數(shù)學(xué)蘇教版必修4 第2章2.3.1平面向量基本定理 作業(yè) Word版含解析

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1、 精品資料 學(xué)業(yè)水平訓(xùn)練 1如果 e1，e2是平面 內(nèi)所有向量的一組基底， 是實數(shù)，則下列說法中正確的有_(填序號) 若 ， 滿足 e1e20，則 0； 對于平面 內(nèi)任意一個向量 a，使得 ae1e2成立的實數(shù) ， 有無數(shù)對； 線性組合 e1e2可以表示平面 內(nèi)的所有向量； 當(dāng) ， 取不同的值時，向量 e1e2可能表示同一向量 解析：正確若 0，則 e1e2，從而向量 e1，e2共線，這與 e1，e2不共線相矛盾，同理可說明 0. 不正確由平面向量基本定理可知 ， 惟一確定 正確平面 內(nèi)的任一向量 a 可表示成 e1e2的形式，反之也成立； 不正確結(jié)合向量加法的平行四邊形法則易知，當(dāng) e1和

2、e2確定后，其和向量 e1e2惟一確定 答案： 2e1，e2是平面內(nèi)兩個不共線的向量，且AB2e1ke2，BCe13e2，CD2e1e2，若 A，B，D 三點共線，則 k 的值為_ 解析：BDBCCD3e12e2， A、B、D 共線，AB與BD共線， 23k2，即 k43. 答案：43 3已知OAa，OBb，C 為線段 AB 上距 A 較近的一個三等分點，D 為線段 CB 上距C 較近的一個三等分點，則用 a，b 表示OD為_ 解析：ODOAAD，ADACCD13AB13CB13AB29AB59AB.ABba，AD59b59a，ODa(59b59a)49a59b. 答案：49a59b 4(20

3、14 湖北天門中學(xué)期中)若在直線 l 上存在不同的三個點 A，B，C，使得關(guān)于實系數(shù) x 的方程 x2OAxOBBC0 有解，點 O 不在 l 上，則此方程的解集為_ 解析：A，B，C 共線，BCBA， 由已知可知：BCx2OAxOBx(xOAOB)， 當(dāng)且僅當(dāng) x1 時，BCBA，故方程的解集為1 答案：1 5若 ae13e2，b4e12e2，c3e112e2，則 a 寫成 1b2c 的形式是_ 解析：由題可設(shè) a1b2c，即e13e21(4e12e2)2(3e112e2)，14132，321122. 1118，2727.a118b727c. 答案：a118b727c 6在平行四邊形 ABC

4、D 中，E 和 F 分別是邊 CD 和 BC 的中點，若ACAEAF，其中 ，R，則 _ 解析：如圖所示，設(shè)ABa，ADb，則AE12ab， AFa12b， 又ACab， AC23(AEAF)，即 23， 43. 答案：43 7用向量法證明三角形的三條中線交于一點 證明：如圖所示，設(shè) D、E、F 分別是ABC 的三邊 BC，AC，AB 的中點，令A(yù)Ca，BCb 為基底， 則ABab，ADa12b， BE12ab. 設(shè) AD 與 BE 交于點 G1， 且AG1AD，BG1BE， 則有AG1a2b，BG12ab. 又有AG1ABBG1(12)a(1)b， 12，21，解得 23.AG123AD.

5、再設(shè) AD 與 CF 交于點 G2，同理求得AG223AD. 點 G1、G2重合，即 AD、BE、CF 交于一點 三角形的三條中線交于一點 8. 如圖，已知點 G 是ABC 的重心，若 PQ 過ABC 的重心 G，且ABa，ACb，APma，AQn b(m0，n0)， 試問 m，n 的倒數(shù)和是否為定值？ 若是，求出這個定值；若不是，說明理由 解：因為ABa，ACb，AD12(ab)， 所以AG23AD13(ab)， 由于 P、G、Q 三點共線，則PGGQPGGQ( 為正實數(shù))，因為PGAGAP13(ab)ma 13m a13b， GQAQAGn b13(ab)13an13b， 所以13m a1

6、3b13an13b ， 可得13m13 a13n13 b0， 由于 a，b 不共線， 則必有13m1313n130， 消去 ，整理得 3mnmn，所以1m1n3 為定值 高考水平訓(xùn)練 1在ABCD 中，ABa，ADb，N 是 AC 上一點且AN3NC，M 是 BC 的中點，若用 a，b 表示MN，則MN_ 解析：如圖所示，連結(jié) BD 交 AC 于 O 點，則 O 為 AC，BD 的中點， 又AN3NC， AN3NC，即 N 為 OC 的中點， 又 M 是 BC 的中點，MN 綊12BO， 又BDADABba， MN12BO14BD14(ba) 答案：14(ba) 2在ABC 中，點 P 是 A

7、B 上一點，且CP23CA13CB，Q 是 BC 的中點，AQ 與 CP的交點為 M，又CMtCP，則 t 的值為_ 解析：CP23CA13CB， 3CP2CACB， 即 2CP2CACBCP， 2APPB，即 P 為 AB 的一個三等分點，如圖所示 A，M，Q 三點共線， CMxCQ(1x)CAx2CB(x1)AC， 而CBABAC，CMx2AB(x21)AC. 又CPCAPAAC13AB， 由已知CMtCP可得， x2AB(x21)ACt(AC13AB)， 所以x2t3x21t，解得 t34. 答案：34 3. 如圖所示，在ABC 中，點 M 是邊 BC 的中點，點 N 在邊 AC 上，A

8、N2NC，AM 與BN 相交于點 P，求證：AP4PM. 證明：記BMe1，CNe2，所以AC3e2，CMe1，則AMACCM3e2e1，BNBCCN2e1e2.因為 A，P，M 共線，且 B，P，N 共線，所以存在實數(shù) ，使APAM3e2e1；BPBN2e1e2，所以BABPPA2e1e23e2e1(2)e1(3)e2，又BABCCA2e13e2，所以22，33，解之得45，35.所以AP45AM， 所以 APPM41，即AP4PM. 4. 如圖，已知 A，B，C 三點不共線，O 為平面上任意一點，求證：若存在實數(shù) p，q，r 使得 pOAqOBrOC0，且 pqr0，則必有 pqr0. 證明：由題意可得 r(pq) 又pOAqOBrOC0， pOAqOB(pq)OC0， p(OAOC)q(OCOB)0， 即 pCAqBC0. pCAqCB00 CA0 CB. 由平面向量基本定理可知，其分解是惟一的， p0，q0，pq0，r0.故 pqr0.