2022年高三数学大一轮复习平面向量的基本定理及坐标表示学案理新人教A版 .pdf

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1、优秀学习资料欢迎下载学案 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1，2，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OAa，OBb， 则AOB 叫做向量a与b的 _(2) 向量夹角 的范围是 _，a与b同向时，夹角_；a与b反向时，

2、夹角 _. (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axiyj，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 ， 那么ab_，ab_，a_. （2）已知A（11xy，） ， B（22xy，） ，则ABOBOA(x2，y2) (x1，y1) (x2x1，y2y1) ，即一个向量的

3、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) (b0)， 则ab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a32， sin ，bcos ，13， 且ab， 则 锐 角为( ) A30B45C60D

4、753. （2011马鞍山模拟）已知向量a=(6， -4) ，b（0，2） ，OCcab，若C点在精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 9 页优秀学习资料欢迎下载函数ysin 12x的图象上，则实数等于( ) A.52 B.32C52 D 324(2010陕西 ) 已知向量a(2 ， 1) ，b( 1，m) ，c( 1，2) ，若 (ab) c，则m_. 5. （2009安徽）给定两个长度为1 的平面向量OA和OB，它们的夹角为120. 如图所示，点C在以O为圆心的圆弧AB上变动，若OCxOAyOB，其中x，y R，则xy的最

5、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，OC14OA，OD12OB，AD与BC交于点M，设OAa，OBb，以a、b为基底表示OM. 变式迁移1 （2011厦门模拟）如图，平面内有三个向量OA、OB、OC，其中OA与OB的夹角为 120，OA与OC的夹角为30，且|OA| |OB| 1， |OC| 23， 若OCOAOB( 、R) ，则 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CM3CA，CN2CB，试求点M，N和MN的坐标变式迁移2 已知点A（1，-2 ） ，若向量 |AB与a(2,3)

6、 同向， |AB| 213，则点B的坐标为 _探究点三在向量平行下求参数问题例 3(2 011嘉兴模拟)已知平面内三个向量：a (3,2) ，b( 1,2) ，c(4,1)精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 9 页优秀学习资料欢迎下载(1) 求满足am bnc的实数m、n；(2) 若(akc) (2ba) ，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 (ac) 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

7、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OAa，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)一一对应向量OA一一对应点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AB(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AB1

8、ab，ACa2b， ( 1，2R) ，则A、B、C三点共线的充要条件为( ) A12 1 B1 21 C1210 D1210 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、（不包括边界）. 若OPaOP1bOP2，且点P落在第部分，则实数a，b满足 ( ) Aa0，b0 Ba0，b0 Ca0 Da0，b0) 由|AB| 213， 4t29t2413. t24. t0，t 2. AB(4,6) 设B为(x，y) ，x14，y26.x 5，y 4.例 3解(1) am bnc，m，nR，(3,2) m( 1,2) n(4,1) ( m 4n,2mn) m4n3，2mn

9、2，解之得m59，n89.(2) (akc) (2ba) ，且akc(3 4k,2k) ，2ba( 5,2) ，(3 4k) 2 ( 5)(2k) 0，k1613. 变式迁移 3 5 解析ac(3,1) (k,7) (3 k， 6) ，且(ac) b，3k163，k5. 课后练习区1C A、B、C三点共线 ?AB与AC共线 ?ABkAC?1k，k2 1，1210. 2.B 由于点 P落在第部分，且OPaOP1bOP2，则根据实数与向量的积的定义及平行四边形法则知a0，b0. 3A 2b(2m，m2sin ) ， 22m，2cos2m2sin ， (2m2)2mcos22sin ，即 4m29m

10、41sin2 2sin . 又 21 sin2 2sin 2，24m29m42，解得14m2，121m4. 又 2m2，m22m， 622m1.62 解析方法一若M与B重合，N与C重合，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 9 页优秀学习资料欢迎下载则mn2. 方法二2AOABACmAMnAN，AOm2AMm2AM. O、M、N共线，m2n21. mn2. 7(0， 2) 解析设D点的坐标为 (x，y) ，由题意知，即(2 ， 2) (x2，y) ，所以x0，y 2，D(0， 2) 8.3 S|AB| |sin 6022323

11、. 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) ，B (4， 1) A13AC23，23，13C 23，1 . A (x1，y1) ( 1,0) 23，23，(x2，y2) (3 ， 1) 23，1 . (4分) (x1，y1) 23，23( 1,0) 13，23，(x2，y2) 23，1 (3 ， 1)73，0 . (x2，y2) (x1，y1) 83，23. (8分) 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 9 页优秀学习资料欢迎下载又B(4 ， 1) ，42

12、3( 1)830，B. (12分) 10证明mn，acos Bbcos A. 由正弦定理，得sin Acos Bsin Bcos A，即 sin(AB) 0. A、B为三角形的内角， AB. AB. (5分) p29， 8sin2BC24sin2A9. 41 cos(BC) 4(1cos2A) 9. 4cos2A4cos A 10，解得cos A12. (10分) 又 0A，A3. ABC为等边三角形 (12 分) 11解（1）由 A，M ，N三点共线，得AA，设A AN( R) ，即12(AEA) 12(BAC) ，所以m BnAC (BAC) ，所以mn.(5 分) （）因为NANAM12(ABAC) 12(AEAF) 12 (1 m)AB12 (1 n)AC，(8分) 又mn1，所以MN12 (1 m)AB12mAC，所以 |MN|214(1 m)2AB214m2AC212(1m)mABAC(10 分 ) 14(1 m)214m214(1 m)m14(m12)2316. 故当m12时， |MN|min34. (14分) 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 9 页