高考數學理一輪資源庫 第5章學案25

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1、 精品資料 學案25　平面向量的基本定理及坐標表示 導學目標： 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表示.3.會用坐標表示平面向量的加法、減法與數乘運算.4.理解用坐標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是同一平面內的兩個________的向量，那么對于這一平面內的任一向量a，__________一對實數λ1，λ2，使a＝______________. 我們把不共線的向量e1，e2叫做表示這一平面內所有向量的一組________． 2．把一個向量

2、分解為兩個________的向量，叫做把向量正交分解． 3．在平面直角坐標系中，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，對于平面內的一個向量a，有且只有一對實數x，y使a＝xi＋yj，我們把有序數對________叫做向量a的________，記作a＝________，其中x叫a在________上的坐標，y叫a在________上的坐標． 4．平面向量的坐標運算 (1)已知向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)和實數λ，那么a＋b＝____________________，a－b＝__________________，λa＝______________. (2)已

3、知A(x1，y1)，B(x2，y2)，則＝－＝(x2，y2)－(x1，y1)＝(x2－x1，y2－y1)，即一個向量的坐標等于表示此向量的有向線段的__________的坐標減去__________的坐標． 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的坐標為________________________． (2)P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，P3(x3，y3)，則△P1P2P3的重心P的坐標為_______________________

4、_． 自我檢測 1．(2010福建改編)若向量a＝(x,3)(x∈R)，則“x＝4”是“|a|＝5”的________條件． 2．設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y＝sin x的圖象上，則實數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為圓心的圓弧上變動，若＝x＋y，其中x，y∈R，則x＋y的最

5、大值是______． 探究點一　平面向量基本定理的應用 例1　如圖所示，在△OAB中，＝，＝，AD與BC交于點M，設＝a，＝b，以a、b為基底表示. 變式遷移1　如圖，平面內有三個向量、、，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． 變式遷移2　已知點A(1，－2)，若向量與a＝(2,3)同向，||＝2，則點B的坐標為_____

6、___． 探究點三　在向量平行下求參數問題 例3　已知平面內三個向量：a＝(3,2)，b＝(－1,2)，c＝(4,1)． (1)求滿足a＝mb＋nc的實數m、n； (2)若(a＋kc)∥(2b－a)，求實數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．平面直角坐標系中，以原點為

7、起點的向量＝a，點A的位置被a所唯一確定，此時a的坐標與點A的坐標都是(x，y)．向量的坐標表示和以坐標原點為起點的向量是一一對應的，即向量(x，y) 向量點A(x，y)．要把點的坐標與向量的坐標區(qū)分開，相等的向量坐標是相同的，但起點、終點的坐標可以不同，也不能認為向量的坐標是終點的坐標，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

8、e1、e2是平面α內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，λ1、λ2∈R. ④對于平面α內任一向量a，使a＝λ1e1＋λ2e2的實數λ1、λ2有無數對． 4．在平面直角坐標系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點的坐標為________． 5．如圖所示，在△ABC中，點O是BC的中點．過點O的直線

9、分別交直線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．設兩個向量a＝(λ＋2，λ2－cos2α)和b＝，其中λ、m、α為實數．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三點的坐標分別為(－1,0)、(3，－1)、(1,2)，并且＝，＝.

10、求證：∥. 10．(14分)如圖，在邊長為1的正△ABC中，E，F分別是邊AB，AC上的點，若＝m，＝n，m，n∈(0,1)．設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　(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 解析　a

12、＋b＝(1，m－1)，由(a＋b)∥c， 得12－(m－1)(－1)＝0，所以m＝－1. 5．2 解析　建立如圖所示的坐標系， 則A(1,0)，B(cos 120，sin 120)， 即B(－，)． 設∠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α＝60時取最大值． 課堂活動區(qū) 例1　解題導引　本題利用方程的思想，設＝ma＋nb，通過建立關于m、n的方程求解，同時注

13、意體會應用向量法解決平面幾何問題的方法． 解　設＝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(－3，－4)， ∴＝(1,8)，

14、＝(6,3)． ∴＝3＝(3,24)，＝2＝(12,6)． 設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＝(2t,3t) (t>0)． 由||＝2，∴4t2＋9t2＝413.∴t2＝4. ∵t>0，∴t＝2.∴＝(4,6)． 設B為(x，y)，∴　∴ 例3　解　(1)∵a＝mb＋nc，m，n∈R， ∴(3,2)＝m(－1,2)＋n(4,1)＝(－m＋4n,2m＋n)． ∴　解之得

15、 (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. 課后練習區(qū) 1．(，)或(－，－) 2．－1 解析　＝＋＝2a－b，由已知得＝λ，即，∴p＝－1. 3．① 4．(0，－2) 解析　設D點的坐標為(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　方法一　若M與B重合，N與C重合，則m＋n

16、＝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≤1－sin2α＋2sin α≤2，

17、 ∴－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E、F兩點的坐標分別為(x1，y1)、(x2，y2)，則依題意，得＝(2,2)，＝(－2,3)，＝(4，－1)． ∴＝＝， ＝＝. ∴＝(x1，y1)－(－1,0)＝， ＝(x2，y2)－(3，－1)＝.……………………………………………………

18、(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＝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) 又m＋n＝1，所以＝(1－m)＋m， 所以||2

19、＝(1－m)22＋m22＋ (1－m)m ＝(1－m)2＋m2＋(1－m)m ＝(m－)2＋.…………………………………………………………………………(12分) 故當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為三角形的內角， ∴－π