人教版新课标A必修42.3 平面向量的基本定理及坐标表示综合训练题

这是一份人教版新课标A必修42.3 平面向量的基本定理及坐标表示综合训练题，共7页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1.(2019吉林白山高一上期末,)如图,在△ABC中,D,E,F分别为线段BC,AD,BE的中点,则AF=( )
A.18AB+58AC B.58AB-18AC
C.18AB-58AC D.58AB+18AC
2.(2020江西南昌第十八中学高一期末,)已知点A(-1,1),B(1,2),C(-2,
-1),D(3,4),则2AB+CD=( )
A.(9,7) B.(7,6)
C.(1,5) D.(0,3)
3.(2021辽宁大连第二十四中学高一月考,)已知AB,AC不共线,AM=mAB,AN=nAC,其中mn≠1.设点P是直线BN,CM的交点,则( )
A.AP=mn-mmn-1AB+mn-nmn-1AC
B.AP=mn+mmn-1AB+mn+nmn-1AC
C.AP=mn-nmn-1AB+mn-mmn-1AC
D.AP=mn+nmn-1AB+mn+mmn-1AC
4.()已知在Rt△ABC中,两直角边分别为AB,AC,且AB=1,AC=2,D是△ABC内一点,且∠DAB=60°,设AD=λAB+μAC(λ,μ∈R),则λμ=( )
A.233 B.33 C.3 D.23
二、填空题
5.(2020山西省实验中学高一下月考,)设a,b是两个不共线的向量,若AB=2a+kb,BC=a+b,CD=2a-b,且A,B,D三点共线,则实数k的值为 .
6.(2019河南中原名校高三第三次质检,)向量a,b,c在正方形网格中的位置如图所示,若c=λa+μb(λ,μ∈R),则λμ= .
7.()如图,在等腰梯形ABCD中,DC∥AB,AD=DC=CB=12AB=1,F为BC的中点,点P在以A为圆心,AD为半径的圆弧上运动,E为圆弧DE与AB的交点.若AP=λED+μAF,其中λ,μ∈R,则2λ+μ的取值范围是 .
三、解答题
8.()如图所示,在△ABC中,D、F分别是BC、AC的中点,AE=23AD,AB=a,AC=b.
(1)用a、b表示向量AD,AE,AF,BE,BF;
(2)求证:B,E,F三点共线.
9.(2021江苏苏州第三中学高一期中,)如图,在直角梯形OABC中,OA∥CB,OA⊥OC,OA=2BC=2OC,M为AB上靠近点B的三等分点,OM交AC于D,P为线段BC上的一个动点.
(1)用OA和OC表示OM;
(2)求ODDM;
(3)设OB=λCA+μOP,求λ·μ的取值范围.
答案全解全析
一、选择题
1.D AF=12(AB+AE)
=12AB+12×12AD
=12AB+14×12(AB+AC)
=58AB+18AC.故选D.
2.A 因为A(-1,1),B(1,2),C(-2,-1),D(3,4),
所以AB=(2,1),CD=(5,5),所以2AB+CD=2(2,1)+(5,5)=(9,7).故选A.
3.A 根据题中所给的条件,可设AP=λAB+(1-λ)AN=λAB+(1-λ)nAC(λ∈R),
AP=μAC+(1-μ)AM=μAC+(1-μ)mAB(μ∈R),
又AB,AC不共线,
所以μ=(1−λ)n,λ=(1−μ)m,解得λ=mn-mmn-1,μ=mn-nmn-1,
故AP=mn-mmn-1 AB+mn-nmn-1 AC,故选A.
4.A 如图,以A为坐标原点,AB所在直线为x轴,AC所在直线为y轴建立平面直角坐标系,则AB=(1,0),AC=(0,2).因为∠DAB=60°,所以设D点坐标为(m,3m)(m>0),则AD=(m,3m).又AD=λAB+μAC=λ(1,0)+μ(0,2)=(λ,2μ),所以λ=m,μ=32m,则λμ=233.故选A.
二、填空题
5.答案 0
解析 因为A,B,D三点共线,所以向量AB与向量BD共线,所以可设AB=λBD(λ∈R).
又AB=2a+kb,BC=a+b,CD=2a-b,所以BD=BC+CD=3a,所以2a+kb=3λa,因为a,b是两个不共线的向量,所以k=0.
6.答案 4
解析 以表示向量a,b的有向线段的公共点为坐标原点,建立如图所示的平面直角坐标系,设每个小正方形网格的边长都为1,可得a=(-1,1),b=(6,2),c=(-1,-3).
又c=λa+μb=λ(-1,1)+μ(6,2)(λ,μ∈R),∴-1=-λ+6μ,-3=λ+2μ,解得λ=−2,μ=−12,因此λμ=4.
7.答案 [0,2]
解析 建立如图所示的平面直角坐标系,∵DC∥AB,AD=DC=CB=12AB=1,∴D12,32,C32,32,E(1,0),F74,34,B(2,0),λED=-12λ,32λ,μAF=74μ,34μ,因为点P在以A为圆心,AD为半径的圆弧上运动,所以可设AP=(cs θ,sin θ),0≤θ≤π3,
∴-12λ+74μ=csθ,32λ+34μ=sinθ,
解得2λ+μ=433sin θ,
∵0≤θ≤π3,∴0≤sin θ≤32,∴0≤2λ+μ≤2,∴2λ+μ的取值范围为[0,2].
三、解答题
8.解析 (1)如图,延长AD到点G,使AD=12AG,
连接BG,CG,得到▱ABGC,所以AG=a+b,
AD=12AG=12(a+b),
AE=23AD=13(a+b),
AF=12AC=12b,
BE=AE-AB=13(a+b)-a=13(b-2a),
BF=AF-AB=12b-a=12(b-2a).
(2)证明:由(1)可知BE=23BF,
因为BE与BF有公共点B,
所以B,E,F三点共线.
9.解析 (1)依题意,有CB=12OA,AM=23AB,
∴AM=23(OB-OA)=23(OC+CB)-23OA=23OC+13OA-23OA=23OC-13OA,
∴OM=OA+AM=OA+23OC-13OA=23OA+23OC.
(2)因为OM交AC于D,所以O,M,D三点共线,所以OD与OM共线.
设OD=tOM(t∈R),则OD=tOM=t23OA+23OC=2t3OA+2t3OC,因为A,C,D三点共线,
所以2t3+2t3=1,则t=34,故OD=3DM,|OD||DM|=3,即ODDM=3.
(3)易得OB=OC+CB=OC+12OA,
因为P是线段BC上的一个动点,所以可设CP=2xCB=xOA0≤x≤12,
故OB=λCA+μOP=λ(OA-OC)+μ(OC+CP)=(λ+μx)OA+(μ-λ)OC,
又OC,OA不共线,所以μ-λ=1,λ+μx=12,解得λ=μ-1,μ=32+2x,
又0≤x≤12⇒1≤x+1≤32⇒1≤μ≤32,
所以λ·μ=μ(μ-1)=μ-122-14,μ∈1,32,令y=μ-122-14,μ∈1,32,易知此函数在μ∈1,32上单调递增,
所以当μ=1时,ymin=0,当μ=32时,ymax=34,
故λ·μ的取值范围是0,34.