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人教版高中数学必修第二册6.3.1-6.3.3 平面向量基本定理、
正交分解及坐标表示、加、减运算的坐标表示 同步精练
【考点梳理】
考点一：平面向量基本定理
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一向量a，有且只有一对实数λ1，λ2，使a＝λ1e1＋λ2e2.
2.基底：若e1，e2不共线，我们把{e1，e2}叫做表示这一平面内所有向量的一个基底.
考点二平面向量的正交分解
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.
考点三 平面向量的坐标表示
1.在平面直角坐标系中，设与x轴、y轴方向相同的两个单位向量分别为i，j，取{i，j}作为基底.对于平面内的任意一个向量a，由平面向量基本定理可知，有且只有一对实数x，y，使得a＝xi＋yj.平面内的任一向量a都可由x，y唯一确定，我们把有序数对(x，y)叫做向量a的坐标，记作a＝(x，y).，在直角坐标平面中，i＝(1,0)，j＝(0,1)，0＝(0,0).
考点三　平面向量加、减运算的坐标表示
设a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，
数学公式 文字语言表述
向量加法 a＋b＝(x1＋x2，y1＋y2) 两个向量和的坐标分别等于这两个向量相应坐标的和
向量减法 a－b＝(x1－x2，y1－y2) 两个向量差的坐标分别等于这两个向量相应坐标的差
已知点A(x1，y1)，B(x2，y2)，那么向量＝(x2－x1，y2－y1)，即任意一个向量的坐标等于表示此向量的有向线段的终点的坐标减去起点的坐标.
【题型归纳】
题型一：基底的概念问题
1．（2021·全国·高一课时练习）已知向量不共线，则下列各对向量可以作为平面内的一组基底的是（ ）
A．与 B．与
C．与 D．与
2．（2021·全国·高一课时练习）设是不共线的两个向量，则下列四组向量不能构成基底的是（ ）
A．与 B．与
C．与 D．与
3．（2021·河北巨鹿中学高一阶段练习）设是平面内所有向量的一个基底，则下面四组向量中不能作为基底的是（ ）
A．和 B．和
C．和 D．和
题型二：基底表示向量问题
4．（2021·全国·高一课时练习）我国东汉末数学家赵夾在《周髀算经》中利用一副“弦图”
给出了勾股定理的证明，后人称其为“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，如图所示．在“赵爽弦图”中，若，，，则=（ ）
A． B．
C． D．
5．（2021·全国·高一课时练习）如图所示，等腰梯形中，，点为线段上靠近的三等分点，点为线段的中点，则（ ）
A． B．
C． D．
6．（2021·广东高州·高一期末）如图，四边形中，，，则（ ）
A． B． C． D．
题型三：平面向量基本定理
7．（2021·重庆·西南大学附中高一阶段练习）如图所示，已知点G是的重心，过点G作直线分别与AB，AC两边交于M，N两点（点N与点C不重合），设，，则的值为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
8．（2021·湖南·长沙市湘郡长德实验学校高一阶段练习）在△ABC中，M为边BC上任意一点，N为AM中点，，则的值为（ ）
A． B． C． D．1
9．（2021·江苏·盐城中学高一阶段练习）如图，在中，，P是上一点，若，则实数的值为（ ）
A． B． C． D．
题型四：平面向量的坐标表示
10．（2021·重庆实验外国语学校高一期中）设、是平面直角坐标系内分别与轴、轴正方向相同的两个单位向量，为坐标原点，若，，则的坐标是（ ）
A． B． C． D．
11．（2020·四川省遂宁市第二中学校高一期中（理））已知点A，B，O为坐标原点，则下列结论错误的是（ ）
A．的坐标是 B．，其中
C．若线段AB的中点为M，则 D．在上的投影是
12．（2021·云南·昆明八中高一期中）已知四边形是边长为2的正方形，为平面内一点，则的最小值为（ ）.
A． B． C． D．
题型五：由向量线性运算结果求参数
13．（2021·全国·高一课前预习）已知=(-5，6)，=(-3，2)，=(x，y)，若-3+2=0，则等于（ ）
A．(-2，6) B．(-4，0)
C．(7，6) D．(-2，0)
14．（2021·全国·高一课时练习）已知，若，则实数对，为（ ）
A． B． C． D．无数对
15．（2021·全国·高一课时练习）已知在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=90°，AB=BC=2，AD=1，梯形所在平面内一点P满足=2，则=（ ）
A．- B．-1
C．-2 D．-2
题型六：由向量线性运算解决几何问题
16．（2021·河南焦作·高一期中）如图，，，是圆上的三个不同点，且，，则（ ）．
A． B．
C． D．
17．（2021·江苏南京·高一期末）在中，，，，D是内一点，且设，则（ ）
A． B． C． D．
18．（2021·天津·南开中学高一期末）如图，在矩形中，为上一点，，若，则的值为（ ）
A． B． C． D．1
题型七：由向量线性运算解决最值和范围问题
19．（2021·浙江温州·高一期末）已知平面向量，，（与不共线），满足，，设，则的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
20．（2021·江苏·南京师大附中高一期末）在扇形中，，，为弧上的一个动点，且．则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
21．（2021·湖南·高一期中）已知的边的中点为D，点G为的中点，内一点P（P点不在边界上）满足，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
题型八：利用坐标求向量的模
22．（2021·山东邹城·高一期中）已知向量，，则（ ）
A． B．5 C．7 D．25
23．（2021·全国·高一课前预习）已知向量则（ ）
A． B． C． D．5
24．（2021·辽宁丹东·高一期末）在中，，，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【双基达标】
一、单选题
25．（2021·全国·高一课时练习）若是平面内的一个基底，则下列四组向量能作为平面向量的基底的是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
26．（2021·全国·高一课时练习）在中，点D在CB的延长线上，且，则等于（ ）
A．0 B． C． D．3
27．（2021·全国·高一课时练习）已知，，则（ ）
A． B． C． D．
28．（2021·全国·高一课时练习）已知 分别是方向与x轴正方向 y轴正方向相同的单位向量，O为坐标原点，设，则点A位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
29．（2021·全国·高一课时练习）已知，且，下列等式：①；②；③；④．其中，正确的有（ ）
A．l个 B．2个 C．3个 D．4个
30．（2021·全国·高一单元测试）设，向量，.若，则m，n的值分别是（ ）
A．1，-1 B．1，-3 C．1，-2 D．1，2
31．（2021·全国·高一单元测试）在中，，的中点为，的重心，则B，C的坐标分别为（ ）
A．， B．， C．， D．，
32．（2021·全国·高一课时练习）已知向量=(1,0)，=(0,1)，对于该坐标平面内的任一向量，给出下列四个结论：
①存在唯一的一对实数x，y，使得=(x,y)；
②若x1，x2，y1，y2∈R，=(x1,y1)≠(x2,y2)，则x1≠x2且y1≠y2；
③若x，y∈R，=(x,y)，且≠，则的始点是原点O；
④若x，y∈R，≠，且的终点坐标是(x,y)，则=(x,y)．
其中正确结论的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【高分突破】
一：单选题
33．（2021·全国·高一课时练习）如图所示，在中，，，，AD为BC边上的高，M为AD的中点，若，则的值为（ ）
A． B． C． D．
34．（2021·全国·高一课时练习）如图所示，在中，．若，，则（ ）
A． B．
C． D．
35．（2021·江西赣州·高一期中）已知，点满足且，则等于（ ）
A． B．1 C． D．
36．（2021·湖南·高一期末）已知对任意的平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转角得到向量，叫着把点绕点沿逆时针方向旋转角得到点.已知，，把点绕点沿顺时针方向旋转得到点，则的坐标为（ ）
A． B． C． D．
37．（2021·浙江师范大学附属东阳花园外国语学校高一阶段练习）已知平行四边形ABCD中，，，对角线AC，BD交于点O，则的坐标为（ ）
A． B． C． D．
38．（2021·安徽·宣城市励志中学高一阶段练习）“勾3股4弦5”是勾股定理的一个特例根据记载，西周时期的数学家商高曾经和周公讨论过“勾3股4弦5”的问题，毕达哥拉斯发现勾股定理早了500多年，如图，在矩形ABCD中，满足“勾3股4弦5”，且，E为AD上一点，若，则的值为（ ）
A． B． C． D．1
二、多选题
39．（2021·全国·高一课时练习）设是已知的平面向量，向量，，在同一平面内且两两不共线，其中真命题是（ ）
A．给定向量，总存在向量，使；
B．给定向量和，总存在实数和，使；
C．给定单位向量和正数，总存在单位向量和实数，使；
D．若，存在单位向量，和正实数，，使，则．
40．（2021·广东·江门市新会第二中学高一阶段练习）如果是平面α内两个不共线的向量，那么下列说法中正确的是（ ）
A．λ+μ (λ，μ∈R)可以表示平面α内的所有向量
B．对于平面α内任一向量，使=λ+μ的实数对(λ，μ)有无穷多个
C．若向量λ1+μ1与λ2+μ2共线，则λ1μ2-λ2μ1 =0
D．若实数λ，μ使得，则λ=μ=0
41．（2021·全国·高一课时练习）设向量，，则（ ）
A． B．
C． D．与的夹角为
42．（2021·湖南·长沙市第二十一中学高一期中）已知向量，，若，则（ ）
A．或 B．或
C．或 D．或
43．（2021·全国·高一课时练习）已知向量，，对平面内的任一向量，下列结论中错误的是（ ）
A．存在唯一的一对实数，，使得
B．若，，，，，则，且
C．若，，，且，则的起点是原点
D．若，，，且的终点坐标是，则
44．（2021·广东普宁·高一期中）设是平面直角坐标系中相异的四点，若，，且，则称调和分割，已知平面上的点C，D调和分割点A，B，则下面说法正确的是（ ）
A．A、B、C、D四点共线
B．D可能是线段的中点
C．C、D可能同时在线段上
D．C、D不可能同时在线段的延长线上
三、填空题
45．（2021·全国·高一单元测试）已知点，，点P是直线AB上一点，且满足，则点P的坐标是___________.
46．（2021·浙江·宁波市北仑中学高一期中）已知两点，点在直线上，且满足，则点的坐标为___________.
47．（2021·全国·高一课时练习）设点A（1，3），，．若，则mn的值为________．
48．（2021·北京市西城区教委高一阶段练习）如图，在中，点D，E分别在，上，且，若，则___________.
49．（2021·江西·景德镇一中高一期中）在中，分别是边的中点，点是线段上，异于端点的一点，且，则____________.
四、解答题
50．（2021·全国·高一课时练习）（1）已知＝(－1，2)，＝(1，－1)，＝(3，－2)，且有＝p＋q，试求实数p，q的值；
（2）已知＝(2，1)，＝(1，－3)，＝(3，5)，把，作为一组基底，试用，表示.
51．（2021·全国·高一课时练习）如图，已知边长为1的正方形ABCD中，AB与x轴正半轴成30°角，求和的坐标.
52．（2021·全国·高一课时练习）.如图，在△OAB中，，AD与BC交于点M，设在线段AC上取一点E，在线段BD上取一点F，使EF过M点，设＝p，＝q，求证：＋＝1.
53．（2021·浙江省桐庐中学高一期中）如图，在平面四边形中，，.
（1）求的值；
（2）若是线段上一点（含端点），求的取值范围.
【答案详解】
1．D
【分析】
根据基底不共线原则判断即可.
【详解】
解：只要两向量不共线便可作为基底，
故对于A选项，，共线，不满足；
对于B选项，，共线，不满足；
对于C选项，共线，不满足；
对于D选项，与不共线，故满足.
故选：D.
2．C
【分析】
在同一平面内,只要两个向量不共线，就可以作为这个平面的一组基底，逐项判断即可.
【详解】
对于A选项：设，是不共线的两个向量，,无解,与不共线，与可以构成一组基底；
对于B选项：设，是不共线的两个向量，,无解，与不共线，与可以构成一组基底；
对于C选项：设，是不共线的两个向量，，，与共线，与不能构成一组基底；
对于D选项：设，是不共线的两个向量，,无解, 与不共线，与可以构成一组基底；
故选：C
3．C
【分析】
根据基底不共线的性质，判断各选项是否存在实数使基底有线性关系，若存在即共线，不可作为基底.
【详解】
作基底的两个向量一定不共线，
A、B、D：不存在实数，使、、，故可以作基底；
C：，即存在，故它们共线，不能作为基底.
故选：C
4．B
【分析】
由题意结合平面向量基本定理可得，从而可求得结果
【详解】
因为此图是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，且，，，
所以
，
解得，即，
故选：B
5．A
【分析】
利用平面向量的加法和减法以及平面向量的基本定理求解.
【详解】
，
，
，
，
故选：A.
6．A
【分析】
依据图形，结合向量的加法，减法，数乘运算的运算律利用，表示.
【详解】
，
．
故选：A.
7．A
【分析】
由为的重心，可得，结合，，根据三点共线，得到的关系式，即可得到答案
【详解】
延长AG交BC与点H, H为BC中点,
为的重心，
三点共线
,
故选:
8．A
【分析】
设，可根据向量关系得出，即可得出.
【详解】
由题可设，
则，
N为AM中点，,
又，，.
故选：A.
9．B
【分析】
由题意，可根据向量运算法则得到，从而由向量分解的唯一性得出关于λ的方程，求出λ的值.
【详解】
由题意及图：,
又,所以,
所以,又,
所以，解得：.
故选：B.
10．B
【分析】
写出、的坐标，利用平面向量线性运算的坐标表示可求得结果.
【详解】
由已知条件可得，，因此，.
故选：B.
11．D
【分析】
利用向量的坐标运算逐一判断.
【详解】
解：对A：，故正确；
对B：当时，，故正确；
对C：由已知线段AB的中点坐标为，则，故正确；
对D：在上的投影为，故错误．
故选：D．
【点睛】
本题考查向量的坐标运算，考查向量的几何意义，是基础题．
12．C
【分析】
建立如图所示的直角坐标系，设，求出，即得解.
【详解】
建立如图所示的直角坐标系，
则，，.
设，
则，，，，
所以
.
所以当，时，取得最小值.
故选：C
【点睛】
本题主要考查平面向量的坐标运算，考查平面向量的数量积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
13．D
【分析】
根据平面向量加减、数乘运算的坐标表示列出方程组，解方程组即可.
【详解】
∵-3+2=0，
∴(-5，6)-(-9，6)+(2x，2y)=(0，0)，
即
即=(-2，0).
故选：D.
14．B
【分析】
由表示出坐标关系，利用向量相等建立关系即可求解.
【详解】
，，
，解得．
实数对，，．
故选：B．
15．B
【分析】
建立如图所示的平面直角坐标系，根据=2，求得点P的坐标，从而可求得的坐标，即可得出答案.
【详解】
解：建立如图所示的平面直角坐标系，
因为AD∥BC，∠ABC=90°，AB=BC=2，AD=1，
所以B(0，0)，A(0，2)，C(2，0)，D(1，2)，
所以=(0，2)，=(2，0)，
因为=2，所以2=(0，2)+(2，0)=(2，2)，
故=(1，1)，故P(1，1)，=(0，1)，=(1，-1)，
所以.
故选：B.
16．D
【分析】
如图，建立直角坐标系，设圆的半径为1，则可求出的坐标，即可得到向量的坐标，由于不共线，所以利用平面向量基本定理进行求解即可
【详解】
解：如图，建立直角坐标系，设圆的半径为1，
因为，，
所以,
所以,
因为不共线，所以由平面向量基本定理可知存在一对有序实数，使，
所以，
所以，解得，
所以，
故选：D
17．B
【分析】
根据Rt△ABC构建平面直角坐标系，可知B、C的坐标分别为(1，0)、(0，2)，应用含参数的坐标表示向量，由平面向量基本定理，坐标运算求得参数λ、μ的关系即可求判断选项.
【详解】
如图，以A为原点，AB所在直线为x轴，AC所在直线为y轴建立平面直角坐标系
则B点的坐标为(1，0)，C点的坐标为(0，2)
∵∠DAB＝45°，所以设D点的坐标为(m， m)(m≠0)
则λ＝m，且μ＝m，
∴，即
故选：B
18．D
【分析】
借助于矩形建立直角坐标系，利用坐标法求解.
【详解】
建立如图示坐标系，由则有：
因为E为上一点，可设
所以.
因为，所以，即，解得：，所以.
由得：
，解得：，所以.
故选：D
19．A
【分析】
设，由已知条件判断出，即是等腰直角三角形，以为坐标原点，所在的边为轴的正半轴建立平面直角坐标系，则，，得，再由得，设，求出范围可得答案
【详解】
设，则，
，
所以，即是等腰直角三角形，以为坐标原点，
所在的边为轴的正半轴建立平面 直角坐标系，如图，
则，，因为，所以，
因为，所以，
所以，，
两式相加得，
所以，
因为，所以设，
所以，
因为不共线，所以不共线，所以，
所以，，
，
所以，
故选：A.
20．A
【分析】
以为原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，令，则， 则，易知为减函数，即可得出结果.
【详解】
以为原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，
令，则，
因为，则，,，
又，
则，
则，
则，
又，
易知为减函数，
由单调性易得其值域为.
故选：A.
21．A
【分析】
先以为x轴，D为原点建立坐标系，得到对应坐标，再根据向量关系解得，结合题意知，即解得结果.
【详解】
以为x轴，D为原点建立如图坐标系．
设，则，
，
由，有，故，
∵点P在内，∴即，
解得.
故选：A．
22．B
【分析】
根据向量的坐标运算求解模长即可.
【详解】
根据题意，向量，，
则，故.
故选：B．
23．B
【分析】
利用向量的坐标运算可得，即得.
【详解】
∵向量
∴，
∴.
故选：B.
24．D
【分析】
建立平面直角坐标系，得到向量的坐标，转化为函数最值问题进而得出答案.
【详解】
如图建立平面直角坐标系，
设，∴，，
∴，∴，
∴时，的最小值为：.
故选：D.
25．B
【分析】
不共线的向量能作为基底，逐一判断选项即可.
【详解】
不共线的向量能作为基底，
因为，所以向量，共线，故排除A；
假设，解得，无解，
所以向量，不共线，故B正确；
因为，所以，共线，故排除C；
因为，所以，共线，故排除D，
故选：B
26．C
【分析】
根据，利用平面向量的基本定理求解.
【详解】
因为点D在CB的延长线上，且，
所以 ，
又因为 ，
所以 ，
所以，
故选：C
27．A
【分析】
由向量减法法则计算．
【详解】
故选：A.
28．D
【分析】
由向量的正交分解可得点坐标，由横纵坐标的符号可确定所在象限.
【详解】
由题意得：
， 位于第四象限
故选：D.
29．D
【分析】
根据向量的坐标表示及运算，逐项判定，即可求解.
【详解】
因为向量，且，
由向量，所以，所以①正确；
由向量，，所以，所以②正确；
由向量，，所以，所以③正确；
由②知且，则，所以④正确.
故选：D.
30．A
【分析】
根据平面向量的坐标运算以及向量相等即可求出．
【详解】
因为，所以，解得．
故选：A．
31．B
【分析】
根据中点坐标公式以及重心的坐标公式即可解出．
【详解】
设，所以，解得，
，解得，所以B，C的坐标分别为，．
故选：B．
32．A
【分析】
根据平面向量的基本定理、向量的坐标表示，及向量始点、终点与向量坐标的关系，即可判断各项的正误.
【详解】
由平面向量基本定理，存在唯一的一对实数x，y使，①正确；
举反例，=(1,0)≠(1,3)，但1=1，②错误；
由向量可以平移，所以=(x,y)与a的始点是不是原点无关，③错误；
当的终点坐标是(x,y)时，=(x,y)是以的始点是原点为前提的，④错误．
故选：A
33．D
【分析】
利用平面向量的加法、数乘运算以及平面向量的基本定理即可求解.
【详解】
因为在中，，,，
为边上的高，所以在中，，
又，
，
为的中点，
，
，
，
故选：D.
34．C
【分析】
根据．且，，利用平面向量的加法,减法和数乘运算求解.
【详解】
因为．且，，
所以，
，
，
.
故选：C
35．D
【分析】
建立平面直角坐标系，求得，由此确定正确选项.
【详解】
由于，以为原点建立如图所示平面直角坐标系，
所以，
则.
故选：D
36．C
【分析】
由已知可得，然后根据所给的定义可得的坐标，从而可求出点的坐标
【详解】
解：由，，得，
则由题意可得
所以点的坐标为，
故选：C
37．C
【分析】
根据题意可得，再由求出.
【详解】
平行四边形ABCD中，，，
，为中点，
.
故选：C.
38．C
【分析】
由题意建立如图所示的直角坐标系，设，根据，得，解得，再根据得到解之即得解.
【详解】
由题意建立如图所示的直角坐标系，
因为，，则，，.
设，则，，
因为，所以，
解得，
由，得，
所以
解得，
所以.
故选：C.
39．ABD
【分析】
利用平面向量基本定理依次判断，即得解
【详解】
对于选项A，给定向量和，只需求得其向量差即为所求的向量，故总存在向量，使，故A正确；
对于选项B，当向量，和在同一平面内且两两不共线时，向量，可作基底，由平面向量基本定理可知结论成立，故B正确；
对于选项C，取，无论取何值，向量都平行于x轴，而向量的模恒等于2，要使成立，根据平行四边形法则，向量的纵坐标一定为4，故找不到这样的单位向量使等式成立，故C错误；
对于选项D，，又，不共线，
，即，即，
（当且仅当时等号成立），
，得，故D正确
故选：ABD．
40．ACD
【分析】
利用平面向量的基本定理可判断A、B、D；利用向量共线定理可判断C；从而得出答案.
【详解】
根据平面向量的基本定理可知A正确、B错误；
根据向量共线定理，存在唯一的非零实数，
使得，
即，消去可得，故C正确；
若实数λ，μ有一个不为，不妨设，
则，此时共线，这与已知矛盾，
所以λ=μ=0，故D正确.
故选：ACD
41．CD
【分析】
根据给定条件对各选项逐一推理计算并判断作答.
【详解】
因向量，，则，，A不正确；
，而，即与不共线，B不正确；
而，则，，C正确；
，又，于是得，即与的夹角为，D正确.
故选：CD
42．AC
【分析】
根据向量垂直的坐标表示，由题中条件求出，再由向量模的坐标表示，求出，即可得出结果.
【详解】
因为向量，，所以，
若，则，即，解得或，
故A正确，B错；
当时，；
当时，；
故C正确，D错.
故选：AC.
43．BCD
【分析】
根据平面向量的定义及坐标表示一一判断可得；
【详解】
解：对于A：平面向量的横纵坐标是确定的，故A正确；
对于B：如果两个向量不相等，则其横纵坐标不完全相等，即，，，则或；故B错误；
对于C：平面向量是可以平移的，所以起点不一定是坐标原点，故C错误；
对于D：平面向量是由起点和终点坐标决定的，应该等于终点坐标减起点坐标，故D错误；
故选：．
44．AD
【分析】
根据题设条件可先判断出、、、四点共线，从而判断出选项A，然后可设、、、，结合题设条件可得，然后对各选项一一判断即可.
【详解】
∵，
∴，
∴、、、四点共线
∵平面上的点C，D调和分割点A，B
∴A、B、C、D四点共线，故A正确；
由题意可设、、、，则，.
∴，
∵
∴
对于B，若D是线段的中点，则，代入到，不存在，故B错误；
对于C，若C、D同时在线段上，则，，代入到，可得，此时C、D重合，与题意不符，故C错误；
对于D，若C、D同时在线段的延长线上，则，，所以，与矛盾，故C、D不可能同时在线段的延长线上，故D正确.
故选：AD.
45．
【分析】
先求出的坐标，再得点坐标．
【详解】
由已知，由得，
所以点坐标为．
故答案为：
46．或
【分析】
分点在线段的反向延长线、点在线段上以及点在线段的延长线上三种情况，结合平面向量的线性坐标运算即可求出结果.
【详解】
若点在线段的反向延长线上，又因为，则有，设，则，所以，解得，即；
若点在线段上，又因为，则有设，则，所以，解得，即；
若点在线段的延长线上，又因为，则显然不成立；
故答案为:或.
47．15
【分析】
根据，，三点的坐标可求出，根据，即可得出，从而可求出，的值，进而求出的值．
【详解】
，；
；
；
解得；
．
故答案为：15．
48．
【分析】
根据向量的加减运算化简可得.
【详解】
因为，
则，
所以，则.
故答案为：.
49．
【分析】
利用向量线性运算可化简得到，设，整理可得，由向量不共线可构造方程求得结果.
【详解】
是中点，；同理可得：；
，
三点共线，可设，，
不共线，，解得：，.
故答案为：.
50．（1）p，q的值分别为1，4；（2）＝2－.
【分析】
（1）用坐标表示出p＋q，由向量相等可求得；
（2）设＝m＋n，用坐标表示后，再由向量相等可得，从而得结论．
【详解】
解　因为＝(－1，2)，＝(1，－1)，＝(3，－2)，
所以p＋q＝p(－1，2)＋q(1，－1)＝(－p＋q，2p－q)．
又因为＝p＋q，
所以解得
故所求p，q的值分别为1，4.
（2）设＝m＋n，m，n∈R.
因为m＋n＝m(2，1)＋n(1，－3)＝(2m＋n，m－3n)，
且＝m＋n＝(3，5)，
所以解得
故＝2－
51．，
【分析】
依题意，分别是，角的终边与单位圆的交点，设，．由三角函数的定义，求出、的坐标，再根据向量的坐标表示和向量的加减运算可得.
【详解】
解：由题知，分别是，角的终边与单位圆的交点．
设，．由三角函数的定义，
得，，∴．
，，∴．
∴，．
∴，
52．证明见解析
【分析】
由三点共线计算可得，由三点共线，计算可得，即可求得，由三点共线，计算可得，消去,即可证得结果.
【详解】
因为三点共线，所以存在实数，使得
，
又三点共线，所以存在实数，使得,
由于不共线，所以,解得.
故.
因为三点共线，所以存在实数，使得,
消去,得＋＝1.
53．
（1）
（2）
【分析】
（1）利用基底法求向量的数量积；
（2）设，，化简可得，从而确定的取值范围.
（1）
解：因为，所以是边长为2等边三角形，
因为，所以是直角边长为2等腰直角三角形，
且，，，
所以
；
（2）
解：由是线段上一点（含端点），设，，
，
有，
故，
当时，取最小值为；
当时，取最小值为.
试卷第1页，共3页

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