2022届高三数学一轮复习（原卷版）第2讲　高效演练分层突破 (6).doc

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1、 基础题组练 1 在平面直角坐标系中， 已知向量 a(1， 2)， a12b(3， 1)， c(x， 3)， 若(2ab)c，则 x( ) A2 B4 C3 D1 解析：选 D因为 a12b(3，1)，所以 a(3，1)12b，则 b(4，2)所以 2ab(2，6)又(2ab)c，所以66x，x1.故选 D 2(2020 河南新乡三模)设向量 e1，e2是平面内的一组基底，若向量 a3e1e2与 be1e2共线，则 ( ) A13 B13 C3 D3 解析：选 B法一：因为 a 与 b 共线，所以存在 R，使得 ab，即3e1e2(e1e2) 故 3，1，解得 13. 故选 B 法二：因为向量

2、 e1，e2是平面内的一组基底， 故由 a 与 b 共线可得，131，解得 13. 故选 B 3已知 OB 是平行四边形 OABC 的一条对角线，O 为坐标原点，OA(2，4)，OB(1，3)，若点 E 满足OC3EC，则点 E 的坐标为( ) A23，23 B13，13 C13，13 D23，23 解析：选 A易知OCOBOA(1，1)，则 C(1，1)，设 E(x，y)，则 3EC3(1x，1y)(33x，33y)，由OC3EC知33x1，33y1， 所以x23，y23，所以 E23，23. 4(2020 河北豫水中学质检)已知在 RtABC 中，BAC90，AB1，AC2，D 是ABC

3、内一点，且DAB60，设ADABAC(，R)，则( ) A2 33 B33 C3 D2 3 解析：选 A如图，以 A 为原点，AB 所在直线为 x 轴，AC 所在直线为 y 轴建立平面直角坐标系，则 B 点的坐标为(1，0)，C 点的坐标为(0，2)， 因为DAB60，所以设 D 点的坐标为(m， 3m)(m0) AD(m， 3m)ABAC(1，0)(0，2)(，2)，则 m，且 32m， 所以2 33. 5(多选)(2021 预测)已知等边三角形 ABC 内接于O，D 为线段 OA 的中点，则BD( ) A23BA16BC B43BA16BC CBA13AE D23BA13AE 解析： 选

4、AC 如图所示， 设 BC 的中点为 E， 则BDBAADBA13AEBA13(ABBE)BA13BA1312BC23BA16BC.故选 AC 6(2020 湖北荆门阶段检测)在AOB 中，AC15AB，D 为 OB 的中点，若DCOAOB，则 的值为_ 解析：因为AC15AB，所以AC15(OBOA)，因为 D 为 OB 的中点，所以OD12OB， 所以DCDOOC12OB(OAAC)12OBOA15(OBOA)45OA310OB，所 以 45，310，则 的值为625. 答案：625 7 已知 O 为坐标原点， 向量OA(1， 2)， OB(2， 1)， 若 2APAB， 则|OP|_.

5、解析：设 P 点坐标为(x，y)，ABOBOA(2，1)(1，2)(3，3)，AP(x1， y2)， 由 2APAB得， 2(x1， y2)(3， 3)， 所以2x23，2y43，解得x12，y12.故|OP|141422. 答案：22 8已知 A(3，0)，B(0， 3)，O 为坐标原点，C 在第二象限，且AOC30 ，OCOAOB，则实数 的值为_ 解析：由题意知OA(3，0)，OB(0， 3)， 则OC(3， 3)， 由AOC30 知， 以 x 轴的非负半轴为始边， OC 为终边的一个角为 150 ， 所以 tan 15033， 即3333，所以 1. 答案：1 9已知点 O 为坐标原点

6、，A(0，2)，B(4，6)，OMt1OAt2AB. (1)求点 M 在第二或第三象限的充要条件； (2)求证：当 t11 时，不论 t2为何实数，A，B，M 三点共线 解：(1)OMt1OAt2ABt1(0，2)t2(4，4)(4t2，2t14t2) 点 M 在第二或第三象限4t20，2t14t20， 解得 t20 且 t12t20. 故所求的充要条件为 t20 且 t12t20. (2)证明：当 t11 时，由(1)知OM(4t2，4t22) 因为ABOBOA(4，4)， AMOMOA(4t2，4t2)t2(4，4)t2AB， 所以 A，B，M 三点共线 10如图，在OBC 中，点 A 是

7、线段 BC 的中点，点 D 是线段 OB 上一个靠近点 B 的三等分点，设ABa，AOb. (1)用向量 a 与 b 表示向量OC，CD； (2)若OE35OA，判断 C，D，E 三点是否共线，并说明理由 解：(1)因为点 A 是线段 BC 的中点，点 D 是线段 OB 上一个靠近点 B 的三等分点，所以ACAB，CB2AB，BD13BO.因为ABa，AOb，所以OCOAACAOABab，CDCBBD2AB13BO2AB13(BAAO)53AB13AO53a13b. (2)C，D，E 三点不共线 因为OE35OA， 所以CECOOECO35OAOC35AOab35ba25b， 由(1)知CD5

8、3a13b， 所以不存在实数 ，使得CECD. 所以 C，D，E 三点不共线 综合题组练 1(多选)已知向量OA(1，3)，OB(2，1)，OC(m1，m2)，若点 A，B，C能构成三角形，则实数 m 可以是( ) A2 B12 C1 D1 解析：选 ABD各选项代入验证，若 A，B，C 三点不共线即可构成三角形因为ABOBOA(2，1)(1，3)(1，2)，ACOCOA(m1，m2)(1，3)(m，m1)假设 A，B，C 三点共线，则 1(m1)2m0，即 m1.所以只要 m1，则 A，B，C 三点即可构成三角形，故选 ABD 2.给定两个长度为 1 的平面向量OA和OB，它们的夹角为 90

9、，如图所示，点 C 在以 O 为圆心的圆弧AB上运动，若OCxOAyOB，其中 x，yR，则 xy 的最大值是( ) A1 B 2 C 3 D2 解析：选 B因为点 C 在以 O 为圆心的圆弧AB上，所以|OC|2|xOAyOB|2x2y22xyOA OBx2y2， 所以 x2y21，则 2xyx2y21. 又(xy)2x2y22xy2， 故 xy 的最大值为 2. 3(创新型)若 ， 是一组基底，向量 xy(x，yR)，则称(x，y)为向量 在基底 ， 下的坐标，现已知向量 a 在基底 p(1，1)，q(2，1)下的坐标为(2，2)，则 a在另一组基底 m(1，1)，n(1，2)下的坐标为_

10、 解析：因为 a 在基底 p，q 下的坐标为(2，2)， 即 a2p2q(2，4)， 令 axmyn(xy，x2y)， 所以xy2，x2y4，即x0，y2. 所以 a 在基底 m，n 下的坐标为(0，2) 答案：(0，2) 4已知非零不共线向量OA，OB，若 2OPxOAyOB，且PAAB(R)，则点 P(x，y)的轨迹方程是_ 解析：由PAAB，得OAOP(OBOA)， 即OP(1)OAOB. 又 2OPxOAyOB， 所以x22，y2，消去 得 xy20. 答案：xy20 5(一题多解)如图，在同一个平面内，向量OA，OB，OC的模分别为 1，1， 2，OA与OC的夹角为 ，且 tan 7

11、，OB与OC的夹角为 45 .若OCmOAnOB(m，nR)，求 mn的值 解：法一：以 O 为坐标原点，OA 所在直线为 x 轴建立平面直角坐标系，则 A(1，0)，由 tan 7，0，2，得 sin 75 2，cos 15 2，设 C(xC，yC)，B(xB，yB)，则 xC|OC|cos 215 215，yC|OC|sin 275 275， 即 C15，75.又 cos(45)15 21275 21235，sin (45)75 21215 21245，则 xB|OB|cos(45)35，yB|OB|sin (45)45，即 B35，45，由OCm OAn OB，可得 15m35n，754

12、5n，解得m54，n74，所以 mn54743. 法二： 由 tan 7， 0，2， 得 sin 75 2， cos 15 2， 则 cos(45)15 21275 21235，OB OC12221，OA OC1215 215，OA OB113535， 由OCm OAn OB， 得OC OAm OA2n OB OA， 即15m35n ，同理可得OC OBm OA OBn OB2，即 135mn ，联立，解得m54，n74.所以mn54743. 6.已知ABC 中，AB2，AC1，BAC120，AD 为角平分线 (1)求 AD 的长度； (2)过点 D 作直线交 AB，AC 的延长线于不同两点 E，F，且满足AExAB，AFyAC，求1x2y的值，并说明理由 解：(1)根据角平分线定理：DBDCABAC2，所以BDBC23， 所以ADABBDAB23BCAB23(ACAB)13AB23AC， 所以AD219AB249AB AC49AC249494949，所以 AD23. (2)因为AExAB，AFyAC，所以AD13AB23AC13xAE23yAF， 因为 E，D，F 三点共线，所以13x23y1，所以1x2y3.