2015高考数学(理)(平面向量的基本定理及坐标表示)一轮复习学案

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文档介绍

2015高考数学(理)(平面向量的基本定理及坐标表示)一轮复习学案

学案26 平面向量的基本定理及坐标表示 导学目标: 1.了解平面向量的基本定理及其意义.2.掌握平面向量的正交分解及其坐标表示.3.会用坐标表示平面向量的加法、减法与数乘运算.4.理解用坐标表示的平面向量共线的条件.‎ 自主梳理 ‎1.平面向量基本定理 定理:如果e1,e2是同一平面内的两个________向量,那么对于这一平面内的任意向量a,__________一对实数λ1,λ2,使a=______________.‎ 我们把不共线的向量e1,e2叫做表示这一平面内所有向量的一组________.‎ ‎2.夹角 ‎(1)已知两个非零向量a和b,作=a,=b,则∠AOB=θ叫做向量a与b的________.‎ ‎(2)向量夹角θ的范围是________,a与b同向时,夹角θ=____;a与b反向时,夹角θ=____.‎ ‎(3)如果向量a与b的夹角是________,我们说a与b垂直,记作________.‎ ‎3.把一个向量分解为两个____________的向量,叫做把向量正交分解.‎ ‎4.在平面直角坐标系中,分别取与x轴、y轴方向相同的两个单位向量i,j作为基底,对于平面内的一个向量a,有且只有一对实数x,y使a=xi+yj,我们把有序数对______叫做向量a的________,记作a=________,其中x叫a在________上的坐标,y叫a在________上的坐标.‎ ‎5.平面向量的坐标运算 ‎(1)已知向量a=(x1,y1),b=(x2,y2)和实数λ,那么a+b=________________________,a-b=________________________,λa=________________.‎ ‎(2)已知A(),B(),则=-=(x2,y2)-(x1,y1)=(x2-x1,y2-y1),即一个向量的坐标等于表示此向量的有向线段的__________的坐标减去__________的坐标.‎ ‎6.若a=(x1,y1),b=(x2,y2) (b≠0),则a∥b的充要条件是________________________.‎ ‎7.(1)P1(x1,y1),P2(x2,y2),则P1P2的中点P的坐标为________________________________.‎ ‎(2)P1(x1,y1),P2(x2,y2),P3(x3,y3),则△P1P2P3的重心P的坐标为_______________.‎ 自我检测 ‎1.(2010·福建)若向量a=(x,3)(x∈R),则“x=‎4”‎是“|a|=‎5”‎的 (  )‎ A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充要条件 D.既不充分又不必要条件 ‎2.设a=,b=,且a∥b,则锐角α为 (  )‎ A.30° B.45°‎ C.60° D.75°‎ ‎3.(2011·马鞍山模拟)已知向量a=(6,-4),b(0,2),=c=a+λb,若C点在函数y=sin x的图象上,则实数λ等于 (  )‎ A. B. C.- D.- ‎4.(2010·陕西)已知向量a=(2,-1),b=(-1,m),c=(-1,2),若(a+b)∥c,则m=________.‎ ‎5.(2009·安徽)给定两个长度为1的平面向量和,它们的夹角为120°.如图所示,点C在以O为圆心的圆弧上变动,若=x+y,其中x,y∈R,则x+y的最大值是______. ‎ 探究点一 平面向量基本定理的应用 例1 如图所示,在△OAB中,=,=,AD与BC交于点M,设=a,=b,以a、b为基底表示.‎ 变式迁移1 (2011·厦门模拟)如图,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________.‎ 探究点二 平面向量的坐标运算 例2 已知A(-2,4),B(3,-1),C(-3,-4),且=3,=2,试求点M,N和的坐标.‎ 变式迁移2 已知点A(1,-2),若向量|与a=(2,3)同向,||=2,则点B的坐标为________.‎ 探究点三 在向量平行下求参数问题 例3 (2011·嘉兴模拟)已知平面内三个向量:a=(3,2),b=(-1,2),c=(4,1).‎ ‎(1)求满足a=mb+nc的实数m、n;‎ ‎(2)若(a+kc)∥(2b-a),求实数k.‎ 变式迁移3 (2009·江西)已知向量a=(3,1),b=(1,3),c=(k,7),若(a-c)∥b,则k=________.‎ ‎1.在解决具体问题时,合理地选择基底会给解题带来方便.在解有关三角形的问题时,可以不去特意选择两个基本向量,而可以用三边所在的三个向量,最后可以根据需要任意留下两个即可,这样思考问题要简单得多.‎ ‎2.平面直角坐标系中,以原点为起点的向量=a,点A的位置被a所唯一确定,此时a的坐标与点A的坐标都是(x,y).向量的坐标表示和以坐标原点为起点的向量是一一对应的,即向量(x,y)向量点A(x,y).要把点的坐标与向量的坐标区分开,相等的向量坐标是相同的,但起点、终点的坐标可以不同,也不能认为向量的坐标是终点的坐标,如A(1,2),B(3,4),则=(2,2). ‎ ‎(满分:75分)‎ 一、选择题(每小题5分,共25分)‎ ‎1.已知a,b是不共线的向量,若=λ‎1a+b,=a+λ2b, (λ1,λ2∈R),则A、B、C三点共线的充要条件为 (  )‎ A.λ1=λ2=-1 B.λ1=λ2=1‎ C.λ1λ2-1=0 D.λ1λ2+1=0‎ ‎2.如图所示,平面内的两条相交直线OP1和OP2将该平面分割成四个部分Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ(不包括边界).若=a+b,且点P落在第Ⅲ部分,则实数a,b满足 (  )‎ A.a>0,b>0 B.a>0,b<0‎ C.a<0,b>0 D.a<0,b<0‎ ‎3.(2011·湛江月考)设两个向量a=(λ+2,λ2-cos2α)和b=,其中λ、m、α为实数.若a=2b,则的取值范围是 (  )‎ A.[-6,1] B.[4,8]‎ C.(-∞,1] D.[-1,6]‎ ‎4.设0≤θ≤2π时,已知两个向量=(cos θ,sin θ),=(2+sin θ,2-cos θ),则向量长度的最大值是 (  )‎ A. B. C.3 D.2 ‎5.在平行四边形ABCD中,AC为一条对角线,若=(2,4),=(1,3),则等于(  )‎ A.(-2,-4) B.(-3,-5)‎ C.(3,5) D.(2,4)‎ 题号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ 答案 二、填空题(每小题4分,共12分)‎ ‎6.(2011·烟台模拟)如图所示,在△ABC中,点O是BC的中点.过点O的直线分别交直线AB、AC于不同的两点M、N,若=m,=n,则m+n的值为______.‎ ‎7.在平面直角坐标系xOy中,四边形ABCD的边AB∥DC,AD∥BC.已知A(-2,0),B(6,8),C(8,6),则D点的坐标为________.‎ ‎8.(2009·天津)在四边形ABCD中,==(1,1),·+·=·,则四边形ABCD的面积为________.‎ 三、解答题(共38分)‎ ‎9.(12分)已知A、B、C三点的坐标分别为(-1,0)、(3,-1)、(1,2),并且=,=.求证:∥.‎ ‎10.(12分)(2011·宣城模拟)在△ABC中,a、b、c分别是角A、B、C的对边,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,求证:△ABC为等边三角形.‎ ‎11.(14分)如图,在边长为1的正△ABC中,E,F分别是边AB,AC上的点,若=m,=n,m,n∈(0,1).设EF的中点为M,BC的中点为N.‎ ‎(1)若A,M,N三点共线,求证:m=n;‎ ‎(2)若m+n=1,求的最小值.‎ 答案 自主梳理 ‎1.不共线 有且只有 λ1e1+λ2e2 基底 2.(1)夹角 (2)[0,π] 0 π (3) a⊥b ‎ ‎3.互相垂直 4.(x,y) 坐标 (x,y) x轴 y轴 5.(1)(x1+x2,y1+y2) (x1-x2,y1-y2) (λx1,λy1) (2)终点 始点 ‎6.x1y2-x2y1=0 7.(1) ‎(2) 自我检测 ‎1.A [由x=4知|a|==5;由|a|==5,得x=4或x=-4.故“x=‎4”‎是“|a|=‎5”‎的充分而不必要条件.]‎ ‎2.B [∵a∥b,∴×-sin αcos α=0,‎ ‎∴sin 2α=1,2α=90°,α=45°.]‎ ‎3.A [c=a+λb=(6,-4+2λ),代入y=sin x得,‎ ‎-4+2λ=sin =1,解得λ=.]‎ ‎4.-1‎ 解析 a+b=(1,m-1),由(a+b)∥c,‎ 得1×2-(m-1)×(-1)=0,所以m=-1.‎ ‎5.2‎ 解析 建立如图所示的坐标系,‎ 则A(1,0),B(cos 120°,sin 120°),‎ 即B(-,).‎ 设=,则= (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,当α=60°时取最大值.‎ 课堂活动区 例1 解题导引 本题利用方程的思想,设=ma+nb,通过建立关于m、n的方程求解,同时注意体会应用向量法解决平面几何问题的方法.‎ 解 设=ma+nb (m,n∈R),‎ 则=-=(m-1)a+nb,‎ =-=b-a=-a+b.‎ 因为A,M,D三点共线,所以=,即m+2n=1.‎ 而=-=a+nb,‎ =-=b-a=-a+b,‎ 因为C,M,B三点共线,所以=,‎ 即‎4m+n=1.由 解得 所以=a+b.‎ 变式迁移1 6‎ 解析 如右图,=+ ‎ ‎=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),=(6,3).‎ ‎∴=3=(3,24),‎ =2=(12,6).‎ 设M(x,y),则=(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).‎ 变式迁移2 (5,4)‎ 解析 ∵向量与a同向,‎ ‎∴设=(2t,3t) (t>0).‎ 由||=2,∴4t2+9t2=4×13.∴t2=4.‎ ‎∵t>0,∴t=2.∴=(4,6).‎ 设B为(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 ‎(2)∵(a+kc)∥(2b-a),‎ 且a+kc=(3+4k,2+k),2b-a=(-5,2),‎ ‎∴(3+4k)×2-(-5)×(2+k)=0,‎ ‎∴k=-.‎ 变式迁移3 5‎ 解析 ∵a-c=(3,1)-(k,7)=(3-k,-6),‎ 且(a-c)∥b,∴=,∴k=5.‎ 课后练习区 ‎1.C [∵A、B、C三点共线⇔与共线⇔=k⇔∴λ1λ2-1=0.]‎ ‎2.B [由于点P落在第Ⅲ部分,且=a+b,则根据实数与向量的积的定义及平行四边形法则知a>0,b<0.]‎ ‎3.A [∵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,‎ ‎∴-2≤‎4m2‎-‎9m+4≤2,解得≤m≤2,‎ ‎∴≤≤4.又∵λ=‎2m-2,‎ ‎∴=2-,∴-6≤2-≤1.]‎ ‎6.2‎ 解析 方法一 若M与B重合,N与C重合,‎ 则m+n=2.‎ 方法二 ∵2=+=m+n,‎ ==.‎ ‎∵O、M、N共线,∴+=1.‎ ‎∴m+n=2.‎ ‎7.(0,-2)‎ 解析 设D点的坐标为(x,y),‎ 由题意知=,‎ 即(2,-2)=(x+2,y),所以x=0,y=-2,∴D(0,-2).‎ ‎8. S=||=||sin 60°=××=.‎ ‎9.证明 设E、F两点的坐标分别为(x1,y1)、(x2,y2),则依题意,得=(2,2),=(-2,3),=(4,-1).‎ ‎∴==,‎ ==.‎ ‎∴=(x1,y1)-(-1,0)=,‎ =(x2,y2)-(3,-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.证明 ∵m∥n,∴acos B=bcos A.‎ 由正弦定理,得sin Acos B=sin Bcos A,‎ 即sin(A-B)=0.‎ ‎∵A、B为三角形的内角,‎ ‎∴-π
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