故AF→＝23a＋13b.故选C.7．已知向

量OA→＝(k,12)，OB→＝(4,5)，OC→＝(10，k)，当A，B，C三点共线时，实数k的值为()A．3B．11C．－2D．－2或11答案D解析因为AB→＝OB→－OA→＝(4－k，－7)，BC→

＝OC→－OB→＝(6，k－5)，且AB→∥BC→，所以(4－k)·(k－5)－6×(－7)＝0，解得k＝－2或11.故选D.8．已知向量a＝(sinθ，3)，b＝(1，cosθ)，|θ|≤π3，则|a－b|的最大值为()4A．2B.5C．3D．5答案B解析由已知可知

|a－b|2＝(sinθ－1)2＋(3－cosθ)2＝5－4sinθ＋π3.因为|θ|≤π3，所以0≤θ＋π3≤2π3，所以当θ＝－π3时，|a－b|2的最大值为5－0＝5，故|a－b|的最大值为5.9．(多选)设向量a＝(k,2)，b＝(1，－1)，则下列叙述正确的是(

)A．若k＜－2，则a与b的夹角为钝角B．|a|的最小值为2C．与b共线的单位向量只有一个，为22，－22D．若|a|＝2|b|，则k＝22或－22答案AB解析对于A，若a与b的夹角为钝角，则a·b＜0且a与b不共线，则a·b＝k－2＜0，－k≠2

，解得k＜2且k≠－2，A正确；对于B，|a|＝k2＋4≥4＝2，当且仅当k＝0时，等号成立，B正确；对于C，|b|＝2，与b共线的单位向量为±b|b|，即与b共线的单位向量为22，－22和

－22，22，C错误；对于D，若|a|＝2|b|＝22，则k2＋4＝22，解得k＝±2，D错误．故选AB.10．(多选)如图1，“六芒星”由两个全等的正三角形组成，中心重合于点O且三组对边分别平行．点A，B是“六芒星”(如图2)的两个顶点，动点P在“六芒星”上(内部以及边界)，

若OP→＝xOA→＋yOB→，则x＋y的取值可能是()A．－6B．1C．5D．95答案BC解析如图建立平面直角坐标系，以与x，y轴正方向相同的两个单位向量i，j作为一组基底向量，令正三角形边长为3，则OB→＝i，OA→＝－32i＋32j，则j

＝233OA→＋3OB→，由图知，当P在C点时有OP→＝3j＝2OA→＋3OB→，此时x＋y有最大值5，同理当P在D点时有OP→＝－3j＝－2OA→－3OB→，此时x＋y有最小值－5，则x＋y的取值范围为[－5,5]，结合选项可知，x＋y的取值可能是1,5.故选BC.11．已知向量OA

→＝(2,0)，OB→＝(0,2)，AC→＝tAB→，t∈R，则当|OC→|最小时，t＝________.答案12解析由AC→＝tAB→知A，B，C三点共线，即动点C在直线AB上．从而当OC⊥AB时，|OC→|最小，易得OA→⊥OB→且|OA→|＝|OB→|，所以|AC→|＝12|AB→|

，则t＝12.12.如图，直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠DAB＝90°，AD＝AB＝4，CD＝1，动点P在边BC上，且满足AP→＝mAB→＋nAD→(m，n均为正实数)，则1m＋1n的最小值为________．6答案74＋3解析建

立如图所示的平面直角坐标系，则A(0,0)，B(4,0)，C(1,4)，D(0，4)，所以直线BC的方程为4x＋3y＝16，AP→＝mAB→＋nAD→＝(4m,4n)，又点P在边BC上，所以16m＋12n＝16，

即4m＋3n＝4，所以1m＋1n＝1m＋1n·4m＋3n4＝147＋3nm＋4mn≥147＋23nm·4mn＝74＋3，当且仅当3n2＝4m2即m＝32n时取等号，所以1m＋1n的最小值为74＋3.二、高考小题13．(2019·全

国Ⅱ卷)已知向量a＝(2,3)，b＝(3,2)，则|a－b|＝()A.2B．2C．52D．50答案A解析∵a－b＝(2,3)－(3,2)＝(－1,1)，∴|a－b|＝(－1)2＋12＝2.故选A.14．(2021·全国乙卷)已知向量a＝(

2,5)，b＝(λ，4)，若a∥b，则λ＝________.答案85解析因为a∥b，所以2×4＝5λ，解得λ＝85.15．(2020·北京高考)已知正方形ABCD的边长为2，点P满足AP→＝12(AB→＋AC→)，则|PD→|＝________；P

B→·PD→＝________.答案5－1解析以点A为坐标原点，AB，AD所在直线分别为x轴、y轴建立如图所7示的平面直角坐标系，则点A(0,0)，B(2，0)，C(2,2)，D(0,2)，AP→＝12(AB→＋AC→)＝12(2,0)＋12(2,2)＝(2,1

)，则点P(2,1)，∴PD→＝(－2,1)，PB→＝(0，－1)，∴|PD→|＝(－2)2＋12＝5，PB→·PD→＝0×(－2)＋(－1)×1＝－1.16．(2019·浙江高考)已知正方形ABCD的边长为1，当每个λi(i＝1,2,3,4,5,6)取遍

±1时，|λ1AB→＋λ2BC→＋λ3CD→＋λ4DA→＋λ5AC→＋λ6BD→|的最小值是________，最大值是__________．答案025解析如图，以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴建立平面直角坐标

系，则AB→＝(1,0)，AD→＝(0,1)．设a＝λ1AB→＋λ2BC→＋λ3CD→＋λ4DA→＋λ5AC→＋λ6BD→＝λ1AB→＋λ2AD→－λ3AB→－λ4AD→＋λ5(AB→＋AD→)＋λ6(AD→－AB→)＝(λ1－λ3＋λ5－λ6)AB→＋(

λ2－λ4＋λ5＋λ6)AD→＝(λ1－λ3＋λ5－λ6，λ2－λ4＋λ5＋λ6)．故|a|＝(λ1－λ3＋λ5－λ6)2＋(λ2－λ4＋λ5＋λ6)2.∵λi(i＝1,2,3,4,5,6)取遍±1，∴当λ1－λ3＋λ5－λ6＝0，λ2－λ4＋λ5＋λ6＝0时，|λ1AB→＋λ2BC→＋λ3C

D→＋λ4DA→＋λ5AC→＋λ6BD→|取得最小值0.考虑到λ5－λ6，λ5＋λ6有相关性，要确保所求模最大，只需使|λ1－λ3＋λ5－λ6|，|λ2－λ4＋λ5＋λ6|尽可能取到最大值，即当|λ1－λ3＋λ5－λ6

|＝2，|λ2－λ4＋λ5＋λ6|＝4或|λ1－λ3＋λ5－λ6|＝4，|λ2－λ4＋λ5＋λ6|＝2时可取到最大值，∴|λ1AB→＋λ2BC→＋λ3CD→8＋λ4DA→＋λ5AC→＋λ6BD→|的最大值为4＋16＝25.17．(2018·全国Ⅲ卷)

已知向量a＝(1,2)，b＝(2，－2)，c＝(1，λ)．若c∥(2a＋b)，则λ＝________.答案12解析由题可得2a＋b＝(4,2)，∵c∥(2a＋b)，c＝(1，λ)，∴4λ－2＝0，即λ＝12.18.(2017·江苏高考)如图，在同一个平面内，向量OA→，OB→，O

C→的模分别为1,1，2，OA→与OC→的夹角为α，且tanα＝7，OB→与OC→的夹角为45°.若OC→＝mOA→＋nOB→(m，n∈R)，则m＋n＝________.答案3解析解法一：∵tanα＝7，α∈[0，π]，∴cosα＝210，sinα＝7210.∵OA→

与OC→的夹角为α，∴210＝OA→·OC→|OA→||OC→|.9∵OC→＝mOA→＋nOB→，|OA→|＝|OB→|＝1，|OC→|＝2，∴210＝m＋nOA→·OB→2.①又OB→与OC→的夹角为45°，∴22＝OB→

·OC→|OB→||OC→|＝mOA→·OB→＋n2.②又cos∠AOB＝cos(45°＋α)＝cosαcos45°－sinαsin45°＝210×22－7210×22＝－35，∴OA→·OB→＝|OA→||OB→|co

s∠AOB＝－35，将其代入①②得m－35n＝15，－35m＋n＝1，两式相加得25m＋25n＝65，∴m＋n＝3.解法二：如图，过C作CM∥OB，CN∥OA，分别交线段OA，OB的延长线于点M，N，则OM→＝mOA→，ON→＝nOB→，由正弦定理，得|OM→|sin45

°＝|OC→|sin(135°－α)＝|ON→|sinα，∵|OC→|＝2，由解法一，知sinα＝7210，cosα＝210，∴|OM→|＝2sin45°sin(135°－α)＝1sin(45°＋α)＝54，|ON

→|＝2sinαsin(135°－α)＝2×7210sin(45°＋α)＝74.10又OC→＝mOA→＋nOB→＝OM→＋ON→，|OA→|＝|OB→|＝1，∴m＝54，n＝74，∴m＋n＝3.解法三：如图，过点C作CD∥BO交线段OA的延

长线于点D，设OD→＝mOA→，DC→＝nOB→，则在△ODC中有OD＝m，DC＝n，OC＝2，∠OCD＝45°，由tanα＝7，得cosα＝210，又由余弦定理，得m2＝n2＋(2)2－22ncos45°，

n2＝m2＋(2)2－22mcosα，即m2－n2＝2－2n，①n2－m2＝2－25m，②①＋②得4－2n－25m＝0，即m＝10－5n，代入①得12n2－49n＋49＝0，解得n＝74或n＝73，当n＝73时，m＝10－5×73＝－53<

0(不符合题意，舍去)，当n＝74时，m＝10－5×74＝54，故m＋n＝54＋74＝3.三、模拟小题19．(2022·江西省万载中学高三期末)已知向量a＝(2,3)，b＝(－1，λ)，若向量a－2b与向量a共线，则λ＝()A．－32B.132C.13D.134答案A11

解析由题意，得a－2b＝(4,3－2λ)，因为向量a－2b与向量a共线，所以4×3＝2×(3－2λ)，解得λ＝－32.故选A.20．(2021·河北衡水中学高三联考(二))在五边形ABCDE中，EB→＝a，AD→＝b，M，N分别为AE，BD的中点，则MN→＝()A.32a＋1

2bB.23a＋13bC.12a＋12bD.34a＋14b答案C解析MN→＝MA→＋AB→＋BN→＝12EA→＋AB→＋12BD→＝12(EA→＋AB→)＋12(AB→＋BD→)＝12EB→＋12AD→＝12a

＋12b.故选C.21．(2021·河北高三模拟)已知A(－1,4)，B(2,1)，O是坐标原点，点P满足OP→＝λOA→＋μOB→，且λ＋μ＝2，则点P的轨迹方程为()A．x－y＝1B．x－y＝2C．x＋y＝

3D．x＋y＝6答案D解析设P(x，y)，∴(x，y)＝λ(－1,4)＋μ(2,1)，即x＝－λ＋2μ，y＝4λ＋μ，则x＋y＝3(λ＋μ)＝6，即点P的轨迹方程为x＋y＝6.故选D.22．(2021·河南郑州高三质量预测

二)已知在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝90°，AD＝2，BC＝1，P是腰AB上的动点，则|PC→＋PD→|的最小值为()A．3B．22C．32D．4答案A解析如图，以直线AD，AB分别为x轴、y轴建

立平面直角坐标系，设AB12＝a(a>0)，则A(0,0)，B(0，a)，C(1，a)，D(2,0)，设P(0，b)(0≤b≤a)，则PC→＝(1，a－b)，PD→＝(2，－b)，∴PC→＋PD→＝(3，a－2

b)，∴|PC→＋PD→|＝9＋(a－2b)2≥3，当且仅当b＝a2时，等号成立，|PC→＋PD→|取得最小值3.23.(2021·江苏南通二模)如图，点C在半径为2的AB︵上运动，∠AOB＝π3.若OC→＝mOA→＋nOB→，则m＋n的最大值为()A．1B.2C.233D.3答案C解析

以O为原点，OA→的方向为x轴的正方向建立如图所示的平面直角坐标系，则OA→＝(2,0)，OB→＝(1，3)．设∠AOC＝α0≤α≤π3，则OC→＝(2cosα，2sinα)．由题意可知2m＋n＝2cosα，3n＝2sinα.所以m＋n＝cosα＋33sinα＝233sin

α＋π3.因为α∈0，π3，所以α＋π3∈π3，2π3，故当α＋π3＝π2时，m＋n取得最大值，且最大值为233.1324．(多选)(2021·江苏金陵中学高三月考)已知向量a＝(1,3)，b＝(－2,1)，c＝(3，－

5)，则()A．(a＋2b)∥cB．(a＋2b)⊥cC．|a＋c|＝10＋34D．|a＋c|＝2|b|答案AD解析因为a＝(1,3)，b＝(－2,1)，c＝(3，－5)，所以a＋2b＝(－3,5)，所以a＋

2b＝－c，所以(a＋2b)∥c，故A正确，B不正确；又a＋c＝(4，－2)，|a＋c|＝42＋(－2)2＝25，|b|＝(－2)2＋12＝5，所以|a＋c|＝2|b|，故D正确，C不正确．故选AD.25．(多选)(2021·湖北

省黄冈市高三月考)如图所示，向量BC→的模是向量AB→的模的t倍，AB→与BC→的夹角为θ，那么我们称向量AB→经过一次(t，θ)变换得到向量BC→.在直角坐标平面内，设起始向量OA1→＝(4,0)，向量OA1→经过

n－1次12，2π3变换得到的向量为An－1An(n∈N*，n>1)，其中Ai，Ai＋1，Ai＋2(i∈N*)为逆时针排列，记Ai的坐标为(ai，bi)，则下列命题中正确的是()14A．b2＝3B．b3k＋1－b3k＝0(k∈N*

)C．a3k＋1－a3k－1＝0(k∈N*)D．8(ak＋4－ak＋3)＋(ak＋1－ak)＝0(k∈N*)答案ABC解析因为OA1→＝(4,0)，经过一次变换后得到A1A2→＝2cos2π3，2sin2π3＝(－1，3)，点A2(3，3)，所以b2＝3，A正确；由题意知OAn

→＝OA1→＋A1A2→＋…＋An－1An＝(4,0)＋2cos2π3，2sin2π3＋cos4π3，sin4π3＋…＋12n－3cos2(n－1)π3，12n－3sin2(n－1)π3，所以an＝4＋2cos2π3＋cos4π3＋…＋

12n－3cos2(n－1)π3，bn＝2sin2π3＋sin4π3＋…＋12n－3sin2(n－1)π3，b3k＋1－b3k＝123k＋1－3sin2(3k＋1－1)π3＝123k－2sin2kπ＝0，B正确；a3k＋1－a3k－1＝123k＋1－3cos

2(3k＋1－1)π3＋123k－3cos2(3k－1)π3＝123k－2cos2kπ＋123k－3cos2kπ－2π3＝123k－2＋123k－3×－12＝0，C正确；8(a

k＋4－ak＋3)＋(ak＋1－ak)＝8×12k＋4－3cos2(k＋4－1)π3＋12k＋1－3cos2(k＋1－1)π3＝12k－2cos2kπ3＋2π＋12k－2cos2kπ3＝12k－2cos2kπ3＋12k－2cos2

kπ3＝12k－3cos2kπ3≠0，D错误．故选ABC.26．(2021·浙江省杭师大附中高三月考)△QAB是边长为6的正三角形，点C满足QC→＝mQA→＋nQB→，且m>0，n>0,2m＋3n＝4，则|QC→|的取值范围是________．答

案12217，12解析如图，建立平面直角坐标系，∴A(－3,0)，B(3，0)，Q(0,33)，∴QA→15＝(－3，－33)，QB→＝(3，－33)．∴QC→＝mQA→＋nQB→＝(－3m，－33m)＋(3n，－33n

)＝(3n－3m，－33m－33n)．∴|QC→|2＝9(n－m)2＋27(m＋n)2＝36m2＋36n2＋36mn，∵m>0，n>0,2m＋3n＝4，∴n＝4－2m3，m∈(0,2)，∴|QC→|2＝36m

2＋36n2＋36mn＝28m2－16m＋64，∴由二次函数的性质知，|QC→|2∈4327，144，∴|QC→|∈12217，12.一、高考大题本考点在近三年高考中未涉及此题型．二、模拟大题1．(2021·江苏泗阳县实验高级中学模拟)平面内给定三个

向量a＝(6,1)，b＝(－2,3)，c＝(2,2)，试回答下列问题：(1)求a＋2b－c；(2)是否存在实数λ，μ使得c＝λa＋μb?(3)若(a＋2c)∥(c＋kb)，求实数k的值．解(1)a＋2b－c＝(6,1)＋2(－2,3)－(2,2)＝(0,5)．

(2)假设存在实数λ，μ使得c＝λa＋μb，则(2,2)＝λ(6,1)＋μ(－2,3)，16即6λ－2μ＝2，λ＋3μ＝2，解得λ＝12，μ＝12，即存在实数λ＝μ＝12满足题意．(3)a＋2c＝(10,5)，c＋kb＝(2－2k,2＋3k)，因为(a＋2c)∥(c＋kb)，所

以5(2－2k)＝10(2＋3k)，解得k＝－14.2.(2021·山东省潍坊市月考)如图所示，在△ABO中，OC→＝13OA→，OD→＝12OB→，AD与BC相交于点M.设OA→＝a，OB→＝b.(1)试用向量a，b表示OM→；(2)在线段AC上取点E，在线段BD上取点

F，使EF过点M.设OE→＝λOA→，OF→＝μOB→，其中λ，μ∈R.当EF与AD重合时，λ＝1，μ＝12，此时1λ＋2μ＝5；当EF与BC重合时，λ＝13，μ＝1，此时1λ＋2μ＝5.能否由此得出一般结论：不论E，F在线段AC，BD上如何变动，等式1λ＋2μ＝5恒成立？请说明理由．解(1

)设OM→＝ma＋nb(m，n∈R)，由A，D，M三点共线，可知存在α(α∈R，且α≠－1)，使得AM→＝αMD→，则OM→－OA→＝α(OD→－OM→)，又OD→＝12OB→，所以OM→＝11＋αa＋α2(1＋α)b，17所以m

＝11＋α，n＝α2(1＋α)，即m＋2n＝1，①由B，C，M三点共线，可知存在β(β∈R，且β≠－1)使得CM→＝βMB→，则OM→－OC→＝β(OB→－OM→)，又OC→＝13OA→，所以OM→＝1

3(1＋β)a＋β1＋βb，所以m＝13(1＋β)，n＝β1＋β，即3m＋n＝1，②由①②得m＝15，n＝25，故OM→＝15a＋25b.(2)能得出结论．理由：由于E，M，F三点共线，则存在实

数γ(γ∈R，且γ≠－1)使得EM→＝γMF→，则OM→－OE→＝r(OF→－OM→)，于是OM→＝OE→＋γOF→1＋γ，又OE→＝λOA→，OF→＝μOB→，所以OM→＝λOA→＋μγOB→1＋γ＝λ1＋γa＋μγ1＋γb，所以15a＋25b＝λ1＋γa＋μγ1＋γb，1

8从而15＝λ1＋γ，25＝μγ1＋γ，所以消去γ，得1λ＋2μ＝5.