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专题 4.3 平面向量基本定理及坐标表示【七大题型】
【新高考专用】
1、平面向量基本定理及坐标表示
平面向量是高考的热点内容，属于高考的必考内容.从近几年的高考情况来看，平面向量基本定理、
平面向量的坐标运算是高考的热点内容，主要以选择题、填空题的形式考查，难度较易；有时也会与三角
函数、解析几何结合出现在综合性大题中，难度中等.在高考复习过程中应注意加强对平面向量基本定理、
向量共线与垂直的条件的理解，熟记平面向量的相关公式，灵活进行求解.
【知识点1 平面向量基本定理及其解题策略】
1．平面向量基本定理
(1)平面向量基本定理
如果 ， 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 ，有且只有一对实数
，，使 .若 ， 不共线，我们把{ ， }叫做表示这一平面内所有向量的一个基底.
(2)定理的实质
由平面向量基本定理知，可将任一向量 在给出基底{ ， }的条件下进行分解——平面内的任一向
量都可以用平面内任意不共线的两个向量线性表示，这就是平面向量基本定理的实质.
2．用平面向量基本定理解决问题的一般思路：
用平面向量基本定理解决问题的一般思路是：先选择一个基底，并运用该基底将条件和结论表示成向
量的形式，再通过向量的运算来解决.注意同一个向量在不同基底下的分解是不同的，但在每个基底下的分
解都是唯一的.
【知识点2 平面向量坐标运算及其解题策略】
1．平面向量线性运算的坐标表示
(1)两个向量和（差）的坐标表示
由于向量 =( , )， =( , )等价于 = + ， = + ，所以 + =( + )+( +
)=(
+ ) +( + ) ，即 + =( + , + ).同理可得 - =( - , - ).
这就是说，两个向量和(差)的坐标分别等于这两个向量相应坐标的和(差).
(2)向量数乘的坐标表示
由 =(x,y)，可得 =x +y ，则 = (x +y )= x + y ，即 =( x, y).
这就是说，实数与向量的积的坐标等于用这个实数乘原来向量的相应坐标.
2．共线的坐标表示
(1)两向量共线的坐标表示
设 =( , )， =( , )，其中 ≠0.我们知道， ， 共线的充要条件是存在实数 ，使 = .如果
用
坐标表示，可写为( , )= ( , )，即 ，消去 ，得 - =0.这就是说，向量 ， ( ≠0)
共线的充要条件是 - =0.
(2)三点共线的坐标表示
若A( , )，B( , )，C( , )三点共线，则有 = ，
从而( - , - )= ( - , - )，即( - )( - )=( - )( - )，
或由 = 得到( - )( - )=( - )( - )，
或由 = 得到( - )( - )=( - )( - ).
由此可知，当这些条件中有一个成立时，A,B,C三点共线.
3．平面向量坐标运算的技巧
(1)向量的坐标运算主要是利用向量加、减、数乘运算的法则来进行求解的，若已知有向线段两端点的
坐标，则应先求向量的坐标.
(2)解题过程中，常利用向量相等其坐标相同这一原则，通过列方程(组)来进行求解.
【方法技巧与总结】1．若 与 不共线，且 ，则 .
2．已知P为线段AB的中点，若A( , )，B( , )，则P点坐标为 .
3．已知△ABC的重心为G，若A( , )，B( , )，C( , )，则G .
【题型1 平面向量基本定理的应用】
【例1】（2024·山西吕梁·三模）已知等边△ABC的边长为1，点D,E分别为AB,BC的中点，若
⃗DF=3⃗EF，则⃗AF=（ ）
1 5 1 3
A． ⃗AB+ ⃗AC B． ⃗AB+ ⃗AC
2 6 2 4
1 1 3
C． ⃗AB+⃗AC D． ⃗AB+ ⃗AC
2 2 2
【解题思路】取 为基底，利用平面向量基本定理结合已知条件求解即可.
{⃗AC,⃗AB}
【解答过程】在 中，取 为基底，
△ABC {⃗AC,⃗AB}
因为点D,E分别为AB,BC的中点，⃗DF=3⃗EF,
1 1
所以⃗EF= ⃗DE= ⃗AC，
2 4
1 1 1 3
所以⃗AF=⃗AE+⃗EF= (⃗AB+⃗AC)+ ⃗AC= ⃗AB+ ⃗AC.
2 4 2 4
故选：B.
1
【变式1-1】（2024·山东潍坊·二模）在△ABC中，BD= BC，点E是AD的中点，记⃗AB=⃗a，⃗AC=⃗b，
3
则⃗BE=（ ）1 1 2 1 1 1 2 1
A．− ⃗a+ ⃗b B．− ⃗a+ ⃗b C．− ⃗a− ⃗b D． ⃗a− ⃗b
3 3 3 6 3 3 3 6
【解题思路】根据三角形中向量对应线段的数量及位置关系，用⃗AB、⃗AC表示出⃗BE即可.
1 1 1 1 1 2 1
【解答过程】由题设⃗BE= (⃗BA+⃗BD)= (⃗BA+ ⃗BC)= [⃗BA+ (⃗BA+⃗AC)]=− ⃗AB+ ⃗AC，
2 2 3 2 3 3 6
2 1
所以⃗BE= − ⃗a+ ⃗b.
3 6
故选：B.
【变式1-2】（2024·内蒙古呼和浩特·一模）在△ABC中，D为线段AC的一个三等分点，|AD|=2|DC|.连
接BD，在线段BD上任取一点E，连接AE，若⃗AE=a⃗AC+b⃗AB，则a2+b2的最小值为（ ）
13 5 4 2
A． B． C． D．
4 2 13 5
【解题思路】根据E在线段BD上得到⃗AE=λ⃗AD+(1−λ)⃗AB，结合已知条件得到a，b和λ的关系式，最
后转化为二次函数求最小值.
【解答过程】∵ E在线段BD上，∴ ⃗AE=λ⃗AD+(1−λ)⃗AB，λ∈[0,1]，
2
∵ D为线段AC的一个三等分点，|AD|=2|DC|，∴ ⃗AD= ⃗AC，
3
2
∴ ⃗AE= λ⃗AC+(1−λ)⃗AB=a⃗AC+b⃗AB，
3
2
由平面向量基本定理得a= λ，b=1−λ，
3
∴ a2+b2= 4 λ2+(1−λ) 2= 13 λ2−2λ+1= 13( λ− 9 ) 2 + 4 ，
9 9 9 13 13
9 4
∴当λ= 时，a2+b2取得最小值 .
13 13
故选：C.
【变式1-3】（2024·全国·模拟预测）如图所示，在△ABC中，M为线段BC的中点，G为线段AM上一点，
⃗AG=2⃗GM，过点G的直线分别交直线AB，AC于P，Q两点．设⃗AB=x⃗AP(x>0)，⃗AC= y⃗AQ(y>0)，
4 1
则 + 的最小值为（ ）
x+2 y+13 3
A． B． C．3 D．6
4 2
1
【解题思路】由中点和三等分点得到⃗AG= (⃗AB+⃗AC)，结合⃗AB=x⃗AP(x>0)，⃗AC= y⃗AQ(y>0)，
3
x y
得到⃗AG= ⃗AP+ ⃗AQ，
3 3
4 1
由三点共线得到x+ y=3，利用均值不等式中“1的代换”求得 + 的最小值.
x+2 y+1
1
【解答过程】因为M为线段BC的中点，所以⃗AM= (⃗AB+⃗AC)，又因为⃗AG=2⃗GM，所以
2
2 1
⃗AG= ⃗AM= (⃗AB+⃗AC)，
3 3
x y
又⃗AB=x⃗AP(x>0)，⃗AC= y⃗AQ(y>0)，则⃗AG= ⃗AP+ ⃗AQ，
3 3
x y
而P，G，Q三点共线，所以 + =1，即x+ y=3，
3 3
则
4 1 1 ( 4 1 ) 1[ x+2 4(y+1) ] 1[ √ x+2 4(y+1)] 5+2√4 3
+ = [(x+2)+(y+1)] + = 4+ + +1 ≥ 5+2 ⋅ = =
x+2 y+1 6 x+2 y+1 6 y+1 x+2 6 y+1 x+2 6 2
x+2 4(y+1)
当且仅当 = ，即x=2，y=1时取等号．
y+1 x+2
故选：B．
【题型2 利用平面向量基本定理求参数】
1 1
【例2】（2024·湖南益阳·一模）在平行四边形ABCD中，⃗BE= ⃗BC，⃗AF= ⃗AE，若
2 3
⃗AF=m⃗AB+n⃗AD，则m+n=（ ）1 1 5
A． B． C． D．1
3 2 6
【解题思路】利用平面向量的线性运算求出m,n即可求出m+n.
【解答过程】由题意如图所示：
1 1
因为⃗AF= ⃗AE= (⃗AB+⃗BE)
3 3
= 1(⃗AB+ 1 ⃗BC ) = 1(⃗AB+ 1 ⃗AD )
3 2 3 2
1 1
= ⃗AB+ ⃗AD=m⃗AB+n⃗AD，
3 6
1 1
所以m= ,n= ，
3 6
1
所以m+n= ，
2
故选：B.
【变式2-1】（2024·陕西西安·一模）在△ABC中，点D是线段AC上一点，点P是线段BD上一点，且
2
⃗CD=⃗DA，⃗AP= ⃗AB+λ⃗AC，则λ=（ ）
3
1 1 2 5
A． B． C． D．
6 3 3 6
2
【解题思路】依题意可得⃗AC=2⃗AD，即可得到⃗AP= ⃗AB+2λ⃗AD，再根据平面向量共线定理的推论得
3
2
到 +2λ=1，解得即可.
3
1
【解答过程】因为⃗CD=⃗DA，所以⃗AD= ⃗AC，即⃗AC=2⃗AD，
2
2 2
又⃗AP= ⃗AB+λ⃗AC，所以⃗AP= ⃗AB+2λ⃗AD，
3 3
因为点P是线段BD上一点，即B、P、D三点共线，2 1
所以 +2λ=1，解得λ= .
3 6
故选：A.
【变式2-2】（2024·湖南邵阳·三模）在平行四边形ABCD中，AC与BD交于点O，点E满足⃗DC=4⃗DE，
⃗OE=λ⃗AC+μ⃗BD，则λ−μ=（ ）
1 1 1 1
A．− B．− C． D．
4 2 4 2
1 3
【解题思路】由平面向量的线性运算可得⃗OE= ⃗AC+ ⃗BD，即可求出λ,μ的值，进而求出λ−μ.
8 8
3 3
【解答过程】因为⃗OE=⃗OC+⃗CE=⃗OC+ ⃗CD=⃗OC+ (⃗OD−⃗OC)
4 4
1 3 1 3
= ⃗OC+ ⃗OD= ⃗AC+ ⃗BD，
4 4 8 8
又因为⃗OE=λ⃗AC+μ⃗BD，
1 3 1 3 1
所以λ= ,μ= ,λ−μ= − =− .
8 8 8 8 4
故选：A.
【变式2-3】（2024·陕西榆林·三模）在△ABC中，E在边BC上，且EC=3BE,D是边AB上任意一点，
AE与CD交于点P，若⃗CP=x⃗CA+ y⃗CB，则3x+4 y=（ ）
3 3
A． B．− C．3 D．-3
4 4
【解题思路】利用向量的线性运算，得⃗CP=⃗CE+⃗EP=t⃗CA+ (3 − 3 t )⃗CB，再利用平面向量基本定理，
4 43 3
可得x=t,y= − t，然后就可得到结果.
4 4
【解答过程】∵A､P､E三点共线，设⃗EP=t⃗EA(00,y>0)，令¿，θ∈ ( 0, π) ，化所求式子为
4 2√10 ( π)
√5λ+√3μ=x+ y= sin θ+ ，根据正弦函数的性质，即可求出最值.
2 4
【解答过程】由题意，以点A为坐标原点，以AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，建立如图所示的
平面直角坐标系，
则 ， ， ，设 ，
A(0,0) B(√5,0) D(0,√3) P(x,y)
则 ， ，
⃑AP=(x,y) λ⃑AB+μ⃑AD=(√5λ,√3μ)
因为⃑AP=λ⃑AB+μ⃑AD(λ,μ∈R)，所以¿，
√5 5
又P为矩形内一点，且AP= ，则x2+ y2= (x>0,y>0)，
2 4
( π)
不妨令¿，θ∈ 0, ，
2
√5 √10 ( π)
则√5λ+√3μ=x+ y= (cosθ+sinθ)= sin θ+ ，
2 2 4
( π) π (π 3π)
又θ∈ 0, ，所以θ+ ∈ , ，
2 4 4 4
π √10 ( π) √10
因此，当θ= 时， sin θ+ 取得最大值 ，
4 2 4 2
√10
即√5λ+√3μ的最大值为 .
2
故选：B.
1．（2022·全国·高考真题）已知向量⃑a=(3,4),⃑b=(1,0),⃑c=⃑a+t⃑b，若<⃑a,⃑c>=<⃑b,⃑c>，则t=（ ）
A．−6 B．−5 C．5 D．6
【解题思路】利用向量的运算和向量的夹角的余弦公式的坐标形式化简即可求得9+3t+16 3+t
【解答过程】解：⃗c=(3+t,4),
cos<
→
a,
→
c>=cos¿
,即
5|⃗c|
=
|⃗c|
,解得t=5,
故选：C.
2．（2023·全国·高考真题）已知向量 ，若 ，则（ ）
⃗a=(1,1),⃗b=(1,−1) (⃗a+λ⃗b)⊥(⃗a+μ⃗b)
A．λ+μ=1 B．λ+μ=−1
C．λμ=1 D．λμ=−1
【解题思路】根据向量的坐标运算求出⃗a+λ⃗b，⃗a+μ⃗b，再根据向量垂直的坐标表示即可求出．
【解答过程】因为 ，所以 ， ，
⃗a=(1,1),⃗b=(1,−1) ⃗a+λ⃗b=(1+λ,1−λ) ⃗a+μ⃗b=(1+μ,1−μ)
由 可得， ，
(⃗a+λ⃗b)⊥(⃗a+μ⃗b) (⃗a+λ⃗b)⋅(⃗a+μ⃗b)=0
即(1+λ)(1+μ)+(1−λ)(1−μ)=0，整理得：λμ=−1．
故选：D．
3．（2024·全国·高考真题）设向量 ，则（ ）
⃗a=(x+1,x),⃗b=(x,2)
A．“x=−3”是“⃗a⊥⃗b”的必要条件 B．“x=1+√3”是“⃗a//⃗b”的必要条件
C．“x=0”是“⃗a⊥⃗b”的充分条件 D．“x=−1+√3”是“⃗a//⃗b”的充分条件
【解题思路】根据向量垂直和平行的坐标表示即可得到方程，解出即可.
【解答过程】对A，当⃗a⊥⃗b时，则⃗a⋅⃗b=0，
所以x⋅(x+1)+2x=0，解得x=0或−3，即必要性不成立，故A错误；
对C，当 时， ，故 ，
x=0 ⃗a=(1,0),⃗b=(0,2) ⃗a⋅⃗b=0
所以⃗a⊥⃗b，即充分性成立，故C正确；
对B，当 时，则 ，解得 ，即必要性不成立，故B错误；
⃗a//⃗b 2(x+1)=x2 x=1±√3
对D，当 时，不满足 ，所以 不成立，即充分性不立，故D错误.
x=−1+√3 2(x+1)=x2 ⃗a//⃗b
故选：C.
4．（2022·天津·高考真题）在△ABC中，点D为AC的中点，点E满足⃗CB=2⃗BE.记⃗CA=⃗a,⃗CB=⃗b，用
3 1 π
⃗a,⃑b表示⃗DE= ⃑b− ⃑a ，若AB⊥DE，则∠ACB的最大值为 .
2 2 6
【解题思路】法一：根据向量的减法以及向量的数乘即可表示出 ，以 为基底，表示出 ，
⃑DE {⃑a,⃑b} ⃑AB,⃑DE由AB⊥DE可得3⃑b2+⃑a2=4⃑b⋅⃑a，再根据向量夹角公式以及基本不等式即可求出．
法二：以点E为原点建立平面直角坐标系，设E(0,0),B(1,0),C(3,0),A(x,y)，由AB⊥DE可得点A
的轨迹为以 为圆心，以 为半径的圆，方程为 ，即可根据几何性质可知，当且
M(−1,0) r=2 (x+1) 2+ y2=4
仅当CA与⊙M相切时，∠C最大，即求出．
【解答过程】方法一：
3 1
⃑DE=⃑CE−⃑CD= ⃑b− ⃑a，⃑AB=⃑CB−⃑CA=⃑b−⃑a,⃑AB⊥⃑DE⇒(3⃑b−⃑a)⋅(⃑b−⃑a)=0，
2 2
3⃑b2+⃑a2=4⃑a⋅⃑b ⇒cos∠ACB= ⃑a⋅⃑b = 3⃑b2+⃑a2 ≥ 2√3|⃑a||⃑b| = √3，当且仅当|→
a
|
=√3
|→
b
|时取等号，而
|⃑a||⃑b| 4|⃑a||⃑b| 4|⃑a||⃑b| 2
π
0<∠ACB<π，所以∠ACB∈(0, ]．
6
3 1 π
故答案为： ⃑b− ⃑a； ．
2 2 6
方法二：如图所示，建立坐标系：
x+3 y
E(0,0),B(1,0),C(3,0),A(x,y)，⃑DE=(− ,− ),⃑AB=(1−x,−y)，
2 2
x+3 y2
⃑DE⊥⃑AB⇒( )(x−1)+ =0 ⇒(x+1) 2+ y2=4，所以点A的轨迹是以M(−1,0)为圆心，以r=2
2 2r 2 1 π
为半径的圆，当且仅当CA与⊙M相切时，∠C最大，此时sinC= = = ,∠C= ．
CM 4 2 6
3 1 π
故答案为： ⃑b− ⃑a； ．
2 2 6
5．（2024·天津·高考真题）已知正方形 的边长为1， → → 若 ⃗ ⃗ ⃗ ，其中 为
ABCD λ,μ
DE=2EC, BE=λBA+μBC
4 5
实数，则λ+μ= ；设F是线段BE上的动点，G为线段AF的中点，则⃗AF⋅⃗DG的最小值为 − ．
3 18
【解题思路】解法一：以 为基底向量，根据向量的线性运算求 ，即可得 ，设 ，
{⃗BA,⃗BC} ⃗BE λ+μ ⃗BF=k⃗BE
求⃗AF,⃗DG，结合数量积的运算律求⃗AF⋅⃗DG的最小值；解法二：建系标点，根据向量的坐标运算求⃗BE，
[ 1 ]
即可得λ+μ，设F(a,−3a),a∈ − ,0 ，求⃗AF,⃗DG，结合数量积的坐标运算求⃗AF⋅⃗DG的最小值.
3
1 ⃗ 1 ⃗ 1
【解答过程】解法一：因为CE= DE，即CE= BA，则⃗BE=⃗BC+⃗CE= ⃗BA+⃗BC，
2 3 3
1 4
可得λ= ,μ=1，所以λ+μ= ；
3 3
由题意可知： ，
|⃗BC|=|⃗BA|=1,⃗BA⋅⃗BC=0
1
因为F为线段BE上的动点，设⃗BF=k⃗BE= k⃗BA+k⃗BC,k∈[0,1]，
3
则⃗AF=⃗AB+⃗BF=⃗AB+k⃗BE= (1 k−1 )⃗BA+k⃗BC，
3
又因为G为AF中点，则⃗DG=⃗DA+⃗AG=−⃗BC+ 1 ⃗AF= 1(1 k−1 )⃗BA+ (1 k−1 )⃗BC，
2 2 3 2
可得 ⃗AF⋅⃗DG= [(1 k−1 )⃗BA+k⃗BC ] ⋅ [1(1 k−1 )⃗BA+ (1 k−1 )⃗BC ]
3 2 3 2
1(1 ) 2 (1 ) 5( 6) 2 3
= k−1 +k k−1 = k− − ，
2 3 2 9 5 10
5
又因为k∈[0,1]，可知：当k=1时，⃗AF⋅⃗DG取到最小值− ；
18
解法二：以B为坐标原点建立平面直角坐标系，如图所示，( 1 )
则A(−1,0),B(0,0),C(0,1),D(−1,1),E − ,1 ，
3
可得⃗BA=(−1,0),⃗BC=(0,1),⃗BE= ( − 1 ,1 ) ，
3
4
因为⃗BE=λ⃗BA+μ⃗BC=(−λ,μ)，则¿，所以λ+μ= ；
3
[ 1 ] [ 1 ]
因为点F在线段BE:y=−3x,x∈ − ,0 上，设F(a,−3a),a∈ − ,0 ，
3 3
(a−1 3 )
且G为AF中点，则G ,− a ，
2 2
可得⃗AF=(a+1,−3a),⃗DG= (a+1 ,− 3 a−1 ) ，
2 2
则 ⃗AF⋅⃗DG= (a+1) 2 +(−3a) ( − 3 a−1 ) =5 ( a+ 2) 2 − 3 ，
2 2 5 10
[ 1 ] 1 5
且a∈ − ,0 ，所以当a=− 时，⃗AF⋅⃗DG取到最小值为− ；
3 3 18
4 5
故答案为： ；− .
3 18
