1.4.1 向量分解及坐标表示-【金版教程】2024-2025学年高中数学必修第二册创新导学案课件PPT（湘教版2019）

第1章　平面向量及其应用 1.4　向量的分解与坐标表示 1.4.1　向量分解及坐标表示 (教师独具内容) 课程标准：1．理解平面向量基本定理及其意义．2．借助平面直角坐标系，掌握平面向量的正交分解与坐标表示． 教学重点：1．平面向量基本定理的探究，用基表示平面中的任一向量．2．平面向量的坐标表示． 教学难点：对平面向量基本定理的理解及其应用． 核心素养：1．通过平面向量基本定理的推导过程培养数学抽象和逻辑推理素养．2．通过平面向量的正交分解与坐标表示进一步培养数学抽象素养． 核心概念掌握 核心素养形成 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 知识点一　平面向量基本定理 (1)定理 设e1，e2是平面上两个____________，则 ①平面上每个向量v都可以分解为e1，e2的实数倍之____，即_____________，其中x，y是实数． ②实数x，y由v＝xe1＋ye2唯一决定．也就是： 如果v＝xe1＋ye2＝x′e1＋y′e2，则x＝x′，y＝y′． (2)基与坐标 我们称不共线向量e1，e2组成平面上的一组基_________，分解式v＝xe1＋ye2中的系数x，y组成的有序数组_______，称为v在这组基下的坐标． 不共线向量 和 v＝xe1＋ye2 {e1，e2} (x，y) 核心概念掌握 5 知识点二　平面向量的正交分解与坐标表示 (1)平面向量的正交分解 ______________________________________，叫作把向量正交分解． (2)标准正交基 平面上相互垂直的__________组成的基称为标准正交基，记作_______． 把一个向量分解为两个互相垂直的向量 单位向量 {i，j} 核心概念掌握 6 核心概念掌握 7 1．对基的理解 (1)基的两个主要特征 ①基是两个不共线向量；②基的选择是不唯一的．平面内两向量不共线是这两个向量可以作为这个平面内所有向量的一个基的条件． (2)零向量与任意向量共线，故不能作为基． 核心概念掌握 8 2．准确理解平面向量基本定理 (1)平面向量基本定理的实质是向量的分解，即平面内任一向量都可以沿两个不共线的方向分解成两个向量和的形式，且这种表现形式是唯一的． (2)平面向量基本定理体现了转化与化归的数学思想，用向量解决几何问题时，我们可以选择适当的基，将问题中涉及的向量向基化归，使问题得以解决． 核心概念掌握 9 3．(1)平面向量的正交分解实质上是平面向量基本定理的一种应用形式，只是两个基向量e1与e2互相垂直． (2)由向量坐标的定义，知两向量相等的充要条件是它们的横、纵坐标对应相等，即a＝b⇔x1＝x2且y1＝y2，其中a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)． (3)当向量确定以后，向量的坐标就是唯一确定的，因此向量在平移前后，其坐标不变． 核心概念掌握 10 1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)平面向量的基是唯一的．(　　) (2)平面向量的一组基{e1，e2}中，e1，e2一定都是非零向量．(　　) (3)把一个向量分解成两个向量，称为把向量正交分解．(　　) × √ × 核心概念掌握 11 (1，－2) (－1，1)，(－1，－1) 核心概念掌握 12 核心素养形成 例1　如果{e1，e2}是平面α内所有向量的一组基，则下列说法正确的是(　　) A．若实数λ1，λ2使λ1e1＋λ2e2＝0，则λ1＝λ2＝0 B．对实数λ1，λ2，λ1e1＋λ2e2不一定在平面α内 C．对平面内的另一组基{e1′，e2′}，若平面内有一向量a，则a＝λ1e1＋λ2e2＝λ1′e1′＋λ2′e2′，而λ1≠λ1′且λ2≠λ2′ D．{e1＋e2，e1－e2}不能作为一组基 题型一　基的概念 核心素养形成 14 解析　A正确，因为0＝0e1＋0e2＝λ1e1＋λ2e2，所以λ1＝λ2＝0．B不正确，因为e1与e2的线性运算都在同一平面内．C不正确，反例：a＝0时，λ1＝λ2＝λ1′＝λ2′＝0．D不正确，假设e1＋e2和e1－e2共线，则存在实数λ使e1＋e2＝λ(e1－e2)，即(1－λ)e1＝－(1＋λ)e2，所以e1与e2共线，与题意矛盾．从而e1＋e2和e1－e2不共线，所以{e1＋e2，e1－e2}可以作为平面内所有向量的一组基． 核心素养形成 15 基的特征 (1)基是不共线的两个向量． (2)基的选择不是唯一的． (3)零向量不能当基． (4)设{e1，e2}是平面内所有向量的一组基，当λ1e1＋λ2e2＝0时，恒有λ1＝λ2＝0． 核心素养形成 16 [跟踪训练1]　已知{e1，e2}是表示平面内所有向量的一组基，那么下面四组中不能作为一组基的是(　　) A．{e1，e1＋e2} B．{e1－2e2，e2－2e1} C．{e1－2e2，4e2－2e1} D．{e1，e1－e2} 解析　只要两向量不共线，则这两个向量组成的集合均可作为平面内所有向量的一组基，而4e2－2e1＝－2(e1－2e2)，所以e1－2e2与4e2－2e1共线．故选C． 核心素养形成 17 题型二　平面向量基本定理的应用 核心素养形成 18 核心素养形成 19 向量中相关概念的区别 (1)根据平面向量基本定理，用基表示向量，主要是利用三角形法则或平行四边形法则，进行向量的加减法运算． (2)求平面向量v在基{e1，e2}下的坐标，先将v表示为v＝xe1＋ye2，x，y∈R，则(x，y)就是向量v在基{e1，e2}下的坐标． 核心素养形成 20 核心素养形成 21 核心素养形成 22 题型三　平面向量的坐标表示 例3　如图，分别用标准正交基{i，j}表示向量a，b，c，d，并求出它们的坐标．　 核心素养形成 23 求平面向量在标准正交基下的坐标，可以先把平面向量用标准正交基表示出来，再根据分解式写出坐标． 核心素养形成 24 [跟踪训练3]　(1)如图，{e1，e2}是一组标准正交基，且e1＝(1，0)，e2＝(0，1)，则向量a的坐标为(　　) A．(1，3) B．(3，1) C．(－1，－3) D．(－3，－1) 解析　由题图可知a＝e1＋3e2，又e1＝(1，0)，e2＝(0，1)，则a＝(1，3)．故选A． 核心素养形成 25 核心素养形成 26 随堂水平达标 随堂水平达标 1 2 3 4 5 28 随堂水平达标 1 2 3 4 5 29 3．向量a，b，c如图所示，则向量a，b，c的坐标分别是(　　) A．(4，0)，(0，6)，(2，5) B．(－4，0)，(0，－6)，(－2，5) C．(4，0)，(0，－6)，(－2，－5) D．(－4，0)，(0，6)，(－2，－5) 解析　a＝－4i＋0j，∴a＝(－4，0)．b＝0i＋6j，∴b＝(0，6)．c＝－2i－5j，∴c＝(－2，－5)． 随堂水平达标 1 2 3 4 5 30 (－2，2) 随堂水平达标 1 2 3 4 5 31 随堂水平达标 1 2 3 4 5 32 课后课时精练 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 34 2．下列说法中正确的是(　　) ①一个平面内只有一对不共线向量可作为表示该平面内所有向量的基；②一个平面内有无数多对不共线向量可作为表示该平面内所有向量的基；③零向量不可作为基中的向量；④对于平面内的任一向量a和一组基e1，e2，使a＝λe1＋μe2成立的实数对一定是唯一的． A．②④ B．②③④ C．①③ D．①③④ 解析　因为不共线的任意两个向量均可作为平面的一组基，故②③正确，①不正确；由平面向量基本定理知④正确．综上可得，②③④正确．故选B． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 35 3．{a，b}是平面内一组基，p＝4a－b，则－2p在基{a，b}下的坐标为(　　) A．(4，1) B．(－8，2) C．(4，－1) D．(8，－2) 解析　－2p＝－2(4a－b)＝－8a＋2b，∴－2p在基{a，b}下的坐标为(－8，2)． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 36 4．(多选)如图，已知{i，j}是一组基．对于向量a，下列说法正确的是(　　) A．a可以表示为4i＋3j B．a可以表示为3i＋4j C．a的坐标为(4，3) D．a的坐标为(3，4) 解析　观察题图可知，a＝4i＋3j，故A正确，B错误；写成坐标形式为a＝(4，3)，故C正确，D错误．故选AC． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 37 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 38 二、填空题 6．若{ke1＋e2，e1＋ke2}可以作为平面内的一组基，且e1与e2不共线，则实数k满足的条件为________． 解析　{ke1＋e2，e1＋ke2}要作为基，则ke1＋e2与e1＋ke2不共线．可知，当ke1＋e2与e1＋ke2共线时，k＝±1．故实数k满足的条件为k≠±1． k≠±1 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 39 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 40 ke2 e1＋(k－1)e2 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 41 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 42 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 43 10．设e1，e2是不共线的非零向量，且a＝e1－2e2，b＝e1＋3e2． (1)证明：{a，b}可以作为一个基； (2)以{a，b}为基，求向量c＝3e1－e2的分解式及坐标； (3)若4e1－3e2＝λa＋μb，求λ，μ的值． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 44 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 45 1．在平面内以O点的正东方向为x轴正向，正北方向为y轴正向，建立直角坐标系，质点在平面内做直线运动，分别求出下列位移向量的 坐标．(如图所示) (1)向量a表示沿东北方向移动了4个单位长度； (2)向量b表示沿西偏北60°方向移动了6个单位长度． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 46 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 47 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 48 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 49 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 50 　　　　　　　　　　　　　 R (3)平面向量的坐标表示 ①在平面上任取一组标准正交基{e1，e2}，取定一个原点O，作eq \o(OE1,\s\up12(→))＝e1，eq \o(OE2,\s\up12(→))＝e2，以有向直线OE1为x轴，OE2为y轴，|OE1|＝|OE2|为单位长度，建立平面直角坐标系，则任意一点P的坐标(x，y)就是向量eq \o(OP,\s\up12(→))＝xe1＋ye2在基{e1，e2}下的坐标． ②设单位向量e1，e2的夹角〈e1，e2〉＝90°，非零向量v的模|v|＝r且〈e1，v〉＝α，则v＝(rcosα，rsinα)． 2．做一做 (1)设e1，e2是同一平面内两个不共线的向量，以下各组向量中不能作为基的是(　　) A．{e1，e2} B．{e1＋e2，3e1＋3e2} C．{e1，5e2} D．{e1，e1＋e2} (2)在平面直角坐标系内，已知i，j分别是x轴、y轴正方向上的单位向量，若a＝i－2j，则向量用坐标表示为a＝___________． (3)已知▱ABCD的两条对角线相交于点M，设eq \o(MA,\s\up12(→))＝a，eq \o(MB,\s\up12(→))＝b，则eq \o(AB,\s\up12(→))，eq \o(AD,\s\up12(→))在基{a，b}下的坐标分别为_____________________． 例2　已知M，N，P是△ABC三边上的点，且eq \o(BM,\s\up12(→))＝eq \f(1,3) eq \o(BC,\s\up12(→))，eq \o(CN,\s\up12(→))＝eq \f(1,3) eq \o(CA,\s\up12(→))，eq \o(AP,\s\up12(→))＝eq \f(1,3) eq \o(AB,\s\up12(→))，若eq \o(AB,\s\up12(→))＝a，eq \o(AC,\s\up12(→))＝b，试用基{a，b}将eq \o(MN,\s\up12(→))，eq \o(NP,\s\up12(→))，eq \o(PM,\s\up12(→))表示出来，并求出它们在基{a，b}下的坐标． 解　如图． eq \o(MN,\s\up12(→))＝eq \o(CN,\s\up12(→))－eq \o(CM,\s\up12(→))＝－eq \f(1,3) eq \o(AC,\s\up12(→))－eq \f(2,3) eq \o(CB,\s\up12(→))＝－eq \f(1,3) eq \o(AC,\s\up12(→))－eq \f(2,3)(eq \o(AB,\s\up12(→))－eq \o(AC,\s\up12(→))) ＝eq \f(1,3) eq \o(AC,\s\up12(→))－eq \f(2,3) eq \o(AB,\s\up12(→))＝eq \f(1,3)b－eq \f(2,3)a． eq \o(NP,\s\up12(→))＝eq \o(AP,\s\up12(→))－eq \o(AN,\s\up12(→))＝eq \f(1,3) eq \o(AB,\s\up12(→))－eq \f(2,3) eq \o(AC,\s\up12(→))＝eq \f(1,3)a－eq \f(2,3)b， eq \o(PM,\s\up12(→))＝－eq \o(MP,\s\up12(→))＝－(eq \o(MN,\s\up12(→))＋eq \o(NP,\s\up12(→)))＝eq \f(1,3)a＋eq \f(1,3)b． 所以eq \o(MN,\s\up12(→))，eq \o(NP,\s\up12(→))，eq \o(PM,\s\up12(→))在基{a，b}下的坐标分别是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，\f(1,3)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，－\f(2,3)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,3)))． [跟踪训练2]　如图所示，已知在平行四边形ABCD中，E，F分别是BC，DC边上的中点．若eq \o(AB,\s\up12(→))＝a，eq \o(AD,\s\up12(→))＝b，试求eq \o(BE,\s\up12(→))，eq \o(DE,\s\up12(→))，eq \o(BF,\s\up12(→))在基{a，b}下的坐标． 解　∵四边形ABCD是平行四边形，E，F分别是BC，DC边上的中点， ∴eq \o(AD,\s\up12(→))＝eq \o(BC,\s\up12(→))＝2eq \o(BE,\s\up12(→))，eq \o(CD,\s\up12(→))＝eq \o(BA,\s\up12(→))＝2eq \o(CF,\s\up12(→))， ∴eq \o(BE,\s\up12(→))＝eq \f(1,2) eq \o(AD,\s\up12(→))＝eq \f(1,2)b，eq \o(CF,\s\up12(→))＝eq \f(1,2) eq \o(CD,\s\up12(→))＝eq \f(1,2) eq \o(BA,\s\up12(→))＝－eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up12(→))＝－eq \f(1,2)a， ∴eq \o(BE,\s\up12(→))在基{a，b}下的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))． ∵eq \o(DE,\s\up12(→))＝eq \o(DA,\s\up12(→))＋eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \o(BE,\s\up12(→))＝－eq \o(AD,\s\up12(→))＋eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \o(BE,\s\up12(→))＝－b＋a＋eq \f(1,2)b＝a－eq \f(1,2)b， eq \o(BF,\s\up12(→))＝eq \o(BC,\s\up12(→))＋eq \o(CF,\s\up12(→))＝eq \o(AD,\s\up12(→))＋eq \o(CF,\s\up12(→))＝b－eq \f(1,2)a， ∴eq \o(DE,\s\up12(→))在基{a，b}下的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(1,2)))， eq \o(BF,\s\up12(→))在基{a，b}下的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))． 解　由题图可知a＝eq \o(AA1,\s\up12(→))＋eq \o(AA2,\s\up12(→))＝2i＋3j， ∴a＝(2，3)． 同理可得b＝－2i＋3j＝(－2，3)， c＝－2i－3j＝(－2，－3)， d＝2i－3j＝(2，－3)． (2)已知O是坐标原点，点A在第一象限，|eq \o(OA,\s\up12(→))|＝4eq \r(3)，∠xOA＝60°，求向量eq \o(OA,\s\up12(→))的坐标． 解　设点A(x，y)， 则x＝4eq \r(3)cos60°＝2eq \r(3)，y＝4eq \r(3)sin60°＝6， 即A(2eq \r(3)，6)，故eq \o(OA,\s\up12(→))＝(2eq \r(3)，6)． 1．A，B，O是平面内不共线的三个定点，且eq \o(OA,\s\up12(→))＝a，eq \o(OB,\s\up12(→))＝b，点P关于点A的对称点为Q，点Q关于点B的对称点为R，则eq \o(PR,\s\up12(→))在基{a，b}下的坐标为(　　) A．(1，－1) B．(－2，2) C．(2，2) D．(－1，－1) 解析　如图，a＝eq \f(1,2)(eq \o(OP,\s\up12(→))＋eq \o(OQ,\s\up12(→)))，b＝eq \f(1,2)(eq \o(OQ,\s\up12(→))＋eq \o(OR,\s\up12(→)))，相减，得b－ a＝eq \f(1,2)(eq \o(OR,\s\up12(→))－eq \o(OP,\s\up12(→)))，∴eq \o(PR,\s\up12(→))＝2(b－a)，∴eq \o(PR,\s\up12(→))在基{a，b}下的坐标为 (－2，2)． 2．(多选)设O是平行四边形ABCD的两条对角线AC与BD的交点，则下列能作为这个平行四边形所在平面上向量的基的是(　　) A．{eq \o(AD,\s\up12(→))，eq \o(AB,\s\up12(→))} B．{eq \o(DA,\s\up12(→))，eq \o(BC,\s\up12(→))} C．{eq \o(CA,\s\up12(→))，eq \o(DC,\s\up12(→))} D．{eq \o(OD,\s\up12(→))，eq \o(OB,\s\up12(→))} 解析　如右图所示，eq \o(AD,\s\up12(→))与eq \o(AB,\s\up12(→))为不共线向量，故{eq \o(AD,\s\up12(→))，eq \o(AB,\s\up12(→))}可以作为基．eq \o(CA,\s\up12(→))与eq \o(DC,\s\up12(→))为不共线向量，故{eq \o(CA,\s\up12(→))，eq \o(DC,\s\up12(→))}可以作为基．eq \o(DA,\s\up12(→))与eq \o(BC,\s\up12(→))，eq \o(OD,\s\up12(→))与eq \o(OB,\s\up12(→))均为共线向量，故{eq \o(DA,\s\up12(→))，eq \o(BC,\s\up12(→))}，{eq \o(OD,\s\up12(→))，eq \o(OB,\s\up12(→))}均不能作为基．故选AC． 4．在平面直角坐标系中，|a|＝2eq \r(2)，a的方向相对于x轴正方向的逆时针转角为135°，则a的坐标为____________． 解析　因为|a|cos135°＝2eq \r(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)))＝－2， |a|sin135°＝2eq \r(2)×eq \f(\r(2),2)＝2，所以a的坐标为(－2，2)． 5．在△ABC中，eq \o(AD,\s\up12(→))＝eq \f(1,3) eq \o(AB,\s\up12(→))，eq \o(AE,\s\up12(→))＝eq \f(1,4) eq \o(AC,\s\up12(→))，BE与CD交于点P，且eq \o(AB,\s\up12(→))＝a，eq \o(AC,\s\up12(→))＝b，求eq \o(AP,\s\up12(→))在基{a，b}下的坐标． 解　如图，取AE的三等分点M，使AM＝eq \f(1,3)AE，连接DM，则DM∥BE． 设AM＝t(t＞0)，则ME＝2t．又AE＝eq \f(1,4)AC，∴AC＝12t，EC＝9t， ∵DM∥BE，则eq \f(CE,CM)＝eq \f(CP,CD)＝eq \f(9,11)，∴CP＝eq \f(9,11)CD，∴DP＝eq \f(2,11)CD， eq \o(AP,\s\up12(→))＝eq \o(AD,\s\up12(→))＋eq \o(DP,\s\up12(→))＝eq \o(AD,\s\up12(→))＋eq \f(2,11) eq \o(DC,\s\up12(→))＝eq \f(1,3) eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \f(2,11)(eq \o(DA,\s\up12(→))＋eq \o(AC,\s\up12(→))) ＝eq \f(1,3) eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \f(2,11) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)\o(AB,\s\up12(→))＋\o(AC,\s\up12(→))))＝eq \f(3,11) eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \f(2,11) eq \o(AC,\s\up12(→))＝eq \f(3,11)a＋eq \f(2,11)b． ∴eq \o(AP,\s\up12(→))在基{a，b}下的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,11)，\f(2,11)))． 一、选择题 1．在矩形ABCD中，O是对角线的交点，若eq \o(BC,\s\up12(→))＝e1，eq \o(DC,\s\up12(→))＝e2，则eq \o(OC,\s\up12(→))在基{e1，e2}下的坐标为(　　) A．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2))) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(1,2))) C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(1,2))) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,3))) 解析　因为O是矩形ABCD对角线的交点，eq \o(BC,\s\up12(→))＝e1，eq \o(DC,\s\up12(→))＝e2，所以eq \o(OC,\s\up12(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(BC,\s\up12(→))＋eq \o(DC,\s\up12(→)))＝eq \f(1,2)(e1＋e2)＝eq \f(1,2)e1＋eq \f(1,2)e2，则eq \o(OC,\s\up12(→))在基{e1，e2}下的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)))． 5．{i，j}为一组标准正交基，已知eq \o(AB,\s\up12(→))＝3i＋2j，eq \o(CB,\s\up12(→))＝i＋λj，eq \o(CD,\s\up12(→))＝－2i＋j，若A，B，D三点共线，则eq \o(CB,\s\up12(→))在基{i，j}下的坐标为(　　) A．(1，－3) B．(－1，－3) C．(－3，1) D．(1，3) 解析　∵eq \o(BD,\s\up12(→))＝eq \o(CD,\s\up12(→))－eq \o(CB,\s\up12(→))＝(－2i＋j)－(i＋λj)＝－3i＋(1－λ)j，A，B，D三点共线，∴向量eq \o(AB,\s\up12(→))与eq \o(BD,\s\up12(→))共线，因此存在实数m，使得eq \o(AB,\s\up12(→))＝meq \o(BD,\s\up12(→))，即3i＋2j＝m[－3i＋(1－λ)j]＝－3mi＋m(1－λ)j．∵i与j是两个不共线的向量，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－3m＝3，,m（1－λ）＝2，))∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝－1，,λ＝3，))∴eq \o(CB,\s\up12(→))在基{i，j}下的坐标为(1，3)． 7．如图，设{i，j}为一组标准正交基，已知O是坐标原点，点A在第二象限，|eq \o(OA,\s\up12(→))|＝2，∠xOA＝150°，则向量eq \o(OA,\s\up12(→))在基{i，j}下的坐标为___________． 解析　过点A作AB⊥x轴于点B，作AC⊥y轴于点C，设A(x，y)，则x＝|eq \o(OA,\s\up12(→))|·cos150°＝－eq \r(3)，y＝|eq \o(OA,\s\up12(→))|·sin150°＝1．所以向量eq \o(OA,\s\up12(→))在基{i，j}下的坐标为(－eq \r(3)，1)． (－eq \r(3)，1) 8．在梯形ABCD中，AB∥CD，M，N分别是DA，BC的中点，且eq \f(DC,AB)＝k(k≠1)，设eq \o(AD,\s\up12(→))＝e1，eq \o(AB,\s\up12(→))＝e2，则在基{e1，e2}下，分解eq \o(DC,\s\up12(→))＝______，eq \o(BC,\s\up12(→))＝_______________，eq \o(MN,\s\up12(→))＝________． 解析　∵eq \f(DC,AB)＝k，∴eq \o(DC,\s\up12(→))＝keq \o(AB,\s\up12(→))＝ke2，∴eq \o(BC,\s\up12(→))＝eq \o(BA,\s\up12(→))＋eq \o(AD,\s\up12(→))＋eq \o(DC,\s\up12(→))＝－eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \o(AD,\s\up12(→))＋keq \o(AB,\s\up12(→))＝－e2＋e1＋ke2＝e1＋(k－1)e2，∵M，N分别是AD，BC的中点，∴eq \o(MN,\s\up12(→))＝eq \f(\o(DC,\s\up12(→))＋\o(AB,\s\up12(→)),2)＝eq \f(k\o(AB,\s\up12(→))＋\o(AB,\s\up12(→)),2)＝eq \f(k＋1,2)e2． eq \f(k＋1,2)e2 三、解答题 9．如图，设{i，j}为一组标准正交基，向量a，b，c的方向如图所示，且|a|＝2，|b|＝3，|c|＝4，分别求出它们在基{i，j}下的坐标． 解　设a＝(a1，a2)，b＝(b1，b2)，c＝(c1，c2)， 则a1＝|a|cos45°＝2×eq \f(\r(2),2)＝eq \r(2)， a2＝|a|sin45°＝2×eq \f(\r(2),2)＝eq \r(2)， b1＝|b|cos120°＝3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－eq \f(3,2)， b2＝|b|sin120°＝3×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(3\r(3),2)， c1＝|c|cos(－30°)＝4×eq \f(\r(3),2)＝2eq \r(3)， c2＝|c|sin(－30°)＝4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－2． 因此a＝(eq \r(2)，eq \r(2))，b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(3\r(3),2)))，c＝(2eq \r(3)，－2)． 解　(1)证明：若a，b共线，则存在λ∈R，使a＝λb， 则e1－2e2＝λ(e1＋3e2)． 由e1，e2共线，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＝1，,3λ＝－2))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＝1，,λ＝－\f(2,3).)) ∴λ不存在，故a与b不共线，{a，b}可以作为一个基． (2)设c＝ma＋nb(m，n∈R)，则 3e1－e2＝m(e1－2e2)＋n(e1＋3e2)＝(m＋n)e1＋(－2m＋3n)e2． ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＋n＝3，,－2m＋3n＝－1))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝2，,n＝1.))∴c＝2a＋b，∴c在基{a，b}下的坐标为(2，1)． (3)由4e1－3e2＝λa＋μb，得4e1－3e2＝λ(e1－2e2)＋μ(e1＋3e2)＝(λ＋μ)e1＋(－2λ＋3μ)e2． ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＋μ＝4，,－2λ＋3μ＝－3))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＝3，,μ＝1.))故所求λ，μ的值分别为3和1． 解　设eq \o(OP,\s\up12(→))＝a，eq \o(OQ,\s\up12(→))＝b， (1)如题图所示，∠POP′＝45°，|eq \o(OP,\s\up12(→))|＝4， 所以a＝eq \o(OP,\s\up12(→))＝eq \o(OP′,\s\up12(→))＋eq \o(P′P,\s\up12(→))＝2eq \r(2)i＋2eq \r(2)j．所以a＝(2eq \r(2)，2eq \r(2))． (2)因为∠QOQ′＝60°，|eq \o(OQ,\s\up12(→))|＝6， 所以b＝eq \o(OQ,\s\up12(→))＝eq \o(OQ′,\s\up12(→))＋eq \o(Q′Q,\s\up12(→))＝－3i＋3eq \r(3)j． 所以b＝(－3，3eq \r(3))． 2．如图，在△AOB中，D是边OB的中点，C是边OA上靠近点O的一个三等分点，AD与BC交于点M．设eq \o(OA,\s\up12(→))＝a，eq \o(OB,\s\up12(→))＝b． (1)求eq \o(OM,\s\up12(→))在基{a，b}下的坐标； (2)过点M的直线与边OA，OB分别交于点E，F．设eq \o(OE,\s\up12(→))＝pa，eq \o(OF,\s\up12(→))＝qb，求eq \f(1,p)＋eq \f(2,q)的值． 解　(1)设eq \o(OM,\s\up12(→))＝xa＋yb， 则eq \o(AM,\s\up12(→))＝eq \o(OM,\s\up12(→))－eq \o(OA,\s\up12(→))＝(x－1)eq \o(OA,\s\up12(→))＋yeq \o(OB,\s\up12(→))＝(x－1)a＋yb，eq \o(AD,\s\up12(→))＝eq \o(OD,\s\up12(→))－eq \o(OA,\s\up12(→))＝－a＋eq \f(1,2)b， 同理可得eq \o(BM,\s\up12(→))＝xa＋(y－1)b，eq \o(BC,\s\up12(→))＝eq \f(1,3)a－b． ∵A，M，D三点共线，∴eq \o(AM,\s\up12(→))，eq \o(AD,\s\up12(→))共线， 设eq \o(AM,\s\up12(→))＝λeq \o(AD,\s\up12(→))，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－1＝－λ，,y＝\f(1,2)λ.)) 从而eq \f(1,2)(x－1)＝－y．① 又C，M，B三点共线，∴eq \o(BM,\s\up12(→))，eq \o(BC,\s\up12(→))共线， 设eq \o(BM,\s\up12(→))＝μeq \o(BC,\s\up12(→))，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,3)μ，,y－1＝－μ.))从而eq \f(1,3)(y－1)＝－x．② 联立①②，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,5)，,y＝\f(2,5)，))故eq \o(OM,\s\up12(→))＝eq \f(1,5)a＋eq \f(2,5)b，则eq \o(OM,\s\up12(→))在基{a，b}下的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)，\f(2,5)))． (2)∵eq \o(EM,\s\up12(→))＝eq \o(OM,\s\up12(→))－eq \o(OE,\s\up12(→))＝eq \f(1,5)a＋eq \f(2,5)b－pa＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)－p))a＋eq \f(2,5)b，eq \o(EF,\s\up12(→))＝eq \o(OF,\s\up12(→))－eq \o(OE,\s\up12(→))＝qb－pa，且eq \o(EM,\s\up12(→))，eq \o(EF,\s\up12(→))共线，∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)－p))q＝－eq \f(2,5)p，整理得eq \f(1,p)＋eq \f(2,q)＝5． $$