新教材2021学年高中人教A版数学必修第2册课堂作业631平面向量基本定理Word版含解析

第六章6.36.3.1A组·素养自测一、选择题1．e1、e2是表示平面内所有向量的一组基底，下列四组向量中，不能作为一组基底的是(B)A．e1＋e2和e1－e2B．3e1－2e2和4e2－6e1C．e1＋2e2和e2＋2e1D．e2和e1＋e2[解析]3e1－2e2与4e2－6e1是共线向量，不能作为一组基底.2．如图所示，矩形ABCD中，BC→＝5e1，DC→＝3e2，则OC→等于(A)A．12(5e1＋3e2)B．12(5e1－3e2)C．12(3e2－5e1)D．12(5e2－3e1)[解析]OC→＝12AC→＝12(BC→－BA→)＝12(BC→＋DC→)＝12(5e1＋3e2).3．在△ABC中，已知D是AB边上一点，若2AD→＝DB→，CD→＝23CA→＋λCB→，则λ等于(A)A．13B．－13C．23D．－23[解析]方法一由平面向量的三角形法则可知CD→＝CA→＋AD→＝CA→＋13AB→＝CA→＋13(CB→－CA→)＝23CA→＋13CB→，所以λ＝13.方法二因为A，B，D三点共线，CD→＝23CA→＋λCB→，所以23＋λ＝1，所以λ＝13.4．如图所示，|OA→|＝|BC→|＝1，|OC|＝3，∠AOB＝60°，OB⊥OC，设OC→＝xOA→＋yOB→，则(B)A．x＝－2，y＝－1B．x＝－2，y＝1C．x＝2，y＝－1D．x＝2，y＝1[解析]解法1：过点C作CD∥OB交AO的延长线于点D，连接BC(图略).由|OB→|＝1，|OC→|＝3，∠AOB＝60°，OB⊥OC，知∠COD＝30°.在Rt△OCD中，可得OD＝2CD＝2，则OC→＝OD→＋OB→＝－2OA→＋OB→.∴x＝－2，y＝1．解法2：画图知x0且y0，所以选B．5．在△ABC中，AD为BC边上的中线，E为AD的中点，则EB→(A)A．34AB→－14AC→B．14AB→－34AC→C．34AB→＋14AC→D．14AB→＋34AC→[解析]EB→＝EA→＋AB→＝－12AD→＋AB→＝－12×12(AB→＋AC→)＋AB→＝34AB→－14AC→.二、填空题6．如图，平行四边形ABCD中，AB→＝a，AD→＝b，M是DC的中点，以a、b为基底表示向量AM→＝__b＋12a__.[解析]AM→＝AD→＋DM→＝AD→＋12DC→＝AD→＋12AB→＝b＋12a.7．设向量a，b不平行，向量λa＋b与a＋3b平行，则实数λ＝__13__.[解析]依据平行向量基本定理列方程组求解.∵λa＋b与a＋3b平行，∴可设λa＋b＝t(a＋3b)，即λa＋b＝ta＋3tb，∴λ＝t，1＝3t解得λ＝13，t＝13.8．设e1，e2是平面内一组基向量，且a＝e1＋2e2，b＝－e1＋e2，则向量e1＋e2可以表示为以a，b为基向量的线性组合，即e1＋e2＝__23a－13b__.[解析]设e1＋e2＝ma＋nb(m，n∈R)，∵a＝e1＋2e2，b＝－e1＋e2，∴e1＋e2＝m(e1＋2e2)＋n(－e1＋e2)＝(m－n)e1＋(2m＋n)e2．∵e1与e2不共线，∴m－n＝1，2m＋n＝1，∴m＝23，n＝－13.∴e1＋e2＝23a－13b.三、解答题9．如图所示，已知在平行四边形ABCD中，E、F分别是BC、DC边上的中点.若AB→＝a，AD→＝b，试以a、b为基底表示DE→、BF→.[解析]∵四边形ABCD是平行四边形，E、F分别是BC、DC边上的中点，∴AD→＝BC→＝2BE→，CD→＝BA→＝2CF→，∴BE→＝12AD→＝12b，CF→＝12CD→＝12BA→＝－12AB→＝－12a.∴DE→＝DA→＋AB→＋BE→＝－AD→＋AB→＋BE→＝－b＋a＋12b＝a－12b，BF→＝BC→＋CF→＝AD→＋CF→＝b－12a.10．已知e1，e2是平面内两个不共线的向量，a＝3e1－2e2，b＝－2e1＋e2，c＝2e1－3e2，试用a，b表示c.[解析]设c＝xa＋yb，则2e1－3e2＝x(3e1－2e2)＋y(－2e1＋e2)，即(3x－2y)e1＋(y－2x)e2＝2e1－3e2．又e1，e2是平面内两个不共线的向量，所以3x－2y＝2，y－2x＝－3，解得x＝4，y＝5，所以c＝4a＋5b.B组·素养提升一、选择题1．向量a，b，c在正方形网格中的位置如图所示，若c＝λa＋μb(λ，μ∈R)，则λμ＝(B)A．2B．4C．5D．7[解析]以如图所示的两互相垂直的单位向量e1，e2为基底，则a＝－e1＋e2，b＝6e1＋2e2，c＝－e1－3e2，因为c＝λa＋μb(λ，μ∈R)，所以－e1－3e2＝λ(－e1＋e2)＋μ(6e1＋2e2)＝(－λ＋6μ)e1＋(λ＋2μ)e2，所以－λ＋6μ＝－1，λ＋2μ＝－3，解得λ＝－2，μ＝－12，所以λμ＝4．故选B．2．(多选)如果e1、e2是平面α内所有向量的一组基底，那么下列命题中错误的是(ABD)A．已知实数λ1、λ2，则向量λ1e1＋λ2e2不一定在平面α内B．对平面α内任一向量a，使a＝λ1e1＋λ2e2的实数λ1，λ2可以不唯一C．若有实数λ1、λ2使λ1e1＝λ2e2，则λ1＝λ2＝0D．对平面α内任一向量a，使a＝λ1e1＋λ2e2的实数λ1、λ2不一定存在[解析]选项A中，由平面向量基本定理知λ1e1＋λ2e2与e1、e2共面，所以A项不正确；选项B中，实数λ1、λ2有且仅有一对，所以B项不正确；选项D中，实数λ1、λ2一定存在，所以D项不正确；很明显C项正确.3．若OP1→＝a，OP2→＝b，P1P→＝λPP2→，则OP→＝(D)A．a＋λbB．λa＋bC．λa＋(1＋λ)bD．a＋λb1＋λ[解析]∵P1P→＝λPP2→，∴OP→－OP1→＝λ(OP2→－OP→)，(1＋λ)OP→＝λOP2→＋OP1→，∴OP→＝λb＋a1＋λ.4．已知在△ABC中，AN→＝13NC→，P是BN上的一点.若AP→＝mAB→＋211AC→，则实数m的值为(C)A．911B．511C．311D．211[解析]设BP→＝λBN→，则AP→＝AB→＋BP→＝AB→＋λBN→＝AB→＋λ(AN→－AB→)＝AB→＋λ(14AC→－AB→)＝(1－λ)AB→＋λ4AC→＝mAB→＋211AC→，∴λ4＝211，m＝1－λ，解得λ＝811，m＝311.二、填空题5．已知O为△ABC内一点，且OB→＋OC→＝2AO→，且λAD→＝AC→，若B，O，D三点共线，则实数λ的值为__3__.[解析]设点E为边BC的中点，则12(OB→＋OC→)＝OE→，由题意，得AO→＝OE→，所以AO→＝12AE→＝14(AB→＋AC→)＝14AB→＋λ4AD→，因此若B，O，D三点共线，则14＋λ4＝1，即λ＝3．6．如图，经过△OAB的重心G的直线与OA，OB分别交于点P，Q，设OP→＝mOA→，OQ→＝nOB→，m，n∈R，则1m＋1n的值为__3__.[解析]方法一：设OA→＝a，OB→＝b，由题意知OG→＝23×12(OA→＋OB→)＝13(a＋b)，PQ→＝OQ→－OP→＝nb－ma，PG→＝OG→－OP→＝(13－m)a＋13b，由P，G，Q三点共线得，存在实数λ，使得PQ→＝λPG→，即nb－ma＝λ(13－m)a＋13λb，从而－m＝λ13－m，n＝13λ，消去λ，得1m＋1n＝3．方法二：由题意知OG→＝23×12(OA→＋OB→)＝13(1mOP→＋1nOQ→)＝13mOP→＋13nOQ→，又P，G，Q三点共线，由三点共线性质定理可知13m＋13n＝1，即1m＋1n＝3．方法三：(特例)当PQ∥AB时，m＝n＝23，∴1m＋1n＝3．三、解答题7．设e1，e2是不共线的非零向量，且a＝e1－2e2，b＝e1＋3e2．(1)证明：a，b可以作为一组基底；(2)以a，b为基底，求向量c＝3e1－e2的分解式；(3)若4e1－3e2＝λa＋μb，求λ，μ的值.[解析](1)证明：若a，b共线，则存在λ∈R，使a＝λb，则e1－2e2＝λ(e1＋3e2).由e1，e2不共线，得λ＝1，3λ＝－2⇒λ＝1，λ＝－23.∴λ不存在，故a与b不共线，可以作为一组基底.(2)设c＝ma＋nb(m，n∈R)，则3e1－e2＝m(e1－2e2)＋n(e1＋3e2)＝(m＋n)e1＋(－2m＋3n)e2．∴m＋n＝3，－2m＋3n＝－1⇒m＝2，n＝1.∴c＝2a＋b.(3)由4e1－3e2＝λa＋μb，得4e1－3e2＝λ(e1－2e2)＋μ(e1＋3e2)＝(λ＋μ)e1＋(－2λ＋3μ)e2．∴λ＋μ＝4，－2λ＋3μ＝－3⇒λ＝3，μ＝1.故所求λ，μ的值分别为3和1．8．如图所示，在△ABC中，M是AB的中点，且AN→＝13AC→，BN与CM相交于点E，设AB→＝a，AC→＝b，试用基底{a，b}表示向量AE→.[解析]易得AN→＝13AC→＝13b，AM→＝12AB→＝12a，由N，E，B三点共线可知，存在实数m使AE→＝mAN→＋(1－m)AB→＝13mb＋(1－m)a.由C，E，M三点共线可知，存在实数n使AE→＝nAM→＋(1－n)AC→＝12na＋(1－n)b.所以13mb＋(1－m)a＝12na＋(1－n)b，由于{a，b}为基底，所以1－m＝12n，13m＝1－n，解得m＝35，n＝45，所以AE→＝25a＋15b.