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4．2 平面向量基本定理及坐标表示

[知识梳理] 1．平面向量基本定理

如果e1，e2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意向量a，有且只有一对实数λ1，λ2，使a＝λ1e1＋λ2e2.其中，不共线的向量e1，e2叫做表示这一平面内所有向量的一组基底．把一个向量分解为两个互相垂直的向量，叫做把向量正交分解．

2．平面向量的坐标运算

设a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则a＋b＝(x1＋x2，y1＋y2)，a－b＝(x1－x2，y1－y2)，λa＝(λx1，λy1)，|a|＝x1＋y1，|a＋b|＝x2＋x1＋y2＋y1. 3．平面向量共线的坐标表示

设a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则a∥b⇔x1y2－x2y1＝0. [诊断自测] 1．概念思辨

(1)平面内的任何两个向量都可以作为一组基底．(

) (2)平面向量的基底不唯一，只要基底确定后，平面内的任何一个向量都可被这组基底唯一表示．(

) (3)设a，b是平面内的一组基底，若实数λ1，μ1，λ2，μ2满足λ1a＋μ1b＝λ2a＋μ2b，则λ1＝λ2，μ1＝μ2.(

) (4)若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则a∥b的充要条件可表示成＝.(

) 答案

(1)×

(2)√

(3)√

(4)×

2．教材衍化

→→→→(1)(必修A4P119T11)已知|OA|＝1，|OB|＝3，OA⊥OB，点C在线段AB上，∠AOC＝30°.2222x1y1x2y2m→→→设OC＝mOA＋nOB(m，n∈R)，则等于(

) n13A. B．3 C. D.3 33答案

B 解析

依题意，以O为原点，OA、OB分别为x，y轴建立平面直角坐标系，则A(1,0)，y3→→→B(0，3)，设C(x，y)，由OC＝mOA＋nOB得x＝m，y＝3n，又∠AOC＝30°，知＝，故x3

1

m＝3，选B. n(2)(必修A4P101A组T5)已知向量a＝(2,3)，b＝(－1,2)，若ma＋nb与a－2b共线，则m＝________. n1答案

－

2解析

解法一：由已知条件可得ma＋nb＝(2m,3m)＋(－n,2n)＝(2m－n,3m＋2n)，a－2m－n3m＋2n2b＝(2,3)－(－2,4)＝(4，－1)．∵ma＋nb与a－2b共线，∴＝，即n－2m＝4－1m112m＋8n，∴＝－. n2解法二：注意到向量a＝(2,3)，b＝(－1,2)不共线，因此可以将其视为基底，因而mamnm1＋nb与a－2b共线的本质是对应的坐标(系数)成比例，于是有＝⇒＝－. 1－2n23．小题热身

(1)已知向量a＝(1,2)，b＝(1,0)，c＝(3,4)．若λ为实数，(a＋λb)∥c，则λ＝(

) 11A. B. C．1 D．2 42答案

B 1解析

a＋λb＝(1＋λ，2)，由(a＋λb)∥c，得(1＋λ)×4－3×2＝0，∴λ＝.故选2B. (2)(2014·福建高考)在下列向量组中，可以把向量a＝(3,2)表示出来的是(

) A．e1＝(0,0)，e2＝(1,2) B．e1＝(－1,2)，e2＝(5，－2) C．e1＝(3,5)，e2＝(6,10) D．e1＝(2，－3)，e2＝(－2,3) 答案

B 解析

设a＝k1e1＋k2e2，

k2＝3，A选项，∵(3,2)＝(k2,2k2)，∴2k2＝2，

无解．

B选项，∵(3,2)＝(－k1＋5k2,2k1－2k2)，

－k1＋5k2＝3，∴2k1－2k2＝2，

k1＝2，解之得k2＝1.

故B中的e1，e2可把a表示出来．

同理，C，D选项同A选项，无解．故选B.

题型1 平面向量基本定理及应用

2

→→→→→→→

(2015·北京高考)在△ABC中，点M，N满足AM＝2MC，BN＝NC.若MN＝xAB＋yAC，典例则x＝________，y＝________. 运用向量的线性运算对待求向量不断进行转化，直到用基底表示．

11答案

－

26→→→→解析

由AM＝2MC知M为AC上靠近C的三等分点，由BN＝NC，知N为BC的中点，作出草图如下：

→1→→→→→1→→2→1→1→→则有AN＝(AB＋AC)，所以MN＝AN－AM＝(AB＋AC)－·AC＝AB－AC，又因为MN＝22326xAB＋yAC，所以x＝，y＝－. 方法技巧

应用平面向量基本定理的关键点

1．平面向量基本定理中的基底必须是两个不共线的向量．

2．选定基底后，通过向量的加、减、数乘以及向量平行的充要条件，把相关向量用这一组基底表示出来．

3．强调几何性质在向量运算中的作用，用基底表示未知向量，常借助图形的几何性质，如平行、相似等．如典例．

冲关针对训练

12→→→设D，E分别是△ABC的边AB，BC上的点，AD＝AB，BE＝BC.若DE＝λ1AB＋λ2AC(λ1，23λ2为实数)，则λ1＋λ2的值为________．

1答案

21→2→→→→1→2→1→2→→→→→解析

DE＝DB＋BE＝AB＋BC＝AB＋(AC－AB)＝－AB＋AC，∵DE＝λ1AB＋λ2AC，232363121∴λ1＝－，λ2＝，故λ1＋λ2＝. 632→→1216

3

题型2 平面向量共线的坐标表示及应用角度1 求点的坐标

3

已知A(2,3)，B(4，－3)，点P在线段AB的延长线上，且|AP|＝|BP|，则点典例2P的坐标为________．

方程组法．

答案

(8，－15) 3→3→解析

设P(x，y)，由点P在线段AB的延长线上，且AP＝BP，得(x－2，y－3)＝(x22－4，y＋3)，

即3y－3＝y＋3.2x－2＝x－4，32

x＝8，解得y＝－15.

所以点P的坐标为(8，－15)．

角度2 研究点共线问题

→→→

(2018·佛山质检)设OA＝(1，－2)，OB＝(a，－1)，OC＝(－b,0)，a>0，b>0，典例O为坐标原点，若A，B，C三点共线，则＋的最小值是(

) abA．2 B．4 C．6 D．8 12用到均值不等式、向量问题实数化．

答案

D →→→→→→解析

由题意可得，OA＝(1，－2)，OB＝(a，－1)，OC＝(－b,0)，所以AB＝OB－OA＝→→→(a－1,1)，AC＝OC－OA＝(－b－1，2)．

→→又∵A，B，C三点共线，∴AB∥AC，

即(a－1)×2－1×(－b－1)＝0，∴2a＋b＝1，

1212b4ab4a又∵a>0，b>0，∴＋＝＋(2a＋b)＝4＋＋≥4＋4＝8，当且仅当＝时，abababab取“＝”．故选D. 方法技巧

1．利用两向量共线求点的坐标

利用向量共线的坐标表示构造所求点的坐标的方程组，解方程组即可．注意方程思想的

4

应用．如角度1典例．

2．研究点(向量)共线问题

两平面向量共线的充要条件有两种形式

(1)若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则a∥b的充要条件是x1y2－x2y1＝0.如角度2典例．

(2)若a∥b(b≠0)，则a＝λb. 冲关针对训练

1．(2017·许昌二模)已知△ABC的三个顶点的坐标为A(0，1)，B(1,0)，C(0，－2)，O→→→→为坐标原点，动点M满足|CM|＝1，则|OA＋OB＋OM|的最大值是(

) A.2＋1 B.7＋1 C.2－1 D.7－1 答案

A 解析

设点M的坐标是(x，y)，

→∵C(0，－2)，且|CM|＝1，

∴x＋y＋2＝1，则x＋(y＋2)＝1，

即动点M的轨迹是以C为圆心、1为半径的圆，

∵A(0,1)，B(1,0)，

→→→∴OA＋OB＋OM＝(x＋1，y＋1)，

→→→22则|OA＋OB＋OM|＝x＋1＋y＋1，几何意义表示：点M(x，y)与点N(－1，－1)之间的距离，即圆C上的点与点N(－1，－1)的距离，

∵点N(－1，－1)在圆C外部，

→→→22∴|OA＋OB＋OM|的最大值是|NC|＋1＝0＋1＋－2＋1＋1＝2＋1.故选A. 2．(2018·湖北武昌调考)已知点P(－1,2)，线段PQ的中点M的坐标为(1，－1)．若→向量PQ与向量a＝(λ，1)共线，则λ＝________. 2答案

－

3解析

点P(－1,2)，线段PQ的中点M的坐标为(1，－1)，

→→∴向量PQ＝2PM＝2(1＋1，－1－2)＝(4，－6)．

→又PQ与向量a＝(λ，1)共线，

5 2222

2∴4×1＋6λ＝0，即λ＝－. 3

1．(2016·全国卷Ⅱ)已知向量a＝(1，m)，b＝(3，－2)，且(a＋b)⊥b，则m＝(

) A．－8 B．－6 C．6 D．8 答案

D 解析

由题可得a＋b＝(4，m－2)，又(a＋b)⊥b，

∴4×3－2×(m－2)＝0，∴m＝8.故选D. →→→→2．(2018·福州一中模拟)已知△ABC和点M满足MA＋MB＋MC＝0.若存在实数m使得AB＋→AC＝mAM成立，则m＝(

) A．2 B．3 C．4 D．5 答案

B →→→→2→解析

由MA＋MB＋MC＝0，知点M为△ABC的重心，设点D为边BC的中点，则AM＝AD＝321→→1→→→→→×(AB＋AC)＝(AB＋AC)，所以AB＋AC＝3AM，故m＝3.故选B. 323→13．(2017·福建四地六校联考)已知A(1,0)，B(4,0)，C(3,4)，O为坐标原点，且OD＝2→→→→(OA＋OB－CB)，则|BD|等于________．

答案

22 →1→→→1→→解析

由OD＝(OA＋OB－CB)＝(OA＋OC)，知点D是线段AC的中点，故D(2,2)，所以22→→BD＝(－2,2)，故|BD|＝－22＋22＝22. 4．(2017·湘中名校联考)已知在△ABC中，AB＝AC＝6，∠BAC＝120°，D是BC边上靠→→近点B的四等分点，F是AC边的中点，若点G是△ABC的重心，则GD·AF＝________. 21答案

－

4解析

连接AD，AG，如图．

→

→→→→1→→1→→3→1→→1→→→→依题意，有AD＝AB＋BD＝AB＋BC＝AB＋(AC－AB)＝AB＋AC，AF＝AC，GD＝AD－AG＝44442

6

→21→→3→1→1→1→5→1→→→5→1→1→AD－×(AB＋AC)＝AB＋AC－AB－AC＝AB－AC，故GD·AF＝AB－AC·AC＝3244331212121225→→1→251115321AB·AC－AC＝－×6×6×－×62＝－－＝－. 242424224424

[基础送分

提速狂刷练] 一、选择题

1．已知向量a，b不共线，c＝ka＋b(k∈R)，d＝a－b.如果c∥d，那么(

) A．k＝1且c与d同向 C．k＝－1且c与d同向 答案

D 解析

∵c∥d，∴(ka＋b)∥(a－b)，∴存在λ使ka＋b＝λ(a－b)，∴k＝－1，λ＝－1.k＝λ，1＝－λB．k＝1且c与d反向

D．k＝－1且c与d反向

⇒

∴c＝－a＋b，∴c与d反向．故选D. →→→2．(2018·襄樊一模)已知OA＝(1，－3)，OB＝(2，－1)，OC＝(k＋1，k－2)，若A，B，C三点不能构成三角形，则实数k应满足的条件是(

) 1A．k＝－2 B．k＝ C．k＝1 D．k＝－1 2答案

C →→→→→解析

若点A，B，C不能构成三角形，则向量AB与AC共线．因为AB＝OB－OA＝(2，－1)→→→－(1，－3)＝(1,2)，AC＝OC－OA＝(k＋1，k－2)－(1，－3)＝(k，k＋1)．所以1×(k＋1)－2k＝0，解得k＝1.故选C. 3．(2018·怀化一模)设向量a＝(1，－3)，b＝(－2,4)，c＝(－1，－2)，若表示向量4a,4b－2c,2(a－c)，d的有向线段首尾相连能构成四边形，则向量d＝(

) A．(2,6) C．(2，－6) 答案

D 解析

设d＝(x，y)，由题意知4a＝(4，－12)，4b－2c＝(－6,20)，2(a－c)＝(4，－2)，又4a＋4b－2c＋2(a－c)＋d＝0，所以(4，－12)＋(－6,20)＋(4，－2)＋(x，y)＝(0,0)，解得x＝－2，y＝－6，所以d＝(－2，－6)．故选D. 4．(2017·河南高三质检)在△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝5，AC＝4，D是AB上一点，→→→且AB·CD＝5，则|BD|等于(

) A．6 B．4 C．2 D．1 答案

C B．(－2,6) D．(－2，－6)

7

→→→→→→→→→→→2→→解析

设AD＝λAB，∵CD＝AD－AC，∴AB·CD＝AB·(AD－AC)＝λAB－AB·AC＝5，可3→2→得25λ＝15，∴λ＝，∴|BD|＝|AB|＝2.故选C. 55→→5．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，设向量OA＝a，OB＝b，其中a＝(3,1)，b＝→(1,3)．若OC＝λa＋μb，且0≤λ≤μ≤1，则C点所有可能的位置区域用阴影表示正确的是(

)

答案

A →解析

由题意知OC＝(3λ＋μ，λ＋3μ)，取特殊值，λ＝0，μ＝0，知所求区域包含原点，取λ＝0，μ＝1，知所求区域包含(1,3)．选A. 6．(2017·茂名二模)已知向量a＝(3，－2)，b＝(x，y－1)且a∥b，若x，y均为正数，32则＋的最小值是(

) xy85A．24 B．8 C. D.

33答案

B 32321解析

∵a∥b，∴－2x－3(y－1)＝0，即2x＋3y＝3，又x，y>0，∴＋＝＋×(2xxyxy319y4x1＋3y)＝6＋＋＋6≥12＋2xy3332＋的最小值是8.故选B. 39y4x·＝8，当且仅当2x＝3y＝时，等号成立．∴2xyxy→→7．(2017·济南二模)如图所示，两个非共线向量OA、OB的夹角为θ，N为OB中点，M→→→22为OA上靠近A的三等分点，点C在直线MN上，且OC＝xOA＋yOB(x，y∈R)，则x＋y的最小值为(

)

8

A.4242 B. C. D.

25593答案

A →→→2→1→解析

因为点C，M，N共线，则OC＝λOM＋μON＝λOA＋μOB，λ＋μ＝1，

32→→→由OC＝xOA＋yOB，

x＝λ，y＝μ＝(1－λ)，

25λ121x2＋y2＝λ2＋(1－λ)2＝λ2－＋，

231212343624252λ1设g(λ)＝λ－＋，

36249由二次函数的性质可知：当λ＝时，g(λ)取最小值，

2594最小值为g＝，

2525422所以x＋y的最小值为.故选A. 258．(2017·河南中原名校联考)如图所示，矩形ABCD的对角线相交于点O，E为AO的中→→→22点，若DE＝λAB＋μAD(λ，μ为实数)，则λ＋μ＝(

)

515A. B. C．1 D.

8416答案

A 13→1→1→1→1→1→1→→1→3→解析

DE＝DA＋DO＝DA＋DB＝DA＋(DA＋AB)＝AB－AD，所以λ＝，μ＝－，2224244444

9

522故λ＋μ＝.故选A. 81→S△ABD→→9．(2018·安徽十校联考)已知A，B，C三点不共线，且AD＝－AB＋2AC，则＝(

) 3S△ACD231A. B. C．6 D.

326答案

C 1→→→→解析

如图，取AM＝－AB，AN＝2AC，以AM，AN为邻边作平行四边形AMDN，

3

1→→→此时AD＝－AB＋2AC. 31由图可知S△ABD＝3S△AMD，S△ACD＝S△AND，

2而S△AMD＝S△AND，∴S△ABD＝6.故选C. S△ACD10．如图所示，在四边形ABCD中，AB＝BC＝CD＝1，且∠B＝90°，∠BCD＝135°，记→→→向量AB＝a，AC＝b，则AD＝(

)

A.2a－1＋2b

22b

22b

210 B．－2a＋1＋C．－2a＋1－



D.2a＋1－答案

B 2b

2解析

根据题意可得△ABC为等腰直角三角形，由∠BCD＝135°，得∠ACD＝135°－45°＝90°.以B为原点，AB所在直线为x轴，BC所在直线为y轴建立如图所示的直角坐标系，并作DE⊥y轴于点E，则△CDE也为等腰直角三角形．由CD＝1，得CE＝ED＝2，则A(1,0)，2B(0,0)，C(0,1)，D222→→→2，1＋，∴AB＝(－1,0)，AC＝(－1,1)，AD＝－1，1＋.22222－λ－μ＝－1，2→→→令AD＝λAB＋μAC，则有2μ＝1＋，2＋1＋

λ＝－2，得2μ＝1＋，2

→∴AD＝－2a2b.故选B. 2

二、填空题

11．在梯形ABCD中，AB∥CD，且DC＝2AB，三个顶点A(1,2)，B(2,1)，C(4,2)，则点D的坐标为________．

答案

(2,4) →→→解析

∵在梯形ABCD中，DC＝2AB，AB∥CD，∴DC＝2AB.设点D的坐标为(x，y)，则DC→＝(4－x,2－y)，AB＝(1，－1)，

∴(4－x,2－y)＝2(1，－1)，

即(4－x,2－y)＝(2，－2)，

4－x＝2，∴2－y＝－2，

x＝2，解得y＝4，

故点D的坐标为(2,4)．

12．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，设向量p＝(a＋c，b)，q＝(b－a，c－a)，若p∥q，则角C的大小为________．

答案

60°

11

解析

由p∥q，得(a＋c)(c－a)＝b(b－a)，整理，

得b＋a－c＝ab. 222a2＋b2－c21由余弦定理，得cosC＝＝. 2ab2又0°

13．(2017·太原三模)在△ABC中，AB＝3，AC＝2，∠BAC＝60°，点P是△ABC内一点含边界)，若→AP＝2→3AB＋λ→AC，则|→AP|的最大值为________．

答案

2133

解析

以A为原点，以AB所在的直线为x轴，建立如图所示的坐标系，

∵AB＝3，AC＝2，∠BAC＝60°，

∴A(0,0)，B(3,0)，

C(1，3)，

设点P为(x，y)，0≤x≤3，0≤y≤3，

∵→AP＝2→→3AB＋λAC，

∴(x，y)＝23(3,0)＋λ(1，3)＝(2＋λ，3λ)，

x＝2＋λ，∴y＝3λ，

∴y＝3(x－2)，①

直线BC的方程为y＝－32(x－3)，②

x＝73，联立①②，解得y＝33，

12 (

→→此时|AP|最大，∴|AP|＝491213＋＝. 933→14．(2018·江西南昌一模)已知三角形ABC中，AB＝AC，BC＝4，∠BAC＝120°，BE＝→→→3EC，若点P是BC边上的动点，则AP·AE的取值范围是________．

210答案

－，

3343→→解析

因为AB＝AC，BC＝4，∠BAC＝120°，所以∠ABC＝30°，AB＝.因为BE＝3EC，3→3→所以BE＝BC. 4→→→→→→→→→→→3→设BP＝tBC，则0≤t≤1，所以AP＝AB＋BP＝AB＋tBC，又AE＝AB＋BE＝AB＋BC，

4→→→→→3→所以AP·AE＝(AB＋tBC)·AB＋BC

4→2→→3→→3→2＝AB＋tBC·AB＋BC·AB＋tBC

441643343322＝＋t×4×cos150°＋×4×cos150°＋t×4＝4t－，

3343432210因为0≤t≤1，所以－≤4t－≤，

333→→210即AP·AE的取值范围是－，. 33三、解答题

2π→→15．给定两个长度为1的平面向量OA和OB，它们的夹角为.如图所示，点C在以O3→→→上运动．若OC＝xOA＋yOB，其中x，y∈R，求x＋y的最大值．

为圆心的

→解

以O为坐标原点，OA所在的直线为x轴建立平面直角坐标系，如图所示，则

13

A(1,0)，B－，123. 22π设∠AOC＝αα∈0，，

3则C(cosα，sinα)，

1cosα＝x－y，2→→→由OC＝xOA＋yOB，得3sinα＝y，2所以x＝cosα＋

323sinα，y＝sinα，

33π所以x＋y＝cosα＋3sinα＝2sinα＋，

6π2π又α∈0，，所以当α＝时，x＋y取得最大值2. 3316．(2018·湖北襄阳阶段测试)在如图所示的平面直角坐标系中，已知点A(1,0)和点→B(－1，0)，|OC|＝1，且∠AOC＝x，其中O为坐标原点．

3→→(1)若x＝π，设点D为线段OA上的动点，求|OC＋OD|的最小值；

4→π(2)若x∈0，，向量m＝BC，n＝(1－cosx，sinx－2cosx)，求m·n的最小值及对2应的x值．

14

解

(1)设D(t,0)(0≤t≤1)，由题易知C－222，2，

所以→OC＋→OD＝－22＋t，22，

所以|→OC＋→OD|2＝12122212－2t＋t＋2＝t－2t＋1＝t－2＋2(0≤t≤1)，

所以当t＝22时，|→OC＋→OD|2最小，最小值为22. (2)由题意得C(cosx，sinx)，m＝→BC＝(cosx＋1，sinx)，

则m·n＝1－cos2x＋sin2x－2sinxcosx

＝1－cos2x－sin2x＝1－2sinπ2x＋4. 因为x∈π0，2ππ5π，所以4≤2x＋4≤4，

所以当2x＋π4＝ππ2，即x＝8时，

sin2x＋π4取得最大值1，

所以m·n的最小值为1－2，此时x＝π8. 15