2019-2020學(xué)年新教材高中數(shù)學(xué)第6章平面向量及其應(yīng)用6.3平面向量基本定理及坐標表示課時作業(yè)7平面向量基本定理新人教A版必修第二冊

PAGE1-課時作業(yè)7平面向量基本定理知識點一基底的概念1.下面三種說法中，正確的是()①一個平面內(nèi)只有一對不共線向量可作為表示該平面所有向量的基底；②一個平面內(nèi)有無數(shù)多對不共線向量可作為該平面所有向量的基底；③零向量不可作為基底中的向量．A．①② B．②③C．①③ D．①②③答案B解析只要平面內(nèi)一對向量不共線，就可以作為該平面向量的一組基底，故①不正確，②正確；因為零向量與任意一個向量平行，所以③正確，故選B.2．已知e1與e2不共線，a＝e1＋2e2，b＝λe1＋e2，且a與b是一組基底，則實數(shù)λ的取值范圍是________．答案λ≠eq\f(1,2)解析考慮向量a，b共線，則有λ＝eq\f(1,2)，故當λ≠eq\f(1,2)時，向量a，b不共線，可作為一組基底.知識點二用基底表示向量3.已知平行四邊形ABCD中，E為CD的中點，eq\o(AP,\s\up15(→))＝y(tǒng)eq\o(AD,\s\up15(→))，eq\o(AQ,\s\up15(→))＝xeq\o(AB,\s\up15(→))，其中x，y∈R，且均不為0.若eq\o(PQ,\s\up15(→))∥eq\o(BE,\s\up15(→))，則eq\f(x,y)＝________.答案eq\f(1,2)解析因為eq\o(PQ,\s\up15(→))＝eq\o(AQ,\s\up15(→))－eq\o(AP,\s\up15(→))＝xeq\o(AB,\s\up15(→))－yeq\o(AD,\s\up15(→))，由eq\o(PQ,\s\up15(→))∥eq\o(BE,\s\up15(→))，可設(shè)eq\o(PQ,\s\up15(→))＝λeq\o(BE,\s\up15(→))，即xeq\o(AB,\s\up15(→))－yeq\o(AD,\s\up15(→))＝λ(eq\o(CE,\s\up15(→))－eq\o(CB,\s\up15(→)))＝λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)\o(AB,\s\up15(→))＋\o(AD,\s\up15(→))))＝－eq\f(λ,2)eq\o(AB,\s\up15(→))＋λeq\o(AD,\s\up15(→))，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(1,2)λ，,y＝－λ，))則eq\f(x,y)＝eq\f(1,2).4．已知e1，e2是平面內(nèi)兩個不共線的向量，a＝3e1－2e2，b＝－2e1＋e2，c＝7e1－4e2，試用向量a和b表示c.解因為a，b不共線，所以可設(shè)c＝xa＋yb.則xa＋yb＝x(3e1－2e2)＋y(－2e1＋e2)＝(3x－2y)e1＋(－2x＋y)e2＝7e1－4e2.又因為e1，e2不共線，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x－2y＝7，,－2x＋y＝－4，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝－2，))所以c＝a－2b.5．在?ABCD中，設(shè)eq\o(AC,\s\up15(→))＝a，eq\o(BD,\s\up15(→))＝b，試用a，b表示eq\o(AB,\s\up15(→))，eq\o(BC,\s\up15(→)).解解法一：(轉(zhuǎn)化法)如圖，設(shè)AC，BD交于點O，則有eq\o(AO,\s\up15(→))＝eq\o(OC,\s\up15(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AC,\s\up15(→))＝eq\f(1,2)a，eq\o(BO,\s\up15(→))＝eq\o(OD,\s\up15(→))＝eq\f(1,2)eq\o(BD,\s\up15(→))＝eq\f(1,2)b.∴eq\o(AB,\s\up15(→))＝eq\o(AO,\s\up15(→))＋eq\o(OB,\s\up15(→))＝eq\o(AO,\s\up15(→))－eq\o(BO,\s\up15(→))＝eq\f(1,2)a－eq\f(1,2)b，eq\o(BC,\s\up15(→))＝eq\o(BO,\s\up15(→))＋eq\o(OC,\s\up15(→))＝eq\f(1,2)b＋eq\f(1,2)a.解法二：(方程思想)設(shè)eq\o(AB,\s\up15(→))＝x，eq\o(BC,\s\up15(→))＝y(tǒng)，則有eq\o(AB,\s\up15(→))＋eq\o(BC,\s\up15(→))＝eq\o(AC,\s\up15(→))，eq\o(AD,\s\up15(→))－eq\o(AB,\s\up15(→))＝eq\o(BD,\s\up15(→))且eq\o(AD,\s\up15(→))＝eq\o(BC,\s\up15(→))＝y(tǒng)，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝a，,y－x＝b，))∴x＝eq\f(1,2)a－eq\f(1,2)b，y＝eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b，即eq\o(AB,\s\up15(→))＝eq\f(1,2)a－eq\f(1,2)b，eq\o(BC,\s\up15(→))＝eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b.6．如圖所示，已知E，F(xiàn)分別是矩形ABCD的邊BC，CD的中點，EF與AC交于點G，若eq\o(AB,\s\up15(→))＝a，eq\o(AD,\s\up15(→))＝b，用a，b表示Aeq\o(G,\s\up15(→)).解易知eq\o(CF,\s\up15(→))＝eq\f(1,2)eq\o(CD,\s\up15(→))，eq\o(CE,\s\up15(→))＝eq\f(1,2)eq\o(CB,\s\up15(→))，設(shè)eq\o(CG,\s\up15(→))＝λeq\o(CA,\s\up15(→))，則由平行四邊形法則，得eq\o(CG,\s\up15(→))＝λ(eq\o(CB,\s\up15(→))＋eq\o(CD,\s\up15(→)))＝2λeq\o(CE,\s\up15(→))＋2λeq\o(CF,\s\up15(→)).由于E，G，F(xiàn)三點共線，則2λ＋2λ＝1，故λ＝eq\f(1,4).從而eq\o(CG,\s\up15(→))＝eq\f(1,4)eq\o(CA,\s\up15(→))，eq\o(AG,\s\up15(→))＝eq\f(3,4)eq\o(AC,\s\up15(→))＝eq\f(3,4)(a＋b).知識點三平面向量基本定理的應(yīng)用7.設(shè)e1，e2是平面內(nèi)的一組基底，如果eq\o(AB,\s\up15(→))＝3e1－2e2，eq\o(BC,\s\up15(→))＝4e1＋e2，eq\o(CD,\s\up15(→))＝8e1－9e2，求證：A，B，D三點共線．證明∵eq\o(AB,\s\up15(→))＝3e1－2e2，eq\o(AD,\s\up15(→))＝eq\o(AB,\s\up15(→))＋eq\o(BC,\s\up15(→))＋eq\o(CD,\s\up15(→))＝15e1－10e2＝5(3e1－2e2)＝5eq\o(AB,\s\up15(→))，即eq\o(AD,\s\up15(→))＝5eq\o(AB,\s\up15(→))，∴eq\o(AD,\s\up15(→))與eq\o(AB,\s\up15(→))共線，又eq\o(AD,\s\up15(→))與eq\o(AB,\s\up15(→))有公共點A，∴A，B，D三點共線．8．用向量法證明三角形的三條中線交于一點．證明如圖，設(shè)D，E，F(xiàn)分別是△ABC的三邊BC，AC，AB的中點，令eq\o(AC,\s\up15(→))＝a，eq\o(BC,\s\up15(→))＝b為基底，則eq\o(AB,\s\up15(→))＝a－b，eq\o(AD,\s\up15(→))＝a－eq\f(1,2)b，eq\o(BE,\s\up15(→))＝－eq\f(1,2)a＋b，設(shè)AD與BE交于點G，且eq\o(AG,\s\up15(→))＝λeq\o(AD,\s\up15(→))，eq\o(BG,\s\up15(→))＝μeq\o(BE,\s\up15(→))，則有eq\o(AG,\s\up15(→))＝λa－eq\f(λ,2)b，eq\o(BG,\s\up15(→))＝－eq\f(μ,2)a＋μb.又有eq\o(AG,\s\up15(→))＝eq\o(AB,\s\up15(→))＋eq\o(BG,\s\up15(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(μ,2)))a＋(μ－1)b，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＝1－\f(μ,2)，,－\f(λ,2)＝μ－1，))解得λ＝μ＝eq\f(2,3).∴eq\o(AG,\s\up15(→))＝eq\f(2,3)a－eq\f(1,3)b，eq\o(CG,\s\up15(→))＝eq\o(CA,\s\up15(→))＋eq\o(AG,\s\up15(→))＝－a＋eq\f(2,3)a－eq\f(1,3)b＝－eq\f(1,3)a－eq\f(1,3)b＝eq\f(2,3)×eq\f(1,2)(－a－b)．而eq\o(CF,\s\up15(→))＝eq\f(1,2)(－a－b)，∴eq\o(CG,\s\up15(→))＝eq\f(2,3)eq\o(CF,\s\up15(→)).∴點G∈CF.∴三角形三條中線交于一點．一、選擇題1．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)答案C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.2．如果a與b是一組基底，則下列不能作為基底的是()A．a(chǎn)＋b與a－b B．a(chǎn)＋2b與2a＋C．a(chǎn)＋b與－a－b D．a(chǎn)與－b答案C解析由已知，a與b不共線，根據(jù)平行四邊形法則，可知A，B，D選項中的兩個向量都可以作為基底，而a＋b與－a－b共線，不能作為基底．3．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Oeq\o(P,\s\up15(→))等于()A．a(chǎn)＋λb B．λa＋(1－λ)bC．λa＋b D.eq\f(1,1＋λ)a＋eq\f(λ,1＋λ)b答案D解析∵eq\o(P1P,\s\up15(→))＝λeq\o(PP2,\s\up15(→))，∴eq\o(OP,\s\up15(→))－eq\o(OP1,\s\up15(→))＝λ(eq\o(OP2,\s\up15(→))－eq\o(OP,\s\up15(→)))，∴(1＋λ)eq\o(OP,\s\up15(→))＝eq\o(OP1,\s\up15(→))＋λeq\o(OP2,\s\up15(→))，∴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.故選D.4．已知|a|＝1，|b|＝2，c＝a＋b，c⊥a，則a與b的夾角為()A.eq\f(π,6)B.eq\f(5π,6)C.eq\f(π,3)D.eq\f(2π,3)答案D解析如圖所示，在四邊形ABCD中，eq\o(AD,\s\up15(→))＝a，eq\o(AB,\s\up15(→))＝b，eq\o(AC,\s\up15(→))＝c，∵c＝a＋b，∴四邊形ABCD為平行四邊形，∵c⊥a，∴△ACD為直角三角形，又|eq\o(AD,\s\up15(→))|＝1，|eq\o(DC,\s\up15(→))|＝2，∴θ＝eq\f(π,6)，所以a與b的夾角為eq\f(2π,3).5．如圖，在四邊形ABCD中，eq\o(DC,\s\up15(→))＝eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up15(→))，E為BC的中點，且eq\o(AE,\s\up15(→))＝xeq\o(AB,\s\up15(→))＋yeq\o(AD,\s\up15(→))，則3x－2y＝()A.eq\f(1,2)B.eq\f(3,2)C．1D．2答案C解析由題意，得eq\o(AE,\s\up15(→))＝eq\o(AB,\s\up15(→))＋eq\o(BE,\s\up15(→))＝eq\o(AB,\s\up15(→))＋eq\f(1,2)eq\o(BC,\s\up15(→))＝eq\o(AB,\s\up15(→))＋eq\f(1,2)(－eq\o(AB,\s\up15(→))＋eq\o(AD,\s\up15(→))＋eq\o(DC,\s\up15(→)))＝eq\o(AB,\s\up15(→))＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\o(AB,\s\up15(→))＋\o(AD,\s\up15(→))＋\f(1,3)\o(AB,\s\up15(→))))＝eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up15(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up15(→)).∵eq\o(AE,\s\up15(→))＝xeq\o(AB,\s\up15(→))＋yeq\o(AD,\s\up15(→))，∴xeq\o(AB,\s\up15(→))＋yeq\o(AD,\s\up15(→))＝eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up15(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up15(→)).∵eq\o(AB,\s\up15(→))與eq\o(AD,\s\up15(→))不共線，∴由平面向量基本定理，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(2,3)，,y＝\f(1,2).))∴3x－2y＝3×eq\f(2,3)－2×eq\f(1,2)＝1.故選C.二、填空題6．如圖，在平行四邊形ABCD中，eq\o(AB,\s\up15(→))＝a，eq\o(AD,\s\up15(→))＝b，M是DC的中點，以a，b為基底表示向量eq\o(AM,\s\up15(→))，則eq\o(AM,\s\up15(→))＝________.答案b＋eq\f(1,2)a解析eq\o(AM,\s\up15(→))＝eq\o(AD,\s\up15(→))＋eq\o(DM,\s\up15(→))＝eq\o(AD,\s\up15(→))＋eq\f(1,2)eq\o(DC,\s\up15(→))＝eq\o(AD,\s\up15(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up15(→))＝b＋eq\f(1,2)a.7．已知A，B，C為圓O上的三點，若eq\o(AO,\s\up15(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up15(→))＋eq\o(AC,\s\up15(→)))，則Aeq\o(B,\s\up15(→))與Aeq\o(C,\s\up15(→))的夾角為________．答案90°解析∵eq\o(AO,\s\up15(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up15(→))＋eq\o(AC,\s\up15(→)))，∴O為BC的中點．則BC是⊙O的直徑，∴∠BAC＝90°.故eq\o(AB,\s\up15(→))與eq\o(AC,\s\up15(→))的夾角為90°.8．如圖，在△ABC中，eq\o(AN,\s\up15(→))＝eq\f(1,3)eq\o(NC,\s\up15(→))，P是BN上的一點，若eq\o(AP,\s\up15(→))＝meq\o(AB,\s\up15(→))＋eq\f(2,11)eq\o(AC,\s\up15(→))，則實數(shù)m的值為________．答案eq\f(3,11)解析設(shè)eq\o(BP,\s\up15(→))＝keq\o(BN,\s\up15(→))，則eq\o(AP,\s\up15(→))＝eq\o(AB,\s\up15(→))＋eq\o(BP,\s\up15(→))＝eq\o(AB,\s\up15(→))＋keq\o(BN,\s\up15(→))＝eq\o(AB,\s\up15(→))＋k(eq\o(AN,\s\up15(→))－eq\o(AB,\s\up15(→)))＝eq\o(AB,\s\up15(→))＋keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)\o(AC,\s\up15(→))－\o(AB,\s\up15(→))))＝(1－k)eq\o(AB,\s\up15(→))＋eq\f(k,4)eq\o(AC,\s\up15(→))，又eq\o(AP,\s\up15(→))＝meq\o(AB,\s\up15(→))＋eq\f(2,11)eq\o(AC,\s\up15(→))，所以1－k＝m，eq\f(k,4)＝eq\f(2,11)，解得k＝eq\f(8,11)，m＝eq\f(3,11).三、解答題9．如圖所示，已知△AOB中，點C是點B關(guān)于點A的對稱點，eq\o(OD,\s\up15(→))＝2eq\o(DB,\s\up15(→))，DC和OA交于點E，設(shè)eq\o(OA,\s\up15(→))＝a，eq\o(OB,\s\up15(→))＝b.(1)用a和b表示向量eq\o(OC,\s\up15(→))，eq\o(DC,\s\up15(→))；(2)若eq\o(OE,\s\up15(→))＝λeq\o(OA,\s\up15(→))，求實數(shù)λ的值．解(1)由題意，知A是BC的中點，且eq\o(OD,\s\up15(→))＝eq\f(2,3)eq\o(OB,\s\up15(→))，由平行四邊形法則，知eq\o(OB,\s\up15(→))＋eq\o(OC,\s\up15(→))＝2eq\o(OA,\s\up15(→)).∴eq\o(OC,\s\up15(→))＝2eq\o(OA,\s\up15(→))－eq\o(OB,\s\up15(→))＝2a－b，eq\o(DC,\s\up15(→))＝eq\o(OC,\s\up15(→))－eq\o(OD,\s\up15(→))＝(2a－b)－eq\f(2,3)b＝2a－eq\f(5,3)b.(2)∵eq\o(EC,\s\up15(→))∥eq\o(DC,\s\up15(→))，又eq\o(EC,\s\up15(→))＝eq\o(OC,\s\up15(→))－eq\o(OE,\s\up15(→))＝(2a－b)－λa＝(2－λ)a－b，eq\o(DC,\s\up15(→))＝2a－eq\f(5,3)b，∴eq\f(2－λ,2)＝eq\f(1,\f(5,3))，∴λ＝eq\f(4,5).10．如圖所示，在△ABO中，eq\o(OC,\s\up15(→))＝eq\f(1,4)eq\o(OA,\s\up15(→))，eq\o(OD,\s\up15(→))＝eq\f(1,2)eq\o(OB,\s\up15(→))，AD與BC相交于點M.設(shè)eq\o(OA,\s\up15(→))＝a，eq\o(OB,\s\up15(→))＝b.(1)試用向量a，b表示eq\o(OM,\s\up15(→))；(2)在線段AC上取點E，在線段BD上取點F，使EF過點M，設(shè)eq\o(OE,\s\up15(→))＝λeq\o(OA,\s\up15(→))，eq\o(OF,\s\up15(→))＝μeq\o(OB,\s\up15(→))，求證：eq\f(1,λ)＋eq\f(3,μ)＝7.解(1)不妨設(shè)eq\o(OM,\s\up15(→))＝ma＋nb，一方面，由于A，D，M三點共線，則存在α(α≠－1)使得eq\o(AM,\s\up15(→))＝αeq\o(MD,\s\up15(→))，于是eq\o(OM,\s\up15(→))＝eq\f(\o(OA,\s\up15(→))＋α\o(OD,\s\up15(→)),1＋α)，又eq\o(OD,\s\up15(→))＝eq\f(1,2)eq\o(OB,\s\up15(→))，所以eq\o(OM,\s\up15(→))＝eq\f(\o(OA,\s\up15(→))＋\f(α,2)\o(OB,\s\up15(→)