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.docx
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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________.
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=____.
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
已知向量a=,b=和实数λ,那么a+b=________________________,a-b=________________________,λa=________________.
(2)已知A(),B(),则AB→=oB→-oA→=-=,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=,b=,则a∥b的充要条件是________________________.
7.P1,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“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,sinα,b=cosα,13,且a∥b,则锐角α为
A.30°
B.45°
c.60°
D.75°
3.(XX•马鞍山模拟)已知向量a=,b(0,2),oc→=c=a+λb,若c点在函数y=sinπ12x的图象上,则实数λ等于
A.52
B.32
c.-52
D.-32
4.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,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(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oc→=λoA→+μoB→,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=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a=mb+nc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.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AB→=λ1a+b,Ac→=a+λ2b,,则A、B、c三点共线的充要条件为
A.λ1=λ2=-1
B.λ1=λ2=1
c.λ1λ2-1=0
D.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>0
B.a>0,b<0
c.a<0,b>0
D.a<0,b<0
3.设两个向量a=和b=m,m2+sinα,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.,oP2→=,则向量P1P2→长度的最大值是
A.2
B.3
c.32
D.23
5.在平行四边形ABcD中,Ac为一条对角线,若AB→=,Ac→=,则BD→等于
A.
B.
c.
D.
题号
2
3
4
5
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,B,c,则D点的坐标为________.
8.在四边形ABcD中,AB→=Dc→=,1|BA→|•BA→+1|Bc→|•Bc→=3|BD→|•BD→,则四边形ABcD的面积为________.
三、解答题
9.(12分)已知A、B、c三点的坐标分别为(-1,0)、(3,-1)、(1,2),并且AE→=13Ac→,BF→=13Bc→.求证:
EF→∥AB→.
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m∥n,p2=9,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AE→=mAB→,AF→=nAc→,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:
m=n;
(2)若m+n=1,求的最小值.
答案
自主梳理
.不共线 有且只有 λ1e1+λ2e2 基底 2.夹角
[0,π] 0 π π2 a⊥b
3.互相垂直 4. 坐标 x轴 y轴 5. 终点 始点
6.x1y2-x2y1=0 7.x1+x22,y1+y22
x1+x2+x33,y1+y2+y33
自我检测
.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-sinαcosα=0,
∴sin2α=1,2α=90°,α=45°.]
3.A [c=a+λb=,代入y=sinπ12x得,
-4+2λ=sinπ2=1,解得λ=52.]
4.-1
解析 a+b=,由∥c,
得1×2-×=0,所以m=-1.
5.2
解析 建立如图所示的坐标系,
则A,B,
即B.
设=,则oA→=.
∵oc→=xoA→+yoB→
=+-y2,32y=.
∴x-y2=cosα,32y=sinα. ∴x=sinα3+cosα,y=2sinα3,
∴x+y=3sinα+cosα=2sin.
∵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,
则Am→=om→-oA→=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,B,c,
∴cA→=,cB→=.
∴cm→=3cA→=,
cN→=2cB→=.
设m(x,y),则cm→==,
∴x+3=3,y+4=24, ∴x=0,y=20. ∴m.
同理可得N(9,2),因此mN→=(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,∴4t2+9t2=4×13.∴t2=4.
∵t>0,∴t=2.∴AB→=.
设B为,∴x-1=4,y+2=6. ∴x=5,y=4.
例3 解 ∵a=mb+nc,m,n∈R,
∴=m+n=.
∴-m+4n=3,2m+n=2, 解之得m=59,n=89.
∵∥,
且a+kc=,2b-a=,
∴×2-×=0,
∴k=-1613.
变式迁移3 5
解析 ∵a-c=-=,
且∥b,∴3-k1=-63,∴k=5.
课后练习区
.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=,∴λ+2=2m,
λ2-cos2α=m+2sinα,∴2-m=cos2α+2sinα,
即4m2-9m+4=1-sin2α+2sinα.
又∵-2≤1-sin2α+2sinα≤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.
解析 设D点的坐标为,
由题意知BC→=AD→,
即=,所以x=0,y=-2,∴D.
8.3
S=|AB→|=|BC→|sin60°=2×2×32=3.
9.证明 设E、F两点的坐标分别为、,则依题意,得AC→=,BC→=,AB→=.
∴AE→=13Ac→=23,23,
BF→=13Bc→=-23,1.
∴AE→=-=23,23,
BF→=-=-23,1.…………………………………………………
∴=23,23+
=-13,23,
=-23,1+=73,0.
∴EF→=-=83,-23.…………………………………………………
又∵AB→=,∴4×-23-×83=0,
∴EF→∥AB→.……………………………………………………………………………
0.证明 ∵m∥n,∴acosB=bcosA.
由正弦定理,得sinAcosB=sinBcosA,
即sin=0.
∵A、B为三角形的内角,
∴-π<A-B<π.
∴A=B.……………………………………………………………………………………
∵p2=9,∴8sin2B+c2+4sin2A=9.
∴4[1-cos]+4=9.
∴4cos2A-4cosA+1=0,
解得cosA=12.……………………………………………………………………………
又∵0<A<π,∴A=π3.
∴△ABc为等边三角形.………………………………………………………………
1.解
(1)由A,m,N三点共线,得AM→∥AN→,
设AM→=λAN→,即12=12λ,
所以mAB→+nAc→=λ,所以m=n.…………………………………………
(2)因为MN→=AN→-Am→=12=12=12AB→+12Ac→,
……………………………………………………………………………………………
又m+n=1,所以mN→=12AB→+12mAc→,
所以|mN→|2=142AB→2+14m2Ac→2+12mAB→•Ac→………………………………
=142+14m2+14m
=142+316.
故当m=时,|mN→|min=34.……………………………………………………………
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