第一篇：高中數學新課程創新教學設計案例50篇 38 平面向量的基本定理

平面向量的基本定理

教材分析

平面向量的基本定理是說明同一平面內任一向量都可以表示為兩個不共線向量的線性組合，它是平面向量坐標表示的基礎，也是平面圖形中任一向量都可由某兩個不共線向量量化的依據．這節內容以共線向量為基礎，通過把一個向量在其他兩個向量上的分解，說明了該定理的本質．教學時無須嚴格證明該定理，只要讓學生弄清定理的條件和結論，會用該定理就可以了．

向量的加法、減法、實數與向量的積的混合運算稱為向量的線性運算，也叫“向量的初等運算”．由平面向量的基本定理，知任一平面內的直線型圖形都可表示為某些向量的線性組合，這樣在證明幾何命題時，可先把已知和結論表示成向量形式，再通過向量的運算，有時能很容易證明幾何命題．因此，向量是數學中證明幾何命題的有效工具之一．為降低難度，目前要求用向量表示幾何關系，而不要求用向量證明幾何命題．

平面向量的基本定理的理解是學習的難點，而應用基本向量表示平面內的某一向量是學習的重點．

教學目標

1.了解平面向量基本定理的條件和結論，會用它來表示平面圖形中任一向量，為向量坐標化打下基礎．

2.通過對平面向量基本定理的歸納、抽象和概括，體驗數學定理的產生、形成過程，提升學生的抽象和概括能力．

3.通過對平面向量基本定理的運用，增強向量的應用意識，進一步體會向量是處理幾何問題的強有力的工具之一．

任務分析

這節課是在學生熟悉向量加、減、數乘線性運算的基礎上展開的，為了使學生理解和掌握好平面向量的基本定理，教學時，常應用構造式的作圖方法，同時采用師生共同操作，增強直觀認識，歸納和總結出任意向量與基本向量的線性組合關系，并且通過適當的練習，使學生進一步認識和理解這一基本定理．

教學設計

一、問題情景 1.在ABCD中，（1）已知＝ａ，＝ｂ，試用ｂ，ｂ來表示，；

（2）已知＝ｃ，＝ｄ，試用ｃ，ｄ表示向量，.2.給定平面內任意兩個不共線向量e1，e2，試作出向量3e1＋2e2，e1－2e2． 3.平面內的任一向量是否都可以用形如λ1e1＋λ2e2的向量表示？

二、建立模型 1.學生回答

（1）由向量加法，知＝ａ＋ｂ；由向量減法，知＝ａ－ｂ，＝ａ＋0·ｂ．

（2）設AC，BD交于點O，由向量加法，知

2.師生總結

以ａ，ｂ為基本向量，可以表示兩對角線的相應向量，還可表示一邊對應的向量估計任一向量都可以寫成ａ·ｂ的線性表達．

任意改成另兩個不共線向量ｃ，ｄ作基本向量，也可表示其他向量． 3.教師啟發，通過了e1＋2e2，e1－2e2的作法，讓學生感悟通過改變λ1，λ2的值，可以作出許多向量ａ＝λ1e1＋λ2e2．在此基礎上，可自然形成一個更理性的認識———平面向量的基本定理．

4.教師明晰

如圖，設e1，e2是平面內兩個不共線的向量，ａ是這一平面內的任一向量．

在平面內任取一點O，作

＝e1，＝e2，＝ａ；過點C作平行于直線OB的直線，與直線OA交于M；過點C作平行于直線OA的直線，與直線OB交于N．這時有且只有實數λ1，λ2，使

＝λ1e1，＝λ2e2．由于

＝

＋，所以ａ＝λ1e1＋λ2e2，也就是說任一向量ａ都可表示成λ1e1＋λ2e2的形式，從而有

平面向量的基本定理 如果e1，e2是一平面內的兩個不平行向量，那么該平面內的任一向量ａ，存在唯一的一對實數λ1，λ2，使ａ＝λ1e1＋λ2e2．

我們把不共線向量e1，e2叫作表示這一平面內所有向量的一組基底，有序實數對（λ1，λ2）叫ａ在基底e1，e2下的坐標．

三、解釋應用 ［例 題］

1.已知向量e1，e2（如圖38-3），求作向量－2.5e1＋3e2． 注：可按加法或減法運算進行．

2.如圖38-4，解：∵，不共線，＝t（t∈R），用，表示．

［練習］

1.已知：不共線向量e1，e2，求作向量ａ＝e1－2e2．

2.已知：不共線向量e1，e2，并且e1－3e2＝λ1e1＋λ2e2，求實數λ1，λ2． 3.已知：基底｛a，b｝，求實數ｘ，ｙ滿足向量等式：3xa＋（10－y）b＝（4y＋7）a＋2xb．

4.在△ABC中，＝ａ，＝ｂ，點G是△ABC的重心，試用ａ，ｂ表示．

5.已知：ABCDEF為正六邊形，＝ａ，．

＝ｂ，試用a，b表示向量6.已知：M是平行四邊形ABCD的中心，求證：對于平面上任一點O，都有

.四、拓展延伸

點 評

這篇案例由向量加、減、數乘運算過渡到平面向量的基本定理，引入比較自然，合理，使學生由感性認識上升為理性認識這種既重結果又重過程的教學理念符合新課程標準的精神．同時，有關向量基本定理的應用的例、習題的設計也較有梯度和力度，強化了知識的應用，為提高學生的分析問題和解決問題的能力打下了一定的基礎．如果能把多媒體教學等信息技術用于向量的分解，那么會使問題更為直觀，進而學生更易于接受．

第二篇：平面向量基本定理(教學設計)

平面向量基本定理

教學設計

平面向量基本定理教學設計

一、教材分析

本節課是在學習了共線向量基本定理的前提下，進一步研究平面內任一向量的表示，為今后平面向量的坐標運算打下堅實的基礎。所以，本節在本章中起到承上啟下的作用。

平面向量基本定理揭示了平面向量之間的基本關系，是向量解決問題的理論基礎。平面向量基本定理提供了一種重要的數學思想—轉化思想。

二、教學目標

知識與技能: 理解平面向量基本定理，學會利用平面向量基本定理解決問題，掌握基向量表示平面上的任一向量.過程與方法：通過學習習近平面向量基本定理，讓學生體驗數學的轉化思想，培養學生發現問題的能力.情感態度與價值觀：通過學習習近平面向量基本定理，培養學生敢于實踐的創新精神，在解決問題中培養學生的應用意識。

教學重點：平面向量基本定理的應用； 教學難點：平面向量基本定理的理解.三、教學教法

1.學情分析: 學生已經學習了向量的基本知識，并且對向量的物理背景有了初步的了解.2.教學方法：采用“問題導學—討論探究—展示演練”的教學方法，完成教學目標.3.教學手段：有效使用多媒體和視頻輔助教學，直觀形象.四、學法指導

1.導學：設置問題情境，激發學生學習的求知欲，引發思考.2.探究：引導學生合作探究，解決問題，注重知識的形成過程.3.應用：在解決問題中培養學生的應用意識與學以致用的能力.五、教學過程

針對以上情況，結合我校“學本課堂”模式，我設計了如下教學過程，分為六個環節。第一環節：問題導學 自主學習

首先是課前預習，預習學案分為問題導學、典例精析、鞏固拓展三大部分。通過預習學案，可以幫助學生完成課前預習。設計意圖：通過預習學案讓學生預習新知識，發現問題，使學習更具針對性，培養學生的自學與探索能力.第二環節：創設情境 導入課題

進入新課，引入課題采用問題情境的辦法。通過導彈的飛行方向和力的分解兩個實例，將問題類比，引入本節問題-向量的分解。為了幫助學生理解，提供了兩段直觀的視頻，直觀形象。設計意圖：借助實際與物理問題設置情境，引發學生思考與想象，將問題類比，引入本節課題。

第三環節：分組討論 合作探究

提出問題，進入探究階段。采用分組討論，合作探究的方法，先讓學生回顧知識-向量加法的平行四邊形法則。進入小組討論，共同討論兩個問題。

問題1：向量a與向量e1，e2共起點，向量a是同一平面內任一向量，e1與e2不共線，探究向量a與e1，e2之間的關系.問題2：向量e1與e2是同一平面內不共線的兩個向量，向量a是同一平面內任一向量，探究向量a與e1，e2之間的關系.設計意圖：各小組成員討論交流，合作學習，共同探討問題，尋求結果，展示結果.第四環節：成果展示 歸納總結

小組討論完畢，由幾個小組展示研究成果。結合小組展示成果，借助多媒體展示，由師生共同探究向量的分解。展示過程中，要重點強調平移共起點，借助平行四邊形法則解說分解過程，加深學生的直觀映像，完成向量的分解。通過向量的分解，由學生小組討論，共同歸納本節的核心知識—平面向量基本定理。在定理中重點補充強調以下幾點說明：（1）基底e1,e2不共線，零向量不能做基底；（2）定理中向量a是任一向量，實數?1，?2唯一；（3）?1e1??e2叫做向量a關于基底e1,e2的分解式.第五環節：問題解決 鞏固訓練

引入定理后，應用定理解決學案例題與練習。例題1重在考查基底的概念，引導學生思考向量作為基底的條件，將問題轉化為兩個向量的共線問題。講解完例題1之后，通過一個練習，鞏固所學。通過兩個問題，讓學生認識理解基底的概念，把握基底的本質，突出重點——平面向量基本定理的應用。在例題2中繼續強化對基底概念的理解，采用分組討論，合作探究的教學方法，共同探討解法，并由小組板演解題過程，最后強調解題步驟；此后，給出例2的一個變式題，讓學生進一步深刻理解基底，體會基底的重要作用。解決本節難點——平面向量基本定理的理解，通過例題3對平面向量基本定理綜合應用，解決三點共線問題。采用先啟發引導后學生探究的方法，解決學生的困惑。例題講解完畢后，對本題結論適當拓展，得到“當t?11，點P是AB的中點，OP=（OA?OB）”的重要結論。通過探究22本題，可以使學生深化對平面向量基本定理的理解，培養學生綜合運用知識的能力.為了加強對定理的應用，在學案中設計了幾個鞏固練習，在課堂上當場完成，并及時糾錯，鞏固本節所學。

第六環節：拓展演練 反饋檢測

為了攻克難點，檢測效果，最后設計了幾道課后習題進行拓展延伸，培養學生的綜合能力。通過這些設計，可以增強教學的針對性，提高教學效果。在本節尾聲，讓學生回顧本節主要內容，完成小結，并在小結中強調轉化的數學思想及方法。最后是布置課后作業及時間分配與板書設計。

六、評價感悟

本節教學設計在“學本課堂”的教學模式下，采用“問題導學—討論探究—展示演練”的教學方法，引導學生自主學習，發現問題，小組討論，合作探究，解決問題。在教學過程中，學生處于主體地位，教師充分發揮學生的積極性，力求打造高效課堂。

以平面向量基本定理為主題，從預習知識到探究定理，學生始終參與學習，參與探究，主觀性與積極性得到了充分發揮，學習與探求知識的能力得到了極大的提升；應用定理解決問題，培養了學生的應用意識；通過學習定理，讓學生體會了轉化思想，提高了學習的綜合能力。

第三篇：高中數學新課程創新教學設計案例50篇__40-43平面向量

平面向量的數量積

教材分析

兩個向量的數量積是中學代數以往內容中從未遇到過的一種新的乘法，它區別于數的乘法．這篇案例從學生熟知的功的概念出發，引出平面向量數量積的概念和性質及其幾何意義，介紹向量數量積的運算律及坐標表示．向量的數量積把向量的長度和三角函數聯系在一起，這為解決三角形的有關問題提供了方便，特別是能有效解決線段的垂直等問題．這節內容是整個向量部分的重要內容之一，對它的理解與掌握將直接影響向量其他內容的學習．這節內容的教學難點是對平面向量數量積的定義及運算律的理解和對平面向量數量積的應用．

教學目標

1.理解并掌握平面向量的數量積、幾何意義和數量積的坐標表示，會初步使用平面向量的數量積來處理有關長度、角度和垂直的問題，掌握向量垂直的條件．

2.通過對數量積的引入和應用，初步體會知識發生、發展的過程和運用過程，培養學生的科學思維習慣．

任務分析

兩個向量的數量積從形式和實質上都與數的乘法有區別，這就給理解和掌握這個概念帶來了一些困難．在學習時，要充分讓學生理解、明白兩個向量的數量積是一個數量，而不是向量．兩個向量的數量積的值是這兩個向量的模與兩個向量夾角余弦的乘積，其符號由夾角余弦值的正負而確定．

兩向量的數量積“a·b”不同于兩實數之積“ab”．

通過實例理解a·b＝b·c與a＝c的關系，a·b＝0與a＝0或b＝0的關系，以及（a·b）c＝a（b·c）與（ab）c＝a（bc）的不同．

教學設計

一、問題情景

如圖40-1所示，一個力f作用于一個物體，使該物體發生了位移s，如何計算這個力所做的功．由于圖示的力f的方向與前進方向有一個夾角θ，真正使物體前進的力是f在物體前進方向上的分力，這個分力與物體位移的乘積才是力f做的功．即力f使物體位移x所做的功W可用下式計算．

W＝｜s｜｜f｜cosθ．

其中｜f｜cosθ就是f在物體前進方向上的分量，也就是力f在物體前進方向上正射影的數量．

問題：像功這樣的數量值，它由力和位移兩個向量來確定．我們能否從中得到啟發，把“功”看成這兩個向量的一種運算的結果呢？

二、建立模型

1.引導學生從“功”的模型中得到如下概念：

已知兩個非零向量a與b，把數量｜a｜｜b｜cosθ叫a與b的數量積（內積），記作a·b＝｜a｜｜b｜cosθ．其中θ是a與b夾角，｜a｜cosθ（｜b｜cosθ）叫a在b方向上（b在a方向上）的投影．

規定0與任一向量的數量積為０．

由上述定義可知，兩個向量ａ與ｂ的數量積是一個實數．

說明：向量a與b的夾角θ是指把a，b起點平移到一起所成的夾角，其中0≤θ≤π．當θ＝時，稱a和b垂直，記作a⊥b．為方便起見，a與b的夾角記作〈a，b〉． 2.引導學生思考討論

根據向量數量積的定義，可以得出

（1）設e是單位向量，a·e＝｜a｜cos〈a，e〉．（2）設a·b是非零向量，則a⊥b（3）a·a＝｜a｜2，于是｜a｜＝

a·b＝0．

.（4）cos〈a，b〉＝.（5）｜a·b｜≤｜a｜｜b｜（這與實數｜ab｜＝｜a｜｜b｜不同）．

三、解釋應用 ［例 題］

已知｜a｜＝5，｜b｜＝4，〈a，b〉＝120°，求a·b． 解：a·b＝｜a｜｜b｜cos〈a，b〉＝5×4×cos120°＝－10． ［練習］

1.已知｜a｜＝3，ｂ在ａ上的投影為－2，求：（1）a·ｂ．

（2）a在b上的投影．

2.已知：在△ABC中，a＝5，b＝8，c＝60°，求

四、建立向量數量積的運算律

·．

1.出示問題：從數學的角度考慮，我們希望向量的數量積運算，也能像數量乘法那樣滿足某些運算律，這樣數量積運算才更富有意義．回憶實數的運算律，你能類比和歸納出向量數量積的一些運算律嗎？它們成立嗎？為什么？

2.運算律及其推導

已知：向量a，b，c和λ∈R，則（1）a·b＝b·a（交換律）． 證明：左＝｜a｜｜b｜cosθ＝右．

（2）（λa）·b＝λ（a·b）＝a·（λb）（數乘結合律）． 證明：設a，b夾角為θ，當λ＞0時，λa與b的夾角為θ，∴（λa）·b＝（λa）·｜b｜cosθ＝λ｜a｜｜b｜cosθ＝λ（a·b）； 當λ＜0時，λa與b的夾角為（π－θ），∴（λa）·b＝｜λa｜｜b｜cos（π－θ）＝－λ｜a｜｜b｜（－cosθ）＝λ｜a｜｜b｜cosθ＝λ（a·b）；

當λ＝0時，（λa）·b＝0·b＝0＝λ（a·b）． 總之，（λa）·b＝λ（a·b）； 同理a·（λb）＝λ（a·b）．（3）（a＋b）·c＝a·c＋b·c（乘法對加法的分配律）．

證明：如圖40-2，任取一點O，作＝a，＝ｂ，＝c．

∵a＋b（即）在c方向上的投影等于a，b在c方向上的投影的和，即

｜a＋b｜cosθ＝｜a｜cosθ1＋｜b｜cosθ2，∴｜c｜｜a＋b｜cosθ＝｜c｜（｜a｜cosθ1＋｜b｜cosθ2）＝ ｜c｜｜a｜cosθ1＋｜c｜｜b｜cosθ2＝c·a＋c·b，∴（a＋b）·c＝a·c＋b·c．

思考：（1）向量的數量積滿足結合律，即（a·b）c＝a（b·c）嗎？（2）向量的數量積滿足消去律，即如果a·b＝c·b，那么a＝c嗎？

五、應用與深化 ［例 題］

1.對實數a，b，有（a＋b）＝a＋2ab＋b，（a＋b）（a－b）＝a－b．類似地，對任意向量a，b，也有類似結論嗎？為什么？

解：類比完全平方和公式與平方差公式，有

（a＋b）2＝a2＋2a·b＋b2，（a＋b）·（a－b）＝a2－b2． 其證明是：（a＋b）＝（a＋b）·（a＋b）＝ a·a＋a·b＋b·a＋b·b＝ a2＋2a·b＋b2，2

2（a＋b）·（a－b）＝a·a－a·b＋b·a－b·b＝ a2－b2． ∴有類似結論．

2.已知｜a｜＝6，｜b｜＝4，〈a，b〉＝60°，求（a＋2b）·（a－3b）． 解：（a＋2b）·（a－3b）＝ a2－3a·b＋2b·a－6b2＝

｜a｜－｜a｜｜b｜cos60°－6｜b｜＝－72．

3.已知｜a｜＝3，｜b｜＝4，且a與b不共線．當k為何值時，（a＋kb）⊥（a－kb）？ 解：（a＋kb）⊥（a－kb），即（a＋kb）·（a－kb）＝0，即a2－k2b2＝0，即9－k2×16＝0，k＝±． 2

2因此，當k＝±時，有（a＋kb）⊥（a－kb）．

4.已知：正方形ABCD的邊長為1，并且＝a，＝b，＝c，求｜a＋b＋c｜．

解法1：∵a＋b＋c＝＋＋＝2，∴｜a＋b＋c｜＝2＝2．

解法2：｜a＋b＋c｜2＝（a＋b＋c）2＝a2＋b2＋c2＋2a·b＋2a·c＋2b·c＝1＋1＋2＋2×1×1×cos90°＋2×1×

［練習］

1.｜a｜＝4，｜b｜＝3，（2a－3b）·（2a＋b）＝61，求a與b的夾角θ．

×

＋2×1×

×

＝8，∴｜a＋b＋c｜＝2

．

2.在邊長為2的正三角形ABC中，求

六、拓展延伸

·＋·＋·．

1.當向量a，b的夾角為銳角時，你能說明a·b的幾何意義嗎？ 如圖40-3，a·b，即以b在a上射影的長和ａ的長為兩鄰邊的矩形面積（OA＝OA1）．

2.平行四邊形是表示向量加法與減法的幾何模型，如圖40-4，＝－

＝＋，．試說明平行四邊形對角線的長度與兩條鄰邊長度之間的關系．

3.三個單位向量a，b，c有相同終點且a＋b＋c＝0，問：它們的起點連成怎樣的三角形？

解法1：如圖40-5，∵｜a｜＝｜b｜＝｜c｜＝1，a＋b＋c＝0，∴a＋b＝－c，∴（a＋b）＝（－c）2，2∴a2＋b2＋2a·b＝c2，∴2｜a｜·｜b｜cos∠AOC＝－1，cos∠AOC＝，∠AOC＝120°． 同理∠BOC＝∠AOC＝120°，故△AOB，△BOC，△BOC全等，∴AB＝AC＝BC，即該△ABC為等邊三角形．

解法2：如圖40-6，．

＝c，＝－a，＝－b，由a＋b＋c＝0，即＝＋

∵｜a｜＝｜b｜＝1，∴OADB為菱形．

又｜｜＝1，∴∠AOB＝120°．

同理∠AOC＝∠BOC＝120°，…

4.在△ABC中，·＝·＝·，問：O點在△ABC的什么位置？

解：由同理⊥·，＝⊥

·，即·（－）＝0，即·＝0，∴⊥，．故O是△ABC的垂心．

兩角和與差的余弦

教材分析

這節內容是在掌握了任意角的三角函數的概念、向量的坐標表示以及向量數量積的坐標表示的基礎上，進一步研究用單角的三角函數表示的兩角和與差的三角函數．這些內容在高等數學、電功學、力學、機械設計與制造等方面有著廣泛的應用，因此要求學生切實學好，并能熟練的應用，以便為今后的學習打下良好的基礎． “兩角差的余弦公式”在教科書中采用了一種易于教學的推導方法，即先借助于單位圓中的三角函數線，推出α，β，α－β均為銳角時成立．對于α，β為任意角的情況，教材運用向量的知識進行了探究．同時，補充了用向量的方法推導過程中的不嚴謹之處，這樣，兩角差的余弦公式便具有了一般性．

這節課的重點是兩角差的余弦公式的推導，難點是把公式中的α，β角推廣到任意角．

教學目標

1.通過對兩角差的余弦公式的探究過程，培養學生通過交流，探索，發現和獲得新知識的能力．

2.通過兩角差的余弦公式的推導，體會知識的發生、發展的過程和初步的應用過程，培養學生科學的思維方法和勇于探索的科學精神．

3.能正確運用兩角差的余弦公式進行簡單的三角函數式的化簡、求值和恒等式證明．

任務分析

這節內容以問題情景中的問題作為教學的出發點，利用單位圓中的三角函數線和平面向量的數量積的概念推導出結論，并不斷補充推導過程中的不嚴謹之處．推導過程采用了從特殊到一般逐層遞進的思維方法，學生易于接受．整個過程始終結合單位圓，以強調其直觀性．對于公式中的α和β角要強調其任意性．數學中要注意運用啟發式，切忌把結果直接告訴學生，盡量讓學生通過觀察、思考和探索，自己發現公式，使學生充分體會到成功的喜悅，進一步激發學生的學習興趣，調動他們學習的積極性，從而使其自覺主動地學習．

教學過程

一、問題情景

我們已經學過誘導公式，如

可以這樣來認識以上公式：把角α轉動，則所得角α＋的正弦、余弦分別等于cosα和－sinα．把角α轉動π，則所得角α＋π的正弦、余弦分別等于－sinα和－cosα． 由此，使我們想到一個一般性的問題：如果把角α的終邊轉動β（度或弧度），那么所得角α＋β的正弦、余弦如何用α或β的正弦、余弦來表示呢？ 出示一個實際問題：

右圖41-1是架在小河邊的一座吊橋的示意圖．吊橋長AB＝ａ（m），A是支點，在河的左岸．點C在河的右岸，地勢比A點高．AD表示水平線，∠DAC＝α，α為定值．∠CAB＝β，β隨吊橋的起降而變化．在吊橋起降的過程中，如何確定點B離開水平線AD的高度BE？

由圖可知BE＝asin（α＋β）．

我們的問題是：如何用α和β的三角函數來表示sin（α＋β）．如果α＋β為銳角，你能由α，β的正弦、余弦求出sin（α＋β）嗎？

引導學生分析：事實上，我們在研究三角函數的變形或計算時，經常提出這樣的問題：能否用α，β的三角函數去表示α±β的三角函數？為了解決這類問題，本節首先來探索α－β的余弦與α，β的函數關系式．

更一般地說，對于任意角α，β，能不能用α，β的三角函數值把α＋β或α－β的三角函數值表示出來呢？

二、建立模型 1.探 究

（1）猜想：cos（α－β）＝cosα－cosβ．（2）引導學生通過特例否定這一猜想．

例如，α＝60°，β＝30°，可以發現，左邊＝cos（60°－30°）＝cos30°＝－cos30°＝－，右邊＝cos60°．顯然，對任意角α，β，cos（α－β）＝cosα－cosβ不成立．

（3）再引導學生從道理上否定這一猜想．

不妨設α，β，α－β均為銳角，則α－β＜α，則cos（α－β）＞cosα．又cosβ＞０，所以cos（α－β）＞cosα－cosβ． 2.分析討論

（1）如何把α，β，α－β角的三角函數值之間建立起關系？要獲得相應的表達式需要哪些已學過的知識？

（2）由三角函數線的定義可知，這些角的三角函數值都與單位圓中的某些有向線段有關系，那么，這些有向線段之間是否有關系呢？

3.教師明晰

通過學生的討論，教師引導學生作出以下推理：

設角α的終邊與單位圓的交點為P1，∠POP1＝β，則∠POx＝α－β．

過點P作PM⊥x軸，垂足為M，那么，OM即為α－β角的余弦線，這里要用表示α，β的正弦、余弦的線段來表示OM．

過點P作PA⊥OP1，垂足為A，過點A作AB⊥x軸，垂足為B，再過點P作PC⊥AB，垂足為C，那么cosβ＝OA，sinβ＝AP，并且∠PAC＝∠P1Ox＝α，于是

OM＝OB＋BM＝OB＋CP＝OAcosα＋APsinα＝ cosβcosα＋sinβsinα． 4.提出問題，組織學生討論

（1）當α，β，α－β為任意角時，上述推導過程還能成立嗎？

若要說明此結果是否對任意角α，β都成立，還要做不少推廣工作，可引導學生獨立思考．

事實上，根據誘導公式，總可以把α，β的三角函數化為（0，）內的三角函數，再根據cos（－β）＝cosβ，把α－β的余弦，化為銳角的余弦．因此，三、解釋應用

［例 題］

1.求cos15°及cos105°的值．

分析：本題關鍵是將15°角分成45°與30°的差或者分解成60°與45°的差，再利用兩角差的余弦公式即可求解．對于cos105°，可進行類似地處理，cos105°＝cos（60°＋45°）．

2.已知sinα＝的值．，α∈（，π），cosβ＝－，且β是第三象限的角，求cos（α＋β）分析：觀察公式Cα＋β與本題已知條件應先計算出cosα，cosβ，再代入公式求值．求cosα，cosβ的值可借助于同角三角函數的平方關系，并注意α，β的取值范圍來求解．

［練習］

1.（1）求sin75°的值．

（2）求cos75°cos105°＋sin75°sin105°的值．（3）化簡cos（A＋B）cosB＋sin（A＋B）sinB．（4）求cos215°－sin215°的值．

分析：對于（1），可先用誘導公式化sin75°為cos15°，再用例題1中的結果即可．對于（2），逆向使用公式Cα-β，即可將原式化為cos30°．對于（3），可以把A＋B角看成一個整體，去替換Cα-β中的α角，用B角替換β角．

2.（1）求證：cos（－α）＝sinα．

（2）已知sinθ＝，且θ為第二象限角，求cos（θ－）的值．

（3）已知sin（30°＋α）＝，60°＜α＜150°，求cosα．

分析：（1）和（差）公式可看成誘導公式的推廣，誘導公式是和（差）公式的特例．（2）在三角函數求值問題中，變角是一種常用的技巧，α＝（30°＋α）－30°，這樣可充分利用題中已知的三角函數值．

3.化簡cos（36°＋α）cos（α－54°）＋sin（36°＋α）sin（α－54°）．

分析：這里可以把角36°＋α與α－54°均看成單角，進而直接運用公式Cα-β，不必將各式展開后再計算．

分析：本題是一道綜合題，由于cos（α－β）＝cosαcosβ＋sinαsinβ，欲求cos（α－β）的值，只須將已知兩式平方相加求出cosαcosβ＋sinαsinβ即可．

四、拓展延伸

1.由任意角三角函數定義，可知角α，β的終邊與單位圓交點的坐標均可用α，β的三角函數表示，即α－β角與導公式Cα-β呢？

教師引導學生分析：在平面直角坐標系xOy內作單位圓O，以Ox為始邊作角α，β，它們的終邊與單位圓的交點為A，B，則由向量數量積的概念，有

＝（cosα，sinα），＝（cosβ，sinβ）．，兩向量的夾角有關，那么能否用向量的有關知識來推·＝｜｜｜｜cos（α－β）＝cos（α－β）．

由向量的數量積的坐標表示，有

·＝cosαcosβ＋sinαsinβ．

于是，有

cos（α－β）＝cosαcosβ＋sinαsinβ．

依據向量數量積的概念，角α－β必須符合０≤α－β≤π，即在此條件下，以上推導才是正確的．

由于α，β都是任意角，α－β也是任意角，因此，須研究α－β為任意角時，以上推導是否正確．

當α－β為任意角時，由誘導公式總可以找到一個角θ，θ∈［0，2π），使cosθ＝cos（α－β）．

若θ∈［0，π］，則·＝cosθ＝cos（α－β）；

若θ∈［π，2π］，則2π－θ∈［0，π］，且 ·＝cos（2π－θ）＝cosθ＝cos（α－β）．

于是，對于任意角α，β都有

2.教師提出進一步拓展性問題：本節問題情景中，涉及如何用sinα，sinβ，cosα，cosβ來表示sin（α＋β）的問題，試探索與研究sin（α＋β）的表達式．

兩角和與差的正弦

教材分析

在這節內容中，公式較多，一旦處理不當，將成為學生學習的一種負擔．針對這個特點，應充分揭示公式的內在聯系，使學生理解公式的形成過程及其使用條件，在公式體系中掌握相關的公式．同時，通過練習使學生能夠熟練地運用這些公式．當然，這些公式的基礎是兩角和差的余弦公式．通過誘導公式sin（－α）＝sinα，sinπ（－α）＝cosα（α為任意

－（α＋β）］角），可以實現正、余弦函數間的轉換，也可推廣為sin（α＋β）＝ｃｏｓ［＝cos［（－α）－β］，sin（α－β）＝［

－（α－β）］＝cos［（－α）＋β］.借助于Cα+β和Cα-β即可推導出公式Sα+β和Sα-β．Cα+β，Cα-β，Sα+β和Sα-β四個公式的左邊均為兩角和與差的正、余弦，右邊均為單角α，β的正、余弦形式．不同點為公式Sα+β，Sα-β兩邊的運算符號相同，Cα+β與Cα-β兩邊的運算符號相反．Sα+β與Sα-β中右邊是兩單角異名三角函數的乘積，而Cα-β與Cα+β的右邊是兩單角同名三角函數的乘積．

任務分析

這節課計劃采用啟發引導和講練結合的教學方式，對三角函數中的每一個公式要求學生會推導，會使用，要求不但掌握公式的原形，還應掌握它們的變形公式，會把“asinｘ＋bcosｘ”類型的三角函數化成一個角的三角函數．在課堂教學中，將采用循序漸進的原則，設計有一定梯度的題目，以利于培養學生通過觀察、類比的方法去分析問題和解決問題的能力，培養學生良好的思維習慣．在教學中，及時提醒學生分析、探索、化歸、換元、類比等常用的基本方法在三角變換中的作用．這節課的重點是準確、熟練、靈活地運用兩角和差的正、余弦公式進行三角函數式的求值、化簡和證明，難點是公式的變形使用和逆向使用．

教學目標 1.能用兩角差的余弦公式導出兩角和的余弦公式，兩角和差的正弦公式，并了解各個公式之間的內在聯系．

2.能運用兩角和差的正、余弦公式進行三角函數式的化簡、求值和證明．

3.通過公式的推導過程，培養學生的邏輯思維能力，同時滲透數學中常用的換元、整體代換等思想方法．

教學過程

一、問題情景

如圖42-1，為了保持在道路拐彎處的電線桿OB的穩固性，要加一根固定鋼絲繩，要求鋼絲繩與地面成75°角．已知電線桿的高度為5m，問：至少要準備多長的鋼絲繩？

設電線桿與地面接觸點為B，頂端為O，鋼絲繩與地面接觸點為A． 在Rt△AOB中，如果能求出sin75°的值，那么即可求出鋼絲繩的長度．75°角可表示成兩個特殊角45°與30°的和，那么sin75°的值能否用這兩特殊角的三角函數值來表示呢？

二、建立模型 1.探 究

已知cos（α－β）＝cosαcosβ＋sinαsinβ，則sin（α＋β），sin（α－β）中的角及函數名與cos（α＋β）和cos（α－β）有何關系？ 通過誘導公式可實現正、余弦函數的轉換，即sin（α＋β）＝推導以上公式的方法并不是唯一的，其他推導方法由學生課后自己探索． 3.分析公式的結構特征

Sα+β與Sα-β中兩邊的加減運算符號相同，右邊為α與β角的異名三角函數的乘積．應特別注意公式兩邊符號的差異．

三、解釋應用 ［例題一］

已知sinα＝－，且α為第四象限角，求sin（－α）cos（＋α）的值．

分析：本題主要訓練公式Sα-β與Sα+β的使用．

由sinα＝－及α為第四象限角，可求出cosα＝，再代入公式求值．

［練習一］

分析：1.（1）強調公式的直接運用，尋找所求角與已知角之間的關系，α＝（30°＋α）－30°，再利用已知條件求出cos（30°＋α）．

2.應注意三角形的內角之間的關系，C＝π－（A＋B），再由誘導公式cos（π－α）＝－cosα，要求cosＣ即轉化為求－cos（A＋B）．

3.應注意分析角之間的關系，2β＝（α＋β）－（α－β），因此，求cos2β還應求出sin（α－β）和cos（α＋β）．解此題時，先把α＋β與α－β看成單角，然后把2β用這兩個單角來表示．

4.該題是在已有知識的基礎上進一步深化，引導學生分三步進行：（1）求出α＋β角的某個三角函數值．（2）確定角的范圍．（3）確定角的值．其中，求α＋β的某個三角函數值時，應分清是求cos（α－β）還是求sin（α－β）．

已知向量的坐標． ＝（3，4），若將其繞原點旋轉45°到′→的位置，求點P′（x′，y′）解：設∠ｘOP＝α，∵｜OP｜＝5，∴cosα＝，sinα＝．

∵x′＝5cos（α＋45°）＝5（cosαcos45°－sinαsin45°）＝－，y′＝5sin（α＋45°）＝5（sinαcos45°＋cosαsin45°）＝，∴P′ －，．

已知向量＝（4，3），若將其繞原點旋轉60°，－135°到

1，2的位置，求點P1，P2的坐標．

［例題三］

求下列函數的最大值和最小值．

（1）y＝cosｘ－sinx．

（2）y＝3sinx＋4cosx．

（3）y＝asinx＋bcosx，（ａｂ≠０）． 注：（1），（2）為一般性問題，是為（3）作鋪墊，推導時，要關注解題過程，以便讓學生充分理解輔助角φ滿足的條件．

（3）解：考查以（ａ，ｂ）為坐標的點P（ａ，ｂ），設以OP為終邊的一個角為φ，則

［練習三］

求下列函數的最大值和最小值．（1）y＝cosx－sinx．

（2）y＝sinx－sin（x＋）

（3）已知兩個電流瞬時值函數式分別是I1＝12sin（ωt－45°），I2＝10sin（ωt＋30°），求合成的正弦波I＝I1＋I2的函數式．

四、拓展延伸

出示兩道延伸性問題，引導學生獨立思考，然后師生共同解決．

1.已知三個電流瞬時值的函數式分別為I1＝5sinωt，I2＝6sin（ωt－60°），I3＝10sin（ωt＋60°），求它們合成后的電流瞬時值的函數式I＝I1＋I2＋I3，并指出這個函數的振幅、初相和周期．

2.已知點P（x，y），與原點的距離保持不變繞原點旋轉θ角到點P′（x′，y′）（如圖42-2），求證：

三角形邊和角關系的探索

教材分析

初中已研究過解直角三角形，這節所研究的正、余弦定理是解直角三角形知識的延伸與推廣，它們都反映了三角形邊、角之間的等量關系，并且應用正、余弦定理和三角形內角和定理，可以解斜三角形．正弦定理的推證運用了從特殊到一般的方法，把直角三角形中得到的邊角關系式推廣到銳角三角形，再推廣到鈍角三角形，進而得出一般性的結論．余弦定理的推證采用向量的數量積做工具，將向量的長度與三角形的邊長、向量的夾角與三角形的內角聯系起來．對于正、余弦定理的推論，除了這節課的證法之外，還有其他的一些推證方法．教材中還要求，在證明了正、余弦定理之后，讓學生嘗試用文字語言敘述兩個定理，以便理解其實質．當然，就知識而言，正弦定理有三個等式，可視為三個方程；余弦定理的三個式子也可看成三個方程，每個方程中均有四個量，知道其中任意三個量便可求第四個量．

這節課的重點是正、余弦定理的證明，以及用正、余弦定理解斜三角形，難點是發現定理、推證定理以及用定理解決實際問題．

任務分析

這節內容是在初中對三角形有了初步認識的基礎上，進一步研究三角形的邊、角之間的等量關系．對正弦定理的推導，教材中采用了從特殊到一般的方法，逐層遞進，學生易于接受，而余弦定理的證明采用了向量的方法．應用兩個定理解三角形時，要分清它們的使用條件．將正、余弦定理結合起來應用，經常能很好地解決三角形中的有關問題．

教學目標

1.理解正、余弦定理的推證方法，并掌握兩個定理． 2.能運用正、余弦定理解斜三角形．

3.理解并初步運用數學建模的思想，結合解三角形的知識，解決生產、生活中的簡單問題．

教學設計

一、問題情景

1.A，B兩地相距2558m，從A，B兩處發出的兩束探照燈光照射在上方一架飛機的機身上（如圖43-1），問：飛機離兩探照燈的距離分別是多少？

2.如圖43-2，自動卸貨汽車的車廂采用液壓機構，設計時應計算油泵頂桿BC的長度．已知車廂的最大仰角為60°，油泵頂點B與車廂支點A之間的距離為1.95m，AB與水平的夾角為6°20′，AC長為1.40m，計算BC的長．（精確到0.01m）

問題：（1）圖中涉及怎樣的三角形？（2）在三角形中已知什么？求什么？

二、建立模型

1.教師引導學生分析討論

在問題情景（1）中，已知在△ABC中，∠A＝72.3°，∠B＝76.5°，AB＝2558m．求AC，BC的長．

組織學生討論如何利用已知條件求出AC，BC的長度．（讓學生思考，允許有不同的解法）

結論：如圖40-3，作AD⊥BC，垂足為D．由三角函數的定義，知AD＝AC·sinC，AD＝AB·sinB．

由此可得AC·sinC＝AB·sinB．

又由∠A，∠B的度數可求∠C的度數，代入上式即可求出AC的長度，同理可求BC的長度．

教師明晰：

（1）當△ABC為直角三角形時，由正弦函數的定義，得

（2）當△ABC為銳角三角形時，設AB邊上的高為CD，根據三角函數的定義，得CD＝asinB＝bsinA，所以，同理

.（3）當△ABC為鈍角三角形時，結論是否仍然成立？引導學生自己推出．（詳細給出解答過程）

事實上，當∠A為鈍角時，由（2）易知設BC邊上的高為CD，則由三角函數的定義，得 CD＝asinB＝bsin（180°－A）．

根據誘導公式，知sin（180°－A）＝sinA，.∴asinB＝bsinA，即.正弦定理 在一個三角形中，各邊和它所對角的正弦的比相等，即

.正弦定理指出了任意三角形中三條邊與它對應角的正弦之間的一個關系式，描述了任意三角形中邊、角之間的一種數量關系．

思考：正弦定理可以解決有關三角形的哪些問題？ 2.組織學生討論問題情景（2）

這一實際問題可化歸為：已知△ABC的邊AB＝1.95，AC＝1.4，夾角為6°20′，求BC的長． 組織學生討論：能用什么方法求出BC？（學生有可能有多種不同的解法）

教師明晰：如果已知三角形的兩邊和夾角，這個三角形為確定的三角形，那么怎樣去計算它的第三邊呢？由于涉及邊長及夾角的問題，故可以考慮用平面向量的數量積．（也可用兩點間的距離公式）

如圖，設＝a，＝b，＝c，則c＝a－b．

∵｜c｜2＝c·c＝（a－b）·（a－b）＝ａ2＋ｂ2－2abcosC，∴c＝ａ＋b－2abcosC．

同理a2＝b2＋c2－2bccosA，b2＝c2＋a2－2accosB． 于是得到以下定理：

余弦定理 三角形中任何一邊的平方等于其他兩邊的平方的和減去這兩邊與它們的夾角的余弦的積的兩倍．即

a2＝b2＋c2－2bccosA，b2＝c2＋a2－2accosB，c2＝a2＋b2－2abcosC．

思考：余弦定理可以解決一些怎樣的解三角形問題？ 3.進一步的問題

勾股定理指出了直角三角形中三邊之間的等量關系，余弦定理則指出了一般三角形三邊之間的等量關系，那么這兩個定理之間存在怎樣的關系？如何利用余弦定理來判斷三角形是銳角三角形還是鈍角三角形？

三、解釋應用 ［例 題］ 2221.（1）已知：在△ABC中，A＝32.0°，B＝81.8°，ａ＝42.9cm，解三角形．

（2）已知：在△ABC中，ａ＝20cm，ｂ＝28cm，A＝40°，解三角形．（角精確到1°，邊長精確到1cm）

分析：（1）本題為給出三角形的兩角和一邊解三角形問題，可由三角形內角和定理先求出第三個角，再兩次利用正弦定理分別求出另兩邊．

（2）本題給出了三角形的兩邊及其中一邊的對角，于是可用正弦定理求出b邊的對角B的正弦，sinB≈0.8999，但0＜B＜π，故Ｂ角有兩個值（如圖43-8），從而C角與c邊的取值也有兩種可能．學生在解題時容易丟掉一組解，應引導學生從圖形上尋找漏掉的解．

2.（1）已知：在△ABC中，已知b＝60cm，c＝34cm，A＝41°，解三角形．（角精確到1°，邊長精確到1cm）

（2）已知：在△ABC中，ａ＝134.6cm，ｂ＝87.8cm，ｃ＝161.7cm，解三角形．（角精確到1′）．

分析：本例中的（1）題，給出了兩邊及其夾角，可先用余弦定理求出第三邊，求其他兩角時既可用余弦定理也可用正弦定理．（2）題給出了三邊長，可先用余弦定理求出其中一角，然后同樣既可用正弦定理，也可用余弦定理求出其他兩角．

3.AB是底部B不可到達的建筑物，A為建筑物的最高點．設計一種測量建筑物高度AB的方法． 分析：由于建筑物的底部B是不可到達的，所以不能直接測量出建筑物的高．由解直角三角形的知識，只要能知道一點C到建筑物頂部A的距離CA，并能測出由點C觀察A的仰角，就可以計算出建筑物的高．為了求出CA的長，可選擇一條水平基線HG（如圖43-9），使H，G，B三點在同一條直線上．在G，H兩點用測角儀器測得A的仰角分別為α，β，設CD＝ａ，測角儀器的高為ｈ，則在△ACD中，由正弦定理，得－β），從而可求得AB＝AE＋h＝ACsinα＋h＝［練習］

1.在△ABC中，已知下列條件，解三角形．（角精確到1°，邊長精確到1cm）（1）A＝45°，C＝30°，ｃ＝10cm．（2）A＝60°，B＝45°，ｃ＝20cm．（3）ａ＝20cm，ｂ＝11cm，B＝30°．（4）ｃ＝54cm，ｂ＝39cm，ｃ＝115°．

2.在△ABC中，已知下列條件，解三角形．（角精確到0.1°，邊長精確到0.1cm）（1）ａ＝2.7cm，ｂ＝3.696cm，C＝82.2°．（2）ｂ＝12.9cm，ｃ＝15.4cm，A＝42.3°．（3）ａ＝7cm，ｂ＝10cm，ｃ＝6cm．

四、拓展延伸

1.在△ABC中，有正弦定理

＋h．，sin（α

這涉及比值的連等式．請探索并研究是一個什么樣的量，并加以證明．

2.在△ABC中，已知三邊的長為ａ，ｂ，ｃ，如何判定△ABC的形狀？ 3.已知：在△ABC中，ａ＝60，ｂ＝50，Ａ＝38°，求B．（精確到1°）

分析：.∵0°＜B＜180°，∴B≈31°或B≈149°，但當B≈149°時，A＋B＝187°，這與A，B為三角形內角矛盾，故B角只能取31°． 由此題與例1中的（2）題的分析可以發現，在已知三角形兩邊及其一邊對角解三角形時，在某些條件下會出現一解或兩解的情形，那么會不會出現無解的情形呢？

（1）當A為鈍角或直角，必須滿足ａ＞ｂ才有解（ａ≤ｂ無解），并且由sinB＝計算B時，只能取銳角，因此，只有一解，如圖43-10．

（2）當A為銳角時，①若ａ＞ｂ或ａ＝ｂ，則由sinB＝解，如圖40-11．

計算B時，只能取銳角的值，因此，只有一②若ａ＜ｂsinA，則由sinB＝，得sinB＞1，因此，無解．如圖43-12．

③若ａ＝bsinA，則由sinB＝，得sinB＝1，即Ｂ為直角，故只有一解，如圖43-13．

④若ｂ＞ａ＞bsinA，則sinB＜1，故B可取一個銳角和一個鈍角的值，如圖43-14．

思考：若已知三角形的兩角和一邊、三邊、兩邊及其夾角來解三角形時，它們的解會是怎樣的？

第四篇：平面向量基本定理(教學設計)

平面向量基本定理

教學設計

教材分析：

分析基本定理在教材中的作用，讓學生有目標性地學習． 教學目標：

1．通過作圖法理解并掌握平面向量基本定理的內容及含義．

2．深刻理解向量的基底表示的意義及作用，會將平面內的任意一個向量用一組基底表示． 2．理解平面上兩個向量的夾角的概念及范圍，掌握平面內兩個向量的位置關系． 3．會用平面向量基本定理解決向量相互表示的問題． 教學重難點：

重點：平面向量基本定理的內容，向量基底的意義及應用； 難點：平面向量基本定理的應用．

教學方法：CAI課件、圖形模擬法、形成性歸納與總結． 課時安排：1課時． 教學過程： Ⅰ 新課導入

【回顧】：向量數乘運算．（重點回顧幾何意義及作圖方法）【圖片】：

幻燈片1

（展示生活中許多結構與矢量的聯系）

【引入】：物理中力的合成與分解．

幻燈片2

（展示物理學中力的合成與分解）

?【問題】：力是物理學中的矢量，矢量也就是數學中的向量，那么平面內的任一向量a能否都可?????以表示成?1e1??2e2的形式呢？

Ⅱ 新課講授

一、知識點精講 1．作圖分析

幻燈片3 幻燈片4 2．形成結論

幻燈片5 幻燈片6 3．練習

幻燈片7 Ⅲ 課時小結

本節課學習了平面向量的基本定理，注意基本定理的應用與向量的互相表示，這是重點，也是難點，同時還是以后學習向量坐標運算以及空間向量的基礎． Ⅳ 課后作業

（兩個例題，鞏固練習）

（歸納整理向量夾角的定義）

（動態展示向量的合成與分解）

（學生訓練）

（歸納整理平面向量基本定理的內容）

T3． 課本P102-Ⅴ 教學反思

第五篇：平面向量基本定理教案

§2.3.1平面向量基本定理教學設計

教學目的：

（1）了解平面向量基本定理；

（2）理解平面里的任何一個向量都可以用兩個不共線的向量來表示，初步掌握應用向量解決實際問題的重要思想方法；（3）能夠在具體問題中適當地選取基底，使其他向量都能夠用基底來表達.教學重點：平面向量基本定理.教學難點：平面向量基本定理的理解與應用.授課類型：新授課 教學過程：

一、復習引入：

??1．實數與向量的積：實數λ與向量a的積是一個向量，記作：λa

??（1）|λa|=|λ||a|；

?????（2）λ>0時λa與a方向相同；λ<0時λa與a方向相反；λ=0時λa=0

2．運算定律

??結合律：λ(μa)=(λμ)a ；

???????分配律：(λ+μ)a=λa+μa，λ(a+b)=λa+λb

??3.向量共線定理 向量b與非零向量a共線的充要條件是：有且只有一個非零??實數λ，使b=λa.二、講解新課：

1．提出問題：由平行四邊形想到：

（1）是不是每一個向量都可以分解成兩個不共線向量？且分解是唯一？（2）對于平面上兩個不共線向量e1，e2是不是平面上的所有向量都可以用它們來表示？

2．設e1，e2是不共線向量，a是平面內任一向量，e1 a

MC

N B e2

O OA=e1，OM=λ

1e2； OB=e2，ON=λe2

21OC=a=OM+ON=λ

e1+λe2，2平面向量基本定理：如果e1，e2是同一平面內的兩個不共線向量，那么對

??于這一平面內的任一向量a，有且只有一對實數λ1，λ2使a=λ1e1+λ2e2.探究：

(1)我們把不共線向量ｅ１、ｅ２叫做表示這一平面內所有向量的一組基底；(2)基底不惟一，關鍵是不共線；

(3)由定理可將任一向量a在給出基底ｅ１、ｅ２的條件下進行分解；

?(4)基底給定時，分解形式惟一.λ1，λ2是被a，e1，e2唯一確定的數量

3、兩個非零向量的夾角：

???????????? 如圖所示，已知兩個非零向量a,b，在平面上任取一點O，作OA?aO ,B?b，??則?AOB???0?????叫做向量a與b的夾角，ba BAO θbθ bAOB aa【說明】（1）研究兩個非零向量的夾角時，必須先將這兩個向量的起點移至同一個點；但是當兩個向量的終點重合時，表示向量的這兩條線段所成的?0,??范圍內的角也等于這兩個向量之間的夾角。（2）只有非零向量之間才存在夾角；

??（3）如果∠AOB=0°a與b同向；

????（4）如果∠AOB=90°，我們就說向量a與b垂直，記作：a?b；

??（5）如果∠AOB=180°a與b反向。

三、講解范例：

例1 已知向量e1，e2 求作向量?2.5e1+3e2.作法：見教材

四、課堂練習：

1.設e1、e2是同一平面內的兩個向量，則有()A.e1、e2一定平行

e2e1B.e1、e2的模相等

C.同一平面內的任一向量a都有a =λe1+μe2(λ、μ∈R)D.若e1、e2不共線，則同一平面內的任一向量a都有a =λe1+ue2(λ、u∈R)2.已知矢量a = e1-2e2，b =2e1+e2，其中e1、e2不共線，則a+b與c =6e1-2e2的關系

A.不共線 B.共線 C.相等 D.無法確定

3.已知向量e1、e2不共線，實數x、y滿足(3x-4y)e1+(2x-3y)e2=6e1+3e2，則x-y的值等于()A.3 B.-3 C.0 D.2

五、小結：平面向量基本定理，其實質在于：同一平面內任一向量都可以表示為兩個不共線向量的線性組合．

六、課后作業：課本：101頁1,2 板書設計：略