新版推薦學習2023年高考數(shù)學考點通關練第三章三角函數(shù)解三角形與平面向量25平面向量的概念及線性運算

生活的色彩就是學習生活的色彩就是學習K12的學習需要努力專業(yè)專心堅持K12的學習需要努力專業(yè)專心堅持生活的色彩就是學習K12的學習需要努力專業(yè)專心堅持考點測試25平面向量的概念及線性運算一、根底小題1．關于平面向量，以下說法正確的選項是()A．零向量是唯一沒有方向的向量B．平面內(nèi)的單位向量是唯一的C．方向相反的向量是共線向量，共線向量不一定是方向相反的向量D．共線向量就是相等向量答案C解析對于A，零向量是有方向的，其方向是任意的，故A不正確；對于B，單位向量的模為1，其方向可以是任意方向，故B不正確；對于C，方向相反的向量一定是共線向量，共線向量不一定是方向相反的向量，故C正確；對于D，由共線向量和相等向量的定義可知D不正確．應選C.2．以下等式：①0－a＝－a；②－(－a)＝a；③a＋(－a)＝0；④a＋0＝a；⑤a－b＝a＋(－b)．正確的個數(shù)是()A．2 B．3C．4 D．5答案D解析①②③④⑤正確．3．假設m∥n，n∥k，那么向量m與向量k()A．共線 B．不共線C．共線且同向 D．不一定共線答案D解析如m∥0，0∥k，但k與m可能共線也可能不共線，應選D.4．D是△ABC的邊AB上的中點，那么向量eq\o(CD,\s\up10(→))等于()A．－eq\o(BC,\s\up10(→))＋eq\f(1,2)eq\o(BA,\s\up10(→)) B．－eq\o(BC,\s\up10(→))－eq\f(1,2)eq\o(BA,\s\up10(→))C．eq\o(BC,\s\up10(→))－eq\f(1,2)eq\o(BA,\s\up10(→)) D．eq\o(BC,\s\up10(→))＋eq\f(1,2)eq\o(BA,\s\up10(→))答案A解析如圖，eq\o(CD,\s\up10(→))＝eq\o(CB,\s\up10(→))＋eq\o(BD,\s\up10(→))＝eq\o(CB,\s\up10(→))＋eq\f(1,2)eq\o(BA,\s\up10(→))＝－eq\o(BC,\s\up10(→))＋eq\f(1,2)eq\o(BA,\s\up10(→)).5．平面上不共線的四點O，A，B，C，假設eq\o(OA,\s\up10(→))＋2eq\o(OC,\s\up10(→))＝3eq\o(OB,\s\up10(→))，那么eq\f(|\o(BC,\s\up10(→))|,|\o(AB,\s\up10(→))|)的值為()A．eq\f(1,2) B．eq\f(1,3)C．eq\f(1,4) D．eq\f(1,6)答案A解析由eq\o(OA,\s\up10(→))＋2eq\o(OC,\s\up10(→))＝3eq\o(OB,\s\up10(→))，得eq\o(OA,\s\up10(→))－eq\o(OB,\s\up10(→))＝2eq\o(OB,\s\up10(→))－2eq\o(OC,\s\up10(→))，即eq\o(BA,\s\up10(→))＝2eq\o(CB,\s\up10(→))，所以eq\f(|\o(BC,\s\up10(→))|,|\o(AB,\s\up10(→))|)＝eq\f(1,2).應選A.6．在四邊形ABCD中，O是四邊形ABCD內(nèi)一點，eq\o(OA,\s\up10(→))＝a，eq\o(OB,\s\up10(→))＝b，eq\o(OC,\s\up10(→))＝c，eq\o(OD,\s\up10(→))＝a－b＋c，那么四邊形ABCD的形狀為()A．梯形 B．正方形C．平行四邊形 D．菱形答案C解析因為eq\o(OD,\s\up10(→))＝a－b＋c，所以eq\o(AD,\s\up10(→))＝c－b，又eq\o(BC,\s\up10(→))＝c－b，所以eq\o(AD,\s\up10(→))∥eq\o(BC,\s\up10(→))且|eq\o(AD,\s\up10(→))|＝|eq\o(BC,\s\up10(→))|，所以四邊形ABCD是平行四邊形．7．A、B、C三點不共線，且點O滿足eq\o(OA,\s\up10(→))＋eq\o(OB,\s\up10(→))＋eq\o(OC,\s\up10(→))＝0，那么以下結(jié)論正確的選項是()A．eq\o(OA,\s\up10(→))＝eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\f(2,3)eq\o(BC,\s\up10(→)) B．eq\o(OA,\s\up10(→))＝eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\f(1,3)eq\o(BC,\s\up10(→))C．eq\o(OA,\s\up10(→))＝eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up10(→))－eq\f(2,3)eq\o(BC,\s\up10(→)) D．eq\o(OA,\s\up10(→))＝－eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up10(→))－eq\f(1,3)eq\o(BC,\s\up10(→))答案D解析∵eq\o(OA,\s\up10(→))＋eq\o(OB,\s\up10(→))＋eq\o(OC,\s\up10(→))＝0，∴O為△ABC的重心，∴eq\o(OA,\s\up10(→))＝－eq\f(2,3)×eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\o(AC,\s\up10(→)))＝－eq\f(1,3)(eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\o(AC,\s\up10(→)))＝－eq\f(1,3)(eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\o(BC,\s\up10(→)))＝－eq\f(1,3)(2eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\o(BC,\s\up10(→)))＝－eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up10(→))－eq\f(1,3)eq\o(BC,\s\up10(→))，應選D.8．A、B、O是平面內(nèi)不共線的三個定點，且eq\o(OA,\s\up10(→))＝a，eq\o(OB,\s\up10(→))＝b，點P關于點A的對稱點為Q，點Q關于點B的對稱點為R，那么eq\o(PR,\s\up10(→))＝()A．a(chǎn)－b B．2(b－a)C．2(a－b) D．b－a答案B解析eq\o(PR,\s\up10(→))＝eq\o(OR,\s\up10(→))－eq\o(OP,\s\up10(→))＝(eq\o(OR,\s\up10(→))＋eq\o(OQ,\s\up10(→)))－(eq\o(OP,\s\up10(→))＋eq\o(OQ,\s\up10(→)))＝2eq\o(OB,\s\up10(→))－2eq\o(OA,\s\up10(→))＝2(b－a)，應選B.9．給出以下命題：①零向量的長度為零，方向是任意的；②假設a，b都是單位向量，那么a＝b；③向量eq\o(AB,\s\up10(→))與eq\o(BA,\s\up10(→))相等；④假設非零向量eq\o(AB,\s\up10(→))與eq\o(CD,\s\up10(→))是共線向量，那么A，B，C，D四點共線．那么所有正確命題的序號是()A．① B．③C．①③ D．①④答案A解析根據(jù)零向量的定義可知①正確；根據(jù)單位向量的定義可知，單位向量的模相等，但方向不一定相同，故兩個單位向量不一定相等，故②錯誤；向量eq\o(AB,\s\up10(→))與eq\o(BA,\s\up10(→))互為相反向量，故③錯誤；由于方向相同或相反的向量為共線向量，故eq\o(AB,\s\up10(→))與eq\o(CD,\s\up10(→))也可能平行，即A，B，C，D四點不一定共線，故④錯誤．應選A.

10.如圖，AB是圓O的直徑，點C、D是半圓弧的兩個三等分點，eq\o(AB,\s\up10(→))＝a，eq\o(AC,\s\up10(→))＝b，那么eq\o(AD,\s\up10(→))＝()A．a(chǎn)－eq\f(1,2)b B．eq\f(1,2)a－bC．a(chǎn)＋eq\f(1,2)b D．eq\f(1,2)a＋b答案D解析連接CD，由點C、D是半圓弧的三等分點，得CD∥AB且eq\o(CD,\s\up10(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up10(→))＝eq\f(1,2)a，所以eq\o(AD,\s\up10(→))＝eq\o(AC,\s\up10(→))＋eq\o(CD,\s\up10(→))＝b＋eq\f(1,2)a.11．△ABC所在的平面內(nèi)有一點P，滿足eq\o(PA,\s\up10(→))＋eq\o(PB,\s\up10(→))＋eq\o(PC,\s\up10(→))＝eq\o(AB,\s\up10(→))，那么△PBC與△ABC的面積之比是()A．eq\f(1,3) B．eq\f(1,2)C．eq\f(2,3) D．eq\f(3,4)答案C解析因為eq\o(PA,\s\up10(→))＋eq\o(PB,\s\up10(→))＋eq\o(PC,\s\up10(→))＝eq\o(AB,\s\up10(→))，所以eq\o(PA,\s\up10(→))＋eq\o(PB,\s\up10(→))＋eq\o(PC,\s\up10(→))＝eq\o(PB,\s\up10(→))－eq\o(PA,\s\up10(→))，所以eq\o(PC,\s\up10(→))＝－2eq\o(PA,\s\up10(→))＝2eq\o(AP,\s\up10(→))，即P是AC邊的一個三等分點，且PC＝eq\f(2,3)AC，由三角形的面積公式可知，eq\f(S△PBC,S△ABC)＝eq\f(PC,AC)＝eq\f(2,3).12．A，B，C是平面上不共線的三點，O是△ABC的重心，動點P滿足eq\o(OP,\s\up10(→))＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\o(OA,\s\up10(→))＋\f(1,2)\o(OB,\s\up10(→))＋2\o(OC,\s\up10(→))))，那么點P一定為三角形ABC的()A．AB邊中線的中點B．AB邊中線的三等分點(非重心)C．重心D．AB邊的中點答案B解析設AB的中點為M，那么eq\f(1,2)eq\o(OA,\s\up10(→))＋eq\f(1,2)eq\o(OB,\s\up10(→))＝eq\o(OM,\s\up10(→))，∴eq\o(OP,\s\up10(→))＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(OM,\s\up10(→))＋2\o(OC,\s\up10(→))))＝eq\f(1,3)eq\o(OM,\s\up10(→))＋eq\f(2,3)eq\o(OC,\s\up10(→))，即3eq\o(OP,\s\up10(→))＝eq\o(OM,\s\up10(→))＋2eq\o(OC,\s\up10(→))，也就是eq\o(MP,\s\up10(→))＝2eq\o(PC,\s\up10(→))，∴P，M，C三點共線，且P是CM上靠近C點的一個三等分點．二、高考小題13．[2023·全國卷Ⅰ]設D為△ABC所在平面內(nèi)一點，eq\o(BC,\s\up10(→))＝3eq\o(CD,\s\up10(→))，那么()A．eq\o(AD,\s\up10(→))＝－eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\f(4,3)eq\o(AC,\s\up10(→)) B．eq\o(AD,\s\up10(→))＝eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up10(→))－eq\f(4,3)eq\o(AC,\s\up10(→))C．eq\o(AD,\s\up10(→))＝eq\f(4,3)eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AC,\s\up10(→)) D．eq\o(AD,\s\up10(→))＝eq\f(4,3)eq\o(AB,\s\up10(→))－eq\f(1,3)eq\o(AC,\s\up10(→))答案A解析eq\o(AD,\s\up10(→))＝eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\o(BD,\s\up10(→))＝eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\o(BC,\s\up10(→))＋eq\o(CD,\s\up10(→))＝eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\f(4,3)eq\o(BC,\s\up10(→))＝eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\f(4,3)(eq\o(AC,\s\up10(→))－eq\o(AB,\s\up10(→)))＝－eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\f(4,3)eq\o(AC,\s\up10(→)).應選A.14．[2023·福建高考]設M為平行四邊形ABCD對角線的交點，O為平行四邊形ABCD所在平面內(nèi)任意一點，那么eq\o(OA,\s\up10(→))＋eq\o(OB,\s\up10(→))＋eq\o(OC,\s\up10(→))＋eq\o(OD,\s\up10(→))等于()A．eq\o(OM,\s\up10(→)) B．2eq\o(OM,\s\up10(→))C．3eq\o(OM,\s\up10(→)) D．4eq\o(OM,\s\up10(→))答案D解析eq\o(OA,\s\up10(→))＋eq\o(OB,\s\up10(→))＋eq\o(OC,\s\up10(→))＋eq\o(OD,\s\up10(→))＝(eq\o(OA,\s\up10(→))＋eq\o(OC,\s\up10(→)))＋(eq\o(OB,\s\up10(→))＋eq\o(OD,\s\up10(→)))＝2eq\o(OM,\s\up10(→))＋2eq\o(OM,\s\up10(→))＝4eq\o(OM,\s\up10(→)).應選D.15．[2023·全國卷Ⅰ]設D，E，F(xiàn)分別為△ABC的三邊BC，CA，AB的中點，那么eq\o(EB,\s\up10(→))＋eq\o(FC,\s\up10(→))＝()A．eq\o(AD,\s\up10(→)) B．eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up10(→))C．eq\o(BC,\s\up10(→)) D．eq\f(1,2)eq\o(BC,\s\up10(→))答案A解析如圖，eq\o(EB,\s\up10(→))＋eq\o(FC,\s\up10(→))＝－eq\f(1,2)(eq\o(BA,\s\up10(→))＋eq\o(BC,\s\up10(→)))－eq\f(1,2)(eq\o(CB,\s\up10(→))＋eq\o(CA,\s\up10(→)))＝－eq\f(1,2)(eq\o(BA,\s\up10(→))＋eq\o(CA,\s\up10(→)))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\o(AC,\s\up10(→)))＝eq\o(AD,\s\up10(→)).16．[2023·安徽高考]△ABC是邊長為2的等邊三角形，向量a，b滿足eq\o(AB,\s\up10(→))＝2a，eq\o(AC,\s\up10(→))＝2a＋b，那么以下結(jié)論正確的選項是()A．|b|＝1 B．a(chǎn)⊥bC．a(chǎn)·b＝1 D．(4a＋b)⊥eq\o(BC,\s\up10(→))答案D解析∵eq\o(AB,\s\up10(→))＝2a，eq\o(AC,\s\up10(→))＝2a＋b，∴a＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up10(→))，b＝eq\o(AC,\s\up10(→))－eq\o(AB,\s\up10(→))＝eq\o(BC,\s\up10(→))，∵△ABC是邊長為2的等邊三角形，∴|b|＝2，a·b＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up10(→))·eq\o(BC,\s\up10(→))＝－1，故a，b不垂直，4a＋b＝2eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\o(BC,\s\up10(→))＝eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\o(AC,\s\up10(→))，故(4a＋b)·eq\o(BC,\s\up10(→))＝(eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\o(AC,\s\up10(→)))·eq\o(BC,\s\up10(→))＝－2＋2＝0，∴(4a＋b)⊥eq\o(BC,\s\up10(→))，應選D.17．[2023·北京高考]在△ABC中，點M，N滿足eq\o(AM,\s\up10(→))＝2eq\o(MC,\s\up10(→))，eq\o(BN,\s\up10(→))＝eq\o(NC,\s\up10(→)).假設eq\o(MN,\s\up10(→))＝xeq\o(AB,\s\up10(→))＋yeq\o(AC,\s\up10(→))，那么x＝________；y＝________.答案eq\f(1,2)－eq\f(1,6)解析如圖在△ABC中，eq\o(MN,\s\up10(→))＝eq\o(MA,\s\up10(→))＋eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\o(BN,\s\up10(→))＝－eq\f(2,3)eq\o(AC,\s\up10(→))＋eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\f(1,2)eq\o(BC,\s\up10(→))＝－eq\f(2,3)eq\o(AC,\s\up10(→))＋eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\f(1,2)(eq\o(AC,\s\up10(→))－eq\o(AB,\s\up10(→)))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up10(→))－eq\f(1,6)eq\o(AC,\s\up10(→)).∴x＝eq\f(1,2)，y＝－eq\f(1,6).三、模擬小題18．[2023·山西監(jiān)測]a，b是單位向量，且a·b＝－eq\f(1,2).假設平面向量p滿足p·a＝p·b＝eq\f(1,2)，那么|p|＝()A．2 B．eq\r(2)C．1 D．eq\f(1,2)答案C解析設a，b的夾角為θ，θ∈[0，π]，那么a·b＝cosθ＝－eq\f(1,2)，θ＝eq\f(2π,3)，建立平面直角坐標系，使得a＝(1,0)，b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，設p＝(x，y)，那么由p·a＝p·b＝eq\f(1,2)可得x＝－eq\f(1,2)x＋eq\f(\r(3),2)y＝eq\f(1,2)，解得x＝eq\f(1,2)，y＝eq\f(\r(3),2)，那么|p|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))2)＝1，應選C.19.[2023·河北張家口月考]如圖，在正六邊形ABCDEF中，eq\o(BA,\s\up10(→))＋eq\o(CD,\s\up10(→))＋eq\o(FB,\s\up10(→))＝()A．0 B．eq\o(BE,\s\up10(→))C．eq\o(AD,\s\up10(→)) D．eq\o(CF,\s\up10(→))答案A解析在正六邊形ABCDEF中，CD∥AF，CD＝AF，所以eq\o(BA,\s\up10(→))＋eq\o(CD,\s\up10(→))＋eq\o(FB,\s\up10(→))＝eq\o(BA,\s\up10(→))＋eq\o(AF,\s\up10(→))＋eq\o(FB,\s\up10(→))＝eq\o(BA,\s\up10(→))＋eq\o(AB,\s\up10(→))＝0，應選A.20．[2023·山東師大附中模擬]平面內(nèi)一點P及△ABC，假設eq\o(PA,\s\up10(→))＋eq\o(PB,\s\up10(→))＋eq\o(PC,\s\up10(→))＝eq\o(AB,\s\up10(→))，那么點P與△ABC的位置關系是()A．點P在線段AB上 B．點P在線段BC上C．點P在線段AC上 D．點P在△ABC外部答案C解析由eq\o(PA,\s\up10(→))＋eq\o(PB,\s\up10(→))＋eq\o(PC,\s\up10(→))＝eq\o(AB,\s\up10(→))，得eq\o(PA,\s\up10(→))＋eq\o(PC,\s\up10(→))＝eq\o(AB,\s\up10(→))－eq\o(PB,\s\up10(→))＝eq\o(AP,\s\up10(→))，即eq\o(PC,\s\up10(→))＝eq\o(AP,\s\up10(→))－eq\o(PA,\s\up10(→))＝2eq\o(AP,\s\up10(→))，所以點P在線段AC上，選C.21．[2023·陜西咸陽模擬]在△ABC中，eq\o(AB,\s\up10(→))＝c，eq\o(AC,\s\up10(→))＝b，假設點D滿足eq\o(BD,\s\up10(→))＝2eq\o(DC,\s\up10(→))，那么eq\o(AD,\s\up10(→))＝()A．eq\f(2,3)b＋eq\f(1,3)c B．eq\f(5,3)c－eq\f(2,3)bC．eq\f(2,3)b－eq\f(1,3)c D．eq\f(1,3)b＋eq\f(2,3)c答案A解析eq\o(BC,\s\up10(→))＝eq\o(AC,\s\up10(→))－eq\o(AB,\s\up10(→))＝b－c，eq\o(BD,\s\up10(→))＝eq\f(2,3)eq\o(BC,\s\up10(→))＝eq\f(2,3)(b－c)，∴eq\o(AD,\s\up10(→))＝eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\o(BD,\s\up10(→))＝c＋eq\f(2,3)(b－c)＝eq\f(2,3)b＋eq\f(1,3)c.22.[2023·四川廣元模擬]如圖，eq\o(AP,\s\up10(→))＝eq\f(4,3)eq\o(AB,\s\up10(→))，用eq\o(OA,\s\up10(→))，eq\o(OB,\s\up10(→))表示eq\o(OP,\s\up10(→))，那么eq\o(OP,\s\up10(→))等于()A．eq\f(1,3)eq\o(OA,\s\up10(→))－eq\f(4,3)eq\o(OB,\s\up10(→)) B．eq\f(1,3)eq\o(OA,\s\up10(→))＋eq\f(4,3)eq\o(OB,\s\up10(→))C．－eq\f(1,3)eq\o(OA,\s\up10(→))＋eq\f(4,3)eq\o(OB,\s\up10(→)) D．－eq\f(1,3)eq\o(OA,\s\up10(→))－eq\f(4,3)eq\o(OB,\s\up10(→))答案C解析eq\o(OP,\s\up10(→))＝eq\o(OA,\s\up10(→))＋eq\o(AP,\s\up10(→))＝eq\o(OA,\s\up10(→))＋eq\f(4,3)eq\o(AB,\s\up10(→))＝eq\o(OA,\s\up10(→))＋eq\f(4,3)(eq\o(OB,\s\up10(→))－eq\o(OA,\s\up10(→)))＝－eq\f(1,3)eq\o(OA,\s\up10(→))＋eq\f(4,3)eq\o(OB,\s\up10(→))，選C.23．[2023·河南中原名校聯(lián)考]如圖，在直角梯形ABCD中，AB＝2AD＝2DC，E為BC邊上一點，eq\o(BC,\s\up10(→))＝3eq\o(EC,\s\up10(→))，F(xiàn)為AE的中點，那么eq\o(BF,\s\up10(→))＝()A．eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up10(→))－eq\f(1,3)eq\o(AD,\s\up10(→)) B．eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up10(→))－eq\f(2,3)eq\o(AD,\s\up10(→))C．－eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AD,\s\up10(→)) D．－eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\f(2,3)eq\o(AD,\s\up10(→))答案C解析解法一：如圖，取AB的中點G，連接DG，CG，那么易知四邊形DCBG為平行四邊形，所以eq\o(BC,\s\up10(→))＝eq\o(GD,\s\up10(→))＝eq\o(AD,\s\up10(→))－eq\o(AG,\s\up10(→))＝eq\o(AD,\s\up10(→))－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up10(→))，∴eq\o(AE,\s\up10(→))＝eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\o(BE,\s\up10(→))＝eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\f(2,3)eq\o(BC,\s\up10(→))＝eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AD,\s\up10(→))－\f(1,2)\o(AB,\s\up10(→))))＝eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\f(2,3)eq\o(AD,\s\up10(→))，于是eq\o(BF,\s\up10(→))＝eq\o(AF,\s\up10(→))－eq\o(AB,\s\up10(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AE,\s\up10(→))－eq\o(AB,\s\up10(→))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)\o(AB,\s\up10(→))＋\f(2,3)\o(AD,\s\up10(→))))－eq\o(AB,\s\up10(→))＝－eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AD,\s\up10(→))，應選C.解法二：eq\o(BF,\s\up10(→))＝eq\o(BA,\s\up10(→))＋eq\o(AF,\s\up10(→))＝eq\o(BA,\s\up10(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AE,\s\up10(→))＝－eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AD,\s\up10(→))＋\f(1,2)\o(AB,\s\up10(→))＋\o(CE,\s\up10(→))))＝－eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AD,\s\up10(→))＋\f(1,2)\o(AB,\s\up10(→))＋\f(1,3)\o(CB,\s\up10(→))))＝－eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up10(→))＋eq\f(1,4)eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\f(1,6)(eq\o(CD,\s\up10(→))＋eq\o(DA,\s\up10(→))＋eq\o(AB,\s\up10(→)))＝－eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AD,\s\up10(→)).24．[2023·安徽十校聯(lián)考]A、B、C三點不共線，且eq\o(AD,\s\up10(→))＝－eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up10(→))＋2eq\o(AC,\s\up10(→))，那么eq\f(S△ABD,S△ACD)＝()A．eq\f(2,3) B．eq\f(3,2)C．6 D．eq\f(1,6)答案C解析如圖，取eq\o(AM,\s\up10(→))＝－eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up10(→))，eq\o(AN,\s\up10(→))＝2eq\o(AC,\s\up10(→))，以AM，AN為鄰邊作平行四邊形AMDN，此時eq\o(AD,\s\up10(→))＝－eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up10(→))＋2eq\o(AC,\s\up10(→)).由圖可知S△ABD＝3S△AMD，S△ACD＝eq\f(1,2)S△AND，而S△AMD＝S△AND，∴eq\f(S△ABD,S△ACD)＝6，應選C.25．[2023·大連模擬]在△ABC中，P是BC邊中點，角A，B，C的對邊分別是a，b，c，假設ceq\o(AC,\s\up10(→))＋aeq\o(PA,\s\up10(→))＋beq\o(PB,\s\up10(→))＝0，那么△ABC的形狀為()A．等邊三角形B．鈍角三角形C．直角三角形D．等腰三角形但不是等邊三角形答案A解析如圖，由ceq\o(AC,\s\up10(→))＋aeq\o(PA,\s\up10(→))＋beq\o(PB,\s\up10(→))＝0，知c(eq\o(PC,\s\up10(→))－eq\o(PA,\s\up10(→)))＋aeq\o(PA,\s\up10(→))－beq\o(PC,\s\up10(→))＝(a－c)eq\o(PA,\s\up10(→))＋(c－b)eq\o(PC,\s\up10(→))＝0，而eq\o(PA,\s\up10(→))與eq\o(PC,\s\up10(→))為不共線向量，∴a－c＝c－b＝0，∴a＝b＝c.26．[2023·湖南四地一模]如圖，在△ABC中，設eq\o(AB,\s\up10(→))＝a，eq\o(AC,\s\up10(→))＝b，AP的中點為Q，BQ的中點為R，CR的中點為P，假設eq\o(AP,\s\up10(→))＝ma＋nb，那么m，n對應的值為()A．eq\f(2,7)，eq\f(4,7) B．eq\f(1,2)，eq\f(1,4)C．eq\f(1,6)，eq\f(2,7) D．eq\f(1,6)，eq\f(3,7)答案A解析根據(jù)條件得，eq\o(BQ,\s\up10(→))＝eq\o(AQ,\s\up10(→))－eq\o(AB,\s\up10(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AP,\s\up10(→))－eq\o(AB,\s\up10(→))＝eq\f(1,2)(ma＋nb)－a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,2)－1))a＋eq\f(n,2)b，eq\o(CR,\s\up10(→))＝eq\o(BR,\s\up10(→))－eq\o(BC,\s\up10(→))＝eq\f(1,2)eq\o(BQ,\s\up10(→))－eq\o(AC,\s\up10(→))＋eq\o(AB,\s\up10(→))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,2)－1))a＋\f(n,2)b))－b＋a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,4)＋\f(1,2)))a＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,4)－1))b，∴eq\o(QP,\s\up10(→))＝eq\f(m,2)a＋eq\f(n,2)b，eq\o(RQ,\s\up10(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,4)－\f(1,2)))a＋eq\f(n,4)b，eq\o(RP,\s\up10(→))＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,8)＋\f(1,4)))a＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(n,8)))b.∵eq\o(RQ,\s\up10(→))＋eq\o(QP,\s\up10(→))＝eq\o(RP,\s\up10(→))，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3m,4)－\f(1,2)))a＋eq\f(3n,4)b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(m,8)－\f(1,4)))a＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(n,8)))b，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(3m,4)－\f(1,2)＝－\f(m,8)－\f(1,4)，,\f(3n,4)＝\f(1,2)－\f(n,8)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝\f(2,7)，,n＝\f(4,7)，))應選A.27．[2023·天津模擬]在平行四邊形ABCD中，eq\o(AE,\s\up10(→))＝eq\o(EB,\s\up10(→))，eq\o(CF,\s\up10(→))＝2eq\o(FB,\s\up10(→))，連接CE，DF相交于點M，假設eq\o(AM,\s\up10(→))＝λeq\o(AB,\s\up10(→))＋μeq\o(AD,\s\up10(→))，那么實數(shù)λ與μ的乘積為()A．eq\f(1,4) B．eq\f(3,8)C．eq\f(3,4) D．eq\f(4,3)答案B解析∵E，M，C三點共線，∴設eq\o(AM,\s\up10(→))＝xeq\o(AE,\s\up10(→))＋(1－x)eq\o(AC,\s\up10(→))，那么eq\o(AM,\s\up10(→))＝eq\f(x,2)eq\o(AB,\s\up10(→))＋(1－x)(eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\o(AD,\s\up10(→)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x,2)))eq\o(AB,\s\up10(→))＋(1－x)eq\o(AD,\s\up10(→)).同理D，M，F(xiàn)三點共線，∴設eq\o(AM,\s\up10(→))＝y(tǒng)eq\o(AF,\s\up10(→))＋(1－y)eq\o(AD,\s\up10(→))，那么eq\o(AM,\s\up10(→))＝y(tǒng)eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2y,3)))eq\o(AD,\s\up10(→))，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－\f(x,2)＝y(tǒng)，,1－x＝1－\f(2y,3)，))解得y＝eq\f(3,4)，即eq\o(AM,\s\up10(→))＝eq\f(3,4)eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up10(→)).∴λ＝eq\f(3,4)，μ＝eq\f(1,2)，即λμ＝eq\f(3,4)×eq\f(1,2)＝eq\f(3,8).28．[2023·安徽馬鞍山質(zhì)檢]△ABC是邊長為4的正三角形，D、P是△ABC內(nèi)的兩點，且滿足eq\o(AD,\s\up10(→))＝eq\f(1,4)(eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\o(AC,\s\up10(→)))，eq\o(AP,\s\up10(→))＝eq\o(AD,\s\up10(→))＋eq\f(1,8)eq\o(BC,\s\up10(→))，那么△APD的面積為()A．eq\f(\r(3),4) B．eq\f(\r(3),2)C．eq\r(3) D．2eq\r(3)答案A解析取BC的中點E，連接AE，由于△ABC是邊長為4的正三角形，那么AE⊥BC，eq\o(AE,\s\up10(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\o(AC,\s\up10(→)))，又eq\o(AD,\s\up10(→))＝eq\f(1,4)(eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\o(AC,\s\up10(→)))，所以點D是AE的中點，AD＝eq\r(3).取eq\o(A