第2节平面向量基本定理与坐标表示--备战2022年高考数学一轮复习配套word试题(创新设计版).pdf

第 2 节 平面向量基本定理与坐标表示 知 识 梳 理 1平面向量基本定理 如果 e1，e2是同一平面内的两个不共线向量，那么对于这一平面内的任意向量 a，有且只有一对实数 1，2，使 a1e12e2 其中，不共线的向量 e1，e2叫做表示这一平面内所有向量的一组基底 2平面向量的正交分解 把一个向量分解为两个互相垂直的向量，叫做把向量正交分解 3平面向量的坐标运算(1)向量加法、减法、数乘运算及向量的模 设 a(x1，y1)，b(x2，y2)，则 ab(x1x2，y1y2)，ab(x1x2，y1y2)，a(x1，y1)，|a|x21y21(2)向量坐标的求法 若向量的起点是坐标原点，则终点坐标即为向量的坐标 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则AB(x2x1，y2y1)，|AB|（x2x1）2（y2y1）2 4平面向量共线的坐标表示 设 a(x1，y1)，b(x2，y2)，则 abx1y2x2y10 1若 a 与 b 不共线，且 ab0,则 0.2已知OAOBOC(，为常数)，则 A，B，C 三点共线的充要条件是 1.3平面向量的一组基底是两个不共线向量，平面向量的基底可以有无穷多组 4向量的坐标与表示向量的有向线段的起点、终点的相对位置有关系 两个相等的向量，无论起点在什么位置，它们的坐标都是相同的 诊 断 自 测 1判断下列说法的正误(1)平面内的任何两个向量都可以作为一组基底()(2)同一向量在不同基底下的表示是相同的()(3)设 a，b 是平面内的一组基底，若实数 1，1，2，2满足 1a1b2a2b，则 12，12.()(4)若 a(x1，y1)，b(x2，y2)，则 ab 的充要条件可以表示成x1x2y1y2.()(5)在ABC 中，设ABa，BCb，则向量 a 与 b 的夹角为ABC.()答案(1)(2)(3)(4)(5)解析(1)共线向量不可以作为基底(2)同一向量在不同基底下的表示不相同(4)若 b(0，0)，则x1x2y1y2无意义(5)向量 a 与 b 的夹角为ABC 的补角 2(2019全国卷)已知向量 a(2，3)，b(3，2)，则|ab|()A.2 B2 C5 2 D50 答案 A 解析 ab(2，3)(3，2)(1，1)，|ab|（1）212 2.故选 A.3(2018全国卷)已知向量 a(1，2)，b(2，2)，c(1，)若 c(2ab)，则 _ 答案 12 解析 2ab(4，2)，因为 c(1，)，且 c(2ab)，所以 124，即 12.4(必修 4P101A3 改编)已知ABCD 的顶点 A(1，2)，B(3，1)，C(5，6)，则顶点 D 的坐标为_ 答案(1，5)解析 设 D(x，y)，则由ABDC，得(4，1)(5x，6y)，即45x，16y，解得x1，y5.5(2021浙江名校仿真训练)已知 O，A，B 是平面上不共线的三点，直线 AB 上有一点 C，满足 2ACCB0.(1)用OA，OB表示OC为_；(2)若点 D 是 OB 的中点，则四边形 OCAD 的形状是_ 答案(1)2OAOB(2)梯形 解析(1)因为 2ACCB0，所以 2(OCOA)(OBOC)0，所以OC2OAOB.(2)如图，D 为 OB 的中点，则DADOOA12OBOA12(2OAOB)故DA12OC，即 DAOC，且 DAOC，故四边形 OCAD 为梯形 6(2021江南十校素质测试)在直角坐标系 xOy 中，已知点 A(0，1)和点 B(3，4)若点 C 在AOB 的平分线上，且|OC|3 10，则向量OC的坐标为_ 答案(3，9)解析 点 C 在AOB 的平分线上，存在(0，)使得OCOA|OA|OB|OB|(0，1)35，4535，95.又|OC|3 10，5，OC(3，9).考点一 平面向量基本定理及其应用【例 1】(1)设 D，E，F 分别为ABC 的三边 BC，CA，AB 的中点，则EBFC()A.AD B.12AD C.12BC D.BC (2)(2021浙江名校仿真训练)如图，在ABC 中，AN23NC，P 是 BN 上一点，若APtAB13AC，则实数 t 的值为()A.23 B.25 C.16 D.34(3)如图，在四边形 OACB 中，OAOC2OB2，OA 与 OC 的夹角为 60，OB 与 OC 的夹角为，若|BC22|AC，OCmOAnOB(m，nR)，则 n_ 答案(1)A(2)C(3)25(9 21)解析(1)如图 所示，EBFC(ECBC)(FBBC)ECFB12AC12AB12(ACAB)AD.(2)由点 P 在 BN 上，设BPBN，则APAB(ANAB)，又AN23NC，则AN25AC，AP(1)ABAN(1)AB25AC，由平面向量基本定理得1t，2513，解得56，t16，故选 C.(3)因为 OAOC2OB2，OA 与 OC 的夹角为 60，所以 OB1，OAC 是等边三角形，所以|AC2.又因为|BC22|AC，所以|BC 2.又因为|BC2(OCOB)2，所以 cos 34，所以 sin 74.以 O 为坐标原点，OC为 x 轴正方向建立平面直角坐标系，则OC(2，0)，OA(2cos 60，2sin 60)，OB(cos，sin)因为OCmOAnOB，所以2mcos 60ncos 2，2msin 60nsin 0，即m34n2，3m74n0，消去 m，解得 n25(9 21)感悟升华(1)应用平面向量基本定理表示向量的实质是利用平行四边形法则或三角形法则进行向量的加、减或数乘运算 (2)用平面向量基本定理解决问题的一般思路是：先选择一组基底，并运用该基底将条件和结论表示成向量的形式，再通过向量的运算来解决【训练 1】(1)如图，已知ABa，ACb，BD3DC，用 a，b 表示AD，则AD_(2)如图，在平行四边形 ABCD 中，AC，BD 相交于点 O，E 为线段 AO 的中点若BEBABD(，R)，则 _ 答案(1)14a34b(2)34 解析(1)ADABBDAB34BCAB34(ACAB)14AB34AC14a34b.(2)由题意可得BE12BA12BO12BA14BD，由平面向量基本定理可得 12，14，所以 34.考点二 平面向量的坐标运算 【例 2】(1)(2021郑州二预)已知 O 为坐标原点，向量OA(1，2)，OB(2，1)，若 2APAB，则|OP|_(2)向量 a，b，c 在正方形网格中，如图所示，若 cab(，R)，则()A1 B2 C3 D4 答案(1)22(2)D 解析(1)设 P 点坐标为(x，y)，ABOBOA(2，1)(1，2)(3，3)，AP(x1，y2)，由 2APAB得 2(x1，y2)(3，3)，所以2x23，2y43，解得x12，y12，故|OP|141422.(2)以向量 a，b 的交点为坐标原点，建立如图直角坐标系(设每个小正方形边长为 1)，A(1，1)，B(6，2)，C(5，1)，所以 a(1，1)，b(6，2)，c(1，3)，cab，16，32，解之得 2 且 12，因此2124，故选 D.感悟升华(1)巧借方程思想求坐标：若已知向量两端点的坐标，则应先求出向量的坐标，解题过程中注意方程思想的应用(2)向量问题坐标化：向量的坐标运算，使得向量的线性运算都可以用坐标来进行，实现了向量运算的代数化，将数与形结合起来，使几何问题转化为数量运算问题 【训练 2】(1)已知点 A(1，5)和向量 a(2，3)，若AB3a，则点 B 的坐标为()A(7，4)B(7，14)C(5，4)D(5，14)(2)已知向量 a(2，1)，b(1，2)若 manb(9，8)(m，nR)，则 mn的值为_ 答案(1)D(2)3 解析(1)设点 B 的坐标为(x，y)，则AB(x1，y5)由AB3a，得x16，y59，解得x5，y14.(2)由向量 a(2，1)，b(1，2)，得 manb(2mn，m2n)(9，8)，则2mn9，m2n8，解得m2，n5，故 mn3.考点三 平面向量共线的坐标表示 【例 3】(经典母题)平面内给定三个向量 a(3，2)，b(1，2)，c(4，1)(1)求满足 amb nc 的实数 m，n；(2)若(akc)(2ba)，求实数 k.解(1)由题意得(3，2)m(1，2)n(4，1)，m4n3，2mn2，解得m59，n89.(2)akc(34k，2k)，2ba(5，2)，由题意得 2(34k)(5)(2k)0，解得 k1613.【变式迁移】(1)在本例条件下，若 d 满足(dc)(ab)，且|dc|5，求 d.(2)在本例条件下，若 manb 与 a2b 共线，求mn的值 解(1)设 d(x，y)，则 dc(x4，y1)，又 ab(2，4)，|dc|5，4（x4）2（y1）0，（x4）2（y1）25，解得x3，y1或x5，y3.d 的坐标为(3，1)或(5，3)(2)manbm(3，2)n(1，2)(3mn，2m2n)，a2b(3，2)2(1，2)(5，2)，由题意，得 5(2m2n)2(3mn)0，即 2mn0，mn12.感悟升华(1)两平面向量共线的充要条件有两种形式：若 a(x1，y1)，b(x2，y2)，则 ab 的充要条件是 x1y2x2y10；若 ab(b0)，则 ab.(2)向量共线的坐标表示既可以判定两向量平行，也可以由平行求参数当两向量的坐标均非零时，也可以利用坐标对应成比例来求解【训练3】(1)已知平面向量a(1，2)，b(2，m)，且ab，则2a3b_ (2)已知 A(2，3)，B(4，3)，点 P 在线段 AB 的延长线上，且|AP|32|BP|，则点 P的坐标为_ (3)若三点 A(1，5)，B(a，2)，C(2，1)共线，则实数 a 的值为_ 答案(1)(4，8)(2)(8，15)(3)54 解析(1)由 a(1，2)，b(2，m)，且 ab，得 1m2(2)0，即 m4.从而 b(2，4)，那么 2a3b2(1，2)3(2，4)(4，8)(2)设 P(x，y)，由点 P 在线段 AB 的延长线上，则AP32BP，得(x2，y3)32(x4，y3)，即x232（x4），y332（y3）.解得x8，y15.所以点 P 的坐标为(8，15)(3)AB(a1，3)，AC(3，4)，根据题意ABAC，4(a1)3(3)0，即 4a5，a54.基础巩固题组 一、选择题 1下列各组向量中可以作为基底的是()Ae1(0，0)，e2(1，2)Be1(1，2)，e2(5，7)Ce1(3，5)，e2(6，10)De1(2，3)，e212，34 答案 B 解析 两个不共线的非零向量构成一组基底，故选 B.2已知在ABCD 中，AD(2，8)，AB(3，4)，则AC()A(1，12)B(1，12)C(1，12)D(1，12)答案 B 解析 因为四边形 ABCD 是平行四边形，所以ACABAD(1，12)，故选B.3已知向量 a(1，2)，b(3，m)，mR，则“m6”是“a(ab)”的()A充要条件 B充分不必要条件 C必要不充分条件 D既不充分也不必要条件 答案 A 解析 由题意得 ab(2，2m)，由 a(ab)，得1(2m)22，所以 m6，则“m6”是“a(ab)”的充要条件，故选 A.4已知向量OA(k，12)，OB(4，5)，OC(k，10)，且 A，B，C 三点共线，则 k 的值是()A23 B.43 C.12 D.13 答案 A 解析 ABOBOA(4k，7)，ACOCOA(2k，2)，因为 A，B，C三点共线，所以AB，AC共线，所以2(4k)7(2k)，解得 k23.5 在ABC 中，点 D 在 BC 边上，且CD2DB，CDrABsAC，则 rs()A.23 B.43 C3 D0 答案 D 解析 因为CD2DB，所以CD23CB23(ABAC)23AB23AC，则 rs23230，故选 D.6在ABC 中，点 P 在 BC 上，且BP2PC，点 Q 是 AC 的中点，若PA(4，3)，PQ(1，5)，则BC()A(2，7)B(6，21)C(2，7)D(6，21)答案 B 解析 AQPQPA(3，2)，Q 是 AC 的中点，AC2AQ(6，4)，PCPAAC(2，7)，BP2PC，BC3PC(6，21)7如图，向量 e1，e2，a 的起点与终点均在正方形网格的格点上，则向量 a 可用基底 e1，e2表示为()Ae1e2 B2e1e2 C2e1e2 D2e1e2 答案 B 解析 以 e1的起点为坐标原点，e1所在直线为 x 轴建立平面直角坐标系，由题意可得 e1(1，0)，e2(1，1)，a(3，1)，设 axe1ye2x(1，0)y(1，1)(xy，y)，则xy3，y1，解得x2，y1，故a2e1e2.8 已知点 M 是ABC 的边 BC 的中点，点 E 在边 AC 上，且EC2AE，则向量EM()A.12AC13AB B.12AC16AB C.16AC12AB D.16AC32AB 答案 C 解析 如图，EC2AE，EMECCM23AC12CB23AC12(ABAC)12AB16AC.9如图，在OAB 中，P 为线段 AB 上的一点，OPxOAyOB，且BP2 PA，则()Ax23，y13 Bx13，y23 Cx14，y34 Dx34，y14 答案 A 解析 由题意知OPOBBP，又BP2PA，所以OPOB23BAOB23(OAOB)23OA13OB，所以 x23，y13.二、填空题 10已知向量 a(x，1)，b(2，y)，若 ab(1，1)，则 xy_ 答案 3 解析 因为(x，1)(2，y)(1，1)，所以x21，y11，解得x1，y2，所以 xy3.11已知向量 a(m，4)，b(3，2)，且 ab，则 m_ 答案 6 解析 因为 ab，所以由(2)m430，解得 m6.12在ABC 中，D 为 AB 中点，E 为 CD 中点，设ABa，ACb，若AEab，则的值是_ 答案 12 解析 AE1212ABAC14AB12AC 14a12bab，a，b 不共线，14，12.12.13若三点 A(2，2)，B(a，0)，C(0，b)(ab0)共线，则1a1b的值为_ 答案 12 解析 AB(a2，2)，AC(2，b2)，依题意有(a2)(b2)40，即 ab2a2b0，所以1a1b12.14已知曲线 C：x 4y2，直线 l：x6.若对于点 A(m，0)，存在 C 上的点P 和 l 上的点 Q 使得APAQ0，则 m 的取值范围为_ 答案 2，3 解析 曲线 C 的图象是半径为 2 的半个圆，在 y 轴左侧，x12，0 APAQ0，A(m，0)为 P(x1，y1)，Q(6，t)的中点 2m6x1，x12，0，m2，3所以 m 的取值范围是2，3 能力提升题组 15.给定两个长度为 1 的平面向量OA和OB，它们的夹角为 90，如图所示，点 C 在以 O 为圆心的圆弧AB上运动，若OCxOAyOB，其中 x，yR，则 xy 的最大值是()A1 B.2 C.3 D2 答案 B 解析 因为点 C 在以 O 为圆心的圆弧AB上，所以|OC|2|xOAyOB|2x2y22xyOAOBx2y2，x2y21，则 2xyx2y21.又(xy)2x2y22xy2，当 xy 时取等号，故 xy 的最大值为 2.16(2021海南新高考诊断)如图，在等腰直角ABC 中，D，E 分别为斜边 BC的三等分点(D 靠近点 B)，过 E 作 AD 的垂线，垂足为 F，则AF()A.35AB15AC B.25AB15AC C.415AB815AC D.815AB415AC 答案 D 解析 法一 以 BC 的中点 O 为原点建立如图所示的平面直角坐标系，设 BC6，则 A(0，3)，B(3，0)，C(3，0)，D(1，0)，E(1，0)，所以AD(1，3)，AE(1，3)因为 A，F，D 三点共线，所以AFAD(，3)(00，3m4n162m1n(3m4n)16103mn8nm 161023mn8nm52 63，当且仅当 3m28n2时取等号 20(一题多解)(2017江苏卷)如图，在同一个平面内，向量OA，OB，OC的模分别为 1，1，2，OA与OC的夹角为，且 tan 7，OB与OC的夹角为 45.若OCmOAnOB(m，nR)，则 mn_ 答案 3 解析 法一 如图，过点 C 作 CDOB 交 OA 的延长线于点 D，设ODmOA，DCnOB，则在ODC 中有 ODm，DCn，OC 2，OCD45，由 tan 7，得 cos 210，又由余弦定理知 m2n2（2）22 2ncos 45，n2m2（2）22 2mcos，即m2n222n，n2m2225m，得 42n25m0，即 m105n，代入得 12n249n490，解得 n74或 n73，当 n73时，m10573530(舍去)，当 n74时，m1057454，故 mn54743.法二 因为 tan 7，所以 cos 210，sin 7 210.过点 C 作 CDOB 交 OA 的延长线于点 D，则OCODDC，OCD45.又因为OCmOAnOB，所以ODmOA，DCnOB，所以|OD|m，|DC|n.在COD 中，由正弦定理得|DC|sin|OD|sin OCD|OC|sin ODC，因为 sin ODCsin(180OCD)sin(45)45，即n7 210m22245，所以 n74，m54，所以 mn3.法三 由 tan 7 可得 cos 210，sin 7 210，则210OAOC|OA|OC|mnOAOB2，由 cos BOC22可得22OBOC|OB|OC|mOAOBn2，cos AOBcos(45)cos cos 45sin sin 45 210227 2102235，则OAOB35，即m35n15，35mn1，则25m25n65，则 mn3.