2.4.1平面向量基本定理课件-2024-2025学年高一下学期数学北师大版（2019）必修第二册

2.4.1　平面向量基本定理 新知初探-课前预习 [教材要点] 要点　平面向量基本定理 1．定理：如果e1，e2(如图①所示)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一向量a，存在唯一一对实数λ1，λ2，使a＝λ1e1＋λ2e2(如图②所示)，其中不共线的向量e1，e2叫作表示这一平面内所有向量的一组______________，记为______________． 基 {e1，e2} 2．正交分解：若基中的两个向量________，则称这组基为正交基，在________下向量的线性表示称为正交分解．若基中的两个向量是互相垂直的单位向量，则称这组基为________． 互相垂直 正交基　 标准正交基 × √ × [基础自测] 1．判断正误(正确的画“√”，错误的画“×”) (1)平面内的任意两个向量都可以作为一个基．(　　) (2)平面向量的基确定后，平面内的任何一个向量都能用这个基唯一表示．(　　) (3)若e1，e2是不共线的向量，且λ1e1＋λ2e2＝μ1e1＋μ2e2(λ1，λ2，μ1，μ2∈R)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(λ1＝μ1，,λ2＝μ2.))(　　) (4)若{e1，e2}是平面α内所有向量的一个基，则λ1e1＋λ2e2(λ1，λ2∈R)不一定在平面α内．(　　) (5)若e1，e2是不共线的向量，则λ1e1＋λ2e2＝0(λ1，λ2∈R)⇔λ1＝λ2＝0.(　　) (6)基向量可以是零向量．(　　) × √ √ 2．设O是平行四边形ABCD两对角线的交点，给出下列向量组： ①eq \o(AD,\s\up14(→))与eq \o(AB,\s\up14(→))；②eq \o(DA,\s\up14(→))与eq \o(BC,\s\up14(→))；③eq \o(CA,\s\up14(→))与eq \o(DC,\s\up14(→))；④eq \o(OD,\s\up14(→))与eq \o(OB,\s\up14(→))，其中可作为这个平行四边形所在平面的一组基的是(　　) A．①② B．①③ C．①④ D．③④ 解析：①eq \o(AD,\s\up13(→))与eq \o(AB,\s\up13(→))不共线；②eq \o(DA,\s\up13(→))＝－eq \o(BC,\s\up13(→))，则eq \o(DA,\s\up13(→))与eq \o(BC,\s\up13(→))共线；③eq \o(CA,\s\up13(→))与eq \o(DC,\s\up13(→))不共线；④eq \o(OD,\s\up13(→))＝－eq \o(OB,\s\up13(→))，则eq \o(OD,\s\up13(→))与eq \o(OB,\s\up13(→))共线．由平面向量基的概念知，只有不共线的两个向量才能构成一组基，故①③满足题意． 答案：B 3．已知AD是△ABC的中线，eq \o(AB,\s\up14(→))＝a，eq \o(AD,\s\up14(→))＝b，以a，b为基表示eq \o(AC,\s\up14(→))，则eq \o(AC,\s\up14(→))＝(　　) A.eq \f(1,2)(a－b) B．2b－a C.eq \f(1,2)(b－a) D．2b＋a 解析：如图，AD是△ABC的中线，则D为线段BC的中点，从而eq \o(AD,\s\up13(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(AB,\s\up13(→))＋eq \o(AC,\s\up13(→)))，则eq \o(AC,\s\up13(→))＝2eq \o(AD,\s\up13(→))－eq \o(AB,\s\up13(→))＝2b－a. 答案：B 4．如图，在正方形ABCD中，E是DC边上的中点，且eq \o(AB,\s\up14(→))＝a，eq \o(AD,\s\up14(→))＝b，则eq \o(BE,\s\up14(→))＝________. 解析：eq \o(BE,\s\up13(→))＝eq \o(BC,\s\up13(→))＋eq \o(CE,\s\up13(→))＝eq \o(AD,\s\up13(→))－eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up13(→))＝b－eq \f(1,2)a. 答案：b－eq \f(1,2)a 题型一　对平面向量基本定理的理解——自主完成 1．设e1，e2是同一平面内的两个向量，则有(　　) A．e1，e2一定平行 B．e1，e2的模相等 C．对同一平面内的任一向量a，都有a＝λe1＋μe2(λ，μ∈R) D．若e1，e2不共线，则对同一平面内的任一向量a都有a＝λe1＋μe2(λ，μ∈R) 从两个向量是否共线入手. 解析：D选项符合平面向量基本定理．故选D. 答案：D 2.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的是________(写出满足条件的序号)． ③ 解析：①设e1＋e2＝λe1，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(λ＝1，,1＝0，))无解， ∴e1＋e2与e1不共线，即e1与e1＋e2能作为一组基． ②设e1－2e2＝λ(e2－2e1)，则(1＋2λ)e1－(2＋λ)e2＝0， 则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(1＋2λ＝0，,2＋λ＝0，))无解，∴e1－2e2与e2－2e1不共线， 即e1－2e2与e2－2e1能作为一组基． ③∵e1－2e2＝－eq \f(1,2)(4e2－2e1)， ∴e1－2e2与4e2－2e1共线， 即e1－2e2与4e2－2e1不能作为一组基． ④设e1＋e2＝λ(e1－e2)，则(1－λ)e1＋(1＋λ)e2＝0， 则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(1－λ＝0，,1＋λ＝0，))无解，∴e1＋e2与e1－e2不共线，即e1＋e2与e1－e2能作为一组基． 方法归纳 对基的理解 (1)两个向量能否作为一组基，关键是看这两个向量是否共线．若共线，则不能作基，反之，则可作基． (2)一个平面的基一旦确定，那么平面上任意一个向量都可以由这组基唯一线性表示出来．设向量a与b是平面内两个不共线的向量，若x1a＋y1b＝x2a＋y2b，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x1＝x2，y1＝y2.)) 提醒：一个平面的基不是唯一的，同一个向量用不同的基表示，表达式不一样． 题型二　用基表示平面向量——师生共研 例1　如图所示，在△ABC中，M是AB的中点，且eq \o(AN,\s\up14(→))＝eq \f(1,3) eq \o(AC,\s\up14(→))，BN与CM相交于点E，设eq \o(AB,\s\up14(→))＝a，eq \o(AC,\s\up14(→))＝b，试用基{a，b}表示向量eq \o(AE,\s\up14(→)). 解析：易得eq \o(AN,\s\up13(→))＝eq \f(1,3) eq \o(AC,\s\up13(→))＝eq \f(1,3)b，eq \o(AM,\s\up13(→))＝eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up13(→))＝eq \f(1,2)a， 由N，E，B三点共线可知，存在实数m使eq \o(AE,\s\up13(→))＝meq \o(AN,\s\up13(→))＋(1－m)eq \o(AB,\s\up13(→))＝eq \f(1,3)mb＋(1－m)a. 由C，E，M三点共线可知，存在实数n使eq \o(AE,\s\up13(→))＝neq \o(AM,\s\up13(→))＋(1－n)eq \o(AC,\s\up13(→))＝eq \f(1,2)na＋(1－n)b. 所以eq \f(1,3)mb＋(1－m)a＝eq \f(1,2)na＋(1－n)b，由于{a，b}为基， 所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(1－m＝\f(1,2)n，,\f(1,3)m＝1－n，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m＝\f(3,5)，,n＝\f(4,5)))，所以eq \o(AE,\s\up13(→))＝eq \f(2,5)a＋eq \f(1,5)b. eq \x(状元随笔)　利用基可以将所有的向量放到同一个标准下，这样更容易看出多个向量之间的关系. 就本题而言，在解题时，只需紧盯着目标，不断地利用三点共线的性质定理进行转化，最后通过任一向量用基表示的唯一性，即若eq \o(a,\s\up14(→))＝λ1eq \o(e,\s\up14(→))1＋μ1eq \o(e,\s\up14(→))2，且eq \o(a,\s\up14(→)) ＝λ2eq \o(e,\s\up14(→))1＋μ2eq \o(e,\s\up14(→))2，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(λ1＝λ2，,μ1＝μ2))来构建方程(组)，使得问题获解． 方法归纳 用基表示向量的两种基本方法 用基表示向量的基本方法有两种：一种是运用向量的线性运算对待求向量不断地进行转化，直至用基表示为止；另一种是通过列向量方程(组)，利用基表示向量的唯一性求解． 跟踪训练1　如图，在平行四边形ABCD中，设对角线上的向量eq \o(AC,\s\up14(→))＝a，eq \o(BD,\s\up14(→))＝b，试用基{a，b}表示eq \o(AB,\s\up14(→))，eq \o(BC,\s\up14(→)). 解析：方法一　设AC，BD交于点O，则有eq \o(AO,\s\up13(→))＝eq \o(OC,\s\up13(→))＝eq \f(1,2) eq \o(AC,\s\up13(→))＝eq \f(1,2)a，eq \o(BO,\s\up13(→))＝eq \o(OD,\s\up13(→))＝eq \f(1,2) eq \o(BD,\s\up13(→))＝eq \f(1,2)b， 所以eq \o(AB,\s\up13(→))＝eq \o(AO,\s\up13(→))＋eq \o(OB,\s\up13(→))＝eq \o(AO,\s\up13(→))－eq \o(BO,\s\up13(→))＝eq \f(1,2)a－eq \f(1,2)b，eq \o(BC,\s\up13(→))＝eq \o(BO,\s\up13(→))＋eq \o(OC,\s\up13(→))＝eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b. 方法二　设eq \o(AB,\s\up13(→))＝x，eq \o(BC,\s\up13(→))＝y，则eq \o(AD,\s\up13(→))＝eq \o(BC,\s\up13(→))＝y，又eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up13(→))＋\o(BC,\s\up13(→))＝\o(AC,\s\up13(→))，,\o(AD,\s\up13(→))－\o(AB,\s\up13(→))＝\o(BD,\s\up13(→))，)) 所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＋y＝a，,y－x＝b，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,2)a－\f(1,2)b，,y＝\f(1,2)a＋\f(1,2)b，))即eq \o(AB,\s\up13(→))＝eq \f(1,2)a－eq \f(1,2)b，eq \o(BC,\s\up13(→))＝eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b. 题型三　平面向量基本定理的应用——微点探究 微点1　利用平面向量基本定理求参数 例2　在△ABC中，D为AC的中点，eq \o(BC,\s\up14(→))＝3eq \o(BE,\s\up14(→))，BD与AE交于点F.若eq \o(AF,\s\up14(→))＝λeq \o(AE,\s\up14(→))，则实数λ的值为(　　) A.eq \f(1,2)　 B.eq \f(2,3) C.eq \f(3,4) D.eq \f(4,5) 解析：如图，∵B，F，D三点共线，∴存在实数k，使eq \o(BF,\s\up13(→))＝keq \o(BD,\s\up13(→))＝eq \f(k,2)(eq \o(BA,\s\up13(→))＋eq \o(BC,\s\up13(→)))，∴eq \o(AF,\s\up13(→))＝eq \o(AB,\s\up13(→))＋eq \o(BF,\s\up13(→))＝eq \o(AB,\s\up13(→))＋eq \f(k,2)(eq \o(BA,\s\up13(→))＋eq \o(BC,\s\up13(→)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(k,2))) eq \o(AB,\s\up13(→))＋eq \f(k,2) eq \o(BC,\s\up13(→))，eq \o(AE,\s\up13(→))＝eq \o(AB,\s\up13(→))＋eq \o(BE,\s\up13(→))＝eq \o(AB,\s\up13(→))＋eq \f(1,3) eq \o(BC,\s\up13(→)).∵eq \o(AF,\s\up13(→))＝λeq \o(AE,\s\up13(→))，∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(k,2))) eq \o(AB,\s\up13(→))＋eq \f(k,2) eq \o(BC,\s\up13(→))＝λeq \o(AB,\s\up13(→))＋eq \f(λ,3) eq \o(BC,\s\up13(→)).∵eq \o(AB,\s\up13(→))与eq \o(BC,\s\up13(→))不共线， ∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(1－\f(k,2)＝λ，,\f(k,2)＝\f(λ,3)，))解得λ＝eq \f(3,4). 答案：C 方法归纳 1．利用平面向量基本定理求参数值的基本思路是利用定理的唯一性，对某一向量用基表示两次然后利用系数相等列方程(组)求解，即对于基{e1，e2}，若a＝xe1＋ye2，且a＝me1＋ne2(x，y，m，n∈R)，则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝m，y＝n.)) 2．充分利用平面几何知识对图中的有关点进行精确定位，往往可使问题更便于解决． 跟踪训练2　在平行四边形ABCD中，点E为CD的中点，点F满足eq \o(AF,\s\up14(→))＝2eq \o(FD,\s\up14(→)).若eq \o(EF,\s\up14(→))＝xeq \o(AC,\s\up14(→))＋yeq \o(AB,\s\up14(→))，则x＋y＝(　　) A．－eq \f(1,2) B．－eq \f(1,3) C．－eq \f(1,4) D．－eq \f(2,5) 解析：因为eq \o(EF,\s\up13(→))＝eq \o(ED,\s\up13(→))＋eq \o(DF,\s\up13(→))＝－eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up13(→))－eq \f(1,3) eq \o(AD,\s\up13(→))，xeq \o(AC,\s\up13(→))＋yeq \o(AB,\s\up13(→))＝x(eq \o(AB,\s\up13(→))＋eq \o(AD,\s\up13(→)))＋yeq \o(AB,\s\up13(→))＝(x＋y)eq \o(AB,\s\up13(→))＋xeq \o(AD,\s\up13(→))，所以x＋y＝－eq \f(1,2).故选A. 答案：A 微点2　确定两直线交点的位置问题 以eq \o(BM,\s\up14(→))与eq \o(CN,\s\up14(→))为基利用平面向量基本定理求解．注意条件A、P、M和B、P、N共线的应用． 例3　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. 解析：设eq \o(BM,\s\up13(→))＝e1，eq \o(CN,\s\up13(→))＝e2， 则eq \o(AM,\s\up13(→))＝eq \o(AC,\s\up13(→))＋eq \o(CM,\s\up13(→))＝－3e2－e1，eq \o(BN,\s\up13(→))＝eq \o(BC,\s\up13(→))＋eq \o(CN,\s\up13(→))＝2e1＋e2. ∵A，P，M和B，P，N分别共线， ∴存在实数λ，μ使得eq \o(AP,\s\up13(→))＝λeq \o(AM,\s\up13(→))＝－λe1－3λe2， eq \o(BP,\s\up13(→))＝μeq \o(BN,\s\up13(→))＝2μe1＋μe2. 故eq \o(BA,\s\up13(→))＝eq \o(BP,\s\up13(→))＋eq \o(PA,\s\up13(→))＝eq \o(BP,\s\up13(→))－eq \o(AP,\s\up13(→))＝(λ＋2μ)e1＋(3λ＋μ)e2. 而eq \o(BA,\s\up13(→))＝eq \o(BC,\s\up13(→))＋eq \o(CA,\s\up13(→))＝2e1＋3e2，由平面向量基本定理， 得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(λ＋2μ＝2，,3λ＋μ＝3，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(λ＝\f(4,5)，,μ＝\f(3,5).)) ∴eq \o(AP,\s\up13(→))＝eq \f(4,5) eq \o(AM,\s\up13(→))，eq \o(BP,\s\up13(→))＝eq \f(3,5) eq \o(BN,\s\up13(→))， ∴AP：PM＝4：1，BP：PN＝3：2. 变式探究　将本例中的“N在AC上且AN＝2NC”改为“N为AC的中点”，其它条件不变，求APPM＝BPPN. 变式探究　解析：如图，设eq \o(BM,\s\up13(→))＝e1，eq \o(CN,\s\up13(→))＝e2， 则eq \o(AM,\s\up13(→))＝eq \o(AC,\s\up13(→))＋eq \o(CM,\s\up13(→))＝－2e2－e1，eq \o(BN,\s\up13(→))＝eq \o(BC,\s\up13(→))＋eq \o(CN,\s\up13(→))＝2e1＋e2， ∵A，P，M和B，P，N分别共线， ∴存在实数λ，μ使得eq \o(AP,\s\up13(→))＝λeq \o(AM,\s\up13(→))＝－λe1－2λe2， eq \o(BP,\s\up13(→))＝μeq \o(BN,\s\up13(→))＝2μe1＋μe2. 故eq \o(BA,\s\up13(→))＝eq \o(BP,\s\up13(→))＋eq \o(PA,\s\up13(→))＝eq \o(BP,\s\up13(→))－eq \o(AP,\s\up13(→))＝(λ＋2μ)e1＋(2λ＋μ)e2. 而eq \o(BA,\s\up13(→))＝eq \o(BC,\s\up13(→))＋eq \o(CA,\s\up13(→))＝2e1＋2e2，由平面向量基本定理，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(λ＋2μ＝2，,2λ＋μ＝2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(λ＝\f(2,3)，,μ＝\f(2,3).)) ∴eq \o(AP,\s\up13(→))＝eq \f(2,3) eq \o(AM,\s\up13(→))，eq \o(BP,\s\up13(→))＝eq \f(2,3) eq \o(BN,\s\up13(→))， ∴APPM＝2，BPPN＝2. ∴APPM＝BPPN. 方法归纳 用向量解决平面几何问题的一般步骤 (1)选取不共线的两个平面向量作为基． (2)将相关的向量用基向量表示，将几何问题转化为向量问题． (3)利用向量知识进行向量运算，得向量问题的解． (4)再将向量问题的解转化为平面几何问题的解． 易错辨析　对基的理解不准确致误 例4　已知e1≠0，λ∈R，a＝e1＋λe2，b＝2e1，则a与b共线的条件为(　　) A．λ＝0 B．e2＝0 C．e1∥e2 D．e1∥e2或λ＝0 解析：当e1∥e2时，a∥e1.因为b＝2e1，所以b∥e1.又因为e1≠0，所以a与b共线；当λ＝0时，a∥e1，因为b＝2e1，所以b∥e1.又因为e1≠0，所以a与b共线．故选D. 答案：D 易错警示 易错原因 纠错心得 本题中e1，e2没指明不共线，应考虑两种情况．本题易忽略e1∥e2的情况致错选A. 在应用平面向量基本定理时不能忽略向量作为基的条件，否则就会出错. $$