2024人教版高中数学必修第二册同步练习题--6.3.1 平面向量基本定理（含解析）

中小学教育资源及组卷应用平台
2024人教版高中数学必修第二册同步练习题
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
基础过关练
题组一　对平面向量基本定理的理解
1.(2023陕西西安期中){e1,e2}是平面内的一个基底,下面说法正确的是(　　)
A.若存在实数λ1,λ2使λ1e1+λ2e2=0,则λ1=λ2=0
B.空间内任一向量a可以表示为a=λ1e1+λ2e2(λ1,λ2为实数)
C.λ1e1+λ2e2(λ1,λ2≠0)不一定在该平面内
D.对平面内任一向量a,使a=λ1e1+λ2e2的实数λ1,λ2有无数对
2.如图,点O为正六边形ABCDEF的中心,则下列向量中可构成平面内所有向量的一个基底的是(　　)
A.　　　 C.
3.(2022湖南株洲期中)已知e1,e2是平面内两个不共线的向量,下列向量中能构成平面内所有向量的一个基底的是(　　)
A.e1+e2,2e1+2e2 B.e1-2e2,-e1+e2
C.-e1+e2,-e1-e2 D.2e1+3e2,e1+e2
题组二　用基底表示向量
4.(2022广东汕头澄海中学期中)如图所示,等腰梯形ABCD中,AB=BC=CD=3AD,点E为线段CD上靠近C的三等分点,点F为线段BC的中点,则=(　　)
A.-
C.-
5.(2022云南梁河第一中学月考)已知AD,BE分别为△ABC的边BC,AC上的中线,设=a,=b,则=(　　)
A.a+b　　　　B.a+b
C.a-b　　　　D.-a+b
6.设e1,e2是不共线的两个向量,且a=e1-2e2,b=e1+3e2.
(1)证明:{a,b}可以作为一个基底;
(2)以{a,b}为基底表示向量c,其中c=3e1-e2.
题组三　分点恒等式
7.(2023福建福州八县(市)联考)如图,在△ABC中,,则=(　　)
A.
C.
8.(2023福建泉州期中)在△ABC中,D为AC边的中点,E为线段BD上一点,且满足,若,则+μ=(　　)
A.1　　　　B.　　　　C.
9.已知梯形ABCD中,AD∥BC,,且,则λμ的值为(　　)
A.　　 C.
10.如图,在△ABC中,,P是BN上的一点,若,则实数m=　　　　.
题组四　平面向量基本定理的应用
11.(2023河南质检)在△ABC中,点E为AC的中点,,BE与CF交于点P,且满足,则λ的值为(　　)
A.
12.(2022广东广州期末)如图所示,AD是△ABC的一条中线,点O满足,过点O的直线分别与射线AB,射线AC交于M,N两点.
(1)若,求λ,μ的值;
(2)设,m>0,n>0,求的值.
能力提升练
题组　平面向量基本定理的应用
1.(2023江苏徐州模拟)如图,在平行四边形ABCD中,E,F分别在边AD,CD上,AE=3ED,DF=FC,AF与BE相交于点G,记=a,=b,则=(　　)
A.a+b　　　　B.a+b C.a+b　　　　D.a+b
2.(2023山东新高考联合质量测评)若点G是△ABC所在平面上一点,且=0,H是直线BG上一点,,则x2+4y2的最小值是(　　)
A.2　　　　B.1　　　　C.
3.在梯形ABCD中,,P为线段DE上的动点(包括端点),若(λ,μ∈R),则λ2+μ的最小值为(　　)
A.
4.(多选题)(2022辽宁锦州期末)已知△ABC中,,点M满足(λ,μ∈R),则(　　)
A.λ=B.μ=
C.D.
5.(多选题)(2023安徽滁州期中)如图所示,在凸四边形ABCD中,边BC,AD的延长线交于点E,边AB,DC的延长线交于点F,若(λ,μ>0),则(　　)
A.
B. λμ=
C.的最大值为1
D. ≥-
6.如图,在△ABC中,∠BAC=,P为CD上一点,且满足,若=-4.
(1)求m的值;
(2)求||的最小值.
答案与分层梯度式解析
基础过关练
1.A 2.B 3.C 4.A 5.B 7.A 8.B 9.D
11.B
1.A　由基底的定义可知,e1和e2是平面内不共线的两个向量,所以若存在实数λ1,λ2使λ1e1+λ2e2=0,则λ1=λ2=0;不是空间内任一向量a都可以表示为a=λ1e1+λ2e2,而是平面内的任一向量a都可以表示为a=λ1e1+λ2e2,其中实数λ1,λ2有且只有一对;λ1e1+λ2e2(λ1,λ2≠0)一定在该平面内,所以A正确.
2.B　由基底的概念可知,构成基底的一组向量不能共线.由题图可知,共线,共线,共线,不共线,故选B.
3.C　由基底的概念可知,构成基底的一组向量不能共线.2e1+2e2=2(e1+e2),故向量e1+e2与2e1+2e2共线,e1-2e2=-2,故向量e1-2e2与-e1+e2共线,2e1+3e2=,故向量2e1+3e2与e1+e2共线,所以A,B,D不符合题意.
设-e1+e2=λ,λ∈R,则(1-λ)e1=(λ+1)e2,又e1,e2不共线,所以(1-λ)=λ+1=0,无解,所以向量-e1+e2与-e1-e2不共线,故C符合题意.
故选C.
4.A　易得,∴.故选A.
5.B　由题意得a=,b=,
∴a+b,a-b,
∴a+b-a+b=a+b.
故选B.
6.解析　(1)证明:假设a=λb(λ∈R),
则e1-2e2=λ(e1+3e2),即e1-2e2=λe1+3λe2,
由e1,e2不共线,得无解.
故a与b不共线,{a,b}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,因为e1,e2不共线,所以解得所以c=2a+b.
7.A　由可得D是BC上靠近点C的五等分点,利用分点恒等式,可得.
故选A.
方法技巧　分点恒等式:在△ABC中,D是BC上的点(不包含端点),若BD∶CD=m∶n,则.
8.B　如图所示,
由得BE∶ED=2∶1,∴,
又D是AC的中点,∴,∴.
∵不共线,
∴λ=,∴.
9.D　由题意得AH∶HF=3∶1,∴,
由,可得, ∴,
又不共线,∴λ=,
∴λμ=.故选D.
一题多解　
由题意得,由结合平面向量基本定理可知λ=,∴λμ=.故选D.
10.答案　
解析　因为,所以,所以,因为B,P,N三点共线,所以m+=1,解得m=.
11.B　如图,连接AP,由),即,
∵F,P,C三点共线,∴可设,μ∈(0,1),
则),即,
∵,∴,则.
∵不共线,
∴故选B.
12.解析　(1)因为,所以,
因为D为BC的中点,所以),
所以,
又不共线,
所以λ=.
(2)因为,m>0,n>0,
所以,
由(1)知,
所以,
因为M,O,N三点共线,
所以=1,即=3.
能力提升练
1.D 2.C 3.A 4.AC 5.ABD
1.D　如图,过点F作FN平行于BC,交BE于点M,交AB于点N,
因为DF=FC,所以F为DC的中点,则N为AB的中点,所以MN∥AE且MN=AD,
易知NF=AD,所以MF=NF-MN=AD-AD,
易知△AEG∽△FMG,所以,
所以a+b.故选D.
2.C　因为=0,所以点G是△ABC的重心,
设AC的中点为D,则G在BD上,如图,
因为,所以.
因为B,H,D三点共线,所以x+2y=1,
所以x2+4y2=x2+(2y)2≥,当且仅当x=2y,即x=时取等号,故x2+4y2的最小值是.故选C.
3.A　如图所示,
设(0≤m≤1),
则
=)
=
=,
又不共线,
所以λ=1-m,
所以λ2+μ=,
又0≤m≤1,
所以当m=时,λ2+μ取得最小值,最小值为.
4.AC　如图,∵,∴B,E,C三点共线且E为BC的中点.
∵,∴,
∴,
∴A,F,C三点共线且F为AC上靠近A的三等分点.
∵,∴),
∴.
∵,
∴∴A正确,B不正确.
∵)
=,∴C正确.
∵,
∴D不正确.
故选AC.
5.ABD　因为,所以由分点恒等式可得,故A正确;
因为,所以由分点恒等式可得 ,,由题意知F,C,D三点共线,所以可设(0即,由,故,
因为不共线,所以,可得λμ=,故B正确;
≥2=4>1,故C错误;
易得,所以,则≥-,当且仅当λ=μ=时取等号,故D正确.
故选ABD.
6.解析　(1)由题意得,因为C,P,D三点共线,所以m+=1,解得m=.
(2)因为=-4,
所以|=-4,
所以||=8.
由(1)可知,
所以
=
=
≥2×,
当且仅当|时取等号.
故||≥,
则||的最小值为.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)