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1、◆+◆◆二〇一九高考數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)資料◆+◆◆ 學(xué)案25　平面向量的基本定理及坐標(biāo)表示 導(dǎo)學(xué)目標(biāo)： 1.了解平面向量的基本定理及其意義.2.掌握平面向量的正交分解及其坐標(biāo)表示.3.會用坐標(biāo)表示平面向量的加法、減法與數(shù)乘運算.4.理解用坐標(biāo)表示的平面向量共線的條件． 自主梳理 1．平面向量基本定理 定理：如果e1，e2是同一平面內(nèi)的兩個________的向量，那么對于這一平面內(nèi)的任一向量a，__________一對實數(shù)λ1，λ2，使a＝______________. 我們把不共線的向量e1，e2叫做表示這一平面內(nèi)所有向量的一組________． 2．把一個向量分解為兩個_______

2、_的向量，叫做把向量正交分解． 3．在平面直角坐標(biāo)系中，分別取與x軸、y軸方向相同的兩個單位向量i，j作為基底，對于平面內(nèi)的一個向量a，有且只有一對實數(shù)x，y使a＝xi＋yj，我們把有序數(shù)對________叫做向量a的________，記作a＝________，其中x叫a在________上的坐標(biāo)，y叫a在________上的坐標(biāo)． 4．平面向量的坐標(biāo)運算 (1)已知向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)和實數(shù)λ，那么a＋b＝____________________，a－b＝__________________，λa＝______________. (2)已知A(x1，y1)，B(

3、x2，y2)，則＝－＝(x2，y2)－(x1，y1)＝(x2－x1，y2－y1)，即一個向量的坐標(biāo)等于表示此向量的有向線段的__________的坐標(biāo)減去__________的坐標(biāo)． 5．若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2) (b≠0)，則a∥b的充要條件是________________． 6．(1)P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，則P1P2的中點P的坐標(biāo)為________________________． (2)P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，P3(x3，y3)，則△P1P2P3的重心P的坐標(biāo)為________________________． 自我檢測 1．

4、(2010·福建改編)若向量a＝(x,3)(x∈R)，則“x＝4”是“|a|＝5”的________條件． 2．設(shè)a＝，b＝，且a∥b，則銳角α＝________. 3．已知向量a＝(6，－4)，b＝(0,2)，＝c＝a＋λb，若C點在函數(shù)y＝sin x的圖象上，則實數(shù)λ＝________. 4．(2010·陜西)已知向量a＝(2，－1)，b＝(－1，m)，c＝(－1，2)，若(a＋b)∥c，則m＝________. 5．(2009·安徽)給定兩個長度為1的平面向量和，它們的夾角為120°.如圖所示，點C在以O(shè)為圓心的圓弧上變動，若＝x＋y，其中x，y∈R，則x＋y的最大值是_____

5、_． 探究點一　平面向量基本定理的應(yīng)用 例1　如圖所示，在△OAB中，＝，＝，AD與BC交于點M，設(shè)＝a，＝b，以a、b為基底表示. 變式遷移1　如圖，平面內(nèi)有三個向量、、，其中與的夾角為120°，與的夾角為30°，且||＝||＝1，||＝2，若＝λ＋μ(λ、μ∈R)，則λ＋μ的值為________． 探究點二　平面向量的坐標(biāo)運算 例2　已知A(－2,4)，B(3，－1)，C(－3，－4)，且＝3，＝2，試求點M，N和的坐標(biāo)． 變式遷移2　已知點A(1，－2)，若向量與a＝(2,3)同向，||＝2，則點B的坐標(biāo)為________．

6、探究點三　在向量平行下求參數(shù)問題 例3　已知平面內(nèi)三個向量：a＝(3,2)，b＝(－1,2)，c＝(4,1)． (1)求滿足a＝mb＋nc的實數(shù)m、n； (2)若(a＋kc)∥(2b－a)，求實數(shù)k. 變式遷移3　(2009·江西)已知向量a＝(3,1)，b＝(1,3)，c＝(k,7)，若(a－c)∥b，則k＝________. 1．在解決具體問題時，合理地選擇基底會給解題帶來方便．在解有關(guān)三角形的問題時，可以不去特意選擇兩個基本向量，而可以用三邊所在的三個向量，最后可以根據(jù)需要任意留下兩個即可，這樣思考問題要簡單得多． 2．平面直角坐標(biāo)系中，以原點為起點的向量

7、＝a，點A的位置被a所唯一確定，此時a的坐標(biāo)與點A的坐標(biāo)都是(x，y)．向量的坐標(biāo)表示和以坐標(biāo)原點為起點的向量是一一對應(yīng)的，即向量(x，y) 向量點A(x，y)．要把點的坐標(biāo)與向量的坐標(biāo)區(qū)分開，相等的向量坐標(biāo)是相同的，但起點、終點的坐標(biāo)可以不同，也不能認(rèn)為向量的坐標(biāo)是終點的坐標(biāo)，如A(1,2)，B(3,4)，則＝(2,2)． (滿分：90分) 一、填空題(每小題6分，共48分) 1．與向量a＝(12,5)平行的單位向量為________． 2．設(shè)a、b是不共線的兩個非零向量，已知＝2a＋pb，＝a＋b，＝a－2b.若A、B、D三點共線，則p的值為________． 3．如果e1、e2

8、是平面α內(nèi)所有向量的一組基底，那么下列命題正確的是________(填上正確命題的序號)． ①若實數(shù)λ1、λ2使λ1e1＋λ2e2＝0，則λ1＝λ2＝0. ②對空間任一向量a都可以表示為a＝λ1e1＋λ2e2，其中λ1、λ2∈R. ③λ1e1＋λ2e2不一定在平面α內(nèi)，λ1、λ2∈R. ④對于平面α內(nèi)任一向量a，使a＝λ1e1＋λ2e2的實數(shù)λ1、λ2有無數(shù)對． 4．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，四邊形ABCD的邊AB∥DC，AD∥BC.已知A(－2,0)，B(6,8)，C(8，6)，則D點的坐標(biāo)為________． 5．如圖所示，在△ABC中，點O是BC的中點．過點O的直線分別交直線

9、AB、AC于不同的兩點M、N，若＝m，＝n，則m＋n的值為______． 6．已知向量集合M＝{a|a＝(1,2)＋λ(3,4)，λ∈R}，N＝{a|a＝(－2，－2)＋λ(4,5)，λ∈R}，則M∩N＝________. 7．設(shè)兩個向量a＝(λ＋2，λ2－cos2α)和b＝，其中λ、m、α為實數(shù)．若a＝2b，則的取值范圍是__________． 8．(2009·天津)在四邊形ABCD中，＝＝(1,1)，·＋·＝·，則四邊形ABCD的面積為________． 二、解答題(共42分) 9．(12分)已知A、B、C三點的坐標(biāo)分別為(－1,0)、(3，－1)、(1,2)，并且＝，＝.求

10、證：∥. 10．(14分)如圖，在邊長為1的正△ABC中，E，F(xiàn)分別是邊AB，AC上的點，若＝m，＝n，m，n∈(0,1)．設(shè)EF的中點為M，BC的中點為N. (1)若A，M，N三點共線，求證：m＝n； (2)若m＋n＝1，求||的最小值． 11．(16分)在△ABC中，a、b、c分別是角A、B、C的對邊，已知向量m＝(a，b)，向量n＝(cos A，cos B)，向量p＝(2sin，2sin A)，若m∥n，p2＝9，求證：△ABC為等邊三角形． 答案 自主梳理 1．不共線　有且只有　λ1e1＋λ2e2　基底　2.互相垂直

11、3．(x，y)　坐標(biāo)　(x，y)　x軸　y軸　4.(1)(x1＋x2，y1＋y2)　(x1－x2，y1－y2)　(λx1，λy1)　(2)終點　始點 5．x1y2－x2y1＝0　6.(1) (2) 自我檢測 1．充分而不必要 解析　由x＝4知|a|＝＝5；由|a|＝＝5，得x＝4或x＝－4.故“x＝4”是“|a|＝5”的充分而不必要條件． 2．45° 解析　∵a∥b，∴×－sin αcos α＝0， ∴sin 2α＝1,2α＝90°，α＝45°. 3. 解析　c＝a＋λb＝(6，－4＋2λ)， 代入y＝sin x得，－4＋2λ＝sin ＝1，解得λ＝. 4．－1 解

12、析　a＋b＝(1，m－1)，由(a＋b)∥c， 得1×2－(m－1)×(－1)＝0，所以m＝－1. 5．2 解析　建立如圖所示的坐標(biāo)系， 則A(1,0)，B(cos 120°，sin 120°)， 即B(－，)． 設(shè)∠AOC＝α， 則＝(cos α，sin α)． ∵＝x＋y ＝(x,0)＋＝(cos α，sin α)． ∴　∴ ∴x＋y＝sin α＋cos α＝2sin(α＋30°)． ∵0°≤α≤120°，∴30°≤α＋30°≤150°. ∴x＋y有最大值2，當(dāng)α＝60°時取最大值． 課堂活動區(qū) 例1　解題導(dǎo)引　本題利用方程的思想，設(shè)＝ma＋nb，通過建立

13、關(guān)于m、n的方程求解，同時注意體會應(yīng)用向量法解決平面幾何問題的方法． 解　設(shè)＝ma＋nb (m，n∈R)， 則＝－＝(m－1)a＋nb， ＝－＝b－a＝－a＋b. 因為A，M，D三點共線，所以＝，即m＋2n＝1. 而＝－＝a＋nb， ＝－＝b－a＝－a＋b， 因為C，M，B三點共線，所以＝， 即4m＋n＝1.由　解得 所以＝a＋b. 變式遷移1　6 解析　如圖， ＝＋ ＝λ＋μ. 在△OCD中，∠COD＝30°，∠OCD＝∠COB＝90°， 可求||＝4，同理可求||＝2， ∴λ＝4，μ＝2，λ＋μ＝6. 例2　解　∵A(－2,4)，B(3，－1)，C(－

14、3，－4)， ∴＝(1,8)，＝(6,3)． ∴＝3＝(3,24)，＝2＝(12,6)． 設(shè)M(x，y)，則＝(x＋3，y＋4)＝(3,24)， ∴　∴　∴M(0,20)． 同理可得N(9,2)，因此＝(9，－18)． ∴所求M(0,20)，N(9,2)，＝(9，－18)． 變式遷移2　(5,4) 解析　∵向量與a同向，∴設(shè)＝(2t,3t) (t>0)． 由||＝2，∴4t2＋9t2＝4×13.∴t2＝4. ∵t>0，∴t＝2.∴＝(4,6)． 設(shè)B為(x，y)，∴　∴ 例3　解　(1)∵a＝mb＋nc，m，n∈R， ∴(3,2)＝m(－1,2)＋n(4,1)＝(－m

15、＋4n,2m＋n)． ∴　解之得 (2)∵(a＋kc)∥(2b－a)， 且a＋kc＝(3＋4k,2＋k)，2b－a＝(－5,2)， ∴(3＋4k)×2－(－5)×(2＋k)＝0，∴k＝－. 變式遷移3　5 解析　∵a－c＝(3,1)－(k,7)＝(3－k，－6)， 且(a－c)∥b，∴＝，∴k＝5. 課后練習(xí)區(qū) 1．(，)或(－，－) 2．－1 解析?。剑?a－b，由已知得＝λ，即，∴p＝－1. 3．① 4．(0，－2) 解析　設(shè)D點的坐標(biāo)為(x，y)，由題意知＝， 即(2，－2)＝(x＋2，y)，所以x＝0，y＝－2，∴D(0，－2)． 5．2 解析　方法

16、一　若M與B重合，N與C重合，則m＋n＝2. 方法二　∵2＝＋＝m＋n， ∴＝＋.∵O、M、N共線，∴＋＝1. ∴m＋n＝2. 6．{(－2，－2)} 解析　M＝{a|a＝(1＋3λ，2＋4λ)，λ∈R}， N＝{a|a＝(－2＋4λ，－2＋5λ)，λ∈R}， 令，即， 解之得，代入M或N中得a＝(－2，－2)． ∴M∩N＝{(－2，－2)}． 7．[－6,1] 解析　∵2b＝(2m，m＋2sin α)，∴λ＋2＝2m， λ2－cos2α＝m＋2sin α，∴(2m－2)2－m＝cos2α＋2sin α， 即4m2－9m＋4＝1－sin2α＋2sin α. 又∵－2

17、≤1－sin2α＋2sin α≤2， ∴－2≤4m2－9m＋4≤2，解得≤m≤2， ∴≤≤4.又∵λ＝2m－2， ∴＝2－，∴－6≤2－≤1. ∴∈[－6,1]． 8. 解析　由||＝||，＋＝可知四邊形ABCD為菱形，則有||＝||＝， ＝， 即＝，兩邊平方，得 1＋2·＋1＝3，＝. ＝，所以cos〈，〉＝60°. S＝||||sin 60°＝××＝. 9．證明　設(shè)E、F兩點的坐標(biāo)分別為(x1，y1)、(x2，y2)，則依題意，得＝(2,2)，＝(－2,3)，＝(4，－1)． ∴＝＝， ＝＝. ∴＝(x1，y1)－(－1,0)＝， ＝(x2，y2)－(3，－

18、1)＝.……………………………………………………(4分) ∴(x1，y1)＝＋(－1,0)＝， (x2，y2)＝＋(3，－1) ＝. ∴＝(x2，y2)－(x1，y1)＝.……………………………………………………(8分) 又∵＝(4，－1)，∴4×－(－1)×＝0， ∴∥.………………………………………………………………………………(12分) 10．解　(1)由A，M，N三點共線，得∥， 設(shè)＝λ(λ∈R)，即(＋)＝λ(＋)， 所以m＋n＝λ(＋)，所以m＝n.……………………………………………(5分) (2)因為＝－＝(＋)－(＋)＝(1－m)＋(1－n)，……(8分)

19、 又m＋n＝1，所以＝(1－m)＋m， 所以||2＝(1－m)22＋m22＋ (1－m)m· ＝(1－m)2＋m2＋(1－m)m ＝(m－)2＋.…………………………………………………………………………(12分) 故當(dāng)m＝時，||min＝.……………………………………………………………(14分) 11．證明　∵m∥n，∴acos B＝bcos A．………………………………………………(2分) 由正弦定理，得sin Acos B＝sin Bcos A， 即sin(A－B)＝0.…………………………………………………………………………(5分) ∵A、B為三角形的內(nèi)角， ∴－π