天天練•必修第二冊(cè)　第1練-第18練 答案

基礎(chǔ)強(qiáng)化天天練數(shù)學(xué)必修第二冊(cè)參考答案與解析(附贈(zèng)試卷答案見電子文檔)第9章平面向量第1練向量概念1.B解析：既有大小，又有方向的量叫作向量；時(shí)間、面積、長度只有大小沒有方向，因此不是向量．而速度既有大小，又有方向，因此速度是向量．故選B.2.D解析：根據(jù)零向量的概念可得零向量的長度為零，方向任意，故A、B錯(cuò)誤；兩個(gè)反方向向量之和不一定為零向量，只有相反向量之和才是零向量，故C錯(cuò)誤；零向量與任意向量共線，故D正確．故選D.3.C解析：數(shù)軸上點(diǎn)A，B分別對(duì)應(yīng)－1,1，則向量eq\o(AB,\s\up6(→))的長度即eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up6(→))))＝2.故選C.4.B解析：由圖可知六邊形ABCDEF是正六邊形，所以ED＝AB，與eq\o(AB,\s\up6(→))方向相同的只有eq\o(ED,\s\up6(→))；而eq\o(BC,\s\up6(→))，eq\o(AF,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))與eq\o(AB,\s\up6(→))長度相等，方向不同，故A，C，D均錯(cuò)誤．故選B.5.D解析：因?yàn)橄蛄縜與向量b不相等，它們有可能共線、有可能長度相等、有可能都是單位向量但方向不相同，但不能都是零向量，即A、B、C錯(cuò)誤，D正確．故選D.6.B解析：一個(gè)單位長度取作2024cm時(shí)，2024cm長的有向線段就表示單位向量，故A錯(cuò)誤；B正確；對(duì)于C，兩向量為平行向量，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，eq\o(AB,\s\up6(→))表示從點(diǎn)A到點(diǎn)B的位移，故D錯(cuò)誤．故選B.7.ACD解析：兩個(gè)有共同起點(diǎn)，且長度相等的向量，它們的方向不一定相同，終點(diǎn)也不一定相同；零向量的方向不確定．故B錯(cuò)誤，ACD正確．故選ACD.8.BD解析：eq\o(AB,\s\up6(→))與eq\o(DC,\s\up6(→))顯然方向不相同，故不是相等向量，故A錯(cuò)誤；eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up6(→))))與eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(DC,\s\up6(→))))表示等腰梯形兩腰的長度，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up6(→))))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(DC,\s\up6(→))))，故B正確；向量無法比較大小，只能比較向量模的大小，故C錯(cuò)誤；等腰梯形的上底BC與下底AD平行，所以eq\o(BC,\s\up6(→))∥eq\o(AD,\s\up6(→))，故D正確．故選BD.9.eq\o(OC,\s\up6(→))，eq\o(FO,\s\up6(→))，eq\o(ED,\s\up6(→))(任選兩個(gè)即可)解析：由題可得：與eq\o(AB,\s\up6(→))相等的向量是eq\o(OC,\s\up6(→))，eq\o(FO,\s\up6(→))，eq\o(ED,\s\up6(→))，任選兩個(gè)即可．10.①③④解析：相等向量一定是共線向量，①能使a∥b；方向相同或相反的向量一定是共線向量，③能使a∥b；零向量與任一向量平行，④能使a∥b.11.解析：(1)eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(CB,\s\up6(→))，eq\o(DO,\s\up6(→))，eq\o(FE,\s\up6(→))是共線向量；eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))，eq\o(EO,\s\up6(→))，eq\o(AF,\s\up6(→))是共線向量；eq\o(OC,\s\up6(→))，eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(ED,\s\up6(→))，eq\o(FO,\s\up6(→))是共線向量．(2)eq\o(OA,\s\up6(→))＝eq\o(CB,\s\up6(→))＝eq\o(DO,\s\up6(→))；eq\o(OB,\s\up6(→))＝eq\o(DC,\s\up6(→))＝eq\o(EO,\s\up6(→))；eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(ED,\s\up6(→))＝eq\o(FO,\s\up6(→)).12.解析：(1)點(diǎn)M與N重合，如圖(1)．(2)①當(dāng)eq\o(OM,\s\up6(→))與eq\o(ON,\s\up6(→))同向時(shí)，如圖(2)，|eq\o(MN,\s\up6(→))|＝eq\f(1,2)，eq\o(MN,\s\up6(→))與eq\o(ON,\s\up6(→))方向相反；②當(dāng)eq\o(OM,\s\up6(→))與eq\o(ON,\s\up6(→))反向時(shí)，如圖(3)，|eq\o(MN,\s\up6(→))|＝1＋eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)，eq\o(MN,\s\up6(→))與eq\o(ON,\s\up6(→))方向相同．(1)(2)(3)第2練向量的加減法(1)1.B解析：eq\o(AO,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＋eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(BO,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AO,\s\up6(→))＋\o(OC,\s\up6(→))＋\o(CA,\s\up6(→))))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(BO,\s\up6(→))＋\o(OB,\s\up6(→))))＝0＋0＝0.故選B.2.B解析：由平行四邊形法則知，eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→)).故選B.3.D解析：因?yàn)閑q\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))，所以|a＋b＋c|＝|2c|.因?yàn)閨c|＝eq\r(2)，所以|a＋b＋c|＝2eq\r(2).故選D.4.A解析：連接OB.由正六邊形的性質(zhì)，可知△OAB與△OBC都是等邊三角形，所以O(shè)A＝AB＝BC＝OC，所以四邊形OABC是平行四邊形，所以eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\o(OB,\s\up6(→))，所以eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＋eq\o(OE,\s\up6(→))＝eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OE,\s\up6(→))＝0.故選A.5.D解析：在方格紙上作出eq\o(OP,\s\up6(→))＋eq\o(OQ,\s\up6(→))，如右圖，則容易看出eq\o(OP,\s\up6(→))＋eq\o(OQ,\s\up6(→))＝－eq\o(OF,\s\up6(→))＝eq\o(FO,\s\up6(→)).故選D.6.B解析：由題可知eq\o(FE,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up6(→))＋\o(FE,\s\up6(→))＋\o(CD,\s\up6(→))))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up6(→))＋\o(BC,\s\up6(→))＋\o(CD,\s\up6(→))))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AD,\s\up6(→))))＝2.故選B.7.ACD解析：由平行四邊形加法法則可得eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))，A正確；由三角形加法法則eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))＋eq\o(DO,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(CO,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(OA,\s\up6(→))＝eq\o(OB,\s\up6(→))，B錯(cuò)誤；eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))，C正確；eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(DA,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(DA,\s\up6(→))＝0，D正確．故選ACD.8.AC解析：a＝(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→)))＋(eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(DA,\s\up6(→)))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))＋eq\o(DA,\s\up6(→))＝0，而b是一個(gè)非零向量，所以a∥b，a＋b＝b，|a＋b|＝|a|＋|b|，故A、C正確；B、D錯(cuò)誤．故選AC.9.(1)c(2)f(3)f(4)g解析：(1)a＋b＝eq\o(AC,\s\up6(→))＝c；(2)c＋d＝eq\o(AD,\s\up6(→))＝f；(3)a＋b＋d＝eq\o(AD,\s\up6(→))＝f；(4)c＋d＋e＝eq\o(AE,\s\up6(→))＝g.故答案為c，f，f，g.10.0或2解析：因?yàn)橄蛄縜與b共線，且eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b))，所以a與b相等或互為相反向量，當(dāng)a與b相等時(shí)，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a＋b))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2a))＝2；當(dāng)a與b互為相反向量時(shí)，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a＋b))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(0))＝0.故答案為0或2.11.解析：(1)a＋d＝d＋a＝eq\o(DO,\s\up6(→))＋eq\o(OA,\s\up6(→))＝eq\o(DA,\s\up6(→)).(2)c＋b＝eq\o(CO,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＝eq\o(CB,\s\up6(→)).(3)e＋c＋b＝e＋eq\o(CB,\s\up6(→))＝eq\o(DC,\s\up6(→))＋eq\o(CB,\s\up6(→))＝eq\o(DB,\s\up6(→)).(4)c＋f＋b＝eq\o(CO,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(BA,\s\up6(→))＝eq\o(CB,\s\up6(→))＋eq\o(BA,\s\up6(→))＝eq\o(CA,\s\up6(→)).12.證明：因?yàn)閑q\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(AP,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(AQ,\s\up6(→))＋eq\o(QC,\s\up6(→))，所以eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(AP,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))＋eq\o(AQ,\s\up6(→))＋eq\o(QC,\s\up6(→)).因?yàn)閑q\o(PB,\s\up6(→))與eq\o(QC,\s\up6(→))大小相等，方向相反，所以eq\o(PB,\s\up6(→))＋eq\o(QC,\s\up6(→))＝0，故eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(AP,\s\up6(→))＋eq\o(AQ,\s\up6(→))＋0＝eq\o(AP,\s\up6(→))＋eq\o(AQ,\s\up6(→)).第3練向量的加減法(2)1.C解析：eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(BD,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))＋eq\o(DB,\s\up6(→))＋eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＝0＋eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→)).故選C.2.D解析：在四邊形ABCD中，eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(DC,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))－(eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(DC,\s\up6(→)))＝eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→))＝0.故選D.3.D解析：如圖，作邊長為1的菱形ABCD，使∠ABC＝60°，則|eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(BC,\s\up6(→))|＝|eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AD,\s\up6(→))|＝|eq\o(DB,\s\up6(→))|＝eq\r(3).故選D.4.D解析：因?yàn)閑q\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(DC,\s\up6(→))，所以AB∥DC，AB＝DC，所以四邊形ABCD一定是平行四邊形．故選D.5.B解析：由向量的加法、減法得，eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＝a＋b，eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))＝b－a.故選B.6.B解析：eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))－eq\o(OD,\s\up6(→))＝eq\o(DC,\s\up6(→))，而在平行四邊形ABCD中，eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(DC,\s\up6(→))，所以eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→))＝eq\o(OC,\s\up6(→))－eq\o(OD,\s\up6(→))，即b－a＝c－d，也即a－b＋c－d＝0.故選B.7.BCD解析：向量eq\o(AB,\s\up6(→))與eq\o(BC,\s\up6(→))的方向不同，但它們的模相等，故A錯(cuò)誤，B正確；|eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(CD,\s\up6(→))|＝|eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(DC,\s\up6(→))|＝2|eq\o(AB,\s\up6(→))|，|eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))|＝2|eq\o(BC,\s\up6(→))|，且|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝|eq\o(BC,\s\up6(→))|，則|eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(CD,\s\up6(→))|＝|eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))|，故C正確；|eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))|＝|eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))|＝|eq\o(BD,\s\up6(→))|，|eq\o(CD,\s\up6(→))－eq\o(CB,\s\up6(→))|＝|eq\o(BD,\s\up6(→))|，故D正確．故選BCD.8.BC解析：對(duì)于A，因?yàn)閑q\o(BF,\s\up6(→))－eq\o(HF,\s\up6(→))＋eq\o(HD,\s\up6(→))＝eq\o(BF,\s\up6(→))＋eq\o(FH,\s\up6(→))＋eq\o(HD,\s\up6(→))＝eq\o(BH,\s\up6(→))＋eq\o(HD,\s\up6(→))＝eq\o(BD,\s\up6(→))，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，因?yàn)椤螦OC＝eq\f(360°,8)×2＝90°，則以O(shè)A，OC為鄰邊的平行四邊形為正方形，又因?yàn)镺B平分∠AOC，所以eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\r(2)eq\o(OB,\s\up6(→))＝－eq\r(2)eq\o(OF,\s\up6(→))，故B正確；對(duì)于C，因?yàn)閑q\o(AE,\s\up6(→))＋eq\o(FC,\s\up6(→))－eq\o(GE,\s\up6(→))＝eq\o(AE,\s\up6(→))＋eq\o(EG,\s\up6(→))＋eq\o(FC,\s\up6(→))＝eq\o(AG,\s\up6(→))＋eq\o(FC,\s\up6(→))，且eq\o(FC,\s\up6(→))＝eq\o(GB,\s\up6(→))，所以eq\o(AE,\s\up6(→))＋eq\o(FC,\s\up6(→))－eq\o(GE,\s\up6(→))＝eq\o(AG,\s\up6(→))＋eq\o(GB,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))，故C正確；對(duì)于D，因?yàn)閑q\o(OA,\s\up6(→))與eq\o(OC,\s\up6(→))方向不同，所以eq\o(OA,\s\up6(→))≠eq\o(OC,\s\up6(→))，故D錯(cuò)誤．故選BC.9.eq\o(CA,\s\up6(→))解析：eq\o(BA,\s\up6(→))－eq\o(BC,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OD,\s\up6(→))＋eq\o(DA,\s\up6(→))＝(eq\o(BA,\s\up6(→))－eq\o(BC,\s\up6(→)))＋(eq\o(OD,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→)))＋eq\o(DA,\s\up6(→))＝eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(DA,\s\up6(→))＝eq\o(CA,\s\up6(→)).10.①解析：化簡(jiǎn)eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OC,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(CF,\s\up6(→))，①符合題意；由正六邊形的性質(zhì)，結(jié)合圖可得向量eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(DA,\s\up6(→))，eq\o(BE,\s\up6(→))與向量eq\o(CF,\s\up6(→))方向不同，根據(jù)向量相等的定義可得向量eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(DA,\s\up6(→))，eq\o(BE,\s\up6(→))與向量eq\o(CF,\s\up6(→))不相等，②③④不合題意；因?yàn)閑q\o(CE,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CE,\s\up6(→))＝eq\o(BE,\s\up6(→))≠eq\o(CF,\s\up6(→))，⑤不合題意；eq\o(CA,\s\up6(→))－eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(DA,\s\up6(→))≠eq\o(CF,\s\up6(→))，⑥不合題意；eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))≠eq\o(CF,\s\up6(→))，⑦不合題意，故答案為①.11.解析：(1)原式＝eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→))＝0.(2)原式＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BO,\s\up6(→))＋eq\o(OM,\s\up6(→))＋eq\o(MB,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→)).(3)原式＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→)).(4)原式＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→))＋eq\o(DC,\s\up6(→))＋eq\o(CA,\s\up6(→))＝0.(5)原式＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(DO,\s\up6(→))＝0.(6)原式＝eq\o(AB,\s\up6(→))－(eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(DC,\s\up6(→)))＝eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(CB,\s\up6(→)).(7)原式＝eq\o(MN,\s\up6(→))＋eq\o(NQ,\s\up6(→))＋eq\o(QP,\s\up6(→))＋eq\o(PM,\s\up6(→))＝0.12.證明：方法一：因?yàn)閎＋c＝eq\o(DA,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\o(OC,\s\up6(→))＋eq\o(CB,\s\up6(→))＝eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OA,\s\up6(→))＋a＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(OB,\s\up6(→))，所以b＋c＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋a，所以b＋c－a＝eq\o(OA,\s\up6(→)).方法二：因?yàn)閏－a＝eq\o(OC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(OC,\s\up6(→))－eq\o(DC,\s\up6(→))＝eq\o(OC,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(OD,\s\up6(→))，eq\o(OA,\s\up6(→))－b＝eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(DA,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(OD,\s\up6(→))，所以c－a＝eq\o(OA,\s\up6(→))－b，所以b＋c－a＝eq\o(OA,\s\up6(→)).第4練向量的數(shù)乘(1)1.D解析：對(duì)于A，當(dāng)λ＝0時(shí)，λa＝0，方向是任意的，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，當(dāng)a＝0時(shí)，a，b共線，但不滿足b＝λa，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，當(dāng)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b))＝2eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))時(shí)，b,2a不一定共線，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，當(dāng)b＝±2a時(shí)，必有eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b))＝2eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))，故D正確．故選D.2.C解析：如圖，連接AD，取AD的中點(diǎn)O，由eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(AO,\s\up6(→))，所以eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AO,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→)).故選C.3.B解析：原式＝eq\f(1,3)(a＋4b－4a＋2b)＝eq\f(1,3)(－3a＋6b)＝2b－a.故選B.4.B解析：若3x－2(x－a)＝0，則x＝－2a.故選B.5.C解析：因?yàn)镈是AB中點(diǎn)，所以eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(CB,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(CB,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(BA,\s\up6(→))＝eq\o(CB,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→)).故選C.6.D解析：因?yàn)樵凇鰽BC中，D為BC上一點(diǎn)，且BD＝2DC，所以eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)(eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(AC,\s\up6(→)).故選D.7.ABD解析：根據(jù)向量數(shù)乘的運(yùn)算可知A和B正確；對(duì)于C，當(dāng)m＝0時(shí)，ma＝mb＝0，但a與b不一定相等，故C不正確；對(duì)于D，由ma＝na，得(m－n)a＝0，因?yàn)閍≠0，所以m＝n，故D正確．故選ABD.8.BCD解析：如圖所示：對(duì)于A，eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))≠eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，eq\o(MA,\s\up6(→))－eq\o(MC,\s\up6(→))＝eq\o(CA,\s\up6(→))，故B正確；對(duì)于C，eq\o(CM,\s\up6(→))＝eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))，故C正確；對(duì)于D，eq\o(CB,\s\up6(→))－eq\o(CM,\s\up6(→))＝eq\o(MB,\s\up6(→))＝eq\o(AM,\s\up6(→))，故D正確．故選BCD.9.2a－eq\f(15,2)b解析：eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2a－b))－3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)a＋b))＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－2b))＝a－eq\f(1,2)b－a－3b＋2a－4b＝2a－eq\f(15,2)b.故答案為2a－eq\f(15,2)b.10.－5e1＋23e2解析：因?yàn)?a＝4e1＋8e2,3b＝9e1－15e2，所以4a－3b＝－5e1＋23e2.11.解析：(1)原式＝15a－10b＋8b－12a＝3a－2b；(2)原式＝eq\f(1,3)a－eq\f(2,3)b－eq\f(3,4)a＋eq\f(1,2)b－eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b＝－eq\f(11,12)a＋eq\f(1,3)b；(3)原式＝xa＋ya－xa＋ya＝2ya.12.解析：在平行四邊形ABCD中，eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＝a＋b，eq\o(DB,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AD,\s\up6(→))＝a－b.由平行四邊形的兩條對(duì)角線互相平分，得eq\o(MA,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)eq\o(AC,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)(a＋b)＝－eq\f(1,2)a－eq\f(1,2)b.eq\o(MB,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(DB,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(a－b)＝eq\f(1,2)a－eq\f(1,2)b，eq\o(MC,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b.eq\o(MD,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)eq\o(DB,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b.第5練向量的數(shù)乘(2)1.A解析：因?yàn)閑q\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)(eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝eq\f(1,3)eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up6(→))，所以eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)a＋eq\f(1,3)b.故選A.2.A解析：因?yàn)閍，b是兩個(gè)不共線的向量，且m∥n，故存在實(shí)數(shù)λ，使得m＝λn?a＋kb＝2λa－λb?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(2λ＝1,k＝－λ)?k＝－\f(1,2))).故選A.3.B解析：由于a，b為不共線的非零向量，eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))向量，eq\o(BC,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))向量顯然沒有倍數(shù)關(guān)系，根據(jù)向量共線定理，它們不共線，故A、C錯(cuò)誤；eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))＝a＋5b＝eq\o(AB,\s\up6(→))，于是A，B，D三點(diǎn)共線，故B正確；又eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＝－a＋13b，顯然和eq\o(CD,\s\up6(→))也沒有倍數(shù)關(guān)系，故D錯(cuò)誤．故選B.4.C解析：由eq\o(MA,\s\up6(→))＋eq\o(MB,\s\up6(→))＋eq\o(MC,\s\up6(→))＝0可得eq\o(MA,\s\up6(→))＋eq\o(MA,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(MA,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))＝0，故3eq\o(MA,\s\up6(→))＝－eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→))，所以eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))，故m＝eq\f(1,3).故選C.5.C解析：如圖，eq\o(EB,\s\up6(→))＋eq\o(FC,\s\up6(→))＝eq\o(EC,\s\up6(→))＋eq\o(CB,\s\up6(→))＋eq\o(FB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(EC,\s\up6(→))＋eq\o(FB,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)×2eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→)).故選C.6.D解析：eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\o(DC,\s\up6(→))＋eq\o(CE,\s\up6(→))＝eq\f(3,4)eq\o(BC,\s\up6(→))－eq\f(1,3)eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\f(3,4)(eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))－eq\f(1,3)eq\o(AC,\s\up6(→))＝－eq\f(3,4)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(5,12)eq\o(AC,\s\up6(→))＝－eq\f(3,4)a＋eq\f(5,12)b.故選D.7.BC解析：因?yàn)閑1，e2是不共線的向量，所以e1，e2都不是零向量．對(duì)于A，若a與b共線，則e1，e2共線，這與已知矛盾，所以a與b不共線，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，因?yàn)閎＝－2e1＋6e2＝－2(e1－3e2)＝－2a，所以a與b共線，故B正確；對(duì)于C，因?yàn)閎＝2e1－eq\f(1,2)e2＝eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3e1－\f(3,4)e2))＝eq\f(2,3)a，所以a與b共線，故C正確；對(duì)于D，若a與b共線，則存在實(shí)數(shù)λ∈R，使a＝λb，即e1＋e2＝λ(e1－3e2)，所以(1－λ)e1＋(1＋3λ)e2＝0.因?yàn)閑1，e2是不共線向量，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－λ＝0，,1＋3λ＝0，))所以λ不存在，所以a與b不共線，故D錯(cuò)誤．故選BC.8.ABD解析：對(duì)于A，若a＝0，則任意一個(gè)非零實(shí)數(shù)與向量a的積都是一個(gè)零向量，故A不正確；對(duì)于B，零與任意一個(gè)向量a的積都是零向量，故B不正確；對(duì)于C，根據(jù)向量共線定理：任意一個(gè)非零向量a，有向量b＝λa(λ∈R)與其共線，故C正確；對(duì)于D，根據(jù)向量共線定理，若a∥b，且b≠0，則一定存在實(shí)數(shù)λ，使得a＝λb，故D不正確．故選ABD.9.1解析：如圖，由題意知：eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(DB,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AD,\s\up6(→))，則eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(DB,\s\up6(→))＝2eq\o(AB,\s\up6(→))，即eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(DB,\s\up6(→))，則x＝eq\f(1,2)，y＝eq\f(1,2)，x＋y＝1.故答案為1.10.eq\f(4,3)解析：由A、B、D三點(diǎn)共線，可得eq\o(AB,\s\up6(→))＝λeq\o(BD,\s\up6(→))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(λ≠0))，又eq\o(AB,\s\up6(→))＝2e1＋ke2，eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))＝3e1＋2e2，則2e1＋ke2＝3λe1＋2λe2，又e1、e2不共線，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2＝3λ,k＝2λ)))，解得k＝eq\f(4,3).故答案為eq\f(4,3).11.證明：因?yàn)閑q\o(MN,\s\up6(→))＝eq\o(AN,\s\up6(→))－eq\o(AM,\s\up6(→))，而eq\o(AN,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up6(→))，所以eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)(eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝eq\f(1,3)eq\o(BC,\s\up6(→)).12.解析：由a，b不共線，易知向量eq\f(1,2)a－eq\f(3,2)b為非零向量．由向量b－ta，eq\f(1,2)a－eq\f(3,2)b共線，可知存在實(shí)數(shù)λ，使得b－ta＝λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a－\f(3,2)b))，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,2)λ))a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)λ＋1))b.由a，b不共線，必有t＋eq\f(1,2)λ＝eq\f(3,2)λ＋1＝0.否則，不妨設(shè)t＋eq\f(1,2)λ≠0，則a＝eq\f(\f(3,2)λ＋1,t＋\f(1,2)λ)b.由兩個(gè)向量共線的充要條件知，a，b共線，與已知矛盾．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,2)λ＝0，,\f(3,2)λ＋1＝0，))解得t＝eq\f(1,3).因此，當(dāng)向量b－ta，eq\f(1,2)a－eq\f(3,2)b共線時(shí)，t＝eq\f(1,3).第6練向量的數(shù)量積(1)1.A解析：由題可得，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b))·cos30°＝eq\r(3)，即eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))·1·eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3)，故eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))＝2.故選A.2.B解析：因?yàn)橄蛄縜，b夾角的余弦值為eq\f(3,4)，且eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))＝4，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b))＝1，所以a·b＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b))·cos〈a，b〉＝4×1×eq\f(3,4)＝3.所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2a－3b))·b＝2a·b－3eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b))2＝2×3－3＝3.故選B.3.D解析：因?yàn)閱挝幌蛄縜，b的夾角為eq\f(π,4)，eq\r(2)a＋kb與a垂直，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)a＋kb))·a＝eq\r(2)a2＋ka·b＝0，eq\r(2)＋eq\f(\r(2),2)k＝0，解得k＝－2.故選D.4.C解析：由于eq\o(DE,\s\up6(→))＝2eq\o(EC,\s\up6(→))，所以eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(DC,\s\up6(→))，所以eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(DC,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up6(→))，又eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))，所以eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AE,\s\up6(→))＝(eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AD,\s\up6(→))＋\f(2,3)\o(AB,\s\up6(→))))＝eq\o(AD,\s\up6(→))2＋eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\f(5,3)eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝9＋6＝15.故選C.5.D解析：a·b＋b·c＋c·a＝1×1×cos120°＋1×1×cos120°＋1×1×cos120°＝－eq\f(3,2).故選D.6.C解析：因?yàn)榉橇阆蛄縜與b的夾角為θ，|b|＝2|a|，a·b＝a2，所以cosθ＝eq\f(a·b,|a|·|b|)＝eq\f(a2,2|a|·|a|)＝eq\f(|a|2,2|a|·|a|)＝eq\f(1,2)，又θ∈[0，π]，所以θ＝eq\f(π,3).故選C.7.BD解析：因?yàn)橄蛄縜，b為兩個(gè)單位向量，所以a·b＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b))cos〈a，b〉，當(dāng)a與b的夾角不為0時(shí)，不能得到a·b＝1，a＝b.故A、C錯(cuò)誤；因?yàn)橄蛄縜，b為兩個(gè)單位向量，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b))＝1，所以a2＝b2，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))－eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b))＝0都成立．故B、D正確．故選BD.8.BC解析：由于八邊形ABCDEFGH是正八邊形．對(duì)于A，eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(FE,\s\up6(→))，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(ED,\s\up6(→))＝eq\o(EO,\s\up6(→))－eq\o(ED,\s\up6(→))＝eq\o(DO,\s\up6(→))，故B正確；對(duì)于C，由題意得∠COD＝∠DOE＝∠EOF＝∠FOG＝eq\f(π,4)，所以eq\o(OC,\s\up6(→))⊥eq\o(OE,\s\up6(→))，故C正確；對(duì)于D，eq\o(OD,\s\up6(→))·eq\o(OG,\s\up6(→))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(OD,\s\up6(→))))·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(OG,\s\up6(→))))·coseq\f(3π,4)＝－2eq\r(2)，故D錯(cuò)誤．故選BC.9.1解析：因?yàn)閱挝幌蛄縜，b的夾角為60°，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b))＝1，a·b＝1×1×eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a－b))2＝a2－2a·b＋b2＝1－2×eq\f(1,2)＋1＝1，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a－b))＝1.故答案為1.10.0－16－16解析：由題意，得|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝4，|eq\o(BC,\s\up6(→))|＝4，|eq\o(CA,\s\up6(→))|＝4eq\r(2)，所以eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝4×4×cos90°＝0，eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→))＝4×4eq\r(2)×cos135°＝－16，eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝4eq\r(2)×4×cos135°＝－16.11.解析：(1)(a·b)c＝|a||b|coseq\f(π,6)c＝1×2×eq\f(\r(3),2)c＝eq\r(3)c；(2)a(b·c)＝|b||c|coseq\f(π,4)a＝2×3×eq\f(\r(2),2)a＝3eq\r(2)a.12.解析：由a·b＝|a||b|cosθ，得cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(－54\r(2),12×9)＝－eq\f(\r(2),2).因?yàn)棣取蔥0，π]，所以θ＝eq\f(3π,4).第7練向量的數(shù)量積(2)1.D解析：eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a－b))＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－b))2)＝eq\r(|a|2－2a·b＋|b|2)＝eq\r(4－2×2×1×\f(1,2)＋1)＝eq\r(3).故選D.2.B解析：因?yàn)辄c(diǎn)O為△ABC的外心，設(shè)AB的中點(diǎn)為D，連接OD，則OD⊥AB，如圖，所以eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AO,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))·(eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(DO,\s\up6(→)))＝eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(DO,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))2＋0＝eq\f(1,2)×12＝eq\f(1,2).故選B.3.B解析：由b·(2a－b)＝0可得2a·b－b2＝0，故2a·b＝1，故|a||b|cos〈a，b〉＝eq\f(1,2)，即cos〈a，b〉＝eq\f(1,2)，而〈a，b〉∈[0，π]，故〈a，b〉＝eq\f(π,3).故選B.4.A解析：由(a－b)⊥a得(a－b)·a＝0，即a·b＝a2，所以|a|·|b|coseq\f(π,3)＝|a|2，所以|b|＝2|a|，所以向量a在向量b上的投影向量為|a|·coseq\f(π,3)·eq\f(b,|b|)＝eq\f(|a|,2|b|)b＝eq\f(1,4)b.故選A.5.D解析：依題意，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a＋b))＝5與eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a－b))＝5至少有一個(gè)是真命題，若|a|＝1與|b|＝3都是真命題，則|a|＋|b|＝4，而|a|＋|b|≥|a±b|＝5，矛盾，即|a|＝1與|b|＝3中有一個(gè)命題是假命題，因此，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a＋b))＝5與eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a－b))＝5都是真命題，于是有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a|2＋2a·b＋))b|2＝25,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a|2－2a·b＋))b|2＝25)))，則a·b＝0，即a⊥b，所以a與b的夾角為eq\f(π,2).故選D.6.A解析：如圖，由2eq\o(AO,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))知O為BC的中點(diǎn)，又因?yàn)镺為△ABC的外接圓圓心，所以O(shè)A＝OB＝OC.又因?yàn)閨eq\o(OA,\s\up6(→))|＝|eq\o(AB,\s\up6(→))|，所以AB＝OB＝OA＝OC，所以△ABO為正三角形，∠ABO＝60°，所以eq\o(BA,\s\up6(→))在eq\o(BC,\s\up6(→))上的投影向量為eq\f(1,2)eq\o(BO,\s\up6(→))＝eq\f(1,4)eq\o(BC,\s\up6(→)).故選A.7.BCD解析：因?yàn)閑q\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(BC,\s\up6(→))＝b－a，所以eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＝b，又正方形ABCD的邊長為1，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up6(→))))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))＝1，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AC,\s\up6(→))))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b))＝eq\r(2)，〈a，b〉＝eq\f(π,4)，故A錯(cuò)誤；所以cos〈a，b〉＝eq\f(\r(2),2)，a·b＝1×eq\r(2)×eq\f(\r(2),2)＝1，即eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a·b))＝1，故B、C正確；所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2a－b))·b＝2a·b－b2＝2－2＝0，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2a－b))⊥b，故D正確．故選BCD.8.ABD解析：對(duì)于A，由向量的減法法則可知是正確的；對(duì)于B，由向量的加法法則可知也是正確的；對(duì)于C，由eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))>0，可得角A是銳角，但不能判斷角B，C的大小，所以△ABC不一定是銳角三角形，故C不正確；對(duì)于D，由(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))·(eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→)))＝0，得eq\o(AB,\s\up6(→))2－eq\o(AC,\s\up6(→))2＝0，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up6(→))))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AC,\s\up6(→))))，所以△ABC是等腰三角形，故D正確．故選ABD.9.eq\f(π,3)解析：設(shè)a，b的夾角為θ，因?yàn)閑q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2a－b))⊥b，所以(2a－b)·b＝2a·b－b2＝2cosθ－1＝0，所以cosθ＝eq\f(1,2)，又θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，π))，故θ＝eq\f(π,3).故答案為eq\f(π,3).10.－12解析：如圖所示，過點(diǎn)M作MN⊥BC，垂足為N，過點(diǎn)A作AO⊥BC，垂足為O，則O為BC的中點(diǎn)．由已知可得N是BO的中點(diǎn)，從而CN＝eq\f(3,4)BC＝3，eq\o(CM,\s\up6(→))在eq\o(BC,\s\up6(→))方向上的投影向量為eq\o(CN,\s\up6(→))，所以eq\o(CM,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(CN,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝－12.故答案為－12.11.解析：當(dāng)a·b<0時(shí)，有eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝|eq\o(AB,\s\up6(→))||eq\o(AC,\s\up6(→))|cos∠BAC<0，即cos∠BAC<0，所以∠BAC為鈍角，△ABC為鈍角三角形；當(dāng)a·b＝0時(shí)，有eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝0，即eq\o(AB,\s\up6(→))⊥eq\o(AC,\s\up6(→))，△ABC為直角三角形．12.解析：a＋kb與a－kb互相垂直的充要條件是(a＋kb)·(a－kb)＝0，即a2－k2b2＝0.因?yàn)閍2＝32＝9，b2＝42＝16，所以9－16k2＝0.解得k＝±eq\f(3,4).也就是說，當(dāng)k＝±eq\f(3,4)時(shí)，a＋kb與a－kb互相垂直．第8練平面向量基本定理(1)1.B解析：根據(jù)題圖可知，a＋b與c反向且模相等，所以a＋b＝－c.同理，c＋a＝－b，b＋c＝－a.故選B.2.C解析：因?yàn)閑1，e2是平面內(nèi)不共線的兩個(gè)向量，對(duì)于A，因?yàn)閑1＋2e2與e2＋2e1不共線，故可以作為基底，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，因?yàn)閑2與e1－e2不共線，故可以作為基底，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，因?yàn)閑1－2e2＝－eq\f(1,2)(4e2－2e1)，故e1－2e2與4e2－2e1共線，不可以作為基底，故C正確；對(duì)于D，因?yàn)閑1－e2與e1＋e2不共線，故可以作為基底，故D錯(cuò)誤．故選C.3.A解析：如圖，由題意得eq\o(FC,\s\up6(→))＝2eq\o(AB,\s\up6(→))，可以得到eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(AF,\s\up6(→))＋eq\o(FC,\s\up6(→))＝eq\o(AF,\s\up6(→))＋2eq\o(AB,\s\up6(→)).故選A.4.A解析：因?yàn)锳B＝3DC，AB∥DC，所以eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(DC,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)(eq\o(DB,\s\up6(→))－eq\o(DA,\s\up6(→)))＝a＋eq\f(1,3)(－b＋a)＝eq\f(4,3)a－eq\f(1,3)b.故選A.5.D解析：由題意得eq\o(DN,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AE,\s\up6(→))－eq\o(AD,\s\up6(→)))＝eq\f(1,8)(eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝eq\f(1,8)(b－a)．故選D.6.B解析：因?yàn)閑q\o(AE,\s\up6(→))＝3eq\o(ED,\s\up6(→))，所以eq\o(BE,\s\up6(→))－eq\o(BA,\s\up6(→))＝3(eq\o(BD,\s\up6(→))－eq\o(BE,\s\up6(→)))．所以4eq\o(BE,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))＋3eq\o(BD,\s\up6(→)).因?yàn)閑q\o(BD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(DC,\s\up6(→))，所以eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(BC,\s\up6(→))，所以4eq\o(BE,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＝－eq\o(AB,\s\up6(→))＋(eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝－2eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)).所以eq\o(BE,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,4)eq\o(AC,\s\up6(→)).所以eq\o(BE,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)a＋eq\f(1,4)b.故選B.7.BC解析：由平面向量基本定理，可知A，D說法正確，B說法不正確．對(duì)于C，當(dāng)λ1＝λ2＝μ1＝μ2＝0時(shí)，這樣的λ有無數(shù)個(gè)，故C說法不正確．故選BC.8.BC解析：因?yàn)閑q\o(AE,\s\up6(→))＝2eq\o(ED,\s\up6(→))，則A，E，D三點(diǎn)共線，且eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AE,\s\up6(→))))＝2eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(ED,\s\up6(→)))).又因?yàn)锳D為中線，所以點(diǎn)E為△ABC的重心，連接CE并延長交AB于F，則F為AB的中點(diǎn)，所以eq\o(CE,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(CF,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)×eq\f(1,2)(eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(CB,\s\up6(→)))＝eq\f(1,3)eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(CB,\s\up6(→))，所以eq\o(CE,\s\up6(→))∥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(CA,\s\up6(→))＋\o(CB,\s\up6(→)))).故選BC.9.eq\f(1,2)解析：依題意，eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\o(DB,\s\up6(→))＋eq\o(BE,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)(eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝－eq\f(1,6)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(AC,\s\up6(→))，所以－eq\f(1,6)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(AC,\s\up6(→))＝λ1eq\o(AB,\s\up6(→))＋λ2eq\o(AC,\s\up6(→))，所以λ1＝－eq\f(1,6)，λ2＝eq\f(2,3)，故λ1＋λ2＝－eq\f(1,6)＋eq\f(2,3)＝eq\f(1,2).10.eq\f(5,2)－eq\f(1,2)解析：由條件可知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＋μ＝2，,λ－μ＝3，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＝\f(5,2)，,μ＝－\f(1,2).))11.解析：因?yàn)閑q\o(AP,\s\up6(→))＝teq\o(AB,\s\up6(→))，所以eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋teq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋t(eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→)))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋teq\o(OB,\s\up6(→))－teq\o(OA,\s\up6(→))＝(1－t)eq\o(OA,\s\up6(→))＋teq\o(OB,\s\up6(→)).12.解析：(1)eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\o(AE,\s\up6(→))－eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(1,4)eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(1,4)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))－eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(1,4)eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\f(3,4)eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(1,4)a－eq\f(3,4)b，eq\o(FB,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\f(3,4)eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\f(3,4)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))＝eq\f(1,4)eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\f(3,4)eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(1,4)a－eq\f(3,4)b，eq\o(OG,\s\up6(→))＝eq\o(DG,\s\up6(→))－eq\o(DO,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(DC,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(DB,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AD,\s\up6(→)))＝－eq\f(1,6)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))＝－eq\f(1,6)a＋eq\f(1,2)b.(2)能，理由如下：由(1)知，eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\f(1,4)a－eq\f(3,4)b，eq\o(BF,\s\up6(→))＝－eq\o(FB,\s\up6(→))＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)a－\f(3,4)b))＝－eq\o(DE,\s\up6(→))，所以DE＝BF，且DE∥BF.第9練平面向量基本定理(2)1.A解析：因?yàn)閑q\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))＝－2a＋8b＋3(a－b)＝a＋5b＝eq\o(AB,\s\up6(→))，所以A，B，D三點(diǎn)共線．故選A.2.C解析：因?yàn)镈是線段BE的中點(diǎn)，所以eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AE,\s\up6(→)))．又因?yàn)閑q\o(AE,\s\up6(→))＋4eq\o(EC,\s\up6(→))＝0，所以eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(4,3)eq\o(AC,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(AC,\s\up6(→)).故選C.3.D解析：eq\o(NC,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AN,\s\up6(→))，又因?yàn)閑q\o(AN,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(NC,\