高中数学人教A版 (2019)必修 第二册第六章 平面向量及其应用6.3 平面向量基本定理及坐标表示课后测评

6.3　平面向量基本定理及坐标表示

6.3.1　平面向量基本定理

课后·训练提升

基础巩固

1.若向量e1,e2是平面内的一组基底,则下列四组向量能作为平面向量的基底的是(　　)

A.e1-e2,2e2-2e1 

B.e1-e2,e1+e2

C.2e2-e1,-2e2+e1 

D.2e1+e2,4e1+2e2

解析不共线的向量才能作为基底,因为e1-e2=-(2e2-2e1),所以向量e1-e2,2e2-2e1共线,排除A;因为2e2-e1=-(-2e2+e1),所以2e2-e1,-2e2+e1共线,排除C;因为2e1+e2=(4e1+2e2),所以2e1+e2,4e1+2e2共线,排除D.故选B.

答案B

2.已知向量a=e1-2e2,b=2e1+e2,其中e1,e2不共线,则a+b与c=6e1-2e2的关系是(　　)

A.不共线 B.共线 

C.相等 D.不确定

解析∵a+b=3e1-e2,∴c=2(a+b).

∴a+b与c共线.

答案B

3.如图所示,在矩形ABCD中,=5e1,=3e2,则等于(　　)

A.(5e1+3e2) B.(5e1-3e2)

C.(3e2-5e1) D.(5e2-3e1)

解析)=)=(5e1+3e2).

答案A

4.设D为△ABC所在平面内一点,=3,则(　　)

A.=- B.

C. D.

解析由题意得=-.

答案A

5.已知A,B,D三点共线,且对任一点C,有+λ,则λ等于(　　)

A. B. C.- D.-

解析因为A,B,D三点共线,所以存在实数t,使=t,则=t().

所以+t()=(1-t)+t.

所以解得λ=-.

答案C

6.设点D为△ABC中BC边上的中点,O为AD边上靠近点A的三等分点,则(　　)

A.=- B.

C. D.=-

解析依题意,得)-=-.故选D.

答案D

7.已知a=e1+e2,b=2e1-e2,c=-2e1+4e2(e1,e2是同一平面内的两个不共线向量),则c=　　　　　.(用a,b表示) 

解析设c=λa+μb,λ,μ∈R,

则-2e1+4e2=λ(e1+e2)+μ(2e1-e2)

=(λ+2μ)e1+(λ-μ)e2.

因为e1,e2不共线,

所以解得

故c=2a-2b.

答案2a-2b

8.如图,在△MAB中,C是边AB上的一点,且AC=5CB,设=a,=b,则=　　　　　.(用a,b表示) 

解析)=a+b.

答案a+b

9.向量a在基底{e1,e2}下可以表示为a=2e1+3e2,若a在基底{e1+e2,e1-e2}下可表示为a=λ(e1+e2)+μ(e1-e2),则λ=　　　　　,μ=　　　　　. 

解析由条件,可知解得

答案　-

10.如图,在△OAB中,延长BA到C,使AC=BA,在OB上取点D,使DB=OB,设=a,=b,用a,b表示向量.

解=2a-b.=2a-b-b=2a-b.

11.已知单位圆O上的两点A,B及单位圆所在平面上的一点P,不共线.

(1)在△OAB中,若点P在AB上,且=2,若=r+s,求r+s的值;

(2)P满足=m(m为常数),若四边形OABP为平行四边形,求m的值.

解(1)∵=2,∴,

∴)=,

又=r+s,

∴r=,s=-,∴r+s的值为0.

(2)如图,∵四边形OABP为平行四边形,

∴,

又=m,

∴+(m+1),

依题意是非零向量且不共线,

∴m+1=0,解得m=-1.

能力提升

1.已知非零向量不共线,且2=x+y.若=λ(λ∈R),则x,y满足的关系式是(　　)

A.x+y-2=0 B.2x+y-1=0

C.x+2y-2=0 D.2x+y-2=0

解析由=λ,得=λ(),

即=(1+λ)-λ.

又2=x+y,且非零向量不共线,

∴消去λ得x+y=2.故选A.

答案A

2.在△ABC中,N是AC边上一点,且,P是BN上的一点,若=m,则实数m的值为 (　　)

A. B. C.1 D.3

解析如图,

因为,所以=m=m.

因为B,P,N三点共线,所以m+=1,所以m=.故选B.

答案B

3.如图所示,||=||=1,|OC|=,∠AOB=60°,OB⊥OC,设=x+y,则(　　)

A.x=-2,y=-1 B.x=-2,y=1

C.x=2,y=-1 D.x=2,y=1

解析过点C作CD∥OB交AO的延长线于点D,连接BC(图略).由||=1,||=,∠AOB=60°,OB⊥OC,知∠COD=30°.在Rt△OCD中,可得OD=2CD=2,则=-2,即x=-2,y=1.故选B.

答案B

4.若=a,=b,=λ(λ≠-1),则等于 (　　)

A.a+λb B.λa+(1-λ)b

C.λa+b D.a+b

解析∵=λ,∴=λ(),

∴(1+λ)+λ,

∴a+b.

故选D.

答案D

5.已知向量的夹角为120°,且||=2,||=3.若=λ,且,则实数λ的值为(　　)

A. B.13 C.6 D.

解析∵的夹角为120°,

且||=2,||=3,

∴=||||cos120°=2×3×=-3.

∵,∴=0,

∴=(+λ)·()=-λ+(λ-1)=0,

∴32-λ×22+(λ-1)×(-3)=0,

解得λ=.故选D.

答案D

6.如图,平面内有三个向量,其中的夹角为120°,的夹角为30°,且||=||=1,||=2.若=λ+μ(λ,μ∈R),求λ+μ的值.

解如图,以OC为对角线作▱OMCN,使得M在直线OA上,N在直线OB上,

则存在λ,μ,使=λ=μ,

即=λ+μ.

在Rt△COM中,||=2,∠COM=30°,∠OCM=90°,

∴||=4,∴=4.

又||=||=2,∴=2,

∴=4+2,即λ=4,μ=2.∴λ+μ=6.

7.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.

解(1)证明:若a,b共线,则存在λ∈R,使a=λb,

则e1-2e2=λ(e1+3e2).

∴(1-λ)e1-(3λ+2)e2=0.

∵e1,e2不共线,∴该方程组无解,

∴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.

∴解得∴c=2a+b.

(3)由4e1-3e2=λa+μb,

得4e1-3e2=λ(e1-2e2)+μ(e1+3e2)=(λ+μ)e1+(-2λ+3μ)e2.

∴解得

故所求λ,μ的值分别为3,1.