【文档说明】2023-2024学年高中数学人教A版2019 必修第二册课后习题 6-3-1　平面向量基本定理 6-3-2　平面向量的正交分解及坐标表示 Word版含解析.docx，共(8)页，358.672 KB，由小赞的店铺上传

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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6.3.1平面向量基本定理6.3.2平面向量的正交分解及坐标表示课后篇巩固提升必备知识基础练1.设向量e1与e2不共线,若3xe1+(10-y)e2=(4y-7

)e1+2xe2,则实数x,y的值分别为()A.0,0B.1,1C.3,0D.3,4答案D解析因为向量e1与e2不共线,所以{3𝑥=4𝑦-7,10-𝑦=2𝑥,解得{𝑥=3,𝑦=4.2.如图所示,在△ABC中,AD=23AB,

BE=12BC,则𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=()A.13𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗−12𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗B.13𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗−16𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗C.12𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗−13𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗D.12𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗−16𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗答案D

解析𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=𝐷𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐵𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=13𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+12(𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗−𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗)=12𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗−16𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗.3.如图,平面内的两条

相交直线OP1和OP2将该平面分割成四个部分Ⅰ,Ⅱ,Ⅲ,Ⅳ(不包含边界).设𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=m𝑂𝑃1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+n𝑂𝑃2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,且点P落在第Ⅲ部分,则实数m,n满足()A.m>0,n>0B.m>0,n<0C.m<0,n>0D.m<0,n<0答案B解析如图所示,利用

平行四边形法则,将𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗分解到𝑂𝑃1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗和𝑂𝑃2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗上,有𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,则𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=m𝑂𝑃1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=n𝑂𝑃2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,很明显𝑂𝐴

⃗⃗⃗⃗⃗与𝑂𝑃1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗方向相同,则m>0;𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗与𝑂𝑃2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗方向相反,则n<0.4.(多选题)已知向量i=(1,0),j=(0,1),对于该坐标平面内的任一向量a,给出下列四个选项

,其中不正确的选项是()A.存在唯一的一对实数x,y,使得a=(x,y)B.若x1,x2,y1,y2∈R,a=(x1,y1)≠(x2,y2),则x1≠x2,且y1≠y2C.若x,y∈R,a=(x,y),且a≠0,则a的起点是原点OD.若x,y∈R,a≠0,且a的终点坐

标是(x,y),则a=(x,y)答案BCD解析由平面向量基本定理,知A正确;举反例,a=(1,0)≠(1,3),但1=1,故B错误;因为向量可以平移,所以a=(x,y)与a的起点是不是原点无关,故C错误;当a的终点坐标是(x,y)时,a=(x,y)是以a的起点是原点为前

提的,故D错误.5.已知a=xe1+2e2与b=3e1+ye2共线,且e1,e2不共线,则xy的值为.答案6解析由已知得,存在λ∈R,使得a=λb,即xe1+2e2=3λe1+λye2,所以{𝑥=3𝜆,2=𝜆𝑦,故xy=3λ·2𝜆=6.6.(2021福

建福州期中)已知O,A,B是平面内任意不共线三点,点P在直线AB上,若𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=3𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+x𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,则x=.答案-2解析∵点P在直线AB上,且𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=3𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+x𝑂𝐵⃗

⃗⃗⃗⃗,∴3+x=1,∴x=-2.7.如图,C,D是△AOB的边AB的三等分点,设𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=e1,𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=e2,以{e1,e2}为基底来表示𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=,𝑂𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=.答案23e1+13e213e1+23e2解

析𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+13𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=e1+13(e2-e1)=23e1+13e2,𝑂𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+13𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(23𝑒1+

13𝑒2)+13(e2-e1)=13e1+23e2.8.设e1,e2是两个不共线的非零向量,且a=e1-2e2,b=e1+3e2.(1)求证:{a,b}可以作为一个基底;(2)以{a,b}为基底,求向量c=3e

1-e2的坐标.(1)证明假设a,b共线,则a=λb(λ∈R),则e1-2e2=λ(e1+3e2).由e1,e2不共线,得{𝜆=1,3𝜆=-2,即{𝜆=1,𝜆=-23.所以λ不存在,故a,b不共线,即{a,b}可以作为一个基底.(2)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{3=𝑚+𝑛,-1=-2𝑚+3𝑛,解得{𝑚=2,𝑛=1.故c=2a+b,即c=(2,1).9

.如图,在△ABC中,D,F分别是BC,AC的中点,𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=23𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗,𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=a,𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=b.(1)用a,b表示𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗,𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗,𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗,𝐵𝐸⃗⃗⃗⃗⃗,𝐵𝐹⃗⃗⃗⃗⃗;(2

)求证:B,E,F三点共线.(1)解如图,延长AD到点G,使𝐴𝐺⃗⃗⃗⃗⃗=2𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗,连接BG,CG,得到平行四边形ABGC,则𝐴𝐺⃗⃗⃗⃗⃗=a+b,𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=12𝐴𝐺⃗⃗⃗⃗⃗=12

(a+b),𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=23𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=13(a+b),𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=12𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=12b,𝐵𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗−𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=13(a+b)-a=13(b-2a),𝐵𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴�

�⃗⃗⃗⃗⃗−𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=12b-a=12(b-2a).(2)证明由(1)知,𝐵𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=23𝐵𝐹⃗⃗⃗⃗⃗,∴𝐵𝐸⃗⃗⃗⃗⃗,𝐵𝐹⃗⃗⃗⃗⃗共线.又𝐵𝐸⃗⃗⃗⃗⃗,𝐵𝐹⃗⃗⃗⃗⃗有公共点B,∴B,E,F三点共线.关键能力提升练10

.在平行四边形ABCD中,若𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=𝐸𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,AE交BD于点F,则𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=()A.23𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+13𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗B.23𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗−13𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗C.13𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗−23𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗D.13𝐴𝐵⃗⃗⃗

⃗⃗+23𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗答案D解析如图,∵𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=𝐸𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,∴E为CD的中点.设𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=λ𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=λ𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+12𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=λ𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗−12

𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=𝜆2𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+λ𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗.∵B,F,D三点共线,∴𝜆2+λ=1,解得λ=23.∴𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=13𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+23𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗.故选D.1

1.如图,在△ABC中,设𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=a,𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=b,AP的中点为Q,BQ的中点为R,CR的中点为P.若𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=ma+nb,则m+n=()A.12B.23C.67D.1答案C解析由题意可得𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=2𝑄𝑃⃗⃗⃗⃗⃗,𝑄𝐵⃗⃗⃗⃗⃗

=2𝑄𝑅⃗⃗⃗⃗⃗,𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=a=𝐴𝑄⃗⃗⃗⃗⃗+𝑄𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=12𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗+2𝑄𝑅⃗⃗⃗⃗⃗,①𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗+𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗+𝑅𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗+𝑄𝑃⃗⃗⃗⃗⃗−𝑄

𝑅⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗+12𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗−𝑄𝑅⃗⃗⃗⃗⃗=32𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗−𝑄𝑅⃗⃗⃗⃗⃗=b,②由①②求得𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=27a+47b.再由𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=ma+nb可得

m=27,n=47,m+n=67.12.我国古代人民早在几千年以前就已经发现并应用勾股定理了,勾股定理最早的证明是东汉数学家赵爽在为《周髀算经》作注时给出的,被后人称为“赵爽弦图”.“赵爽弦图”是数形结合思想的体现,是中国古代数学的图腾,还

被用作第24届国际数学家大会的会徽.如图,大正方形ABCD是由4个全等的直角三角形和中间的小正方形组成的.若𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=a,𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=b,E为BF的中点,则𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=()A.45a+25bB.25a+45bC.43a+23bD.23a+43b答案A解析设BE=m,则A

E=BF=2BE=2m,在Rt△ABE中,可得AB=√5m.过点E作EH⊥AB于点H,则EH=2𝑚2√5𝑚=2√55m,EH∥AD,AH=√(2𝑚)2-(2√55𝑚)2=4√55m.所以AH=45AB,HE=25A

D.所以𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐻𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗=45𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+25𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=45a+25b.故选A.13.如图,在平面直角坐标系中,分别取与x轴,y轴方向相同的两个单位向量i,j组成基底,对于平面内的一个向量a.若|a|=2,θ=45°,则向量a的

坐标为.答案(√2,√2)解析由题意知a=(2cos45°,2sin45°)=(√2,√2).14.如图,平面内有三个向量𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗,𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,其中𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗与𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗的夹角为120°,𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗与𝑂𝐶

⃗⃗⃗⃗⃗的夹角为30°,且|𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗|=|𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗|=1,|𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|=2√3,若𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=λ𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+μ𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗(λ,μ∈R),则λ+μ

的值为.答案6解析如图,作平行四边形ODCE,则𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=𝑂𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝑂𝐸⃗⃗⃗⃗⃗.在Rt△OCD中,因为|𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗|=2√3,∠COD=30°,∠OCD=90°,所以|𝑂�

�⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=4,|𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗|=2,故𝑂𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=4𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗,𝑂𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=2𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,即λ=4,μ=2,所以λ+μ=6.15.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𝐴𝑃𝑃𝑀的值.解设𝐵𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=e1,𝐶𝑁⃗⃗⃗⃗⃗=e2,则𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+𝐶𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=-3e2-e1,𝐵𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+𝐶𝑁⃗⃗⃗⃗⃗=2e1+e2.∵A,P,M和B,P,N

分别共线,∴存在实数λ,μ,使𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=λ𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=-λe1-3λe2,𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=μ𝐵𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗=2μe1+μe2,∴𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗−𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(λ+2μ)e1+(3λ+μ)e2.又�

�𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=2e1+3e2,∴{𝜆+2𝜇=2,3𝜆+𝜇=3,解得{𝜆=45,𝜇=35.∴𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=45𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗,即𝐴𝑃𝑃𝑀=4∶1.学科素养创新练16.(2021山东潍坊月考)如图所示,在△ABO

中,𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=13𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗,𝑂𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=12𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,AD与BC相交于点M.设𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=a,𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=b.(1)试用向量a,b表示𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗;(2

)在线段AC上取点E,在线段BD上取点F,使EF过点M.设𝑂𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=λ𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗,𝑂𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=μ𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,其中λ,μ∈R.当EF与AD重合时,λ=1,μ=12,此时1𝜆+

2𝜇=5;当EF与BC重合时,λ=13,μ=1,此时1𝜆+2𝜇=5.能否由此得出一般结论:不论E,F在线段AC,BD上如何变动,等式1𝜆+2𝜇=5恒成立,请说明理由.解(1)设𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=ma+nb(m∈R,n∈R),由A,D,M三点共线,可知存在α(α∈R,且α≠-1)

使得𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=α𝑀𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗,则𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗−𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=α(𝑂𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗−𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗).又𝑂𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=12𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,所以𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=1𝛼+1a+𝛼2(1+𝛼)b

,所以{𝑚=11+𝛼,𝑛=𝛼2(1+𝛼),即m+2n=1.①由B,C,M三点共线,可知存在β(β∈R,且β≠-1)使得𝐶𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=β𝑀𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗,则𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗−𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=β(𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗−𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗)

.又𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=13𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗,所以𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=13(𝛽+1)a+𝛽1+𝛽b,所以{𝑚=13(1+𝛽),𝑛=𝛽1+𝛽,即3m+n=1.②由①②得m=15,n=25,故𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=15a+25b.(2)能得出结论.理由如下:由于E,M,

F三点共线,则存在实数γ(γ∈R,且γ≠-1)使得𝐸𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=γ𝑀𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗,则𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗−𝑂𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=γ(𝑂𝐹⃗⃗⃗⃗⃗−𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗),于是𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑂𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗+�

�𝑂𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗1+𝛾.又𝑂𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=λ𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗,𝑂𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=μ𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,所以𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝜆𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝜇𝛾𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗1+�

�=𝜆1+𝛾a+𝜇𝛾1+𝛾b,