2.1.2 向量的几何表示优秀教学设计

2.3.2

平面向量的正交分解及坐标表示

教学目标

1.通过探究活动,能推导并理解平面向量基本定理. 2.掌握平面里的任何一个向量都可以用两个不共线的向量来表示,理解这是应用向量解决实际问题的重要思想方法.能够在具体问题中适当地选取基底,使其他向量都能够用基底来表达. 3.了解向量的夹角与垂直的概念,并能应用于平面向量的正交分解中,会把向量正交分解,会用坐标表示向量. 重点难点

教学重点:平面向量基本定理、向量的夹角与垂直的定义、平面向量的正交分解、平面

向量的坐标表示. 教学难点:平面向量基本定理的运用. 课时安排

1课时

教学过程

导入新课

前面我们学习了向量的代数运算以及对应的几何意义,如果将平面内向量的始点放在一起,那么平面内的任意一个点或者任意一个向量是否都可以用这两个同起点的不共线向量来表示呢？这样就引进了平面向量基本定理.教师可以通过多对几个向量进行分解或者合成,在黑板上给出图象进行演示和讲解.如果条件允许,用多媒体教学,通过相应的课件来演示平面上任意向量的分解,对两个不共线的向量都乘以不同的系数后再进行合成将会有什么样的结论？

推进新课

新知探究

提出问题

图1 ①给定平面内任意两个不共线的非零向量e1、e2,请你作出向量3e1+2e2、e1-2e2.平面内的任一向量是否都可以用形如λ1e1+λ2e2的向量表示呢? ②如图1,设e1、e2是同一平面内两个不共线的向量,a是这一平面内的任一向量,我们通过作图研究a与e1、e2之间的关系.

活动:如图1,在平面内任取一点O,作OA=e1,OB=e2,OC=a.过点C作平行于直线OB的直线,与直线OA;过点C作平行于直线OA的直线,与直线OB交于点N.由向量的线性运算性质可知,存在实数λ1、λ2,使得OM=λ1e1,ON=λ2e2.由于OCOMON,所以a=λ1e1+λ2e2.也就是说,任一向量a都可以表示成λ1e1+λ2e2的形式.

由上述过程可以发现,平面内任一向量都可以由这个平面内两个不共线的向量e1、e2表示出来.当e1、e2确定后,任意一个向量都可以由这两个向量量化,这为我们研究问题带来极大的方便. 由此可得:平面向量基本定理: 如果e1、e2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意向量a,有且只有一对实数λ1、λ2,使a=λ1e1+λ2e2. 定理说明:(1)我们把不共线向量e1、e2叫做表示这一平面内所有向量的一组基底; (2)基底不唯一,关键是不共线; (3)由定理可将任一向量a在给出基底e1、e2的条件下进行分解; (4)基底给定时,分解形式唯一. 讨论结果:①可以. ②a=λ1e1+λ2e2. 提出问题

①平面中的任意两个向量之间存在夹角吗？若存在,向量的夹角与直线的夹角一样吗？

②对平面中的任意一个向量能否用两个互相垂直的向量来表示？

活动:引导学生结合向量的定义和性质,思考平面中的任意两个向量之间的关系是什么样的,结合图形来

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总结规律.教师通过提问来了解学生总结的情况,对回答正确的学生进行表扬,对回答不全面的学生给予提示和鼓励.然后教师给出总结性的结论:不共线向量存在夹角,关于向量的夹角,我们规定: 图2

已知两个非零向量a和b(如图2),作OA=a,OB=b,则∠AOB=θ(0°≤θ≤180°)叫做向量a与b的夹角.

显然,当θ=0°时,a与b同向;当θ=180°时,a与b反向.因此,两非零向量的夹角在区间[0°,180°]内.

如果a与b的夹角是90°,我们说a与b垂直,记作a⊥b.

由平面向量的基本定理,对平面上的任意向量a,均可以分解为不共线的两个向量λ1a1和λ2a2,使a=λ1a1+λ2a2.

在不共线的两个向量中,垂直是一种重要的情形.把一个向量分解为两个互相垂直的向量,叫做把向量正交分解.如上,重力G沿互相垂直的两个方向分解就是正交分解,正交分解是向量分解中常见的一种情形.

在平面上,如果选取互相垂直的向量作为基底时,会为我们研究问题带来方便. 讨论结果:①存在夹角且两个非零向量的夹角在区间[0°,180°]内;向量与直线的夹角不一样. ②可以. 提出问题

①我们知道,在平面直角坐标系中,每一个点都可用一对有序实数(即它的坐标)表示.对直角坐标平面内的每一个向量,如何表示呢? ②在平面直角坐标系中,一个向量和坐标是否是一一对应的？

图3 活动:如图3,在平面直角坐标系中,分别取与x轴、y轴方向相同的两个单位向量ｉ、j作为基底.对于平面内的一个向量a,由平面向量基本定理可知,有且只有一对实数x、y,使得

a=xｉ+yj

①

这样,平面内的任一向量a都可由x、y唯一确定,我们把有序数对(x,y)叫做向量a的坐标,记作

a=(x,y)

②

其中x叫做a在x轴上的坐标,y叫做a在y轴上的坐标,②式叫做向量的坐标表示.显然,ｉ=(1,0),j=(0,1),0=(0,0).教师应引导学生特别注意以下几点: (1)向量a与有序实数对(x,y)一一对应. (2)向量a的坐标与表示该向量的有向线段的起点、终点的具体位置没有关系,只与其相对位置有关系.如图所示,A1B1是表示a的有向线段,A1、B1的坐标分别为(x1,y1)、(x2,y2),则向量a的坐标为x=x2-x1,y=y2-y1,即a的坐标为(x2-x1,y2-y1). (3)为简化处理问题的过程,把坐标原点作为表示向量a的有向线段的起点,这时向量a的坐标就由表示向量a的有向线段的终点唯一确定了,即点A的坐标就是向量a的坐标,流程表示如下:

讨论结果:①平面内的任一向量a都可由x、y唯一确定,我们把有序数对(x,y)叫做向量a的坐标,记作a=(x,y). ②是一一对应的. 应用示例

思路1 例1 如图4,ABCD,AB=a,AD=b,H、M是AD、DC之中点,F使BF=

1BC,以a,b为基底分解向量3AM和HF.

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图4

活动:教师引导学生利用平面向量基本定理进行分解,让学生自己动手、动脑.教师可以让学生到黑板上板书步骤,并对书写认真且正确的同学提出表扬,对不能写出完整解题过程的同学给予提示和鼓励. 解:由H、M、F所在位置,有

11111AMADDMADDCADABbaAB=b+a. 2222211HFAFAHABBFAHBCAD32

11ABADAD321=ab. 6点评:以a、b为基底分解向量AM与HF,实为用a与b表示向量AM与HF. 变式训练

图5 已知向量e1、e2(如图5),求作向量-2.5e1+3e2作法:(1)如图,任取一点O,作

OA=-2.5e1,OB=3e2. (2)作OACB. 故OCOC就是求作的向量. 图6 例2 如图6,分别用基底ｉ、j表示向量a、b、c、d,并求出它们的坐标.

活动:本例要求用基底i、j表示a、b、c、d,其关键是把a、b、c、d表示为基底i、j的线性组合.一种方法是把a正交分解,看a在x轴、y轴上的分向量的大小.把向量a用i、j表示出来,进而得到向量a的坐标.另一种方法是把向量a移到坐标原点,则向量a终点的坐标就是向量a的坐标.同样的方法,可以得到向量b、c、d的坐标.另外,本例还可以通过四个向量之间位置的几何关系:a与b关于y轴对称,a与c关于坐标原点中心对称,a与d关于x轴对称等.由一个向量的坐标推导出其他三个向量的坐标. 解:由图可知,a=AA1+AA2=xi+yj, ∴a=(2,3). 同理,b=-2i+3j=(-2,3); c=-2i-3j=(-2,-3); d=2i-3j=(2,-3).

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点评:本例还可以得到启示,要充分运用图形之间的几何关系,求向量的坐标. 变式训练

i,j是两个不共线的向量,已知AB=3i+2j,CB=i+λj,CD=-2i+j,若A、B、D三点共线,试求实数λ的值. 解:∵BD=CD-CB=(-2i+j)-(i+λj)=-3i+(1-λ)j, 又∵A、B、D三点共线, ∴向量AB与BD共线.因此存在实数υ,使得AB=υBD, 即3i+2j=υ[-3i+(1-λ)j]=-3υi+υ(1-λ)j. ∵i与j是两个不共线的向量, 3v3,

v(1)2,v1,∴∴当A、B、D三点共线时,λ=3.

3.故例3 下面三种说法:①一个平面内只有一对不共线向量可作为表示该平面的基底;②一个平面内有无数多对不共线向量可作为该平面所有向量的基底;③零向量不可以作为基底中的向量,其中正确的说法是(

) A.①②

B.②③

C.①③

D.①②③

活动:这是训练学生对平面向量基本定理的正确理解,教师引导学生认真地分析和理解平面向量基本定理的真正内涵.让学生清楚在平面中对于基底的选取是不唯一的,只要是同一平面内的两个不共线的向量都可以作为基底. 解:平面内向量的基底是不唯一的.在同一平面内任何一组不共线的向量都可作为平面内所有向量的一组基底;而零向量可看成与任何向量平行,故零向量不可作为基底中的向量.综上所述,②③正确. 答案:B 点评:本题主要考查的是学生对平面向量定理的理解. 思路2

图7

例1 如图7,M是△ABC内一点,且满足条件AM2BM3CM0,延长CM交AB于N,令CM=a,试用a表示CN.

活动:平面向量基本定理是平面向量的重要定理,它是解决平面向量计算问题的重要工具.由平面向量基本定理,可得到下面两个推论: 推论1:e1与e2是同一平面内的两个不共线向量,若存在实数λ1、λ2,使得λ1e1+λ2e2=0,则λ1=λ2=0. 推论2:e1与e2是同一平面内的两个不共线向量,若存在实数a1,a2,b1,b2,使得a=a1e1+a2e2=b1e1+b2e2,则a1b1,

a2b2.解:∵AMANNM,BMBNNM,

∴由AM2BM3CM=0,得(ANNM)2(BNNM)3CM0. ∴AN3NM2BN3CM=0. 又∵A、N、B三点共线,C、M、N三点共线, 由平行向量基本定理,设ANBN,CMNM,

∴BN3NM2BN3NM0. ∴(λ+2)BN+(3+3μ)NM=0. 由于BN和NM不共线,

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20,2∴∴

330,1∴CMNMMN.∴CNCMMN2CM=2a.

点评:这里选取BN,NM作为基底,运用化归思想,把问题归结为λ1e1+λ2e2=0的形式来解决. 变式训练

设e1与e2是两个不共线向量,a=3e1+4e2,b=-2e1+5e2,若实数λ、μ满足λa+μb=5e1-e2,求λ、μ的值. 解:由题设λa+μb=(3λe1+4λe2)+(-2μe1+5μe2)=(3λ-2μ)e1+(4λ+5μ)e2. 又λa+μb=5e1-e2. 由平面向量基本定理,知解之,得λ=1,μ=-1. 325,

451.图8

例2 如图8,△ABC中,AD为△ABC边上的中线且AE=2EC,求AGBG及的值. GDGE

活动:教师让学生先仔细分析题意,以明了本题的真正用意,怎样把平面向量基本定理与三角形中的边相联系？利用化归思想进行转化完后,然后结合向量的相等进行求解比值. 解:设AGBG,

GDGE1(AB+AC). 2∵BD=DC,即AD-AB=AC-AD, ∴AD=又∵AG=λGD=λ(AD-AG), ∴AG=AB+AD=AC.

①

12(1)2(1)又∵BG=μGE,即AG-AB=μ(AE-AG), 1ABAE

∴(1+μ)AG=AB+μAE,AG=1112AB+2AC.

②

又AE=AC,∴AG=133(1)比较①②,∵AB、AC不共线, 14,2(1)1,AGBG34,

∴解之,得∴3GDGE2.2.22(1)3(1)

点评:本例中,构造向量在同一基底下的两种不同表达形式,利用相同基向量的系数对应相等得到一实数方程组,从而进一步求得结果. 变式训练

过△OAB的重心G的直线与边OA、OB分别交于P、Q,设OP=hOA,OQkOB,试证:113

hk

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11(OAOB)=(a+b)(图略). 22211113k∴OG=OD=(a+b),QGOGOQ=(a+b)-kb=a+b, 33333解:设OA=a,OB=b,OG交AB于D,则OD=QPOPOQ=ha-kb. ∵P、G、Q三点共线,∴QGQP. 1h,113k3∴a+b=λha-λkb.∴

3313kk.31hkh3hk., 两式相除,得13kk11∴=3. hk知能训练

1.已知G为△ABC的重心,设AB=a,AC=b,试用a、b表示向量AG. 2.已知向量a=(x+3,x2-3x-4)与AB相等,其中A(1,2),B(3,2),求x. 图9 解答: 1.如图9,AG=

2AD, 3而ADABBDAB1111BCa+(b-a)=a+b, 2222221111∴AGAD(a+b)=a+b. 332233点评:利用向量加法、减法及数乘的几何意义. 2.∵A(1,2),B(3,2),∴AB=(2,0). ∵a=AB,∴(x+3,x2-3x-4)=(2,0). ∴x32,2x3x40解得x1,

x1或x4.∴x=-1. 点评:先将向量AB用坐标表示出来,然后利用两向量相等的条件就可使问题得到解决. 课堂小结

1.先由学生回顾本节学习的数学知识:平面向量的基本定理,向量的夹角与垂直的定义,平面向量的正交分解,平面向量的坐标表示. 2.教师与学生一起总结本节学习的数学方法,如待定系数法,定义法,归纳与类比,数形结合,几何作图. 作业

校本作业

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