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同步训练题

这是一份人教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同步训练题，共6页。

一、选择题(每小题5分，共20分)
1．(2021·重庆高一检测)已知向量a＝(1，－2)，b＝(x，4)，且a∥b，则 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a－b)) ＝( )
A．5 eq \r(3) B．3 eq \r(5) C．2 eq \r(5) D．2 eq \r(2)
【解析】选B.因为a∥b，所以 eq \f(x,1) ＝ eq \f(4,－2) ，
解得x＝－2，所以a－b＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，－6)) ，
所以 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a－b)) ＝ eq \r(32＋（－6）2) ＝3 eq \r(5) .
2．在平面直角坐标系xOy中，已知四边形ABCD是平行四边形， eq \(AB,\s\up6(→)) ＝(1，－2)， eq \(AD,\s\up6(→)) ＝(2，1)，则 eq \(AD,\s\up6(→)) · eq \(AC,\s\up6(→)) ＝( )
A．5 B．4 C．3 D．2
【解析】选A.由 eq \(AC,\s\up6(→)) ＝ eq \(AB,\s\up6(→)) ＋ eq \(AD,\s\up6(→)) ＝(1，－2)＋(2，1)＝(3，－1)，得 eq \(AD,\s\up6(→)) · eq \(AC,\s\up6(→)) ＝(2，1)·(3，－1)＝5.
3．已知向量a＝( eq \r(3) ，1)，b是不平行于x轴的单位向量，且a·b＝ eq \r(3) ，则b＝( )
A． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(1,2))) B． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))
C． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(3\r(3),4))) D．(1，0)
【解析】选B.设b＝(x，y)，其中y≠0，则a·b＝ eq \r(3) x＋y＝ eq \r(3) .
由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋y2＝1，,\r(3)x＋y＝\r(3)，,y≠0，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(1,2)，,y＝\f(\r(3),2)，)) 即b＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(3),2))) .
4．已知向量a＝(1，2)，b＝(3，1)，则向量a＋2b与2a－b的夹角的余弦值为( )
A． eq \f(\r(5),5) B． eq \f(\r(13),13) C． eq \f(2\r(65),65) D． eq \f(\r(26),26)
【解析】选D.因为a＋2b＝(7，4)，2a－b＝(－1，3)，
设夹角为θ，所以cs θ＝ eq \f(（a＋2b）·（2a－b）,|a＋2b||2a－b|) ＝ eq \f(7×（－1）＋4×3,\r(65)×\r(10)) ＝ eq \f(5,5\r(26)) ＝ eq \f(\r(26),26) .
【加固训练】
已知向量a＝(2cs θ，2sin θ)，b＝(0，－2)，θ∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π)) ，则向量a，b的夹角为( )
A． eq \f(3π,2) －θ B．θ－ eq \f(π,2)
C． eq \f(π,2) ＋θ D．θ
【解析】选A.设a与b的夹角为α，则cs α＝ eq \f(a·b,|a|·|b|) ＝ eq \f(－4sin θ,4) ＝－sin θ，因为θ∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π)) ，α∈[0，π]，所以α＝ eq \f(3,2) π－θ.
二、填空题(每小题5分，共10分)
5．(2021·全国甲卷)已知向量a＝(3，1)，b＝(1，0)，c＝a＋kb.若a⊥c，则k＝________．
【解析】c＝(3＋k，1)，a·c＝0，所以3(3＋k)＋1＝0，所以k＝－ eq \f(10,3) .
答案：－ eq \f(10,3)
6．(2021·中山高一检测)如图所示，直角坐标系中网格小正方形的边长为1，若向量a，b，c满足(a＋tb)·c＝0，则t＝________．
【解析】由图可知，a＝(2，4)－(1，2)＝(1，2)，b＝(5，3)－(2，2)＝(3，1)，c＝(7，4)－(3，0)＝(4，4)，
a＋tb＝(1，2)＋t(3，1)＝(1＋3t，2＋t)，
因为(a＋tb)·c＝0，
所以4(1＋3t)＋4(2＋t)＝12＋16t＝0，即t＝－ eq \f(3,4) .
答案：－ eq \f(3,4)
三、解答题(每小题10分，共20分)
7．已知向量a与b同向，b＝(1，2)，a·b＝10，求：
(1)向量a的坐标；
(2)若c＝(2，－1)，求(a·c)b.
【解析】(1)因为a与b同向，且b＝(1，2)，
所以a＝λb＝(λ，2λ)(λ>0).
又因为a·b＝10，所以λ＋4λ＝10，
所以λ＝2，所以a＝(2，4).
(2)因为a·c＝2×2＋(－1)×4＝0，
所以(a·c)b＝0.
【一题多变】
若将本例改为a与b反向，b＝(1，2)，a·b＝－10，求：
(1)向量a的坐标；
(2)若c＝(2，－1)，求(a·c)b.
【解析】(1)因为a与b反向，且b＝(1，2)，
所以设a＝λb(λ<0)，所以a＝(λ，2λ)，
又a·b＝－10，所以λ＋4λ＝－10，
所以λ＝－2，所以a＝(－2，－4).
(2)因为a·c＝2×(－2)＋(－1)×(－4)
＝－4＋4＝0，所以(a·c)b＝0.
8．(2021·吕梁高一检测)已知向量a＝(1，1)，b＝(2，－3).
(1)若c＝2a＋3b，求c的坐标；
(2)若λa－2b与a垂直，求λ的值．
【解析】(1)因为a＝(1，1)，b＝(2，－3)，
所以c＝2a＋3b＝2(1，1)＋3(2，－3)＝(8，－7)；
(2)λa－2b＝λ(1，1)－2(2，－3)＝(λ－4，λ＋6)，
因为λa－2b与a垂直，
所以1×(λ－4)＋1×(λ＋6)＝0，即λ＝－1.
【综合突破练】 (20分钟 40分)
一、选择题(每小题5分，共10分)
1．以下选项中，一定是单位向量的有( )
①a＝(cs θ，－sin θ)；②b＝( eq \r(lg 2) ， eq \r(lg 5) )；③c＝(2x，2－x)；④d＝(1－x，x).
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【解析】选B.因为|a|＝ eq \r(（cs θ）2＋（－sin θ）2) ＝ eq \r(cs2θ＋sin2θ) ＝1，|b|＝ eq \r(lg 2＋lg 5) ＝ eq \r(lg （2×5）) ＝1，
|c|＝ eq \r(（2x）2＋（2－x）2) ＝ eq \r(4x＋4－x)
≥ eq \r(2\r(4x·4－x)) ＝ eq \r(2) ≠1，
eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(d)) ＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－x))\s\up12(2)＋x2) ＝ eq \r(2x2－2x＋1) ＝
eq \r(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))2＋\f(1,2)) ，x≠0且x≠1时，|d|≠1.
因此a和b都是单位向量．
2．(多选题)(2021·长沙高一检测)已知向量a＝(1，0)，b＝(2，2)，则下列结论正确的是( )
A．a＋2b＝(5，4) B．|b|＝2
C．a与b的夹角为45° D．a∥(a＋2b)
【解析】选AC.由向量a＝(1，0)，b＝(2，2)，所以a＋2b＝(1，0)＋2(2，2)＝(5，4)，所以A正确．
又|b|＝ eq \r(22＋22) ＝2 eq \r(2) ，所以B错误．
又a·b＝1×2＋2×0＝2，所以cs θ＝ eq \f(a·b,|a|×|b|) ＝ eq \f(2,1×2\r(2)) ＝ eq \f(\r(2),2) ；又θ∈[0°，180°]，所以θ＝45°，C正确．
a＋2b＝(5，4)，a＝(1，0)，且1×4－5×0＝4≠0，所以a与a＋2b不平行，D错误．
二、填空题(每小题5分，共10分)
3．已知向量a＝(1， eq \r(3) )，b＝(3，m).若向量a，b的夹角为 eq \f(π,6) ，则实数m＝________，|a＋b|＝________．
【解析】因为a＝(1， eq \r(3) )，b＝(3，m).
所以|a|＝2，|b|＝ eq \r(9＋m2) ，a·b＝3＋ eq \r(3) m，
又a，b的夹角为 eq \f(π,6) ，所以 eq \f(a·b,|a|·|b|) ＝cs eq \f(π,6) ，即 eq \f(3＋\r(3)m,2\r(9＋m2)) ＝ eq \f(\r(3),2) ，所以 eq \r(3) ＋m＝ eq \r(9＋m2) ，解得m＝ eq \r(3) .所以a＋b＝(4，2 eq \r(3) )，
所以 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a＋b)) ＝ eq \r(42＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\r(3)))\s\up12(2)) ＝2 eq \r(7) .
答案： eq \r(3) 2 eq \r(7)
4．(2021·潍坊高一检测)如图，边长为2的菱形ABCD的对角线相交于点O，点P在线段BO上运动，若 eq \(AB,\s\up6(→)) · eq \(AO,\s\up6(→)) ＝1，则 eq \(AP,\s\up6(→)) · eq \(BP,\s\up6(→)) 的最小值为______．
【解析】以O为原点建立平面直角坐标系如下图所示，
设A eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－a，0)) ，B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－b)) ，a>0，b>0，
则a2＋b2＝4①，
由 eq \(AB,\s\up6(→)) · eq \(AO,\s\up6(→)) ＝1得 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，－b)) · eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，0)) ＝a2＝1②，
由①②解得a＝1，b＝ eq \r(3) ，
故A eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，0)) ，B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\r(3))) .
设P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－t)) ，t∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\r(3))) ，
则 eq \(AP,\s\up6(→)) · eq \(BP,\s\up6(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－t)) · eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\r(3)－t)) ＝t2－ eq \r(3) t＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(\r(3),2))) 2－ eq \f(3,4) ≥－ eq \f(3,4) ，当t＝ eq \f(\r(3),2) 时取得最小值为－ eq \f(3,4) .
答案：－ eq \f(3,4)
【加固训练】
(2020·北京高考)已知正方形ABCD的边长为2，点P满足 eq \(AP,\s\up6(→)) ＝ eq \f(1,2) ( eq \(AB,\s\up6(→)) ＋ eq \(AC,\s\up6(→)) )，则| eq \(PD,\s\up6(→)) |＝________； eq \(PB,\s\up6(→)) · eq \(PD,\s\up6(→)) ＝________．
【解析】如图
建系，则A(0，0)，B(2，0)，C(2，2)，D(0，2)，所以 eq \(AB,\s\up6(→)) ＝(2，0)， eq \(AC,\s\up6(→)) ＝(2，2)， eq \(AP,\s\up6(→)) ＝(2，1)，P(2，1)， eq \(PD,\s\up6(→)) ＝(－2，1)，| eq \(PD,\s\up6(→)) |＝ eq \r(5) ，
又 eq \(PB,\s\up6(→)) ＝(0，－1)，所以 eq \(PB,\s\up6(→)) · eq \(PD,\s\up6(→)) ＝－1.
答案： eq \r(5) －1Ｋ
三、解答题(每小题10分，共20分)
5．(2021·泸州高一检测)设两个向量a，b满足a＝(2，0)，b＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(3),2))) ，
(1)求a＋b方向的单位向量；
(2)若向量2ta＋7b与向量a＋tb的夹角为钝角，求实数t的取值范围．
【解析】(1)由已知a＋b＝(2，0)＋( eq \f(1,2) ， eq \f(\r(3),2) )＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，\f(\r(3),2))) ，
所以 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a＋b)) ＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)))2＋\f(3,4)) ＝ eq \r(\f(28,4)) ＝ eq \r(7) ，
所以a＋b＝ eq \r(7) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5\r(7),14)，\f(\r(21),14))) ，
即a＋b方向的单位向量为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5\r(7),14)，\f(\r(21),14))) ；
(2)由已知a·b＝1， eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a)) ＝2， eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(b)) ＝1，
所以(2ta＋7b)(a＋tb)＝8t＋7t＋2t2＋7＝2t2＋15t＋7，由于两向量的夹角为钝角，
故(2ta＋7b)(a＋tb)<0且向量2ta＋7b不与向量a＋tb反向共线，
设2ta＋7b＝k(a＋tb)(k<0)，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2t＝k,7＝kt)) 解得t＝－ eq \f(\r(14),2) 从而 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2t2＋15t＋7<0,t≠－\f(\r(14),2))) ，
解得t∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－7，－\f(\r(14),2))) ∪ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(14),2)，－\f(1,2))) .
6．设平面向量a＝(cs α，sin α)(0≤α<2π)，b＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2))) ，且a与b不共线．
(1)求证：向量a＋b与a－b垂直；
(2)若两个向量 eq \r(3) a＋b与a－ eq \r(3) b的模相等，求角α.
【解析】(1)由题意，知
a＋b＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs α－\f(1,2)，sin α＋\f(\r(3),2))) ，
a－b＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs α＋\f(1,2)，sin α－\f(\r(3),2))) ，
因为(a＋b)·(a－b)＝cs2α－ eq \f(1,4) ＋sin2α－ eq \f(3,4) ＝0，
所以(a＋b)⊥(a－b).
(2)|a|＝1，|b|＝1，
由题意知( eq \r(3) a＋b)2＝(a－ eq \r(3) b)2，
化简得a·b＝0，所以－ eq \f(1,2) csα＋ eq \f(\r(3),2) sin α＝0，
所以tan α＝ eq \f(\r(3),3) ，
又0≤α<2π，
所以α＝ eq \f(π,6) 或α＝ eq \f(7π,6) .