考点15 平面向量基本定理 练习-2025-2026学年高二下学期数学学考复习

考点15 平面向量基本定理 基础巩固 1.(2024浙江嘉兴模拟预测)已知向量a=(1,2),b=(λ,-1),c=(μ,-1),若(a+c)∥b,则λ+μ=(　　) A.-2 B.-1 C.0 D.1 2.若向量a=(3,4),且存在实数x,y,使得a=xe1+ye2,则e1,e2可以是(　　) A.e1=(0,0),e2=(-1,2) B.e1=(-1,3),e2=(2,-6) C.e1=(-1,2),e2=(3,-1) D.e1=(-,1),e2=(1,-2) 3.已知向量a=(2,x2),b=(-1,y2-2),若a=λb(λ∈R),则实数y的取值范围为(　　) A.[-1,1] B.[-] C.[0,] D.[,+∞) 4.已知向量a=(2,-1),b=(-3,2),且表示向量a+3b,-2a-2b,c的有向线段首尾相接构成三角形,则向量c的坐标为(　　) A.(5,-3) B.(-5,3) C.(-1,1) D.(1,-1) 5.已知|a|=3,|b|=4,则“|a+b|=7”是“向量a与b共线”的(　　) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 6.已知向量a=(-1,1),b=(1,m),若a∥(ma+b),则m=(　　) A. B.1 C.- D.-1 7.(多选)已知向量a,b是两个非零向量,在下列条件中,一定能使a,b共线的有(　　) A.2a-3b=4e且a+2b=-2e B.存在不相等的实数λ,μ,使λa-μb=0 C.xa+yb=0(其中实数x,y满足x+y=0) D.已知梯形ABCD,其中=a,=b 8.(多选)已知向量a=(,1),b=(cos θ,sin θ)(0≤θ≤π),则下列说法不正确的是(　　) A.若a⊥b,则tan θ=- B.若b在a上的投影向量为a,则向量a与b夹角为 C.与a共线的单位向量的坐标只有一个,为() D.存在θ,使得|a+b|=|a|-|b| 9.(2025浙江7月学考)已知向量a=(1,0),b=(1,1),则|2a+b|=　　　　.  10.已知||=1,||=2,∠AOB=150°,=x+y.若点C在∠AOB外,且OC=2,∠BOC=60°,则x=　　　　　,y=　　　　　.  11.已知向量a=(2,1),b=(4-n,m),m>0,n>0.若a∥b,则的最小值为　　　　　.  12.平面内给定三个向量a=(3,-2),b=(-1,2),c=(4,1). (1)求满足c=xa+yb的实数x,y的值; (2)若(a+kb)∥(c-2a),求实数k的值. 能力提升 13.在△ABC中,∠A=90°,AB=1,AC=2.设点P,Q满足=λ=(1-λ),λ∈R.若=-2,则λ等于(　　) A. B. C. D.2 14.(多选)关于平面向量,有下列四个说法,则正确的说法有(　　) A.已知向量a=(2,t),b=(t-2,4),若a∥b,则t=4 B.设向量a,b,c,则(a·b)c=a(b·c) C.若向量a和向量b是单位向量,且<a,b>=,则(2a-b)⊥b D.若向量a=(-2,-1),b=(1,2),则向量a在向量b上的投影向量是-,- 15.根据毕达哥拉斯定理,以直角三角形的三条边为边长作正方形,从斜边上作出的正方形的面积正好等于在两直角边作出的正方形的面积之和.现在对直角三角形CDE按上述操作作图后,得到如图所示的图形.若=x+y,则x+y=　　　　　.  16.如图,在等腰梯形ABCD中,AB∥CD,AD=DC=CB=AB,点P是线段DC上的动点. (1)若=x+y,求x,y的值; (2)若=λ+μ,求λμ的取值范围. 参考答案 基础巩固 1.B　解析 由条件可得a+c=(1+μ,1). 因为(a+c)∥b,所以-(1+μ)=λ, 所以λ+μ=-1.故选B. 2.C　解析 由题意e1,e2不共线或a,e1,e2共线,只有C符合. 3.B 4.A　解析 c+a+3b-2a-2b=0,∴c=a-b=(5,-3). 5.A　解析 若向量a与b同向共线,由|a|=3,|b|=4,可得|a+b|=7;若向量a与b反向共线,由|a|=3,|b|=4,可得|a+b|=1.所以由“向量a与b共线”不能推出“|a+b|=7”.若|a+b|=7,|a|=3,|b|=4,则|a|2+2a·b+|b|2=49,所以a·b=12,所以cos<a,b>==1.因为向量a与b夹角<a,b>∈[0,π],所以<a,b>=0,即向量a与b共线.所以由“|a+b|=7”能推出“向量a与b共线”.因此,“|a+b|=7”是“向量a与b共线”的充分不必要条件.故选A. 6.D　解析 ∵ma+b=(1-m,2m),∴由a∥(ma+b)得,-2m-(1-m)=0,解得m=-1.故选D. 7.AB　解析 对于A,因为向量a,b是两个非零向量,2a-3b=4e且a+2b=-2e,所以a=e,b=-e,此时a,b共线,故A正确;对于B,存在不相等的实数λ,μ,使λa-μb=0,且a,b是两个非零向量,所以向量a,b是共线向量,故B正确;对于C,xa+yb=0(其中实数x,y满足x+y=0),若x=y=0,则a,b不一定共线,故C不正确;对于D,已知梯形ABCD,=a,=b,若AB,CD是梯形的上、下底,则a,b共线,否则a,b不一定共线.故选AB. 8.BCD　解析 对于A,若a⊥b,则a·b=cos θ+sin θ=0,因为0≤θ≤π,若θ=,则a·b=cos θ+sin θ=1≠0,不符合题意,所以cos θ≠0,所以+tan θ=0,即tan θ=-,故A正确;对于B,由已知可得|a|=,|b|=1,b在a上的投影向量为|b|cos<a,b>·cos<a,b>·a=a,则cos<a,b>=,因为0≤<a,b>≤π,则<a,b>=,故B不正确;对于C,与a共线的单位向量为±=±a,故与a共线的单位向量的坐标为()和(-,-),故C不正确;对于D,由B选项可知|a|-|b|=-1>0,若存在θ,使得|a+b|=|a|-|b|,则a,b方向相反,则sin θ<0,这与θ∈[0,π]矛盾,故D不正确.故选BCD. 9.　解析 2a+b=(3,1),所以|2a+b|=. 10.-2　-1　解析 以O为原点,OA所在直线为x轴建立平面直角坐标系(如图), 则由条件可知=(1,0),=(-,1),=(-,-1). 由=x+y得,(-,-1)=x(1,0)+y(-,1),则解得 11.6　解析 ∵a∥b,∴2m=4-n⇔2m+n=4(m>0,n>0),∴=2+≥2+2=6, 当且仅当且2m+n=4(m>0,n>0), 即n=2,m=1时,等号成立. 故的最小值为6. 12.解 (1)由c=xa+yb得(4,1)=(3x-y,-2x+2y), ∴ 解得 (2)a+kb=(3-k,-2+2k),c-2a=(-2,5), ∵(a+kb)∥(c-2a),∴5(3-k)+2(-2+2k)=0, ∴k=11. 能力提升 13.B　解析 (方法1　坐标法)建立如图所示的平面直角坐标系, 则A(0,0),B(1,0),C(0,2). 由=λ=(1-λ),可得P(λ,0),Q(0,2-2λ), 则=(-1,2-2λ),=(λ,-2), 所以=-λ+4λ-4=3λ-4=-2,即λ=. 故选B. (方法2)=(1-λ), =λ, =(λ-1)-λ=4(λ-1)-λ=3λ-4=-2, 即λ=.故选B. 14.CD　解析 a=(2,t),b=(t-2,4),若a∥b,则2×4-(t-2)t=0,即t2-2t-8=0,解得t=-2或4,故A错误;当a·b≠0且b·c≠0,且a,c不共线时,(a·b)c≠a(b·c),故B错误;当a,b是单位向量,<a,b>=时,(2a-b)·b=2a·b-b2=2×-1=0,则(2a-b)⊥b,故C正确;a=(-2,-1),b=(1,2),a在b上的投影向量为(1,2)=(-,-),故D正确.故选CD. 15.　解析 如图,以A为原点,分别以所在直线为x轴、y轴建立平面直角坐标系, 设正方形ABCD的边长为2a,则正方形DEHI的边长为a,正方形EFGC的边长为a.可知A(0,0),B(2a,0),D(0,2a),DF=(+1)a. 则xF=(+1)a·cos 30°,yF=(+1)a·sin 30°+2a,即F(a,a). 又=x+y,∴(a,a)=x(2a,0)+y(0,2a)=(2ax,2ay),即 即2ax+2ay=a+a, 化简得x+y=. 16.解 (1)因为, 所以x=,y=1. (2)设=t,t∈[0,],所以=λ+u=λ()+u()=λ(+t)+u()=(λ+u)+(λt-u), 由(1)得,根据平面向量基本定理,得从而λ(t+1)=,λ=, 因为t∈[0,],所以λ∈[1,]. 从而λμ=λ(1-λ)=-∈[-,0]. 学科网（北京）股份有限公司 $