第2讲 平面向量基本定理及坐标表示
[基础题组练]
1．已知a＝(1，1)，b＝(1，－1)，c＝(－1，2)，则c等于( ) 13
A．－a＋b
2231
C．－a－b
22
13B.a－b 2231D．－a＋b
22
??－1＝λ＋μ，
解析：选B.设c＝λa＋μb，则(－1，2)＝λ(1，1)＋μ(1，－1)，所以?
??2＝λ－μ，
1
λ＝，??213所以?所以c＝a－b.
223
??μ＝－2，
2．设向量a＝(x，1)，b＝(4，x)，且a，b方向相反，则x的值是( ) A．2 C．±2 解析：选B.因为aB．－2 D．0
??4＝mx，
与b方向相反，所以b＝ma，m<0，则有(4，x)＝m(x，1)，所以?
?x＝m，?
解得m＝±2.又m<0，所以m＝－2，x＝m＝－2.
→→
3．已知A(1，4)，B(－3，2)，向量BC＝(2，4)，D为AC的中点，则BD＝( ) A．(1，3) C．(－3，－3)
B．(3，3) D．(－1，－3)
???x＋3＝2，?x＝－1，→?解析：选B.设C(x，y)，则BC＝(x＋3，y－2)＝(2，4)，所以解得??y－2＝4，?y＝6??
→
即C(－1，6)．由D为AC的中点可得点D的坐标为(0，5)，所以BD＝(0＋3，5－2)＝(3，3)．
4．(2020·温州瑞安七中高考模拟)向量a，b，c在正方形网格中的位置如图所示，若
λc＝λa＋μb(λ，μ∈R)，则＝( )
μ 1
A．－8 C．4
B．－4 D．2
解析：选C.设正方形的边长为1，则易知c＝(－1，－3)，
a＝(－1，1)，b＝(6，2)；因为c＝λa＋μb，
所以(－1，－3)＝λ(－1，1)＋μ(6，2)， 1λ解得λ＝－2，μ＝－，故＝4.
2μ→→→→→→→
5．已知非零不共线向量OA，OB，若2OP＝xOA＋yOB，且PA＝λAB(λ∈R)，则点Q(x，
y)的轨迹方程是( )
A．x＋y－2＝0 C．x＋2y－2＝0
B．2x＋y－1＝0 D．2x＋y－2＝0
→→→→→→→→→→→
解析：选A.由PA＝λAB，得OA－OP＝λ(OB－OA)，即OP＝(1＋λ)OA－λOB.又2OP＝xOA??x＝2＋2λ，＋yOB，所以?消去λ得x＋y－2＝0，故选A.
?y＝－2λ，?
→
6．(2020·金华十校联考)已知△ABC的三个顶点A，B，C的坐标分别为(0，1)，(2，→→→→
0)，(0，－2)，O为坐标原点，动点P满足|CP|＝1，则|OA＋OB＋OP|的最小值是( )
A.3－1 C.3＋1
B.11－1 D.11＋1
→22
解析：选A.设点P(x，y)，动点P满足|CP|＝1可得x＋(y＋2)＝1. →→→
根据OA＋OB＋OP的坐标为(
2
2
→→→
2＋x，y＋1)，可得|OA＋OB＋OP|＝
（x＋2）＋（y＋1），表示点P(x，y)与点Q(－2，－1)之间的距离．
→→→22
显然点Q在圆C：x＋(y＋2)＝1的外部，求得QC＝3，|OA＋OB＋OP|的最小值为QC－1＝3－1，
故选A.
?1?若a∥b，则锐角θ＝________．
7．已知向量a＝(1－sin θ，1)，b＝?，1＋sin θ?，
?2?
112
解析：因为a∥b，所以(1－sin θ)×(1＋sin θ)－1×＝0，得cosθ＝，所以cos
22
2
θ＝±
2π，又因为θ为锐角，所以θ＝. 24
π答案：
4
→→→
8．设向量OA＝(1，－2)，OB＝(a，－1)，OC＝(－b，0)，其中a＞0，b＞0，O为坐标原点，若A，B，C三点共线，则ab的最大值为________．
→→→→
解析：易知AB＝(a－1，1)，AC＝(－b－1，2)，由A，B，C三点共线知AB∥AC，故2(a－1)－(－b－1)＝0，所以2a＋b＝1.
1
由基本不等式可得1＝2a＋b≥22ab，当且仅当2a＝b时等号成立，所以ab≤，
81
即ab的最大值为.
81答案：
8
9．(2020·台州质检)在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，向量a＝(cos C，3b－c)，向量b＝(cos A，a)且a∥b，则tan A＝________．
解析：a∥b?(3b－c)cos A－acos C＝0，即3bcos A＝ccos A＋acos C，再由正弦定理得3sin Bcos A＝sin Ccos A＋cos Csin A?3sin Bcos A＝sin(C＋A)＝sin B，即cos A＝
36sin A，所以sin A＝，tan A＝＝2. 33cos A答案：2
10．如图，两块全等的等腰直角三角板拼在一起形成一个平面图形，若直角边长为2，→→→
且AD＝λAB＋μAC，则λ＋μ＝________．
解析：因为∠DEB＝∠ABC＝45°， 所以AB∥DE，
过D作AB，AC的垂线DM，DN， 则AN＝DM＝BM＝BD·sin 45°＝2， 所以DN＝AM＝AB＋BM＝2＋2， 2→→→→2＋2→
所以AD＝AM＋AN＝AB＋AC，
22
3
2＋22
所以λ＝，μ＝，
22所以λ＋μ＝1＋2. 答案：1＋2
→→→→→
11．已知OA＝a，OB＝b，OC＝c，OD＝d，OE＝e，设t∈R，如果3a＝c，2b＝d，e＝t(a＋b)，那么t为何值时，C，D，E三点在一条直线上？
→
解：由题设，知CD＝d－c＝2b－3a， →
CE＝e－c＝(t－3)a＋tb.
C，D，E三点在一条直线上的充要条件是存在实数k，使得CE＝kCD，
即(t－3)a＋tb＝－3ka＋2kb， 整理得(t－3＋3k)a＝(2k－t)b. ①若a，b共线，则t可为任意实数；
??t－3＋3k＝0，
②若a，b不共线，则有?
?2k－t＝0，?
→→
6
解之得t＝.
5
综上，可知a，b共线时，t可为任意实数；
a，b不共线时，t＝.
12．(2020·杭州市七校高三联考)在平行四边形ABCD中，M，N分别是线段AB，BC的π
中点，且|DM|＝1，|DN|＝2，∠MDN＝.
3
→→→→
(1)试用向量AB，AD表示向量DM，DN； →→
(2)求|AB|，|AD|；
→→→
(3)设O为△ADM的重心(三角形三条中线的交点)，若AO＝xAD＋yAM，求x，y的值． 解：(1)如图所示， →→
65
DM＝DA＋AM＝AB－AD； DN＝DC＋CN＝AB＋CB＝AB－AD.
→2→4→→4→2→
(2)由(1)知AD＝DN－DM，AB＝DN－DM，
3333→
所以|AD|＝
4→?4?2→DN－DM＝， ?3
3???3
4
→→
1→→
2
1→2
→→→
→1→
2
2
→|AB|＝2→?2?4→?3DN－3DM?＝313. ??
2
→→→
(3)由重心性质知：AO＋DO＋MO＝0，所以有：
→→→→→→→→→→→0＝xAD＋yAM＋OA＝x(AO－DO)＋y(AO－MO)－AO＝(x＋y－1)AO＋(－x)DO＋(－y)MO. 1
所以(x＋y－1)∶(－x)∶(－y)＝1∶1∶1?x＝y＝.
3
[综合题组练]
26
1．(2020·宁波诺丁汉大学附中期中考试)在△ABC中，BC＝7，AC＝6，cos C＝.
7→→2λ→
若动点P满足AP＝(1－λ)AB＋AC(λ∈R)，则点P的轨迹与直线BC，AC所围成的封闭区
3域的面积为( )
A．5 C．26
B．10 D．46
→2→→→2λ→→→
解析：选A.设AD＝AC，因为AP＝(1－λ)AB＋AC＝(1－λ)AB＋λAD，所以B，D，P3326
三点共线．所以P点轨迹为直线BC.在△ABC中，BC＝7，AC＝6，cos C＝，所以sin C75151
＝，所以S△ABC＝×7×6×＝15，所以S△BCD＝S△ABC＝5. 7273
2．设两个向量a＝(λ＋2，λ－cosα)和b＝?m，＋sin α?，其中λ，m，α为实
2数，若a＝2b，则的取值范围是( )
A．[－6，1] C．(－∞，1]
B．[4，8] D．[－1，6]
2
2
??
m??
λm??λ＋2＝2m，
解析：选A.由a＝2b，得?2 2
?λ－cosα＝m＋2sin α，???λ＝2m－2，
所以?2 2
?λ－m＝cosα＋2sin α，?
又cosα＋2sin α＝－sin α＋2sin α＋1＝－(sin α－1)＋2，所以－2≤cosα＋2sin α≤2，所以－2≤λ－m≤2，
1λ2m－2222
将λ＝(2m－2)代入上式，得－2≤(2m－2)－m≤2，得≤m≤2，所以＝＝2
4mm2
－∈[－6，1]．
2
2222
m 5