20182019学年高中数学第二章平面向量23平面向量基本定理坐标表示1课后习题新人教A版必修4

2.3.1平面向量基本定理课后篇稳固研究A组基础稳固1.在正方形ABCD中,的夹角等于( )A.45°B.90°C.120°D.135°分析如图,将平移到,则的夹角即为的夹角,且夹角为135°.答案D2.设向量e与e不共线,若3xe+(10-y)e=(4y-7)e+2xe,则实数x,y的值分别为( )121212A.0,0B.1,1C.3,0D.3,4分析由于向量e1与e2不共线,所以答案D3.如图,e1,e2为相互垂直的单位向量,向量a+b+c可表示为( )A.3e-2e2B.-3e-3e211C.3e+2e2D.2e+3e211答案C4.若点D在△ABC的边BC上,且=4=r+s,则3r+s的值为( )A.BCD...分析∵4=r+s,=1∴)=r+s,∴r=,s=-,∴3r+s=3×.答案C5.如图,平面内的两条订交直线OP1和OP2将该平面切割成四个部分Ⅰ,Ⅱ,Ⅲ,Ⅳ(不包括界限).设=m+n,且点P落在第Ⅲ部分,则实数m,n知足( )A.m>0,n>0B.m>0,n<0C.m<0,n>0D.m<0,n<0分析如下图,利用平行四边形法例,将分解到上,有,则=m=n,很显然方向同样,则m>0;方向相反,则n<0.答案B6.已知a=xe+2e与b=3e+ye共线,且e,e不共线,则xy的值为.121212分析由已知得,存在λ∈R,使得a=λb,即xe1+2e2=3λe1+λye2,所以故xy=3λ·=6.答案62.如图,,是△中边AB的三平分点,设e1,e2,以e1,e2为基底来表示CDAOB===,=.分析=e1+(e2-e1)=e1+e2,=(e2-e1)=e1+e2.答案e1+e2e1+e28.已知非零向量a,b,c知足abc0,向量a,b的夹角为120°,且b2|a,则向量a与c的夹角++=||=|为.分析由题意可画出图形,在△OAB中,∠OAB=60°,又|b|=2|a|,∴∠ABO=30°.∴∠BOA=90°,a与c的夹角为180°-∠BOA=90°.答案90°9.设e1,e2是两个不共线的非零向量,且a=e1-2e2,b=e1+3e2.证明:a,b能够作为一组基底;以a,b为基底,求向量c=3e1-e2的分解式.证明假定a,b共线,则a=λb(λ∈R),则e1-2e2=λ(e1+3e2).3由e1,e2不共线,得所以λ不存在,故a,b不共线,即a,b能够作为一组基底.解设c=ma+nb(m,n∈R),则3e1-e2=m(e1-2e2)+n(e1+3e2)=(m+n)e1+(-2m+3n)e2.所以故c=2a+b..导学号68254073如图,在△ABC中,D,F分别是BC,AC的中点,=a,=b.(1)用a,b表示;求证:B,E,F三点共线.解如图,延伸AD到点G,使=2,连结BG,CG,获得平行四边形ABGC,则=a+b,(a+b),(a+b),b,(a+b)-a=(b-2a),b-a=(b-2a).4(2)证明由(1)知,,∴共线.又有公共点B,,,三点共线.∴BEFB组能力提高1.若O是平面内必定点,A,B,C是平面内不共线的三点,若点P知足+λ(λ∈(0,+∞)),则点P的轨迹必定经过△ABC的()A.外心B.心里C.重心D.垂心分析设线段的中点为,则有),所以由已知得λ,即BCD+λ,于是λ,则,所以P点在直线上,又是△的边上的中线,==ADADABCBC所以点P的轨迹必定经过三角形ABC的重心.答案C2.设D,E分别是△ABC的边AB,BC上的点,AD=AB,BE=BC,若=λ1+λ2(λ1,λ2为实数),则λ1+λ2的值为.分析如图,由题意知,D为的中点,,AB∴=)=-.∴λ1=-,λ2=.∴λ1+λ2=-.答案.5如图,平面内有三个向量,此中的夹角为120°,的夹角为30°,且||=||=1,||=2,若=λ+μ(λ,μ∈R),则λ+μ的值等于.分析如图,以OA,OB所在射线为邻边,OC为对角线作平行四边形ODCE,则.在Rt△OCD中,由于||=2,∠COD=30°,∠OCD=90°,所以||=4,||=2,故=4=2,即λ=4,μ=2,所以λ+μ=6.答案64.如图,在△ABC中,点M是BC的中点,点N在边AC上,且AN=2NC,AM与BN交于点P,求AP∶PM的值.解设=e1,=e2,则=-3e2e1,2e1e2-=+.∵A,P,M和B,P,N分别共线,∴存在实数λ,μ,使=λ=-λe1-3λe2,=μ=2μe1+μe2,∴=(λ+2μ)e1+(3λ+μ)e2.又=2e1+3e2,∴∴,即41.AP∶PM=∶65.导学号68254074如图,已知△,若正实数,y知足1,且有=x+y.OABxx+y<证明:点P必在△OAB内部.证明由题意可设x+y=t,t∈(0,1),则=