湘教版（2019）必修 第二册1.1 向量同步练习题

这是一份湘教版（2019）必修 第二册1.1 向量同步练习题，共6页。

1．设{e1，e2}是平面内的一组基，若a＝2e1－3e2，则a在基{e1，e2}下的坐标为( )
A．(2，3) B．(2，－3)
C．(3，2) D．(－3，2)
2．如果{a，b}是一组基，则下列不能作为基的是( )
A．a＋b与a－bB．a＋2b与2a＋b
C．a＋b与－a－b D．a与－b
3．设i，j是平面直角坐标系内分别与x轴、y轴正方向相同的两个单位向量，O为坐标原点，若 eq \(OA,\s\up6(→))＝4i＋2j， eq \(OB,\s\up6(→))＝3i＋4j，则 eq \(OA,\s\up6(→))＋ eq \(OB,\s\up6(→))的坐标是( )
A．(1，－2) B．(7，6)
C．(5，0) D．(11，8)
4．O为平行四边形ABCD两条对角线的交点， eq \(AB,\s\up6(→))＝4e1， eq \(BC,\s\up6(→))＝6e2，则 eq \(DO,\s\up6(→))＝( )
A．2e1＋e2 B．2e1－e2
C．2e1＋3e2 D．2e1－3e2
5．如图，已知 eq \(AB,\s\up6(→))＝2 eq \(BP,\s\up6(→))，则 eq \(OP,\s\up6(→))＝( )
A． eq \f(1,2) eq \(OA,\s\up6(→))－ eq \f(3,2) eq \(OB,\s\up6(→))
B．－ eq \f(1,2) eq \(OA,\s\up6(→))＋ eq \f(3,2) eq \(OB,\s\up6(→))
C． eq \f(1,2) eq \(OA,\s\up6(→))＋ eq \f(3,2) eq \(OB,\s\up6(→))
D．－ eq \f(1,2) eq \(OA,\s\up6(→))－ eq \f(3,2) eq \(OB,\s\up6(→))
6．(多选)设a是已知的平面向量且a≠0，关于向量a的分解，下述命题中的向量b，c和a在同一平面内且两两不共线，则如下四个命题正确的是( )
A．给定向量b，总存在向量c，使a＝b＋c
B．给定向量b和c，总存在实数λ和μ，使a＝λb＋μc
C．给定单位向量b和正数μ，总存在单位向量c和实数λ，使a＝λb＋μc
D．给定正数λ和μ，总存在单位向量b和单位向量c，使a＝λb＋μc
7．平面直角坐标系内，O为坐标原点，若点A(3，5)，则向量 eq \(OA,\s\up6(→))的向量正交分解形式是________．
8．设向量m＝2a－3b，n＝4a－2b，p＝3a＋2b，若用m，n表示p，则p＝________．
9．如图，在平行四边形ABCD中，设 eq \(AC,\s\up6(→))＝a， eq \(BD,\s\up6(→))＝b，试用基 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(a，b))表示 eq \(AB,\s\up6(→))， eq \(BC,\s\up6(→)).
10．如图，边长为2的正方形ABCD中，M为AB的中点，N为BD靠近B的一个三等分点，求证：M，N，C三点共线．
[提能力]
11．设{a，b}为基，已知向量 eq \(AB,\s\up6(→))＝a－kb， eq \(CB,\s\up6(→))＝2a＋b， eq \(CD,\s\up6(→))＝3a－b，若A，B，D三点共线，则实数k的值等于( )
A．2 B．－2
C．10 D．－10
12．已知D、E、F分别是△ABC的边BC、CA、AB的中点，且 eq \(BC,\s\up6(→))＝a， eq \(CA,\s\up6(→))＝b， eq \(AB,\s\up6(→))＝c，则下列命题中正确命题为( )
A． eq \(EF,\s\up6(→))＝ eq \f(1,2)c－ eq \f(1,2)b B． eq \(BE,\s\up6(→))＝a＋ eq \f(1,2)b
C． eq \(CF,\s\up6(→))＝ eq \f(1,2)b－ eq \f(1,2)a D． eq \(AD,\s\up6(→))＋ eq \(BE,\s\up6(→))＋ eq \(CF,\s\up6(→))＝0
13．在△ABC中，点D满足 eq \(BD,\s\up6(→))＝4 eq \(DC,\s\up6(→))，若 eq \(AD,\s\up6(→))＝x eq \(AB,\s\up6(→))＋y eq \(AC,\s\up6(→))，则x－y＝________．
14．如图，在△ABC中， eq \(BD,\s\up6(→))＝ eq \f(1,3) eq \(BC,\s\up6(→))，点E在线段AD上移动(不含端点)，若 eq \(AE,\s\up6(→))＝λ eq \(AB,\s\up6(→))＋μ eq \(AC,\s\up6(→))，则 eq \f(λ,μ)＝________，λ2－2μ的最小值是________．
15．如图所示，在△ABC中， eq \(AB,\s\up6(→))＝a， eq \(BC,\s\up6(→))＝b，D，F分别为线段BC，AC上一点，且BD＝2DC，CF＝3FA，BF和AD相交于点E.
(1)用向量a，b表示 eq \(BF,\s\up6(→))；
(2)假设 eq \(BE,\s\up6(→))＝λ eq \(BA,\s\up6(→))＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－λ)) eq \(BD,\s\up6(→))＝μ eq \(BF,\s\up6(→))，用向量a，b表示 eq \(BE,\s\up6(→))并求出μ的值．
[培优生]
16．如图，平行四边形ABCD中， eq \(BM,\s\up6(→))＝ eq \f(1,2) eq \(MC,\s\up6(→))，N为线段CD的中点，E为线段MN上的点且 eq \(ME,\s\up6(→))＝2 eq \(EN,\s\up6(→)).
(1)若 eq \(AE,\s\up6(→))＝λ eq \(AB,\s\up6(→))＋μ eq \(AD,\s\up6(→))，求λμ的值；
(2)延长MN、AD交于点P，F在线段NP上(包含端点)，若 eq \(AF,\s\up6(→))＝t eq \(AM,\s\up6(→))＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－t)) eq \(AN,\s\up6(→))，求t的取值范围．
课时作业(五) 向量分解及坐标表示
1．答案：B
2．解析：由题意知，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，而a＋b与－a－b共线，不能作为基．
答案：C
3．解析：因为＋＝(4i＋2j)＋(3i＋4j)＝7i＋6j，
所以＋＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(7，6)).
答案：B
4．解析：如图，＝eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)＝2e1－3e2.
答案：D
5．解析：∵＝＋＝＋eq \f(3,2)＝＋3＝＋3(－)，
∴＝－eq \f(1,2)＋eq \f(3,2).
答案：B
6．解析：因为向量b，c和a在同一平面内且两两不共线，所以b≠0，c≠0，
对于A选项，对于给定的向量a，b，只需求得其向量差a－b即为所求向量c，故给定向量b，总存在向量c，使a＝b＋c，故A选项正确；
对于B选项，结合题意，向量b和c可以作为基，故根据平面向量基本定理可知总存在实数λ和μ，使a＝λb＋μc，故B选项正确；
对于C选项，取a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4，4))，μ＝2，b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，0))，无论λ取何值，向量λb都平行于x轴，而μc的模为2，要使a＝λb＋μc成立，根据平行四边形法则，向量μc的纵坐标为4，此时μc的模大于2，故找不到这样的单位向量c使之成立，故C选项错误；
对于D选项，因为给定的λ和μ为正数，故λb，μc代表与原有向量方向相同且有固定长度的向量，这就使得向量a不一定能用两个单位向量的组合表示出来，故不一定能使得a＝λb＋μc成立，故D选项错误．
答案：AB
7．解析：因为点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，5))，所以＝3i＋5j.
答案：＝3i＋5j
8．解析：设p＝xm＋yn，则有p＝3a＋2b＝x(2a－3b)＋y(4a－2b)＝(2x＋4y)a＋(－3x－2y)b，
得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x＋4y＝3,－3x－2y＝2))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－\f(7,4)，,y＝\f(13,8)．))
所以p＝－eq \f(7,4)m＋eq \f(13,8)n.
答案：－eq \f(7,4)m＋eq \f(13,8)n
9．解析：
设AC，BD交于点O，则有＝＝eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)a，＝＝eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)b，
所以＝＋＝－＝eq \f(1,2)a－eq \f(1,2)b，
＝＋＝eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b.
10．证明：＝＋＝eq \f(1,2)＋，
＝＋＝eq \f(1,3)＋＝eq \f(1,3)(－)＋＝eq \f(1,3)＋eq \f(2,3).
可得＝eq \f(2,3)＝eq \f(2,3)，
所以∥，又与有公共点C，
∴M，N，C三点共线．
11．解析：＝＋＋＝(a－kb)＋(－2a－b)＋(3a－b)＝2a－(k＋2)b，∵A，B，D三点共线，∴＝λ，即a－kb＝λ[2a－(k＋2)b]＝2λa－λ(k＋2)b，
∵{a，b}为基，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2λ＝1，,k＝λ（k＋2），))解得λ＝eq \f(1,2)，k＝2.
答案：A
12．解析：＝eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)(＋)＝eq \f(1,2)(b＋c)，A错误．
＝＋＝＋eq \f(1,2)＝a＋eq \f(1,2)b，B正确．
＝eq \f(1,2)(＋)＝eq \f(1,2)(b－a)，C正确．
＋＋＝eq \f(1,2)(＋)＋eq \f(1,2)(＋)＋eq \f(1,2)(＋)
＝eq \f(1,2)(－＋－＋－)＝0，D正确．
答案：BCD
13．解析：因为＝4，
所以＝＋，
＝＋eq \f(4,5)
＝＋eq \f(4,5)(－)
＝eq \f(1,5)＋eq \f(4,5)，
因为＝x＋y，所以x＝eq \f(1,5)，y＝eq \f(4,5)，
所以x－y＝eq \f(1,5)－eq \f(4,5)＝－eq \f(3,5)，
答案：－eq \f(3,5)
14．解析：因为在△ABC中，＝eq \f(1,3)，所以＝2.
由向量定比分点公式得＝eq \f(2,1＋2)＋eq \f(1,1＋2)，即＝eq \f(2,3)＋eq \f(1,3).
因为点E在线段AD上移动(不含端点)，所以设＝x(0所以＝eq \f(2x,3)＋eq \f(x,3)，对比＝λ＋μ可得λ＝eq \f(2x,3)，μ＝eq \f(x,3).
代入λ＝eq \f(2x,3)，μ＝eq \f(x,3)，得eq \f(λ,μ)＝eq \f(\f(2x,3),\f(x,3))＝2；
代入λ＝eq \f(2x,3)，μ＝eq \f(x,3)可得λ2－2μ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2x,3)))2－2×eq \f(x,3)＝eq \f(4x2,9)－eq \f(2x,3)(0答案：2 －eq \f(1,4)
15．解析：由题意得CF＝3FA，BD＝2DC，所以＝eq \f(1,4)，＝eq \f(2,3)
(1)因为＝＋，＝a，＝b
所以＝＋eq \f(1,4)＝＋eq \f(1,4)
＝eq \f(3,4)＋eq \f(1,4)＝－eq \f(3,4)a＋eq \f(1,4)b.
(2)由(1)知＝－eq \f(3,4)a＋eq \f(1,4)b，而＝eq \f(2,3)＝eq \f(2,3)b
而＝λ＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－λ))＝μ，所以＝－λa＋eq \f(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－λ))b＝μeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)a＋\f(1,4)b))
因为a与b不共线，由平面向量基本定理得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－λ＝－\f(3,4)μ，,\f(2,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－λ))＝\f(μ,4)，))
解得μ＝eq \f(8,9)，
所以＝－eq \f(2,3)a＋eq \f(2,9)b，μ＝eq \f(8,9)即为所求．
16．解析：(1)∵＝2，∴－＝2(－)
∴＝eq \f(1,3)＋eq \f(2,3)
由已知＝＋eq \f(1,3)，＝＋eq \f(1,2)
∴＝eq \f(2,3)＋eq \f(7,9)，∴λ＝eq \f(2,3)，μ＝eq \f(7,9)，∴λμ＝eq \f(14,27).
(2)∵DP∥MC，N为CD的中点，
易证△DNP与△CNM全等，则＝，
设＝k，则1≤k≤2
∵－＝k(－)，＝(1－k)＋k
∵＝t＋(1－t)，∴1－k＝t，k＝1－t
∴1≤1－t≤2，∴－1≤t≤0
∴t∈[－1，0].