2025届高考数学二轮精讲三角与向量第6讲平面向量的基本定理及坐标表示含解析

Page1第6讲平面对量的基本定理及坐标表示学问与方法本专题主要学问为平面对量基本定理及坐标表示,驾驭向量加法、减法、数乘对应的坐标运算.1.平面对量的基本定理假如是同一平面内的两个不共线向量,那么对于这一平面内的随意向量,有且只有一对实数,使.留意:（1）基底向量不唯一,关键是它们不共线;（2）利用定理可将任一向量在给出基底的条件下进行分解;（3）当基底给定时,分解形式唯一.2.平面对量的坐标表示在直角坐标系中,分别取与轴、轴方向相同的两个不共线单位向量作为基底,对于平面内的一个向量,由平面对量基本定理知,有且只有一对实数使得,则把有序数对叫做向量的坐标,记作.3.平面对量的坐标运算(1)设,则.(2)若,则.4.向量平行的坐标表示设,则.典型例题【例1】设是两个不共线的向量,已知,若三点共线,求的值.【分析】由于点共线,则有,将用向量表示,由平面对量基本定理得到关于的方程组,求出的值.更高更妙的百题讲坛中学数学(三角与向量)N【解析】因为,由题意,设,则.由平面对量基本定理知,所以.【点睛】本题由三点共线得到,其实还可以得到或(为常数),但不能得到(为常数).若,则只能说明向量共线,它包含与所在的直线平行与重合两种状况.【例2】设向量不共线,则关于的方程解的状况是（）A.至少有一个实数解B.至多有一个实数解C.至多有两个实数解D.可能有多数个实数解【分析】待求的式子是个向量等式,不是关于的一元二次方程,将向量看作基底,等式变形为,故系数存在且唯一.【解析】将等式变形为,因为向量不共线,所以由平面对量基本定理知,有且只有一对实数,使成立,因此,故选B.【点睛】本题很有创意,它的题眼是两个向量不共线,此类问题常要运用平面对量基本定理加以解决.专题6平面对量的基本定理及坐标表示【例3】已知向量,求实数的值.【分析】先求出向量的坐标,再依据共线向量条件确定的值.【解析】解法1：由已知得,因为,所以存在使得,即,则解得所以.解法2：因为,且,所以,因此.【点睛】解法2运用了向量平行的坐标表示,留意此时不要把错记为或.【例4】(多选题)如图,设是平面内相交成角的两条数轴,分别是与轴、轴正方向同向的单位向量,则称平面坐标系为仿射坐标系.若,则把有序数对做向量的仿射坐标,记为.在的仿射坐标系中,设,则下列结论正确的是（）A. B.C. D.在上的投影向量为【分析】本题是斜坐标系问题,斜坐标系与直角坐标系不同(直角坐标系为正交分解),解题的关键在于紧扣新定义,进行向量的相关计算.其中在上的投影向量为.【解析】对于选项,则,故选项A正确;对于选项,故选项B正确;对于选项,故选项错误;对于选项D,由于,故在上的投影向量为,故选项D正确.故选ABD.【点睛】本题是新定义问题,解题的关键在于紧扣新定义,进行向量的坐标运算、模的计算、向量在上的投影向量的计算以及向量的数量积的计算.【例5】如图,在同一个平面内,已知向量的模分别为,与的夹角为,且与的夹角为.若,则_____.【分析】本题入ロ比较宽,解法多样,可以采纳坐标法求解,也可在等式的两边分别乘以,进而得到关于的二元一次方程组,解出,或者将分解到两个方向上求解.【解析】解法1：以所在直线为轴,建立如图所示的平面直角坐标系,则有.因为,所以.又,所以有,即.因为,所以,即解得.解法2：如图,由得.依据向量的分解得即解得故.解法3：因为,所以,即所以解得.解法4：过点作,分别交线段的延长线于点,则.由正弦定理可得.又,由解法3知,得.则.因为,所以.故.【点睛】明确两个向量相等的充要条件,它们的对应坐标相等,其实质为平面对量基本定理的应用.依据向量的数量积公式得到关于的方程组,解出.【例6】如图,在中,已知若,用表示.(2)设,求的取值范围.【分析】本题是平面对量基本定理的应用.在第(1)问中,是边的三等分点,不难用,表示;第(2)问可用表示,结合三点共线,其关向量的系数和为1,得到关于的表达式进行求解.【解析】（1）因为,所以.所以.(2)因为,所以.又,所以.又三点共线,所以.又,所以,即.故的取值范围是.【例7】设为的重心,过点作直线,分别交线段(不与端点重合)于点.若.(1)求的值.(2)求的取值范围.【分析】先用基底表示,视察到点共线,转而用表示,从而得到关于的等式.利用第(1)问中的关系式,采纳消元法可求的取值范围.【解析】解法1：(1)如图,连接并延长,交于点,则是的中点.设,则又(2),所以.因为三点共线,故存在实数,使,所以,则消去得,即.解法2：(1)因为,所以.又三点共线,所以,即.（2）因为,所以,所以,即.,其中,当时,有最大值;当或2时,有最小值2.所以的取值范围是.【点睛】连接并延长,交于点,则是的中点.设,依据,用表示,然后由三点共线求解.对于特别状况,如当直线与平行时,,则.【例8】已知平面单位向量满意,求的最小值.【分析】由可知与的夹角,将变为,这样就出现的系数1的和为1,然后利用三点共线求解;或者将所求式子平方,转化为关于的二次函数,求最小值.【解析】解法1：设,令.平面单位向量满意,即构成等边三角形.作,得到Rt,由题意可得三点共线.所以的最小值为.解法2：已知平面单位向量满意,则由向量的减法意义得构成等边三角形,则.所以|,即的最小值为1.【点睛】向量的模常用平方解决,对于三点共线,点到直线的距离,可用其几何意义解决.【例9】如图,在扇形OAB中,已知∠AOB=120∘,点C为圆弧AB上的一个动点.若,则【分析】本题利用平面对量基本定理求解的取值范围.做题时要寻求与动点在方向上的分解关系,可利用正弦定理和余弦定理,建立坐标系、等和线的方法解题.【解析】解法1：(正弦定理)过点作,交于点,作,交于点,则,即.设扇形所在圆的半径为1,在中,.记,由正弦定理可得,即,所以,所以.解法2：(向量平方与余弦定理)设扇形所在圆的半径为1,将的等号两边平方得,即,则.(判别式)令,代人,消去可得,则.又,所以.（基本不等式）,即，故,则.又,所以.(三角换元),即.令,则.故.又,所以.解法3(坐标法)以所在直线为轴建立如图所示的坐标系,则,其中.所以则.故.解法4(等和线法)设交于点.由点从点到点运动的过程可得.又三点共线,则.【例10】设点在内,且,则与的面积之比为_____.【分析】要求两个三角形的面积之比,关键是确定点的位置.解法1采纳补形法,若记,则,可知点为的重心,利用重心相关性质解决;解法2将拆分为,分别和配对,从而找出点的详细位置;解法3利用奔驰定理解决.【解析】解法1：将延长至点,使,将延长至点,使,则,所以是的重心.所以,故.解法化为.解法2：分别取的中点,则.故,,,所以.解法3（奔驰定理）设的面积分别记作,则.因为,所以.【点睛】三角形重心将一个三角形面积分成相等的三部分,解答的关键是三角形面积公式的运用.【例11】已知是平面上的定点,.是平面上不共线的三个点,动点满意,则点的轨迹肯定通过的（）A.外心B.内心C.重心D.垂心【分析】解本题须要扎实的平面几何学问,重心是三角形中线的内分点,所分中线的比为.【解析】设的中点为,则由平行四边形法则可知,点在的中线所在的射线上,所以动点的轨迹肯定通过的重心.故选C.【点睛】在解题的过程中,将平面对量的有关运算与平行四边形的对角线相互平分及三角形重心性质等相关学问奇妙结合.强化训练1.已知非零向量和不共线.(1)假如,证明:三点共线.(2)要使和共线,试确定实数的值.【解析】(1).所以与共线,且有公共点,因此三点共线.（2）因为与共线,所以存在使,则.因为与不共线,所以解得.2.设是已知的平面对量且,关于向量的分解,有如下四个命题.(1)给定向量,总存在向量,使;(2)给定向量和,总存在实数和,使;(3)给定单位向量和正数,总存在单位向量和实数,使;(4)给定正数和,总存在单位向量和单位向量,使.上述命题中的向量和在同一平面内且两两不共线,则真命题有（）A.1个 B.2个 C.3个 D.4个【答案】【解析】由向量加法的三角形法则可知①是真命题;由平面对量的基本定理可知②是真命题;以的终点为圆心作半径为的圆,这个圆必需和向量有交点,这个不肯定能满意,所以③是假命题;利用向量加法的三角形法则,结合三角形两边之和大于第三边,即必需,如当时,不成立,所以④是假命题.3.设向量,且,则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因为向量,且,所以,得.4.如图,设是平面内相交成角的两条数轴,分别是与轴、轴正方向同向的单位向量.若,则把有序数对叫做向量在坐标系中的坐标.假设,则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】依据题意,若,则,,故.5.如图,已知平面内有三个向量,其中与的夹角为与的夹角为,且,.若,则的值为_____.【答案】6【解析】以为对角线构造平行四边形,点分别在射线上.因为与的夹角为与的夹角为,则.因为,所以,故.6.在中,设,试用表示.【解析】解法设,因为,所以,因为,所以,即.同理,,因为,所以,即,解得.故.解法2：因为,三点共线,所以.又因为三点共线,所以,解得.故.7.已知是的边的中点,过点作直线,与分别交于点,且,则的最小值是_____.【答案】2【解析】因为所以.又三点共线,所以,即所以.当时,有最小值2.(特别状况当与重合时,,也可求解)8.已知向量满意.若,当时,的取值范围是_____.【答案】【解析】设.令,则点在线段上.表示单位圆上的点与线段上的点的距离,如图.又,所以.所以.9.在矩形中,已知,动点在以点为圆心且与相切的圆上.若,则的最大值为（）A.3B.C.D.2【答案】【解析】解法1：如图,建立平面直角坐标系.设,易得圆的方程是.所以.设,即,又在圆上,则圆心到直线