高考数一轮复习 4.1 平面向量的概念及其线性运算限时集训 理

限时集训(二十三)平面向量的概念及其线性运算(限时：50分钟满分：106分)一、选择题(本大题共8个小题，每小题5分，共40分)1.如图，已知＝a，＝b，＝3，用a，b表示，则＝()A．a＋eq\f(3,4)b B.eq\f(1,4)a＋eq\f(3,4)bC.eq\f(1,4)a＋eq\f(1,4)b D.eq\f(3,4)a＋eq\f(1,4)b2．设P是△ABC所在平面内的一点，＋＝2B，则()A．＋＝0 B．＋＝0C．＋＝0 D．＋＋＝03．(·杭州模拟)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4．已知向量p＝eq\f(a,|a|)＋eq\f(b,|b|)，其中a、b均为非零向量，则|p|的取值范围是()A．[0，eq\r(2)] B．[0,1]C．(0,2] D．[0,2]5．在△ABC中，已知D是AB边上一点，若＝2，＝eq\f(1,3)＋λ，则λ＝()A.eq\f(2,3) B.eq\f(1,3)C．－eq\f(1,3) D．－eq\f(2,3)6．已知四边形ABCD中，＝，||＝||，则这个四边形的形状是()A．平行四边形 B．矩形C．等腰梯形 D．菱形7．(·保定模拟)如图所示，已知点G是△ABC的重心，过G作直线与AB，AC两边分别交于M，N两点，且＝x，＝y，则eq\f(x·y,x＋y)的值为()A．3 B.eq\f(1,3)C．2 D.eq\f(1,2)8．设D、E、F分别是△ABC的三边BC、CA、AB上的点，且＝2，＝2，＝2，则＋＋与()A．反向平行 B．同向平行C．互相垂直 D．既不平行也不垂直二、填空题(本大题共6个小题，每小题4分，共24分)9．已知m，n是实数，a，b是不共线的向量，若m(3a－2b)＋n(4a＋b)＝2a－5b，则m10．在▱ABCD中，＝a，＝b，＝3，M为BC的中点，则＝________.(用a，b表示)11．在平行四边形ABCD中，E和F分别是边CD和BC的中点，若＝λ＋μ，其中λ、μ∈R，则λ＋μ＝________.12．设a，b是两个不共线的非零向量，若8a＋kb与ka＋2b共线，则实数k13．(·淮阴模拟)已知△ABC和点M满足＋＋＝0.若存在实数m使得＋＝m成立，则m＝________.14．如图，在等腰直角三角形ABC中，点O是斜边BC的中点，过点O的直线分别交直线AB、AC于不同的两点M、N，若＝m，＝n(m>0，n>0)，则mn的最大值为________．三、解答题(本大题共3个小题，每小题14分，共42分)15．已知P为△ABC内一点，且3＋4＋5＝0，延长AP交BC于点D，若＝a，＝b，用a、b表示向量，.16．设两个非零向量e1和e2不共线．(1)如果＝e1－e2，＝3e1＋2e2，＝－8e1－2e2，求证：A、C、D三点共线；(2)如果＝e1＋e2，＝2e1－3e2，＝2e1－ke2，且A、C、D三点共线，求k的值．17．设点O在△ABC内部，且有4＋＋＝0，求△ABC的面积与△OBC的面积之比．答案[限时集训(二十三)]1．B2.B3.D4.D5.A6.B7.B8.A9．解析：由题意知，(3m＋4n－2)a＋(－2m＋n＋5)∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3m＋4n－2＝0，,－2m＋n＋5＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝2，,n＝－1.))答案：2－110．解析：由＝3得4＝3＝3(a＋b)，＝a＋eq\f(1,2)b，所以＝eq\f(3,4)(a＋b)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)b))＝－eq\f(1,4)a＋eq\f(1,4)b.答案：－eq\f(1,4)a＋eq\f(1,4)b11．解析：∵＝＋，＝eq\f(1,2)＋，∴λ＝eq\f(1,2)λ＋λ.＝＋eq\f(1,2)，∴μ＝μ＋eq\f(1,2)μ，∴＝＋＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)λ＋μ))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(λ＋\f(1,2)μ))，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)λ＋μ＝1，,λ＋\f(1,2)μ＝1.))∴λ＋μ＝eq\f(4,3).答案：eq\f(4,3)12．解析：因为8a＋kb与ka＋2b共线，所以存在实数λ，使8a＋kb＝λ(ka＋2b)，即(8－λk)a＋(k－2λ)b＝0.又a，b是两个不共线的非零向量，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(8－λk＝0，,k－2λ＝0，))解得k＝±4.答案：±413．解析：由题目条件可知，M为△ABC的重心，连接AM并延长交BC于D，则＝eq\f(2,3)，因为AD为中线，则＋＝2＝3，所以m＝3.答案：314．解析：以A为原点，线段AC、AB所在直线分别为x轴、y轴建立直角坐标系，设三角形ABC的腰长为2，则B(0,2)，C(2,0)，O(1,1)．∵＝m，＝n，∴Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,m)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,n)，0))，∴直线MN的方程为eq\f(nx,2)＋eq\f(my,2)＝1，∵直线MN过点O(1,1)，∴eq\f(m,2)＋eq\f(n,2)＝1，得m＋n＝2，∴mn≤eq\f(m＋n2,4)＝1，当且仅当m＝n＝1时取等号，∴mn的最大值为1.答案：115．解：∵＝－＝－a，＝－＝－b，又3＋4＋5＝0.∴3＋4(－a)＋5(－b)＝0.∴＝eq\f(1,3)a＋eq\f(5,12)b.设＝t(t∈R)，则＝eq\f(1,3)ta＋eq\f(5,12)tb.①又设＝k(k∈R)，由＝－＝b－a，得＝k(b－a)．而＝＋＝a＋.∴＝a＋k(b－a)＝(1－k)a＋kb.②由①②得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)t＝1－k，,\f(5,12)t＝k，))解得t＝eq\f(4,3).代入①得＝eq\f(4,9)a＋eq\f(5,9)b.∴＝eq\f(1,3)a＋eq\f(5,12)b，＝eq\f(4,9)a＋eq\f(5,9)b.16．解：(1)证明：∵＝e1－e2，＝3e1＋2e2，＝－8e1－2e2，∴＝＋＝4e1＋e2＝－eq\f(1,2)(－8e1－2e2)＝－eq\f(1,2)，∴与共线．又∵与有公共点C，∴A、C、D三点共线．(2)＝＋＝(e1＋e2)＋(2e1－3e2)＝3e1－2e2，∵A、C、D三点共线，∴与共线，从而存在实数λ使得＝λ，即3e1－2e2＝λ(2e1－ke2)，得eq\b\lc\{\rc\(