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OA→＝a，OB→＝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AB→＝OB→－OA→＝(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＝32，sin α，b＝cos α，13，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），OC→＝c＝a＋λb，若C点在函数y＝sin π12x的图象上，则实数λ等于 ( )
A.52 B.32
C．－52 D．－32
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 上变动，若OC→＝xOA→＋yOB→，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，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→.
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OC→＝λOA→＋μOB→(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CM→＝3CA→，CN→＝2CB→，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)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 (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OA→＝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OA→ 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AB→＝λ1a＋b，AC→＝a＋λ2b， (λ1，λ2∈R)，则A、B、C三点共线的充要条件为 ( )
A．λ1＝λ2＝－1B．λ1＝λ2＝1
C．λ1λ2－1＝0D．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OP→＝aOP1→＋bOP2→，且点P落在第Ⅲ部分，则实数a，b满足 ( )
A．a>0，b>0B．a>0，b<0
C．a<0，b>0D．a<0，b<0
3．(2011•湛江月考)设两个向量a＝(λ＋2，λ2－cos2α)和b＝m，m2＋sin α，其中λ、m、α为实数．若a＝2b，则λm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OP1→＝(cos θ，sin θ)，OP2→＝(2＋sin θ，2－cos θ)，则向量P1P2→长度的最大值是 ( )
A.2 B.3C．32D．23
5.在平行四边形ABCD中，AC为一条对角线，若AB→＝(2,4)，AC→＝(1,3)，则BD→等于( )
A．(－2，－4)B．(－3，－5)
C．(3,5)D．(2,4)
题号12345
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AB→＝mAM→，AC→＝nAN→，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，AB→＝DC→＝(1,1)，1|BA→|•BA→＋1|BC→|•BC→＝3|BD→|•BD→，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AE→＝13AC→，BF→＝13BC→.求证：EF→∥AB→.
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＝(22sinB＋C2，2sin 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AE→＝mAB→，AF→＝nAC→，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)π2 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)x1＋x22，y1＋y22
(2)x1＋x2＋x33，y1＋y2＋y33
自我检测
1．A [由x＝4知|a|＝42＋32＝5；由|a|＝x2＋32＝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，∴32×13－sin αcos α＝0，
∴sin 2α＝1,2α＝90°，α＝45°.]
3．A [c＝a＋λb＝(6，－4＋2λ)，代入y＝sin π12x得，
－4＋2λ＝sin π2＝1，解得λ＝52.]
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(－12，32)．
设 ＝ ,则OA→＝ (cos α，sin α)．
∵OC→＝xOA→＋yOB→
＝(x,0)＋－y2，32y＝(cos α，sin α)．
∴x－y2＝cos α，32y＝sin α. ∴x＝sin α3＋cos α，y＝2sin α3，
∴x＋y＝3sin 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OM→=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OM→＝ma＋nb (m，n∈R)，
则AM→＝OM→－OA→＝(m－1)a＋nb，
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＋nb，
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.
变式迁移1 6
解析 如右图，OC→＝OD→＋OE→
＝λOA→＋μOB→
在△OCD中，∠COD＝30°，∠OCD＝∠COB＝90°，
可求|OD→|＝4，同理可求|OE→|＝2，
∴λ＝4，μ＝2，λ＋μ＝6.
例2 解 ∵A(－2,4)，B(3，－1)，C(－3，－4)，
∴CA→＝(1,8)，CB→＝(6,3)．
∴CM→＝3CA→＝(3,24)，
CN→＝2CB→＝(12,6)．
设M（x，y），则CM→＝(x＋3，y＋4)＝(3,24)，
∴x＋3＝3，y＋4＝24， ∴x＝0，y＝20. ∴M(0,20)．
同理可得N（9，2），因此MN→=（9，－18）.?
∴所求M（0，20），N（9，2），MN→＝(9，－18)．
变式迁移2 (5,4)
解析 ∵向量AB→与a同向，
∴设AB→＝(2t,3t) (t>0)．
由|AB→|＝213，∴4t2＋9t2＝4×13.∴t2＝4.
∵t>0，∴t＝2.∴AB→＝(4,6)．
设B为(x，y)，∴x－1＝4，y＋2＝6. ∴x＝5，y＝4.
例3 解 (1)∵a＝mb＋nc，m，n∈R，
∴(3,2)＝m(－1,2)＋n(4,1)＝(－m＋4n,2m＋n)．
∴－m＋4n＝3，2m＋n＝2， 解之得m＝59，n＝89.
(2)∵(a＋kc)∥(2b－a)，
且a＋kc＝(3＋4k,2＋k)，2b－a＝(－5,2)，
∴(3＋4k)×2－(－5)×(2＋k)＝0，
∴k＝－1613.
变式迁移3 5
解析 ∵a－c＝(3,1)－(k,7)＝(3－k，－6)，
且(a－c)∥b，∴3－k1＝－63，∴k＝5.
课后练习区
1．C [∵A、B、C三点共线⇔AB→与AC→共线⇔AB→＝kAC→⇔λ1＝k，kλ2＝1，∴λ1λ2－1＝0.]
2.B [由于点P落在第Ⅲ部分，且OP→＝aOP1→＋bOP2→，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14≤m≤2，
∴12≤1m≤4.又∵λ＝2m－2，
∴λm＝2－2m，∴－6≤2－2m≤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 ∵2AO→＝AB→＋AC→＝mAM→＋nAN→，
AO→＝m2AM→＝m2AM→.
∵O、M、N共线，∴m2＋n2＝1.
∴m＋n＝2.
7．(0，－2)
解析 设D点的坐标为(x，y)，
由题意知ＢＣ→＝ＡＤ→，
即(2，－2)＝(x＋2，y)，所以x＝0，y＝－2，∴D(0，－2)．
8.3
S＝|AB→|＝|ＢＣ→|sin 60°＝2×2×32＝3.
9．证明 设E、F两点的坐标分别为(x1，y1)、(x2，y2)，则依题意，得ＡＣ→＝(2,2)，ＢＣ→＝(－2,3)，ＡB→＝(4，－1)．
∴AＥ→＝13AC→＝23，23，
ＢＦ→＝13ＢC→＝－23，1.
∴AＥ→＝(x1，y1)－(－1,0)＝23，23，
ＢＦ→＝(x2，y2)－(3，－1)＝－23，1.…………………………………………………(4分)
∴(x1，y1)＝23，23＋(－1,0)
＝－13，23，
(x2，y2)＝－23，1＋(3，－1)＝73，0.
∴ＥＦ→＝(x2，y2)－(x1，y1)＝83，－23.…………………………………………………(8分)
又∵ＡB→＝(4，－1)，∴4×－23－(－1)×83＝0，
∴ＥＦ→∥ＡB→.……………………………………………………………………………(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
∵p2＝9，∴8sin2B＋C2＋4sin2A＝9.
∴4[1－cos(B＋C)]＋4(1－cos2A)＝9.
∴4cos2A－4cos A＋1＝0，
解得cos A＝12.……………………………………………………………………………(10分)
又∵0
11．解 （1）由A，M，N三点共线，得AＭ→∥AＮ→，
设AＭ→＝λAN→(λ∈R)，即12(AE→＋AＦ→)＝12λ(ＡB→＋AC→)，
所以mＡB→＋nAC→＝λ(ＡB→＋AC→)，所以m＝n.…………………………………………(5分)
（２）因为ＭN→＝AN→－AM→＝12(AB→－AC→)＝12(AE→－AF→)＝12 (1－m)AB→ ＋12 (1－n)AC→，
……………………………………………………………………………………………(8分)
又m＋n＝1，所以MN→＝12 (1－m)AB→ ＋12mAC→，
所以|MN→|2＝14(1－m)2AB→2＋14m2AC→2＋12(1－m)mAB→•AC→………………………………(10分)
＝14(1－m)2＋14m2＋14(1－m)m
＝14(m－12)2＋316.
故当m＝ 时，|MN→|min＝34.……………………………………………………………(14分)