6.3.2—6.3.4 平面向量的坐标运算

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[【基础过关系列】高一数学同步精品讲义与分层练习 (人教 A 版 2019）]
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必修第二册同步巩固，难度 2 颗星！

基础知识

正交分解及其坐标表示

① 正交分解
把一个向量分解为两个互相垂直的向量，叫做把向量作正交分解；

如上图，重力 $G$ 分解成平行斜面的力 $F_1$ 和垂直于斜面的压力 $F_2$.
 

② 向量的坐标表示
在平面内建立直角坐标系，以与 $x$ 轴、$y$ 轴方向相同的两个单位向量 $\vec{i}$ ， $\vec{j}$ 为基底，
则平面内的任一向量 $\vec{a}$ 可表示为 $\vec{a}=x \vec{i}+y \vec{j}=(x， y)$，
$(x ，y)$ 称为向量 $\vec{a}$ 的坐标，$\vec{a}=(x， y)$ 叫做向量 $\vec{a}$ 的坐标表示.
向量 $\vec{a}=(x， y)$，可看成以原点为起点，点 $(x ，y)$ 为终点的向量.

【例】如下图，用基底 $\{\vec{i}， \vec{j}\}$ 表示向量 $\overrightarrow{A B}$，并求出坐标.

解 $\overrightarrow{A B}=\overrightarrow{A A_1}+\overrightarrow{A A_2}=2 \vec{i}+\vec{j}$，所以 $\overrightarrow{A B}=(2，1)$.
 

平面向量的坐标运算

设 $\vec{a}=\left(x_1， y_1\right)$ ， $\vec{b}=\left(x_2， y_2\right)$，则
(1) 向量的模 $|\vec{a}|=\sqrt{x_1^2+y_1^2}$
(2) 向量的加减法运算 $\vec{a}+\vec{b}=\left(x_1+x_2， y_1+y_2\right)$， $\vec{a}-\vec{b}=\left(x_1-x_2， y_1-y_2\right)$
(3) 若 $A(x_1 ，y_1)$，$B(x_2 ，y_2)$，则 $\overrightarrow{A B}=\left(x_2-x_1， y_2-y_1\right)$
(4) 实数与向量的积 $\lambda \vec{a}=\lambda\left(x_1， y_1\right)=\left(\lambda x_1， \lambda y_1\right)$
拓展 定比分点
线段 $P_1 P_2$ 的端点 $P_1$ 、$P_2$ 的坐标分别是 $(x_1 ，y_1)$，$(x_2 ，y_2)$，点 $P$ 是直线 $P_1 P_2$ 上的一点，
当 $\overrightarrow{P_1 P}=\lambda \overrightarrow{P P_2}$ 时，点 $P$ 的坐标是 $\left(\dfrac{x_1+\lambda x_2}{1+\lambda} ， \dfrac{y_1+\lambda y_2}{1+\lambda}\right)$.

【例】若 $\vec{a}=(-4，3)$， $\vec{b}=(2，5)$，求 $|\vec{a}|$， $2 \vec{b}-3 \vec{a}$.
解 $|\vec{a}|=\sqrt{(-4)^2+3^2}=5$， $2 \vec{b}-3 \vec{a}=(4，10)-(-12，9)=(16，1)$.
 

平行向量

若 $\vec{a}(x_1 ，y_1)$，$\vec{b}(x_2 ，y_2)$，其中 $\vec{b}≠\vec{0}$，则 $\vec{a}∥\vec{b} ⇔ x_1 y_2=x_2 y_1$.
证明 $\vec{a}∥\vec{b}$ 的充要条件是存在实数 $λ$，使得 $\vec{a}=λ\vec{b}$，所以 $(x_1 ，y_1)=λ(x_2 ，y_2)$，
所以 $\left\{\begin{array}{l} x_1=\lambda x_2 \\ y_1=\lambda y_2 \end{array}\right.$，消 $λ$ 得 $x_1 y_2=x_2 y_1$.
 

【例】已知 $\vec{a}=(4，2)$，$\vec{b}=(2，m)$，且 $\vec{a}||\vec{b}$，求 $m$.
解 $∵\vec{a}||\vec{b}$，$∴4m=4$，解得 $m=1$.
 

基本方法

【题型1】 平面向量的坐标运算

【典题 1】 已知向量 $\vec{a}=(2，1)$，$\vec{b}=(-1，k)$，若存在实数 $λ$，使得 $\vec{a}=λ\vec{b}$，则 $k$ 和 $λ$ 的值分别为 (　　)
 A．$-\dfrac{1}{2}，-2$ $\qquad \qquad \qquad$ B． $\dfrac{1}{2}，-2$ $\qquad \qquad \qquad$C．$-\dfrac{1}{2}， 2$ $\qquad \qquad \qquad$ D．$\dfrac{1}{2}， 2$
解析 $∵\vec{a}=λ\vec{b}$，$∴(2，1)=(-λ，kλ)$，
$\therefore\left\{\begin{array}{l} -\lambda=2 \\ k \lambda=1 \end{array}\right.$，解得 $λ=-2$， $k=-\dfrac{1}{2}$．
故选：$A$．
点拨 实数与向量的积 $λ\vec{a}=λ(x_1 ，y_1)=(λx_1 ，λy_1)$.
 

【典题 2】已知向量 $\vec{a}$，$\vec{b}$ 满足 $2\vec{a}-\vec{b}=(0，3)$，$\vec{a}-2\vec{b}=(-3，0)$，$λ\vec{a}+μ\vec{b}=(-1，1)$，则 $λ+μ=$(　　)
 A．$-1$ $\qquad \qquad \qquad$ B．$0$ $\qquad \qquad \qquad$ C．$1$ $\qquad \qquad \qquad$D．$2$
解析 $∵2\vec{a}-\vec{b}=(0，3)$，则 $4\vec{a}-2\vec{b}=(0，6)$，①，
又 $\vec{a}-2\vec{b}=(-3，0)$，②，
由① ②得：$3\vec{a}=(3，6)$，即 $\vec{a}=(1，2)$，
同理，$\vec{b}=(2，1)$，
又 $λ\vec{a}+μ\vec{b}=(λ+2μ，2λ+μ)=(-1，1)$，
即 $\left\{\begin{array}{l} \lambda+2 \mu=-1 \\ 2 \lambda+\mu=1 \end{array}\right.$，得 $\left\{\begin{array}{l} \lambda=1 \\ \mu=-1 \end{array}\right.$，
故 $λ+μ=1+(-1)=0$，
故答案为：$B$．
点拨 由 $2\vec{a}-\vec{b}=(0，3)$，$\vec{a}-2\vec{b}=(-3，0)$ 得 $\vec{a}$，$\vec{b}$ 的坐标类似解一个二元一次方程.
 

【巩固练习】

1. 设向量 $\vec{a}=(1，1)$，$\vec{b}=(3，-2)$，则 $3\vec{a}-2\vec{b}=$ (　　)
 A．$(-3，7)$ $\qquad \qquad \qquad$ B．$(0，7)$ $\qquad \qquad \qquad$C．$(3，5)$ $\qquad \qquad \qquad$ D．$(-3，5)$
 

2. 已知点 $A(0，3)$，$B(-1，2)$，且 $\overrightarrow{B C}=(3，-4)$，则 $\overrightarrow{A C}=$ (　　)
 A．$(2，5)$ $\qquad \qquad \qquad$ B．$(2，-5)$ $\qquad \qquad \qquad$ C．$(-2，-5)$ $\qquad \qquad \qquad$ D．$(-2，5)$
 

3. 已知向量 $\vec{a}=(1，2)$，$\vec{b}=(2，3)$，$\vec{c}=(3，4)$，若 $\vec{c}=λ\vec{a}+μ\vec{b}$，则 $λ+μ=$ (　　)
 A．$1$ $\qquad \qquad \qquad\qquad$ B．$-1$$\qquad \qquad \qquad \qquad$ C．$-2$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D．$3$
 

参考答案

1. 答案 $A$
   解析 $\vec{a}=(1，1)$，$\vec{b}=(3，-2)$，
   则 $3\vec{a}-2\vec{b}=(3，3)-(6，-4)=(-3，7)$．
   故选：$A$．
2. 答案 $B$
   解析 $\because$ 点 $A(0，3)$，$B(-1，2)$，且 $\overrightarrow{B C}=(3，-4)$，
   $\therefore \overrightarrow{A C}=\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{B C}=(-1，-1)+(3，-4)=(2，-5)$．
   故选：$B$．
3. 答案 $A$
   解析 由 $\vec{c}=λ\vec{a}+μ\vec{b}=(λ，2λ)+(2μ，3μ)=(λ+2μ，2λ+3μ)=(3，4)$，
   所以 $λ+2μ=3$，$2λ+3μ=4$，解得 $λ=-1$，$μ=2$，所以 $λ+μ=1$，
   故选：$A$．
    

【题型2】 平行向量

【典题 1】 已知向量 $\vec{a}=(-1，2)$，$\vec{b}=(1，-2λ)$，若 $(\vec{a}+3\vec{b})||(\vec{a}-\vec{b})$，则实数 $λ$ 的值为 (　　)
 A．$1$ $\qquad \qquad \qquad$ B．$0$ $\qquad \qquad \qquad$ C． $\dfrac{4}{3}$$\qquad \qquad \qquad$ D． $-\dfrac{2}{3}$
解析 根据题意，向量 $\vec{a}=(-1，2)$，$\vec{b}=(1，-2λ)$，
则 $\vec{a}+3\vec{b}=(2，2-6λ)$，$\vec{a}-\vec{b}=(-2，2+2λ)$，
若 $(\vec{a}+3\vec{b})||(\vec{a}-\vec{b})$，则 $2(2+2λ)=-2×(2-6λ)$，解可得：$λ=1$，
故选：$A$．
点拨 若 $\vec{a}(x_1 ，y_1)$，$\vec{b}(x_2 ，y_2)$，其中 $\vec{b}≠\vec{0}$，则 $\vec{a}∥\vec{b} ⇔ x_1 y_2=x_2 y_1$.
 

【典题 2】已知点 $A(-1，-1)$，$B(1，3)$，$C(x，5)$，若对于平面上任意一点 $O$，都有 $\overrightarrow{O C}=\lambda \overrightarrow{O A}+(1-\lambda) \overrightarrow{O B}$，$λ∈R$，则 $x=$$\underline{\quad \quad}$．
解析 $\because A(-1，-1)$，$B(1，3)$，$C(x，5)$，且对于平面上任意一点 $O$，都有 $\overrightarrow{O C}=\lambda \overrightarrow{O A}+(1-\lambda) \overrightarrow{O B}$，$λ∈R$，
$\therefore A$，$B$，$C$ 三点共线，即 $\overrightarrow{A B}$ 与 $\overrightarrow{A C}$ 共线，
$\because \overrightarrow{A B}=(2，4)$， $\overrightarrow{A C}=(x+1，6)$，
，解得：$x=2$．
故答案为：$2$．
 

【巩固练习】

1. 已知平面向量 $\vec{a}$，$\vec{b}$ 满足 $\vec{a}=(-2，1)$，$|\vec{b}|=3 \sqrt{5}$，$\vec{a}$ 与 $\vec{b}$ 方向相同，则 $\vec{b}$ 的坐标是 (　　)
 A．$(3，-6)$ $\qquad \qquad \qquad$ B．$(6，-3)$ $\qquad \qquad \qquad$ C．$(-6，3)$ $\qquad \qquad \qquad$ D．$(-3，6)$
 

2. 已知向量 $\vec{m}=(\sqrt{3}， 2 \cos \theta+1)$， $\vec{n}=(1，2 \sin \theta)$，且 $\vec{m} / / \vec{n}$，则 $\sin \left(\theta-\dfrac{\pi}{6}\right)=$ $\underline{\quad \quad}$．
 

3. 已知向量 $\vec{a}=(3，-2)$，$\vec{b}=(x，y-1)$ 且 $\vec{a}||\vec{b}$，若 $x$，$y$ 均为正数，则 $\dfrac{3}{x}+\dfrac{2}{y}$ 的最小值是 $\underline{\quad \quad}$．
 

参考答案

1. 答案 $C$
   解析 已知平面向量 $\vec{a}$，$\vec{b}$ 满足 $\vec{a}=(-2，1)$，$|\vec{b}|=3 \sqrt{5}$，$\vec{a}$ 与 $\vec{b}$ 方向相同，
   则 $\vec{b}=(-2λ，λ)$，其中 $λ>0$，
   则 $(-2 \lambda)^2+\lambda^2=45$，即 $λ=3$，即 $\vec{b}=(-6，3)$，
   故选：$C$．
2. 答案 $\dfrac{1}{4}$
   解析 $\because \vec{m} / / \vec{n}$，
   $\therefore 2 \sqrt{3} \sin \theta-2 \cos \theta-1=4 \sin \left(\theta-\dfrac{\pi}{6}\right)-1=0$，解得 $\sin \left(\theta-\dfrac{\pi}{6}\right)=\dfrac{1}{4}$．
   故答案为：$\dfrac{1}{4}$．
3. 答案 $8$
   解析 $\because \vec{a}||\vec{b}$，$\therefore -2x-3(y-1)=0$，化简得 $2x+3y=3$，
   $\therefore \dfrac{3}{x}+\dfrac{2}{y}=\left(\dfrac{3}{x}+\dfrac{2}{y}\right) \times \dfrac{1}{3}(2 x+3 y)=\dfrac{1}{3}\left(6+\dfrac{9 y}{x}+\dfrac{4 x}{y}+6\right)$$\geqslant \dfrac{1}{3}\left(12+2 \sqrt{\dfrac{9 y}{x} \cdot \dfrac{4 x}{y}}\right)=8$，
   当且仅当 $2 x=3 y=\dfrac{3}{2}$ 时，等号成立；
   $\therefore \dfrac{3}{x}+\dfrac{2}{y}$ 的最小值是 $8$．
    

【题型3】平面向量的坐标运用

【典题 1】 平面上有 $A(2，1)$，$B(-1，4)$，$D(-2，3)$ 三点，点 $C$ 在直线 $AB$ 上，且 $\overrightarrow{A C}=2 \overrightarrow{B C}$，连接 $DC$ 并延长 $DC$ 至 $E$，使 $|\overrightarrow{C E}|=\dfrac{1}{2}|\overrightarrow{C D}|$，则点 E 的坐标为 (　　)
 A．$(-5，9)$ $\qquad \qquad \qquad$ B．$(-3，9)$ $\qquad \qquad \qquad$ C．$(-1，4)$ $\qquad \qquad \qquad$ D．$(-3，7)$
解析 因为 $A(2，1)$，$B(-1，4)$，$D(-2，3)$ 三点，点 $C$ 在直线 $AB$ 上，且 $\overrightarrow{A C}=2 \overrightarrow{B C}$，
所以 $B$ 为 $AC$ 的中点，则 $C(-4，7)$，
连接 $DC$ 并延长 $DC$ 至 $E$，使 $|\overrightarrow{C E}|=\dfrac{1}{2}|\overrightarrow{C D}|$，即 $\overrightarrow{C E}=-\dfrac{1}{2} \overrightarrow{C D}$，
设 $E(x，y)$，则 $(x+4， y-7)=-\dfrac{1}{2}(2，-4)$，
即 $\left\{\begin{array}{l} x+4=-1 \\ y-7=2 \end{array}\right.$，解得 $\left\{\begin{array}{l} x=-5 \\ y=9 \end{array}\right.$，
所以点 $E$ 的坐标为 $(-5，9)$．
故选：$A$．

点拨 求点 $E$ 的坐标使用待定系数法.
 

【典题 2】已知直角梯形 $ABCD$ 中，$AD⊥AB$，$AB=2AD=2CD$，过点 $C$ 作 $CE⊥AB$，垂足为点 $E$，$M$ 为 $CE$ 的中点，用向量的方法证明：
 (1)$DE||BC$；$\qquad \qquad$ (2)$D$，$M$，$B$ 三点共线．
解析 (1) 证明：如图，以 $E$ 为原点，$AB$ 所在直线为 $x$ 轴，$EC$ 所在直线为 $y$ 轴建立平面直角坐标系，
令 $|\overrightarrow{A D}|=1$，则 $|\overrightarrow{D C}|=1$， $|\overrightarrow{A B}|=2$
因为 $CE⊥AB$，$AD⊥AB$，$CD||AB$，$AD=DC$，
易知四边形 $AECD$ 为正方形．
所以可求得各点坐标分别为 $E(0，0)$，$B(1，0)$，$C(0，1)$，$D(-1，1)$，$A(-1，0)$，
因为 $\overrightarrow{E D}=(-1，1)-(0，0)=(-1，1)$， $\overrightarrow{B C}=(0，1)-(1，0)=(-1，1)$，
所以 $\overrightarrow{E D}=\overrightarrow{B C}$，所以 $\overrightarrow{E D} / / \overrightarrow{B C}$，
又 $ED$ 与 $BC$ 无公共点，所以 $DE||BC$．
(2) 证明：连接 $MB$，$MD$．
因为 $M$ 为 $CE$ 的中点，所以 $M\left(0， \dfrac{1}{2}\right)$，
所以 $\overrightarrow{M D}=(-1，1)-\left(0， \dfrac{1}{2}\right)=\left(-1， \dfrac{1}{2}\right)$， $\overrightarrow{M B}=(1，0)-\left(0， \dfrac{1}{2}\right)=\left(1，-\dfrac{1}{2}\right)$，
所以 $\overrightarrow{M D}=-\overrightarrow{M B}$，所以 $\overrightarrow{M D} / / \overrightarrow{M B}$．
又 $MD$ 与 $MB$ 有公共点 $M$，所以 $D$，$M$，$B$ 三点共线．

点拨 感受下向量法对于处理几何问题的威力，建系利用向量的坐标表示有时候往往使得问题更简便.
 

【巩固练习】

1. 已知 $O$ 是坐标原点，点 $A$ 在第二象限，$|\overrightarrow{O A}|=2$， $\angle x O A=150^{\circ}$，求向量 $\overrightarrow{O A}$ 的坐标为 $\underline{\quad \quad}$．
 

2. 已知平行四边形 $ABCD$ 的三个顶点 $A$，$B$，$C$ 的坐标分别是 $(-2，1)$，$(-1，3)$，$(3，4)$，则向量 $\overrightarrow{B D}$ 的坐标是 $\underline{\quad \quad}$．
 

3. 已知对任意平面向量 $\overrightarrow{A B}=(x， y)$，把 $\overrightarrow{A B}$ 绕其起点沿逆时针方向旋转 $θ$ 角得到向量 $\overrightarrow{A P}=(x \cos \theta-y \sin \theta，$$x \sin \theta+y \cos \theta)$．如图所示，顶角 $∠Q=120^∘$ 的等腰三角形 $PQR$ 的顶点 $P$、$Q$ 的坐标分别为 $P(1，0)$、 $Q(3， \sqrt{3})$，则顶点 $R$ 的坐标为 $\underline{\quad \quad}$ ．

 

4. 如图，在直角梯形 $ABCD$ 中，$AB||DC$，$AD⊥DC$，$AD=DC=2AB$，$E$ 为 $AD$ 的中点，若 $\overrightarrow{C A}=\lambda \overrightarrow{C E}+\mu \overrightarrow{D B}$，则 $λ+μ$ 的值为 $\underline{\quad \quad}$．

 

参考答案

1. 答案 $(-\sqrt{3}， 1)$
   解析 $\because O$ 是坐标原点，点 $A$ 在第二象限，$|\overrightarrow{O A}|=2$， $\angle x O A=150^{\circ}$，
   $\therefore x_A=|\overrightarrow{O A}| \cdot \cos \angle x O A=2 \times \dfrac{-\sqrt{3}}{2}=-\sqrt{3}$，
   $y_A=|\overrightarrow{O A}| \cdot \sin \angle x O A=2 \times \dfrac{1}{2}=1$，即 $A(-\sqrt{3}， 1)$， $\therefore \overrightarrow{O A}=(-\sqrt{3}， 1)$．
   故答案为： $(-\sqrt{3}， 1)$．
2. 答案 $(3，-1)$
   解析 $\because$ 平行四边形 $ABCD$ 的三个顶点 $A$，$B$，$C$ 的坐标分别是 $(-2，1)$，$(-1，3)$，$(3，4)$，
   $\therefore \overrightarrow{B A}=(-2，1)-(-1，3)=(-1，-2)$， $\overrightarrow{A D}=\overrightarrow{B C}=(3，4)-(-1，3)=(4，1)$．
   $\therefore \overrightarrow{B D}=\overrightarrow{B A}+\overrightarrow{A D}=(-1，-2)+(4，1)=(3，-1)$．
3. 答案 $\left(\dfrac{5}{2}， \dfrac{5 \sqrt{3}}{2}\right)$
   解析 设 $R(x，y)$，则 $\overrightarrow{Q R}=(x-3， y-\sqrt{3})$， $\overrightarrow{Q P}=(-2，-\sqrt{3})$，
   因为 $\angle Q=120^{\circ}$ ，所以 $\left\{\begin{array}{l} -2=(x-3) \cos 120^{\circ}-(y-\sqrt{3}) \sin 120^{\circ} \\ -\sqrt{3}=(x-3) \sin 120^{\circ}+(y-\sqrt{3}) \sin 120^{\circ} \end{array}\right.$，
   解得 $x=\dfrac{5}{2}$，$y=\dfrac{5 \sqrt{3}}{2}$，即顶点 $R$ 的坐标为 $\left(\dfrac{5}{2}， \dfrac{5 \sqrt{3}}{2}\right)$．
   故答案为：$\left(\dfrac{5}{2}， \dfrac{5 \sqrt{3}}{2}\right)$．
4. 答案 $\dfrac{8}{5}$
   解析 如图所示，建立直角坐标系．
   不妨设 $AB=1$，则 $D(0，0)$，$C(2，0)$，$A(0，2)$，$B(1，2)$，$E(0，1)$．
   $\overrightarrow{C A}=(-2，2)$， $\overrightarrow{C E}=(-2，1)$， $\overrightarrow{D B}=(1，2)$，
   $\because$ 若 $\overrightarrow{C A}=\lambda \overrightarrow{C E}+\mu \overrightarrow{D B}$，$\therefore (-2，2)=λ(-2，1)+μ(1，2)$，
   $\therefore\left\{\begin{array}{l} -2 \lambda+\mu=-2 \\ \lambda+2 \mu=2 \end{array}\right.$，解得 $\lambda=\dfrac{6}{5}$， $\mu=\dfrac{2}{5}$．则 $\lambda+\mu=\dfrac{8}{5}$．
   

分层练习

【A组---基础题】

1. 已知向量 $\vec{a}=(-1，2)$，$\vec{b}=(3，-5)$，则 $3\vec{a}+2\vec{b}$ 等于 (　　)
 A．$(3，-4)$ $\qquad \qquad \qquad$ B．$(0，-4)$ $\qquad \qquad \qquad$ C．$(3，6)$ $\qquad \qquad \qquad$ D．$(0，6)$
 

2. 已知向量 $\vec{a}=\left(-2， \dfrac{3}{2}\right)$， $2\vec{a}+3 \vec{b}=(5，-3)$，则 $\vec{b}=$　(　　)
 A．$(-3，2)$ $\qquad \qquad \qquad$ B．$(3，-2)$ $\qquad \qquad \qquad$ C．$(3，0)$ $\qquad \qquad \qquad$ D．$(9，6)$
 

3. 已知平面向量 $\vec{a}=(m，-4)$，$\vec{b}=(-1，m+3)$，若存在实数 $λ<0$，使得 $\vec{a}=λ\vec{b}$，则实数 $m$ 的值为 (　　)
 A．$1$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B． $-\dfrac{12}{5}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ C．$-1$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D．$-4$
 

4. 已知向量 $\vec{a}=(-2，2)$，$\vec{b}=(1，-2λ)$，若 $(\vec{a}+3\vec{b})||(\vec{a}-\vec{b})$，则实数 $λ$ 的值为 (　　)
 A．$0$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B． $\dfrac{1}{2}$$\qquad \qquad \qquad \qquad$ C．$1$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D．$\dfrac{4}{3}$
 

5. 已知平面直角坐标系内 $△ABC$ 三个顶点的坐标分别为 $A(-1，1)$，$B(2，3)$，$C(-6，5)$，$D$ 为 $BC$ 边的中点，则 $\overrightarrow{A D}=$ (　　)
 A．$(-3，2)$ $\qquad \qquad \qquad$ B．$(-1，3)$ $\qquad \qquad \qquad$ C．$(-3，5)$ $\qquad \qquad \qquad$ D．$(-2，4)$
 

6. 在平行四边形 $ABCD$ 中，若 $\overrightarrow{A B}=(3，1)$，$\overrightarrow{A C}=(2，4)$，则 $\overrightarrow{B D}=$$\underline{\quad \quad}$．
 

7. 已知 $O$ 为坐标原点，$\overrightarrow{P_1 P}=-2 \overrightarrow{P P_2}$，若 $P_1 (1，2)$、$P_2 (2，-1)$，则与 $\overrightarrow{O P}$ 共线的单位向量为 $\underline{\quad \quad}$．
 

8. 已知向量 $\vec{a}=(2 \sin \theta， 1)$， $\vec{b}=(\cos \theta，-1)$， $\theta \in\left(\dfrac{\pi}{2}， \pi\right)$，且 $\vec{a}||\vec{b}$，则 $\tan ⁡θ$ 等于 $\underline{\quad \quad}$．
 

9. 已知平行四边形 $ABCD$ 中， $\overrightarrow{E C}=2 \overrightarrow{D E}$， $\overrightarrow{F C}=2 \overrightarrow{B F}$， $\overrightarrow{F G}=2 \overrightarrow{G E}$．
  (1) 用 $\overrightarrow{A B}$， $\overrightarrow{A D}$ 表示 $\overrightarrow{A G}$；
  (2) 若 $|\overrightarrow{A B}|=6$， $|\overrightarrow{A D}|=3 \sqrt{2}$， $\angle B A D=45^{\circ}$，如图建立直角坐标系，求 $\overrightarrow{G B}$ 和 $\overrightarrow{DF}$ 的坐标．

 
 

10. 如图，在平面直角坐标系中，$|\overrightarrow{O A}|=2|\overrightarrow{A B}|=2$， $\overrightarrow{B C}=(-1， \sqrt{3})$， $\angle O A B=\dfrac{2 \pi}{3}$．
  (1) 求点 $B$ 的坐标； $\qquad \qquad$ (2) 求证：$OC||AB$．

 
 

参考答案

1. 答案 $A$
   解析 $\because$ 向量 $\vec{a}=(-1，2)$，$\vec{b}=(3，-5)$，
   $\therefore 3\vec{a}+2\vec{b}=(-3，6)+(6， -10)=(3，-4)$，
   故选：$A$．

2. 答案 $B$
   解析 设 $\vec{b}=(x，y)$，向量 $\vec{a}=\left(-2， \dfrac{3}{2}\right)$， $2\vec{a}+3 \vec{b}=(5，-3)$，
   即 $(-4+3x，3+3y)=(5，-3)$，
   $\therefore\left\{\begin{array}{l} -4+3 x=5 \\ 3+3 y=-3 \end{array}\right.$，解得 $\left\{\begin{array}{l} x=3 \\ y=-2 \end{array}\right.$，则 $\vec{b}=(3，-2)$．
   故选：$B$．

3. 答案 $A$
   解析 $\because$ 平面向量 $\vec{a}=(m，-4)$，$\vec{b}=(-1，m+3)$，
   存在实数 $λ<0$，使得 $\vec{a}=λ\vec{b}$，
   $\therefore (m，-4)=(-λ，λ(m+3))$，
   $\therefore\left\{\begin{array}{l} m=-\lambda \\ -4=\lambda(m+3) \end{array}\right.$，解得 $λ=4$(舍) 或 $λ=-1$，
   $\therefore$ 实数 $m=1$．
   故选：$A$．

4. 答案 $B$
   解析 $\because$ 向量 $\vec{a}=(-2，2)$，$\vec{b}=(1，-2λ)$，
   $\therefore \vec{a}+3\vec{b}=(1，2-6λ)$，$\vec{a}-\vec{b}=(-3，2+2λ)$．
   $\because (\vec{a}+3\vec{b})||(\vec{a}-\vec{b})$，$\therefore 2+2λ-(2-6λ)×(-3)=0$， $\therefore \lambda=\dfrac{1}{2}$，
   故选：$B$．

5. 答案 $B$
   解析 $\because B(2，3)$，$C(-6，5)$，$D$ 为 $BC$ 边的中点，$\therefore D(-2，4)$，
   $\because A(-1，1)$， $\therefore \overrightarrow{A D}=(-2+1，4-1)=(-1，3)$．
   故选：$B$．

6. 答案 $A$
   解析 $\overrightarrow{B D}=\overrightarrow{B A}+\overrightarrow{A D}=-\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{B C}=-\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A C}-\overrightarrow{A B}=\overrightarrow{A C}-2 \overrightarrow{A B}$
   $=(2-2×3，4-2×1)=(-4，2)$；
   故选：$A$．

7. 答案 $\left(\dfrac{3}{5}，-\dfrac{4}{5}\right)$ 或 $\left(-\dfrac{3}{5}， \dfrac{4}{5}\right)$
   解析 设 $P(x，y)$，则根据条件得 $(x-1，y-2)=-2(2-x，-1-y)$，
   $\therefore\left\{\begin{array}{l} x-1=-2(2-x) \\ y-2=-2(-1-y) \end{array}\right.$，解得 $\left\{\begin{array}{l} x=3 \\ y=-4 \end{array}\right.$， $\therefore \overrightarrow{O P}=(3，-4)$，
   $\therefore$ 与 $\overrightarrow{O P}$ 共线的单位向量为：$\dfrac{\overrightarrow{O P}}{|\overrightarrow{O P}|}=\left(\dfrac{3}{5}，-\dfrac{4}{5}\right)$ 或 $-\dfrac{\overrightarrow{O P}}{|\overrightarrow{O P}|}=\left(-\dfrac{3}{5}， \dfrac{4}{5}\right)$．

8. 答案 $-\dfrac{1}{2}$．
   解析 根据题意，向量 $\vec{a}=(2 \sin \theta， 1)$， $\vec{b}=(\cos \theta，-1)$，
   若 $\vec{a}||\vec{b}$，则有 $2 \sin \theta \times(-1)=\cos \theta \times 1$，
   解可得 $-2 \sin \theta=\cos \theta$，则有 $\tan \theta=-\dfrac{1}{2}$；
   故答案为：$-\dfrac{1}{2}$．

9. 答案 (1) $\overrightarrow{A G}=\dfrac{5}{9} \overrightarrow{A B}+\dfrac{7}{9} \overrightarrow{A D}$ (2) $\overrightarrow{G B}=\left(\dfrac{1}{3}，-\dfrac{7}{3}\right)$， $\overrightarrow{D F}=(4，-2)$
   解析 (1) 由题意可得 $\overrightarrow{A E}=\overrightarrow{A D}+\overrightarrow{D E}=\overrightarrow{A D}+\dfrac{1}{3} \overrightarrow{A B}$， $\overrightarrow{A F}=\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{B F}=\overrightarrow{A B}+\dfrac{1}{3} \overrightarrow{A D}$，
   又 $\overrightarrow{F G}=2 \overrightarrow{G E}$，所以 $\overrightarrow{A G}-\overrightarrow{A F}=2(\overrightarrow{A E}-\overrightarrow{A G})$，
   所以 $\overrightarrow{A G}=\dfrac{2}{3} \overrightarrow{A E}+\dfrac{1}{3} \overrightarrow{A F}=\dfrac{2}{3}\left(\overrightarrow{A D}+\dfrac{1}{3} \overrightarrow{A B}\right)+\dfrac{1}{3}\left(\overrightarrow{A B}+\dfrac{1}{3} \overrightarrow{A D}\right)=\dfrac{5}{9} \overrightarrow{A B}+\dfrac{7}{9} \overrightarrow{A D}$．
   (2) 过点 $D$ 作 $AB$ 的垂线交于点 $D'$，如图，
   
   于是在 $Rt△ADD'$ 中，由 $\angle B A D=45^{\circ}$，可知 $AD'=3$，
   根据题意得各点坐标为 $A(0，0)$，$B(6，0)$，$C(9，3)$，$D(3，3)$，$E(5，3)$，$F(7，1)$，
   则 $\overrightarrow{A G}=\dfrac{5}{9} \overrightarrow{A B}+\dfrac{7}{9} \overrightarrow{A D}=\dfrac{5}{9}(6，0)+\dfrac{7}{9}(3，3)=\left(\dfrac{17}{3}， \dfrac{7}{3}\right)$，所以 $G\left(\dfrac{17}{3}， \dfrac{7}{3}\right)$，
   所以 $\overrightarrow{A B}=(6，0)$， $\overrightarrow{A G}=\left(\dfrac{17}{3}， \dfrac{7}{3}\right)$，
   所以 $\overrightarrow{G B}=\overrightarrow{A B}-\overrightarrow{A G}=\left(\dfrac{1}{3}，-\dfrac{7}{3}\right)$， $\overrightarrow{D F}=(4，-2)$．

10. 答案 (1) $\left(\dfrac{5}{2}， \dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)$ (2) 略.
    解析 (1) 由题意，因为 $\angle O A B=\dfrac{2 \pi}{3}$， $|\overrightarrow{A B}|=1$，
    故 $\overrightarrow{A B}=\left(\cos \dfrac{\pi}{3}， \sin \dfrac{\pi}{3}\right)=\left(\dfrac{1}{2}， \dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)$，
    故 $\overrightarrow{O B}=\overrightarrow{O A}+\overrightarrow{A B}=(2，0)+\left(\dfrac{1}{2}， \dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)=\left(\dfrac{5}{2}， \dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)$，
    即点 $B$ 的坐标为 $\left(\dfrac{5}{2}， \dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)$．
    证明：(2) 由题意， $\overrightarrow{O C}=\overrightarrow{O B}+\overrightarrow{B C}=\left(\dfrac{5}{2}， \dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)+(-1， \sqrt{3})=\left(\dfrac{3}{2}， \dfrac{3 \sqrt{3}}{2}\right)$，
    又 $\overrightarrow{A B}=\left(\dfrac{1}{2}， \dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)$，故 $\overrightarrow{O C}=3 \overrightarrow{A B}$，且 $OC$，$AB$ 不共线，
    故 $OC||AB$.
     

【B组---提高题】

1. 在平面直角坐标系 $xOy$ 中，已知点 $A(1，0)$ 和点 $B(-3，4)$，若点 $C$ 在 $∠AOB$ 的平分线上，且 $|\overrightarrow{O C}|=\sqrt{5}$，则 $\overrightarrow{O C}$ 的坐标为 $\underline{\quad \quad}$．
 

2. 如图，在等腰梯形 $ABCD$ 中，$AB∥CD$， $A D=D C=C B=\dfrac{1}{2} A B=1$，$F$ 是 $BC$ 的中点，点 $P$ 在以 $A$ 为圆心，$AD$ 为半径的圆弧 $DE$ 上变动，$E$ 为圆弧 $DE$ 与 $AB$ 的交点，若 $\overrightarrow{A P}=\lambda \overrightarrow{E D}+\mu \overrightarrow{A F}$，其中 $λ，μ∈R$，则 $2λ+μ$ 的取值范围是 $\underline{\quad \quad}$．

 

3. 如图所示，已知矩形 $ABCD$ 中，$AB=2$，$AD=1$， $\overrightarrow{D M}=\dfrac{1}{3} \overrightarrow{D C}$， $\overrightarrow{B N}=\dfrac{2}{3} \overrightarrow{B C}$，$AC$ 与 $MN$ 相交于点 $E$．
  (1) 若 $\overrightarrow{M N}=\lambda \overrightarrow{A B}+\mu \overrightarrow{A D}$，求 $λ$ 和 $μ$ 的值；
  (2) 用向量 $\overrightarrow{A M}$， $\overrightarrow{A N}$ 表示 $\overrightarrow{A E}$．

 
 

 

参考答案

1. 答案 $(1，2)$
   解析 $\overrightarrow{OB}$ 方向上的单位向量为 $\overrightarrow{O B^{\prime}}=\left(-\dfrac{3}{5}， \dfrac{4}{5}\right)$，
   由题意知， $\overrightarrow{O C}$ 方向上的向量为 $\overrightarrow{O C^{\prime}}=\overrightarrow{O A}+\overrightarrow{O B^{\prime}}=(1，0)+\left(-\dfrac{3}{5}， \dfrac{4}{5}\right)=\left(\dfrac{2}{5}， \dfrac{4}{5}\right)$；
   所以四边形 $OAC' B'$ 是菱形，且 $OC'$ 平分 $∠AOB'$，
   即点 $C$ 在直线 $OC'$ 上；
   又 $\left|\overrightarrow{O C^{\prime}}\right|=\sqrt{\left(\dfrac{2}{5}\right)^2+\left(\dfrac{4}{5}\right)^2}=\dfrac{2 \sqrt{5}}{5}$， $|\overrightarrow{O C}|=\sqrt{5}$；
   所以 $\overrightarrow{O C}=\dfrac{5}{2} \overrightarrow{O C^{\prime}}=(1，2)$．
   故答案为 $(1，2)$．

2. 答案 $[0，2]$
   解析 建立平面直角坐标系如图所示，
   则 $A(0，0)$，$E(1，0)$， $D\left(\dfrac{1}{2}， \dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)$，$B(2，0)$， $C\left(\dfrac{3}{2}， \dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)$， $F\left(\dfrac{7}{4}， \dfrac{\sqrt{3}}{4}\right)$；
   设 $P(\cos \alpha， \sin \alpha)\left(0^{\circ} \leq \alpha \leq 60^{\circ}\right)$，
   由 $\overrightarrow{A P}=\lambda \overrightarrow{E D}+\mu \overrightarrow{A F}$，
   $\therefore(\cos \alpha， \sin \alpha)=\lambda\left(-\dfrac{1}{2}， \dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)+\mu\left(\dfrac{7}{4}， \dfrac{\sqrt{3}}{4}\right)$，
   $\therefore \cos \alpha=-\dfrac{1}{2} \lambda+\dfrac{7}{4} \mu$⋯①， $\sin \alpha=\dfrac{\sqrt{3}}{2} \lambda+\dfrac{\sqrt{3}}{4} \mu$…②，
   由①②解得 $\lambda=-\dfrac{1}{4} \cos \alpha+\dfrac{7 \sqrt{3}}{12} \sin \alpha$， $\mu=\dfrac{1}{2} \cos \alpha+\dfrac{\sqrt{3}}{6} \sin \alpha$，
   $\therefore 2 \lambda+\mu=2\left(-\dfrac{1}{4} \cos \alpha+\dfrac{7 \sqrt{3}}{12} \sin \alpha\right)+\left(\dfrac{1}{2} \cos \alpha+\dfrac{\sqrt{3}}{6} \sin \alpha\right)=\dfrac{4 \sqrt{3}}{3} \sin \alpha$，
   $α∈[0°，60°]$ 时， $\sin \alpha \in\left[0， \dfrac{\sqrt{3}}{2}\right]$，
   $\therefore \dfrac{4 \sqrt{3}}{3} \sin \alpha \in[0，2]$．
   故答案为 $[0，2]$．
   

3. 答案 (1) $\lambda=\dfrac{2}{3}$，$\mu=-\dfrac{1}{3}$ (2) $\overrightarrow{A E}=\dfrac{1}{3} \overrightarrow{A M}+\dfrac{2}{3} \overrightarrow{A N}$
   解析 以 $A$ 点为原点，$AB$ 所在直线为 $x$ 轴，$AD$ 所在直线为 y 轴，建立平面直角坐标系，
   
   则 $A(0，0)$，$D(0，1)$，$B(2，0)$， $M\left(\dfrac{2}{3}， 1\right)$， $N\left(2， \dfrac{2}{3}\right)$，$C(2，1)$，
   (1) $\overrightarrow{M N}=\left(\dfrac{4}{3}，-\dfrac{1}{3}\right)=\lambda \overrightarrow{A B}+\mu \overrightarrow{A D}=(2 \lambda， \mu)$，解得：$\lambda=\dfrac{2}{3}$，$\mu=-\dfrac{1}{3}$ ；
   (2) 设 $\overrightarrow{A E}=t \overrightarrow{A C}$， $\overrightarrow{A C}=m \overrightarrow{A M}+n \overrightarrow{A N}$，
   所以 $\overrightarrow{A C}=(2，1)=\left(\dfrac{2}{3} m+2 n， m+\dfrac{2}{3} n\right)$，解得 $m=\dfrac{3}{7}$， $n=\dfrac{6}{7}$，
   即 $\overrightarrow{A C}=\dfrac{3}{7} \overrightarrow{A M}+\dfrac{6}{7} \overrightarrow{A N}$，所以 $\overrightarrow{A E}=t \overrightarrow{A C}=\dfrac{3}{7} t \overrightarrow{A M}+\dfrac{6}{7} t \overrightarrow{A N}$，
   又因为 $M$，$E$，$N$ 三点共线，所以 $\dfrac{3}{7} t+\dfrac{6}{7} t=1$， $t=\dfrac{7}{9}，$，
   所以 $\overrightarrow{A E}=\dfrac{1}{3} \overrightarrow{A M}+\dfrac{2}{3} \overrightarrow{A N}$.