数学人教A版必修四学案2.3.1　平面向量基本定理Word版含解析【高考】

2．3平面向量的基本定理及坐标表示2.3.1平面向量基本定理1．掌握1组应用结论(1)平面向量基本定理唯一性的应用设a，b是同一平面内的两个不共线向量，若x1a＋y1b＝x2a＋y2b，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝x2，,y1＝y2.))(2)重要结论设e1，e2是平面内一组基底，当λ1e1＋λ2e2＝0时恒有λ1＝λ2＝0若a＝λ1e1＋λ2e2当λ2＝0时，a与e1共线当λ1＝0时，a与e2共线λ1＝λ2＝0时，a＝02.辨明2个易错点易错点有两处(1)向量的夹角和直线的夹角范围是不同的，它们分别是[0，π]和eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).(2)两非零向量的夹角是将两个向量的起点移到同一点所成的角．知识点一用基底表示向量1．设e1，e2是平面内的一组基底，则下面四组向量不能作为基底的是()A．e1＋e2和e1－e2 B．3e1－2e2和4e2－6e1C．e1＋2e2和e2＋2e1 D．e2和e2＋e1解析：选B4e2－6e1＝－2(3e1－2e2)，共线，不能作为基底．故选B.2．设G为△ABC的重心，O为坐标原点，eq\o(OA,\s\up6(→))＝a，eq\o(OB,\s\up6(→))＝b，eq\o(OC,\s\up6(→))＝c，试用a，b，c表示eq\o(OG,\s\up6(→))，eq\o(OG,\s\up6(→))＝________.解析：eq\o(OG,\s\up6(→))＝eq\o(OC,\s\up6(→))＋eq\o(CG,\s\up6(→))＝eq\o(OC,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)(eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(CB,\s\up6(→)))＝eq\o(OC,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)(eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OC,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OC,\s\up6(→)))＝eq\f(1,3)(a＋b＋c)．答案：eq\f(1,3)(a＋b＋c)3．已知e1，e2不共线，a＝e1＋2e2，b＝2e1＋λe2，要使a，b能作为平面内的一组基底，则实数λ的取值范围为________．解析：若a，b能作为平面内的一组基底，则a与b不共线，则a≠kb(k∈R)，又a＝e1＋2e2，b＝2e1＋λe2，∴λ≠4.答案：(－∞，4)∪(4，＋∞)知识点二向量的夹角4．若向量a与b的夹角为60°，则向量－a与－b的夹角是()A．60° B．120°C．30° D．150°解析：选A∵－a与－b分别为a与b的相反向量，∴－a与－b的夹角为60°.故选A.5．在Rt△ABC中，∠BAC＝30°，则eq\o(AC,\s\up6(→))与eq\o(BA,\s\up6(→))的夹角等于()A．30° B．60°C．120° D．150°解析：选Deq\o(AC,\s\up6(→))与eq\o(BA,\s\up6(→))的夹角为∠BAC的补角．故选D.6．已知向量a与b的夹角等于60°，则(1)2a与3b(2)2a与－b解析：2a与3b的夹角等于a与b的夹角即为60°；2a与－b的夹角等于a与答案：(1)60°(2)120°知识点三平面向量基本定理的应用7．已知向量a，b不共线，且eq\o(AB,\s\up6(→))＝a＋4b，eq\o(BC,\s\up6(→))＝－a＋9b，eq\o(CD,\s\up6(→))＝3a－b，则一定共线的是()A．A，B，D B．A，B，CC．B，C，D D．A，C，D解析：选Aeq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))＝2a＋8b＝2(a＋4b)＝2eq\o(AB,\s\up6(→))，又eq\o(BD,\s\up6(→))与eq\o(AB,\s\up6(→))有公共点B，故A、B、D三点共线．故选A.8．若D点在△ABC的边BC上，且eq\o(CD,\s\up6(→))＝4eq\o(DB,\s\up6(→))＝req\o(AB,\s\up6(→))＋seq\o(AC,\s\up6(→))，则3r＋s的值为()A.eq\f(16,5) B．eq\f(12,5)C.eq\f(8,5) D．eq\f(4,5)解析：选C∵eq\o(CD,\s\up6(→))＝4eq\o(DB,\s\up6(→))＝req\o(AB,\s\up6(→))＋seq\o(AC,\s\up6(→))，∴eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\f(4,5)eq\o(CB,\s\up6(→))＝eq\f(4,5)(eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→)))＝req\o(AB,\s\up6(→))＋seq\o(AC,\s\up6(→))，∴r＝eq\f(4,5)，s＝－eq\f(4,5).∴3r＋s＝eq\f(12,5)－eq\f(4,5)＝eq\f(8,5).故选C.1．若向量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．e1－e2，e1＋e2C．2e2－e1，－2e2＋e1 D．2e1＋e2,4e1＋2e2解析：选B不共线的向量能作为基底，因为e1－e2＝－(e2－e1)，所以向量e1－e2，e2－e1共线，排除A；因为2e2－e1＝－(－2e2＋e1)，所以2e2－e1，－2e2＋e1共线，排除C；因为2e1＋e2＝eq\f(1,2)(4e1＋2e2)，所以2e1＋e2,4e1＋2e2共线，排除D，故选B.2．若向量e1，e2是平面α内两个不共线的向量，则下列说法不正确的是()①λe1＋μe2(λ，μ∈R)可以表示平面α内的所有向量；②对于平面α中的任一向量a，使a＝λe1＋μe2的实数λ，μ有无数多对；③若λ1，μ1，λ2，μ2均为实数，且向量λ1e1＋μ1e2与λ2e1＋μ2e2共线，则有且只有一个实数λ，使λ1e1＋μ1e2＝λ(λ2e1＋μ2e2)；④若存在实数λ，μ使λe1＋μe2＝0，则λ＝μ＝0.A．①② B．②③C．③④ D．②解析：选B由平面向量基本定理，可知①④说法正确，②说法不正确．对于③，当λ1＝λ2＝μ1＝μ2＝0时，这样的λ有无数个．故选B.3．如图所示，|eq\o(OA,\s\up6(→))|＝|eq\o(OB,\s\up6(→))|＝1，|eq\o(OC,\s\up6(→))|＝eq\r(3)，∠AOB＝60°，eq\o(OB,\s\up6(→))⊥eq\o(OC,\s\up6(→))，设eq\o(OC,\s\up6(→))＝xeq\o(OA,\s\up6(→))＋yeq\o(OB,\s\up6(→))，则()A．x＝－2，y＝－1 B．x＝－2，y＝1C．x＝2，y＝－1 D．x＝2，y＝1解析：选B过点C作CD∥OB交AO的延长线于点D，连接BC.由|eq\o(OB,\s\up6(→))|＝1，|eq\o(OC,\s\up6(→))|＝eq\r(3)，∠AOB＝60°，OB⊥OC，知∠COD＝30°.在Rt△OCD中，可得OD＝2CD＝2，则eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\o(OD,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＝－2eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))，故x＝－2，y＝1，故选B.4．(2019·泉州南安第一检测)如图，向量e1，e2，a的起点与终点均在正方形网格的格点上，则向量a用基底e1，e2表示为()A．e1＋e2 B．2e1－e2C．－2e1＋e2 D．2e1＋e2解析：选C平移e1，e2，由图易知a＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(DB,\s\up6(→))＝－2e1＋e2.故选C.5.(2019·赣州寻乌期末)在△ABC中，AB＝2，BC＝3，∠ABC＝60°，AD为BC边上的高，O为AD的中点，若eq\o(AO,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))＋μeq\o(BC,\s\up6(→))，则λ＋μ＝()A．1 B．eq\f(1,2)C.eq\f(4,3) D．eq\f(2,3)解析：选D由题知，eq\o(AO,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→)))．又因为BD＝AB×cos60°＝1，所以eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(BC,\s\up6(→))，故eq\o(AO,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,6)eq\o(BC,\s\up6(→))，因此λ＋μ＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,6)＝eq\f(2,3)，故选D.6．设e1，e2是平面内的一组基底，且a＝e1＋2e2，b＝－e1＋e2，则e1＋e2＝________a＋________b.解析：由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝e1＋2e2，,b＝－e1＋e2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(e1＝\f(1,3)a－\f(2,3)b，,e2＝\f(1,3)a＋\f(1,3)b.))故e1＋e2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)a－\f(2,3)b))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)a＋\f(1,3)b))＝eq\f(2,3)a＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))b.答案：eq\f(2,3)－eq\f(1,3)7．(2019·江西临川高三月考)已知非零向量a，b，c满足a＋b＋c＝0，向量a，b的夹角为120°，且|b|＝2|a|，则向量a与c的夹角为________．解析：由题意可画出图形，如图所示，在△OAB中，因为∠OAB＝60°，|b|＝2|a|，所以∠ABO＝30°，OA⊥OB，即向量a与c的夹角为90°.答案：90°8．已知O为△ABC内一点，eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＝2eq\o(AO,\s\up6(→))，且λeq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))，若B，O，D三点共线，则实数λ的值为________．解析：设点E为边BC的中点，则eq\f(1,2)(eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→)))＝eq\o(OE,\s\up6(→))，由题意，得eq\o(AO,\s\up6(→))＝eq\o(OE,\s\up6(→))，所以eq\o(AO,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\f(1,4)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))＝eq\f(1,4)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(λ,4)eq\o(AD,\s\up6(→))，因此若B，O，D三点共线，则eq\f(1,4)＋eq\f(λ,4)＝1，即λ＝3.答案：39．已知向量a，b的夹角为60°，试求下列向量的夹角．(1)－a与b；(2)2a与eq\f(2,3)b.解：(1)如图①，由向量夹角的定义，可知向量－a与b的夹角为120°.(2)如图②，向量2a与eq\f(2,3)b的夹角为60°.10．(2018·江苏无锡高一月考)如图，在△ABC中，已知M为BC边上一点，且满足eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\f(3,4)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,4)eq\o(AC,\s\up6(→))，求△ABM与△ABC的面积之比．解：∵eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\f(3,4)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,4)eq\o(AC,\s\up6(→))，∴eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\f