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

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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