高中数学6.2.1 向量基本定理学案

这是一份高中数学6.2.1 向量基本定理学案，共8页。学案主要包含了学习目标，学习重难点，学习过程，达标检测，答案解析等内容，欢迎下载使用。

【学习目标】
1．知道平面向量基本定理；
2．理解平面里的任何一个向量都可以用两个不共线的向量来表示，初步应用向量解决实际问题；
3．能够在具体问题中适当地选取基底，使其他向量都能够用基底来表示。
【学习重难点】
1． 重点：平面向量基本定理
2． 难点：平面向量基本定理的理解与应用
【学习过程】
一、知识梳理
1．平面向量基本定理
（1）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________向量a，________________实数λ1，λ2，使a＝________________。
（2）基底：把__________的向量e1，e2叫做表示这一平面内________向量的一组基底。
2．
两向量的夹角与垂直
（1）夹角：已知两个______________a和b，作eq \(OA,\s\up6(→))＝a，eq \(OB,\s\up6(→))＝b，则________＝θ (0°≤θ≤180°)，叫做向量a与b的夹角。
①范围：向量a与b的夹角的范围是__________。②当θ＝0°时，a与b________。
③当θ＝180°时，a与b________。
（2）垂直：如果a与b的夹角是________，则称a与b垂直，记作________。
二、自主探究
设e1．e2是同一平面内两个不共线的向量，a是这一平面内的任一向量。通过作图法可以证明：一定存在一组实数(λ1，λ2)使a＝λ1e1＋λ2e2成立，并且(λ1，λ2)是唯一的，请你根据图1和图2叙述这一过程。
对点讲练
对基底概念的理解
例1 如果e1，e2是平面α内两个不共线的向量，那么下列说法中不正确的是( )
①λe1＋μe2(λ、μ∈R)可以表示平面α内的所有向量；
②对于平面α内任一向量a，使a＝λe1＋μe2的实数对(λ，μ)有无穷多个；
③若向量λ1e1＋μ1e2与λ2e1＋μ2e2共线，则有且只有一个实数λ，使得λ1e1＋μ1e2＝λ(λ2e1＋μ2e2)；
④若存在实数λ，μ使得λe1＋μe2＝0，则λ＝μ＝0.
A．①② B．②③ C．③④ D．②
回顾归纳 考查两个向量是否能构成基底，主要看两向量是否非零且不共线。此外，一个平面的基底一旦确定，那么平面上任意一个向量都可以由这个基底唯一线性表示出来。
变式训练1 设e1．e2是不共线的两个向量，给出下列四组向量：
①e1与e1＋e2；②e1－2e2与e2－2e1；③e1－2e2与4e2－2e1；④e1＋e2与e1－e2．
其中能作为平面内所有向量的一组基底的序号是________。(写出所有满足条件的序号)
用基底表示向量
例2
如图，梯形ABCD中，AB∥CD，且AB＝2CD，M、N分别是DC和AB的中点，若eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AD,\s\up6(→))＝b试用a，b表示eq \(DC,\s\up6(→))、eq \(BC,\s\up6(→))、eq \(MN,\s\up6(→))。
回顾归纳 用基底表示向量的关键是利用三角形或平行四边形将基底和所要表示的向量联系起来。解决此类题时，首先仔细观察所给图形。借助于平面几何知识和共线向量定理，结合平面向量基本定理解决。
变式训练2
如图，已知△ABC中，D为BC的中点，E，F为BC的三等分点，若eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AC,\s\up6(→))＝b，用a，b表示eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(AE,\s\up6(→))，eq \(AF,\s\up6(→))。
平面向量基本定理的应用
例3
如图所示，在△ABC中，点M是BC的中点，点N在边AC上，且AN＝2NC，AM与BN相交于点P，求证：AP∶PM＝4∶1．
回顾归纳 （1）充分挖掘题目中的有利条件，本题中两次使用三点共线，注重方程思想的应用；
（2）用基底表示向量也是运用向量解决问题的基础，应根据条件灵活应用，熟练掌握。
变式训练3
如图所示，已知△AOB中，点C是以A为中点的点B的对称点，eq \(OD,\s\up6(→))＝2eq \(DB,\s\up6(→))，DC和OA交于点E，设eq \(OA,\s\up6(→))＝a，eq \(OB,\s\up6(→))＝B．
（1）用a和b表示向量eq \(OC,\s\up6(→))、eq \(DC,\s\up6(→))；（2）若eq \(OE,\s\up6(→))＝λeq \(OA,\s\up6(→))，求实数λ的值。
三、课堂小结
1．对基底的理解
（1）基底的特征
基底具备两个主要特征：①基底是两个不共线向量；②基底的选择是不唯一的。平面内两向量不共线是这两个向量可以作为这个平面内所有向量的一组基底的条件。
（2）零向量与任意向量共线，故不能作为基底。
2．准确理解平面向量基本定理
（1）平面向量基本定理的实质是向量的分解，即平面内任一向量都可以沿两个不共线的方向分解成两个向量和的形式，且分解是唯一的。
（2）平面向量基本定理体现了转化与化归的数学思想，用向量解决几何问题时，我们可以选择适当的基底，将问题中涉及的向量向基底化归，使问题得以解决。
【达标检测】
一、选择题
1．若e1，e2是平面内的一组基底，则下列四组向量能作为平面向量的基底的是( )
A．e1－e2，e2－e1 B．2e1＋e2，e1＋eq \f(1,2)e2
C．2e2－3e1，6e1－4e2 D．e1＋e2，e1－e2
2．等边△ABC中，eq \(AB,\s\up6(→))与eq \(BC,\s\up6(→))的夹角是( )
A．30° B．45° C．60° D．120°
3．下面三种说法中，正确的是( )
①一个平面内只有一对不共线向量可作为表示该平面所有向量的基底；②一个平面内有无数多对不共线向量可作为该平面所有向量的基底；③零向量不可作为基底中的向量。
A．①② B．②③ C．①③ D．①②③
4．在△ABC中，D，E，F依次是BC的四等分点，以eq \(AB,\s\up6(→))＝e1，eq \(AC,\s\up6(→))＝e2为基底，则eq \(AF,\s\up6(→))等于( )
A．eq \f(1,4)e1＋eq \f(3,4)e2 B．eq \f(3,4)e1＋eq \f(1,4)e2 C．eq \f(1,4)e1－eq \f(1,4)e2 D．eq \f(1,4)e1＋eq \f(1,4)e2
5．已知△ABC和点M满足eq \(MA,\s\up6(→))＋eq \(MB,\s\up6(→))＋eq \(MC,\s\up6(→))＝0.若存在实数m使得eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→))＝meq \(AM,\s\up6(→))成立，则m的值为( )
A．2 B．3
C．4 D．5
二、填空题
6．设向量m＝2a－3b，n＝4a－2b，p＝3a＋2b，试用m，n表示p的结果是________。
7．在△ABC中，eq \(AB,\s\up6(→))＝c，eq \(AC,\s\up6(→))＝B．若点D满足eq \(BD,\s\up6(→))＝2eq \(DC,\s\up6(→))，则eq \(AD,\s\up6(→))＝____________。
三、解答题
8．如图在平行四边形ABCD中，M，N分别为DC，BC的中点，已知eq \(AM,\s\up6(→))＝c，eq \(AN,\s\up6(→))＝d，试用c，d表示eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))。
9．如图所示，在△OAB中，eq \(OC,\s\up6(→))＝eq \f(1,4)eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(OD,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(OB,\s\up6(→))，AD与BC交于点M，设eq \(OA,\s\up6(→))＝a，eq \(OB,\s\up6(→))＝b，以a．b为基底表示eq \(OM,\s\up6(→))。
【答案解析】
知识梳理
1．（1）不共线 任意 有且只有一对 λ1e1＋λ2e2，（2）不共线 所有
2．（1）非零向量 ∠AOB ①[0，180°] ②同向
③反向 （2）90° a⊥b
自主探究
解 在平面内任取一点O。作eq \(OA,\s\up6(→))＝e1，eq \(OB,\s\up6(→))＝e2，eq \(OC,\s\up6(→))＝A．过点C作平行于直线OB的直线，与直线OA交于点M；过点C作平行于直线OA的直线，与直线OB交于点N。
由共线向量定理知，存在实数λ1．λ2使
eq \(OM,\s\up6(→))＝λ1e1，eq \(ON,\s\up6(→))＝λ2e2，由于eq \(OC,\s\up6(→))＝eq \(OM,\s\up6(→))＋eq \(ON,\s\up6(→))，所以a＝λ1e1＋λ2e2．
下面说明这里的λ1．λ2是唯一的。设a＝λ′1e1＋λ′2e2； λ1e1＋λ2e2＝λ′1e1＋λ′2e2．
∴(λ1－λ1′)e1＋(λ2－λ2′)e2＝0，∵e1．e2不共线。∴λ1－λ1′＝λ2－λ2′＝0.
∴λ1′＝λ1，λ2′＝λ2． ∴(λ1，λ2)是唯一存在的。
对点讲练
例1 B [由平面向量基本定理可知，①④是正确的。
对于②，由平面向量基本定理可知，一旦一个平面的基底确定，那么任意一个向量在此基底下的实数对是唯一的。对于③，当两向量的系数均为零，即λ1＝λ2＝μ1＝μ2＝0时，这样的λ有无数个，故选B．]
变式训练1 ①②④
解析 对于③4e2－2e1＝－2e1＋4e2＝－2(e1－2e2)，∴e1－2e2与4e2－2e1共线，不能作为基底。
例2 解
如图所示，连接CN，则四边形ANCD是平行四边形。则eq \(DC,\s\up6(→))＝eq \(AN,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)a，
eq \(BC,\s\up6(→))＝eq \(NC,\s\up6(→))－eq \(NB,\s\up6(→))＝eq \(AD,\s\up6(→))－eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))＝b－eq \f(1,2)a，
变式训练2 解 eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BD,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(BC,\s\up6(→))＝a＋eq \f(1,2)(b－a)＝eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b；
eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BE,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(BC,\s\up6(→))＝a＋eq \f(1,3)(b－a)＝eq \f(2,3)a＋eq \f(1,3)b；
eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BF,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)eq \(BC,\s\up6(→))＝a＋eq \f(2,3)(b－a)＝eq \f(1,3)a＋eq \f(2,3)B．
例3 解 设eq \(AB,\s\up6(→))＝b，eq \(AC,\s\up6(→))＝c，则eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)b＋eq \f(1,2)c，eq \(AN,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)eq \(AC,\s\up6(→))，eq \(BN,\s\up6(→))＝eq \(BA,\s\up6(→))＋eq \(AN,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)c－B．
∵eq \(AP,\s\up6(→))∥eq \(AM,\s\up6(→))，eq \(BP,\s\up6(→))∥eq \(BN,\s\up6(→))，∴存在λ，μ∈R，使得eq \(AP,\s\up6(→))＝λeq \(AM,\s\up6(→))，eq \(BP,\s\up6(→))＝μeq \(BN,\s\up6(→))，又∵eq \(AP,\s\up6(→))＋eq \(PB,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))，
∴λeq \(AM,\s\up6(→))－μeq \(BN,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))，∴由λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)b＋\f(1,2)c))－μeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)c－b))＝b得
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)λ＋μ))b＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)λ－\f(2,3)μ))c＝B． 又∵b与c不共线。
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,2)λ＋μ＝1；,\f(1,2)λ－\f(2,3)μ＝0.))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(λ＝\f(4,5)；,μ＝\f(3,5).))故eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \f(4,5)eq \(AM,\s\up6(→))，即AP∶PM＝4∶1．
变式训练3 解 （1）由题意，A是BC的中点，且eq \(OD,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)eq \(OB,\s\up6(→))，由平行四边形法则，
eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \(OC,\s\up6(→))＝2eq \(OA,\s\up6(→))。 ∴eq \(OC,\s\up6(→))＝2eq \(OA,\s\up6(→))－eq \(OB,\s\up6(→))＝2a－b，eq \(DC,\s\up6(→))＝eq \(OC,\s\up6(→))－eq \(OD,\s\up6(→))＝(2a－b)－eq \f(2,3)b＝2a－eq \f(5,3)B．
（2）eq \(EC,\s\up6(→))∥eq \(DC,\s\up6(→))。 又∵eq \(EC,\s\up6(→))＝eq \(OC,\s\up6(→))－eq \(OE,\s\up6(→))＝(2a－b)－λa＝(2－λ)a－b，eq \(DC,\s\up6(→))＝2a－eq \f(5,3)b，∴eq \f(2－λ,2)＝eq \f(1,\f(5,3))，∴λ＝eq \f(4,5)。
达标检测
1．D 2．D 3．B 4．A [∵D，E，F依次是BC的四等分点，
∴eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→)))＝eq \f(1,2)(e1＋e2)，＝eq \(AC,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→))＝e2－e1，∴eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \(AE,\s\up6(→))＋eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(e1＋e2)＋eq \f(1,4) ＝eq \f(1,2)(e1＋e2)＋eq \f(1,4)(e2－e1)＝eq \f(1,4)e1＋eq \f(3,4)e2．]
5．B [设BC的中点为D，由已知条件可得M为△ABC的重心，eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→))＝2eq \(AD,\s\up6(→))，又eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)eq \(AD,\s\up6(→))，故m＝3．] 6．p＝－eq \f(7,4)m＋eq \f(13,8)n
解析 设p＝xm＋yn，则3a＋2b＝x(2a－3b)＋y(4a－2b)＝(2x＋4y)a＋(－3x－2y)b得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＋4y＝3,－3x－2y＝2))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝－\f(7,4),y＝\f(13,8)))。
7．eq \f(2,3)b＋eq \f(1,3)c 解析 eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BD,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)eq \(BC,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)(eq \(AC,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→)))＝eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)b＋eq \f(1,3)C．
8．解设eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AD,\s\up6(→))＝b，因为M，N分别为DC，BC的中点，所以eq \(BN,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)b，eq \(DM,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)a，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(c＝b＋\f(1,2)a,d＝a＋\f(1,2)b))，解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝\f(2,3)2d－c,b＝\f(2,3)2c－d))，即eq \(AB,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)(2d－c)，eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)(2c－d)。
9．解 设eq \(OM,\s\up6(→))＝ma＋nb (m，n∈R)，则eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \(OM,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→))＝(m－1)a＋nb，
eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \(OD,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)b－a＝－a＋eq \f(1,2)B．因为A，M，D三点共线，所以eq \f(m－1,－1)＝eq \f(n,\f(1,2))，
即m＋2n＝1，而eq \(CM,\s\up6(→))＝eq \(OM,\s\up6(→))－eq \(OC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m－\f(1,4)))a＋nb，
eq \(CB,\s\up6(→))＝eq \(OB,\s\up6(→))－eq \(OC,\s\up6(→))＝b－eq \f(1,4)a＝－eq \f(1,4)a＋b，因为C，M，B三点共线，所以eq \f(m－\f(1,4),－\f(1,4))＝eq \f(n,1)，
即4m＋n＝1．由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＋2n＝1，,4m＋n＝1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝\f(1,7)，,n＝\f(3,7)，))所以eq \(OM,\s\up6(→))＝eq \f(1,7)a＋eq \f(3,7)B．