【名師一號】2020-2021學(xué)年北師大版高中數(shù)學(xué)必修4雙基限時練18

雙基限時練(十八)平面對量基本定理一、選擇題1．設(shè)e1，e2是同一平面內(nèi)全部向量的一組基底，則以下各組向量中，不能作為基底的是()A．e1＋e2與e1－e2 B．2e1－3e2與4e1－6e2C．e1＋2e2與2e1＋e2 D．e1＋e2與e2解析∵4e1－6e2＝2(2e1－3e2)，∴2e1－3e2與4e1－6e2共線，即不能作為基底．答案B2．在梯形ABCD中，AB∥CD，且eq\o(AB,\s\up15(→))＝3eq\o(DC,\s\up15(→))，若eq\o(AB,\s\up15(→))＝a，eq\o(AD,\s\up15(→))＝b，則eq\o(AC,\s\up15(→))等于()A．3a＋b B．a(chǎn)＋3C.eq\f(1,3)a＋b D．a(chǎn)＋eq\f(1,3)b解析eq\o(AC,\s\up15(→))＝eq\o(AD,\s\up15(→))＋eq\o(DC,\s\up15(→))＝eq\o(AD,\s\up15(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up15(→))＝b＋eq\f(1,3)a.答案C3．設(shè)e1，e2為基底，eq\o(AB,\s\up15(→))＝e1－ke2，eq\o(CB,\s\up15(→))＝2e1－e2，eq\o(CD,\s\up15(→))＝3e1－3e2，若A，B，D三點共線，則k的值為()A.2 B.－3C.－2 D.3解析∵eq\o(BD,\s\up15(→))＝eq\o(CD,\s\up15(→))－eq\o(CB,\s\up15(→))＝3e1－3e2－(2e1－e2)＝e1－2e2，又A，B，D三點共線，∴(e1－ke2)＝λ(e1－2e2)，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＝λ，,k＝2λ，))∴k＝2.答案A4．在△ABC中，已知D是AB邊上一點，若eq\o(AD,\s\up15(→))＝2eq\o(DB,\s\up15(→))，eq\o(CD,\s\up15(→))＝eq\f(1,3)eq\o(CA,\s\up15(→))＋λeq\o(CB,\s\up15(→))，則λ等于()A.eq\f(2,3) B.eq\f(1,3)C．－eq\f(1,3) D．－eq\f(2,3)解析∵eq\o(AD,\s\up15(→))＝2eq\o(DB,\s\up15(→))，∴eq\o(AD,\s\up15(→))＝eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up15(→))，故eq\o(CD,\s\up15(→))＝eq\o(CA,\s\up15(→))＋eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up15(→))＝eq\o(CA,\s\up15(→))＋eq\f(2,3)(eq\o(CB,\s\up15(→))－eq\o(CA,\s\up15(→)))＝eq\f(2,3)eq\o(CB,\s\up15(→))＋eq\f(1,3)eq\o(CA,\s\up15(→))，∴λ＝eq\f(2,3).答案A5．已知e1，e2是平面α內(nèi)不共線向量，下列說法錯誤的是()①λe1＋μe2(λ，μ∈R)可表示平面α內(nèi)的全部向量；②若實數(shù)λ，μ，使λe1＋μe2＝0，則λ＝μ＝0；③對于平面α內(nèi)任一向量a，使a＝λe1＋μe2的實數(shù)λ，μ有很多對；④若λ1e1＋μ1e2與λ2e1＋μ2e2共線，則有且只有一個實數(shù)λ，使λ2e1＋μ2e2＝λ(λ1e1＋μ1e2)．A．①② B．③④C．②③ D．①④解析①②正確，③④錯誤．答案B6．如圖，過△ABC的重心作始終線分別交AB，AC于點D，E，若eq\o(AD,\s\up15(→))＝x，eq\o(AB,\s\up15(→))，eq\o(AE,\s\up15(→))＝y(tǒng)eq\o(AC,\s\up15(→))(xy≠0)，則eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)的值為()A.4 B.3C.2 D.1解析欲求eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)的值，可依據(jù)題設(shè)建立關(guān)于x，y的等式(方程思想)．由于D、G、E三點共線，所以eq\o(DE,\s\up15(→))＝γeq\o(DG,\s\up15(→))，又eq\o(AD,\s\up15(→))＝xeq\o(AB,\s\up15(→))，eq\o(AE,\s\up15(→))＝y(tǒng)eq\o(AC,\s\up15(→))，eq\o(AG,\s\up15(→))＝eq\f(2,3)eq\o(AF,\s\up15(→))＝eq\f(2,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\o(AB,\s\up15(→))＋\o(AC,\s\up15(→))))＝eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up15(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AC,\s\up15(→)).故可得yeq\o(AC,\s\up15(→))－xeq\o(AB,\s\up15(→))＝γeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)\o(AB,\s\up15(→))＋\f(1,3)\o(AC,\s\up15(→))－x\o(AB,\s\up15(→))))，整理得－x＝γeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－x))，y＝eq\f(1,3)γ，消去γ得eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＝3，故選B.答案B7.如圖，|eq\o(OA,\s\up15(→))|＝|eq\o(OB,\s\up15(→))|＝1，|eq\o(OC,\s\up15(→))|＝eq\r(3)，∠AOB＝60°，eq\o(OB,\s\up15(→))⊥eq\o(OC,\s\up15(→))，設(shè)eq\o(OC,\s\up15(→))＝xeq\o(OA,\s\up15(→))＋yeq\o(OB,\s\up15(→))，則x，y的值分別為()A．x＝－2，y＝－1B．x＝－2，y＝1C．x＝2，y＝－1D．x＝2，y＝1解析過C作CD∥OB交AO的延長線于D，連接BC，由|eq\o(OB,\s\up15(→))|＝1，|OC|＝eq\r(3)，OB⊥OC，知∠COD＝30°，∴BC∥OD，又eq\o(OC,\s\up15(→))＝eq\o(OD,\s\up15(→))＋eq\o(OB,\s\up15(→))＝－2eq\o(OA,\s\up15(→))＋eq\o(OB,\s\up15(→))，故x＝－2，y＝1，答案為B.答案B二、填空題8．在矩形ABCD中，若eq\o(BC,\s\up15(→))＝6e1，eq\o(DC,\s\up15(→))＝4e2，O為對角線AC與BD的交點，則eq\o(OC,\s\up15(→))＝________.解析在矩形ABCD中eq\o(AD,\s\up15(→))＝eq\o(BC,\s\up15(→))＝6e1，eq\o(AB,\s\up15(→))＝eq\o(DC,\s\up15(→))＝4e2，又eq\o(AC,\s\up15(→))＝2eq\o(OC,\s\up15(→))＝eq\o(AB,\s\up15(→))＋eq\o(AD,\s\up15(→))＝6e1＋4e2，∴eq\o(OC,\s\up15(→))＝3e1＋2e2.答案3e1＋2e29．設(shè)G為△ABC的重心，O為坐標(biāo)原點，eq\o(OA,\s\up15(→))＝a，eq\o(OB,\s\up15(→))＝b，eq\o(OC,\s\up15(→))＝c，試用a，b，c表示eq\o(OG,\s\up15(→))＝__________.解析eq\o(OG,\s\up15(→))＝eq\o(OC,\s\up15(→))＋eq\o(CG,\s\up15(→))＝eq\o(OC,\s\up15(→))＋eq\f(1,3)(eq\o(CA,\s\up15(→))＋eq\o(CB,\s\up15(→)))＝eq\o(OC,\s\up15(→))＋eq\f(1,3)(eq\o(OA,\s\up15(→))－eq\o(OC,\s\up15(→))＋eq\o(OB,\s\up15(→))－eq\o(OC,\s\up15(→)))＝eq\f(1,3)(a＋b＋c)．答案eq\f(1,3)(a＋b＋c)10．已知a，b是兩個不共線的向量，若它們起點相同，a，eq\f(1,2)b，t(a＋b)三向量的終點在始終線上，則實數(shù)t＝________.解析如圖，∵a，eq\f(1,2)b，t(a＋b)三向量的終點在始終線上．∴存在實數(shù)λ使t(a＋b)－eq\f(1,2)b＝λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)b))得(t－λ)a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,2)λ－t))b.又∵a，b不共線，∴t－λ＝0且eq\f(1,2)－eq\f(1,2)λ－t＝0，解得t＝eq\f(1,3).答案eq\f(1,3)三、解答題11．已知三向量a＝－e1＋3e2＋2e3，b＝4e1－6e2＋2e3，c＝－3e1＋12e2＋11e3.問a能否表示成a＝λ1b＋λ2c解析a若能表示成a＝λ1b＋λ2c－e1＋3e2＋2e3＝(4λ1－3λ2)e1＋(－6λ1＋12λ2)e2＋(2λ1＋11λ2)e3.令4λ1－3λ2＝－1，－6λ1＋12λ2＝3，可得λ1＝－eq\f(1,10)，λ2＝eq\f(1,5)，而此時恰好能保證2λ1＋11λ2＝2，所以a＝－eq\f(1,10)b＋eq\f(1,5)c.12．梯形ABCD中，AB∥CD，M，N分別是DA，BC的中點，且eq\f(DC,AB)＝k，設(shè)eq\o(AD,\s\up15(→))＝e1，eq\o(AB,\s\up15(→))＝e2，試以e1，e2為基底表示向量eq\o(DC,\s\up15(→))，eq\o(BC,\s\up15(→))，eq\o(MN,\s\up15(→)).解∵eq\o(AB,\s\up15(→))＝e2，且eq\f(DC,AB)＝k，∴eq\o(DC,\s\up15(→))＝keq\o(AB,\s\up15(→))＝ke2.∵eq\o(AB,\s\up15(→))＋eq\o(BC,\s\up15(→))＋eq\o(CD,\s\up15(→))＋eq\o(DA,\s\up15(→))＝0，∴eq\o(BC,\s\up15(→))＝－eq\o(AB,\s\up15(→))－eq\o(CD,\s\up15(→))－eq\o(DA,\s\up15(→))＝－eq\o(AB,\s\up15(→))＋eq\o(DC,\s\up15(→))＋eq\o(AD,\s\up15(→))＝e1＋(k－1)e2.又eq\o(MN,\s\up15(→))＋eq\o(NB,\s\up15(→))＋eq\o(BA,\s\up15(→))＋eq\o(AM,\s\up15(→))＝0，且eq\o(NB,\s\up15(→))＝－eq\f(1,2)eq\o(BC,\s\up15(→))，eq\o(AM,\s\up15(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up15(→))，∴eq\o(MN,\s\up15(→))＝－eq\o(AM,\s\up15(→))－eq\o(BA,\s\up15(→))－eq\o(NB,\s\up15(→))＝－eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up15(→))＋eq\o(AB,\s\up15(→))＋eq\f(1,2)eq\o(BC,\s\up15(→))＝eq\f(k＋1,2)e2.13．已知，在△ABC中，點M是BC的中點，點N在AC上且AN＝2NC，AM交BN于P點，求AP與AM的比值．解設(shè)eq\o(BM,\s\up15(→))＝a，eq\o(CN,\s\up15(→))＝b，則eq\o(AM,\s\up15(→))＝eq\o(AC,\s\up15(→))＋eq\o(CM,\s\up15(→))＝－a－3b，eq\o(BN,\s\up15(→))＝2a＋b.∵A，P，M和B，P，N分別共線，∴存在實數(shù)λ，μ使eq\o(AP,\s\up15(→))＝λeq\o(AM,\s\up15(→))＝－λa－3λb，eq\o(BP,\s\up15(→))＝μeq\o(BN,\s\up15(→))