(鲁京津琼专用)2020版高考数学大一轮复习第五章平面向量与复数5.2平面向量基本定理及坐标表示教案

所以C(2，2)， →→→又OC＝λOA＋μOB，

所以(2，2)＝λ(1,0)＋μ(0,1)＝(λ，μ)， 所以λ＝μ＝2，λ＋μ＝22.

1??6．(2019·蚌埠期中)已知向量m＝?sinA，?与向量n＝(3，sinA＋3cosA)共线，其中A2

??

是△ABC的内角，则角A的大小为( ) ππππA.B.C.D. 6432答案 C 解析 ∵m∥n，

3

∴sinA(sinA＋3cosA)－＝0，

2∴2sinA＋23sinAcosA＝3， ∴1－cos2A＋3sin2A＝3， π??∴sin?2A－?＝1， 6??∵A∈(0，π)，

π?π11π?∴2A－∈?－，?.

6?6?6

πππ

因此2A－＝，解得A＝，故选C.

623

7．若三点A(1，－5)，B(a，－2)，C(－2，－1)共线，则实数a的值为________． 5

答案 － 4

→→

解析 AB＝(a－1,3)，AC＝(－3,4)， →→

根据题意知AB∥AC，

5

∴4(a－1)＝3×(－3)，即4a＝－5，∴a＝－.

4

8．设向量a，b满足|a|＝25，b＝(2,1)，且a与b的方向相反，则a的坐标为________． 答案 (－4，－2)

解析 ∵b＝(2,1)，且a与b的方向相反， ∴设a＝(2λ，λ)(λ<0)． ∵|a|＝25，

∴4λ＋λ＝20，λ＝4，λ＝－2.

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2

2

2

2

∴a＝(－4，－2)．

9．(2018·全国Ⅲ)已知向量a＝(1,2)，b＝(2，－2)，c＝(1，λ)．若c∥(2a＋b)，则λ＝________. 1答案

2

解析 由题意得2a＋b＝(4,2)，

1

因为c∥(2a＋b)，所以4λ＝2，得λ＝. 2

→→→

10．已知向量OA＝(1，－3)，OB＝(2，－1)，OC＝(k＋1，k－2)，若A，B，C三点能构成三角形，则实数k应满足的条件是________． 答案 k≠1

解析 若点A，B，C能构成三角形， →→

则向量AB，AC不共线．

→→→

∵AB＝OB－OA＝(2，－1)－(1，－3)＝(1,2)， →→→

AC＝OC－OA＝(k＋1，k－2)－(1，－3)＝(k，k＋1)， ∴1×(k＋1)－2k≠0，解得k≠1. 11．已知a＝(1,0)，b＝(2,1)， (1)当k为何值时，ka－b与a＋2b共线；

→→

(2)若AB＝2a＋3b，BC＝a＋mb且A，B，C三点共线，求m的值． 解 (1)ka－b＝k(1,0)－(2,1)＝(k－2，－1)，

a＋2b＝(1,0)＋2(2,1)＝(5,2)．

∵ka－b与a＋2b共线， ∴2(k－2)－(－1)×5＝0， 1

即2k－4＋5＝0，得k＝－.

2

→→

(2)方法一 ∵A，B，C三点共线，∴AB＝λBC， 即2a＋3b＝λ(a＋mb)，

??2＝λ，∴?

?3＝mλ，?

3

解得m＝. 2

→

方法二 AB＝2a＋3b＝2(1,0)＋3(2,1)＝(8,3)， →

BC＝a＋mb＝(1,0)＋m(2,1)＝(2m＋1，m)，

→→

∵A，B，C三点共线，∴AB∥BC，

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3

∴8m－3(2m＋1)＝0，即2m－3＝0，∴m＝.

2

→→→→→→→

12.如图，已知平面内有三个向量OA，OB，OC，其中OA与OB的夹角为120°，OA与OC的夹角→→→→→→

为30°，且|OA|＝|OB|＝1，|OC|＝23.若OC＝λOA＋μOB(λ，μ∈R)，求λ＋μ的值．

解 方法一 如图，作平行四边形OB1CA1，

则→OC＝OB→→1＋OA1，

因为→OA与→OB的夹角为120°，→OA与→

OC的夹角为30°， 所以∠B1OC＝90°.

在Rt△OB→

1C中，∠OCB1＝30°，|OC|＝23， 所以|OB→＝2，|B→→→

1|1C|＝4，所以|OA1|＝|B1C|＝4，

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→→→所以OC＝4OA＋2OB，

所以λ＝4，μ＝2，所以λ＋μ＝6.

方法二 以O为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，

3??1

则A(1,0)，B?－，?，C(3，3)．

?22?→→→由OC＝λOA＋μOB， 1

3＝λ－μ，?2?得?

33＝μ，??2所以λ＋μ＝6.

??λ＝4，

解得?

??μ＝2.

→

13.如图，四边形ABCD是正方形，延长CD至E，使得DE＝CD，若点P为CD的中点，且AP＝

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