人教a版必修4学案：2.3.1平面向量基本定理(含答案)

§2.3 平面向量的基本定理及坐标表示2．3.1 平面向量基本定理自主学习知识梳理1．平面向量基本定理(1)定理：如果e 1，e 2是同一平面内的两个__________向量，那么对于这一平面内的________向量a ，____________实数λ1，λ2，使a ＝________________.(2)基底：把__________的向量e 1，e 2叫做表示这一平面内________向量的一组基底． 2. 两向量的夹角与垂直(1)夹角：已知两个______________a 和b ，作OA →＝a ，OB →＝b ，则__________＝θ (0°≤θ≤180°)，叫做向量a 与b 的夹角．①范围：向量a 与b 的夹角的范围是__________． ②当θ＝0°时，a 与b ________. ③当θ＝180°时，a 与b ________.(2)垂直：如果a 与b 的夹角是________，则称a 与b 垂直，记作________．自主探究设e 1、e 2是同一平面内两个不共线的向量，a 是这一平面内的任一向量．通过作图法可以证明：一定存在一组实数(λ1，λ2)使a ＝λ1e 1＋λ2e 2成立，并且(λ1，λ2)是唯一的，请你根据图1和图2叙述这一过程．对点讲练知识点一 对基底概念的理解例1 如果e 1，e 2是平面α内两个不共线的向量，那么下列说法中不正确的是( ) ①λe 1＋μe 2(λ、μ∈R )可以表示平面α内的所有向量；②对于平面α内任一向量a ，使a ＝λe 1＋μe 2的实数对(λ，μ)有无穷多个；③若向量λ1e 1＋μ1e 2与λ2e 1＋μ2e 2共线，则有且只有一个实数λ，使得λ1e 1＋μ1e 2＝λ(λ2e 1＋μ2e 2)；④若存在实数λ，μ使得λe 1＋μe 2＝0，则λ＝μ＝0. A ．①② B ．②③ C ．③④ D ．②回顾归纳 考查两个向量是否能构成基底，主要看两向量是否非零且不共线．此外，一个平面的基底一旦确定，那么平面上任意一个向量都可以由这个基底唯一线性表示出来．变式训练1 设e 1、e 2是不共线的两个向量，给出下列四组向量： ①e 1与e 1＋e 2； ②e 1－2e 2与e 2－2e 1； ③e 1－2e 2与4e 2－2e 1； ④e 1＋e 2与e 1－e 2.其中能作为平面内所有向量的一组基底的序号是________．(写出所有满足条件的序号) 知识点二 用基底表示向量例2 如图，梯形ABCD 中，AB ∥CD ，且AB ＝2CD ，M 、N 分别是DC 和AB 的中点，若AB →＝a ，AD →＝b 试用a ，b 表示DC →、BC →、MN →.回顾归纳 用基底表示向量的关键是利用三角形或平行四边形将基底和所要表示的向量联系起来．解决此类题时，首先仔细观察所给图形．借助于平面几何知识和共线向量定理，结合平面向量基本定理解决．变式训练2 如图，已知△ABC 中，D 为BC 的中点，E ，F 为BC 的三等分点，若AB →＝a ，AC →＝b ，用a ，b 表示AD →，AE →，AF →.知识点三 平面向量基本定理的应用例3 如图所示，在△ABC 中，点M 是BC 的中点，点N 在边AC 上，且AN ＝2NC ，AM 与BN 相交于点P ，求证：AP ∶PM ＝4∶1.回顾归纳 (1)充分挖掘题目中的有利条件，本题中两次使用三点共线，注重方程思想的应用；(2)用基底表示向量也是运用向量解决问题的基础，应根据条件灵活应用，熟练掌握．变式训练3 如图所示，已知△AOB 中，点C 是以A 为中点的点B 的对称点，OD →＝2DB →，DC 和OA 交于点E ，设OA →＝a ，OB →＝b .(1)用a 和b 表示向量OC →、DC →；(2)若OE →＝λOA →，求实数λ的值．1．对基底的理解 (1)基底的特征基底具备两个主要特征：①基底是两个不共线向量；②基底的选择是不唯一的．平面内两向量不共线是这两个向量可以作为这个平面内所有向量的一组基底的条件．(2)零向量与任意向量共线，故不能作为基底． 2．准确理解平面向量基本定理(1)平面向量基本定理的实质是向量的分解，即平面内任一向量都可以沿两个不共线的方向分解成两个向量和的形式，且分解是唯一的．(2)平面向量基本定理体现了转化与化归的数学思想，用向量解决几何问题时，我们可以选择适当的基底，将问题中涉及的向量向基底化归，使问题得以解决.课时作业一、选择题1．若e 1，e 2是平面内的一组基底，则下列四组向量能作为平面向量的基底的是( )A ．e 1－e 2，e 2－e 1B ．2e 1＋e 2，e 1＋12e 2C ．2e 2－3e 1,6e 1－4e 2D ．e 1＋e 2，e 1－e 22．等边△ABC 中，AB →与BC →的夹角是( ) A ．30° B ．45° C ．60° D ．120° 3．下面三种说法中，正确的是( )①一个平面内只有一对不共线向量可作为表示该平面所有向量的基底；②一个平面内有无数多对不共线向量可作为该平面所有向量的基底；③零向量不可作为基底中的向量．A ．①②B ．②③C ．①③D ．①②③4．在△ABC 中，D ，E ，F 依次是BC 的四等分点，以AB →＝e 1，AC →＝e 2为基底，则AF →等于( )A.14e 1＋34e 2B.34e 1＋14e 2C.14e 1－14e 2D.14e 1＋14e 2 5．已知△ABC 和点M 满足MA →＋MB →＋MC →＝0.若存在实数m 使得AB →＋AC →＝mAM →成立，则m 的值为( )A ．2B ．3C ．4D ．5二、填空题6．设向量m ＝2a －3b ，n ＝4a －2b ，p ＝3a ＋2b ，试用m ，n 表示p 的结果是________．7．在△ABC 中，AB →＝c ，AC →＝b .若点D 满足BD →＝2DC →，则AD →＝____________.三、解答题8. 如图在平行四边形ABCD 中，M ，N 分别为DC ，BC 的中点，已知AM →＝c ，AN →＝d ，试用c ，d 表示AB →，AD →.9. 如图所示，在△OAB 中，OC →＝14OA →，OD →＝12OB →，AD 与BC 交于点M ，设OA →＝a ，OB→＝b ，以a 、b 为基底表示OM →.§2.3 平面向量的基本定理及坐标表示2．3.1 平面向量基本定理答案知识梳理1．(1)不共线 任意 有且只有一对 λ1e 1＋λ2e 2 (2)不共线 所有2．(1)非零向量 ∠AOB ①[0,180°] ②同向 ③反向 (2)90° a ⊥b 自主探究解 在平面内任取一点O .作OA →＝e 1，OB →＝e 2，OC →＝a .过点C 作平行于直线OB 的直线，与直线OA 交于点M ；过点C 作平行于直线OA 的直线，与直线OB 交于点N .由共线向量定理知，存在实数λ1、λ2使 OM →＝λ1e 1，ON →＝λ2e 2，由于OC →＝OM →＋ON →， 所以a ＝λ1e 1＋λ2e 2.下面说明这里的λ1、λ2是唯一的．设a ＝λ′1e 1＋λ′2e 2λ1e 1＋λ2e 2＝λ′1e 1＋λ′2e 2.∴(λ1－λ1′)e 1＋(λ2－λ2′)e 2＝0，∵e 1、e 2不共线．∴λ1－λ1′＝λ2－λ2′＝0. ∴λ1′＝λ1，λ2′＝λ2. ∴(λ1，λ2)是唯一存在的． 对点讲练例1 B [由平面向量基本定理可知，①④是正确的．对于②，由平面向量基本定理可知，一旦一个平面的基底确定，那么任意一个向量在此基底下的实数对是唯一的．对于③，当两向量的系数均为零，即λ1＝λ2＝μ1＝μ2＝0时，这样的λ有无数个，故选B.]变式训练1 ①②④解析 对于③4e 2－2e 1＝－2e 1＋4e 2＝－2(e 1－2e 2)， ∴e 1－2e 2与4e 2－2e 1共线，不能作为基底． 例2 解如图所示，连接CN ，则四边形ANCD 是平行四边形． 则DC →＝AN →＝12AB →＝12a ，BC →＝NC →－NB →＝AD →－12AB →＝b －12a ，MN →＝CN →－CM →＝－AD →－12CD →＝－AD →－12⎝⎛⎭⎫－12AB →＝14a －b . 变式训练2 解 AD →＝AB →＋BD →＝AB →＋12BC →＝a ＋12(b －a )＝12a ＋12b ；AE →＝AB →＋BE →＝AB →＋13BC →＝a ＋13(b －a )＝23a ＋13b ； AF →＝AB →＋BF →＝AB →＋23BC →＝a ＋23(b －a )＝13a ＋23b . 例3 解 设AB →＝b ，AC →＝c ， 则AM →＝12b ＋12c ，AN →＝23AC →，BN →＝BA →＋AN →＝23c －b .∵AP →∥AM →，BP →∥BN →，∴存在λ，μ∈R ，使得AP →＝λAM →，BP →＝μBN →，又∵AP →＋PB →＝AB →，∴λAM →－μBN →＝AB →，∴由λ⎝⎛⎭⎫12b ＋12c －μ⎝⎛⎭⎫23c －b ＝b 得⎝⎛⎭⎫12λ＋μb ＋⎝⎛⎭⎫12λ－23μc ＝b . 又∵b 与c 不共线．∴⎩⎨⎧12λ＋μ＝1；12λ－23μ＝0.解得⎩⎨⎧λ＝45；μ＝35.故AP →＝45AM →，即AP ∶PM ＝4∶1.变式训练3 解 (1)由题意，A 是BC 的中点， 且OD →＝23OB →，由平行四边形法则，OB →＋OC →＝2OA →. ∴OC →＝2OA →－OB →＝2a －b ，DC →＝OC →－OD →＝(2a －b )－23b ＝2a －53b .(2)EC →∥DC →.又∵EC →＝OC →－OE →＝(2a －b )－λa＝(2－λ)a －b ，DC →＝2a －53b ，∴2－λ2＝153，∴λ＝45.课时作业1．D 2.D 3.B4．A [∵D ，E ，F 依次是BC 的四等分点， ∴AE →＝12(AB →＋AC →)＝12(e 1＋e 2)，BC →＝AC →－AB →＝e 2－e 1， ∴AF →＝AE →＋EF → ＝12(e 1＋e 2)＋14BC → ＝12(e 1＋e 2)＋14(e 2－e 1) ＝14e 1＋34e 2.] 5．B [设BC 的中点为D ，由已知条件可得M 为△ABC 的重心，AB →＋AC →＝2AD →， 又AM →＝23AD →，故m ＝3.]6．p ＝－74m ＋138n解析 设p ＝x m ＋y n ，则3a ＋2b ＝x (2a －3b )＋y (4a －2b )＝(2x ＋4y )a ＋(－3x －2y )b得⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋4y ＝3－3x －2y ＝2⇒⎩⎨⎧x ＝－74y ＝138.7.23b ＋13c 解析 AD →＝AB →＋BD →＝AB →＋23BC →＝AB →＋23(AC →－AB →)＝13AB →＋23AC →＝23b ＋13c . 8．解 设AB →＝a ，AD →＝b ，因为M ，N 分别为DC ，BC 的中点，所以BN →＝12b ，DM →＝12a ，∴⎩⎨⎧c ＝b ＋12ad ＝a ＋12b ，解得⎩⎨⎧a ＝23(2d －c )b ＝23(2c －d )，即AB →＝23(2d －c )，AD →＝23(2c －d )．9．解 设OM →＝m a ＋n b (m ，n ∈R )， 则AM →＝OM →－OA →＝(m －1)a ＋n b ，AD →＝OD →－OA →＝12b －a ＝－a ＋12b .因为A ，M ，D 三点共线，所以m －1－1＝n12，即m ＋2n ＝1，而CM →＝OM →－OC →＝⎝⎛⎭⎫m －14a ＋n b ， CB →＝OB →－OC →＝b －14a ＝－14a ＋b ，因为C ，M ，B 三点共线，所以m －14－14＝n1，即4m ＋n ＝1.由⎩⎪⎨⎪⎧m ＋2n ＝1，4m ＋n ＝1，解得⎩⎨⎧m ＝17，n ＝37，所以OM →＝17a ＋37b .。