6.3.1 平面向量基本定理-【新课程学案】2025-2026学年高中数学必修第二册配套课件PPT（人教A版）

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 [教学方式:深化学习课——梯度进阶式教学] 课时目标 1.理解平面向量基本定理及其意义,会判断两个向量能不能作为一个基底. 2.了解向量基底的含义.在平面内,当一个基底确定后,会用这个基底来表示其他向量. CONTENTS 目录 1 2 3 课前预知教材·自主落实基础 课堂题点研究·迁移应用融通 课时跟踪检测 课前预知教材·自主落实基础 平面向量基本定理的定义 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a=____________ 基底 若e1,e2不共线,把_______叫做表示这一平面内所有向量的一个基底 不共线向量 λ1e1+λ2e2 {e1,e2} |微|点|助|解| 对平面向量基本定理的理解 (1)基底不唯一,只要是同一平面内的两个不共线向量都可以构成基底向量.同一非零向量在不同基底下的分解式是不同的. (2)基底给定时,分解形式唯一.λ1,λ2是被a,e1,e2唯一确定的数值. (3){e1,e2}是表示同一平面内所有向量的一个基底,则当a与e1共线时,λ2=0;当a与e2共线时,λ1=0;当a=0时,λ1=λ2=0. (4)由于零向量与任何向量都是共线的,因此零向量不能作为基底中的向量. 基础落实训练 1.判断正误(正确的画“√”,错误的画“×”) (1)平面内任意两个向量都可以作为平面内所有向量的一个基底. (　　) (2)零向量可以作为基向量. (　　) (3)平面向量基本定理中基底的选取是唯一的. (　　) × × × 2.设O为平行四边形ABCD的对称中心,=4e1,=6e2,则2e1-3e2等于 (　　) A. B. C. D. 解析:如图,==(-)=2e1-3e2. √ 3.如图,向量可用向量e1,e2表示为___________. 4e1+3e2 4.已知向量a,b不共线,若λa+b=-a+μb,则λ=______,μ=______. -1 1 解析:∵λa+b=-a+μb, ∴(λ+1)a+(1-μ)b=0.又∵a,b不共线, ∴λ+1=0且1-μ=0.即λ=-1,μ=1. 课堂题点研究·迁移应用融通 题型(一)　对平面向量基本定理的理解 [例1]　(多选)设e1,e2是两个不共线的向量,则下列四组向量中,能作为平面向量的一个基底的是 (　　) A.e1+e2和e1-e2 B.e1+2e2和e2+2e1 C.3e1-2e2和4e2-6e1 D.e2和e2+e1 √ √ √ 解析:e1+e2和e1-e2没有倍数关系,二者不共线,可作为平面向量的一个基底;e1+2e2和e2+2e1没有倍数关系,二者不共线,可作为平面向量的一个基底;4e2-6e1=-2(3e1-2e2),二者是共线向量,不能作为平面向量的一个基底;e2和e2+e1不共线,可作为平面向量的一个基底.故选ABD. |思|维|建|模| 　　考查两个向量是否能构成基底,主要看两向量是否不共线.此外,一个平面的基底一旦确定,那么平面上任意一个向量都可以由这个基底唯一线性表示. 针对训练 1.如图,点O为正六边形ABCDEF的中心, 则可作为基底的一对向量是 (　　) A., B., C., D., √ 解析:由题中图形可知与,与,与共线,不能作为基底向量,与不共线,可作为基底向量.故选B. 2.已知e1,e2是平面内两个不共线的向量,a=e1+2e2,b=2e1+λe2,若{a,b}能作为一个基底,则实数λ的取值范围为___________________. (-∞,4)∪(4,+∞) 解析:若{a,b}能作为一个基底,则向量a,b不共线.由题可知,若向量a,b共线,则有λ=4,故当向量a,b不共线时,λ≠4,即实数λ的取值范围是(-∞,4)∪(4,+∞). [例2]　如图,已知▱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,. 题型(二)　用基底表示向量 解:∵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. 　　[变式拓展] 1.在本例中,若取=x,=y,以{x,y}作为一个基底,试用x,y表示,. 解:依题意x=a+b,y=a-b,∴x+y=2a,x-y=2b.∴a=(x+y),b=(x-y). 于是=a-b=(x+y)-(x-y)=x+y, =b-a=(x-y)-(x+y)=x-y. 2.在本例中,若取=e,=f,以{e,f}作为一个基底,试用e,f表示. 解:由例2,知=a-b=e,=b-a=f. 解得a=e+f,b=e+f. ∴=a-b=e+f-=e-f. |思|维|建|模| 用基底表示向量的依据和两个“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,向量的数乘的几何意义. (2)模型: 针对训练 3.如图,点A,B,C,P均在正方形网格的格点上. 若=λ+μ(λ,μ∈R),则λ+2μ=(　　) A.1 B. C. D.2 解析:设在正方形网格中,方向为水平向右,长度为一格的向量为i,方向为竖直向上,长度为一格的向量为j,∴=-2i+2j,=4i, =i+j.∵=λ+μ(λ,μ∈R),即i+j=λ(-2i+2j)+μ×4i =(4μ-2λ)i+2λj,∴解得∴λ+2μ=.故选B. √ 4.在△ABC中,点P是AB上一点,且=+,Q是BC的中点,AQ与CP的交点为M,又=t,则t的值为___________. 解析:如图所示.∵A,M,Q三点共线,∴=x+(1-x)=+(1-x).又∵=+,=t,∴ 解得t=. [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的值. 题型(三)　平面向量基本定理的应用 解:设=e1,=e2,则=+=-3e2-e1,=+=2e1+e2. ∵A,P,M和B,P,N分别共线, ∴存在实数λ,μ使得=λ=-λe1-3λe2, =μ=2μe1+μe2.故=+=-=(λ+2μ)e1+(3λ+μ)e2. 而=+=2e1+3e2, 由平面向量基本定理,得解得 ∴=,=, ∴AP∶PM=4,BP∶PN=. 　　[变式拓展] 　若本例中的点N为AC的中点,其他条件不变,求AP∶PM与BP∶PN的值. 解:如图,设=e1,=e2,则=+=-2e2-e1, =+=2e1+e2. ∵A,P,M和B,P,N分别共线, ∴存在实数λ,μ使得=λ=-λe1-2λe2, =μ=2μe1+μe2. 故=+=-=(λ+2μ)e1+(2λ+μ)e2.而=+=2e1+2e2,由平面向量基本定理,得解得 ∴=,=, ∴AP∶PM=2,BP∶PN=2. |思|维|建|模| 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为基底; (2)将相关的向量用基底表示,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. 针对训练 5.如图,在长方形ABCD中,E为边DC的中点, F为边BC上一点,且=,设=a,=b. (1)试用a,b表示,,; 解:=+=+=+=a+b; =+=+=+=a+b; =+=-+=-+a+b=a-b. (2)若G为长方形ABCD内部一点,且=a+b,求证:E,G,F三点共线. 解:证明:由(1)知=a+b,=a+b, 设=λ+μ, 则a+b=λ+μ=a+b,即解得 故=+,+=1, 故E,G,F三点共线. 课时跟踪检测 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 1.平面内任一向量m都可以表示成λa+μb(λ,μ∈R)的形式,下列关于向量a,b的说法正确的是 (　　) A.向量a,b的方向相同 B.向量a,b中至少有一个是零向量 C.向量a,b的方向相反 D.当且仅当λ=μ=0时,λa+μb=0 √ 解析:因为任一向量m=λa+μb(λ,μ∈R),根据平面向量基本定理得,向量a,b不共线,故A、C不正确.因为a,b是一个基底,所以不能为零向量,故B不正确.因为a,b不共线,且不能为零向量,所以若λa+μb=0,当且仅当λ=μ=0,故D正确.故选D. 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 2.已知e1,e2是不共线的非零向量,则以下向量可以作为基底的是 (　　) A.a=0,b=e1-e2 B.a=3e1-3e2,b=e1-e2 C.a=e1-2e2,b=e1+2e2 D.a=e1-2e2,b=2e1-4e2 √ 解析:对于A,零向量与任意向量均共线,所以这两个向量不可以作为基底. 对于B,因为a=3e1-3e2,b=e1-e2,所以a=3b.所以这两个向量不可以作为基底.对于C,设a=λb,即e1-2e2=λ(e1+2e2),则无解,所以这两个向量不共线, 可以作为一个基底.对于D,因为a=e1-2e2,b=2e1-4e2,所以a=b.所以这两个向量不可以作为基底.故选C. 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 3.设{e1,e2}是平面内的一个基底,若向量a=-3e1-e2与b=e1-λe2共线,则λ= (　　) A.　　　　B.-　　　　C.-3　　　　D.3 解析:因为a与b共线,所以存在μ∈R,使得a=μb,即-3e1-e2=μ(e1-λe2).故μ=-3,-λμ=-1,解得λ=-.故选B. √ 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 4.已知O是正方形ABCD的中心.若=λ+μ,其中λ,μ∈R, 则等于(　　) A.-2　　　　B.-　　　　C.-　　　　D. √ 解析:∵=+=+=-+=-,∴λ=1,μ=-. 因此=-2. 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 5.已知A,B,D三点共线,且对任意一点C,有=+λ,则λ等于(　　) A.-　　　　B.　　　　C.-　　　　D. √ 解析:由A,B,D三点共线,可设=k(k∈R).又=-, 则=k-k,所以=+=k+(1-k).又=+λ, 由平面向量基本定理得 解得λ=k=-. 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 6.如图,点C在线段BD上,且BC=3CD,则=(　　) A.3-2 B.4-3 C.- D.- 解析:因为BC=3CD,所以=. 因为=+=+=+(-),所以=-,即=-.故选C. √ 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 7.已知向量,不共线,且2=x+y,若=λ(λ∈R),则x,y满足的关系式是(　　) A.x+y-2=0 B.2x+y-1=0 C.x+2y-2=0 D.2x+y-2=0 解析:由=λ,得-=λ(-),即=(1+λ)-λ.又2=x+y,所以消去λ得x+y=2. √ 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 8.在▱ABCD中,=,=2,=x+(1-x),x∈R.若AP∥MN,则x=(　　) A.　　　　B.　　　　C.　　　　D. 解析:如图,因为=,=2, 所以=-=- =+=+. 又AP∥MN, 所以=λ=λ+λ=x+(1-x),则解得λ=,x=. √ 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 9.(多选)已知M为△ABC的重心,D为BC的中点,则下列等式成立的是 (　　) A.||=||=|| B.++=0 C.=+ D.S△MBC= 解析:如图,M为△ABC的重心, 则++=0,A错误,B正确; =+=+=+(-)= +,C错误; 由DM=AD得S△MBC=S△ABC,D正确. √ √ 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 10.(5分)已知向量e1,e2不共线,实数x,y满足(2x+y)e1+(3x+2y)e2=0,则x+y=___________. 0 解析:∵e1,e2不共线,∴ 解得∴x+y=0. 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 11.(5分)在△ABC中,点M,N满足=2,=.若=x+y,则x=___________,y=___________. 解析:由题意,得=+=+=+(-)=-=x+y,所以x=,y=-. 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 12.(5分)在△ABC中,已知点D在线段BC的延长线上,且3+=0,点O在线段CD上(与点C,D不重合).若=-x+,则x的取值范围是___________. (0,3) 解析:如图所示,设=t,则=+ =+t=+t(-)=-t+(1+t). 因为3+=0,点O在线段CD上(与点C, D不重合),所以t∈(0,3),又=-x+(1+x), 所以x∈(0,3). 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 13.(10分)设e1,e2是不共线的非零向量,且a=e1-2e2,b=e1+3e2. (1)证明:{a,b}可以作为一个基底;(3分) 解: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,{a,b}可以作为一个基底. 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 (2)以{a,b}为一个基底,求向量c=3e1-e2的分解式;(3分) 解:设c=ma+nb(m,n∈R),则3e1-e2=m(e1-2e2)+n(e1+3e2)=(m+n)e1+ (-2m+3n)e2.∵e1与e2不共线, ∴解得∴c=2a+b. (3)若4e1-3e2=λa+μb,求λ,μ的值.(4分) 解:由4e1-3e2=λa+μb,得4e1-3e2=λ(e1-2e2)+μ(e1+3e2)=(λ+μ)e1+(-2λ+3μ)e2. ∴解得 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 14.(10分)如图,在△ABC中,=2,E是AD的中点, 设=a,=b. (1)试用a,b表示,;(5分) 解:因为=2,所以=,所以=+=+ =+(-)=+=a+b.因为E是AD的中点, 所以===-+(-)=-+ =-a+b. 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 (2)若|a|=|b|=1,a与b的夹角为60°,求·.(5分) 解:因为|a|=|b|=1,a与b的夹角为60°,所以a·b=|a||b|cos <a,b> =1×1×=, 由(1)知,=a+b,=-a+b,所以·=· =-a2-a·b+b2=--×+=-. 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 15.(15分)如图,在△OAB中,=,=, AD与BC交于点M.过点M的直线l与OA, OB分别交于点E,F. (1)试用,表示向量;(7分) 解:由A,M,D三点共线可得,存在实数m,使得=m+(1-m).又=, 故=m+.由C,M,B三点共线可得,存在实数n,使得=n+(1-n).又=,故=+(1-n). 由题意知,不共线,所以解得故=+. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 (2)设=λ,=μ,求证:+是定值.(8分) 解:证明:由E,M,F三点共线,可设=k+(1-k)(k∈R), 由=λ,=μ, 得=kλ+(1-k)μ. 由(1)知=+,所以 即所以+=7,故+是定值. 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $