6.3.1 平面向量基本定理 6.3.2 平面向量的正交分解及坐标表示分层同步练习-2025-2026学年高一下学期数学人教A版必修第二册

6.3.1　平面向量基本定理　6.3.2　平面向量的正交分解及坐标表示 一、必备知识基础练 1.(探究点一)设向量e1与e2不共线,若3xe1+(10-y)e2=(4y-7)e1+2xe2,则实数x,y的值分别为(　　) A.0,0 B.1,1 C.3,0 D.3,4 2.(探究点二(角度1))如图所示,在△ABC中,AD=AB,BE=BC,则=(　　) A. B. C. D. 3.(探究点二(角度1))如图,平面内的两条相交直线OP1和OP2将该平面分割成四个部分Ⅰ,Ⅱ,Ⅲ,Ⅳ(不包含边界).设=m+n,且点P落在第Ⅲ部分,则实数m,n满足(　　) A.m>0,n>0 B.m>0,n<0 C.m<0,n>0 D.m<0,n<0 4.(探究点二(角度1)·2025四川泸州高一期中)如图,在△ABC中,设=a,=b,2=3,则=(　　) A.a+b B.a-b C.b+a D.b-a 5.(多选题)(探究点三)已知向量i=(1,0),j=(0,1),对于该坐标平面内的任一向量a,给出下列四个选项,其中不正确的选项是(　　) A.存在唯一的一对实数x,y,使得a=(x,y) B.若x1,x2,y1,y2∈R,a=(x1,y1)≠(x2,y2),则x1≠x2,且y1≠y2 C.若x,y∈R,a=(x,y),且a≠0,则a的起点是原点O D.若x,y∈R,a≠0,且a的终点坐标是(x,y),则a=(x,y) 6.(探究点二(角度1)·2025山东济宁高一期中)在△ABC中,AD为BC边上的中线,E为AD上靠近A的三等分点,则=(　　) A. B.- C. D.- 7.(探究点二(角度2))已知O,A,B是平面内任意不共线三点,点P在直线AB上,若=3+x,则x=　　　　.  8.(探究点二(角度2)·2025江苏南京高一期中)在平行四边形ABCD中,=2,AM交BD于点Q,若=λ+μ,则λ+μ=　　　　　.  9.(探究点一)设e1,e2是两个不共线的非零向量,且a=e1-2e2,b=e1+3e2. (1)求证:{a,b}可以作为一个基底; (2)以{a,b}为基底,表示向量c=3e1-e2. 10.(探究点二(角度2))在△ABC中,∠BAC=120°,AB=,AC=1,D是边BC上一点,CD=2BD,设=a,=b. (1)试用a,b表示; (2)求的值. 二、关键能力提升练 11.在△ABC中,AB=4,AC=2,点M是边BC的中点,则的值为(　　) A.-6 B.6 C.-8 D.8 12.如图,在△ABC中,,P是线段BD上一点,若=m,则实数m的值为(　　) A. B. C.2 D. 13.如图,在△ABC中,,若=λ+μ,则=(　　) A.8 B.4 C.2 D. 14.如图,在△ABC中,=2,N为线段AM上一点,且=(1-λ),则实数λ的值为(　　) A. B. C. D. 15.已知在平面直角坐标系中,O是坐标原点,=(,1),将绕O点逆时针旋转弧度得到,则点B的坐标为　　　　　.  16.(2025山东潍坊高一期中)如图,在平行四边形ABCD中,P,Q分别为线段BC,CD的中点. (1)若=λ+μ,求λ,μ的值; (2)若AB=2,AD=1,∠BAD=60°,求夹角的余弦值. 三、学科素养创新练 17.在边长为1的菱形ABCD中,∠DAB=60°,记=a,=b,M是线段BD上一点,N是线段DC上一点,且A,M,N三点共线.若的值为　　　　　.  参考答案 1.D　因为向量e1与e2不共线, 所以解得 2.D　)=. 3.B　如图所示,利用平行四边形法则,将分解到上,有,则=m=n,很明显方向相同,则m>0;方向相反,则n<0. 4.A　由2=3,可得)=a+b. 故选A. 5.BCD　由平面向量基本定理,知A正确;举反例,a=(1,0)≠(1,3),但1=1,故B错误;因为向量可以平移,所以a=(x,y)与a的起点是不是原点无关,故C错误;当a的终点坐标是(x,y)时,a=(x,y)是以a的起点是原点为前提的,故D错误. 6.D　如图,=-)=-.故选D. 7.-2　∵点P在直线AB上,且=3+x, ∴3+x=1,∴x=-2. 8.　如图,在▱ABCD中,DM∥AB,则△DQM∽△BQA,因为=2,所以,所以)=)=,即λ=,μ=,故λ+μ=. 9.(1)证明假设a,b共线,则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,b不共线, 即{a,b}可以作为一个基底. (2)解设c=ma+nb(m,n∈R),则3e1-e2=m(e1-2e2)+n(e1+3e2)=(m+n)e1+(-2m+3n)e2. 所以解得故c=2a+b. 10.解(1)∵D是边BC上一点,CD=2BD,∴,又∵=a,=b,得=b-a,∴=a+(b-a)=a+b. (2)∵|a|=||=,|b|=||=1,∠BAC=120°, ∴a·b=|a|·|b|cos∠BAC=-=(a+b)·(b-a)=b2+a·b-a2=-. 11.A　∵在△ABC中,点M是边BC的中点,∴).又,AB=4,AC=2, ∴)·()=)=(4-16)=-6.故选A. 12.A　设=λ,因为,所以,则+λ+λ()=(1-λ),又因为=m,所以解得λ=,m=.故选A. 13.A　因为,所以),即,又=λ+μ,所以λ=,μ=,故=8.故选A. 14.D　因为=2,所以,所以)=.因为A,N,M三点共线,所以设=t,则.因为=(1-λ), 所以解得λ=.故选D. 15.(1,)　设与x轴方向相同的单位向量为i,由题意,||=||==2,所以与i的夹角θ的正弦值为sin θ=,故θ=,所以由题意得与i的夹角为,又2cos=1,2sin,所以点B的坐标为(1,). 16.解(1)因为P,Q分别为BC,CD的中点,所以=-. 于是=λ+μ=λ()+μ(-)=(λ-μ)+(λ+μ). 又不共线,由平面向量基本定理得解得λ=,μ=. (2)由(1)可知=-, 所以||=.同理||==1.=()·(-)=-=-×22+×2×1×cos 60°+×12=-. 所以cos<>==-. 17.b+a　　设=λ,λ∈[0,1],则=b+λa,若,则b+λa. 因为B,M,D三点共线,则λ=1,得λ=,所以=b+λa=b+a. 设=μ,μ∈[1,2],则b+a. 又B,M,D三点共线,则=1,得λ=μ-1. 因为菱形ABCD的边长为1,∠DAB=60°,=a,=b, 所以a2=b2=1,a·b=. 又b+a-(a+b)=b-a, 所以=[b+(μ-1)a]·(b-a)==-,整理得6μ2+μ-12=0, 解得μ=,或μ=-(舍去),故. 1 学科网（北京）股份有限公司 $