第2章　平面向量及其应用 4.1　平面向量基本定理--2025北师大版数学必修第二册同步练习题

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2025北师大版数学必修第二册
§4　平面向量基本定理及坐标表示
4.1　平面向量基本定理
A级必备知识基础练
1.[探究点二]如图所示,在矩形ABCD中,=5e1,=3e2,则等于(　　)
A.(5e1+3e2) B.(5e1-3e2)
C.(3e2-5e1) D.(5e2-3e1)
2.[探究点一](多选)如果{e1,e2}是平面α内所有向量的一组基,那么下列说法正确的是(　　)
A.若存在实数λ1,λ2使λ1e1+λ2e2=0,则λ1=λ2=0
B.对平面α中任意向量a都可以表示为a=λ1e1+λ2e2,其中λ1,λ2∈R
C.λ1e1+λ2e2(λ1,λ2∈R)不一定在平面α内
D.对于平面α内任意向量a,使a=λ1e1+λ2e2的实数λ1,λ2有无数对
3.[探究点二]在△ABC中,,DE∥BC,且与边AC相交于点E,△ABC的中线AM与DE相交于点N,设=a,=b,则用a,b表示为(　　)
A.(a-b) B.(b-a)
C.(a-b) D.(b-a)
4.[探究点三]如图,在△ABC中,,若=λ+μ,则等于(　　)
A. B.
C.3 D.
5.[探究点一]已知e1,e2不共线,a=e1+2e2,b=2e1+λe2,要使{a,b}能作为平面内的一组基,则实数λ的取值范围为　　　　　　　.
6.[探究点二] 如图,在平行四边形ABCD中,设=a,=b,试用a,b表示.
B级关键能力提升练
7.在△ABC中,∠C=3∠B,∠A=2∠B,AT平分∠CAB交BC于点T,若=λ+μ,则λ2+μ2= (　　)
A. B.
C. D.
8.已知O是△ABC的重心,动点P满足+2,则点P一定为(　　)
A.AB边中线的中点
B.AB边中线的三等分点(非重心)
C.△ABC的重心
D.AB边的中点
9.如图,平行四边形ABCD中,=a,=b,H,M分别是AD,DC的中点,BF=BC,以a,b为基表示向量=　　　　,=　　　　.
10.已知向量a在基{e1,e2}下可以表示为a=2e1+3e2,若a在基{e1+e2,e1-e2}下可以表示为a=λ(e1+e2)+μ(e1-e2),则λ=　　　　　,μ=　　　　　.
11.已知在平行四边形ABCD中,E为CD的中点,=y=x,其中x,y∈R,且均不为0.若,求.
12.设e1,e2是不共线的非零向量,且a=e1-2e2,b=e1+3e2.
(1)证明:{a,b}可以作为一组基;
(2)在基{a,b}下,分解向量c=3e1-e2.
13.如图所示,△ABC中,F为BC边上一点,2,若=a,=b,
(1)用向量a,b表示;
(2)3,连接DF并延长,交AC于点E,若=λ,=μ,求λ和μ的值.
C级学科素养创新练
14.如图,平面内有三个向量,其中的夹角为120°,的夹角为30°,且||=||=1,||=2.若=λ+μ(λ,μ∈R),则λ+μ=　　　　　.
15.已知A,B,C三点不共线,O为平面上任意一点,证明存在实数p,q,r,使得p+q+r=0,且若p+q+r=0,则必有p=q=r=0.
§4　平面向量基本定理及坐标表示
4.1　平面向量基本定理
1.A　)=)=(5e1+3e2).
2.AB　A正确;B正确,平面中的任意向量都可以用一组基表示;C错误,向量λ1e1+λ2e2一定在平面α内;D错误,λ1,λ2是唯一的,而不是无数对.故选AB.
3.D　由题意得)=)=(b-a),故选D.
4.A　由题意可得,,
=,
据此可知λ=,μ=,
∴.
5.(-∞,4)∪(4,+∞)　若{a,b}能作为平面内的一组基,则a与b不共线.a=e1+2e2,b=2e1+λe2,由a≠kb,k∈R,得λ≠4.
6.解 (方法一)设AC,BD交于点O(图略),则有a,b.
所以a-b,
a+b.
(方法二)设=x,=y,
则=y,
又
所以解得x=a-b,y=a+b,
即a-b,a+b.
7.D　在△ABC中,∠C=3∠B,∠A=2∠B,AT平分∠CAB交BC于点T,因为∠C=90°,∠B=30°,∠A=60°,∠CAT=∠BAT=30°,所以2CT=AT=BT,所以CT=CB,)==λ+μ,所以λ=,μ=,所以λ2+μ2=.故选D.
8.B　∵O是△ABC的重心,
∴=0,
∴-+2=,
∴点P是线段OC的中点,
即AB边中线的三等分点(非重心).
9.b+a　a-b　在平行四边形ABCD中,=a,=b,H,M分别是AD,DC的中点,BF=BC,
所以=b+a,
=a+b-b=a-b.
10.　-　由条件可知解得
11.解 由题可得=x-y,
由,可设=λ(λ∈R),
即x-y=λ()=λ-=-+λ,所以.
12.(1)证明 假设a=λb(λ∈R),
则e1-2e2=λ(e1+3e2).
由e1,e2不共线,得
所以λ不存在.
故a与b不共线,可以作为一组基.
(2)解 设c=ma+nb(m,n∈R),
则3e1-e2=m(e1-2e2)+n(e1+3e2)
=(m+n)e1+(-2m+3n)e2.
所以解得
所以c=2a+b.
13.解 (1)因为2,
所以2()=,即3=2,
所以a+b.
(2)若=λ,=μ,则=μ=λ,
所以=λ(),
=(1-λ)+λ=4(1-λ)+λμ=4(1-λ)a+λμb.
由于a+b,
所以4(1-λ)=,λμ=,解得λ=,μ=.
14.6　如图,以OA,OB所在射线为邻边,OC为对角线作 OMCN,使得点M在直线OA上,点N在直线OB上,
则=λ=μ,
=λ+μ.
∵∠COM=30°,∠NOM=120°,∴ON⊥OC,即CM⊥OC.
在Rt△OCM中,∵||=2,∠COM=30°,
∴||=4,||=||=2,∴=4=2,
∴λ=4,μ=2,∴λ+μ=6.
15.证明由题意可得r=-(p+q).
所以p+q-(p+q)=0,
即p()=q(),p=q,
所以p+q=0=0·+0·.
由平面向量的基本定理可知,其分解是唯一的,
所以p=0,q=0,p+q=0.因为p+q+r=0,
故有p=q=r=0.
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