《平面向量的基本定理及坐标表示》同步练习 一等奖

《平面向量的基本定理及坐标表示》同步练习1．已知e1和e2是表示平面内所有向量的一组基底，那么下面四组向量中不能作为一组基底的是()A．e1和e1＋e2 B．e1－2e2和e2－2e1C．e1－2e2和4e2－2e1 D．e1＋e2和e1－e2解析：∵e1－2e2＝－eq\f(1,2)(4e2－2e1)，∴e1－2e2与4e2－2e1共线．故不能作为基底，其余三组均为不共线．答案：C2．在等腰直角△ABC中，AB⊥AC，则eq\o(AB,\s\up6(→))与eq\o(BC,\s\up6(→))的夹角是()A．135° B．90°C．60° D．45°解析：作线段AB的延长线AD，则∠DBC是eq\o(AB,\s\up6(→))与eq\o(BC,\s\up6(→))的夹角，又∠DBC＝180°－∠ABC＝180°－45°＝135°.答案：A3.在如图所示的平行四边形ABCD中，eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AD,\s\up6(→))＝b，AN＝3NC，M为BC的中点，则eq\o(MN,\s\up6(→))＝________.(用a，b表示)解析：eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\o(MC,\s\up6(→))＋eq\o(CN,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\f(1,4)eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)b－eq\f(1,4)(a＋b)＝－eq\f(1,4)a＋eq\f(1,4)b.答案：－eq\f(1,4)a＋eq\f(1,4)b4．已知向量a，b，c满足|a|＝1，|b|＝2，c＝a＋b，c⊥a，则a与b的夹角等于______．解析：作eq\o(BC,\s\up6(→))＝a，eq\o(CA,\s\up6(→))＝b，则c＝a＋b＝eq\o(BA,\s\up6(→))(如图所示)，则a与b的夹角为180°－∠C.∵|a|＝1，|b|＝2，c⊥a，∴∠C＝60°.∴a与b的夹角为120°.答案：120°5．已知向量a，b的夹角为60°，试求下列向量的夹角：(1)－a，b；(2)2a，eq\f(2,3)b.解：由向量夹角的定义，如图．6．在平行四边形ABCD中，eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AD,\s\up6(→))＝b.(1)如图1，如果E，F分别是BC，DC的中点，试用a，b分别表示eq\o(BF,\s\up6(→))，eq\o(DE,\s\up6(→)).(2)如图2，如果O是AC与BD的交点，G是DO的中点，试用a，b表示eq\o(AG,\s\up6(→)).解：(1)eq\o(BF,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CF,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)a＋b.eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\o(DC,\s\up6(→))＋eq\o(CE,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))＝a－eq\f(1,2)b.(2)eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))＝b－a，∵O是BD的中点，G是DO的中点，∴eq\o(BG,\s\up6(→))＝eq\f(3,4)eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\f(3,4)(b－a)．∴eq\o(AG,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BG,\s\up6(→))＝a＋eq\f(3,4)(b－a)＝eq\f(1,4)a＋eq\f(3,4)b.7.如图，平面内有三个向量eq\o(OA,\s\up6(→))、eq\o(OB,\s\up6(→))、eq\o(OC,\s\up6(→))，其中eq\o(OA,\s\up6(→))与eq\o(OB,\s\up6(→))的夹角为120°，eq\o(OA,\s\up6(→))与eq\o(OC,\s\up6(→))的夹角为30°，且|eq\o(OA,\s\up6(→))|＝|eq\o(OB,\s\up6(→))|＝1，|eq\o(OC,\s\up6(→))|＝2eq\r(3)，若eq\o(OC,\s\up6(→))＝λeq\o(OA,\s\up6(→))＋μeq\o(OB,\s\up6(→))(λ、μ∈R)，求λ＋μ的值．解：如图，利用向量加法的平行四边形法则，eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\o(OD,\s\up6(→))＋eq\o(OE,\s\up6(→))＝4eq\o(OA,\s\up6(→))＋2eq\o(OB,\s\up6(→))，∴λ＝4，μ＝2.∴λ＋μ＝6.8.如图所示，已知E、F分别是矩形ABCD的边BC、CD的中点，EF与AC交于点G，若eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AD,\s\up6(→))＝b，用a，b表示eq\o(AG,\s\up6(→))＝______.解析：eq\o(AG,\s\up6(→))＝eq\o(AE,\s\up6(→))－eq\o(GE,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BE,\s\up6(→))－eq\o(GE,\s\up6(→))＝a＋eq\f(1,2)b－eq\f(1,2)eq\o(FE,\s\up6(→))＝a＋eq\f(1,2)b－eq\f(1,2)×eq\f(1,2)eq\o(DB,\s\up6(→))＝a＋eq\f(1,2)b－eq\f(1,4)(a－b)＝eq\f(3,4)a＋eq\f(3,4)b.答案：eq\f(3,4)a＋eq\f(3,4)b9．在平行四边形ABCD中，E和F分别是边CD和BC的中点，若eq\o(AC,\s\up6(→))＝λeq\o(AE,\s\up6(→))＋μeq\o(AF,\s\up6(→))，其中λ、μ∈R，则λ＋μ＝______.解析：设eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AD,\s\up6(→))＝b，则eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)a＋b，eq\o(AF,\s\up6(→))＝a＋eq\f(1,2)b.又∵eq\o(AC,\s\up6(→))＝a＋b，∴eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)(eq\o(AE,\s\up6(→))＋eq\o(AF,\s\up6(→)))．即λ＝μ＝eq\f(2,3)，∴λ＋μ＝eq\f(4,3).答案：eq\f(4,3)10．如图，在▱OACB中，eq\o(OA,\s\up6(→))＝a，eq\o(OB,\s\up6(→))＝b，eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)BC，OD与BA相交于E，求证：BE＝eq\f(1,4)BA.证明：设eq\o(BE,\s\up6(→))＝λeq\o(BA,\s\up6(→)).则eq\o(OE,\s\up6(→))＝eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(BE,\s\up6(→))＝eq\o(OB,\s\up6(→))＋λeq\o(BA,\s\up6(→))＝eq\o(OB,\s\up6(→))＋λ(eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→)))＝λeq\o(OA,\s\up6(→))＋(1－λ)eq\o(OB,\s\up6(→))＝λa＋(1－λ)b.eq\o(OD,\s\up6(→))＝eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)a＋b.∵O、E、D三点共线，∴eq\o(OE,\s\up6(→))与eq\o(OD,\s\up6(→))共线．∴eq\f(λ,\f(1,3))＝eq\f(1－λ,1).∴λ＝eq\f(1,4).即BE＝eq\f(1,4)BA.11.如图，已知△ABC的面积为14cm2，D、E分别为边AB、BC上的点，且AD∶DB＝BE∶EC＝2∶1，求△APC的面积．解：设eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(BC,\s\up6(→))＝b为一组基底，则eq\o(AE,\s\up6(→))＝a＋eq\f(2,3)b，eq\o(DC,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)a＋b.∵点A、P、E与D、P、C分别共线，∴存在λ和μ，使eq\o(AP,\s\up6(→))＝λeq\o(AE,\s\up6(→))＝λa＋eq\f(2,3)λb，eq\o(DP,\s\up6(→))＝μeq\o(DC,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)μa＋μb.又∵eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(DP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)＋\f(1,3)μ))a＋μb，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＝\f(2,3)＋\f(1,3)μ，,\f(2,3)λ＝μ))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＝\f(6,7)，,μ＝\f(4,7).))∴S△PAB＝eq\f(4,7)S△ABC＝14×eq\f(4,7)＝8(cm2)．∴S△PBC＝14×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\