课时跟踪检测(八)　平面向量基本定理

课时跟踪检测(八)平面向量基本定理(满分100分,A级选填小题每题5分,B级选填小题每题6分)A级——达标评价1.如图,向量a-b等于()A.-4e1-2e2B.-2e1-4e2C.e1-3e2D.3e1-e22.已知e1,e2是不共线的非零向量,则以下向量可以作为基底的是()A.a=0,b=e1-e2B.a=3e1-3e2,b=e1-e2C.a=e1-2e2,b=e1+2e2D.a=e1-2e2,b=2e1-4e23.如图,点D,E分别为AC,BC的中点,设AB=a,AC=b,F是DE的中点,则AF=()A.12a+12b B.-12aC.14a+12b D.-14a4.设向量e1和e2是某一平面内所有向量的一组基底,若3xe1+(10-y)e2=(4y-7)e1+2xe2,则实数y的值为()A.3 B.4C.-14 D.-5.在平行四边形ABCD中,AB=3,AD=4,∠BAD=60°,点E是BC的中点,CF=2FD,则AE·BF=()A.-6 B.-2C.2 D.66.在△ABC中,点M,N满足AM=2MC,BN=NC.若MN=xAB+yAC,则x=;y=.7.如图,在△ABC中,D是BC上靠近点C的三等分点,E为AD的中点,若BE=xAB+yAC,则x=.

8.在平行四边形ABCD中,AC与BD交于点O,F是线段DC上的点.若DC=3DF,设AC=a,BD=b,则AF=.

9.(10分)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.10.(10分)如图,在△ABC中,D,F分别是边BC,AC的中点,且AE=23AD,AB=a,AC=b.求证:B,E,FB级——重点培优11.(多选)如图,在四边形ABCD中,AB∥CD,AB⊥AD,AB=2AD=2DC,E为BC边上一点,且BC=3EC,F为AE的中点,则()A.BC=-12ABB.AF=13ABC.BF=-23ABD.CF=16AB12.如图,在△ABC中,∠BAC=π3,AD=2DB,P为CD上一点,且满足AP=mAC+12AB(m∈R),若AC=3,则AP·CD的值为()A.-3 B.-13C.1312 D.-13.若点M是△ABC所在平面内一点,且满足AM=34AB+14AC,则△ABM与△ABC的面积之比为14.(10分)如图,在△ABC中,点D是AC的中点,点E是BD的中点,设BA=a,BC=c.(1)用a,c表示向量AE;(2)若点F在AC上,且BF=15a+45c,求AF∶15.(12分)如图,在菱形ABCD中,BE=12BC,CF=2FD(1)若EF=xAB+yAD,求3x+2y的值;(2)若|AB|=6,∠BAD=60°,求AC·EF.课时跟踪检测(八)1．选C不妨令a＝，b＝，则a－b＝－＝.由平行四边形法则可知＝e1－3e2.2．选C对于A，零向量与任意向量均共线，所以这两个向量不可以作为基底．对于B，因为a＝3e1－3e2，b＝e1－e2，所以a＝3b.所以这两个向量不可以作为基底．对于C，设a＝λb，即e1－2e2＝λ(e1＋2e2)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＝λ，,－2＝2λ，))无解，所以这两个向量不共线，可以作为一组基底．对于D，因为a＝e1－2e2，b＝2e1－4e2，所以a＝eq\f(1,2)b.所以这两个向量不可以作为基底．故选C.3．选C＝＋＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＝eq\f(1,4)a＋eq\f(1,2)b.故选C.4．选B因为3xe1＋(10－y)e2＝(4y－7)e1＋2xe2，所以(3x－4y＋7)e1＋(10－y－2x)e2＝0.又因为e1和e2是某一平面内所有向量的一组基底，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x－4y＋7＝0，,10－y－2x＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3，,y＝4.))5．选D∵＝＋＝＋eq\f(1,2)＝＋eq\f(1,2)，＝＋＝＋eq\f(2,3)＝－eq\f(2,3)＝－eq\f(2,3)，∴·＝·＝－eq\f(2,3)2＋eq\f(2,3)·＋eq\f(1,2)2＝－eq\f(2,3)×32＋eq\f(2,3)×3×4×cos60°＋eq\f(1,2)×42＝6.故选D.6．解析：由题中条件得＝＋＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,2)＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,2)(－)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,6)＝x＋y，所以x＝eq\f(1,2)，y＝－eq\f(1,6).答案：eq\f(1,2)－eq\f(1,6)7．解析：因为D是BC上靠近点C的三等分点，所以＝eq\f(1,3)＋eq\f(2,3).又E为AD的中点，所以＝eq\f(1,2)－＝eq\f(1,2)－＝－eq\f(5,6)＋eq\f(1,3).所以x＝－eq\f(5,6).答案：－eq\f(5,6)8．解析：如图所示，平行四边形ABCD中，AC与BD交于点O，F是线段DC上的点，且DC＝3DF，∴＝eq\f(1,3)＝eq\f(1,3)(－)＝eq\f(1,6)(－)，＝－＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2).则＝＋＝＋eq\f(1,6)(－)＝eq\f(1,3)＋eq\f(2,3)＝eq\f(2,3)a＋eq\f(1,3)b.答案：eq\f(2,3)a＋eq\f(1,3)b9．解：(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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＝1，,3λ＝－2))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＝1，,λ＝－\f(2,3).))∴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.∵e1与e2不共线，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＋n＝3，,－2m＋3n＝－1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(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.∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＋μ＝4，,－2λ＋3μ＝－3，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＝3，,μ＝1.))10．证明：因为在△ABC中，D，F分别是边BC，AC的中点，所以＝eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)(a＋b)，＝eq\f(2,3)＝eq\f(1,3)(a＋b)．所以＝－＝eq\f(1,3)(a＋b)－a＝eq\f(1,3)(b－2a)．因为＝eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)b，所以＝－＝eq\f(1,2)b－a＝eq\f(1,2)(b－2a)．所以＝eq\f(2,3).所以∥.又与有公共点B，所以B，E，F三点共线．11．选ABC∵AB∥CD，AB＝2DC，∴＝＋＋＝－＋＋eq\f(1,2)＝－eq\f(1,2)＋，A正确．∵＝3，∴＝eq\f(2,3)＝－eq\f(1,3)＋eq\f(2,3).∴＝＋＝＋＝eq\f(2,3)＋eq\f(2,3).又F为AE的中点，∴＝eq\f(1,2)＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,3)，B正确．∴＝＋＝－＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,3)＝－eq\f(2,3)＋eq\f(1,3)，C正确．∴＝＋＝－＝－eq\f(2,3)＋eq\f(1,3)－＝－eq\f(1,6)－eq\f(2,3)，D错误．故选ABC.12．选C∵＝m＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m∈R))，＝2，即＝eq\f(2,3)，且＝eq\f(2,3)＋eq\f(1,3)，∴＝m＋eq\f(3,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m∈R)).又C，P，D共线，则m＋eq\f(3,4)＝1，即m＝eq\f(1,4)，即＝eq\f(1,4)＋eq\f(1,2).而＝＋，∴＝eq\f(2,3)(＋)＋eq\f(1,3)＝＋eq\f(2,3)＝eq\f(2,3)－.∴·＝·＝eq\f(1,3)2－eq\f(1,3)·－eq\f(1,4)2＝eq\f(16,3)－2－eq\f(9,4)＝eq\f(13,12).13．解析：如图，由＝eq\f(3,4)＋eq\f(1,4)可知M，B，C三点共线，令＝λ，则＝＋＝＋λ＝＋λ(－)＝(1－λ)·＋λ⇒λ＝eq\f(1,4)，所以eq\f(S△ABM,S△ABC)＝eq\f(1,4)，即面积之比为1∶4.答案：1∶414．解：(1)因为＝－＝c－a，所以＝eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)(c－a)．所以＝eq\f(1,2)(＋)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)＝－eq\f(1,2)a＋eq\f(1,4)(c－a)＝eq\f(1,4)c－eq\f(3,4)a.(2)设＝λ，所以＝＋＝＋λ＝a＋λ(c－a)＝(1－λ)a＋λc.又＝eq\f(1,5)a＋eq\f(4,5)c，所以λ＝eq\f(4,5).所以＝eq\f(4,5).所以AF∶CF＝4∶1.15．解：(1)因为在菱形ABCD中，＝eq\f(1,2)，＝2.所以＝＋＝eq\f(1,2)－e