2019-2020年高考数学大一轮复习 5.2平面向量的基本定理及坐标表示学案 理 苏教版.doc

2019-2020年高考数学大一轮复习 5.2平面向量的基本定理及坐标表示学案 理 苏教版导学目标： 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_的向量，那么对于这一平面内的任一向量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把一个向量分解为两个_的向量，叫做把向量正交分解3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4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(x1，y1)，B(x2，y2)，则(x2，y2)(x1，y1)(x2x1，y2y1)，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5若a(x1，y1)，b(x2，y2) (b0)，则ab的充要条件是_6(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(xx福建改编)若向量a(x,3)(xR)，则“x4”是“|a|5”的_条件2设a，b，且ab，则锐角_.3已知向量a(6，4)，b(0,2)，cab，若C点在函数ysin x的图象上，则实数_.4(xx陕西)已知向量a(2，1)，b(1，m)，c(1，2)，若(ab)c，则m_.5(xx安徽)给定两个长度为1的平面向量和，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xy，其中x，yR，则xy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，AD与BC交于点M，设a，b，以a、b为基底表示.变式迁移1如图，平面内有三个向量、，其中与的夹角为120，与的夹角为30，且|1，|2，若(、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3，2，试求点M，N和的坐标变式迁移2已知点A(1，2)，若向量与a(2,3)同向，|2，则点B的坐标为_探究点三在向量平行下求参数问题例3已知平面内三个向量：a(3,2)，b(1,2)，c(4,1)(1)求满足ambnc的实数m、n；(2)若(akc)(2ba)，求实数k.变式迁移3(xx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(2,2)(满分：90分)一、填空题(每小题6分，共48分)1与向量a(12,5)平行的单位向量为_2设a、b是不共线的两个非零向量，已知2apb，ab，a2b.若A、B、D三点共线，则p的值为_3如果e1、e2是平面内所有向量的一组基底，那么下列命题正确的是_(填上正确命题的序号)若实数1、2使1e12e20，则120.对空间任一向量a都可以表示为a1e12e2，其中1、2R.1e12e2不一定在平面内，1、2R.对于平面内任一向量a，使a1e12e2的实数1、2有无数对4在平面直角坐标系xOy中，四边形ABCD的边ABDC，ADBC.已知A(2,0)，B(6,8)，C(8，6)，则D点的坐标为_5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m，n，则mn的值为_6已知向量集合Ma|a(1,2)(3,4)，R，Na|a(2，2)(4,5)，R，则MN_.7设两个向量a(2，2cos2)和b，其中、m、为实数若a2b，则的取值范围是_8(xx天津)在四边形ABCD中，(1,1)，则四边形ABCD的面积为_二、解答题(共42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，.求证：.10(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m，n，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：mn；(2)若mn1，求|的最小值11(16分)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(2sin，2sin A)，若mn，p29，求证：ABC为等边三角形答案 自主梳理1不共线有且只有1e12e2基底2.互相垂直3(x，y)坐标(x，y)x轴y轴4.(1)(x1x2，y1y2)(x1x2，y1y2)(x1，y1)(2)终点始点 5x1y2x2y106.(1) (2)自我检测1充分而不必要解析由x4知|a|5；由|a|5，得x4或x4.故“x4”是“|a|5”的充分而不必要条件245解析ab，sin cos 0，sin 21,290，45.3.解析cab(6，42)，代入ysin x得，42sin 1，解得.41解析ab(1，m1)，由(ab)c，得12(m1)(1)0，所以m1.52解析建立如图所示的坐标系，则A(1,0)，B(cos 120，sin 120)，即B(，)设AOC，则(cos ，sin )xy(x,0)(cos ，sin )xysin cos 2sin(30)0120，3030150.xy有最大值2，当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manb，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manb (m，nR)，则(m1)anb，baab.因为A，M，D三点共线，所以，即m2n1.而anb，baab，因为C，M，B三点共线，所以，即4mn1.由解得所以ab.变式迁移16解析如图，.在OCD中，COD30，OCDCOB90，可求|4，同理可求|2，4，2，6.例2解A(2,4)，B(3，1)，C(3，4)，(1,8)，(6,3)3(3,24)，2(12,6)设M(x，y)，则(x3，y4)(3,24)，M(0,20)同理可得N(9,2)，因此(9，18)所求M(0,20)，N(9,2)，(9，18)变式迁移2(5,4)解析向量与a同向，设(2t,3t) (t0)由|2，4t29t2413.t24.t0，t2.(4,6)设B为(x，y)，例3解(1)ambnc，m，nR，(3,2)m(1,2)n(4,1)(m4n,2mn)解之得(2)(akc)(2ba)，且akc(34k,2k)，2ba(5,2)，(34k)2(5)(2k)0，k.变式迁移35解析ac(3,1)(k,7)(3k，6)，且(ac)b，k5.课后练习区1(，)或(，)21解析2ab，由已知得，即，p1.34(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，y2，D(0，2)52解析方法一若M与B重合，N与C重合，则mn2.方法二2mn，.O、M、N共线，1.mn2.6(2，2)解析Ma|a(13，24)，R，Na|a(24，25)，R，令，即，解之得，代入M或N中得a(2，2)MN(2，2)76,1解析2b(2m，m2sin )，22m，2cos2m2sin ，(2m2)2mcos22sin ，即4m29m41sin22sin .又21sin22sin 2，24m29m42，解得m2，4.又2m2，2，621.6,18.解析由|，可知四边形ABCD为菱形，则有|，即，两边平方，得1213，.，所以cos，60.S|sin 60.9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)，(4，1)，.(x1，y1)(1,0)，(x2，y2)(3，1).(4分)(x1，y1)(1,0)，(x2，y2)(3，1).(x2，y2)(x1，y1).(8分)又(4，1)，4(1)0，.(12分)10解(1)由A，M，N三点共线，得，设(R)，即()()，所以mn()，所以mn.(5分)(2)因为()()(1m)(1n)，(8分)又mn1，所以(1m)m，所以|2(1m)22m22(1m)m(1m)2m2(1m)m(m)2.(12分)故当m时，|min.(14分)11证明mn，acos Bbcos A(2分)由正弦定理，得sin Acos Bsin Bcos A，即sin(AB)0.(5分)A、B为三角形的内角，AB.AB.(9分)p29，8sin24sin2A9.41cos(BC)4(1cos2A)9.4cos2A4cos A10，解得cos A.(14分)又0A，A.ABC为等边三角形(16分)