6.3.2—6.3.4 平面向量的坐标运算
\({\color{Red}{欢迎到学科网下载资料学习 }}\)
[ 【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）]
(https://www.zxxk.com/docpack/2921718.html)
\({\color{Red}{ 跟贵哥学数学，so \quad easy！}}\)
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
- 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：\(A\)． - 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：\(B\)． - 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
- 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：\(C\)． - 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：\(\dfrac{1}{4}\)． - 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
- 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： \((-\sqrt{3}， 1)\)． - 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\((-2，1)\)，\((-1，3)\)，\((3，4)\)，
\(\therefore \overrightarrow{B A}=(-2，1)-(-1，3)=(-1，-2)\)， \(\overrightarrow{A D}=\overrightarrow{B C}=(3，4)-(-1，3)=(4，1)\)．
\(\therefore \overrightarrow{B D}=\overrightarrow{B A}+\overrightarrow{A D}=(-1，-2)+(4，1)=(3，-1)\)． - 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：\(\left(\dfrac{5}{2}， \dfrac{5 \sqrt{3}}{2}\right)\)． - 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
-
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：\(A\)． -
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：\(B\)． -
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：\(A\)． -
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：\(B\)． -
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：\(B\)． -
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：\(A\)． -
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\(-\dfrac{\overrightarrow{O P}}{|\overrightarrow{O P}|}=\left(-\dfrac{3}{5}， \dfrac{4}{5}\right)\)． -
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：\(-\dfrac{1}{2}\)． -
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\(\overrightarrow{G B}=\overrightarrow{A B}-\overrightarrow{A G}=\left(\dfrac{1}{3}，-\dfrac{7}{3}\right)\)， \(\overrightarrow{D F}=(4，-2)\)． -
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
-
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\((1，2)\)． -
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 \([0，2]\)．
-
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 \(\overrightarrow{A E}=\dfrac{1}{3} \overrightarrow{A M}+\dfrac{2}{3} \overrightarrow{A N}\).
