(共47张PPT)
第二章 平面向量及其应用
§4 平面向量基本定理及坐标表示
4.1 平面向量基本定理
课程标准 核心素养
理解平面向量基本定理及其意义. 通过学习平面向量的基本定理有关内容，重点培养学生的数学抽象，逻辑推理，数学运算素养.
必备知识 探新知
关键能力 攻重难
课堂检测 固双基
素养作业 提技能
必备知识 探新知
1．定理：如果e1，e2是同一平面内两个不共线的向量，那么该平面内任意一个向量a，存在唯一的一对实数λ1，λ2，使a＝_____________.
2．基：把不共线的向量e1，e2叫作表示这一平面内所有向量的一组基，记为___________.
3．正交基：若基中的两个向量________，则称这组基为正交基．
4．正交分解：在_______下面向量的线性表示称为正交分解．
5．标准正交基：若基中的两个向量是互相垂直的______向量，则称这组基为标准正交基．
λ1e1＋λ2e2
知识点
平面向量基本定理
基础知识
{e1，e2}
互相垂直
正交基
单位
思考：(1)零向量能不能作为基？
(2)平面向量的基唯一吗？
(3)在一组基{e1，e2}下，若存在λ1，λ2∈R，μ1，μ2∈R，且a＝λ1e1＋λ2e2，a＝μ1e1＋μ2e，那么λ1，μ1，λ2，μ2有何关系？
提示：(1)由于0与任何向量都是共线的，因此0 不能作为基．
(2)不唯一，只要两个向量不共线，都可以作为平面内所有向量的一组基．
(3)由已知得λ1e1＋λ2e2＝μ1e1＋μ2e2，即(λ1－μ1)e1＝(μ2－λ2)e2.
因为e1与e2不共线，所以λ1－μ1＝0，μ2－λ2＝0，所以λ1＝μ1，λ2＝μ2.
基础自测
[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．
D
A
D
4．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等于_____.
3
关键能力 攻重难
题型探究
题型一 平面向量基本定理的概念
例 1
BC
[分析] 应用平面向量基本定理解题时，要抓住基向量e1与e2不共线和平面内向量a用基底e1、e2表示的唯一性求解．
[解析] 由平面向量基本定理可知，A、D是正确的．对于B，由平面向量基本定理可知，一旦一个平面的基底确定，那么任意一个向量在此基底下的实数对是唯一的．对于C，当λ1λ2＝0或μ1μ2＝0时不一定成立，应为λ1μ2－λ2μ1＝0.故选BC．
[归纳提升] (1)对于平面内任一向量都可以用两个不共线的向量来表示；反之，平面内的任一向量也可以分解成两个不共线的向量的和的形式．
(2)向量的基底是指平面内不共线的两个向量，事实上若e1，e2是基底，则必有e1≠0，e2≠0且e1与e2不共线，如0与e1，e1与2e1，e1＋e2与2(e1＋e2)等，均不能构成基底．
【对点练习】 设e1，e2是不共线的两个向量，给出下列四组向量：①e1与e1＋e2；②e1－2e2与e2－2e1；③e1－2e2与4e2－2e1；④e1＋e2与e1－e2.其中不能作为平面内所有向量的一组基底的是_____.(写出所有满足条件的序号)
③
题型二 用基底表示向量
例 2
①②③
[归纳提升] 用基底表示向量的三个依据和两个“模型”
(1)依据：①向量加法的三角形法则和平行四边形法则；
②向量减法的几何意义；
③数乘向量的几何意义．
(2)模型：
A
题型三 平面向量基本定理的应用
如图，在△ABC中，点M是BC的中点，点N在AC上，且AN＝2NC，AM与BN相交于点P，求AP?PM与BP?PN的值．
例 3
忽视平面向量基本定理的使用条件致误
易错警示
例 4
[错因分析] 本题可以根据向量共线的充要条件列出等式解决，但在得出等式后根据平面向量基本定理列式解决时，容易忽视平面向量基本定理的使用条件，出现漏解，漏掉了当a，b共线时，t可为任意实数这个解．
课堂检测 固双基
D
C
3．已知e1，e2不共线，且a＝ke1－e2，b＝e2－e1，若a，b不能作为基底，则k等于_____.
1
4．已知向量e1，e2不共线，实数x，y满足(2x－3y)e1＋(3x－4y)e2＝6e1＋3e2，则x＝_______，y＝_______.
－15
－12
素养作业 提技能第二章 4.1
A 组·素养自测
一、选择题
1．e1、e2是表示平面内所有向量的一组基底，下列四组向量中，不能作为一组基底的是( B )
A．e1＋e2和e1－e2
B．3e1－2e2和4e2－6e1
C．e1＋2e2和e2＋2e1
D．e2和e1＋e2
[解析] 3e1－2e2与4e2－6e1是共线向量，不能作为一组基底．
2.如图所示，||＝||＝1，|OC|＝，∠AOB＝60°，OB⊥OC，设＝x＋y，则( B )
A．x＝－2，y＝－1 B．x＝－2，y＝1
C．x＝2，y＝－1 D．x＝2，y＝1
[解析] 解法1：过点C作CD∥OB交AO的延长线于点D，连接BC(图略)．由||＝1，||＝，∠AOB＝60°，OB⊥OC，知∠COD＝30°.在Rt△OCD中，可得OD＝2CD＝2，则＝＋＝－2＋.
∴x＝－2，y＝1．
解法2：画图知x<0且y>0，所以选B．
3．在△ABC中，AD为BC边上的中线，E为AD的中点，则( A )
A．－ B．－
C．＋ D．＋
[解析] ＝＋＝－＋＝－×(＋)＋＝－.
4．已知△ABC和点M满足＋＋＝0.若存在实数m使得＋＝m成立，则m＝( B )
A．2 B．3
C．4 D．5
[解析] 由＋＋＝0可知，M为△ABC的重心，故＝×(＋)＝(＋)，所以＋＝3，即m＝3.
5．若k1a＋k2b＝0，则k1＝k2＝0，那么下列对a、b的判断正确的是( B )
A．a与b一定共线 B．a与b一定不共线
C．a与b一定垂直 D．a与b中至少一个为0
[解析] 由平面向量基本定理知，当a，b不共线时，k1＝k2＝0.故选B．
6．设D，E，F分别为△ABC的三边BC，CA，AB的中点，则＋＝( A )
A． B．
C． D．
[解析] 如图，
＋＝－(＋)－(＋)
＝－(＋)＝(＋)＝.
选A．
二、填空题
7.如右图，平行四边形ABCD中，＝a，＝b，M是DC的中点，以a、b为基底表示向量＝ b＋a .
[解析] ＝＋＝＋＝＋＝b＋a.
8．设向量a，b不平行，向量λa＋b与a＋3b平行，则实数λ＝ .
[解析] 依据平行向量基本定理列方程组求解．
∵λa＋b与a＋3b平行，
∴可设λa＋b＝t(a＋3b)，
即λa＋b＝ta＋3tb，
∴解得
9．设e1，e2是平面内一组基向量，且a＝e1＋2e2，b＝－e1＋e2，则向量e1＋e2可以表示为以a，b为基向量的线性组合，即e1＋e2＝ a－b .
[解析] 设e1＋e2＝ma＋nb(m，n∈R)，
∵a＝e1＋2e2，b＝－e1＋e2，
∴e1＋e2＝m(e1＋2e2)＋n(－e1＋e2)＝(m－n)e1＋(2m＋n)e2.
∵e1与e2不共线，∴
∴∴e1＋e2＝a－b.
三、解答题
10.如图所示，已知在平行四边形ABCD中，E，F分别是BC，DC边上的中点．若＝a，＝b，试以a，b为基底表示，.
[解析] ∵四边形ABCD是平行四边形，
E，F分别是BC，DC边上的中点，
∴＝＝2，＝＝2，
∴＝＝b，
＝＝＝－＝－a.
∴＝＋＋＝－＋＋
＝－b＋a＋b＝a－b，
＝＋＝＋＝b－a.
B 组·素养提升
一、选择题
1．向量a，b，c在正方形网格中的位置如图所示，若c＝λa＋μb(λ，μ∈R)，则＝( B )
A．2 B．4
C．5 D．7
[解析] 以如图所示的两互相垂直的单位向量e1，e2为基底，
则a＝－e1＋e2，b＝6e1＋2e2，c＝－e1－3e2，
因为c＝λa＋μb(λ，μ∈R)，所以－e1－3e2＝λ(－e1＋e2)＋μ(6e1＋2e2)＝(－λ＋6μ)e1＋(λ＋2μ)e2，
所以解得所以＝4.故选B．
2．(多选)如果e1、e2是平面α内所有向量的一组基底，那么下列命题中错误的是( ABD )
A．已知实数λ1、λ2，则向量λ1e1＋λ2e2不一定在平面α内
B．对平面α内任一向量a，使a＝λ1e1＋λ2e2的实数λ1，λ2可以不唯一
C．若有实数λ1、λ2使λ1e1＝λ2e2，则λ1＝λ2＝0
D．对平面α内任一向量a，使a＝λ1e1＋λ2e2的实数λ1、λ2不一定存在
[解析] 选项A中，由平面向量基本定理知λ1e1＋λ2e2与e1、e2共面，所以A项不正确；选项B中，实数λ1、λ2有且仅有一对，所以B项不正确；选项D中，实数λ1、λ2一定存在，所以D项不正确；很明显C项正确．
3．若＝a，＝b，＝λ，则＝( D )
A．a＋λb B．λa＋b
C．λa＋(1＋λ)b D．
[解析] ∵＝λ，
∴－＝λ(－)，
(1＋λ)＝λ＋，∴＝.
4．已知在△ABC中，＝，P是BN上的一点．若＝m＋，则实数m的值为( C )
A． B．
C． D．
[解析] 设＝λ，则＝＋＝＋λ＝＋λ(－)＝＋λ＝(1－λ)＋＝m＋，
∴解得
二、填空题
5．已知O为△ABC内一点，且＋＝2，且λ＝，若B，O，D三点共线，则实数λ的值为 3 .
[解析] 设点E为边BC的中点，则
(＋)＝，
由题意，得＝，
所以＝＝(＋)＝＋，因此若B，O，D三点共线，则＋＝1，即λ＝3.
6．如图，经过△OAB的重心G的直线与OA，OB分别交于点P，Q，设＝m，＝n，m，n∈R，则＋的值为 3 .
[解析] 方法一：设＝a，＝b，由题意知＝×(＋)＝(a＋b)，＝－＝nb－ma，＝－＝a＋b，
由P，G，Q三点共线得，存在实数λ，使得＝λ，即nb－ma＝λa＋λb，
从而消去λ，得＋＝3.
方法二：由题意知＝×(＋)＝＝＋，
又P，G，Q三点共线，由三点共线性质定理可知＋＝1，即＋＝3.
方法三：(特例)当PQ∥AB时，m＝n＝，∴＋＝3.
三、解答题
7．设e1，e2是不共线的非零向量，且a＝e1－2e2，b＝e1＋3e2.
(1)证明：a，b可以作为一组基底；
(2)以a，b为基底，求向量c＝3e1－e2的分解式；
(3)若4e1－3e2＝λa＋μb，求λ，μ的值．
[解析] (1)证明：若a，b共线，则存在λ∈R，使a＝λb，则e1－2e2＝λ(e1＋3e2)．
由e1，e2不共线，
得
∴λ不存在，故a与b不共线，可以作为一组基底．
(2)设c＝ma＋nb(m，n∈R)，
则3e1－e2＝m(e1－2e2)＋n(e1＋3e2)＝(m＋n)e1＋(－2m＋3n)e2.
∴
∴c＝2a＋b.
(3)由4e1－3e2＝λa＋μb，得4e1－3e2＝λ(e1－2e2)＋μ(e1＋3e2)＝(λ＋μ)e1＋(－2λ＋3μ)e2.
∴
故所求λ，μ的值分别为3和1．
8．如图所示，在△ABC中，M是AB的中点，且＝，BN与CM相交于点E，设＝a，＝b，试用基底{a，b}表示向量.
[解析] 易得＝＝b，＝＝a，
由N，E，B三点共线可知，存在实数m使＝m＋(1－m)＝mb＋(1－m)a.
由C，E，M三点共线可知，存在实数n使＝n＋(1－n)＝na＋(1－n)b.
所以mb＋(1－m)a＝na＋(1－n)b，由于{a，b}为基底，
所以
解得所以＝a＋b.
