6.3.1 平面向量基本定理(课件PPT)-【精讲精练】2024-2025学年高中数学必修第二册（人教A版2019）

第六章　平面向量及其应用 6.3　平面向量基本定理及坐标表示 6．3.1　平面向量基本定理 返回目录 第六章　平面向量及其应用 数学•必修　第二册(配RJA版) 1 返回目录 第六章　平面向量及其应用 数学•必修　第二册(配RJA版) 1 目 录 课前案·自主学习 01 02 CONTENTS 03 课堂案·互动探究 课后案·学业评价 返回目录 第六章　平面向量及其应用 数学•必修　第二册(配RJA版) 1 课前案·自主学习 01 返回目录 第六章　平面向量及其应用 数学•必修　第二册(配RJA版) 1 导学 平面向量基本定理 返回目录 第六章　平面向量及其应用 数学•必修　第二册(配RJA版) 1 返回目录 第六章　平面向量及其应用 数学•必修　第二册(配RJA版) 1 不共线向量 a＝λ1e1＋λ2e2 不共线 返回目录 第六章　平面向量及其应用 数学•必修　第二册(配RJA版) 1 返回目录 第六章　平面向量及其应用 数学•必修　第二册(配RJA版) 1 返回目录 第六章　平面向量及其应用 数学•必修　第二册(配RJA版) 1 返回目录 第六章　平面向量及其应用 数学•必修　第二册(配RJA版) 1 返回目录 第六章　平面向量及其应用 数学•必修　第二册(配RJA版) 1 课堂案·互动探究 02 返回目录 第六章　平面向量及其应用 数学•必修　第二册(配RJA版) 1 返回目录 第六章　平面向量及其应用 数学•必修　第二册(配RJA版) 1 返回目录 第六章　平面向量及其应用 数学•必修　第二册(配RJA版) 1 返回目录 第六章　平面向量及其应用 数学•必修　第二册(配RJA版) 1 返回目录 第六章　平面向量及其应用 数学•必修　第二册(配RJA版) 1 返回目录 第六章　平面向量及其应用 数学•必修　第二册(配RJA版) 1 返回目录 第六章　平面向量及其应用 数学•必修　第二册(配RJA版) 1 返回目录 第六章　平面向量及其应用 数学•必修　第二册(配RJA版) 1 返回目录 第六章　平面向量及其应用 数学•必修　第二册(配RJA版) 1 返回目录 第六章　平面向量及其应用 数学•必修　第二册(配RJA版) 1 返回目录 第六章　平面向量及其应用 数学•必修　第二册(配RJA版) 1 返回目录 第六章　平面向量及其应用 数学•必修　第二册(配RJA版) 1 返回目录 第六章　平面向量及其应用 数学•必修　第二册(配RJA版) 1 返回目录 第六章　平面向量及其应用 数学•必修　第二册(配RJA版) 1 返回目录 第六章　平面向量及其应用 数学•必修　第二册(配RJA版) 1 返回目录 第六章　平面向量及其应用 数学•必修　第二册(配RJA版) 1 返回目录 第六章　平面向量及其应用 数学•必修　第二册(配RJA版) 1 返回目录 第六章　平面向量及其应用 数学•必修　第二册(配RJA版) 1 返回目录 第六章　平面向量及其应用 数学•必修　第二册(配RJA版) 1 返回目录 第六章　平面向量及其应用 数学•必修　第二册(配RJA版) 1 返回目录 第六章　平面向量及其应用 数学•必修　第二册(配RJA版) 1 返回目录 第六章　平面向量及其应用 数学•必修　第二册(配RJA版) 1 返回目录 第六章　平面向量及其应用 数学•必修　第二册(配RJA版) 1 点击进入Word 课后案·学业评价 03 返回目录 第六章　平面向量及其应用 数学•必修　第二册(配RJA版) 1 谢谢观看 返回目录 第六章　平面向量及其应用 数学•必修　第二册(配RJA版) 1 学业标准 素养目标 1.了解平面向量基本定理及其意义．(难点) 2．了解向量基底的含义．在平面内，当一组基底确定后，会用这组基底来表示其他向量．(重点) 1.通过定理的推导过程的学习，培养逻辑推理等核心素养． 2．借助平面向量基本定理及其应用，提升数学运算、逻辑推理等核心素养. 在物理中，我们学习了力的分解，即一个力可以分解为两个不同方向的力，试想：平面内的任一向量是否可以分解为其他两个向量的和？ [提示]　可以． 如果e1，e2是两个不共线的确定向量，那么与e1，e2在同一平面内的任一向量a能否用e1，e2表示？根据是什么？ [提示]　可以．根据是数乘向量和平行四边形法则． 如果e1，e2是共线向量，那么向量a能否用e1，e2表示？为什么？ [提示]　不一定．当a与e1共线时可以表示，否则不能表示． ◎结论形成 条件 e1，e2是同一平面内的两个_____________ 结论 对于这一平面内的任一向量a，有且只有一对实数λ1，λ2，使____________________ 基底 把________{e1，e2}叫做表示这一平面内所有向量的一个基底 1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)基底中的向量不能为零向量．(　　) (2)平面内的任何两个向量都可以作为一个基底．(　　) (3)若a，b不共线，且λ1a＋μ1b＝λ2a＋μ2b，则λ1＝λ2，μ1＝μ2.(　　) (4)平面向量的基底不唯一，只要基底确定后，平面内的任何一个向量都可被这个基底唯一表示．(　　) 答案　(1)√　(2)×　(3)√　(4)√ 2．设e1，e2是同一平面内两个不共线的向量，以下不能作为基底的是(　　) A．{e1，e2}　　　　　　　 B．{e1＋e2,3e1＋3e2} C．{e1,5e2} D．{e1，e1＋e2} 答案　B 3．若eq \o(AD,\s\up17(→))是△ABC的中线，已知eq \o(AB,\s\up17(→))＝a，eq \o(AC,\s\up17(→))＝b，若{a，b}为一个基底，则eq \o(AD,\s\up17(→))＝_______. 答案　eq \f(1,2)(a＋b) 4．如图所示，向量eq \o(OA,\s\up17(→))可用向量e1，e2表示为_______． 解析　由图可知，eq \o(OA,\s\up17(→))＝4e1＋3e2. 答案　4e1＋3e2 eq \x(题型一　对基底的理解) (多选题)设O是平行四边形ABCD两对角线的交点，给出下列向量组，可作为这个平行四边形所在平面的一组基底的是(　　) A.eq \o(AD,\s\up17(→))与eq \o(AB,\s\up17(→))　　　　　　 B.eq \o(DA,\s\up17(→))与eq \o(BC,\s\up17(→)) C.eq \o(CA,\s\up17(→))与eq \o(DC,\s\up17(→)) D.eq \o(OD,\s\up17(→))与eq \o(OB,\s\up17(→)) [解析]　A中eq \o(AD,\s\up17(→))与eq \o(AB,\s\up17(→))不共线；B中eq \o(DA,\s\up17(→))＝－eq \o(BC,\s\up17(→))，则eq \o(DA,\s\up17(→))与eq \o(BC,\s\up17(→))共线；C中eq \o(CA,\s\up17(→))与eq \o(DC,\s\up17(→))不共线；D中eq \o(OD,\s\up17(→))＝－eq \o(OB,\s\up17(→))，则eq \o(OD,\s\up17(→))与eq \o(OB,\s\up17(→))共线． 由平面向量基底的概念知，只有不共线的两个向量才能构成一组基底，故AC满足题意． [答案]　AC 对基底的理解 (1)两个向量能否作为一组基底，关键是看这两个向量是否共线．若共线，则不能作基底，反之，则可作基底． (2)一个平面的基底若确定，那么平面上任意一个向量都可以由这组基底唯一线性表示出来，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.))　 [触类旁通] 1．(多选题)设{e1，e2}是平面内所有向量的一个基底，则下列四组向量中，不能作为基底的是(　　) A．e1＋e2和e1－e2 B．3e1－4e2和6e1－8e2 C．e1＋2e2和2e1＋e2 D．e1和e1＋e2 解析　选项B中，6e1－8e2＝2(3e1－4e2)，∴6e1－8e2与3e1－4e2共线，∴不能作为基底，选项A，C，D中两向量均不共线，可以作为基底．故选A，C，D. 答案　ACD 一题多解　一题多变)eq \x(题型二　用基底表示向量　) (1)如图，eq \o(OA,\s\up17(→))，eq \o(OB,\s\up17(→))不共线，且eq \o(AP,\s\up17(→))＝teq \o(AB,\s\up17(→))(t∈R)，用eq \o(OA,\s\up17(→))，eq \o(OB,\s\up17(→))表示eq \o(OP,\s\up17(→)). (2)如图，已知在梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝2CD，E，F分别是DC，AB的中点，设eq \o(AD,\s\up17(→))＝a，eq \o(AB,\s\up17(→))＝b，试用a，b表示eq \o(DC,\s\up17(→))，eq \o(EF,\s\up17(→)). [解析]　(1)解法一　因为eq \o(AP,\s\up17(→))＝teq \o(AB,\s\up17(→))， 所以eq \o(OP,\s\up17(→))＝eq \o(OA,\s\up17(→))＋eq \o(AP,\s\up17(→))＝eq \o(OA,\s\up17(→))＋teq \o(AB,\s\up17(→)) ＝eq \o(OA,\s\up17(→))＋t(eq \o(OB,\s\up17(→))－eq \o(OA,\s\up17(→)))＝eq \o(OA,\s\up17(→))＋teq \o(OB,\s\up17(→))－teq \o(OA,\s\up17(→)) ＝(1－t)eq \o(OA,\s\up17(→))＋teq \o(OB,\s\up17(→)). 解法二　由于eq \o(AP,\s\up17(→))＝eq \o(OP,\s\up17(→))－eq \o(OA,\s\up17(→))，eq \o(AB,\s\up17(→))＝eq \o(OB,\s\up17(→))－eq \o(OA,\s\up17(→))，eq \o(AP,\s\up17(→))＝teq \o(AB,\s\up17(→)). 所以eq \o(OP,\s\up17(→))－eq \o(OA,\s\up17(→))＝t(eq \o(OB,\s\up17(→))－eq \o(OA,\s\up17(→)))， 所以eq \o(OP,\s\up17(→))＝eq \o(OA,\s\up17(→))＋t(eq \o(OB,\s\up17(→))－eq \o(OA,\s\up17(→)))＝(1－t)eq \o(OA,\s\up17(→))＋teq \o(OB,\s\up17(→)). (2)因为DC∥AB，AB＝2DC，E，F分别是DC，AB的中点， 所以eq \o(DC,\s\up17(→))＝eq \o(AF,\s\up17(→))＝eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up17(→))＝eq \f(1,2)b. eq \o(EF,\s\up17(→))＝eq \o(ED,\s\up17(→))＋eq \o(DA,\s\up17(→))＋eq \o(AF,\s\up17(→)) ＝－eq \f(1,2) eq \o(DC,\s\up17(→))－eq \o(AD,\s\up17(→))＋eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up17(→)) ＝－eq \f(1,2)×eq \f(1,2)b－a＋eq \f(1,2)b＝eq \f(1,4)b－a. [母题变式] 若把例2(2)中的基底{eq \o(AD,\s\up17(→))，eq \o(AB,\s\up17(→))}换为{eq \o(CE,\s\up17(→))，eq \o(CB,\s\up17(→))}，即若eq \o(CE,\s\up17(→))＝a，eq \o(CB,\s\up17(→))＝b，试用a，b表示eq \o(DC,\s\up17(→))，eq \o(EF,\s\up17(→)). 解析　因为DC∥AB，AB＝2DC，E，F分别为DC，AB的中点， 所以eq \o(DC,\s\up17(→))＝－2eq \o(CE,\s\up17(→))＝－2a，eq \o(EF,\s\up17(→))＝eq \o(CF,\s\up17(→))－eq \o(CE,\s\up17(→))＝eq \o(CD,\s\up17(→))＋eq \o(CB,\s\up17(→))－eq \o(CE,\s\up17(→))＝2eq \o(CE,\s\up17(→))＋eq \o(CB,\s\up17(→))－eq \o(CE,\s\up17(→))＝eq \o(CE,\s\up17(→))＋eq \o(CB,\s\up17(→))＝a＋b. 用基底表示向量的方法 将两个不共线的向量作为基底表示其他向量，基本方法有两种：一种是运用向量的线性运算法则对待求向量不断进行转化，直至可用基底表示为止；另一种是通过列向量方程或方程组的形式，利用基底表示向量的唯一性求解．　 [触类旁通] 2．如图所示，在△ABC中，M是AB的中点，且eq \o(AN,\s\up17(→))＝eq \f(1,3) eq \o(AC,\s\up17(→))，BN与CM相交于点E，设eq \o(AB,\s\up17(→))＝a，eq \o(AC,\s\up17(→))＝b，试用基底{a，b}表示向量eq \o(AE,\s\up17(→)). 解析　易得eq \o(AN,\s\up17(→))＝eq \f(1,3) eq \o(AC,\s\up17(→))＝eq \f(1,3)b， eq \o(AM,\s\up17(→))＝eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up17(→))＝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\up17(→))＝meq \o(AN,\s\up17(→))＋(1－m)eq \o(AB,\s\up17(→))＝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\up17(→))＝neq \o(AM,\s\up17(→))＋(1－n)eq \o(AC,\s\up17(→))＝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}为基底， 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\up17(→))＝eq \f(2,5)a＋eq \f(1,5)b. 一题多变)eq \x(题型三　平面向量基本定理的应用　) 如图所示，在△OAB中，eq \o(OA,\s\up17(→))＝a，eq \o(OB,\s\up17(→))＝b，点M是AB上靠近B的一个三等分点，点N是OA上靠近A的一个四等分点．若OM与BN相交于点P，求eq \o(OP,\s\up17(→)). [解析]　eq \o(OM,\s\up17(→))＝eq \o(OA,\s\up17(→))＋Aeq \o(M,\s\up17(→))＝eq \o(OA,\s\up17(→))＋eq \f(2,3) eq \o(AB,\s\up17(→)) ＝eq \o(OA,\s\up17(→))＋eq \f(2,3)(eq \o(OB,\s\up17(→))－eq \o(OA,\s\up17(→)))＝eq \f(1,3)a＋eq \f(2,3)b. 因为eq \o(OP,\s\up17(→))与eq \o(OM,\s\up17(→))共线， 故可设eq \o(OP,\s\up17(→))＝teq \o(OM,\s\up17(→))＝eq \f(t,3)a＋eq \f(2t,3)b. 又eq \o(NP,\s\up17(→))与eq \o(NB,\s\up17(→))共线，可设eq \o(NP,\s\up17(→))＝seq \o(NB,\s\up17(→))， eq \o(OP,\s\up17(→))＝eq \o(ON,\s\up17(→))＋seq \o(NB,\s\up17(→))＝eq \f(3,4) eq \o(OA,\s\up17(→))＋s(eq \o(OB,\s\up17(→))－eq \o(ON,\s\up17(→))) ＝eq \f(3,4)(1－s)a＋sb， 所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(3,4)1－s＝\f(t,3)，,s＝\f(2,3)t，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(t＝\f(9,10)，,s＝\f(3,5)，)) 所以eq \o(OP,\s\up17(→))＝eq \f(3,10)a＋eq \f(3,5)b. [母题变式] 若例3中“点M是AB上靠近B的一个三等分点”改为“点M是AB上靠近A的一个三等分点”，“点N是OA上靠近A的一个四分点”改为“N为OA的中点”，求BP∶PN的值． 解析　设eq \o(OA,\s\up17(→))＝a，eq \o(OB,\s\up17(→))＝b， eq \o(BN,\s\up17(→))＝eq \o(ON,\s\up17(→))－eq \o(OB,\s\up17(→))＝eq \f(1,2)a－b， eq \o(OM,\s\up17(→))＝eq \o(OA,\s\up17(→))＋eq \o(AM,\s\up17(→))＝eq \o(OA,\s\up17(→))＋eq \f(1,3) eq \o(AB,\s\up17(→)) ＝eq \o(OA,\s\up17(→))＋eq \f(1,3)(eq \o(OB,\s\up17(→))－eq \o(OA,\s\up17(→)))＝eq \f(2,3) eq \o(OA,\s\up17(→))＋eq \f(1,3) eq \o(OB,\s\up17(→)) ＝eq \f(2,3)a＋eq \f(1,3)b， 因为O，P，M和B，P，N分别共线， 所以存在实数λ，μ使eq \o(BP,\s\up17(→))＝λeq \o(BN,\s\up17(→))＝eq \f(λ,2)a－λb， eq \o(OP,\s\up17(→))＝μeq \o(OM,\s\up17(→))＝eq \f(2μ,3)a＋eq \f(μ,3)b， 所以eq \o(OB,\s\up17(→))＝eq \o(OP,\s\up17(→))＋eq \o(PB,\s\up17(→))＝eq \o(OP,\s\up17(→))－eq \o(BP,\s\up17(→)) ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2μ,3)－\f(λ,2)))a＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(μ,3)＋λ))b， 又eq \o(OB,\s\up17(→))＝b，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(2μ,3)－\f(λ,2)＝0，,\f(μ,3)＋λ＝1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(λ＝\f(4,5)，,μ＝\f(3,5)，)) 所以eq \o(BP,\s\up17(→))＝eq \f(4,5) eq \o(BN,\s\up17(→))，即BP∶PN＝4∶1. [素养聚焦]　通过平面向量基本定理的应用，把逻辑推理等核心素养体现在解题过程中． 1．任意一向量基底表示的唯一性的理解 条件一 平面内任一向量a和同一平面内两个不共线向量e1，e2 条件二 a＝λ1e1＋μ1e2且a＝λ2e1＋μ2e2 结论 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(λ1＝λ2，,μ1＝μ2)) 2.任意一向量基底表示的唯一性的应用 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： (1)直接利用三角形法则、平行四边形法则及向量共线定理． (2)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．　 [触类旁通] 3．如图，在直角梯形ABCD中，P是BC的中点，AB∥CD，∠DAB＝90°，AB＝2，AD＝CD＝1，若eq \o(AP,\s\up17(→))＝meq \o(AB,\s\up17(→))＋neq \o(AD,\s\up17(→))，则eq \f(m,n)＝(　　) A.eq \f(1,2) B.eq \f(3,4) C.eq \f(3,2) D．2 解析　因为P是BC的中点， 所以eq \o(AP,\s\up17(→))＝eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \o(BP,\s\up17(→))＝eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \f(1,2) eq \o(BC,\s\up17(→))＝eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AC,\s\up17(→))－\o(AB,\s\up17(→))))＝eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \f(1,2) eq \o(AC,\s\up17(→))＝eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AD,\s\up17(→))＋\o(DC,\s\up17(→))))＝eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \f(1,2) eq \o(AD,\s\up17(→))＋eq \f(1,2)×eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up17(→))＝eq \f(3,4) eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \f(1,2) eq \o(AD,\s\up17(→))， 又eq \o(AP,\s\up17(→))＝meq \o(AB,\s\up17(→))＋neq \o(AD,\s\up17(→))，且eq \o(AB,\s\up17(→))，eq \o(AD,\s\up17(→))不共线， 所以m＝eq \f(3,4)，n＝eq \f(1,2)，所以eq \f(m,n)＝eq \f(3,2). 故选C. 答案　C 知识落实 技法强化 (1)平面向量基本定理． (2)用基底表示向量． (3)平面向量基本定理的应用. 解题过程中易忽视基底中的向量必须是不共线的两个向量. $$