2024秋高中數(shù)學(xué)第二章平面向量2.3.1平面向量基本定理練習(xí)含解析新人教A版必修4

PAGE1-2.3.1平面對量基本定理A級基礎(chǔ)鞏固一、選擇題1．設(shè)e1，e2是平面內(nèi)全部向量的一組基底，則下列四組向量中，不能作為基底的是()A．e1＋e2和e1－e2 B．3e1－4e2和6e1－8e2C．e1＋2e2和2e1＋e2 D．e1和e1＋e2解析：B中，因為6e1－8e2＝2(3e1－4e2)，所以(6e1－8e2)∥(3e1－4e2)，所以3e1－4e2和6e1－8e2不能作為基底．答案：B2．在菱形ABCD中，∠A＝eq\f(π,3)，則eq\o(AB,\s\up15(→))與eq\o(AC,\s\up15(→))的夾角為()A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,3) C.eq\f(5π,6) D.eq\f(2π,3)解析：由題意知AC平分∠BAD，所以eq\o(AB,\s\up15(→))與eq\o(AC,\s\up15(→))的夾角為eq\f(π,6).答案：A3．在△ABC中，點D在BC邊上，且eq\o(BD,\s\up15(→))＝2eq\o(DC,\s\up15(→))，設(shè)eq\o(AB,\s\up15(→))＝a，eq\o(AC,\s\up15(→))＝b，則eq\o(AD,\s\up15(→))可用基底a，b表示為()A.eq\f(1,2)(a＋b) B.eq\f(2,3)a＋eq\f(1,3)bC.eq\f(1,3)a＋eq\f(2,3)b D.eq\f(1,3)(a＋b)解析：因為eq\o(BD,\s\up15(→))＝2eq\o(DC,\s\up15(→))，所以eq\o(BD,\s\up15(→))＝eq\f(2,3)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(2,3)eq\o(BC,\s\up15(→))＝eq\o(AB,\s\up15(→))＋eq\f(2,3)(eq\o(AC,\s\up15(→))－eq\o(AB,\s\up15(→)))＝eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up15(→))＋eq\f(2,3)eq\o(AC,\s\up15(→))＝eq\f(1,3)a＋eq\f(2,3)b.答案：C4．如圖，在△OAB中，P為線段AB上一點，eq\o(OP,\s\up15(→))＝xeq\o(OA,\s\up15(→))＋yeq\o(OB,\s\up15(→))，且eq\o(BP,\s\up15(→))＝3eq\o(PA,\s\up15(→))，則()A．x＝eq\f(2,3)，y＝eq\f(1,3) B．x＝eq\f(1,3)，y＝eq\f(2,3)C．x＝eq\f(1,4)，y＝eq\f(3,4) D．x＝eq\f(3,4)，y＝eq\f(1,4)解析：由已知eq\o(BP,\s\up15(→))＝3eq\o(PA,\s\up15(→))，得eq\o(OP,\s\up15(→))－eq\o(OB,\s\up15(→))＝3(eq\o(OA,\s\up15(→))－eq\o(OP,\s\up15(→)))，整理，得eq\o(OP,\s\up15(→))＝eq\f(3,4)eq\o(OA,\s\up15(→))＋eq\f(1,4)eq\o(OB,\s\up15(→))，故x＝eq\f(3,4)，y＝eq\f(1,4).答案：D5．(2024·全國卷Ⅰ)在△ABC中，AD為BC邊上的中線，E為AD的中點，則eq\o(EB,\s\up15(→))＝()A.eq\f(3,4)eq\o(AB,\s\up15(→))－eq\f(1,4)eq\o(AC,\s\up15(→)) B.eq\f(1,4)eq\o(AB,\s\up15(→))－eq\f(3,4)eq\o(AC,\s\up15(→))C.eq\f(3,4)eq\o(AB,\s\up15(→))＋eq\f(1,4)eq\o(AC,\s\up15(→)) D.eq\f(1,4)eq\o(AB,\s\up15(→))＋eq\f(3,4)eq\o(AC,\s\up15(→))答案：A二、填空題6．若eq\o(OP1,\s\up15(→))＝a，eq\o(OP2,\s\up15(→))＝b，eq\o(P1P,\s\up15(→))＝λeq\o(PP2,\s\up15(→))(λ≠－1)，則eq\o(OP,\s\up15(→))＝________．解析：因為eq\o(OP,\s\up15(→))＝eq\o(OP1,\s\up15(→))＋eq\o(P1P,\s\up15(→))＝OP1＋λeq\o(PP2,\s\up15(→))＝eq\o(OP1,\s\up15(→))＋λ(eq\o(OP2,\s\up15(→))－eq\o(OP,\s\up15(→)))＝eq\o(OP1,\s\up15(→))＋λeq\o(OP2,\s\up15(→))－λeq\o(OP,\s\up15(→))，所以(1＋λ)eq\o(OP,\s\up15(→))＝eq\o(OP1,\s\up15(→))＋λeq\o(OP2,\s\up15(→)).所以eq\o(OP,\s\up15(→))＝eq\f(1,1＋λ)eq\o(OP1,\s\up15(→))＋eq\f(λ,1＋λ)eq\o(OP2,\s\up15(→))＝eq\f(1,1＋λ)a＋eq\f(λ,1＋λ)b.答案：eq\f(1,1＋λ)a＋eq\f(λ,1＋λ)b7．已知|a|＝1，|b|＝eq\r(2)，且a－b與a垂直，則a與b的夾角為________．解析：如圖，作向量eq\o(OA,\s\up15(→))＝a，eq\o(OB,\s\up15(→))＝b，則eq\o(BA,\s\up15(→))＝a－b.由已知，得OA＝1，OB＝eq\r(2)，OA⊥AB，所以△OAB為等腰直角三角形，所以∠AOB＝45°，所以a與b的夾角為45°.答案：45°8．假如3e1＋4e2＝a，2e1＋3e2＝b，其中a，b為已知向量，則e1＝________，e2＝________．解析：由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝3e1＋4e2，,b＝2e1＋3e2，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(e1＝3a－4b，,e2＝3b－2a.))答案：3a－4b3b－2a三、解答題9．如圖所示，平面內(nèi)有三個向量eq\o(OA,\s\up15(→))，eq\o(OB,\s\up15(→))，eq\o(OC,\s\up15(→))，其中eq\o(OA,\s\up15(→))與eq\o(OB,\s\up15(→))的夾角為120°，eq\o(OA,\s\up15(→))與eq\o(OC,\s\up15(→))的夾角為30°，且|eq\o(OA,\s\up15(→))|＝|eq\o(OB,\s\up15(→))|＝1，|eq\o(OC,\s\up15(→))|＝2eq\r(3)，若eq\o(OC,\s\up15(→))＝λeq\o(OA,\s\up15(→))＋μeq\o(OB,\s\up15(→))(λ，μ∈R)．求λ＋μ的值．解：如圖所示，以O(shè)A，OB所在射線為鄰邊，OC為對角線作平行四邊形ODCE，則eq\o(OC,\s\up15(→))＝eq\o(OD,\s\up15(→))＋eq\o(OE,\s\up15(→)).在直角△OCD中，因為|eq\o(OC,\s\up15(→))|＝2eq\r(3)，∠COD＝30°，∠OCD＝90°，所以|eq\o(OD,\s\up15(→))|＝4，|eq\o(CD,\s\up15(→))|＝2，故eq\o(OD,\s\up15(→))＝4eq\o(OA,\s\up15(→))，eq\o(OE,\s\up15(→))＝2eq\o(OB,\s\up15(→))，即λ＝4，μ＝2，所以λ＋μ＝6.10．如圖所示，?ABCD中，E，F(xiàn)分別是BC，DC的中點，G為DE，BF的交點，若eq\o(AB,\s\up15(→))＝a，eq\o(AD,\s\up15(→))＝b，試以a，b為基底表示eq\o(DE,\s\up15(→))，eq\o(BF,\s\up15(→))，eq\o(CG,\s\up15(→)).解：eq\o(DE,\s\up15(→))＝eq\o(AE,\s\up15(→))－eq\o(AD,\s\up15(→))＝eq\o(AB,\s\up15(→))＋eq\o(BE,\s\up15(→))－eq\o(AD,\s\up15(→))＝a＋eq\f(1,2)b－b＝a－eq\f(1,2)b.eq\o(BF,\s\up15(→))＝eq\o(AF,\s\up15(→))－eq\o(AB,\s\up15(→))＝eq\o(AD,\s\up15(→))＋eq\o(DF,\s\up15(→))－eq\o(AB,\s\up15(→))＝b＋eq\f(1,2)a－a＝b－eq\f(1,2)a.如圖所示，連接DB，延長CG，交BD于點O，點G是△CBD的重心，故eq\o(CG,\s\up15(→))＝eq\o(CE,\s\up15(→))＋eq\o(EG,\s\up15(→))＝eq\f(1,2)eq\o(CB,\s\up15(→))＋eq\o(EG,\s\up15(→))＝eq\f(1,2)eq\o(CB,\s\up15(→))＋eq\f(1,3)eq\o(ED,\s\up15(→))＝－eq\f(1,2)b－eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)b))＝－eq\f(1,3)a－eq\f(1,3)b.B級實力提升1．假如e1，e2是平面α內(nèi)兩個不共線的向量，那么下列說法中不正確的是()①λe1＋μe2(λ，μ∈R)可以表示平面α內(nèi)的全部向量；②對于平面α內(nèi)任一向量a，使a＝λe1＋μe2的實數(shù)對(λ，μ)有無窮多個；③若向量λ1e1＋μ1e2與λ2e1＋μ2e2共線，則有且只有一個實數(shù)λ，使得λ1e1＋μ1e2＝λ(λ2e1＋μ2e2)；④若存在實數(shù)λ，μ使得λe1＋μe2＝0，則λ＝μ＝0.A．①② B．②③C．③④ D．②解析：由平面對量基本定理可知，①④是正確的；對于②，由平面對量基本定理可知，一旦一個平面的基底確定，那么隨意一個向量在此基底下的實數(shù)對是唯一的；對于③，當(dāng)兩向量的系數(shù)均為零，即λ1＝λ2＝μ1＝μ2＝0時，這樣的λ有多數(shù)個．答案：B2．如圖，向量eq\o(BP,\s\up15(→))＝eq\f(1,4)eq\o(BA,\s\up15(→))，若eq\o(OP,\s\up15(→))＝xeq\o(OA,\s\up15(→))＋yeq\o(OB,\s\up15(→))，則x－y＝________．解析：因為eq\o(OP,\s\up15(→))＝eq\o(OB,\s\up15(→))＋eq\o(BP,\s\up15(→))＝eq\o(OB,\s\up15(→))＋eq\f(1,4)eq\o(BA,\s\up15(→))＝eq\o(OB,\s\up15(→))＋eq\f(1,4)(eq\o(BO,\s\up15(→))＋eq\o(OA,\s\up15(→)))＝eq\f(1,4)eq\o(OA,\s\up15(→))＋eq\f(3,4)eq\o(OB,\s\up15(→))，所以x＝eq\f(1,4)，y＝eq\f(3,4).所以x－y＝－eq\f(1,2).答案：－eq\f(1,2)3．設(shè)e1，e2是不共線的非零向量，且a＝e1－2e2，b＝e1＋3e2.(1)證明：a，b可以作為一組基底；(2)以a，b為基底，求向量c＝3e1－e2的分解式；(3)若4e1－3e2＝λa＋μb，求λ，μ的值．(1)證明：若a，b共線，則存在λ∈R，使a＝λb，則e1－2e2＝λ(e1＋3e2)．由e1，e2不共線得，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＝1，,3λ＝－2，))?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＝1，,λ＝－\f(2,3).))所以λ不存在，故a與b不共線，可以作為一組基底．(2)解：設(shè)c＝ma＋nb(m，n∈R)，得3e1－e2＝m(e1－2e2)＋n(e