新高考数学一轮复习考点讲义：第06章第2讲平面向量基本定理及坐标表示（含解析）

这是一份新高考数学一轮复习考点讲义：第06章第2讲平面向量基本定理及坐标表示（含解析），共8页。

一 平面向量基本定理
如果e1，e2是同一平面内的两个不共线向量，那么对这一平面内的任一向量a，有且只有一对实数λ1，λ2，使a＝λ1e1＋λ2e2，若e1，e2不共线，我们把{e1，e2}叫做表示这一平面内所有向量的一个基底．若e1，e2互相垂直，则称这个基底为正交基底；若e1，e2分别为与x轴、y轴方向相同的两个单位向量，则称这个基底为单位正交基底．
二 平面向量的坐标表示
在平面直角坐标系内，分别取与x轴、y轴正方向相同的两个单位向量i，j，取{i，j}作为基底，对于平面内任一向量a，有唯一一对实数x，y，使得a＝xi＋yj，有序数对(x，y)叫做向量a的坐标，记作a＝(x，y)，显然i＝(1,0)，j＝(0,1)，0＝(0,0)．
三 平面向量的坐标运算
1．设a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则a＋b＝(x1＋x2，y1＋y2)，a－b＝(x1－x2，y1－y2)，λa＝(λx1，λy1)，|a|＝eq \r(x\\al(2,1)＋y\\al(2,1)).
2．设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq \(AB,\s\up15(→))＝(x2－x1，y2－y1)，|eq \(AB,\s\up15(→))|＝eq \r(x2－x12＋y2－y12).
四 平面向量共线的坐标表示
设a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则
(1)a∥b⇔x1y2－x2y1＝0；
(2)若a≠0，则与a平行的单位向量为±eq \f(a,|a|).
常/用/结/论
1．若a与b不共线，且λa＋μb＝0，则λ＝μ＝0.
2．已知△ABC的顶点A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，则△ABC的重心G的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2＋x3,3)，\f(y1＋y2＋y3,3))).
eq \(OG,\s\up15(→))＝eq \f(1,3)(eq \(OA,\s\up15(→))＋eq \(OB,\s\up15(→))＋eq \(OC,\s\up15(→)))，你知道如何证明这个线性表达式吗？
1．判断下列结论是否正确．
(1)在△ABC中，{Aeq \(B,\s\up15(→))，Ceq \(A,\s\up15(→))}可以作为基底．(√)
(2)平面向量不论经过怎样的平移变换，其坐标不变．(√)
(3)若a，b不共线，且λ1a＋μ1b＝λ2a＋μ2b，则λ1＝λ2且μ1＝μ2.(√)
(4)若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则a∥b的充要条件可以表示成eq \f(x1,x2)＝eq \f(y1,y2).()
2．已知平面向量a＝(1,1)，b＝(1，－1)，则向量eq \f(1,2)a－eq \f(3,2)b＝( )
A．(－2，－1) B．(－2,1)
C．(－1,0) D．(－1,2)
解析：因为a＝(1,1)，b＝(1，－1)，所以eq \f(1,2)a－eq \f(3,2)b＝eq \f(1,2)(1，1)－eq \f(3,2)(1，－1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，－\f(3,2)))＝(－1,2)．
答案：D
3．(2024·湖北宜昌阶段练习)已知向量a，b，c在边长为1的正方形网格中的位置如图所示，用基底{a，b}表示c，则( )
A．c＝－2a＋3b B．c＝2a－3b
C．c＝－3a＋2b D．c＝3a－2b
解析：建立如图所示的平面直角坐标系，则a＝(2,1)－(1,0)＝(1,1)，b＝(0,4)－(2,1)＝(－2,3)，c＝(7,1)－(0,4)＝(7，－3)．
设c＝xa＋yb，则(7，－3)＝x(1,1)＋y(－2，3)，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(7＝x－2y，,－3＝x＋3y，))解得x＝3，y＝－2，故c＝3a－2b.故选D.
答案：D
4．(2024·广西梧州摸底)已知{e1，e2}是表示平面α内所有向量的一个基底，且a＝e1＋e2，b＝3e1－2e2，c＝2e1＋3e2，若c＝λa＋μb(λ，μ∈R)，则λ＋μ＝________.
解析：因为c＝λa＋μb＝λ(e1＋e2)＋μ(3e1－2e2)＝(λ＋3μ)e1＋(λ－2μ)e2，又因为c＝2e1＋3e2，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(λ＋3μ＝2，,λ－2μ＝3，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(μ＝－\f(1,5)，,λ＝\f(13,5)，))所以λ＋μ＝eq \f(12,5).
答案：eq \f(12,5)
题型 平面向量基本定理的应用
典例1(1)已知{e1，e2}是表示平面内所有向量的一个基底，则下列四组向量中，不能组成一个基底的是( )
共线的一组不可作基底，判断系数是否对应成比例即可．
A．e1＋e2和e1－e2
B．3e1－2e2和4e2－6e1
C．e1＋2e2和e2＋2e1
D．e2和e1＋e2
(2)(2024·广东清远月考)如图所示，已知在△OBC中，A是BC的中点，D是将eq \(OB,\s\up15(→))分成2∶1的一个内分点，DC和OA交于点E，设eq \(OA,\s\up15(→))＝a，eq \(OB,\s\up15(→))＝b.
①用a，b表示向量eq \(OC,\s\up15(→))，eq \(DC,\s\up15(→))；
②若eq \(OE,\s\up15(→))＝λeq \(OA,\s\up15(→))，求实数λ的值．
(1)解析：因为4e2－6e1＝－2(3e1－2e2)，所以3e1－2e2与4e2－6e1共线，又因为组成一个基底的两个向量一定不共线，所以它们不能组成一个基底．故选B.
(2)解：①依题意，A是BC的中点，
∴2eq \(OA,\s\up15(→))＝eq \(OB,\s\up15(→))＋eq \(OC,\s\up15(→))，
即eq \(OC,\s\up15(→))＝2eq \(OA,\s\up15(→))－eq \(OB,\s\up15(→))＝2a－b.
eq \(DC,\s\up15(→))＝eq \(OC,\s\up15(→))－eq \(OD,\s\up15(→))＝eq \(OC,\s\up15(→))－eq \f(2,3)eq \(OB,\s\up15(→))
向量减法，向基底靠拢．
＝2a－b－eq \f(2,3)b＝2a－eq \f(5,3)b.
②∵eq \(OE,\s\up15(→))＝λeq \(OA,\s\up15(→))，
∴eq \(CE,\s\up15(→))＝eq \(OE,\s\up15(→))－eq \(OC,\s\up15(→))＝λa－(2a－b)＝(λ－2)a＋b.
∵eq \(CE,\s\up15(→))与eq \(DC,\s\up15(→))共线，
∴存在实数k，使eq \(CE,\s\up15(→))＝keq \(DC,\s\up15(→))，
E为eq \(OA,\s\up15(→))，eq \(DC,\s\up15(→))的交点. 设eq \(OE,\s\up15(→))＝λeq \(OA,\s\up15(→))，则eq \(OE,\s\up15(→))＝eq \f(λ,2)(eq \(OB,\s\up15(→))＋eq \(OC,\s\up15(→)))＝eq \f(λ,2)eq \(OB,\s\up15(→))＋eq \f(λ,2)eq \(OC,\s\up15(→))＝eq \f(3,4)λeq \(OD,\s\up15(→))＋eq \f(λ,2)eq \(OC,\s\up15(→)). 利用D，E，C三点共线列方程eq \f(3,4)λ＋eq \f(λ,2)＝1，可求λ的值．
即(λ－2)a＋b＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2a－\f(5,3)b))，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(λ－2＝2k，,1＝－\f(5,3)k，))解得λ＝eq \f(4,5).
应用平面向量基本定理表示向量的方法
应用平面向量基本定理表示向量的实质是利用平行四边形法则或三角形法则进行向量的加法、减法或数乘运算，基本方法有两种：
(1)运用向量的线性运算法则对所求向量不断进行化简，直至用基底表示为止．
(2)将向量用含参数的基底表示，然后列方程或方程组，利用基底表示向量的唯一性求解.eq \(\s\up7( ),\s\d5( ))
对点练1(2024·新疆昌吉模拟)如图，在△ABC中，D，E分别是CB，CA的中点，点F在AB上，且3Aeq \(F,\s\up15(→))＝Feq \(B,\s\up15(→))，若M是△AFE(不含边界)内的动点，满足Deq \(M,\s\up15(→))＝eq \f(1,2)Deq \(B,\s\up15(→))＋keq \(DE,\s\up15(→))，则k的取值范围为________．
解析：如图，分别取BD，AE的中点G，N，连接GN交EF于H，∵D，E分别是CB，CA的中点，∴DE∥AB∥GN，∵Deq \(M,\s\up15(→))＝eq \f(1,2)Deq \(B,\s\up15(→))＋keq \(DE,\s\up15(→))＝Deq \(G,\s\up15(→))＋keq \(DE,\s\up15(→))，∴keq \(DE,\s\up15(→))＝Deq \(M,\s\up15(→))－Deq \(G,\s\up15(→))＝Geq \(M,\s\up15(→))，则M在线段HN(不含端点)上．∵GN＝eq \f(DE＋AB,2)＝eq \f(3,4)AB，HN＝eq \f(1,2)AF＝eq \f(1,8)AB，∴GH＝GN－HN＝eq \f(5,8)AB，则Deq \(H,\s\up15(→))＝eq \f(1,2)Deq \(B,\s\up15(→))＋Geq \(H,\s\up15(→))＝eq \f(1,2)Deq \(B,\s\up15(→))＋eq \f(5,8)Beq \(A,\s\up15(→))＝eq \f(1,2)Deq \(B,\s\up15(→))＋eq \f(5,4)Deq \(E,\s\up15(→))，同理，Deq \(N,\s\up15(→))＝eq \f(1,2)Deq \(B,\s\up15(→))＋Geq \(N,\s\up15(→))＝eq \f(1,2)Deq \(B,\s\up15(→))＋eq \f(3,4)Beq \(A,\s\up15(→))＝eq \f(1,2)Deq \(B,\s\up15(→))＋eq \f(3,2)Deq \(E,\s\up15(→))，∴eq \f(5,4)0，若a∥b，
条件转化为方程再应用常数代换法，由基本不等式求最值．
则eq \f(1,m)＋eq \f(8,n)的最小值为________．
解析：∵a∥b，∴4－n－2m＝0，即2m＋n＝4.
∵m>0，n>0，∴eq \f(1,m)＋eq \f(8,n)＝eq \f(1,4)(2m＋n)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)＋\f(8,n)))＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(10＋\f(n,m)＋\f(16m,n)))≥eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(10＋2\r(\f(n,m)·\f(16m,n))))＝eq \f(9,2)，当且仅当4m＝n＝eq \f(8,3)时，等号成立．∴eq \f(1,m)＋eq \f(8,n)
等号成立的条件eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(n,m)＝\f(16m,n)，,2m＋n＝4.))
的最小值是eq \f(9,2).故答案为eq \f(9,2).
利用两向量共线解题的技巧
(1)一般地，在求与一个已知向量a共线的向量时，可设所求向量为λa(λ∈R)，然后结合其他条件列出关于λ的方程，求出λ的值后代入λa即可得到所求的向量．
(2)如果已知两向量共线，求某些参数的取值时，那么利用“若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则a∥b的充要条件是x1y2＝x2y1”解题比较方便．
对点练3设向量eq \(OA,\s\up15(→))＝(1，－2)，eq \(OB,\s\up15(→))＝(2m，－1)，eq \(OC,\s\up15(→))＝(－2n,0)，m，n∈R，O为坐标原点，若A，B，C三点共线，则m＋n的最大值为( )
A．－3 B．－2
C．2 D．3
解析：由题意易知，eq \(AB,\s\up15(→))∥eq \(AC,\s\up15(→))，
因为eq \(AB,\s\up15(→))＝eq \(OB,\s\up15(→))－eq \(OA,\s\up15(→))＝(2m－1,1)，
eq \(AC,\s\up15(→))＝eq \(OC,\s\up15(→))－eq \(OA,\s\up15(→))＝(－2n－1,2)，
所以(2m－1)×2＝1×(－2n－1)，
得2m＋1＋2n＝1，
又2m＋1＋2n≥2eq \r(2m＋n＋1)，
所以2m＋n＋1≤2－2，即m＋n≤－3.所以m＋n的最大值为－3.
答案：A