高中数学《平面向量基本定理》导学案

2．3.1平面向量基本定理1.平面向量基本定理2．向量的夹角1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)平面向量的一组基底e 1，e 2一定都是非零向量．( ) (2)在平面向量基本定理中，若a ＝0，则λ1＝λ2＝0.( ) (3)在平面向量基本定理中，若a ∥e 1，则λ2＝0；若a ∥e 2，则λ1＝0.( )(4)表示同一平面内所有向量的基底是唯一的．( ) 答案 (1)√ (2)√ (3)√ (4)× 2．做一做(1)设e 1，e 2是同一平面内两个不共线的向量，以下各组向量中不能作为基底的是( )A ．e 1，e 2B ．e 1＋e 2,3e 1＋3e 2C ．e 1,5e 2D ．e 1，e 1＋e 2答案 B解析 ∵3e 1＋3e 2＝3(e 1＋e 2)， ∴两个向量共线，不能作为基底．(2)(教材改编P 94向量夹角的定义)在锐角三角形ABC 中，关于向量夹角的说法正确的是( )A.AB →与BC →的夹角是锐角 B.AC →与AB →的夹角是锐角 C.AC →与BC →的夹角是钝角 D.AC →与CB →的夹角是锐角 答案 B解析 AB →与BC →的夹角是钝角，AC →与AB →的夹角是锐角，AC →与BC→的夹角是锐角，AC →与CB →的夹角是钝角．故选B.(3)若向量a ，b 的夹角为30°，则向量－a ，－b 的夹角为( ) A ．60° B ．30° C ．120° D ．150° 答案 B解析 将向量移至共同起点，则由对顶角相等可得向量－a ，－b 的夹角也是30°.(4)在等腰直角三角形ABC 中，∠A ＝90°，则向量AB →，BC →的夹角为________．答案 135°解析 将向量移至共同起点，由向量的夹角的定义知AB →，BC →夹角为135°.探究1 正确理解基底的概念例1 设O 是平行四边形ABCD 两对角线的交点，给出下列向量组：①AD →与AB →；②DA →与BC →；③CA →与DC →；④OD →与OB →，其中可作为这个平行四边形所在平面的一组基底的是( )A ．①②B ．①③C ．①④D ．③④解析 ①AD →与AB →不共线；②DA →＝－BC →，则DA →与BC →共线；③CA →与DC →不共线；④OD →＝－OB →，则OD →与OB →共线．由平面向量基底的概念知，只有不共线的两个向量才能构成一组基底，故①③满足题意．答案 B 拓展提升能作为基底向量的条件考查两个向量能否作为基底，主要看两向量是否为非零向量且不共线．此外，一个平面的基底一旦确定，那么平面内任意一个向量都可以由这组基底唯一表示．注意零向量不能作基底．【跟踪训练1】 设e 1，e 2是平面内一组基底，则下面四组向量中，不能作为基底的是( )A ．e 1＋e 2和e 1－e 2B ．3e 1－2e 2和4e 2－6e 1C ．e 1＋2e 2和e 2＋2e 1D ．e 2和e 2＋e 1答案 B解析 ∵4e 2－6e 1＝－2(3e 1－2e 2)， ∴两个向量共线，不能作为基底． 探究2 用基底表示向量例2 如图所示，在△ABC 中，点M 是AB 的中点，且AN →＝12NC →，BN 与CM 相交于点E ，设AB →＝a ，AC →＝b ，试用基底a ，b 表示向量AE →.解 易得AN →＝13AC →＝13b ，AM →＝12AB →＝12a ，由N ，E ，B 三点共线知存在实数m ，满足AE →＝mAN →＋(1－m )AB →＝13m b ＋(1－m )a .由C ，E ，M 三点共线知存在实数n ，满足AE →＝nAM →＋(1－n )AC →＝12n a ＋(1－n )b ，所以13m b ＋(1－m )a ＝12n a ＋(1－n )b ，由于a ，b 为基底，所以⎩⎪⎨⎪⎧1－m ＝12n ，13m ＝1－n ，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝35，n ＝45，所以AE →＝25a ＋15b .[条件探究] 若将例2中的“AN →＝12NC →”改为“AN →＝14NC →”，其他条件不变，试用a ，b 表示AE →.解 由已知得AN →＝15AC →＝15b ，AM →＝12AB →＝12a ， ∵N ，E ，B 三点共线，∴设AE →＝mAN →＋(1－m )AB →＝m5b ＋(1－m )a ， 又∵C ，E ，M 三点共线，∴设AE →＝nAM →＋(1－n )AC →＝n2a ＋(1－n )b ， ∴m 5b ＋(1－m )a ＝n2a ＋(1－n )b ，∵a ，b 不共线， ∴⎩⎪⎨⎪⎧m 5＝1－n ，1－m ＝n 2，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝59，n ＝89，∴AE →＝49a ＋19b . 拓展提升用基底表示向量的方法将两个不共线的向量作为基底表示其他向量，基本方法有两种：一种是运用向量的线性运算法则对所求向量不断进行转化，直至能用基底表示为止；另一种是通过列向量方程或方程组的形式，利用基底表示向量的唯一性求解．【跟踪训练2】 如图，梯形ABCD 中，AB ∥CD ，且AB ＝2CD ，M ，N 分别是DC 和AB 的中点，若AB →＝a ，AD →＝b ，试用a ，b 表示DC →，BC →，MN →.解 如图所示，连接CN ，则四边形ANCD 是平行四边形．则DC →＝AN →＝12AB →＝12a ；BC →＝NC →－NB →＝AD →－12AB →＝b －12a ；MN →＝CN →－CM →＝－AD →－12CD → ＝－AD →－12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－12AB →＝14a －b . 探究3 向量的夹角问题例3 已知|a |＝|b |＝2，且a 与b 的夹角为60°，则a ＋b 与a 的夹角是多少？a －b 与a 的夹角又是多少？解 如图所示，作OA →＝a ，OB →＝b ，且∠AOB ＝60°.以OA →，OB →为邻边作平行四边形OACB ，则OC →＝a ＋b ，BA →＝a －b .因为|a |＝|b |＝2，所以平行四边形OACB 是菱形，又∠AOB ＝60°，所以OC →与OA →的夹角为30°，BA →与OA →的夹角为60°.即a ＋b 与a 的夹角是30°，a －b 与a 的夹角是60°. 拓展提升两个向量夹角的实质及求解的关键(1)实质：两个向量的夹角，实质上是从同一起点出发的两个非零向量构成的角且0°≤θ≤180°.(2)关键：求两个向量的夹角，关键是利用平移的方法使两个向量的起点重合，然后按照“一作二证三算”的步骤，并结合平面几何知识求出两个向量的夹角．【跟踪训练3】 如图，已知△ABC 是等边三角形．(1)求向量AB →与向量BC →的夹角；(2)若E 为BC 的中点，求向量AE →与EC →的夹角． 解 (1)∵△ABC 为等边三角形， ∴∠ABC ＝60°.如图，延长AB 至点D ，使AB ＝BD ，则AB →＝BD →， ∴∠DBC 为向量AB →与BC →的夹角． ∵∠DBC ＝120°，∴向量AB →与BC →的夹角为120°.(2)∵E 为BC 的中点，∴AE ⊥BC ， ∴AE →与EC →的夹角为90°.1.对基底的理解 (1)基底的特征基底具备两个主要特征：①基底是两个不共线向量；②基底的选择是不唯一的．平面内两向量不共线是这两个向量可以作为这个平面内所有向量的一组基底的条件．(2)零向量与任意向量共线，故不能作为基底． 2.准确理解平面向量基本定理(1)平面向量基本定理的实质是向量的分解，即平面内任一向量都可以沿两个不共线的方向分解成两个向量和的形式，且分解是唯一的．(2)平面向量基本定理体现了转化与化归的数学思想，用向量解决几何问题时，我们可以选择适当的基底，将问题中涉及的向量向基底化归，使问题得以解决．3.(1)平面向量基本定理唯一性的应用设a ，b 是同一平面内的两个不共线向量，若x 1a ＋y 1b ＝x 2a ＋y 2b ，则⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝x 2，y 1＝y 2.(2)重要结论设e 1，e 2是平面内一组基底，1．e 1，e 2是平面内一组基底，下面说法正确的是( ) A ．若实数λ1，λ2使λ1e 1＋λ2e 2＝0，则λ1＝λ2＝0B ．空间内任一向量a 可以表示为a ＝λ1e 1＋λ2e 2(λ1，λ2为实数)C ．对实数λ1，λ2，λ1e 1＋λ2e 2不一定在该平面内D ．对平面内任一向量a ，使a ＝λ1e 1＋λ2e 2的实数λ1，λ2有无数对答案 A解析 由基底的定义可以知道，e 1和e 2是平面上不共线的两个向量，∴若实数λ1，λ2使λ1e 1＋λ2e 2＝0，则λ1＝λ2＝0，不是空间任一向量都可以表示为a ＝λ1e 1＋λ2e 2，而是平面α中的任一向量a ，可以表示为a ＝λ1e 1＋λ2e 2的形式，此时实数λ1，λ2有且只有一对，而对实数λ1，λ2，λ1e 1＋λ2e 2一定在平面α内，所以A 正确．2．A ，B ，O 是平面内不共线的三个定点，且OA →＝a ，OB →＝b ，点P 关于点A 的对称点为Q ，点Q 关于点B 的对称点为R ，则PR →等于( )A ．a －bB ．2(b －a )C ．2(a －b )D ．b －a 答案 B解析 如图，a ＝12(OP →＋OQ →)，b ＝12(OQ →＋OR →)，相减得b －a ＝12(OR →－OP →)， ∴PR →＝2(b －a )．3．已知向量a 与b 的夹角为60°且|b |＝12|a |，则a －b 与a 的夹角是( )A ．30°B ．60°C ．90°D ．120° 答案 A解析 如图，作OA →＝a ，OB →＝b ，∴∠BOA ＝60°，连接BA ，则BA →＝a －b .取OA 的中点D ，连接BD ， ∵|b |＝12|a |，∴OD ＝OB ＝BD ＝DA ， ∴∠BDO ＝60°＝2∠BAO ，∴∠BAO ＝30°.∴a －b 与a 的夹角为30°.4．已知向量e 1，e 2不共线，实数x ，y 满足(3x －4y )e 1＋(2x －3y )e 2＝6e 1＋3e 2，则x －y ＝________.答案 3解析 由平面向量基本定理，得⎩⎨⎧3x －4y ＝6，2x －3y ＝3，∴⎩⎨⎧x ＝6，y ＝3，∴x －y ＝3.5．在△ABC 中，AD →＝13AB →，AE →＝14AC →，BE 与CD 交于点P ，且AB →＝a ，AC →＝b ，用a ，b 表示AP →.解 如图，取AE 的三等分点M ，使AM ＝13AE ，连接DM ，则DM ∥BE .设AM ＝t (t ＞0)，则ME ＝2t . 又AE ＝14AC ， ∴AC ＝12t ，EC ＝9t ，∴在△DMC 中，CE CM ＝CP CD ＝911，∴CP ＝911CD ，∴DP ＝211CD ，AP →＝AD →＋DP →＝AD →＋211DC →＝13AB →＋211(DA →＋AC →) ＝13AB →＋211⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－13AB →＋AC →＝311AB →＋211AC →＝311a ＋211b .A 级：基础巩固练一、选择题1．在矩形ABCD 中，O 是对角线的交点，若BC →＝e 1，DC →＝e 2，则OC →＝( )A.12(e 1＋e 2) B.12(e 1－e 2) C.12(2e 2－e 1) D.12(e 2－e 1)答案 A解析 因为O 是矩形ABCD 对角线的交点，BC →＝e 1，DC →＝e 2，所以OC →＝12(BC →＋DC →)＝12(e 1＋e 2)．故选A.2．在△ABC 中，点P 是AB 上一点，且CP →＝23CA →＋13CB →，又AP →＝tAB →，则t 的值为( )A.13B.23C.12D.53 答案 A解析 C P →－CA →＝13(CB →－CA →)＝13AB →，即A P →＝13A B →. 又∵AP →＝tAB →，∴t ＝13.故选A.3．如图，在△OAB 中，P 为线段AB 上一点，OP →＝xOA →＋yOB →，且BP →＝3P A →，则( )A ．x ＝23，y ＝13 B ．x ＝13，y ＝23 C ．x ＝14，y ＝34 D ．x ＝34，y ＝14答案 D解析 由已知BP →＝3P A →，得OP →－OB →＝3(OA →－OP →)，整理，得OP →＝34OA →＋14OB →，故x ＝34，y ＝14.4．如图，在△ABC 中，AD 是BC 边上的中线，F 是AD 上的一点，且AF FD ＝15，连接CF 并延长交AB 于E ，则AEEB 等于( )A.112B.13C.15D.110 答案 D解析 设AB →＝a ，AC →＝b ，AEEB ＝λ.∵AF FD ＝15，∴CF →＝CA →＋AF →＝CA →＋16AD →＝112(AB →＋AC →)－AC →＝112AB →－1112AC →＝112a －1112b .CE →＝CA →＋AE →＝CA →＋λ1＋λAB →＝λ1＋λAB →－AC →＝λ1＋λa －b .又CF →与CE →共线，可设CF →＝kCE →，则112a －1112b ＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫λ1＋λa －b ， ∴⎩⎪⎨⎪⎧ 112＝λk 1＋λ，－1112＝－k ，得⎩⎪⎨⎪⎧k ＝1112，λ＝110.故选D.5．已知A ，B ，C 是平面上不共线的三点，O 是△ABC 的重心，动点P 满足OP →＝13⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12OA →＋12OB →＋2OC →，则点P 一定为( ) A ．AB 边中线的中点B ．AB 边中线的三等分点(非重心)C ．△ABC 的重心D ．AB 边的中点 答案 B解析 ∵O 是△ABC 的重心，∴OA →＋OB →＋OC →＝0，∴OP →＝13⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－12OC →＋2OC →＝12OC →，∴点P 是线段OC 的中点，即AB 边中线的三等分点(非重心)．故选B.二、填空题6．已知e 1，e 2是两个不共线的向量，a ＝k 2e 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－5k 2e 2与b ＝2e 1＋3e 2共线，则实数k ＝________.答案 －2或13解析 由题设，知k 22＝1－5k 23，∴3k 2＋5k －2＝0，解得k ＝－2或13.7．如图，在△ABC 中，AB ＝2，BC ＝3，∠ABC ＝60°，AH ⊥BC 于点H ，M 为AH 的中点．若AM →＝λAB →＋μBC →，则λ＋μ＝________.答案 23解析 在△ABH 中，BH ＝12AB ＝1， ∵BC ＝3，∴BH ＝13BC . ∴AH →＝AB →＋BH →＝AB →＋13BC →. ∵M 为AH 的中点，∴AM →＝12AH →＝12AB →＋16BC →. ∵AM →＝λAB →＋μBC →， ∴λ＋μ＝12＋16＝23.8．如图，在正方形ABCD 中，设AB →＝a ，AD →＝b ，BD →＝c ，则在以a ，b 为基底时，AC →可表示为________，在以a ，c 为基底时，AC →可表示为________．答案 a ＋b 2a ＋c解析 以a ，c 为基底时，将BD →平移，使B 与A 重合，再由三角形法则或平行四边形法则即得．三、解答题9．用向量法证明三角形的三条中线交于一点．解 如图，设AC →＝a ，BC →＝b ，D ，E ，F 分别为三角形ABC 三边的中点，则AB →＝a －b ，AD →＝a －12b ，BE →＝－12a ＋b .设AD 与BE 交于点G 1，且AG 1＝λAD →，BG 1→＝μBE →， 则AG 1→＝λa －λ2b ，BG 1→＝－μ2a ＋μb . 因为AG 1→＝AB →＋BG 1→＝⎝⎛⎭⎪⎫1－μ2a ＋(μ－1)b .所以⎩⎪⎨⎪⎧λ＝1－μ2，－λ2＝μ－1，解得λ＝μ＝23，即AG 1→＝23AD →.再设AD 与CF 交于点G 2，同理可得AG 2→＝23AD →. 故点G 1，G 2重合，即AD ，BE ，CF 交于同一点， 故三角形的三条中线交于一点．10．设e 1，e 2是不共线的非零向量，且a ＝e 1－2e 2，b ＝e 1＋3e 2. (1)证明：a ，b 可以作为一组基底；(2)以a ，b 为基底，求向量c ＝3e 1－e 2的分解式； (3)若4e 1－3e 2＝λa ＋μb ，求λ，μ的值． 解 (1)证明：若a ，b 共线，则存在λ∈R ， 使a ＝λb ，则e 1－2e 2＝λ(e 1＋3e 2)． 由e 1，e 2不共线，得⎩⎨⎧λ＝1，3λ＝－2⇒⎩⎪⎨⎪⎧λ＝1，λ＝－23.∴λ不存在，故a 与b 不共线，可以作为一组基底． (2)设c ＝m a ＋n b (m ，n ∈R )，则3e 1－e 2＝m (e 1－2e 2)＋n (e 1＋3e 2)＝(m ＋n )e 1＋(－2m ＋3n )e 2.∴⎩⎨⎧m ＋n ＝3，－2m ＋3n ＝－1⇒⎩⎨⎧m ＝2，n ＝1.∴c ＝2a ＋b .(3)由4e 1－3e 2＝λa ＋μb ，得4e 1－3e 2＝λ(e 1－2e 2)＋μ(e 1＋3e 2)＝(λ＋μ)e 1＋(－2λ＋3μ)e 2.∴⎩⎨⎧λ＋μ＝4，－2λ＋3μ＝－3⇒⎩⎨⎧λ＝3，μ＝1.故所求λ，μ的值分别为3和1.B 级：能力提升练1．如图，△ABC 中，AD ＝DB ，AE ＝EC ，CD 与BE 交于F ，设AB →＝a ，AC →＝b ，AF →＝x a ＋y b ，则(x ，y )为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12B.⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23C.⎝ ⎛⎭⎪⎫13，13D.⎝ ⎛⎭⎪⎫23，12 答案 C解析 ∵CF →＝23CD →，CD →＝12a －b .∴AF →＝AC →＋CF →＝b ＋23CD →＝b ＋23⎝⎛⎭⎪⎫12a －b ＝13a ＋13b ，故x ＝13，y ＝13.2．如图，△ABC 中，AD 为三角形BC 边上的中线且AE ＝2EC ，BE 交AD 于G ，求AG GD 及BGGE 的值．解 设AG GD ＝λ，BGGE ＝μ.∵BD →＝DC →，即AD →－AB →＝AC →－AD →. ∴AD →＝12(AB →＋AC →)． 又∵AG →＝λGD →＝λ(AD →－AG →)，∴AG →＝λ1＋λAD →＝λ2(1＋λ)AB →＋λ2(1＋λ)AC →. 又∵BG →＝μGE →，即AG →－AB →＝μ(AE →－AG →)，∴(1＋μ)AG →＝AB →＋μAE →，AG →＝11＋μAB →＋μ1＋μAE →. 又AE →＝23AC →，∴AG →＝11＋μAB →＋2μ3(1＋μ)AC →. ∵AB →，AC →不共线，∴⎩⎪⎨⎪⎧ λ2(1＋λ)＝11＋μ，λ2(1＋λ)＝2μ3(1＋μ).解之，得⎩⎪⎨⎪⎧ λ＝4，μ＝32.∴AG GD ＝4，BG GE ＝32.。