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习题

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2．A [OC＝12AC＝12(BC+AB)
＝12(BC+DC)＝12(5e1＋3e2)．故选A．]
3．B [因为点D在边AB上，BD＝2DA，所以BD＝2DA，即CD-CB＝2(CA-CD)，所以CB＝3CD－2CA＝3n－2m＝－2m＋3n．故选B．]
4．A [根据题中图象可知，a＝－2e1＋e2，所以λ＝－2，μ＝1，即λ＋μ＝－2＋1＝－1，故选A．]
5．A [由题意可得，BD＝AD-AB＝13AC-AB，AP＝AB+BP＝AB＋23BD＝AB＋2313AC-AB＝13AB＋29AC，据此可知λ＝13，μ＝29，则λμ＝32．]
6．23a－13b [由a＝e1＋2e2①，b＝－e1＋e2②，①＋②得e2＝13a＋13b，代入①可求得e1＝13a－23b，
所以e1＋e2＝23a－13b．]
7．2 [∵向量a与b共线，∴存在实数λ，使得b＝λa，
即ke1＋e2＝λ(4e1＋2e2)＝4λe1＋2λe2．
∵e1，e2是同一平面内两个不共线的向量，
∴k=4λ，1=2λ，∴k＝2．]
8．12 [如图，由题意知，D为AB的中点，BE＝23BC，
所以DE＝DB+BE＝12AB＋23BC
＝12AB＋23(AC-AB)＝－16AB＋23AC，
所以λ1＝－16，λ2＝23，
所以λ1＋λ2＝－16＋23＝12．]
9．解 (1)证明：假设a＝λb(λ∈R)，
则e1－2e2＝λ(e1＋3e2)．
由e1，e2不共线，得λ=1，3λ=-2，
所以λ不存在．
故a与b不共线，可以作为一个基底．
(2)设c＝ma＋nb(m，n∈R)，
则3e1－e2＝m(e1－2e2)＋n(e1＋3e2)＝(m＋n)e1＋(－2m＋3n)e2．
所以m+n=3，-2m+3n=-1，
解得m=2，n=1．
所以c＝2a＋b．
10．D [∵P1P＝λPP2，
∴OP-OP1＝λ(OP2-OP)，
∴(1＋λ)OP＝OP1＋λOP2，
∴OP＝11+λOP1＋λ1+λOP2＝11+λa＋λ1+λb．]
11．D [连接CD，OD(图略)，
∵点C，D是半圆弧AB的两个三等分点，
∴AC＝BD，∴CD∥AB，∠CAD＝∠DAB＝30°，
∵OA＝OD，∴∠ADO＝∠DAO＝30°，
∴∠CAD＝∠ADO＝30°，
∴AC∥DO，
∴四边形ACDO为平行四边形，AD＝AO+AC．
∵AO＝12AB＝12a，AC＝b，
∴AD＝12a＋b．]
12．AD [设AM＝mAB，AN＝nAC，由AP＝37AB＋17AC，可得AP＝37mAM＋17AC，AP＝37AB＋17nAN．
因为C，P，M共线，所以37m＋17＝1，解得m＝12．
因为N，P，B共线，所以37＋17n＝1，解得n＝14．
故AM＝12AB，AN＝14AC，
即AM＝MB，AN＝13NC．故选AD．]
13．(－∞，0) 12，32 [由题意得OP＝aOM＋bOB(a，b∈(0，＋∞)且00)．由－aλ<0，得x∈(－∞，0)．
又由OP＝xOA＋yOB，知0当x＝－12时，有0<－12＋y<1，解得1214．解 (1)由AM＝34AB＋14AC可知M，B，C三点共线，
如图，令BM＝λBC⇒AM＝AB+BM＝AB＋λBC＝AB＋λ(AC-AB)＝(1－λ)AB＋λAC⇒λ＝14，
所以S△ABMS△ABC＝14，即面积之比为1∶4．
(2)由BO＝xBM＋yBN⇒BO＝xBM＋y2BA，BO＝x4BC＋yBN，由O，M，A三点共线及O，N，C三点共线⇒x+y2=1，x4+y=1⇒x=47，y=67．
15．解 (1)由已知，得AE＝EB＝12a，AF＝BG＝14b，
所以EF＝EA+AF＝14b－12a，
EG＝EB+BG＝14b＋12a．
(2)EF·EG＝14b+12a·14b-12a＝116b2－14a2，
如果|b|＝2|a|，那么EF·EG＝0，
即EF⊥EG．
所以EF与EG互相垂直．