浙江省2021届高考数学一轮复习第六章平面向量复数第2节平面向量基本定理与坐标表示含解析

浙江省2021届高考数学一轮复习第六章平面向量复数第2节平面向量基本定理与坐标表示含解析

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λ1，λ2，使a＝λ1e1＋λ2e2.‎ 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 a＋b＝(x1＋x2，y1＋y2)，a－b＝(x1－x2，y1－y2)，λa＝(λx1，λy1)，|a|＝.‎ ‎(2)向量坐标的求法 ‎①若向量的起点是坐标原点，则终点坐标即为向量的坐标.‎ ‎②设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则＝(x2－x1，y2－y1)，||＝.‎ ‎4.平面向量共线的坐标表示 设a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则a∥b⇔x1y2－x2y1＝0.‎ ‎[常用结论与易错提醒]‎ ‎1.若a与b不共线，且λa＋μb＝0, 则λ＝μ＝0.‎ ‎2.已知＝λ＋μ(λ，μ为常数)，则A，B，C三点共线的充要条件是λ＋μ＝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λ1，μ1，λ2，μ2满足λ1a＋μ1b＝λ2a＋μ2b，则λ1＝λ2，μ1＝μ2.(　　)‎ ‎(4)若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则a∥b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Ⅱ卷)已知向量a＝(2，3)，b＝(3，2)，则|a－b|＝(　　)‎ A. B.2 ‎ C.5 D.50‎ 解析　∵a－b＝(2，3)－(3，2)＝(－1，1)，‎ ‎∴|a－b|＝＝.故选A.‎ 答案　A ‎3.(2018·全国Ⅲ卷)已知向量a＝(1，2)，b＝(2，－2)，c＝(1，λ).若c∥(2a＋b)，则λ＝________.‎ 解析　2a＋b＝(4，2)，因为c＝(1，λ)，且c∥(2a＋b)，所以1×2＝4λ，即λ＝.‎ 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)＝(5－x，6－y)，即解得 答案　(1，5)‎ ‎5.已知向量a＝(－2，x)，b ＝(y，3)，若a∥b且a·b＝12，则x＝__________，y ‎＝__________.‎ 解析　由已知条件得解得 答案　2　－3‎ ‎6.已知O，A，B是平面上不共线的三点，直线AB上有一点C，满足2＋＝0.‎ ‎(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2＋＝0，所以2(－)＋(－)＝0，‎ 所以＝2－.‎ ‎(2)如图，D为OB的中点，则＝＋＝－＋＝(2－).故＝，‎ 即DA∥OC，且DA≠OC，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α，且tan α＝7，与的夹角为45°.若＝m＋n(m，n∈R)，则m＋n＝________.‎ 解析　(1)如图所示，＋＝(－)＋(＋)‎ ‎＝＋＝＋＝(＋)＝.‎ ‎(2)法一　如图，过点C作CD∥OB交OA的延长线于点D，设＝m，＝n，则在△ODC中有OD＝m，DC＝n，OC＝，∠OCD＝45°，‎ 由tan α＝7，得cos α＝，‎ 又由余弦定理知 即 ‎①＋②得4－2n－m＝0，即m＝10－5n，代入①得12n2－49n＋49＝0，解得n＝或n＝，当n＝时，m＝10－5×＝－<0(舍去)，当n＝时，m＝10－5×＝，故m＋n＝＋＝3.‎ 法二　因为tan α＝7，所以cos α＝，sin α＝.‎ 过点C作CD∥OB交OA的延长线于点D，则＝＋，∠OCD＝45°.‎ 又因为＝m＋n，所以＝m，＝n，‎ 所以||＝m，||＝n.‎ 在△COD中，由正弦定理得＝＝，‎ 因为sin ∠ODC＝sin(180°－α－∠OCD)＝sin(α＋45°)＝，‎ 即＝＝，所以n＝，m＝，所以m＋n＝3.‎ 法三　由tan α＝7可得cos α＝，sin α＝，‎ 则＝＝，‎ 由cos ∠BOC＝可得＝＝，‎ cos ∠AOB＝cos(α＋45°)＝cos αcos 45°－sin αsin 45°‎ ‎＝×－×＝－，‎ 则·＝－，即 则m＋n＝，则m＋n＝3.‎ 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＝λ＋μ(λ，μ∈R)，则λ＋μ＝________.‎ 解析　(1)＝＋＝＋＝＋(－)＝＋＝a＋b.‎ ‎(2)由题意可得＝＋＝＋，由平面向量基本定理可得λ＝，μ＝，所以λ＋μ＝.‎ 答案　(1)a＋b　(2) 考点二　平面向量的坐标运算 ‎【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c＝λa＋μb(λ，μ∈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)，＝(x－1，y－2)，由2＝得2(x－1，y－2)＝(－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)，∵c＝λa＋μb，∴解之得λ＝－2且μ＝－，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ma＋nb＝(9，－8)(m，n∈R)，则m－n的值为________.‎ 解析　(1)设点B的坐标为(x，y)，则＝(x＋1，y－5).‎ 由＝3a，得解得 ‎(2)由向量a＝(2，1)，b＝(1，－2)，得 ma＋nb＝(2m＋n，m－2n)＝(9，－8)，则 解得故m－n＝－3.‎ 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a＝mb ＋nc的实数m，n；‎ ‎(2)若(a＋kc)∥(2b－a)，求实数k.‎ 解　(1)由题意得(3，2)＝m(－1，2)＋n(4，1)，‎ ‎∴解得 ‎(2)a＋kc＝(3＋4k，2＋k)，2b－a＝(－5，2)，‎ 由题意得2×(3＋4k)－(－5)×(2＋k)＝0，‎ 解得k＝－.‎ ‎【变式迁移1】 在本例条件下，若d满足(d－c)∥(a＋b)，且|d－c|＝，求d.‎ 解　设d＝(x，y)，则d－c＝(x－4，y－1)，‎ 又a＋b＝(2，4)，|d－c|＝，‎ ‎∴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ma＋nb与a－2b共线，‎ 求的值.‎ 解　ma＋nb＝m(3，2)＋n(－1，2)＝(3m－n，2m＋2n)，‎ a－2b＝(3，2)－2(－1，2)＝(5，－2)，‎ 由题意，得5(2m＋2n)＋2(3m－n)＝0，即2m＋n＝0，∴＝－.‎ 规律方法　(1)两平面向量共线的充要条件有两种形式：①若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则a∥b的充要条件是x1y2－x2y1＝0；②若a∥b(b≠0)，则a＝λb.(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a∥b，则2a＋3b＝________.‎ ‎(2)已知A(2，3)，B(4，－3)，点P在线段AB的延长线上，且|AP|＝|BP|，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a∥b，‎ 得1×m－2×(－2)＝0，即m＝－4.‎ 从而b＝(－2，－4)，‎ 那么2a＋3b＝2(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(x－2，y－3)＝(x－4，y＋3)，‎ 即 解得所以点P的坐标为(8，－15).‎ ‎(3)＝(a－1，3)，＝(－3，4)，根据题意∥，‎ ‎∴4(a－1)－3×(－3)＝0，即4a＝－5，∴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)，e2＝(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　B ‎2.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　B ‎3.已知向量a＝(－1，2)，b＝(3，m)，m∈R，则“m＝－6”是“a∥(a＋b)”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a＋b＝(2，2＋m)，由a∥(a＋b)，得－1×(2＋m)＝2×2，所以m＝－6，则“m＝－6”是“a∥(a＋b)”的充要条件，故选A.‎ 答案　A ‎4.已知向量＝(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　＝－＝(4－k，－7)，＝－＝(－2k，－2)，因为A，B，C三点共线，所以，共线，所以－2×(4－k)＝－7×(－2k)，解得k＝－.‎ 答案　A ‎5.在△ABC中，点D在BC边上，且＝2，＝r＋s，则r＋s＝(　　)‎ A. B. ‎ C.－3 D.0‎ 解析　因为＝2，所以＝＝(－)＝－，则r＋s＝＋＝0，故选D.‎ 答案　D ‎6.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　B ‎7.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可用基底e1，e2表示为(　　)‎ A.e1＋e2 B.－2e1＋e2‎ C.2e1－e2 D.2e1＋e2‎ 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a＝xe1＋ye2＝x(1，0)＋y(－1，1)＝(x－y，y)，则解得故a＝－2e1＋e2.‎ 答案　B ‎8.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　C ‎9.如图，在△OAB中，P为线段AB上的一点，＝x＋y，且＝2 ，则(　　)‎ A.x＝，y＝ B.x＝，y＝ C.x＝，y＝ D.x＝，y＝ 解析　由题意知＝＋，又＝2，所以＝＋＝＋(－)＝＋，所以x＝，y＝.‎ 答案　A 二、填空题 ‎10.已知向量a＝(m，4)，b＝(3，－2)，且a∥b，则m＝________.‎ 解析　因为a∥b，所以由(－2)×m－4×3＝0，解得m＝－6.‎ 答案　－6‎ ‎11.已知向量a＝(x，1)，b＝(2，y)，若a＋b＝(1，－1)，则x＋y＝________.‎ 解析　因为(x，1)＋(2，y)＝(1，－1)，所以解得所以x＋y＝－3.‎ 答案　－3‎ ‎12.设x，y∈R，向量a＝(x，1)，b＝(1，y)，c＝(2，－4)，且 a⊥c，b∥c，则|a＋b|＝__________.‎ 解析　由题意可知解得故a＋b＝(3，－1)，|a＋b|＝.‎ 答案　 ‎13.若三点A(2，2)，B(a，0)，C(0，b)(ab≠0)共线，则＋的值为________.‎ 解析　＝(a－2，－2)，＝(－2，b－2)，依题意有(a－2)(b－2)－4＝0，即ab－2a－2b＝0，所以＋＝.‎ 答案　 ‎14.设P为△ABC所在平面上一点，且满足3＋4＝m(m＞0).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)，a＞0，由△ABP的面积是8，设P，C(x，y)，则由3＋4＝m得3×＋4×＝m(2a，0)，则－＋4×＝0，y＝，所以△ABC的面积是×2a×＝14.‎ 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＝λa＋μb，则的值是(　　)‎ A. B. ‎ C.2 D.4‎ 解析　＝＝＋ ‎＝a＋b＝λa＋μb，‎ ‎∵a，b不共线，∴∴＝.‎ 答案　B ‎16.(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＝λ＋μ，其中λ，μ∈[0，1]，λ＋μ∈[1，2]，则所有点P构成的图形面积为(　　)‎ A.1 B.2 ‎ C. D.2 解析　设P(x，y)，则＝λ＋μ＝(λ＋μ，2μ)＝(x，y)，‎ ‎∴∴ ‎∴ ‎∴ 所有点P构成图形如图所示(阴影部分)，S＝××2＝.‎ 答案　C ‎17.已知曲线C：x＝－，直线l：x＝6.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，x1∈[－2，0].∵＋＝0，∴A(m，0)为P(x1，y1)，Q(6，t)的中点.∵2m＝6＋x1，x1∈[－2，0]，∴m∈[2，3].所以m的取值范围是[2，3].‎ 答案　[2，3]‎ ‎18.直角△ABC中，AB＝AC＝2，D为AB边上的点，且＝2，则·＝________；若＝x＋y，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(0，2)，D，则＝，＝(0，－2)，＝(2，－2)，则·＝·(0，－2)＝×0＋(－2)×(－2)＝4.由＝x＋y＝x(0，－2)＋y(2，－2)＝(2y，－2x－2y)＝得 解得则xy＝.‎ 答案　4　 ‎19.已知△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a＝2，b＝3，sin A＝2sin C，则cos B＝________，设P是AC上一点，且满足＝＋λ，则△ABP的面积为________.‎ 解析　由sin A＝2sin C和正弦定理知a＝2c，则c＝，由余弦定理得cos B＝＝，则sin B＝.由于点P在AC上，且满足＝＋λ，则λ＝，即＝＋，则P是AC上靠近点C的三等分点，所以S△ABP＝S△ABC＝×acsin B＝.‎ 答案　　 ‎20.如图，在四边形OACB中，OA＝OC＝2OB＝2，OA与OC的夹角为60°，OB与OC的夹角为 α，若＝，＝m＋n(m，n∈R)，则n＝________.‎ 解析　因为OA＝OC＝2OB＝2，OA与OC的夹角为60°，所以OB＝1，△OAC是等边三角形，所以＝2.又因为＝，所以＝.又因为2＝(－)2，所以cos α＝，所以sin α＝.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 α，－sin α).因为＝m＋n，所以 ‎ 即消去m，解得n＝(9－).‎ 答案　(9－)‎