平面向量的概念、运算及平面向量基本定理

05—平面向量的概念、运算及平面向量基本定理突破点(一)　平面向量的有关概念知识点：向量、零向量、单位向量、平行向量、相等向量、相反向量平面向量的有关概念[典例]　(1)设a，b都是非零向量，下列四个条件中，使eq\f(a,|a|)＝eq\f(b,|b|)成立的充分条件是(　　)A．a＝－b　　　　　B．a∥bC．a＝2bD．a∥b且|a|＝|b|(2)设a0为单位向量，下列命题中：①若a为平面内的某个向量，则a＝|a|·a0；②若a与a0平行，则a＝|a|a0；③若a与a0平行且|a|＝1，则a＝a0.假命题的个数是(　　)A．0　　　　B．1C．2　　　　D．3[解析]　(1)因为向量eq\f(a,|a|)的方向与向量a相同，向量eq\f(b,|b|)的方向与向量b相同，且eq\f(a,|a|)＝eq\f(b,|b|)，所以向量a与向量b方向相同，故可排除选项A，B，D.当a＝2b时，eq\f(a,|a|)＝eq\f(2b,|2b|)＝eq\f(b,|b|)，故a＝2b是eq\f(a,|a|)＝eq\f(b,|b|)成立的充分条件．(2)向量是既有大小又有方向的量，a与|a|a0的模相同，但方向不一定相同，故①是假命题；若a与a0平行，则a与a0的方向有两种情况：一是同向，二是反向，反向时a＝－|a|a0，故②③也是假命题．综上所述，假命题的个数是3.[ 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 ]　(1)C　(2)D[易错提醒](1)两个向量不能比较大小，只可以判断它们是否相等，但它们的模可以比较大小；(2)大小与方向是向量的两个要素，分别是向量的代数特征与几何特征；(3)向量可以自由平移，任意一组平行向量都可以移到同一直线上．突破点(二)　平面向量的线性运算1．向量的线性运算：加法、减法、数乘2．平面向量共线定理：向量b与a(a≠0)共线的充要条件是有且只有一个实数λ，使得b＝λa.平面向量的线性运算[例1]　(1)在△ABC中，＝c，＝b.若点D满足＝2，则＝(　　)A.eq\f(1,3)b＋eq\f(2,3)c　　　　B.eq\f(5,3)c－eq\f(2,3)bC.eq\f(2,3)b－eq\f(1,3)cD.eq\f(2,3)b＋eq\f(1,3)c(2)在△ABC中，N是AC边上一点且＝eq\f(1,2)，P是BN上一点，若＝m＋eq\f(2,9)，则实数m的值是________．[解析]　(1)由题可知＝－＝b－c，∵＝2，∴＝eq\f(2,3)＝eq\f(2,3)(b－c)，则＝＋＝c＋eq\f(2,3)(b－c)＝eq\f(2,3)b＋eq\f(1,3)c，故选D.(2)如图，因为＝eq\f(1,2)，所以＝eq\f(1,3)，所以＝m＋eq\f(2,9)＝m＋eq\f(2,3).因为B，P，N三点共线，所以m＋eq\f(2,3)＝1，则m＝eq\f(1,3).[答案]　(1)D　(2)eq\f(1,3)[方法技巧]1．平面向量的线性运算技巧：(1)不含图形的情况：可直接运用相应运算法则求解．(2)含图形的情况：将它们转化到三角形或平行四边形中，充分利用相等向量、相反向量、三角形的中位线等性质，把未知向量用已知向量表示出来求解．2．利用平面向量的线性运算求参数的一般思路：(1)没有图形的准确作出图形，确定每一个点的位置．(2)利用平行四边形法则或三角形法则进行转化，转化为要求的向量形式．(3)比较，观察可知所求．平面向量共线定理的应用[例2]　设两个非零向量a和b不共线．(1)若＝a＋b，＝2a＋8b，＝3(a－b)．求证：A，B，D三点共线．(2)试确定实数k，使ka＋b和a＋kb共线．[解]　(1)证明：因为＝a＋b，＝2a＋8b，＝3(a－b)，所以＝＋＝2a＋8b＋3(a－b)＝5(a＋b)＝5，所以，共线．又与有公共点B，所以A，B，D三点共线．(2)因为ka＋b与a＋kb共线，所以存在实数λ，使ka＋b＝λ(a＋kb)，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k＝λ，,1＝λk，))解得k＝±1.即k＝1或－1时，ka＋b与a＋kb共线．[方法技巧]平面向量共线定理的三个应用(1)证明向量共线：对于非零向量a，b，若存在实数λ，使a＝λb，则a与b共线．(2)证明三点共线：若存在实数λ，使＝λ，与有公共点A，则A，B，C三点共线．(3)求参数的值：利用向量共线定理及向量相等的条件列方程(组)求参数的值．[提醒]　证明三点共线时，需说明共线的两向量有公共点．突破点(三)　平面向量基本定理平面向量基本定理：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．基底的概念[例1]　如果e1，e2是平面内一组不共线的向量，那么下列四组向量中，不能作为平面内所有向量的一组基底的是(　　)A．e1与e1＋e2　　　B．e1－2e2与e1＋2e2C．e1＋e2与e1－e2D．e1＋3e2与6e2＋2e1[解析]　选项A中，设e1＋e2＝λe1，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＝λ，,1＝0))无解；选项B中，设e1－2e2＝λ(e1＋2e2)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＝λ，,－2＝2λ))无解；选项C中，设e1＋e2＝λ(e1－e2)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＝λ，,1＝－λ))无解；选项D中，e1＋3e2＝eq\f(1,2)(6e2＋2e1)，所以两向量是共线向量，不能作为平面内所有向量的一组基底．[答案]　D[易错提醒]某平面内所有向量的一组基底必须是两个不共线的向量，不能含有零向量．　平面向量基本定理的应用[例2]　(2016·江西南昌二模)如图，在△ABC中，设＝a，＝b，AP的中点为Q，BQ的中点为R，CR的中点恰为P，则＝(　　)A.eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b　　　B.eq\f(1,3)a＋eq\f(2,3)bC.eq\f(2,7)a＋eq\f(4,7)bD.eq\f(4,7)a＋eq\f(2,7)b[解析]　如图，连接BP，则＝＋＝b＋，①＝＋＝a＋－，②①＋②，得2＝a＋b－，③又＝eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)(－)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))，④将④代入③，得2＝a＋b－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))，解得＝eq\f(2,7)a＋eq\f(4,7)b.[答案]　C[方法技巧]平面向量基本定理的实质及解题思路(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．　　突破点(四)　平面向量的坐标表示1．平面向量的坐标运算：(1)向量加法、减法、数乘的坐标运算及向量的模；(2)向量坐标的求法2．平面向量共线的坐标表示平面向量的坐标运算[例1]　已知A(－2,4)，B(3，－1)，C(－3，－4)．设＝a，＝b，＝c，且＝3c，＝－2b，(1)求3a＋b－3c；(2)求满足a＝mb＋nc的实数m，n；(3)求M，N的坐标及向量的坐标．[解]　由已知得a＝(5，－5)，b＝(－6，－3)，c＝(1,8)．(1)3a＋b－3c＝3(5，－5)＋(－6，－3)－3(1,8)＝(15－6－3，－15－3－24)＝(6，－42)．(2)∵mb＋nc＝(－6m＋n，－3m＋8n)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－6m＋n＝5，,－3m＋8n＝－5，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝－1，,n＝－1.))即所求实数m的值为－1，n的值为－1.(3)设O为坐标原点，∵＝－＝3c，∴＝3c＋＝(3,24)＋(－3，－4)＝(0,20)，即M(0,20)．又∵＝－＝－2b，∴＝－2b＋＝(12,6)＋(－3，－4)＝(9,2)，即N(9,2)．∴＝(9，－18)．[方法技巧]平面向量坐标运算的技巧(1)向量的坐标运算主要是利用向量加、减、数乘运算的法则来进行求解的，若已知有向线段两端点的坐标，则应先求向量的坐标．(2)解题过程中，常利用向量相等则其坐标相同这一原则，通过列方程(组)来进行求解．　平面向量共线的坐标表示[例2]　已知a＝(1,0)，b＝(2,1)．(1)当k为何值时，ka－b与a＋2b共线；(2)若＝2a＋3b，＝a＋mb，且A，B，C三点共线，求m的值．[解]　(1)∵a＝(1,0)，b＝(2,1)，∴ka－b＝k(1,0)－(2,1)＝(k－2，－1)，a＋2b＝(1,0)＋2(2,1)＝(5,2)，∵ka－b与a＋2b共线，∴2(k－2)－(－1)×5＝0，∴k＝－eq\f(1,2).(2)＝2a＋3b＝2(1,0)＋3(2,1)＝(8,3)，＝a＋mb＝(1,0)＋m(2,1)＝(2m＋1，m)．∵A，B，C三点共线，∴∥，∴8m－3(2m＋1)＝0，∴m＝eq\f(3,2).[方法技巧]向量共线的坐标表示中的乘积式和比例式(1)若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则a∥b⇔x1y2－x2y1＝0，这是代数运算，用它解决平面向量共线问题的优点在于不需要引入参数“λ”，从而减少了未知数的个数，而且它使问题的解决具有代数化的特点和程序化的特征．(2)当x2y2≠0时，a∥b⇔eq\f(x1,x2)＝eq\f(y1,y2)，即两个向量的相应坐标成比例，这种形式不易出现搭配错误．(3)公式x1y2－x2y1＝0无条件x2y2≠0的限制，便于记忆；公式eq\f(x1,x2)＝eq\f(y1,y2)有条件x2y2≠0的限制，但不易出错．所以我们可以记比例式，但在解题时改写成乘积的形式．　[检验高考能力]一、选择题1．设M是△ABC所在平面上的一点，且＋eq\f(3,2)＋eq\f(3,2)＝0，D是AC的中点，则eq\f(||,||)的值为(　　)A.eq\f(1,3)B.eq\f(1,2)C．1D．2解析：选A　∵D是AC的中点，如图，延长MD至E，使得DE＝MD，∴四边形MAEC为平行四边形，∴＝eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)(＋)，∴＋＝2.∵＋eq\f(3,2)＋eq\f(3,2)＝0，∴＝－eq\f(3,2)(＋)＝－3，∴＝3，∴eq\f(||,||)＝eq\f(||,|3|)＝eq\f(1,3)，故选A.2．在△ABC中，＝3，若＝λ1＋λ2，则λ1λ2的值为(　　)A.eq\f(1,16)B.eq\f(3,16)C.eq\f(1,2)D.eq\f(10,9)解析：选B　由题意得，＝＋＝＋eq\f(3,4)＝＋eq\f(3,4)(－)＝eq\f(1,4)＋eq\f(3,4)，∴λ1＝eq\f(1,4)，λ2＝eq\f(3,4)，∴λ1λ2＝eq\f(3,16).3．设D，E，F分别是△ABC的三边BC，CA，AB上的点，且＝2，＝2，＝2，则＋＋与(　　)A．反向平行B．同向平行C．互相垂直D．既不平行也不垂直解析：选A　由题意得＝＋＝＋eq\f(1,3)，＝＋＝＋eq\f(1,3)，＝＋＝＋eq\f(1,3)，因此＋＋＝＋eq\f(1,3)(＋－)＝＋eq\f(2,3)＝－eq\f(1,3)，故＋＋与反向平行．4．已知点O为△ABC外接圆的圆心，且＋＋＝0，则△ABC的内角A等于(　　)A．30°B．45°C．60°D．90°解析：选A　由＋＋＝0，得＋＝，由O为△ABC外接圆的圆心，可得||＝||＝||.设OC与AB交于点D，如图，由＋＝可知D为AB的中点，所以＝2，D为OC的中点．又由||＝||可知OD⊥AB，即OC⊥AB，所以四边形OACB为菱形，所以△OAC为等边三角形，即∠CAO＝60°，故A＝30°.5．已知点G是△ABC的重心，过点G作一条直线与AB，AC两边分别交于M，N两点，且＝x，＝y，则eq\f(xy,x＋y)的值为(　　)A．3B.eq\f(1,3)C．2D.eq\f(1,2)解析：选B　由已知得M，G，N三点共线，所以＝λ＋(1－λ)＝λx＋(1－λ)y.∵点G是△ABC的重心，∴＝eq\f(2,3)×eq\f(1,2)(＋)＝eq\f(1,3)(＋)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λx＝\f(1,3)，,1－λy＝\f(1,3)，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＝\f(1,3x)，,1－λ＝\f(1,3y)，))得eq\f(1,3x)＋eq\f(1,3y)＝1，即eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＝3，通分得eq\f(x＋y,xy)＝3，∴eq\f(xy,x＋y)＝eq\f(1,3).6．若点M是△ABC所在平面内的一点，且满足5＝＋3，则△ABM与△ABC的面积的比值为(　　)A.eq\f(1,5)B.eq\f(2,5)C.eq\f(3,5)D.eq\f(4,5)解析：选C　设AB的中点为D，如图，连接MD，MC，由5＝＋3，得5＝2＋3①，即＝eq\f(2,5)＋eq\f(3,5)，即eq\f(2,5)＋eq\f(3,5)＝1，故C，M，D三点共线，又＝＋②，①②联立，得5＝3，即在△ABM与△ABC中，边AB上的高的比值为eq\f(3,5)，所以△ABM与△ABC的面积的比值为eq\f(3,5).二、填空题7．在△ABC中，点P在BC上，且＝2，点Q是AC的中点，若＝(4,3)，＝(1,5)，则＝________.解析：＝－＝(1,5)－(4,3)＝(－3,2)，∴＝2＝2(－3,2)＝(－6,4)．＝＋＝(4,3)＋(－6,4)＝(－2,7)，∴＝3＝3(－2,7)＝(－6,21)．答案：(－6,21)8．已知向量，和在正方形网格中的位置如图所示，若＝λ＋μ，则λμ＝________.解析：建立如图所示的平面直角坐标系xAy，则＝(2，－2)，＝(1,2)，＝(1,0)，由题意可知(2，－2)＝λ(1，2)＋μ(1,0)，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2＝λ＋μ，,－2＝2λ，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＝－1，,μ＝3，))所以λμ＝－3.答案：－39．P＝{a|a＝(－1,1)＋m(1,2)，m∈R}，Q＝{b|b＝(1，－2)＋n(2,3)，n∈R}是两个向量集合，则P∩Q等于________．解析：P中，a＝(－1＋m,1＋2m)，Q中，b＝(1＋2n，－2＋3n)．则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1＋m＝1＋2n，,1＋2m＝－2＋3n.))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝－12，,n＝－7.))此时a＝b＝(－13，－23)．答案：{(－13，－23)}10．在梯形ABCD中，已知AB∥CD，AB＝2CD，M，N分别为CD，BC的中点．若＝λ＋μ，则λ＋μ＝________.解析：由＝λ＋μ，得＝λ·eq\f(1,2)(＋)＋μ·eq\f(1,2)(＋)，则eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(μ,2)－1))＋eq\f(λ,2)＋eq\f(λ,2)＋eq\f(μ,2)＝0，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(μ,2)－1))＋eq\f(λ,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(λ,2)＋\f(μ,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(＋\f(1,2)))＝0，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)λ＋\f(3,4)μ－1))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(λ＋\f(μ,2)))＝0.又因为，不共线，所以由平面向量基本定理得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)λ＋\f(3,4)μ－1＝0，,λ＋\f(μ,2)＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＝－\f(4,5)，,μ＝\f(8,5).))所以λ＋μ＝eq\f(4,5).答案：eq\f(4,5)三、解答题11.如图，以向量＝a，＝b为邻边作▱OADB，＝eq\f(1,3)，＝eq\f(1,3)，用a，b表示，，.解：∵＝－＝a－b，＝eq\f(1,6)＝eq\f(1,6)a－eq\f(1,6)b，∴＝＋＝b＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)a－\f(1,6)b))＝eq\f(1,6)a＋eq\f(5,6)b.又∵＝a＋b，∴＝＋eq\f(1,3)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,6)＝eq\f(2,3)＝eq\f(2,3)a＋eq\f(2,3)b，∴＝－＝eq\f(2,3)a＋eq\f(2,3)b－eq\f(1,6)a－eq\f(5,6)b＝eq\f(1,2)a－eq\f(1,6)b.综上，＝eq\f(1,6)a＋eq\f(5,6)b，＝eq\f(2,3)a＋eq\f(2,3)b，＝eq\f(1,2)a－eq\f(1,6)b.12.给定两个长度为1的平面向量和，它们的夹角为eq\f(2π,3).如图所示，点C在以O为圆心的圆弧eq\x\to(AB)上运动．若＝x＋y，其中x，y∈R，求x＋y的最大值．解：以O为坐标原点，所在的直线为x轴建立平面直角坐标系，如图所示，则A(1，0)，B－eq\f(1,2)，eq\f(\r(3),2)，设∠AOC＝αα∈0，eq\f(2π,3)，则C(cosα，sinα)，由＝x＋y，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(cosα＝x－\f(1,2)y，,sinα＝\f(\r(3),2)y，))所以x＝cosα＋eq\f(\r(3),3)sinα，y＝eq\f(2\r(3),3)sinα，所以x＋y＝cosα＋eq\r(3)sinα＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))，又α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))，则α＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6))).所以当α＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即α＝eq\f(π,3)时，x＋y取得最大值2.