1、高考数学理科一轮复习平面向量的基本定理及坐标表示学习型教学案高考数学（理科）一轮复习平面向量的基本定理及坐标表示学案本资料为woRD文档，请点击下载地址下载全文下载地址学案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
2、，作oAa，oBb，则AoB叫做向量a与b的_向量夹角的范围是_，a与b同向时，夹角_；a与b反向时，夹角_.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已知向量a，b和实数，那么ab_，ab_，a_.（2）已知A（），B（），则ABoBoA，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
3、坐标6若a，b，则ab的充要条件是_7P1，P2，则P1P2的中点P的坐标为_P1，P2，P3，则P1P2P3的重心P的坐标为_自我检测若向量a，则“x4”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A30B45c60D753.（XX•马鞍山模拟）已知向量a=，b（0，2），occab，若c点在函数ysin12x的图象上，则实数等于A.52B.32c52D324已知向量a，b，c，若c，则m_.5.（XX•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，
4、点c在以o为圆心的圆弧上变动，若ocxoAyoB，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，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（XX•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，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|A
5、B与a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已知平面内三个向量：a，b，c求满足ambnc的实数m、n；若，求实数k.变式迁移3已知向量a，b，c，若b，则k_.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，即向量向量oA点A要把点的坐标与向量的坐标区分开，相等的向量坐标
6、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，B，则AB一、选择题.已知a,b是不共线的向量，若AB1ab，Aca2b，则A、B、c三点共线的充要条件为A121B121c1210D12102.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Aa>0，b>0Ba>0，b<0ca<0，b>0Da<0，b<03设两个向量a和bm，m2sin，其中、m、为实数若a2b，则m的取值范围是A6,1B4,8c，oP2，则向量P1P2长度
7、的最大值是A.2B.3c32D235.在平行四边形ABcD中，Ac为一条对角线，若AB，Ac，则BD等于ABcD题号2345答案二、填空题6.（XX•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ABmAm，AcnAN，则mn的值为_7在平面直角坐标系xoy中，四边形ABcD的边ABDc，ADBc.已知A，B，c，则D点的坐标为_8.在四边形ABcD中，ABDc，1|BA|•BA1|Bc|•Bc3|BD|•BD，则四边形ABcD的面积为_三、解答题9.（12分）已知A、B、c三点的坐标分别
8、为（-1，0）、（3，-1）、（1，2），并且AE13Ac，BF13Bc.求证：EFAB.0在ABc中，a、b、c分别是角A、B、c的对边，已知向量m，向量n，向量p，若mn，p29，求证：ABc为等边三角形1.（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AEmAB，AFnAc，m，n设EF的中点为m，Bc的中点为N.若A，m，N三点共线，求证：mn；（2）若m+n=1,求的最小值答案自主梳理不共线有且只有1e12e2基底2.夹角0，02ab3.互相垂直4.坐标x轴y轴5.终点始点6x1y2x2y107.x1x22，y1y22x1x2x33，y1y2y33自我检测
9、A由x4知|a|42325；由|a|x2325，得x4或x4.故“x4”是“|a|5”的充分而不必要条件2Bab，3213sincos0，sin21,290，45.3Acab，代入ysin12x得，42sin21，解得52.41解析ab，由c，得120，所以m1.52解析建立如图所示的坐标系，则A，B，即B设,则oAocxoAyoBy2，32yxy2cos，32ysin.xsin3cos，y2sin3，xy3sincos2sin0120，3030150.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
10、量法解决平面几何问题的方法.解设ommanb，则AmomoAanb，ADoDoA12baa12b.因为A，m，D三点共线，所以m11n12，即m2n1.而cmomocm14anb，cBoBocb14a14ab，因为c，m，B三点共线，所以m1414n1，即4mn1.由m2n1，4mn1，解得m17，n37.所以om17a37b.变式迁移16解析如右图，ocoDoEoAoB在ocD中，coD30，ocDcoB90，可求|oD|4，同理可求|oE|2，4，2，6.例2解A，B，c，cA，cBcm3cA，cN2cB设m（x，y），则cm，x33，y424，x0，y20.m同理可得N（9，2），因此m
11、N=（9，18）. 所求m（0，20），N（9，2），mN变式迁移2解析向量AB与a同向，设AB由|AB|213，4t29t2413.t24.t>0，t2.AB设B为，x14，y26.x5，y4.例3解ambnc，m，nR，mnm4n3，2mn2，解之得m59，n89.，且akc，2ba，20，k1613.变式迁移35解析ac，且b，3k163，k5.课后练习区cA、B、c三点共线⇔AB与Ac共线⇔ABkAc⇔1k，k21，1210.2.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a>0，b<0
12、.3A2b，22m，2cos2m2sin，2mcos22sin，即4m29m41sin22sin.又21sin22sin2，24m29m42，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，则mn2.方法二2AoABAcmAmnAN，Aom2Amm2Am.o、m、N共线，m2n21.mn2.7解析设D点的坐标为，由题意知，即，所以x0，y2，D8.3S|AB|sin6022323.9证明设E、F两点的坐标分别为、，则依题意，得，BA13Ac23，23，13c23，1.A23，23，23，1.23，2313，23，23，173，0.83，23.又
13、B，423830，B.0证明mn，acosBbcosA.由正弦定理，得sinAcosBsinBcosA，即sin0.A、B为三角形的内角，<AB<.AB.p29，8sin2Bc24sin2A9.41cos49.4cos2A4cosA10，解得cosA12.又0<A<，A3.ABc为等边三角形1解（1）由A，m，N三点共线，得AA，设AAN，即1212，所以mBnAc，所以mn.（）因为NANAm121212AB12Ac，又mn1，所以mN12AB12mAc，所以|mN|2142AB214m2Ac212mAB•Ac14214m214m142316.故当m时，|mN|min34.
