1、第2节平面向量基本定理与坐标表示考试要求1.理解平面向量基本定理及其意义；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.知 识 梳 理1.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，那么对于这一平面内的任意向量a，有且只有一对实数1，2，使a1e12e2.其中，不共线的向量e1，e2叫做表示这一平面内所有向量的一组基底.2.平面向量的正交分解把一个向量分解为两个互相垂直的向量，叫做把向量正交分解.3.平面向量的坐标运算(1)向量加法、减法、数乘运算及向量的模设a(x1，y1)，b(x2，y2)，则
2、ab(x1x2，y1y2)，ab(x1x2，y1y2)，a(x1，y1)，|a|.(2)向量坐标的求法若向量的起点是坐标原点，则终点坐标即为向量的坐标.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则(x2x1，y2y1)，|.4.平面向量共线的坐标表示设a(x1，y1)，b(x2，y2)，则abx1y2x2y10.常用结论与易错提醒1.若a与b不共线，且ab0, 则0.2.已知(，为常数)，则A，B，C三点共线的充要条件是1.3.平面向量一组基底是两个不共线向量，平面向量基底可以有无穷多组.4.向量的坐标与表示向量的有向线段的起点、终点的相对位置有关系.两个相等的向量，无论起点在什么位置，它们的坐标
3、都是相同的.诊 断 自 测1.判断下列说法的正误.(1)平面内的任何两个向量都可以作为一组基底.()(2)同一向量在不同基底下的表示是相同的.()(3)设a，b是平面内的一组基底，若实数1，1，2，2满足1a1b2a2b，则12，12.()(4)若a(x1，y1)，b(x2，y2)，则ab的充要条件可以表示成.()(5)在ABC中，设a，b，则向量a与b的夹角为ABC.()解析(1)共线向量不可以作为基底.(2)同一向量在不同基底下的表示不相同.(4)若b(0，0)，则无意义.(5)向量a与b的夹角为ABC的补角.答案(1)(2)(3)(4)(5)2.(2019全国卷)已知向量a(2，3)，b
4、(3，2)，则|ab|()A. B.2 C.5 D.50解析ab(2，3)(3，2)(1，1)，|ab|.故选A.答案A3.(2018全国卷)已知向量a(1，2)，b(2，2)，c(1，).若c(2ab)，则_.解析2ab(4，2)，因为c(1，)，且c(2ab)，所以124，即.答案4.(必修4P101A3改编)已知ABCD的顶点A(1，2)，B(3，1)，C(5，6)，则顶点D的坐标为_.解析设D(x，y)，则由，得(4，1)(5x，6y)，即解得答案(1，5)5.已知向量a(2，x)，b (y，3)，若ab且ab12，则x_，y_.解析由已知条件得解得答案236.已知O，A，B是平面上不
5、共线的三点，直线AB上有一点C，满足20.(1)用，表示为_；(2)若点D是OB的中点，则四边形OCAD的形状是_.解析(1)因为20，所以2()()0，所以2.(2)如图，D为OB的中点，则(2).故，即DAOC，且DAOC，故四边形OCAD为梯形.答案(1)2(2)梯形考点一平面向量基本定理及其应用【例1】 (1)设D，E，F分别为ABC的三边BC，CA，AB的中点，则()A. B. C. D.(2)(一题多解)(2017江苏卷)如图，在同一个平面内，向量，的模分别为1，1，与的夹角为，且tan 7，与的夹角为45.若mn(m，nR)，则mn_.解析(1)如图所示，()()().(2)法一
6、如图，过点C作CDOB交OA的延长线于点D，设m，n，则在ODC中有ODm，DCn，OC，OCD45，由tan 7，得cos ，又由余弦定理知即得42nm0，即m105n，代入得12n249n490，解得n或n，当n时，m1050(舍去)，当n时，m105，故mn3.法二因为tan 7，所以cos ，sin .过点C作CDOB交OA的延长线于点D，则，OCD45.又因为mn，所以m，n，所以|m，|n.在COD中，由正弦定理得，因为sin ODCsin(180OCD)sin(45)，即，所以n，m，所以mn3.法三由tan 7可得cos ，sin ，则，由cos BOC可得，cos AOBco
7、s(45)cos cos 45sin sin 45，则，即则mn，则mn3.答案(1)A(2)3规律方法(1)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、减或数乘运算.(2)用平面向量基本定理解决问题的一般思路是：先选择一组基底，并运用该基底将条件和结论表示成向量的形式，再通过向量的运算来解决.【训练1】 (1)如图，已知a，b，3，用a，b表示，则_.(2)如图，在平行四边形ABCD中，AC，BD相交于点O，E为线段AO的中点.若(，R)，则_.解析(1)()ab.(2)由题意可得，由平面向量基本定理可得，所以.答案(1)ab(2)考点二平面向量的坐标运算
8、【例2】 (1)(2020郑州二预)已知O为坐标原点，向量(1，2)，(2，1)，若2，则|_.(2)向量a，b，c在正方形网格中，如图所示，若cab(，R)，则()A.1 B.2 C.3 D.4解析(1)设P点坐标为(x，y)，(2，1)(1，2)(3，3)，(x1，y2)，由2得2(x1，y2)(3，3)，所以解得故|.(2)以向量a，b的交点为坐标原点，建立如图直角坐标系(设每个小正方形边长为1)，A(1，1)，B(6，2)，C(5，1)，所以a(1，1)，b(6，2)，c(1，3)，cab，解之得2且，因此4，故选D.答案(1)(2)D规律方法(1)巧借方程思想求坐标：若已知向量两端点
9、的坐标，则应先求出向量的坐标，解题过程中注意方程思想的应用.(2)向量问题坐标化：向量的坐标运算，使得向量的线性运算都可以用坐标来进行，实现了向量运算的代数化，将数与形结合起来，使几何问题转化为数量运算问题.【训练2】 (1)已知点A(1，5)和向量a(2，3)，若3a，则点B的坐标为()A.(7，4) B.(7，14)C.(5，4) D.(5，14)(2)已知向量a(2，1)，b(1，2).若manb(9，8)(m，nR)，则mn的值为_.解析(1)设点B的坐标为(x，y)，则(x1，y5).由3a，得解得(2)由向量a(2，1)，b(1，2)，得manb(2mn，m2n)(9，8)，则解得
10、故mn3.答案(1)D(2)3考点三平面向量共线的坐标表示 变式迁移【例3】 (经典母题)平面内给定三个向量a(3，2)，b(1，2)，c(4，1).(1)求满足amb nc的实数m，n；(2)若(akc)(2ba)，求实数k.解(1)由题意得(3，2)m(1，2)n(4，1)，解得(2)akc(34k，2k)，2ba(5，2)，由题意得2(34k)(5)(2k)0，解得k.【变式迁移1】 在本例条件下，若d满足(dc)(ab)，且|dc|，求d.解设d(x，y)，则dc(x4，y1)，又ab(2，4)，|dc|，解得或d的坐标为(3，1)或(5，3).【变式迁移2】 在本例条件下，若manb
11、与a2b共线，求的值.解manbm(3，2)n(1，2)(3mn，2m2n)，a2b(3，2)2(1，2)(5，2)，由题意，得5(2m2n)2(3mn)0，即2mn0，.规律方法(1)两平面向量共线的充要条件有两种形式：若a(x1，y1)，b(x2，y2)，则ab的充要条件是x1y2x2y10；若ab(b0)，则ab.(2)向量共线的坐标表示既可以判定两向量平行，也可以由平行求参数.当两向量的坐标均非零时，也可以利用坐标对应成比例来求解.【训练3】 (1)已知平面向量a(1，2)，b(2，m)，且ab，则2a3b_.(2)已知A(2，3)，B(4，3)，点P在线段AB的延长线上，且|AP|B
12、P|，则点P的坐标为_.(3)若三点A(1，5)，B(a，2)，C(2，1)共线，则实数a的值为_.解析(1)由a(1，2)，b(2，m)，且ab，得1m2(2)0，即m4.从而b(2，4)，那么2a3b2(1，2)3(2，4)(4，8).(2)设P(x，y)，由点P在线段AB的延长线上，则，得(x2，y3)(x4，y3)，即解得所以点P的坐标为(8，15).(3)(a1，3)，(3，4)，根据题意，4(a1)3(3)0，即4a5，a.答案(1)(4，8)(2)(8，15)(3)基础巩固题组一、选择题1.下列各组向量中可以作为基底的是()A.e1(0，0)，e2(1，2)B.e1(1，2)，e
13、2(5，7)C.e1(3，5)，e2(6，10)D.e1(2，3)，e2解析两个不共线的非零向量构成一组基底，故选B.答案B2.已知在ABCD中，(2，8)，(3，4)，则()A.(1，12) B.(1，12)C.(1，12) D.(1，12)解析因为四边形ABCD是平行四边形，所以(1，12)，故选B.答案B3.已知向量a(1，2)，b(3，m)，mR，则“m6”是“a(ab)”的()A.充要条件 B.充分不必要条件C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件解析由题意得ab(2，2m)，由a(ab)，得1(2m)22，所以m6，则“m6”是“a(ab)”的充要条件，故选A.答案A4.已知向
14、量(k，12)，(4，5)，(k，10)，且A，B，C三点共线，则k的值是()A. B. C. D.解析(4k，7)，(2k，2)，因为A，B，C三点共线，所以，共线，所以2(4k)7(2k)，解得k.答案A5.在ABC中，点D在BC边上，且2，rs，则rs()A. B. C.3 D.0解析因为2，所以()，则rs0，故选D.答案D6.在ABC中，点P在BC上，且2，点Q是AC的中点，若(4，3)，(1，5)，则()A.(2，7) B.(6，21) C.(2，7) D.(6，21)解析(3，2)，Q是AC的中点，2(6，4)，(2，7)，2，3(6，21).答案B7.如图，向量e1，e2，a的
15、起点与终点均在正方形网格的格点上，则向量a可用基底e1，e2表示为()A.e1e2 B.2e1e2C.2e1e2 D.2e1e2解析以e1的起点为坐标原点，e1所在直线为x轴建立平面直角坐标系，由题意可得e1(1，0)，e2(1，1)，a(3，1)，设axe1ye2x(1，0)y(1，1)(xy，y)，则解得故a2e1e2.答案B8.已知点M是ABC的边BC的中点，点E在边AC上，且2，则向量()A. B.C. D.解析如图，2，().答案C9.如图，在OAB中，P为线段AB上的一点，xy，且2 ，则()A.x，y B.x，yC.x，y D.x，y解析由题意知，又2，所以()，所以x，y.答案
16、A二、填空题10.已知向量a(m，4)，b(3，2)，且ab，则m_.解析因为ab，所以由(2)m430，解得m6.答案611.已知向量a(x，1)，b(2，y)，若ab(1，1)，则xy_.解析因为(x，1)(2，y)(1，1)，所以解得所以xy3.答案312.设x，yR，向量a(x，1)，b(1，y)，c(2，4)，且ac，bc，则|ab|_.解析由题意可知解得故ab(3，1)，|ab|.答案13.若三点A(2，2)，B(a，0)，C(0，b)(ab0)共线，则的值为_.解析(a2，2)，(2，b2)，依题意有(a2)(b2)40，即ab2a2b0，所以.答案14.设P为ABC所在平面上一
17、点，且满足34m(m0).若ABP的面积为8，则ABC的面积为_.解析以AB的中点O为坐标原点，AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系，设A(a，0)，B(a，0)，a0，由ABP的面积是8，设P，C(x，y)，则由34m得34m(2a，0)，则40，y，所以ABC的面积是2a14.答案14能力提升题组15.在ABC中，D为AB中点，E为CD中点，设a，b，若ab，则的值是()A. B. C.2 D.4解析abab，a，b不共线，.答案B16.(2020北京朝阳区一模)在平面直角坐标系xOy中 ，已知点A(，0)，B(1，2)，动点P满足，其中，0，1，1，2，则所有点P构成的图形面积为()A.
18、1 B.2 C. D.2解析设P(x，y)，则(，2)(x，y)，所有点P构成图形如图所示(阴影部分)，S2.答案C17.已知曲线C：x，直线l：x6.若对于点A(m，0)，存在C上的点P和l上的点Q使得0，则m的取值范围为_.解析曲线C的图象是半径为2的半个圆，在y轴左侧，x12，0.0，A(m，0)为P(x1，y1)，Q(6，t)的中点.2m6x1，x12，0，m2，3.所以m的取值范围是2，3.答案2，318.直角ABC中，ABAC2，D为AB边上的点，且2，则_；若xy，则xy_.解析以A为原点，分别以，的方向为x轴、y轴的正方向建立平面直角坐标系，则A(0，0)，B(2，0)，C(0
19、，2)，D，则，(0，2)，(2，2)，则(0，2)0(2)(2)4.由xyx(0，2)y(2，2)(2y，2x2y)得解得则xy.答案419.已知ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a2，b3，sin A2sin C，则cos B_，设P是AC上一点，且满足，则ABP的面积为_.解析由sin A2sin C和正弦定理知a2c，则c，由余弦定理得cos B，则sin B.由于点P在AC上，且满足，则，即，则P是AC上靠近点C的三等分点，所以SABPSABCacsin B.答案20.如图，在四边形OACB中，OAOC2OB2，OA与OC的夹角为60，OB与OC的夹角为，若，mn(m，nR)，则n_.解析因为OAOC2OB2，OA与OC的夹角为60，所以OB1，OAC是等边三角形，所以2.又因为，所以.又因为2()2，所以cos ，所以sin .以O为坐标原点，为x轴正方向建立平面直角坐标系，则(2，0)，(2cos 60，2sin 60)，(cos ，sin ).因为mn，所以 即消去m，解得n(9).答案(9)
