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

这是一份高中数学人教A版 (2019)必修 第二册6.3 平面向量基本定理及坐标表示课后测评，共5页。

[合格基础练]
一、选择题
1．在下列向量组中，可以把向量a＝(3,2)表示出来的是( )
A．e1＝(0,0)，e2＝(1,2)
B．e1＝(－1,2)，e2＝(5，－2)
C．e1＝(3,5)，e2＝(6,10)
D．e1＝(2，－3)，e2＝(－2,3)
B [只有选项B中两个向量不共线可以表示向量a.]
2．若向量a＝(－1，x)与b＝(－x,2)共线且方向相同，则x的值为( )
A.eq \r(2) B．－eq \r(2)
C．2 D．－2
A [由a∥b得－x2＋2＝0，
得x＝±eq \r(2).
当x＝－eq \r(2)时，a与b方向相反．]
3．已知a＝(sin α，1)，b＝(cs α，2)，若b∥a，则tan α＝( )
A.eq \f(1,2) B．2
C．－eq \f(1,2) D．－2
A [∵b∥a，∴2sin α－cs α＝0，即tan α＝eq \f(1,2).]
4．已知向量a＝(2,1)，b＝(3,4)，c＝(k,2)．若(3a－b)∥c，则实数k的值为( )
A．－8 B．－6
C．－1 D．6
B [由题意得3a－b＝(3，－1)，因为(3a－b)∥c，所以6＋k＝0，k＝－6.故选B.]
5．已知向量a＝(1－sin θ，1)，b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1＋sin θ))，且a∥b，则锐角θ等于( )
A．30° B．45°
C．60° D．75°
B [由a∥b，可得(1－sin θ)(1＋sin θ)－eq \f(1,2)＝0，即cs θ＝±eq \f(\r(2),2)，而θ是锐角，故θ＝45°.]
二、填空题
6．已知点A(1，－2)，若线段AB的中点坐标为(3,1)，且eq \(AB,\s\up14(→))与向量a＝(1，λ)共线，则λ＝________.
eq \f(3,2) [由题意得，点B的坐标为(3×2－1,1×2＋2)＝(5,4)，则eq \(AB,\s\up14(→))＝(4,6)．
又eq \(AB,\s\up14(→))与a＝(1，λ)共线，
则4λ－6＝0，解得λ＝eq \f(3,2).]
7．若三点A(1，－3)，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(8，\f(1,2)))，C(x,1)共线，则x＝________.
9 [∵eq \(AB,\s\up14(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(7，\f(7,2)))，eq \(AC,\s\up14(→))＝(x－1,4)，eq \(AB,\s\up14(→))∥eq \(AC,\s\up14(→))，∴7×4－eq \f(7,2)×(x－1)＝0，∴x＝9.]
8．已知向量a＝(－2,3)，b∥a，向量b的起点为A(1,2)，终点B在坐标轴上，则点B的坐标为________．
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(7,2)))或eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,3)，0)) [由b∥a，可设b＝λa＝(－2λ，3λ)．设B(x，y)，则eq \(AB,\s\up14(→))＝(x－1，y－2)＝b.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2λ＝x－1，,3λ＝y－2))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝1－2λ，,y＝3λ＋2，))
又B点在坐标轴上，则1－2λ＝0或3λ＋2＝0，
所以Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(7,2)))或eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,3)，0)).]
三、解答题
9．已知a＝(1,0)，b＝(2,1)．
(1)求a＋3b的坐标；
(2)当k为何实数时，ka－b与a＋3b平行，平行时它们是同向还是反向？
[解] (1)因为a＝(1,0)，b＝(2,1)，
所以a＋3b＝(1,0)＋(6,3)＝(7,3)．
(2)ka－b＝(k－2，－1)，a＋3b＝(7,3)，
因为ka－b与a＋3b平行，
所以3(k－2)＋7＝0，解得k＝－eq \f(1,3)，
所以ka－b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7,3)，－1))，a＋3b＝(7,3)，
即k＝－eq \f(1,3)时，ka－b与a＋3b平行，方向相反．
10．已知A(－1,0)，B(3，－1)，C(1,2)，并且eq \(AE,\s\up14(→))＝eq \f(1,3)eq \(AC,\s\up14(→))，eq \(BF,\s\up14(→))＝eq \f(1,3)eq \(BC,\s\up14(→))，求证：eq \(EF,\s\up14(→))∥eq \(AB,\s\up14(→)).
[证明] 设E(x1，y1)，F(x2，y2)，
依题意有eq \(AC,\s\up14(→))＝(2,2)，eq \(BC,\s\up14(→))＝(－2,3)，
eq \(AB,\s\up14(→))＝(4，－1)．因为eq \(AE,\s\up14(→))＝eq \f(1,3)eq \(AC,\s\up14(→))，
所以eq \(AE,\s\up14(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，\f(2,3)))，
所以(x1＋1，y1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，\f(2,3)))，
故Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，\f(2,3))).
因为eq \(BF,\s\up14(→))＝eq \f(1,3)eq \(BC,\s\up14(→))，
所以eq \(BF,\s\up14(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，1))，
所以(x2－3，y2＋1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，1))，
故Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,3)，0)).
所以eq \(EF,\s\up14(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,3)，－\f(2,3))).
又因为4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)))－eq \f(8,3)×(－1)＝0，
所以eq \(EF,\s\up14(→))∥eq \(AB,\s\up14(→)).
[等级过关练]
1．已知向量a＝(1,2)，a－b＝(4,5)，c＝(x,3)，若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2a＋b))∥c，则x＝( )
A．－1 B．－2 C．－3 D．－4
C [向量a＝(1,2)，a－b＝(4,5)，c＝(x,3)，
则b＝a－(a－b)＝(1,2)－(4,5)＝(－3，－3)，
∴(2a＋b)＝2(1,2)＋(－3，－3)＝(－1,1)，∵(2a＋b)∥c，∴－3－x＝0，∴x＝－3，故选C.]
2．已知△ABC的三个内角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，设向量p＝(a＋c，b)，q＝(b，c－a)，若p∥q，则角C为( )
A.eq \f(π,6) B.eq \f(2π,3)
C.eq \f(π,2) D.eq \f(π,3)
C [因为p＝(a＋c，b)，q＝(b，c－a)，且p∥q，所以(a＋c)(c－a)－b·b＝0，即c2＝a2＋b2，所以角C为eq \f(π,2).故选C.]
3．向量a＝(2,3)，b＝(－1,2)，若ma＋b与a－2b平行，则m等于( )
A．－2 B．2
C.eq \f(1,2)eq \r(,) D．－eq \f(1,2)
D [∵ma＋b＝(2m－1,3m＋2)，a－2b＝(4，－1)，
∴－(2m－1)＝4(3m＋2)⇒m＝－eq \f(1,2)，选D.]
4．已知向量eq \(OA,\s\up14(→))＝(3，－4)，eq \(OB,\s\up14(→))＝(6，－3)，eq \(OC,\s\up14(→))＝(5－m，－3－m)，若点A，B，C能构成三角形，则实数m应满足的条件为________．
m≠eq \f(1,2) [eq \(AB,\s\up14(→))＝eq \(OB,\s\up14(→))－eq \(OA,\s\up14(→))＝(6，－3)－(3，－4)＝(3,1)，eq \(AC,\s\up14(→))＝eq \(OC,\s\up14(→))－eq \(OA,\s\up14(→))＝(5－m，－3－m)－(3，－4)＝(2－m,1－m)，由于点A，B，C能构成三角形，则eq \(AC,\s\up14(→))与eq \(AB,\s\up14(→))不共线，则3(1－m)－(2－m)≠0，解得m≠eq \f(1,2).]
5．已知四边形ABCD是正方形，BE∥AC，AC＝CE，EC的延长线交BA的延长线于点F，求证：AF＝AE.
[证明] 建立如图所示的直角坐标系，为了研究方便，不妨设正方形ABCD的边长为1，则A(0,0)，B(1,0)，C(1,1)，D(0,1)，设E(x，y)，这里y＞0，
于是eq \(AC,\s\up14(→))＝(1,1)，eq \(BE,\s\up14(→))＝(x－1，y)．
∵eq \(AC,\s\up14(→))∥eq \(BE,\s\up14(→))，
∴1×y－(x－1)×1＝0⇒y＝x－1.①
∵AC＝OC＝CE，
∴CE2＝OC2⇒(x－1)2＋(y－1)2＝2.②
由y＞0，联立①②解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(3＋\r(,3),2)，,y＝\f(1＋\r(,3),2)，))
即Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3＋\r(,3),2)，\f(1＋\r(,3),2))).
AE＝OE＝eq \r(,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3＋\r(,3),2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋\r(,3),2)))2)＝eq \r(,3)＋1.
设F(t,0)，则eq \(FC,\s\up14(→))＝(1－t,1)，eq \(CE,\s\up14(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋\r(,3),2)，\f(－1＋\r(,3),2))).
∵F，C，E三点共线，∴eq \(FC,\s\up14(→))∥eq \(CE,\s\up14(→)).
∴(1－t)×eq \f(－1＋\r(,3),2)－eq \f(1＋\r(,3),2)×1＝0，解得t＝－1－eq \r(,3).
∴AF＝OF＝1＋eq \r(,3)，∴AF＝AE.