4.1平面向量基本定理同步练习-2024-2025学年高一下学期数学北师大版（2019）必修第二册

4.1　平面向量基本定理 A组 1.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.已知实数λ1,λ2,则向量λ1e1+λ2e2不一定在平面α内 B.对平面α内任一向量a,使a=λ1e1+λ2e2的实数λ1,λ2可以不唯一 C.若有实数λ1,λ2使λ1e1=λ2e2,则λ1=λ2=0 D.对平面α内任一向量a,使a=λ1e1+λ2e2的实数λ1,λ2不一定存在 2.设点D为△ABC中BC边上的中点,O为AD边上靠近点A的三等分点,则(　　). A.=- B. C. D.=- 3.已知非零向量不共线,且2=x+y,若=λ(λ∈R),则x,y满足的关系式是(　　). A.x+y-2=0 B.2x+y-1=0 C.x+2y-2=0 D.2x+y-2=0 4.在△ABC中,,EF∥BC,EF交AC于点F,设=a,=b,则等于(　　). A.-a+b B.a-b C.a-b D.a+b 5.(多选题)已知{e1,e2}是表示一个平面内所有向量的一组基,则下列四组向量中,可以作为一组基的是(　　). A.e1和e1+e2 B.e1-2e2和e2-2e1 C.e1+e2和e1-e2 D.e1-2e2和4e2-2e1 6.已知e1,e2不共线,a=e1+2e2,b=2e1+λe2,要使a,b能作平面内所有向量的一组基,则实数λ的取值范围是　　　　　　　　.  7.在△ABC中,O,D分别为边AB,BC的中点,若=x+y,则x+y=　　　　　.  8.已知a=e1+e2,b=2e1-e2,c=-2e1+4e2(e1,e2是同一平面内的两个不共线向量),则c=　　　　　.(用a,b表示)  9.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),求λ+μ的值. B组 1.已知AB是圆O的直径,点C,D是半圆弧的两个三等分点,=a,=b,则=(　　). A.a-b B.a-b C.a+b D.a+b 2.如图,在平行四边形ABCD中,M,N分别为AB,AD上的点,且,连接AC,交MN于点P,若,则点N在AD上的位置为(　　). A.AD中点 B.AD上靠近点D的三等分点 C.AD上靠近点D的四等分点 D.AD上靠近点D的五等分点 3.如图,已知=a,=b,任意点M关于点A的对称点为S,点S关于点B的对称点为N,则向量=　　　　　.(用a,b表示向量)  4.在平行四边形ABCD中,O为AC与BD的交点,2,若=x+y,则x+y=　　　　　.  5.在△ABC中,AB=5,AC=2,BC上的高AD=4,且垂足D在线段BC上,H为△ABC的垂心且=x+y(x,y∈R),则=　　　　　.  6.如图,在△ABC中,点M在边BC上,且,点N在边AC上,且=3,AM与BN相交于点P,设=a,=b,用a,b表示. 7.在△ABC中,过重心G的直线l交边AB于P,交边AC于Q,若=p=q,其中p,q为非零常数. 求证:(1)=0; (2)为定值. 答案 A组 1.C　选项A中,由平面向量基本定理知λ1e1+λ2e2与e1,e2共面,所以A项不正确;选项B中,实数λ1,λ2有且仅有一对,所以B项不正确;选项D中,实数λ1,λ2一定存在,所以D项不正确;很明显C项正确. 2.D　如图,D为中点,O为靠近A的三等分点, =-=-)=-=-. 3.A　由=λ,得=λ(),即=(1+λ)-λ. 又2=x+y, ∴消去λ得x+y=2. 4.A　∵,∴=-. 又EF∥BC,∴), ∴=-)==-a+b. 5.ABC　根据平面基的定义知,向量e1,e2为不共线非零向量,即不存在实数λ,使得e1=λe2, 对于A,向量e1和e1+e2,不存在实数λ,使得e1=λ(e1+e2),所以e1和e1+e2可以作为一组基,符合题意; 对于B,向量e1-2e2和e2-2e1,假设存在实数λ,使得e1-2e2=λ(e2-2e1), 可得此时方程组无解,所以e1-2e2和e2-2e1可以作为一组基,符合题意; 对于C,向量e1+e2和e1-e2,假设存在实数λ,使得e1+e2=λ(e1-e2), 可得此时方程组无解,所以e1+e2和e1-e2可以作为一组基,符合题意; 对于D,向量e1-2e2和4e2-2e1,假设存在实数λ,使得e1-2e2=λ(4e2-2e1), 可得解得λ=-,所以e1-2e2和4e2-2e1可以作为一组基,不符合题意.故选ABC. 6.λ≠4　若向量a,b共线,则有λ=4,故当向量a,b不共线时,λ≠4. 7.　如图所示: 因为O,D分别为边AB,BC的中点, 所以, 所以=-+2, 即x=-,y=2,x+y=. 8.2a-2b　设c=λa+μb,则-2e1+4e2=λ(e1+e2)+μ(2e1-e2)=(λ+2μ)e1+(λ-μ)e2. 因为e1,e2不共线,所以 解得故c=2a-2b. 9.解 如图,以OA,OB所在射线为邻边,OC为对角线作平行四边形ODCE, 则.在Rt△OCD中, ∵||=2,∠COD=30°,∠OCD=90°,∴||=4,||=2, 故=4=2,即λ=4,μ=2,∴λ+μ=6. B组 1.D　连接CD,OD,因为点C,D是半圆弧AB的两个三等分点,所以,可得CD∥AB,∠CAD=∠DAB=×90°=30°.因为OA=OD,∠ADO=∠DAO=30°,由此可得∠CAD=∠ADO=30°,所以AC∥DO,所以四边形ACDO为平行四边形,可得a,=b,a+b. 2.B　设=λ,因为)=+λ)=, 又M,N,P三点共线,所以=1, 解得λ=,所以, 所以点N为AD上靠近点D的三等分点. 3.2b-2a　连接AB,依题意=b-a.由于A,B分别是线段MS,NS的中点,故=2=2b-2a. 4.-　由向量的加法法则得,)+=-,所以所以x+y=-. 5.　因为AD⊥BC,AB=5,AC=2,BC上的高AD=4,所以BD=3,CD=2,所以,即,即. 因为H为△ABC的垂心,所以A,H,D三点共线,因此存在实数λ,使得=λ, 所以,又=x+y,所以. 6.解 ∵A,P,M三点共线, ∴存在实数λ使得=λ,同理可设=μ. ∵+λ+λ()=(1-λ)+μ+μ()=(1-μ), ∴解得 ∴=(1-a+b. 7.证明 (1)由题意,延长AG交BC于D,则D为BC中点,可得=2, 因为G是重心,可得=-2, 所以=-2+2=0. (2)设=a,=b, 因为=p=q,可得a,b,)=(a+b), 又因为P,G,Q三点共线,所以存在λ,使得=λ,即=λ(),即b-a=λ(a+b-a)=()a+b, 可得整理得λ=, 即,即2-+1,所以=1. 学科网（北京）股份有限公司 $$