数学人教A版必修4问题导学2.3.1平面向量基本定理

2.3平面向量的基本定理及坐标表示2.3.1平面向量基本定理问题导学一、应用基底表示向量活动与探究1已知梯形ABCD中，AB∥DC，且AB＝2CD，E、F分别是DC、AB的中点，设＝a，＝b，试以a、b为基底表示、、．迁移与应用在ABCD中，设＝a，＝b，试用a，b表示，．在利用基底表示向量时，充分利用向量的线性运算，灵活应用向量加法的三角形法则与平行四边形法则求解．二、平面向量基本定理的应用活动与探究2平面内有一个△ABC和一点O(如图)，线段OA、OB、OC的中点分别为E、F、G，BC、CA、AB的中点分别为L、M、N，设=a，=b，=c．(1)试用a、b、c表示向量、、；(2)求证：线段EL、FM、GN交于一点且互相平分．迁移与应用在ABCD中，E和F分别是边CD和BC的中点，若＝λ＋μ，其中λ，μ∈R，求λ＋μ的值．利用向量证明几何问题是向量工具性的体现，操作时，为明确方向常常选取问题中的不共线的线段对应的向量为基底，以增加解决问题时的方向性．三、向量的夹角问题活动与探究3已知|a|＝|b|＝2，且a与b的夹角为60°，则a＋b与a的夹角是多少？a－b与a的夹角又是多少？迁移与应用在等边三角形ABC中，向量与向量的夹角为__________；E为BC的中点，则向量与的夹角为__________．求两个向量的夹角关键是利用平移的方法使两个向量起点重合，作两个向量的夹角，按照“一作二证三算”的步骤求出．当堂检测1．已知向量e1，e2不共线，则下列各对向量可以作为平面内的一组基底的是()A．e1－e2与e2－e1B．2e1－3e2与e1－eq\f(3,2)e2C．－e1－2e2与2e1＋4e2D．e1－2e2与2e1－e22．若a，b不共线，且λa＋μb＝0(λ，μ∈R)，则()A．a＝0，b＝0B．λ＝μ＝0C．λ＝0，b＝0D．a＝0，μ＝03．设点O是ABCD两对角线的交点，下列向量组：①与；②与；③与；④与，可作为该平面其他向量基底的是()A．①②B．①③C．①④D．③④4．已知向量a与b的夹角是45°，则向量2a与－b的夹角是__________5．设e1，e2是平面的一组基底，且a＝e1＋2e2，b＝－e1＋e2，则e1＋e2＝______a＋______b．提示：用最精炼的语言把你当堂掌握的核心知识的精华部分和基本技能的要领部分写下来并进行识记．答案：课前预习导学【预习导引】1．(1)不共线λ1e1＋λ2e2(2)基底预习交流1提示：平面向量基本定理的前提条件是e1，e2不共线，若e1，e2中有零向量，而零向量和任意向量共线，这与定理的前提矛盾，故e1，e2中不可能有零向量；同一平面的基底可以不同，只要它们不共线．2．(1)非零夹角(2)0°≤θ≤180°0°180°(3)90°预习交流2提示：120°，而不是60°．课堂合作探究【问题导学】活动与探究1思路分析：和是两个不共线向量，于是可以看做一组基底，那么平面中的任一向量可以用和来表示，关键是利用向量线性运算确定λ1和λ2两个系数．解：连接FD，∵DC∥AB，AB=2CD，E、F分别是DC、AB的中点，∴DCFB．∴四边形DCBF为平行四边形．∴===b，==－=－=a－b，=－=－－=－－=．迁移与应用解：方法一(转化法)：如图，设AC，BD交于点O，则有===，===．∴=+=－=，=+=．方法二(方程思想)：设=x，=y，则有＋＝，－＝且＝＝y，即∴x＝eq\f(1,2)a－eq\f(1,2)b，y＝eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b，即＝eq\f(1,2)a－eq\f(1,2)b，＝eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b．活动与探究2思路分析：本题主要考查平面向量基本定理及应用．(1)结合图形，利用向量的加、减法容易表示出向量、、；(2)要证三条线段交于一点，且互相平分，可考虑证明O点到三条线段中点的向量相等．解：(1)如图，∵＝eq\f(1,2)a，＝eq\f(1,2)(b＋c)，∴＝－＝eq\f(1,2)(b＋c－a)．同理：＝eq\f(1,2)(a＋c－b)，＝eq\f(1,2)(a＋b－c)．(2)证明：设线段EL的中点为P1，则＝eq\f(1,2)(＋)＝eq\f(1,4)(a＋b＋c)．设FM、GN的中点分别为P2、P3，同理可求得＝eq\f(1,4)(a＋b＋c)，＝eq\f(1,4)(a＋b＋c)．∴＝＝，即EL、FM、GN交于一点，且互相平分．迁移与应用解：如图所示，设＝a，＝b，则＝eq\f(1,2)a＋b，＝a＋eq\f(1,2)b，＝a＋b．∵＝λ＋μ，∴a＋b＝λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a＋b))＋μeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)b))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)λ＋μ))a＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(λ＋\f(1,2)μ))b．∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)λ＋μ＝1，λ＋\f(1,2)μ＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＝\f(2,3)，μ＝\f(2,3).))∴λ＋μ＝eq\f(4,3)．活动与探究3思路分析：解答本题可先作图，再利用平面几何知识求解．解：如图所示，作=a，=b，且∠AOB=60°．以OA，OB为邻边作OACB，则=+=a+b，=－=a－b．∵|a|=|b|=2，∴△OAB是等边三角形．∴四边形OACB是菱形．∴与的夹角为30°，与的夹角为60°，即a+b与a的夹角为30°，a－b与a的夹角为60°．迁移与应用120°90°解析：∵△ABC为等边三角形，∴∠ABC=60°．如图，延长边AB至点D，使BD=AB，∴=．∴∠DBC为向量与的夹角，且∠DBC＝120°．又∵E为BC的中点，∴AE⊥BC．∴与的夹角为90°．【当堂检测】1．D解析：根据基底的定义，只要两向量不共线便可作为基底，易知选D．2．B解析：由平面向量基本定理可知λ＝μ＝0，选B．3．B解析：易知与不共线，与不共线，故选B．4．135°5．eq\f(2,3)－eq\f(1,3)