高中人教版新课标A2.3 平面向量的基本定理及坐标表示练习

第二章　平面向量

2.3　平面向量的基本定理及坐标表示

2.3.1　平面向量基本定理

基础过关练

题组一　基底的概念与判定

1.下面三种说法,其中正确的是(　　)

①一个平面内只有一对不共线向量可以作为表示该平面内所有向量的基底;

②一个平面内有无数多对不共线向量可以作为表示该平面内所有向量的基底;

③零向量不可以作为基底向量.　　　　　　　　　　　　　　　　　　

A.①② B.②③ C.①③ D.①②③

2.已知e1,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,e1+e2 B.e1-2e2,e2-2e1              C.e1-2e2,4e2-2e1 D.e1+e2,e1-e2

3.已知e1,e2不共线,a=e1+2e2,b=2e1+λe2,若a,b能作为平面内的一组基底,则实数λ的取值范围为　　　　. 

题组二　用基底表示向量

4.(2019黑龙江哈尔滨三中高三期中)如图所示,在正方形ABCD中,E为BC的中点,F为AE的中点,则=(　　)

A.-+ B.+       C.- D.-

5.(2020山东枣庄八中高三月考)在△ABC中,D为AB的中点,点E满足=4,则=(　　)

A.- B.-    C.+ D.+

6.在梯形ABCD中,∥,M,N分别是DA,BC的中点,且=k.设=e1,=e2,以e1,e2为基底表示向量,,.

题组三　平面向量的夹角

7.已知非零向量a,b,c满足a+b+c=0,向量a,b的夹角为120°,且|b|=2|a|,则向量a与c的夹角为　　　　. 

8.已知|a|=|b|=2,且a与b的夹角为60°,设a+b与a的夹角为α,a-b与a的夹角是β,求α+β.

题组四　平面向量基本定理的应用

9.(2019安徽高一期末)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

10.(2020辽宁辽阳高一上期末)在平行四边形ABCD中,点E,F分别在边AB,AD上,满足=4,=3,连接EF交AC于点M,若=2λ-3μ,则5λ-μ=(　　)

A.- B.1 C. D.-3

11.设e1,e2是平面内的一组基向量,且a=e1+2e2,b=-e1+e2,若向量e1+e2可以表示为以a,b为基向量的线性组合,请求出e1+e2.

12.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.

能力提升练

一、选择题

1.(★★☆)以下说法中正确的是(　　)　　　　　 　　　　　 　　　　　

A.若a与b共线,则存在实数λ,使得a=λb            B.设e1和e2为一组基底,a=λ1e1+λ2e2,若a=0,则λ1=λ2=0

C.λa的长度为λ|a|                                                   D.若两个向量的方向恰好相反,则这两个向量是相反向量

2.(★★☆)在△ABC中,=,=2,=λ+μ,则λ+μ= (　　)

A.- B. C.- D.

3.(2020广东珠海高一上期末,★★☆)如图,平行四边形ABCD中,E,F分别是AB,AD的中点,EF与AC交于点G.若=a,=b,则=(　　)

A.a-b   B.-a+b    C.-a-b D.a+b

4.(2018福建闽侯四中高三上期末,★★★)在△ABC中,点D满足=,当E点在线段AD上移动时,若=λ+μ,则t=(λ-1)2+μ2的最小值是(　　)

A. B. C. D.

二、填空题

5.(2019河北高一期中,★★☆)已知O是△ABC内一点,且++=0,点M在△OBC内(不含边界),若=λ+μ,则λ+2μ的取值范围是　　　　. 

6.(2019浙江高一期中,★★☆)已知点M是△ABC所在平面内的一点,且满足6--2=0,若S△ABC=λS△ABM,则实数λ的值是　　　　. 

7.(2020四川成都高三调研,★★★)在平面向量中有如下定理:设点O、P、Q、R为同一平面内的点,则P、Q、R三点共线的充要条件是存在实数t,使=(1-t)·+t(与不共线).试利用该定理解答下列问题:如图,在△ABC中,点E为AB边的中点,点F在AC边上,且CF=2FA,BF交CE于点M,设=x+y,则x+y=　　　　. 

三、解答题

8.(2019河南高一月考,★★☆)如图,在△ABC中,点O在BC边上,且=2,过点O的直线与直线AB,AC分别交于M,N两点(M,N不与点B,C重合),若=m,=n,求的值.

9.(★★☆)如图所示,在△ABC中,BC=4BD,AC=3CE,BE与AD相交于点M.

(1)用,表示,;

(2)若=+,证明:B,M,E三点共线.

答案全解全析

第二章　平面向量

2.3　平面向量的基本定理及坐标表示

2.3.1　平面向量基本定理

基础过关练

1.B　一个平面内只要是不共线的一对向量就可以作为该平面的基底,故说法①错误;②③显然正确.故选B.

2.C　因为4e2-2e1=-2(e1-2e2),所以e1-2e2与4e2-2e1共线,不能作为一组基底.

3.答案　(-∞,4)∪(4,+∞)

解析　若a,b能作为平面内的一组基底,则a与b不共线,即a≠kb(k∈R),又a=e1+2e2,b=2e1+λe2,∴λ≠4.∴实数λ的取值范围为(-∞,4)∪(4,+∞).

4.D　利用向量的三角形法则,

可得=-,=+.

∵E为BC的中点,F为AE的中点,

∴=,=,

∴=-=-=(+)-=+-.

又∵=,∴=-.

故选D.

5.A　∵D为AB的中点,点E满足=4,

∴=-,=,

∴=+=-=(-)-=-.故选A.

6.解析　解法一:如图所示,

∵=e2,且=k,∥,

∴=k=ke2.

又∵+++=0,

∴=---=-++

=e1+(k-1)e2.

又∵+++=0,

且=-,=,

∴=---=-++

=e2.

解法二:如图所示,过C作CE∥DA,交AB于点E,交MN于点F.

同解法一可得=ke2,

则=+=-(-)+=e1+(k-1)e2,

=+=+=+(-)=e2.

解法三:如图所示,连接MB,MC.

同解法一可得=ke2,

=e1+(k-1)e2.

由=(+),

得=(+++)

=(+)=e2.

7.答案　90°

解析　由题意可画出图形,如图所示.

在△OAB中,易知∠OAB=60°,

又|b|=2|a|,

所以∠ABO=30°,OA⊥OB,

即向量a与c的夹角为90°.

8.解析　如图,作=a,=b,且∠AOB=60°,以OA,OB为邻边作▱OACB,

则=a+b,=-=a-b,

==a.

因为|a|=|b|=2,∠AOB=60°,

所以△OAB为正三角形,

所以∠OAB=60°=∠ABC,

即a-b与a的夹角β=60°.

因为|a|=|b|,

所以平行四边形OACB为菱形,

所以OC⊥AB,

所以∠COA=90°-60°=30°,

即a+b与a的夹角α=30°,

所以α+β=90°.

9.B　设=λ ,=+=+λ=+λ(+) =-λ+λ,所以-λ=, 解得λ=,故m=λ=.故选B.

10.C　因为=+,所以=2λ-3μ=2λ-3μ(+)=(2λ-3μ)AB-3μ.因为=4,=3,所以=5(2λ-3μ)-4μ,

因为E,F,M三点共线,所以5(2λ-3μ)-4μ=1,10λ-19μ=1,所以5λ-μ=.

11.解析　设e1+e2=ma+nb(m,n∈R).

∵a=e1+2e2,b=-e1+e2,

∴e1+e2=m(e1+2e2)+n(-e1+e2)

=(m-n)e1+(2m+n)e2.

∵e1与e2不共线,

∴解得

∴e1+e2=a-b.

12.解析　(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

解得

∴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,e2不共线,

∴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.

∵e1,e2不共线,

∴解得

故所求λ,μ的值分别为3,1.

能力提升练

一、选择题

1.B　A不正确,a≠0,b=0时,λ不存在;

C不正确,当λ<0时不成立;

D不正确,相反向量是方向相反模相等的向量.故选B.

2.A　因为=,=2,所以=+,所以=+,所以=+,所以=-=-+,因为=λ+μ,所以λ=-,μ=,所以λ+μ=-.故选A.

3.A　∵平行四边形ABCD中,E,F分别是AB,AD的中点,EF与AC交于点G,

∴=,∵=a,=b,∴==(a+b),

∴=+=-b+(a+b)=a-b.

4.C　如图,由题意可得,存在实数m使得=m(0≤m≤1),又因为=+=+=+(-)=+,所以=m+=+,所以所以t=(λ-1)2+μ2=-12+2=m2-+1=m-2+(0≤m≤1),当m=时,t取得最小值,最小值为.故选C.

二、填空题

5.答案　(1,2)

解析　因为O是△ABC内一点,且++=0,所以O为△ABC的重心.

又点M在△OBC内,所以当点M与点O重合时,λ+2μ最小,此时=λ+μ=×=+ ,所以λ=,μ=,即λ+2μ=1.

当M与C重合时,λ+2μ最大,此时= ,

所以λ=0,μ=1,即λ+2μ=2,

因为M在△OBC内且不含边界,

所以取开区间,即λ+2μ∈(1,2).

6.答案　3

解析　记2=,由题意得

-+2-2=0,

∴=2,S△ABC=S△ABN.

又∵S△ABM=S△ABN,

∴S△ABC=3S△ABM,从而有λ=3.

7.答案　

 解析　∵B,M,F三点共线,∴存在实数t,使得=(1-t)+t,

又=2,=,∴=2(1-t)+t.

又E,M,C三点共线,∴2(1-t)+t=1,解得t=.

∴=2(1-t)+t=+,∴x=,y=,∴x+y=.

三、解答题

8.解析　由=2得-=2(-),即=+.

又M,O,N三点共线,所以存在实数λ,使=λ,即-=λ(-),

整理得(λ+1)=+λ=m+λn,∴=+,

∴∴+=+=1.则+=3,即=3,∴=.

9.解析　(1)因为BC=4BD,所以==(-) =-,

所以=+=+ -

=+.

因为AC=3CE,所以=,

所以=-=-.

(2)证明:因为=+,

所以=-=-+.

由(1)知=-=3 -+,所以=3,即与共线.

因为与有公共点B,所以B,M,E三点共线.