课时检测训练31-32 平面向量基本定理及坐标表示 平面向量的数量积-【勤径学升】2026年高考数学一轮总复习课时检测训练（人教A版2019）

15.(1,+∞)解析 因为CO与AB交于点D, 所以O,C,D三点共线，所以OC与OD共线， 设OC=mOD,则m>1, 因为OC=aOA+μOB,所以mOD=aOA+μOB, 可得OD=^OA+KOB, 因为A,B,D三点共线， A+K=1,所以； 可得λ+μ=m>1, 所以λ+μ的取值范围是(1,+一). 16.√2-1 解析 已知△ABC,△ACD都为直角三角形， ∠ACB=45°,∴∠BCD=135°,∠CDB=22.5°=α,tan 2α =2-tana=1,,解得tan α=√2-1, ∴OC=√2-1,0A=√2-(√2-1)=1,∴x==√2-1 课时检测训练31 平面向量基本定理及坐标表示 [A级·基础巩固] 1.D 解析 因为任一向量m=λa+μb(a,μ∈R),所以根据平 面向量的基本定理得，向量a,b不共线，故A,B,C不正确； 因为a,b不共线，所以当且仅当λ=μ=0时，λa+μb=0,故 D正确. 2.C 解析 a-kb=(2-3k,3+k),故由(a-kb)//c,得 (2-3k)×2=(3+k)×(-2)>k=5 3.D 解析 ∵a-2b+3c=0, ∴c=-3(a-2b). ∵a-2b=(5,-2)-(-8,-6)=(13,4), ∴e=-3(a-2b)=(-3,-3). 4.C 解析 λa+b=λ(1,1)+(1,-1)=(1+λ,λ-1),a+μb =(1,1)+μ(1,-1)=(μ+1,1-μ). 因为(Aa+b)//(a+pb),所以(1+a)(1-μ)-(a-1)(μ+1) =0,化简得λp=1. 5.D 解析 如图，取CD中点G,连接 BG,交AC于点H, ∵BE=DG,BE//DG, D ∴四边形BEDG为平行四边形， ∴BG//DE,又E为AB中点， ∴AF=FH,同理可得CH=FH, A ∴AF=3AC=3(AB+AD), ∴BF=BA+AF=-AB+3(AB+AD =-3AB+3AD. G c A F E B 6.A 解析 因为BE=BC+CE, 所以BA+2BC=2BE=2(BC+CE). 所以2CE=-AB-2BC=-AB-2(AC-AB)=—AB -是AC 所以CE=4AB-2AC. m=4n=-2,故”=-3.所以 7.ABC 解析 在△ABC中，AD=AC+CD=-CA+县cB =-b-2a,故A正确； BE=BC+CE=a+ b,故B正确； AB=AC+CB=-b-a,CF=CA+县AB=b+2×(-b- a)=-2a+2b,故C正确； EF=—CB=-2a,,故D不正确.故选ABC. 8.B 解析 取AD中点N,连接MN, ∵AB=-2 CD,∴AB//CD,|AB|=2|CD|. |MN|=2(|AB|+又M是BC的中点，∴MN//AB,且 ICDD)=4IAB|, ∴AM=AN+NM=—AD+3AB,故选B. D C N M BA2 (2,)9.( 解析 在平行四边形ABCD中，因为AC与BD 的交点为M,且E为DM的中点， 所以AE=(AD+AM=2[AD+(AB+AD)] =4AD+4AB=4(2,6)+4(-4,4)=(2,).由于 A为坐标原点，所以向量AE的坐标即为E的坐标， (县，L).故点E的坐标为 10.2 解析 因为a=(m+4,m),b=(3,1),a//b,故(m+4) ×1-3m=0,得m=2. EF=EA+AF=-2AB+3AC11.1 解析 =-2AB+4(AB+AD=4AB+3AD, ∴x=4,y=3,∴x+y=1. 12.3a+ b解析 由题得AD=AB+BD=AB+÷BC= AB+3(AC-AB)=3AB+3AC, 所以AD=3a+3b. [B级·能力提升] AD=-DC,所以13.BD 解析 因为D为AC上一点且满足 AC=4AD. 因为AP=aAB+μAC,所以AP=λAB+4μAD. 因为P为BD上一点，所以 B,P,D三点共线，则有λ+4μ =1. 由基本不等式可得1=λ+4μ≥2√A·4μ=4√àp,解得λμ ≤16,当且仅当a=4μ=2时等号成立，故λμ的最大值为 高考一轮总复习·数学·RJA ·510· 16,故A错误，B正确。 课时检测训练32 平面向量的数量积 [A级·基础巩固] +1=(1+)(a+4μ)=2+A+≥2+1.B 解析 因为(b-2a)⊥b,所以(b-2a)·b=0,即b2=2a 2√·=4, 贵+,当且仅当λ=4μ=2时等号成立，故 ·b, 14的最小值为4,故C错误，D正确。 14.B 解析 建立如图所示的直角坐标系. 又因为|a|=1,|a+2b|=2, 所以1+4a·b+4b2=1+6b2=4, 从而|b= y A D B E F 2.B 解析 由题意得a·b=(2,1)·(-1,1)=-1,|b|= √(-1)2+12=√2,所以向量a在b方向上的投影向量为 b=-b.故选B. 3.C 解析 对于A,当a⊥b时，则a·b=0, C 令BF=m,EF=n, 所以x·(x+1)+2x=0,解得x=0或-3,即必要性不成 立，故A错误； 则A(-n,m),B(-m,0),C(0,n-m), 对于C,当x=0时，a=(1,0),b=(0,2),故a·b=0,所以a BF=(m,0),BC=(m,n-m),BA=(m-n,m). BF=25BC+2BA=(25“-25”,25”-4m),所以E ⊥b,即充分性成立，故C正确； 对于B,当a//b时，则2(x+1)=x2,解得x=1±√3,即必要 性不成立，故B错误； 则有 解得m=4n. 对于D,当x=-1+√3时，不满足2(x+1)=x2,所以a//b 不成立，即充分性不成立，故D错误. a=紫=3=3.所以入 4.D 解析 a+Ab=(1,2)+(λ,λ)=(λ+1,λ+2), 15.(-3,9)解析 因为点C在∠AOB的平分线上， =a(哥+)=xO,所以存在λ∈(0,+∞),使得( a>-3a+1≠^2,解得由题意得(λ+1)+2(a+2)>0且 且λ≠0. 5.C 解析 因为a,b为单位向量， 1)+a(-3,季)=(-3a,5A). 由|3a-5b|=7, (-3A)2+(号A)2=(3√102,解又|OC|=3√10,所以 所以(3a-5b)2=49?9a2-30a·b+25b2=49, 得x=5.故向量OC=(-3,9). 即9-30a·b+25=49-a·b=-2, 516. 解析 如图，令边AB,AC中点分别为D,E,连接DO, EO,因点O为△ABC的外心，于是得DOLAB,EOLAC, 设a与a-b的夹角为0, C E 0 -, A D B 0=6又θ∈[0,π],所以 AC·AB=|AC·|AB|cos A=6, AO=AD+Do-2AB+Do,AO·AB=(2AB+Do)· 6.D 解析 对于A,a·(a-b)=0?a⊥(a-b),结论不成立， 命题为假； 对于B,当a与b方向相反时，结论不成立，命题为假； AB=2AB2=8, 对于C,当a与b共线时，结论不成立，命题为假； AO=AE+EO=2AC+E,AO·AC=(县AC+Eo)· 对于D,若|a|>|b|,则|a|2>|b|2,即a2>b2,则a2-b2>0, 所以(a+b)·(a-b)=a2-b2>0,命题为真. AC=2AC=2. 依题意，AO·AB=(aAB+μAC)·AB=λAB2+μAC· AB=16λ+6μ=8, 7.ABD 解析 因为|AB|=|BC|=|CD|=1,BA·BC= IBI|BC|cos B=2,可得B=3, 所以△ABC为等边三角形，则|AC|=1,故A正确； AO·AC=(aAB+μAC)·AC=λAB·AC+μAC2=6λ +9μ=2, 因为|CD|=1,所以CD2=1.又DA·DC=1,所以CD2= DA·DC, 解得a=5,=9. 得DC-DA·DC=DC·(DC-DA)=DC·AC=0,所以 AC⊥CD,则|CA+CD|=|CA-CD|,故B正确； ·511· 高考一轮总复习·数学·RJA 根据以上分析作图如下： A 对于B,若OA2=OB2=OC°,则IOAI2=|OB|2=l0C|2,所 以|OA|=|OB|=lOC|, 所以O为△ABC的外心，故B错误； >D Bo C 对于C,设边AB,BC,CA的中点分别为点D,E,F, 则(OA+OB)·AB=2OD·AB=0,所以OD为线段AB 的中垂线， 由于BC与AD不平行，故C错误； 建立如上图所示的平面直角坐标系， 同理，OE,OF分别为线段BC,CA的中垂线，所以O是 △ABC的外心，故C正确； 则B(-县，0),c(2,0),D(1+3,1), 对于D,由已知，OA·OB-OB·OC=OB·(OA-OC)= BD=(2+3,),oD=(,1),所以BD·西=2+3, 故D正确.故选ABD. OB·CA=0, 即OB垂直CA,也即点O在边AC的高上，同理，点O也在 边AB,BC的高上， 8.D 解析 由D在边BC上运动，且△ABC为边长为2的正 所以O是△ABC的垂心，故D错误. 三角形， 15.等腰三角形 解析 由(MB-MC)·(MB+MC-2 MA) 所以AB·AD=AB·(AB+BD)=AB2+|AB|·|BD|· cos(π-∠ABD)=4-|BDI∈[2,4]. =0,可得CB·(AB+AC)=0. 又因为AB-AC=CB, 9.15 解析 ∵a//b,∴2k=5×6,解得k=15. 9 ∵BD=2DC,∴CD=3CB,10. 解析 所以CB·(AB+AC)=(AB-AC)·(AB+AC)=AB2- AC2=|AB|2-|AC|2=0 即|AB|=|AC|,由此可得△ABC是等腰三角形. ∴AD·CD=(CD-CA)·D=CD2-cA·D=4ICB| -ICAI·3ICBlcs3=9-3=9 16.[1-233,1] 解析 建立如图所示的平面直角坐标系， y 11.4 解析 因为a=(-1,2),所以|a|=√5.因为 A |a-b|=√5,所以a2+b2-2a·b=5,所以a·b=5.设a,b 夹角为α,则由平面向量数量积的定义可得cos α= a·b5×0=光 a=4·,因为0≤α≤π,所以 o P D Bx 12.2 解析 |a+b|=√3,两边平方得a2+2|a|·|b| cos 60°+b2=3, 则00,0),B(1,0),A(-,Z),过点C作CD⊥OB,垂 足为D. 即a2+|a|·|b|+b2=3,变形为|a|·|b|= (a|+|b|)2-3, ∠AOB=23,所以AB=√3.又AC=因为OA=OB=1,且 2 CB, 其中lal·|b|≤sla+b)2,当且仅当|a|=|b|时等 号成立， 所以(lal+1b1)2-3≤slal+|b2,,解得|a|+ 所以CB=3AB=3在Rt△CDB中，因为∠CBD=否， 所以CD=2cB=6, |b|∈[0,2]. [B级·能力提升] 13.ABD 解析 对于A,DA·D=1×1×co37=-Z,故 正确； DB=2,则OD=县，所以c(1,). 设P(cosθ,sin 0),0≤0<≤3, 对于B,OB+OH=√2 OA=-√2 OE,故正确； 对于C,IAH=|BC|,|HO|=|BO|,但对应向量的夹角 不相等，所以不成立，故错误； 对于D,AA·AB=IAB|2cos34,由余弦定理可得|AB2 =2-/2,所以AH·AB=(2-√2)×(-②)=1-√2,故 正确. 14.AC 解析 对于A,设边BC,AC,AB的中点分别为D,E, 则Pc·P=(—-0,g-sine)·(--cose, -sino)=o20-4+4-233sino+sin2e 1-233=1-233sin0.又O≤O≤23,,所以0≤sinθ≤1,则 ≤1-2s3sin≤1, [1-233,1].即PA·PC的取值范围是 F,OB+OC=2OD,则OA+2OD=0,所以OA=-2OD, 课时检测训练33 复 数 [A级·基础巩固] 所以A,O,D三点共线，即点O在中线AD上，同理，点O 在中线BE,CF上， 1.D 解析 z在复平面对应的点是(-1,√3),根据复数的几 则O是△ABC的重心，故A正确； 何意义，z=-1+√3i, ·512·高考一轮总复习·数学·RJA 课时检测训练31平面向量基本定理及坐标表示>对应答案50 A级+基础巩固 9.(2023·湖北武汉·模拟)在平行四边形ABCD 1.平面内任一向量m都可以表示成Aa十b(A,z∈ 中，点A(0,0),B(-4,4),D(2,6).若AC与BD R)的形式，下列关于向量a,b的说法中正确的是 的交点为M,则DM的中点E的坐标为 A.向量a,b的方向相同 10.(2023·山西忻州·就考一模)已知向量a=(m B.向量a,b中至少有一个是零向量 +4,m),b=(3,1),且a∥b,则m= C.向量a,b的方向相反 11.(2023·新疆乌鲁木齐·就考三模)如图，平行 D.当且仅当A==0时，a+b=0 四边形ABCD的对角线相交于点O,E,F分别 2.(2023·陕西成阳·二模)己知向量a=(2,3), 为AB,OC的中点，若EF=xAB+yAD(x, b=(3,-1),c=(-2,2),若(a-b)∥c,则k= y∈R),则x十y= ( A.3 B.-3 n- 3.已知a=(5,-2),b=(-4,-3),若a-2b+3c =0,则c等于 ( A(得) B(号-》 11题图 12题图 12.如图所示，点D是△ABC的边BC上的点，且 c(得) (-》 BD:DC=1:2,AB=a,AC=b,若用a,b表示 4.(2023·山东菏泽·模拟)已知向量a=(1,1), AD,则AD= b=(1,-1).若(a+b)∥(a+b),则 空B级·能力提升 A.A+=1 B.A十u=-1 D.iu=-1 13.(多选)在△ABC中，D为AC上一点且满足AD C.A=1 5.已知在矩形ABCD中，E为AB边中点，AC,DE =DC,若P为BD上一点，且满足-AA店 交于点F,则BF等于 ( ) +:AC(入4为正实数)，则下列结论正确的是 A.-号A店+号西 Ba店-号动 A.:的最小值为16 CA店-Aò D.-号A店+号A市 B的最大值为言 6.已知E为△ABC所在平面内的点，且BA+ 2C-2B配.若=mA店+nC,则是 C+的最大值为16 D+场的最小值为4 A.-3 B.3 c D.- 14.我国数学家赵爽在《周髀算 7.(多选)如图，点D,E,F分别为△ABC的边BC, 经》中利用一副“弦图”给出了 勾股定理的证明，后人称其为 CA,AB的中点，且BC=a,CA=b,则下列结论 “赵爽弦图”，它是由四个全等 正确的是 的直角三角形与一个小正方 A.AD=-1 a-b 形拼成的一个大正方形.如 B.B酝=a+b 图，在“赵爽弦图“中，若酝-A成，-武 c=-a+b 十号则实数 A.2 B.3 C.4 D.5 nE成=0 15.在平面直角坐标系xOy中，已知点A(0,1)和 8.在等腰梯形ABCD中，AB=一2CD.M为BC 点B(-3,4),若点C在∠AOB的平分线上，且 OC1=3/10,则向量OC的坐标为 的中点，则AM A.2AB+2AD B.子Ai+号Ad 16,在△ABC中，AB=4,AC=3.A=子·点0为 C.3B+1AD △ABC的外心，若AO=AAB+:AC,A,∈R, D.AB+是Ad 则入= 课时检测训练·数学·RJA 284 课时检测训练32 平面向量的数量积 对应答案P511 A级+基础巩固 9.(2024·新高考上海卷)已知k∈R,a=(2,5),b 1.(2024·新课标全国Ⅱ卷)已知向量a,b满足|a =(6,k),且a∥b,则k的值为 =1.a+2b=2,且(b-2a)⊥b,则1b=( 10.在边长为1的正△ABC中，B=专DC,则A方 A号 B号 c D.1 ·CD的值等于 11.已知平面向量a,b满足a=(一1,2)，b= 2.(2023·浙江金华·三模)已知向量a=(2,1),b= (一1,1)，向量a在b方向上的投影向量为 、10,a一b=5,则a与b的夹角为 ( 12.(2023·安徽雅南·二模)已知平面向量a,b的 B-20 C.2b 夹角为60°，且|a+b=3,则a+|b的最大 值为 3.(2024·全国甲卷)已知向量a=(.x十1，x),b= (x,2),则 客B级·能力提升 A.“x=一3”是“a⊥b”的必要条件 13.(多选)八卦是中国文化的基本哲学概念，如图 1是八卦模型图，其平面图形记为图2中的正 B.“x=一3”是“a∥b”的必要条件 八边形ABCDEFGH,其中OA|=1,则下列结 C.“x=0”是“a⊥b”"的充分条件 论正确的有 D.“x=一1十5”是“a∥b”的充分条件 4.已知向量a=(1,2),b=(1,1),若a与a+b的 夹角为锐角，则实数入的取值范围是 ) A.(-号，+∞) B(0,-》 c()】 D.()0.+ 图1 刻2 5.已知a,b为单位向量，且3a一5b=7,则a与a A.0i.0i=- 2 一b的夹角为 B.0B+0H=-OE A.哥 受 c n吾 C.AH.HO=BC.BO 6.设a,b为非零向量，i,u∈R,则下列命题为真命 D.AH.AB=1-/2 题的是 14.(多选)点O在△ABC所在的平面内，则以下说 A.若a·(a-b)=0,则a=b 法正确的有 () B.若b=a,则a+lb=a十b A.若OA+O店+OC=0,则点0为△ABC的 C.若a十b=0,则λ==0 重心 D.若a|>b,则(a+b)·(a一b)>0 B.若Oi=OB=O心，则点O为△ABC的 7.(多选)(2024·山东卿城·模拟)在平面四边形 垂心 ABCD中，|AB-BC=CD1=DA.DC C.若(Oi+Oi)·AB=(OB+O元).BC (OC+OA)·CA=0,则点O为△ABC的 1B,BC=,则 外心 A.ACI=1 D.若0i.O=0i.0心=OC.Oi,则点0为 B.ICA+CD=CA-CD △ABC的内心 15.若M为△ABC所在平面内一点，且满足(MB C.AD=√2Bd -MC)·(Mi+MC-2MA)=0,则△ABC的 D.BD.CD=2+y3 形状为 2 8.已知D是边长为2的正△ABC边BC上的动 16,已知P是半径为1，圆心角为行的一段圆孤AB 点，则AB·AD的取值范围是 上的一点，若AC=2CB,则PA·PC的取值范 A.[3,4]B.[3,2]C.[0.2] D.[2,4] 围是 285 课时检测训练·数学·RJA