6.3平面向量基本定理及坐标表示同步练习（含解析）2023——2024学年高中数学人教A版（2019）必修第二册

6.3平面向量基本定理及坐标表示 同步练习
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．已知向量，，若，则（ ）
A． B．1 C． D．2
2．已知，，则与平行的单位向量为（ ）
A． B．或
C．或 D．
3．已知向量，不共线，实数，满足，则（ ）
A．4 B． C．2 D．
4．已知平面向量，，，则与的夹角为（ ）
A． B． C． D．
5．已知平行四边形ABCD，点P在的内部（不含边界），则下列选项中，可能的关系式为（ ）
A． B．
C． D．
6．正方形ABCD的边长为6点E，F分别在边AD，BC上，且，.如果对于常数，在正方形ABCD的四条边上（不含顶点）有且只有6个不同的点P，使得成立，那么的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
7．如图，中，点为边的中点，点在边上，且，以为一组基底，则（ ）
A． B． C． D．
8．如图，已知AB是圆的直径，是圆上一点，，点是线段BC上的动点，且的面积记为，圆的面积记为，当取得最大值时，（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．已知向量，，则（ ）
A． B．
C．与的夹角为 D．在上的投影向量为
10．已知向量，若在上的投影向量为，则（ ）
A． B．
C． D．与的夹角为
11．下列说法中正确的是（ ）
A．向是能作为平面内所有向量的一组基底
B．
C．两个非零向量，若，则与共线且反向
D．若，且与的夹角为锐角，则
12．如图，在梯形中，，分别为边上的动点，且，则（ ）
A．的最小值为 B．的最小值为9
C．的最大值为12 D．的最大值为18
三、填空题
13．已知，则的值为 .
14．已知是两个不共线的向量，，若与是共线向量，则 .
15．向量在基底下的坐标为，则向量在基底下的坐标为 ．
16．已知正方形的边长为1，点满足．当时， ；当 时，取得最大值．
四、解答题
17．如图，A、B是单位圆上的相异两定点（O为圆心），且.点C为单位圆上的动点，线段AC交线段OB于点M.
(1)设，求的取值范围；
(2)设（），求的取值范围.
18．如图，在方格纸（每个小方格边长为1）上有A，B，C三点，已知向量以A为始点.

(1)试以B为始点画出向量，使在方向上的投影向量为，且，并求的值
(2)设点D是线段上的动点，求的最大值.
19．在平面直角坐标系中，为原点，，，，，，为线段上一点，且.
(1)求，的值；
(2)当时，求；
(3)求的取值范围.
20．已知向量是同一平面内的三个向量，其中．
(1)若，且，求向量的坐标；
(2)若是单位向量，且，求与的夹角.
(3)若，求向量在向量上的投影向量（用坐标表示）.
21．（1）已知向量，点，若向量，且，求点的坐标；
（2）已知向量，若与夹角为钝角，求的取值范围.
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
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参考答案：
1．B
【分析】先出求，再根据即可得出的值，最后求的模.
【详解】由题意可知，因为，，
所以，
又因为，所以，
即，解得.
所以.
故选：B.
2．C
【分析】求出，然后除以可得同向的单位向量，可得答案.
【详解】因为，，所以，
又，所以与平行的单位向量为，
即或.
故选：C
3．A
【分析】由已知结合平面向量基本定理可求，，进而求出答案.
【详解】由，不共线，实数，满足，
得，解得，，
所以.
故选：A
4．B
【分析】根据题意，由平面向量数量积的坐标运算可得，再由平面向量的夹角公式代入计算，即可得到结果.
【详解】，
，
，
，．
故选：B
5．C
【分析】根据题意，设，结合平面向量的基本定理，逐项判定，即可求解.
【详解】设，由平面向量的基本定理，可得：
当时，此时点P在直线BD上；
当时，此时点P在点A和直线BD之间；
当时，此时点P在点C和直线BD之间；
当时，此时点P在过点C且与直线BD平行的直线上，
对于A中，由向量，满足，所以点在内部，所以A错误；
对于B中，由，满足，所以点在上，所以B错误；
对于C中，由，满足，所以点可能在内部，所以C正确；
对于D中，由，满足，此时点P在过点C且与直线BD平行的直线上，所以D错误.
故选：C.
6．D
【分析】以为轴，以为轴建立平面直角坐标系，由点在不同的边上求出的表达式，分类讨论利用向量数量积的坐标表示及二次函数的性质，得出有一解，有两解的情况，即可得的取值范围.
【详解】以为轴，以为轴建立平面直角坐标系，如图，
则， ，

若在上，设，，
则，，
∴，
∵，
∴．
∴当时有一解，当时有两解；
若在上，设，，
则，，
∴，
∵，
∴，
当或，有一解，当时有两解；
若在上，设，，
则，，
∴，
∵，∴，
∴当时有一解，当时有两解；
④若在上，设，，
则，，
∴，
∵，∴，
∴当或时有一解，当时有两解；
综上，若在正方形ABCD的四条边上（不含顶点）有且只有6个不同的点P，则．
故选：D.
7．C
【分析】利用向量的加减法运算法则运算即可得出答案.
【详解】由图形可知：.
故选：C.
8．A
【分析】以为坐标原点建立平面直角坐标系，利用向量的坐标运算分析可知点与点重合时，取到最大值，即可得结果.
【详解】由题意可知：，以为坐标原点建立平面直角坐标系，
不妨设，则，
可知直线对应的一次函数解析式为，可设，
可得，
则，且，
因为开口向上，对称轴为，
且，可知当时，即点与点重合时，取到最大值，
此时，且，所以.
故选：A.
9．ABD
【分析】A选项，根据得到垂直关系；B选项，求出，根据模长公式求出答案；C选项，根据得到答案；D选项，利用得到D正确.
【详解】A选项，因为，．
所以．则．所以．故A正确：
B选项，因为．所以．故B正确；
C选项，因为．且．
所以．故C错误；
在上的投影向量为．故D正确．
故选：ABD．
10．ACD
【分析】根据投影向量的公式求出的值，再根据向量坐标运算逐项判断即可.
【详解】对于A，因为在上的投影向量为，即，
所以，即，解得，故A正确；
对于B，，所以，故B错误；
对于C，，所以，故C正确；
对于D，，所以与的夹角为，故D正确.
故选：ACD.
11．BC
【分析】直接利用向量的共线、向量的基底的定义，两角和与差的余弦公式，向量的数量积公式，向量的夹角公式，判断、、、的结论．
【详解】对于：因为，所以不能作为平面内的一组基底，故错误；
对于：，故正确；
对于C，因为，所以，
所以有，所以，即，所以共线且反向，即C正确；
对于：已知，，则，
所以：，且和不共线．
即，且
解得且，故错误；
故选：BC．
12．AC
【分析】首先以点为原点建立平面直角坐标系，并利用坐标表示，再根据基本不等式，即可求解.
【详解】以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，则.设，
其中，且，
得.
因为，所以，
解得，当且仅当时，等号成立.，
当且仅当点或点与点重合时，等号成立，则.
所以的最大值为12，最小值为.
故选：AC
13．
【分析】由，可得，再根据数量积的坐标运算公式即可得解.
【详解】因为，
所以，解得.
故答案为：.
14．
【分析】根据向量共线可设，进而对比系数列式求解即可.
【详解】因为是两个不共线的向量，，
若与是共线向量，设，则，
则，解得.
故答案为：.
15．.
【分析】利用平面向量基本定理将分别按照和为基底展开，对照系数列出方程组求解即得.
【详解】依题意， ①，
选择平面的基底为时，不妨设，则 ②，
将① 式与②式对照即得：，解得
即向量在基底下的坐标为.
故答案为：.
16． /0.5
【分析】第一空建立如图所示坐标系，用坐标分分别表示出，再计算数量积即可；第二空建立如图所示坐标系，用坐标表示出，，结合二次函数的性质计算数量积的最大值即可.
【详解】根据题意，建立以为原点的平面直角坐标系，如图

则
因为正方形的边长为1，
当时，，所以，
所以，
所以；
如图，

因为，所以，
所以，，
所以，
所以当时，取得最大值.
故答案为：；.
17．(1)
(2)
【分析】（1）以为原点，为轴的正方向建立平面直角坐标系，根据三角函数定义得，然后用坐标表示，化简后由正弦函数性质可得；
（2）设，根据线性运算可得，然后根据整理可得，代入整理成关于的函数，令进行换元，利用定义法证明单调性，然后可得.
【详解】（1）以为原点，为轴的正方向建立平面直角坐标系，
则，
记圆与轴的负半轴交于点，因为线段AC与线段OB相交，
所以点在弧上，由可得，
由三角函数定义得，
所以，
所以
，
因为，所以，所以，
所以，即的取值范围为.
（2）设，
则，
所以，由得，
即，整理得，
所以，
，
记，
令，.
，且，
则
因为，
所以，即，
所以在上单调递增，则，即，
所以的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于设，根据线性运算得，根据寻找和之间的关系，然后即可将面积比转化为关于的函数求解.
18．(1)作图见详解，；
(2)4.
【分析】（1）设，根据投影数量可求得，由可得，然后可作出向量，利用数量积的坐标表示可得；
（2）设，利用坐标表示，然后由二次函数性质可得.
【详解】（1）由图知，，
因为在方向上的投影向量为，所以在方向上投影数量为，
设，则，即，
又，所以，所以，
故以B为始点的向量如图，

所以.
（2）易知，，
设，则，，
所以，
由二次函数性质可知，当时，取得最大值4.

19．(1)；
(2)；
(3).
【分析】（1）利用向量的坐标表示，再结合向量垂直的坐标表示、向量共线的坐标表示，列出方程组求解即得.
（2）由（1）求出的坐标，利用向量夹角公式计算即得.
（3）用表示的坐标，利用数量积的坐标表示建立函数关系，求出函数值域即得.
【详解】（1）依题意，，，
由，得，即，
由，得，即，联立解得，
所以.
（2）由（1）知，，由，，得，
，，
所以.
（3）由（2）知，，，
则，
由为线段上一点，且，得，
当时，，当时，，
所以的取值范围.
20．(1)或；
(2)；
(3).
【分析】（1）借助共线向量定理表示出，再利用模的坐标表示求解即得.
（2）利用垂直关系的向量表示，结合数量的运算律求出夹角的余弦即得.
（3）利用投影向量的意义求出向量在向量上的投影向量.
【详解】（1）由，，令，
由，得，
解得，所以或.
（2）由，得，由，得，则，
而，则，又，
所以与的夹角.
（3）向量，则，，
所以向量在向量上的投影向量.
21．（1）或；（2）且.
【分析】（1）设，根据向量垂直和向量的模得到方程组，解出即可；
（2）计算出与坐标形式，根据向量点乘小于0，并结合向量反向共线即可得到答案.
【详解】（1）设，则
因为向量，所以
又，所以
解得或，所以的坐标为或
（2）因为，
所以，
因为与夹角为钝角，
所以，即，解得
又不反向共线，所以，解得
综上，且.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页