2022版高考数学一轮复习-第四章-平面向量、数系的扩充与复数的引入-第二讲-平面向量的基本定理及坐.doc

2022版高考数学一轮复习 第四章 平面向量、数系的扩充与复数的引入 第二讲 平面向量的基本定理及坐标表示学案新人教版

2022版高考数学一轮复习 第四章 平面向量、数系的扩充与复数的引入 第二讲 平面向量的基本定理及坐标表示学案新人教版

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第二讲　平面向量的基本定理及坐标表示

知识梳理·双基自测

知识点一　平面向量的基本定理
如果e1，e2是同一平面内的两个__不共线__向量，那么对这一平面内的任一向量a，有且只有一对实数λ1，λ2使a＝__λ1e1＋λ2e2__.
知识点二　平面向量的坐标表示
在直角坐标系内，分别取与__x轴，y轴正方向相同__的两个单位向量i，j作为基底，对任一向量a，有唯一一对实数x，y，使得：a＝xi＋yj，__(x，y)__叫做向量a的直角坐标，记作a＝(x，y)，显然i＝__(1,0)__，j＝(0,1)，0＝__(0,0)__.
知识点三　平面向量的坐标运算
(1)向量加法、减法、数乘向量及向量的模
设a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则a＋b＝__(x1＋x2，y1＋y2)__，a－b＝__(x1－x2，y1－y2)__，λa＝__(λx1，λy1)__，|a|＝____.
(2)向量坐标的求法
①若向量的起点是坐标原点，则终点坐标即为向量的坐标．
②设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则＝__(x2－x1，y2－y1)__，||＝____.
知识点四　向量共线的坐标表示
若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则a∥b⇔__x1y2－x2y1＝0__.

两个向量作为基底的条件：作为基底的两个向量必须是不共线的．平面向量的基底可以有无穷多组．

题组一　走出误区
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)平面内的任意两个向量都可以作为一组基底．(　×　)
(2)若a，b不共线，且λ1a＋μ1b＝λ2a＋μ2b，则λ1＝λ2，μ1＝μ2.(　√　)
(3)若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则a∥b的充要条件可表示成＝.(　×　)
(4)平面向量不论经过怎样的平移变换之后其坐标不变．(　√　)
(5)当向量的起点在坐标原点时，向量的坐标就是向量终点的坐标．(　√　)
题组二　走进教材
2．(必修4P100T2改编)(2021·北京十五中模拟)如果向量a＝(1,2)，b＝(4,3)，那么a－2b＝(　B　)
A．(9,8) B．(－7，－4)
C．(7,4) D．(－9，－8)
[解析]　a－2b＝(1,2)－(8,6)＝(－7，－4)，故选B．
3．(必修4P101A组T5改编)下列各组向量中，可以作为基底的是(　B　)
A．e1＝(0,0)，e2＝(1,2)
B．e1＝(－1,2)，e2＝(5,7)
C．e1＝(3,5)，e2＝(6,10)
D．e1＝(2，－3)，e2＝
[解析]　A选项中，零向量与任意向量都共线，故其不可以作为基底；B选项中，不存在实数λ，使得e1＝λe2.故两向量不共线，故其可以作为基底；C选项中，e2＝2e1，两向量共线，故其不可以作为基底；D选项中，e1＝4e2，两向量共线，故其不可以作为基底．故选B．
题组三　走向高考
4．(2015·新课标全国Ⅰ)已知点A(0,1)，B(3,2)，向量＝(－4，－3)，则向量＝(　A　)
A．(－7，－4) B．(7,4)
C．(－1,4) D．(1,4)
[解析]　设C(x，y)，∵A(0,1)，＝(－4，－3)，
∴解得
∴C(－4，－2)，又B(3,2)，
∴＝(－7，－4)，选A．
5．(2018·全国卷Ⅲ)已知向量a＝(1,2)，b＝(2，－2)，c＝(1，λ)．若c∥(2a＋b)，则λ＝____.
[解析]　由题意得2a＋b＝(4,2)，因为c∥(2a＋b)，c＝(1，λ)，所以4λ＝2，得λ＝.
6．(2015·北京)在△ABC中，点M，N满足＝2，＝.若＝x＋y，则x＝____；y＝__－__.
[解析]　由题中条件得＝＋＝＋＝＋(－)＝－＝x＋y，所以x＝，y＝－.

考点突破·互动探究
考点一　平面向量基本定理的应用——师生共研
例1 (1)如图，已知平面内有三个向量，，，其中与的夹角为120°，与的夹角为30°，且||＝||＝1，||＝2，若＝λ＋μ(λ，μ∈R)，则λ＋μ的值为__6__.

(2)已知向量，和在正方形网格中的位置如图所示，若＝λ＋μ，则λμ＝__－3__.

[分析]　利用平行四边形法则对作关于，为基底的分解．
[解析]　(1)解法一：以λ和μ为邻边作平行四边形OB1CA1，如图，则＝＋.

因为与的夹角为120°，与的夹角为30°，
所以∠B1OC＝90°，在Rt△OB1C中，||＝2，
所以||＝2，||＝4，所以||＝||＝4，
所以＝4＋2，所以λ＋μ＝6.
解法二：以O为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，

则A(1,0)，C(2cos 30°，2sin 30°)，B(cos 120°，sin 120°)．
即A(1,0)，C(3，)，B.
由＝λ＋μ＝λ(1,0)＋μ，
即＝(3，)，
得所以所以λ＋μ＝6.
(2)建立如图所示的平面直角坐标系xAy，
则＝(2，－2)，＝(1,2)，＝(1,0)．

由题意可知(2，－2)＝λ(1,2)＋μ(1,0)，
即解得
所以λμ＝－3.故填－3.
[引申]　若将本例(1)中“＝λ＋μ”改为“＝λ＋μ”则λ＋μ＝__－__.
[解析]　过点B作BH∥OA交OC于H，由例(1)知在Rt△OBH中，|BH|＝2，|OH|＝，∴＝＋＝－2，∴λ＝－2，μ＝，故λ＋μ＝－.

名师点拨
应用平面向量基本定理的关键
(1)基底必须是两个不共线的向量．
(2)选定基底后，通过构造平行四边形(或三角形)利用向量的加、减、数乘以及向量平行的充要条件，把相关向量用这一组基底表示出来．
(3)注意几何性质在向量运算中的作用，用基底表示未知向量，常借助图形的几何性质，如平行、相似等．
易错提醒：在基底未给出的情况下，合理地选取基底会给解题带来方便．
〔变式训练1〕
(2021·江苏南通月考)如图所示，半径长为1的扇形AOB的圆心角为120°，点C在弧AB上，且∠COB＝30°，若＝λ＋2μ，则λ＋μ＝____.

[解析]　根据题意，可得OA⊥OC，以O为坐标原点，OC，OA所在直线分别为x轴、y轴建立平面直角坐标系，如图所示，则有A(0,1)，C(1,0)，B(cos 30°，－sin 30°)，即，于是＝(0,1)，＝(1,0)，＝.

由＝λ＋2μ，得(1,0)＝λ(0,1)＋2μ，
∴解得故λ＋μ＝.
考点二　平面向量坐标的基本运算——自主练透
例2 (1)已知A(－2,4)，B(3，－1)，C(－3，－4)．设＝a，＝b，＝c，且＝3c，＝－2b.
①求3a＋b－3c；
②求满足a＝mb＋nc的实数m，n；
③求M，N的坐标及向量的坐标．
(2)设向量a，b满足|a|＝2，b＝(2,1)，且a与b的方向相反，则a的坐标为__(－4，－2)__.
[解析]　(1)由已知得a＝(5，－5)，b＝(－6，－3)，c＝(1,8)．
①3a＋b－3c＝3(5，－5)＋(－6，－3)－3(1,8)
＝(15－6－3，－15－3－24)＝(6，－42)．
②因为mb＋nc＝(－6m＋n，－3m＋8n)，
所以解得.
③设O为坐标原点，
因为＝－＝3c，
所以＝3c＋＝(3,24)＋(－3，－4)＝(0,20)，
所以M(0,20)．
又因为＝－＝－2b，
所以＝－2b＋＝(12,6)＋(－3，－4)＝(9,2)．
所以N(9,2)．所以＝(9，－18)．
(2)设a＝(x，y)，x<0，y<0，则x－2y＝0且x2＋y2＝20，解得x＝4，y＝2(舍去)，或者x＝－4，y＝－2，即a＝(－4，－2)．

名师点拨
平面向量坐标运算的技巧
(1)向量的坐标运算主要是利用向量加、减、数乘运算的法则来进行求解的，若已知有向线段两端点的坐标，则应先求向量的坐标．
(2)解题过程中，常利用向量相等则其坐标相同这一原则，通过列方程(组)来进行求解，并注意方程思想的应用．
考点三　向量共线的坐标表示及其应用——多维探究
角度1　利用向量共线求参数的值
例3 (2021·海南省文昌中学模拟)已知a＝(1,3)，b＝(－2，k)，且(a＋2b)∥(3a－b)，则实数k＝__－6__.
[解析]　由题意得a＋2b＝(－3,3＋2k)，3a－b＝(5，9－k)，由(a＋2b)∥(3a－b)，得－3(9－k)＝5(3＋2k)，解得k＝－6.
角度2　利用向量共线求解综合问题
例4 (2020·湖南“三湘教育联盟”联考)已知向量a＝(sin θ，1)，b＝(－sin θ，0)，c＝(cos θ，－1)，且(2a－b)∥c，则sin 2θ等于__－__.
[解析]　由题意知2a－b＝(3sin θ，2)，
又(2a－b)∥c，∴－3sin θ＝2cos θ，即tan θ＝－，
∴sin 2θ＝＝＝－.

名师点拨
利用两向量共线解题的技巧
(1)一般地，在求一个与已知向量a共线的向量时，可设所求向量为λa(λ∈R)，然后结合其它条件列出关于λ的方程，求出λ的值后代入λa即可得到所求的向量．
(2)如果已知两个向量共线，求某些参数的值，那么利用“若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则a∥b的充要条件是：x1y2－x2y1＝0”比较简捷．
〔变式训练2〕
(1)(角度2)(2021·郑州月考)已知向量a＝(1－sin θ，1)，b＝，若a∥b，则锐角θ＝__45°__.
(2)(角度1)已知向量＝(k,12)，＝(4,5)，＝(－k,10)，且A，B，C三点共线，则k＝__－__.
[解析]　(1)由a∥b，得(1－sin θ)(1＋sin θ)＝，
所以cos2θ＝，所以cos θ＝或cos θ＝－，
又θ为锐角，所以θ＝45°.故填45°.
(2)＝－＝(4－k，－7)，
＝－＝(－2k，－2)．
因为A，B，C三点共线，所以，共线，
所以－2×(4－k)＝－7×(－2k)，解得k＝－.

名师讲坛·素养提升
三点共线的充要条件
例5 (理)如图△ABC中，＝，＝2，BF交CE于G，＝x＋y，则x＋y＝(　D　)

A． B．
C． D．
(文)在△ABC中，若＝2，＝＋λ，则λ＝(　D　)
A．－ B．－
C． D．
[分析]　注意到E、G、C三点共线，B、G、F三点共线，利用三点共线的充要条件求解．
[解析]　(理)∵B、G、F三点共线，
＝x＋y＝＋y，
∴＋y＝1，①
又E、G、C三点共线，
∴＝x＋y＝x＋，
∴x＋＝1，②
由①、②可得x＝，y＝.∴x＋y＝，故选D．
(文)解法一：由＝2，知A，B，D三点共线．
∴＋λ＝1，从而λ＝.故选D．

解法二：由图知＝＋，①
＝＋，
且＋2＝0.②
①＋②×2，得3＝＋2.
∴＝＋，∴λ＝.故选D．
[引申]　本例中若＝x＋y，则x＋y＝____.
[解析]　＝＋＝＋，
∴x＋y＝.
例6 (理)(2021·山西运城期中)点O是△ABC内部一点，且满足2＋3＋4＝0，则△AOB，△BOC，△COA面积的比为(　A　)
A．4∶2∶3 B．2∶3∶4
C．4∶3∶2 D．3∶4∶5
[分析]　(理)连CO并延长交AB于D，探求与间的关系可得S△AOB与S△ABC的比，同理可求S△AOC与S△ADC的比，进而得S△AOB∶S△BOC∶S△AOC．

[解析]　(理)延长CO交AB于D．
∵2＋3＋4＝0，
∴2(－)＋3(－)＋4＝0，
∴＝(2＋3)
＝＝，
(提示∵＋＝1，且D与A、B共线)
∴＝，
∴S△AOB＝S△ABC，同理S△COA＝S△ABC，
∴S△AOB∶S△BOC∶S△COA＝4∶2∶3，故选A．
另解：(巧妙构图，秒杀面积问题)

□OMQN中＝2，＝3，
＝－＝，
显然2＋3＋4＝0，且O为△PMN的重心．
记S△PON＝S△POM＝S△MON＝S.
∴S△AOB∶S△BOC∶S△COA＝∶∶＝4∶2∶3，故选A．

名师点拨
设、不共线，且＝λ＋μ，则P、A、B共线的充要条件是λ＋μ＝1.
证明：充分性：∵λ＋μ＝1，∴＝λ＋μ＝(1－μ)＋μ＝＋μ(－)＝＋μ.∴－＝μ.∴＝μ，∴，共线．∵有公共点A，∴A，P，B三点共线．必要性：若P，A，B三点共线，则＝μ＝μ(－)．∴－＝μ－μ.∴＝(1－μ)＋μ.令λ＝1－μ，则＝λ＋μ，其中μ＋λ＝1.
〔变式训练3〕
(1)(2021·山东曲阜模拟)如图，在△ABC中，＝，P是BN上的一点，若＝m＋，则实数m的值为(　B　)

A． B．
C．1 D．3
(2)(理)若点M是△ABC所在平面内的一点，且满足5＝＋3，则△ABM与△ABC的面积比为(　C　)
A． B．
C． D．
[解析]　(1)解法一：设＝λ(λ>0)，
＝＋＝＋λ＝＋λ(－)＝＋λ＝(1－λ)＋，
因为＝m＋，
所以＝，得λ＝，所以m＝1－λ＝，故选B．
解法二：＝m＋＝m＋，
∴m＋＝1，∴m＝.
(2)(理)如图，设AB的中点为D．由5＝＋3，得3－3＝2－2，所以＝，所以C，M，D三点共线，且＝，所以△ABM与△ABC公共边AB上的两高之比为3∶5，则△ABM与△ABC的面积比为.