2024版高考数学一轮总复习第5章平面向量复数第2节平面向量基本定理及坐标表示.docx

《2024版高考数学一轮总复习第5章平面向量复数第2节平面向量基本定理及坐标表示.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2024版高考数学一轮总复习第5章平面向量复数第2节平面向量基本定理及坐标表示.docx（13页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、第二节平面向量基本定理及坐标表示考试要求：1理解平面向量基本定理及其意义2掌握平面向量的正交分解及坐标表示3能用坐标表示平面向量的加、减运算与数乘运算4理解用坐标表示的平面向量共线的条件一、教材概念结论性质重现1平面向量基本定理与基底平面向量基本定理：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一向量a，有且只有一对实数1，2，使a1e12e2若e1，e2不共线，我们把e1，e2叫做表示这一平面内所有向量的一个基底理解基底应注意以下两点(1)基底e1，e2必须是同一平面内的两个不共线向量，零向量不能作为基底(2)基底给定，同一向量的分解形式唯一对于一组基底e1，e2，若a

2、1e12e21e12e2，则1=1，2=2.2平面向量的坐标运算(1)向量加法、减法、数乘向量及向量的模设a(x1，y1)，b(x2，y2)，则ab(x1x2，y1y2)，ab(x1x2，y1y2)，a(x1，y1)，|a|x12+y12(2)向量坐标的求法一个向量的坐标等于表示此向量的有向线段的终点坐标减去起点坐标设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则AB(x2x1，y2y1)，|AB|x2x12+y2y121向量坐标表示的本质是向量的代数表示，其中坐标运算法则是运算的关键2要区分点的坐标与向量坐标，尽管在形式上它们类似，但意义完全不同，向量坐标中既有方向的信息，也有大小的信息.3平面向量

3、共线的坐标表示设a(x1，y1)，b(x2，y2)，其中b0，abx1y2x2y10若a(x1，y1)，b(x2，y2)，则ab的充要条件不能表示成x1x2y1y2.因为x2，y2有可能等于0，所以应表示为x1y2x2y10.4常用结论(1)若a与b不共线，且ab0，则0.(2)已知P为线段AB的中点，若A(x1，y1)，B(x2，y2)，则点P的坐标为x1+x22，y1+y22.(3)已知ABC的顶点A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，则ABC的重心G的坐标为x1+x2+x33，y1+y2+y33.二、基本技能思想活动经验1判断下列说法的正误，对的画“”，错的画“”(1)平

4、面内的任何两个向量都可以作为一组基底()(2)若a，b不共线，且1a1b2a2b，则12，12.()(3)平面向量的基底不唯一，只要基底确定后，平面内的任何一个向量都可被这组基底唯一表示()(4)若a(x1，y1)，b(x2，y2)，则ab的充要条件是x1x2y1y2.()(5)当向量的起点在坐标原点时，该向量的坐标等于向量终点的坐标()2如图，设O是平行四边形ABCD两对角线的交点，给出下列向量组：AD与AB；DA与BC；CA与DC；OD与OB.其中可作为该平面内其他向量的基底的是()ABCDB解析：中AD，AB不共线；中CA，DC不共线，故能作为基底3如图，AB2CA，OAa，OBb，OC

5、c，下列等式中成立的是()Ac32b12aBc32a12bCc2abDc2baB解析：因为AB2CA，OAa，OBb，OCc，所以OBOA2(OAOC)，所以OC32OA12OB，即c32a12b.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()A23B43C12D13A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若向量a(1，1)，b(1，1)，c(1，2)，则用a，b表示c为_c12a32b解析：设cx1ax2b，因为向量a(1，1)，b(1，1

6、)，c(1，2)，所以(1，2)(x1x2，x1x2)由x1+x2=1，x1x2=2，解得x1=12，x2=32，所以c12a32b.考点1平面向量基本定理及坐标运算基础性1(2022全国乙卷)已知向量a(2，1)，b(2，4)，则|ab|()A2B3C4D5D解析：ab(4，3)，故|ab|42+325.2(多选题)设e1，e2是平面内所有向量的一个基底，下列四组向量中能作为基底的是()Ae2和e1e2B2e14e2和e12e2Ce1和e1e2De12e2和2e1e2ACD解析：由于e2和e1e2，e1和e1e2，e12e2和2e1e2这三组向量均不共线，故可以作为基底；2e14e22(e1

7、2e2)，故2e14e2和e12e2共线，不可以作为基底故选ACD.3已知O为坐标原点，点C是线段AB上一点，且A(1，1)，C(2，3)，|BC|2|AC|，则向量OB的坐标是_(4，7)解析：因为点C是线段AB上一点，且|BC|2|AC|，所以BC2AC.设点B(x，y)，则(2x，3y)2(1，2)所以2x=2，3y=4，解得x=4，y=7.所以向量OB的坐标是(4，7)解答有关平面向量的坐标运算时要注意：(1)掌握好向量加、减、数乘运算法则，否则易出错(2)运用 “向量相等，则坐标相同”这一结论，建立方程(组)求解，要特别注意运算的准确性(3)建立坐标系将线性运算转化为坐标运算将使解题

8、更便捷，如第3题利用向量加、减、数乘运算的法则来进行求解，若已知有向线段两端点的坐标，则应先求向量的坐标考点2平面向量共线的表示应用性考向1利用向量共线求参数已知向量a(1，2)，b(2，2)，c(1，)若c(2ab)，则_12解析：因为2ab(4，2)，c(2ab)，所以42，解得12.利用两向量共线求参数已知两向量共线，求某些参数的取值时，利用“若a(x1，y1)，b(x2，y2)，则ab的充要条件是x1y2x2y1”解题比较方便.考向2利用向量共线求向量或点的坐标已知点A(4，0)，B(4，4)，C(2，6)，则AC与OB的交点P的坐标为_(3，3)解析：方法一：由O，P，B三点共线，可

9、设OPOB(4，4)，则APOPOA(44，4)又ACOCOA(2，6)，由AP与AC共线，得(44)64(2)0，解得34，所以OP34OB(3，3)，所以点P的坐标为(3，3)方法二：设点P(x，y)，则OP(x，y)，因为OB(4，4)，且OP与OB共线，所以x4y4，即xy.又AP(x4，y)，AC(2，6)，且AP与AC共线，所以(x4)6y(2)0，解得xy3，所以点P的坐标为(3，3)一般地，在求与一个已知向量a共线的向量时，可设所求向量为a(R)，然后结合其他条件列出关于的方程组，求出的值后代入a即可得到所求的向量1若三点A(1，5)，B(a，2)，C(2，1)共线，则实数a的

10、值为_54解析：AB(a1，3)，AC(3，4)，因为点A，B，C共线，所以ABAC，所以4(a1)3(3)0，即4a5，所以a54.2设向量a，b满足|a|25，b(2，1)，且a与b的方向相反，则a的坐标为_(4，2)解析：因为a与b的方向相反，所以可设ab(0)，所以a(2，1)(2，)由|a|5225，解得2或2(舍去)，故a(4，2)考点3平面向量基本定理及应用综合性考向1用已知基底表示向量如图，以向量OAa，OBb为邻边作平行四边形OADB，BM13BC，CN13CD，用a，b表示OM，ON，MN.解：因为BAOAOBab，BM13BC16BA16a16b，所以OMOB+BMb16

11、a16b16a56b.因为ODab，所以ONOC+CNOC+13CD12OD+16OD23OD23a23b，所以MNONOM23a23b16a56b12a16b.综上，OM16a56b，ON23a23b，MN12a16b.用已知基底表示向量的关注点(1)理论依据：平面向量基本定理(2)方法：利用平行四边形法则或三角形法则进行向量的加、减或数乘运算考向2解析法(几何法)在向量中的应用已知在RtABC中，BAC90，AB1，AC2，D是ABC内一点，且DAB60，设ADABAC (，R)，则()A233B33C3D23A解析：如图，以A为原点，AB所在直线为x轴，AC所在直线为y轴建立平面直角坐标

12、系，则点B的坐标为(1，0)，点C的坐标为(0，2)因为DAB60，所以设点D的坐标为(m，3m)(m0)AD(m，3m)ABAC(1，0)(0，2)(，2)，则m，且32m，所以233.应用平面向量基本定理解题的两种思路(1)基向量法(2)坐标法能用坐标法解决的问题，一般不用基向量法考向3利用平面向量基本定理求参数或参数范围问题(2021江苏苏北模拟)在ABC中，AB2，BC33，ABC30，AD为BC边上的高若ADABAC，则_13解析：根据题意画出图象，如图，因为AD为BC边上的高，所以ADBC.因为AB2，ABC30，则BD3，所以BD13BC，所以ADAB+BDAB+13BCAB+1

13、3(ACAB)23AB+13AC.又因为ADABAC，所以23，13，故13.用平面向量基本定理解决问题的一般思路(1)先选择一组基底，并运用该基底将条件和结论表示为向量的形式，再通过向量的运算来解决(2)在基底未给出的情况下，合理地选取基底会给解题带来方便另外，要熟练运用平面几何的一些性质定理四边形ABCD是等腰梯形，E，F分别是腰AD，BC的中点，点P是EF(靠近点F)的一个三等分点，AB2DC.若APABBC，则()A14B54C34D12B解析：APAE+EP12AD+23EF12(AB+BC+CD)2334AB12AB+BC12AB+12AB34AB+12BC，所以34，12，故54

14、.拓展考点极化恒等式ab14(ab)2(ab)2.(1)极化恒等式的几何意义是：设点D是ABC中边BC的中点，则ABAC|AD|214|BC|2AD2BD2，即向量的数量积可转化为中线长与半底边长的平方差(2)具有三角几何背景的数学问题利用极化恒等式考虑尤为简单，让“秒杀”向量数量积问题成为一种可能，此恒等式的精妙之处在于建立向量与几何长度(数量)之间的桥梁，实现向量与几何、代数的巧妙结合(3)遇到共起点的两向量的数量积问题，常取第三边的中点，从而运用极化恒等式加以解决在ABC中，AC2BC4，ACB为钝角，M，N是边AB上的两个动点，且MN1.若CMCN的最小值为34，则cos ACB_13

15、58解析：取MN的中点P，则由极化恒等式得CMCN|CP|214|MN|2|CP|214.因为CMCN的最小值为34，所以|CP|min1.由平面几何知识知，当CPAB时，CP最小，作CHAB(图略)，H为垂足，则CH1.又AC2BC4，所以B30，sin A14，所以cos ACBcos (150A)1358.由于极化恒等式建立了向量与几何长度(数量)之间的关系，作为代数与几何的桥梁，具有化动(动点)为定(定点)、化动(动态)为静(静态)、化曲(曲线)为直(直线)、化普通为特殊之功效，应用十分灵活，例题取MN的中点P，由极化恒等式将“CMCN的最小值为34”转化为AB边上的高CH1，然后利用

16、两角差的余弦公式结合已知条件，构建创造运用极化恒等式的条件，运用极化恒等式解决问题.1已知平面向量a，b，c满足|a|1，ab12，ac2，|2bc|2，那么bc的最小值为_58解析：由ab12，ac2，得2abac3，即a(2bc)3，又a(2bc)|a|2bc|cos (其中为向量a与2bc的夹角)所以|2bc|3cos，所以bc18(2bc)2(2bc)2189cos258.2如图，矩形ABCD的边AB4，AD2，以点C为圆心，CB长为半径的圆与CD交于点E.若点P是圆弧EB(含端点B，E)上的一点，则PAPB的取值范围是_882，0解析：取AB的中点设为O，则PAPB|PO|214|A

17、B|2|PO|24，当O，P，C共线时，PO取得最小值为PO222；当P与B(或E)重合时，PO取得最大值为PO2，所以PAPB的取值范围是882，0.课时质量评价(二十七)A组全考点巩固练1已知点M(5，6)和向量a(1，2)，若MN3a，则点N的坐标为()A(2，0)B(3，6)C(6，2)D(2，0)A解析：因为ONOM+MNOM3a(5，6)3(1，2)(2，0)，所以点N的坐标为(2，0)2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A解析：由题意得ab(2，2m)，由a(ab)，得1(2m

18、)22，所以m6.当m6时，ab(2，4)2(1，2)，可得a(ab)，则“m6”是“a(ab)”的充要条件3如图，在ABC中，BE是边AC的中线，O是边BE的中点若ABa，ACb，则AO()A12a12bB12a14bC14a12bD14a14bB解析：因为在ABC中，BE是AC边上的中线，所以AE12AC.因为O是BE边的中点，所以AO12(AB+AE)，所以AO12AB+14AC.又因为ABa，ACb，所以AO12a14b.4如图，在正方形ABCD中，M是BC的中点，若ACAMBD，则()A43B53C158D2B解析：以A为坐标原点建立平面直角坐标系(图略)，设正方形边长为1，由此，A

19、C(1，1)，AM1，12，BD(1，1)，故1，112，解得43，13，53.5(多选题)已知向量OA(1，3)，OB(2，1)，OC(m1，m2)，若点A，B，C能构成三角形，则实数m可以是()A2B12C1D1ABD解析：各选项代入验证，若A，B，C三点不共线即可构成三角形因为ABOBOA(2，1)(1，3)(1，2)，ACOCOA(m1，m2)(1，3)(m，m1)假设A，B，C三点共线，则1(m1)2m0，即m1.所以只要m1，A，B，C三点就可构成三角形，故选ABD.6已知向量a(1sin ，1)，b12，1+sin.若ab，则锐角()A6B4C3D512B解析：因为ab，所以(1

20、sin )(1sin )1120，得sin212，所以sin22，故锐角4.7(2022菏泽模拟)已知a(2，m)，b(1，2)，a(2ab)，则实数m的值为_4解析：因为向量a(2，m)，b(1，2)，所以2ab(3，22m)因为a(2ab)，所以2(22m)3m，解得m4.8(2021福建三明模拟)如图，在ABC中，已知43BNBA13BC，点P在线段BN上若APAB+316AC，则实数的值为_14解析：43BNBA13BC可化为AN13NC，即AN14AC.因为APAB+316AC，所以APAB+34AN.由B，P，N三点共线可得14.9如图，在梯形ABCD中，ADBC，且AD13BC，

21、E，F分别为线段AD与BC的中点设BAa，BCb，试以a，b为基底表示向量EF，DF，CD.解：因为ADBC，AD13BC，E，F分别为线段AD，BC的中点，所以AEED16BC，BFFC12BC，所以EFEA+AB+BF16ba12b13ba，DFDE+EF16b13ba16ba，CDCF+FD12b16baa23b.B组新高考培优练10(2023济宁模拟)如图，在梯形ABCD中，ABDC且AB2DC，点E为线段BC的靠近点C的一个四等分点，点F为线段AD的中点，AE与BF交于点O，且AOxAByBC，则xy的值为()A1B57C1417D56C解析：根据向量的线性运算，AOxAByAByA

22、C(xy)ABy(AD+DC)(xy)ABy2AF+12AB(xy)AB2yAF+12yABxy2AB2yAF，由于B，O，F三点共线，所以xy22y1，整理得2x3y20；又由BOBA+AOBAxAByBCBAxBAy43BE(1x)BA+43yBE；由于A，O，E三点共线，所以1x4y31，整理得3x4y0；故2x+3y2=0，3x4y=0， 解得x=817，y=617，所以xy1417.11我国东汉末数学家赵爽在周髀算经中利用一幅“弦图”给出了勾股定理的证明，后人称其为“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，如图所示若E为AF的中点，EGABAD，则()

23、A12B35C23D45D12(多选题)已知向量e1，e2是平面内的一组基向量，O为内的定点，对于内任意一点P，当OPxe1ye2时，则称有序实数对(x，y)为点P的广义坐标若平面内的点A，B的广义坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则下列命题正确的是()A线段AB的中点的广义坐标为x1+x22，y1+y22BA，B两点间的距离为x1x22+y1y22C向量OA平行于向量OB的充要条件是x1y2x2y1D向量OA垂直于向量OB的充要条件是x1y2x2y10AC解析：设线段AB的中点为M，则OM12(OA+OB)12(x1x2)e112(y1y2)e2，所以点M的广义坐标为x1+x22，y

24、1+y22，知A正确；由于该坐标系不一定是平面直角坐标系，因此B错误；由向量平行得OAOB，即(x1，y1)(x2，y2)，所以x1y2x2y1，得C正确；OA与OB垂直，即OAOB0，所以x1x2e12+x1y2+x2y1e1e2+y1y2e220，即x1y2x2y10不是OA与OB垂直的充要条件，因此D错误故选AC.13已知平面向量a，b，c满足|a|b|ab|abc|1，则|c|的最大值M_，|c|的最小值m_3131解析：因为|a|b|ab|1.所以a，b，ab可构成等边三角形，且|ab|3.因为|abc|1，所以如图所示，c的终点在以ab的终点为圆心、半径为1的圆上，故M31，m31

25、.14在矩形ABCD中，AB5，BC3，P为矩形内一点，且AP52.若APABAD(，R)，则53的最大值为_102解析：建立如图所示的平面直角坐标系，设P(x，y)，B(5，0)，C(5，3)，D(0，3)因为AP52，所以x2y254，点P满足的约束条件为0x5，0y3，x2+y2=54 .因为APABAD(，R)，所以(x，y)(5，0)(0，3)所以x=5，y=3，所以xy53.因为xy2x2+y2254102，当且仅当xy时取等号，所以53的最大值为102.15在平面直角坐标系xOy中，已知点A(1，1)，B(2，3)，C(3，2)，点P(x，y)在ABC三边围成的区域(含边界)上(

26、1)若PA+PB+PC0，求|OP|；(2)设OPmABnAC(m，nR)，用x，y表示mn.解：(1)因为PA+PB+PC0，PA+PB+PC(1x，1y)(2x，3y)(3x，2y)(63x，63y)，所以63x=0，63y=0，解得x=2，y=2，即OP(2，2)，故|OP|22.(2)因为OPmABnAC，AB(1，2)，AC(2，1)，所以(x，y)(m2n，2mn)，即x=m+2n，y=2m+n，两式相减，得mnyx.16经过OAB的重心G的直线与OA，OB分别交于点P，Q.设OPmOA，OQnOB，m，n(0，)，求mn的最小值解：设OAa，OBb，由题意知OG2312(OA+OB)13(ab)，PQOQOPnbma，PGOGOP13ma13b.由P，G，Q三点共线得，存在实数，使得PQPG，即nbma13ma13b，从而m=13m，n=13， 消去得1n+1m3，于是mn131m+1n(mn)132+nm+mn13(22)43.当且仅当mn23时，mn取得最小值43.