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第二章


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2.3.1 平面向量基本定理

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目标定位
目 标 要 求 1.通过研究一向量与两不共线向量之间的关系,体会平 面向量定理的含义,了解基底的含义. 2.理解并掌握平面向量基本定理. 3.掌握两个向量夹角的定义以及两向量垂直的定义. 热 点 提 示 1.利用平面向量基本定理来表示平面中的向量是本课考 查的热点. 2.本课常与立体几何、解析几何、图形结合命题. 3.多以选择题或解答题的形式考查

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知识预览
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 λ1,2, λ 使 a=λ1e1+λ2e2. (2)基底: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.

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●想一想:设 e1,e2 是平面向量的一组基底,则 e1,e2 中有可能为零向量吗?平面向量的基底唯一吗?

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.

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2.两向量的夹角与垂直 → → (1)夹角:已知两个 非零向量 a 和 b,作OA=a, =b, OB 则∠AOB=θ,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[0° 180° , ]. ②当 θ=0° 时,a 与 b 同向. ③当 θ=180° 时,a 与 b 反向.

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(2)垂直:如果 a 与 b 的夹角是 90° , 则称 a 与 b 垂直,记作 a⊥b.

●想一想:零向量与任一非零向量有夹角吗?
提示:由于零向量的方向不定(或任意),零向量与任意 非零向量的夹角没有什么实际意义.因此如同我们规定零向 量与任意向量平行一样,我们同样也认为零向量与任意向量 垂直.这使得我们在运算时,要特别注意零向量这一特殊情 况.

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自测自评
1.已知平行四边形 ABCD,下列各组向量中,是该平面 内所有向量基底的是( ) → → → → A.AB,DC B.AD,BC → → → → C.AD,CB D.AB,DA

→ → 解析:由于AB,DA不共线,则是一组基底.
答案:D

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→ → 2.若点 O 是平行四边形 ABCD 的中心, =4e1, = AB BC 6e2,则 3e2-2e1 等于( ) → → → → A.AO B.CO C.BO D.DO
1 → 1→ 1 → → → 解析:3e2-2e1= BC- AB= (BC+BA)=BO. 2 2 2

答案:C

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3. 已知向量 a 和向量 b 不共线, m+n=a, 且 m-n=b, 则 m=________,n=________.(用 a、b 表示)
?m+n=a, ? 解析:解方程组? ?m-n=b, ?

a+b a-b 得 m= ,n= . 2 2

a+b 答案: 2

a-b 2

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4.设 e1,e2 是表示平面内所有向量的一组基底,则向量 a=e1+λe2 与向量 b=-e1+2e2 共线的条件是________.

解析:要使 a∥b,因此只需基底对应系数成比例即可, 1 λ 即 = ,∴λ=-2. -1 2
答案:λ=-2

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→ → 5.已知 G 为△ABC 的重心,设AB=a,AC=b,试用 a、 → b 表示向量AG.
→ 2→ → → → → 1→ 解:如右图,AG= AD,而AD=AB+BD=AB+ BC 3 2 1 1 1 =a+ (b-a)= a+ b, 2 2 2 1 1 → 2→ 2 1 1 ∴AG= AD= ( a+ b)= a+ b. 3 32 2 3 3

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对基底概念的理解 【例 1】 若向量 a,b 不共线,且 c=2a-b,d=3a- 2b,试判断 c,d 能否作为基底.

思路分析:要判断 c,d 能否作为基底,只需看 c,d 是 否共线,若共线,则不能作为基底;否则可以作为基底.

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解:设存在实数 λ 使得 c=λd,则 2a-b=λ(3a-2b),即 (2-3λ)a+(2λ-1)b=0. 由于 a,b 不共线,从而 2-3λ=2λ-1=0,这样的 λ 是 不存在的,从而 c,d 不共线,故 c,d 能作为基底.
温馨提示: 由本例可以得到关于基底的一个结论: e1, 设 e2 是平面内一组基底,当 λ1e1+λ2e2=0 时,恒有 λ1=λ2=0, 可用反证法证明.

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规 律 归 纳 考查两个向量能否构成基底,主要看两向量是否为非零 向量且不共线.此外,一个平面的基底一旦确定,那么平面 内任意一个向量都可以由这组基底唯一表示.

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1 e1,e2 是平面内所有向量的一组基底,则下面四组向 量中,不能作为一组基底的是( ) A.e1 和 e1+e2 C.e1-2e2 和 4e2-2e1 B.e1-2e2 和 e2-2e1 D.e1+e2 和 e1-e2

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解析:此题可以用排除法,具体到每一个选项,可以先 假设共线, 看是否有矛盾. C 选项: e1-2e2=λ(4e2-2e1), 如 设 ?1=-2λ ? 1 则? 解得 λ=- ,故 e1-2e2 和 4e2-2e1 不能作为 2 ?-2=4λ, ? 一组基底.
答案:C

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用基底表示向量 → → 【例 2】 在?ABCD 中,设AC=a,BD=b,试用 a,b → → 表示AB,BC.
思路分析:画出图形,利用向量加法的三角形或平行四 边形法则转化.

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解法一:(转化法)如右图,设 AC、BD 交于点 O, → → 1→ 1 则有AO=OC= AC= a, 2 2 → → 1→ 1 BO=OD= BD= b. 2 2 → → → → → 1 1 ∴AB=AO+OB=AO-BO= a- b. 2 2 → → → 1 1 BC=BO+OC= a+ b. 2 2

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→ → 解法二:(方程思想):设AB=x,BC=y,则有 → → → → → → → → AB+BC=AC,AD-AB=BD且AD=BC=y. ?x+y=a, ? 1 1 1 1 1 → 1 ? 即 ∴x= a- b,y= a+ b,即AB= a- 2 2 2 2 2 2 ?y-x=b. ? → 1 1 b,BC= a+ b. 2 2

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规 律 归 纳 本类型题是用基向量表示未知向量,一般有两种方法: (1)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; → → → (2)采用方程思想, 即直接用AB, 表示 a, 然后把AB, BC b, → → → BC看做未知量,利用方程思想求解AB、BC.

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在△ABC 中,∠BAC=90° ,∠ABC=60° ,AD⊥BC → → → 于 D,若AD=λ· +μ· ,则有序实数对(λ,μ)=________. AB AC 2
→ → → → 1→ 解析:∵AD=AB+BD=AB+ BC 4 3 1 → 1 → → 3→ 1 → =AB+ (AC-AB)= AB+ AC,∴(λ,μ)=( , ). 4 4 4 4 4
3 1 答案:( , ) 4 4

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平面向量基本定理唯一性的应用 【例 3】 如图所示,在△ABC 中,点 M 是 AB 的中点, → 1→ → → 且AN= NC,BN 与 CM 相交于 E,设AB=a,AC=b,试用 2 → 基底 a,b 表示向量AE.

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→ 思路分析:通过多种方式表示向量AE,利用平面向量基 本定理的唯一性求得系数.

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→ 1→ 1 → 1→ 1 解:易得AN= AC= b,AM= AB= a,由 N、E、B 3 3 2 2 → → → 1 三点共线,设存在实数 m,满足AE=mAN+(1-m)AB= mb 3 +(1-m)a.

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→ → 由 C、E、M 三点共线,设存在实数 n 满足:AE=nAM+ 1 1 → 1 (1-n)AC = na+(1-n)b.所以 mb+(1-m)a= na+(1- 2 3 2 1 3 ? ? ?1-m=2n, ?m=5, n)b, 由于 a, 为基底, ? b 所以 解之得? ?1m=1-n, ?n=4. ?3 ? 5 → 2 1 所以AE= a+ b. 5 5

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规 律 归 纳 本类型题需不断地利用三点共线进行转化,最后通过利 用任意一向量基底表示的唯一性,即若 a=λ1e1+μ1e2 且 a= ?λ1=λ2, ? λ2e1+μ2e2,则? 来构建方程,使得问题获解. ?μ1=μ2 ?

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→ → 3 如下图所示,在△OAB 中,OA=a,OB=b,点 M 是 AB 的靠近 B 的一个三等分点,点 N 是 OA 的靠近 A 的一 → 个四等分点.若 OM 与 BN 相交于点 P,求OP.

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1 → → → → 2→ → 2 → → 解:OM=OA+AM=OA+ AB=OA+ (OB -OA)= a 3 3 3 2 2t → → → → t → + b,∵OP与OM共线,故可设OP=tOM= a+ b.又NP与 3 3 3 → → → → → → 3 NB共线,可设NP=sNB,OP=ON+sNB= (1-s)a+sb,∴ 4 t ?3 ?4?1-s?=3, 9 3 → 3 ? 解得 t= .∴OP= a+ b. 10 10 5 ?s=2t. ? 3

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向量夹角的概念 【例 4】 已知两非零向量 a 与 b 的夹角为 80° ,试求下 列向量的夹角: (1)a 与-b; (2)2a 与 3b.

思路分析:作出向量 a,b,再作出相应的向量,依据向 量夹角的定义来确定.

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解:(1)由向量夹角的定义,如下图①,向量 a 与-b 的 夹角为 100° .(2)如下图②,向量 2a 与 3b 的夹角为 80° .

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规 律 归 纳 解决此类问题的步骤: 第一步:作出图形,明确要求的角; 第二步:结合图形求出角度.

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4 若 a≠0,且 b≠0,且|a|=|b|=|a-b|,求 a 与 a+b 的夹角. → → 解:如图所示,令OA=a,OB=b,因为|a|=|b|=|a-b|, → → → 即得|OA|=|OB|=|BA|, → 所以∠BOA=60° ,又因为OC=a+b,且在菱形 OACB 中,对角形 OC 平分∠BOA,所以 a 与 a+b 的夹角为 30° .

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思悟升华
1. 平面向量基本定理指出了平面内任一向量都可以表示 为同一平面内两个不共线向量 e1、e2 的线性组合 λ1e1+λ2e2. 在具体求 λ1、λ2 时有两种方法:一是直接利用三角形法则、 平行四边形法则及向量共线定理;二是利用待定系数法,即 利用定理中 λ1、λ2 的唯一性列方程组求解.

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2.在解具体问题时,要适当地选取基底,使其他向量能 够用基底来表示,选择了不共线的两个向量 e1、e2,平面上 的任何一个向量 a 都可以用 e1、 2 唯一表示为 a=λ1e1+λ2e2, e 这样几何问题就转化为代数问题,转化为只含有 e1、e2 的代 数运算.

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基础达标
一、选择题 → 1.设 O 是?ABCD 两对角线的交点,下列向量组:①AD → → → → → → → 与AB;②DA与BC;③CA与DC;④OD与OB,其中可作为这 个平行四边形所在平面表示它的所有向量的基底的是( ) A.①② B.①③ C.①④ D.③④

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→ → → → → → → 解析:①AD与AB不共线,②DA=-BC,DA∥BC,DA → → → → → → → → 与BC共线, ③CA与DC不共线, ④OD=-OB, ∥OB, OD OD → 与OB共线, 由平面向量基底的概念知①③可构成平面内所有 向量的基底.
答案:B

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2.若 a,b 不共线,且 λ1a+λ2b=0(λ1,λ2∈R),则( A.a=b=0 B.λ1=λ2=0 C.λ1=0,b=0 D.λ2=0,a=0
答案:B

)

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3.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:将向量 a,b 移至共同起点 O,如右图所示,则 由对顶角相等可得向量-a 与-b 的夹角也是 60° .

答案:A

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4.已知向量 e1≠0,e2≠0,λ∈R,a=e1+λe2,b=2e1, 若 a 与 b 共线,则下列关系中一定成立的是( ) A.λ=0 B.e2=0 C.e1∥e2 D.e1∥e2 或 λ=0

解析: 由于 a 与 b 共线,所以 a=tb,即:e1+λe2=2te1, 若 e1,e2 不共线,则有 ?2t=1, ? 1 ? ∴λ=0,t= ,∴a=e1,b=2e1;若 e1,e2, 2 ?λ=0, ? 共线,显然也满足条件.综上所述,e1∥e2 或 λ=0.
答案:D

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→ → 5.如下图,已知 ABCDEF 是正六边形,且AB=a,AE= → b,则BC等于( ) 1 1 A. (a-b) B. (b-a) 2 2 1 1 C.a+ b D. (a+b) 2 2
→ → → → 1→ 解析: 连接 AD, 则AD=AB+AE=a+b, ∴BC= AD= 2 1 (a+b). 2

答案:D

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→ → 6. 在△ABC 中, D 在边 CB 的延长线上, 点 且CD=4BD → → =rAB-sAC,则 s+r 等于( ) A.0 4 B. 5 8 C. 3 D.3

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→ → → 4→ 解析:如图所示,由题意,得CD=4BD,∴CD= CB. 3 → → → 又∵CB=AB-AC, → 4 → → ∴CD= (AB-AC)= 3 4→ 4 → 4 8 AB- AC.∴r=s= .∴s+r= . 3 3 3 3
答案:C

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二、填空题 7.已知向量 e1、e2 不共线,实数 x、y 满足(3x-4y)e1+ (2x-3y)e2=6e1+3e2,则 x-y=________.

解析:由平面向量基本定理,可得: ?3x-4y=6, ?x=6, ? ? ? 解得:? ?2x-3y=3, ?y=3, ? ? ∴x-y=3.
答案:3

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→ → → 8. 已知△ABC 中, 为 AB 上一点, D 若AD=2DB, = CD 1→ → CA+λCB,则 λ=________. 3 → → → → → → 2→ 解析:AB=CB-CA,由于AD=2DB,所以AD= AB= 3 2 → → → → → → 2 → → (CB-CA).在△ACD 中,CD=CA+AD=CA+ (CB-CA) 3 3 1→ 2→ 2 = CA+ CB,∴λ= . 3 3 3 2 答案: 3

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9.如下图,两块斜边长相等的直角三角板拼在一起,若 → → → AD=xAB+yAC,则 x=________,y=________.

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解析:作 DF⊥AB 交 AB 的延长线于点 F,设 AB=AC 6 =1,则 BC=DE= 2,∵∠DEB=60° ,∴BD= , 2 又∠DBF=180° -45° -90° =45° , 6 2 3 ∴DF=BF= × = , 2 2 2 3 3 故 x=1+ ,y= . 2 2
3 答案:1+ 2 3 2

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三、解答题 10.设 e1、e2 为两个不共线向量,a=-e1+3e2,b=4e1+2e2, c=-3e1+12e2,试以 b、c 为基底来表示向量 a.

解: a=λ1b+λ2c, 设 则-e1+3e2=λ1(4e1+2e2)+λ2(-3e1+12e2), 即-e1+3e2=(4λ1-3λ2)e1+(2λ1+12λ2)e2. ∵e1,e2 不共线,由平面向量基本定理, ?λ =- 1 , ?1 ?4λ1-3λ2=-1, 18 ? 1 7 得? 解得? ∴a=- b+ c. 18 27 7 ?2λ1+12λ2=3, ? ?λ2= . 27 ?

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11.如图,已知 E、F 分别是矩形 ABCD 的边 BC、CD → → 的中点,EF 与 AC 交于点 G,若AB=a,AD=b,用 a、b 表 → 示AG.

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→ 1 → → 1→ → → 解:易知CF= CD,CE= CB,设CG=λCA,则由平行 2 2 → → → → → 四边形法则可得CG=λ(CB+CD)=2λCE+2λCF, 由于 E、 G、 1 → 1→ → F 三点共线, 2λ+2λ=1, λ= , 则 即 从而CG= CA, 从而AG 4 4 3→ 3 = AC= (a+b). 4 4

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创新题型
12.如下图所示,四边形 ABCD 是一个梯形,O 为 AC、 → BD 的交点,AD=4,BC=6,AB=2,设与BC同向的单位向 → 量为 a0,与BA同向的单位向量为 b0,以 a0,b0 为基底表示下 → → → → → 列向量:AC,AD,BD,CD,OA.

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→ → → 解:因为|BC|=6 且与BC同向的单位向量为 a0,所以BC → → → → =6a0,同理BA=2b0.则AC=BC-BA=6a0-2b0. → → → → → → → 又AD∥BC,且|AD|=4,所以AD=4a0,BD=BA+AD= → → → 2b0+4a0,CD=BD-BC=(2b0+4a0)-6a0=2b0-2a0. 注意到 AD∥BC,所以 OA∶OC=AD∶BC=2∶3, 2→ 2 12 4 → 所以OA=- AC=- (6a0-2b0)=- a0+ b0. 5 5 5 5

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