2019-2020学年新教材高中数学第6章平面向量及其应用6.3平面向量基本定理及坐标表示课时作业7平面向量基本定理新人教A版必修第二册

PAGE1-课时作业7平面向量基本定理知识点一基底的概念1.下面三种说法中，正确的是()①一个平面内只有一对不共线向量可作为表示该平面所有向量的基底；②一个平面内有无数多对不共线向量可作为该平面所有向量的基底；③零向量不可作为基底中的向量．A．①② B．②③C．①③ D．①②③答案B解析只要平面内一对向量不共线，就可以作为该平面向量的一组基底，故①不正确，②正确；因为零向量与任意一个向量平行，所以③正确，故选B.2．已知e1与e2不共线，a＝e1＋2e2，b＝λe1＋e2，且a与b是一组基底，则实数λ的取值范围是________．答案λ≠eq\f(1,2)解析考虑向量a，b共线，则有λ＝eq\f(1,2)，故当λ≠eq\f(1,2)时，向量a，b不共线，可作为一组基底.知识点二用基底表示向量3.已知平行四边形ABCD中，E为CD的中点，eq\o(AP,\s\up15(→))＝yeq\o(AD,\s\up15(→))，eq\o(AQ,\s\up15(→))＝xeq\o(AB,\s\up15(→))，其中x，y∈R，且均不为0.若eq\o(PQ,\s\up15(→))∥eq\o(BE,\s\up15(→))，则eq\f(x,y)＝________.答案eq\f(1,2)解析因为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(→))，可设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，))则eq\f(x,y)＝eq\f(1,2).4．已知e1，e2是平面内两个不共线的向量，a＝3e1－2e2，b＝－2e1＋e2，c＝7e1－4e2，试用向量a和b表示c.解因为a，b不共线，所以可设c＝xa＋yb.则xa＋yb＝x(3e1－2e2)＋y(－2e1＋e2)＝(3x－2y)e1＋(－2x＋y)e2＝7e1－4e2.又因为e1，e2不共线，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，设eq\o(AC,\s\up15(→))＝a，eq\o(BD,\s\up15(→))＝b，试用a，b表示eq\o(AB,\s\up15(→))，eq\o(BC,\s\up15(→)).解解法一：(转化法)如图，设AC，BD交于点O，则有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)设eq\o(AB,\s\up15(→))＝x，eq\o(BC,\s\up15(→))＝y，则有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，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\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(→))，设eq\o(CG,\s\up15(→))＝λeq\o(CA,\s\up15(→))，则由平行四边形法则，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三点共线，则2λ＋2λ＝1，故λ＝eq\f(1,4).从而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).知识点三平面向量基本定理的应用7.设e1，e2是平面内的一组基底，如果eq\o(AB,\s\up15(→))＝3e1－2e2，eq\o(BC,\s\up15(→))＝4e1＋e2，eq\o(CD,\s\up15(→))＝8e1－9e2，求证：A，B，D三点共线．证明∵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(→))与eq\o(AB,\s\up15(→))共线，又eq\o(AD,\s\up15(→))与eq\o(AB,\s\up15(→))有公共点A，∴A，B，D三点共线．8．用向量法证明三角形的三条中线交于一点．证明如图，设D，E，F分别是△ABC的三边BC，AC，AB的中点，令eq\o(AC,\s\up15(→))＝a，eq\o(BC,\s\up15(→))＝b为基底，则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，设AD与BE交于点G，且eq\o(AG,\s\up15(→))＝λeq\o(AD,\s\up15(→))，eq\o(BG,\s\up15(→))＝μeq\o(BE,\s\up15(→))，则有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(→)).∴点G∈CF.∴三角形三条中线交于一点．一、选择题1．在△ABC中，点D在BC边上，且eq\o(BD,\s\up15(→))＝2eq\o(DC,\s\up15(→))，设eq\o(AB,\s\up15(→))＝a，eq\o(AC,\s\up15(→))＝b，则eq\o(AD,\s\up15(→))可用基底a，b表示为()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解析因为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与b是一组基底，则下列不能作为基底的是()A．a＋b与a－b B．a＋2b与2a＋C．a＋b与－a－b D．a与－b答案C解析由已知，a与b不共线，根据平行四边形法则，可知A，B，D选项中的两个向量都可以作为基底，而a＋b与－a－b共线，不能作为基底．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)，则Oeq\o(P,\s\up15(→))等于()A．a＋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.故选D.4．已知|a|＝1，|b|＝2，c＝a＋b，c⊥a，则a与b的夹角为()A.eq\f(π,6)B.eq\f(5π,6)C.eq\f(π,3)D.eq\f(2π,3)答案D解析如图所示，在四边形ABCD中，eq\o(AD,\s\up15(→))＝a，eq\o(AB,\s\up15(→))＝b，eq\o(AC,\s\up15(→))＝c，∵c＝a＋b，∴四边形ABCD为平行四边形，∵c⊥a，∴△ACD为直角三角形，又|eq\o(AD,\s\up15(→))|＝1，|eq\o(DC,\s\up15(→))|＝2，∴θ＝eq\f(π,6)，所以a与b的夹角为eq\f(2π,3).5．如图，在四边形ABCD中，eq\o(DC,\s\up15(→))＝eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up15(→))，E为BC的中点，且eq\o(AE,\s\up15(→))＝xeq\o(AB,\s\up15(→))＋yeq\o(AD,\s\up15(→))，则3x－2y＝()A.eq\f(1,2)B.eq\f(3,2)C．1D．2答案C解析由题意，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(→))与eq\o(AD,\s\up15(→))不共线，∴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.故选C.二、填空题6．如图，在平行四边形ABCD中，eq\o(AB,\s\up15(→))＝a，eq\o(AD,\s\up15(→))＝b，M是DC的中点，以a，b为基底表示向量eq\o(AM,\s\up15(→))，则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为圆O上的三点，若eq\o(AO,\s\up15(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up15(→))＋eq\o(AC,\s\up15(→)))，则Aeq\o(B,\s\up15(→))与Aeq\o(C,\s\up15(→))的夹角为________．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为BC的中点．则BC是⊙O的直径，∴∠BAC＝90°.故eq\o(AB,\s\up15(→))与eq\o(AC,\s\up15(→))的夹角为90°.8．如图，在△ABC中，eq\o(AN,\s\up15(→))＝eq\f(1,3)eq\o(NC,\s\up15(→))，P是BN上的一点，若eq\o(AP,\s\up15(→))＝meq\o(AB,\s\up15(→))＋eq\f(2,11)eq\o(AC,\s\up15(→))，则实数m的值为________．答案eq\f(3,11)解析设eq\o(BP,\s\up15(→))＝keq\o(BN,\s\up15(→))，则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、解答题9．如图所示，已知△AOB中，点C是点B关于点A的对称点，eq\o(OD,\s\up15(→))＝2eq\o(DB,\s\up15(→))，DC和OA交于点E，设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(→))，求实数λ的值．解(1)由题意，知A是BC的中点，且eq\o(OD,\s\up15(→))＝eq\f(2,3)eq\o(OB,\s\up15(→))，由平行四边形法则，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．如图所示，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与BC相交于点M.设eq\o(OA,\s\up15(→))＝a，eq\o(OB,\s\up15(→))＝b.(1)试用向量a，b表示eq\o(OM,\s\up15(→))；(2)在线段AC上取点E，在线段BD上取点F，使EF过点M，设eq\o(OE,\s\up15(→))＝λeq\o(OA,\s\up15(→))，eq\o(OF,\s\up15(→))＝μeq\o(OB,\s\up15(→))，求证：eq\f(1,λ)＋eq\f(3,μ)＝7.解(1)不妨设eq\o(OM,\s\up15(→))＝ma＋nb，一方面，由于A，D，M三点共线，则存在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(→)