新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第四章 平面向量、數(shù)系的擴(kuò)充與復(fù)數(shù)的引入 課時作業(yè)27 平面向量的概念及其線性運算（含解析）-人教版高三數(shù)學(xué)試題

課時作業(yè)27平面向量的概念及其線性運算一、選擇題1．設(shè)D，E，F(xiàn)分別為△ABC的三邊BC，CA，AB的中點，則eq\o(EB,\s\up15(→))＋eq\o(FC,\s\up15(→))＝(A)A.eq\o(AD,\s\up15(→)) B.eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up15(→))C.eq\f(1,2)eq\o(BC,\s\up15(→)) D.eq\o(BC,\s\up15(→))解析：由題意得eq\o(EB,\s\up15(→))＋eq\o(FC,\s\up15(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up15(→))＋eq\o(CB,\s\up15(→)))＋eq\f(1,2)(eq\o(AC,\s\up15(→))＋eq\o(BC,\s\up15(→)))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up15(→))＋eq\o(AC,\s\up15(→)))＝eq\o(AD,\s\up15(→)).2．已知O是正六邊形ABCDEF的中心，則與向量eq\o(OA,\s\up15(→))平行的向量為(B)A.eq\o(AB,\s\up15(→))＋eq\o(AC,\s\up15(→)) B.eq\o(AB,\s\up15(→))＋eq\o(BC,\s\up15(→))＋eq\o(CD,\s\up15(→))C.eq\o(AB,\s\up15(→))＋eq\o(AF,\s\up15(→))＋eq\o(CD,\s\up15(→)) D.eq\o(AB,\s\up15(→))＋eq\o(CD,\s\up15(→))＋eq\o(DE,\s\up15(→))解析：eq\o(AB,\s\up15(→))＋eq\o(BC,\s\up15(→))＋eq\o(CD,\s\up15(→))＝eq\o(AD,\s\up15(→))＝2eq\o(AO,\s\up15(→))＝－2eq\o(OA,\s\up15(→)).3．在△ABC中，eq\o(BD,\s\up15(→))＝eq\f(1,2)eq\o(DC,\s\up15(→))，則eq\o(AD,\s\up15(→))＝(B)A.eq\f(1,4)eq\o(AB,\s\up15(→))＋eq\f(3,4)eq\o(AC,\s\up15(→)) B.eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up15(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AC,\s\up15(→))C.eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up15(→))＋eq\f(2,3)eq\o(AC,\s\up15(→)) D.eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up15(→))－eq\f(2,3)eq\o(AC,\s\up15(→))解析：解法1：因為eq\o(BD,\s\up15(→))＝eq\f(1,2)eq\o(DC,\s\up15(→))，所以B，D，C三點共線，且eq\o(BD,\s\up15(→))＝eq\f(1,3)eq\o(BC,\s\up15(→))，如圖，過點D分別作AC，AB的平行線交AB，AC于點E，F(xiàn)，則四邊形AEDF為平行四邊形，所以eq\o(AD,\s\up15(→))＝eq\o(AE,\s\up15(→))＋eq\o(AF,\s\up15(→)).因為eq\o(BD,\s\up15(→))＝eq\f(1,3)eq\o(BC,\s\up15(→))，所以eq\o(AE,\s\up15(→))＝eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up15(→))，eq\o(AF,\s\up15(→))＝eq\f(1,3)eq\o(AC,\s\up15(→))，所以eq\o(AD,\s\up15(→))＝eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up15(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AC,\s\up15(→))，故選B.解法2：因為eq\o(BD,\s\up15(→))＝eq\f(1,2)eq\o(DC,\s\up15(→))，所以eq\o(BD,\s\up15(→))＝eq\f(1,3)eq\o(BC,\s\up15(→))，所以eq\o(AD,\s\up15(→))＝eq\o(AB,\s\up15(→))＋eq\o(BD,\s\up15(→))＝eq\o(AB,\s\up15(→))＋eq\f(1,3)eq\o(BC,\s\up15(→))＝eq\o(AB,\s\up15(→))＋eq\f(1,3)(eq\o(AC,\s\up15(→))－eq\o(AB,\s\up15(→)))＝eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up15(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AC,\s\up15(→))，故選B.解法3：因為eq\o(BD,\s\up15(→))＝eq\f(1,2)eq\o(DC,\s\up15(→))，所以eq\o(BD,\s\up15(→))＝eq\f(1,3)eq\o(BC,\s\up15(→))，所以eq\o(AD,\s\up15(→))－eq\o(AB,\s\up15(→))＝eq\f(1,3)(eq\o(AC,\s\up15(→))－eq\o(AB,\s\up15(→)))，所以eq\o(AD,\s\up15(→))＝eq\o(AB,\s\up15(→))＋eq\f(1,3)(eq\o(AC,\s\up15(→))－eq\o(AB,\s\up15(→)))＝eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up15(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AC,\s\up15(→))，故選B.4．設(shè)向量a，b不共線，eq\o(AB,\s\up15(→))＝2a＋pb，eq\o(BC,\s\up15(→))＝a＋b，eq\o(CD,\s\up15(→))＝a－2b，若A，B，D三點共線，則實數(shù)p的值為(B)A．－2 B．－1C．1 D.2解析：因為eq\o(BC,\s\up15(→))＝a＋b，eq\o(CD,\s\up15(→))＝a－2b，所以eq\o(BD,\s\up15(→))＝eq\o(BC,\s\up15(→))＋eq\o(CD,\s\up15(→))＝2a－b.又因為A，B，D三點共線，所以eq\o(AB,\s\up15(→))，eq\o(BD,\s\up15(→))共線．設(shè)eq\o(AB,\s\up15(→))＝λeq\o(BD,\s\up15(→))，所以2a＋pb＝λ(2a－b)，所以2＝2λ，p＝－λ，即λ＝1，p＝－1.5．已知O是正三角形ABC的中心．若eq\o(CO,\s\up15(→))＝λeq\o(AB,\s\up15(→))＋μeq\o(AC,\s\up15(→))，其中λ，μ∈R，則eq\f(λ,μ)的值為(C)A．－eq\f(1,4) B．－eq\f(1,3)C．－eq\f(1,2) D.2解析：延長CO交AB于點D，則eq\o(CO,\s\up15(→))＝eq\f(2,3)eq\o(CD,\s\up15(→))＝eq\f(2,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\o(CA,\s\up15(→))＋\o(CB,\s\up15(→))))＝eq\f(1,3)(－eq\o(AC,\s\up15(→))＋eq\o(AB,\s\up15(→))－eq\o(AC,\s\up15(→)))＝eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up15(→))－eq\f(2,3)eq\o(AC,\s\up15(→))，即λ＝eq\f(1,3)，μ＝－eq\f(2,3)，∴eq\f(λ,μ)＝－eq\f(1,2)，故選C.6．已知點O是△ABC所在平面內(nèi)一點，D為BC的中點，且3eq\o(OA,\s\up15(→))＋eq\o(OB,\s\up15(→))＋eq\o(OC,\s\up15(→))＝0，則(B)A.eq\o(AO,\s\up15(→))＝eq\f(1,2)eq\o(OD,\s\up15(→)) B.eq\o(AO,\s\up15(→))＝eq\f(2,3)eq\o(OD,\s\up15(→))C.eq\o(AO,\s\up15(→))＝－eq\f(1,2)eq\o(OD,\s\up15(→)) D.eq\o(AO,\s\up15(→))＝－eq\f(2,3)eq\o(OD,\s\up15(→))解析：∵D為BC的中點，∴eq\o(OB,\s\up15(→))＋eq\o(OC,\s\up15(→))＝2eq\o(OD,\s\up15(→))＝－3eq\o(OA,\s\up15(→))，∴eq\o(AO,\s\up15(→))＝eq\f(2,3)eq\o(OD,\s\up15(→))，故選B.7．如圖，在?OACB中，E，F(xiàn)分別為AC和BC的中點，若eq\o(OC,\s\up15(→))＝meq\o(OE,\s\up15(→))＋neq\o(OF,\s\up15(→))，其中m，n∈R，則m＋n的值為(C)A．1 B.eq\f(3,2)C.eq\f(4,3) D．2解析：由題可得eq\o(OF,\s\up15(→))＝eq\o(OB,\s\up15(→))＋eq\o(BF,\s\up15(→))＝eq\o(OB,\s\up15(→))＋eq\f(1,2)eq\o(OA,\s\up15(→))，eq\o(OE,\s\up15(→))＝eq\o(OA,\s\up15(→))＋eq\o(AE,\s\up15(→))＝eq\o(OA,\s\up15(→))＋eq\f(1,2)eq\o(OB,\s\up15(→))，所以eq\o(OA,\s\up15(→))＝eq\f(4,3)eq\o(OE,\s\up15(→))－eq\f(2,3)eq\o(OF,\s\up15(→))，eq\o(OB,\s\up15(→))＝eq\f(4,3)eq\o(OF,\s\up15(→))－eq\f(2,3)eq\o(OE,\s\up15(→)).所以eq\o(OC,\s\up15(→))＝eq\o(OA,\s\up15(→))＋eq\o(OB,\s\up15(→))＝eq\f(4,3)eq\o(OE,\s\up15(→))－eq\f(2,3)eq\o(OF,\s\up15(→))＋eq\f(4,3)eq\o(OF,\s\up15(→))－eq\f(2,3)eq\o(OE,\s\up15(→))＝eq\f(2,3)eq\o(OE,\s\up15(→))＋eq\f(2,3)eq\o(OF,\s\up15(→))，所以m＝n＝eq\f(2,3)，故m＋n＝eq\f(4,3)，故選C.8．已知△ABC的三個頂點A，B，C及平面內(nèi)一點O，滿足eq\o(OA,\s\up15(→))＋eq\o(OB,\s\up15(→))＋eq\o(OC,\s\up15(→))＝eq\o(AB,\s\up15(→))，則點O與△ABC的位置關(guān)系是(A)A．點O在AC邊上B．點O在AB邊上或其延長線上C．點O在△ABC外部D．點O在△ABC內(nèi)部解析：∵eq\o(OA,\s\up15(→))＋eq\o(OB,\s\up15(→))＋eq\o(OC,\s\up15(→))＝eq\o(AB,\s\up15(→))，∴eq\o(OA,\s\up15(→))＋eq\o(OB,\s\up15(→))＋eq\o(OC,\s\up15(→))－eq\o(AB,\s\up15(→))＝eq\o(OA,\s\up15(→))＋eq\o(OB,\s\up15(→))＋eq\o(OC,\s\up15(→))－(eq\o(OB,\s\up15(→))－eq\o(OA,\s\up15(→)))＝0，∴2eq\o(OA,\s\up15(→))＋eq\o(OC,\s\up15(→))＝0，∴eq\o(OC,\s\up15(→))＝－2eq\o(OA,\s\up15(→))，∴A，O，C三點共線且O為AC上靠近點A的三等分點，即點O與△ABC的位置關(guān)系是點O在AC邊上，故選A.9．P是△ABC所在平面上的一點，滿足eq\o(PA,\s\up15(→))＋eq\o(PB,\s\up15(→))＋eq\o(PC,\s\up15(→))＝2eq\o(AB,\s\up15(→))，若S△ABC＝6，則△PAB的面積為(A)A．2 B．3C．4 D.8解析：∵eq\o(PA,\s\up15(→))＋eq\o(PB,\s\up15(→))＋eq\o(PC,\s\up15(→))＝2eq\o(AB,\s\up15(→))＝2(eq\o(PB,\s\up15(→))－eq\o(PA,\s\up15(→)))，∴3eq\o(PA,\s\up15(→))＝eq\o(PB,\s\up15(→))－eq\o(PC,\s\up15(→))＝eq\o(CB,\s\up15(→))，∴eq\o(PA,\s\up15(→))∥eq\o(CB,\s\up15(→))，且方向相同，∴eq\f(S△ABC,S△PAB)＝eq\f(BC,AP)＝eq\f(|\o(CB,\s\up15(→))|,|\o(PA,\s\up15(→))|)＝3，∴S△PAB＝eq\f(S△ABC,3)＝2.10．如圖，已知|eq\o(OA,\s\up15(→))|＝|eq\o(OB,\s\up15(→))|＝1，|eq\o(OC,\s\up15(→))|＝eq\r(2)，tan∠AOB＝－eq\f(4,3)，∠BOC＝45°，eq\o(OC,\s\up15(→))＝meq\o(OA,\s\up15(→))＋neq\o(OB,\s\up15(→))，則eq\f(m,n)＝(A)A.eq\f(5,7)B.eq\f(7,5)C.eq\f(3,7)D.eq\f(7,3)解析：因為tan∠AOB＝－eq\f(4,3)，所以sin∠AOB＝eq\f(4,5)，如圖所示，過點C作CD∥OB，交OA的延長線于點D，作CE∥OA，交OB的延長線于點E.所以在△OCD中，∠OCD＝45°，sin∠ODC＝sin(180°－∠AOB)＝eq\f(4,5)，所以由正弦定理得eq\f(OC,sin∠ODC)＝eq\f(OD,sin∠OCD)，即eq\f(\r(2),\f(4,5))＝eq\f(OD,\f(\r(2),2))，解得OD＝eq\f(5,4)＝m.由余弦定理得OD2＝OC2＋CD2－2OC·CDcos45°，即eq\f(25,16)＝2＋n2－2eq\r(2)ncos45°，解得n＝eq\f(1,4)或eq\f(7,4).當(dāng)n＝eq\f(1,4)時，cos∠CDO<0，∠CDO為鈍角，與∠EOD為鈍角矛盾，故n＝eq\f(7,4)，所以eq\f(m,n)＝eq\f(5,7).故選A.二、填空題11．(多填題)已知?ABCD的對角線AC和BD相交于O，且eq\o(OA,\s\up15(→))＝a，eq\o(OB,\s\up15(→))＝b，則eq\o(DC,\s\up15(→))＝b－a，eq\o(BC,\s\up15(→))＝－a－b.(用a，b表示)解析：如圖，eq\o(DC,\s\up15(→))＝eq\o(AB,\s\up15(→))＝eq\o(OB,\s\up15(→))－eq\o(OA,\s\up15(→))＝b－a，eq\o(BC,\s\up15(→))＝eq\o(OC,\s\up15(→))－eq\o(OB,\s\up15(→))＝－eq\o(OA,\s\up15(→))－eq\o(OB,\s\up15(→))＝－a－b.12．在△ABC中，點M，N滿足eq\o(AM,\s\up15(→))＝2eq\o(MC,\s\up15(→))，eq\o(BN,\s\up15(→))＝eq\o(NC,\s\up15(→)).若eq\o(MN,\s\up15(→))＝xeq\o(AB,\s\up15(→))＋yeq\o(AC,\s\up15(→))，則x＋y＝eq\f(1,3).解析：由題中條件得，eq\o(MN,\s\up15(→))＝eq\o(MC,\s\up15(→))＋eq\o(CN,\s\up15(→))＝eq\f(1,3)eq\o(AC,\s\up15(→))＋eq\f(1,2)eq\o(CB,\s\up15(→))＝eq\f(1,3)eq\o(AC,\s\up15(→))＋eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up15(→))－eq\o(AC,\s\up15(→)))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up15(→))－eq\f(1,6)eq\o(AC,\s\up15(→))＝xeq\o(AB,\s\up15(→))＋yeq\o(AC,\s\up15(→))，所以x＝eq\f(1,2)，y＝－eq\f(1,6)，因此x＋y＝eq\f(1,2)－eq\f(1,6)＝eq\f(1,3).13．在四邊形ABCD中，eq\o(AB,\s\up15(→))＝a＋2b，eq\o(BC,\s\up15(→))＝－4a－b，eq\o(CD,\s\up15(→))＝－5a－3b，則四邊形ABCD的形狀是梯形．解析：由已知得eq\o(AD,\s\up15(→))＝eq\o(AB,\s\up15(→))＋eq\o(BC,\s\up15(→))＋eq\o(CD,\s\up15(→))＝－8a－2b＝2(－4a－b)＝2eq\o(BC,\s\up15(→))，故eq\o(AD,\s\up15(→))與eq\o(BC,\s\up15(→))共線，且|eq\o(AD,\s\up15(→))|≠|(zhì)eq\o(BC,\s\up15(→))|，所以四邊形ABCD是梯形．14．已知數(shù)列{an}為等差數(shù)列，則滿足eq\o(BA,\s\up15(→))＝a3eq\o(OB,\s\up15(→))＋a2016eq\o(OC,\s\up15(→))，若eq\o(AB,\s\up15(→))＝λeq\o(AC,\s\up15(→))(λ∈R)，點O為直線BC外一點，則a1＋a2018＝0.解析：∵eq\o(BA,\s\up15(→))＝a3eq\o(OB,\s\up15(→))＋a2016eq\o(OC,\s\up15(→))，∴eq\o(OA,\s\up15(→))－eq\o(OB,\s\up15(→))＝a3eq\o(OB,\s\up15(→))＋a2016eq\o(OC,\s\up15(→))，即eq\o(OA,\s\up15(→))＝(a3＋1)eq\o(OB,\s\up15(→))＋a2016eq\o(OC,\s\up15(→)).又eq\o(AB,\s\up15(→))＝λeq\o(AC,\s\up15(→))(λ∈R)，∴a3＋1＋a2016＝1，∴a1＋a2018＝a3＋a2016＝0.15．如圖所示，有5個全等的小正方形連接在一起，若eq\o(BD,\s\up15(→))＝xeq\o(AE,\s\up15(→))＋yeq\o(AF,\s\up15(→))，則x＋y的值是1.解析：因為eq\o(BD,\s\up15(→))＝eq\o(AD,\s\up15(→))－eq\o(AB,\s\up15(→))，eq\o(AD,\s\up15(→))＝2eq\o(AE,\s\up15(→))，eq\o(AB,\s\up15(→))＝eq\o(AH,\s\up15(→))＋eq\o(HB,\s\up15(→))＝2eq\o(AF,\s\up15(→))－eq\o(AE,\s\up15(→))，所以eq\o(BD,\s\up15(→))＝eq\o(AD,\s\up15(→))－eq\o(AB,\s\up15(→))＝2eq\o(AE,\s\up15(→))－(2eq\o(AF,\s\up15(→))－eq\o(AE,\s\up15(→)))＝3eq\o(AE,\s\up15(→))－2eq\o(AF,\s\up15(→))，注意到eq\o(AE,\s\up15(→))與eq\o(AF,\s\up15(→))不共線，且eq\o(BD,\s\up15(→))＝xeq\o(AE,\s\up15(→))＋yeq\o(AF,\s\up15(→))，即xeq\o(AE,\s\up15(→))＋yeq\o(AF,\s\up15(→))＝3eq\o(AE,\s\up15(→))－2eq\o(AF,\s\up15(→))，所以x＝3，y＝－2，即x＋y＝1.16．在△ABC中，點D在線段BC上，且eq\o(BD,\s\up15(→))＝2eq\o(DC,\s\up15(→))，點O在線段CD上(與點C，D不重合)．若eq\o(AO,\s\up15(→))＝xeq\o(AB,\s\up15(→))＋(1－x)eq\o(AC,\s\up15(→))，則x的取值范圍是(C)A．(0,1) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3)))解析：解法1：eq\o(AO,\s\up15(→))＝xeq\o(AB,\s\up15(→))＋(1－x)eq\o(AC,\s\up15(→))＝x(eq\o(AB,\s\up15(→))－eq\o(AC,\s\up15(→)))＋eq\o(AC,\s\up15(→))，即eq\o(AO,\s\up15(→))－eq\o(AC,\s\up15(→))＝x(eq\o(AB,\s\up15(→))－eq\o(AC,\s\up15(→)))，∴eq\o(CO,\s\up15(→))＝xeq\o(CB,\s\up15(→))，∴eq\f(|\o(CO,\s\up15(→))|,|\o(CB,\s\up15(→))|)＝x.∵eq\o(BD,\s\up15(→))＝2eq\o(DC,\s\up15(→))，∴eq\o(BC,\s\up15(→))＝3eq\o(DC,\s\up15(→))，則0<x<eq\f(|\o(DC,\s\up15(→))|,|\o(BC,\s\up15(→))|)＝eq\f(1,3)，∴x的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))，故選C.解法2：設(shè)eq\o(BO,\s\up15(→))＝λeq\o(BC,\s\up15(→))，λ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))，則eq\o(AO,\s\up15(→))＝eq\o(AB,\s\up15(→))＋eq\o(BO,\s\up15(→))＝eq\o(AB,\s\up15(→))＋λeq\o(BC,\s\up15(→))＝(1－λ)eq\o(AB,\s\up15(→))＋λeq\o(AC,\s\up15(→))＝xeq\o(AB,\s\up15(→))＋(1－x)eq\o(AC,\s\up15(→))，則x＝1－λ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))，故選C.17．(多選題)瑞士數(shù)學(xué)家歐拉在1765年發(fā)表的《三角形的幾何學(xué)》一書中有這樣一個定理：“三角形的外心垂心和重心都在同一直線上，而且外心和重心的距離是垂心和重心距離之半”這就是著名的歐拉線定理，設(shè)△ABC中，點O、H、G分別是外心、垂心、重心下列四個選項中結(jié)論錯誤的是(CD)A.eq\o(GH,\s\up15(→))＝2eq\o(OG,\s\up15(→))B.eq\o(GA,\s\up15(→))＋eq\o(GB,\s\up15(→))＋eq\o(GC,\s\up15(→))＝0C．設(shè)BC邊中點為D，則有eq\o(AH,\s\up15(→))＝3eq\o(OD,\s\up15(→))D.eq\o(OA,\s\up15(→))＝eq\o(OB,\s\up15(→))＝eq\o(OC,\s\up15(→))解析：如圖，A.由題得eq\o(AG,\s\up15(→))＝2eq\o(GD,\s\up15(→))，OD⊥BC，AH⊥BC，所以O(shè)D∥AH，所以eq\o(GH,\s\up15(→))＝2eq\o(OG,\s\up15(→))，所以該選項正確；B.eq\o(GB,\s\up15(→))＋eq\o(GC,\s\up15(→))＝2eq\o(GD,\s\up15(→))＝－eq\o(GA,\s\up15(→))，所以eq\o(G