即(4－x,2－y)＝(2，－2)，
?4－x＝2，?x＝2，所以?解得?故点D的坐标为(2,4)．
2－y＝－2，y＝4，??
15．向量a，b，c在正方形网格中的位置如图所示．若c＝λa＋μb(λ，μ∈R)，λ
则μ＝________.
答案 4
解析 以向量a和b的交点为坐标原点建立如图所示的坐标系，设每个小正方形的边长为1个单位，则A(1，－1)，→＝(－1，1)，b＝OB→＝(6,2)，
B(6,2)，C(5，－1)，所以a＝AO
?－1＝－λ＋6μ，→
c＝BC＝(－1，－3)．由c＝λa＋μb可得?
－3＝λ＋2μ，?
?λ＝－2，
?解得?1
μ＝－2，??
λ
所以μ＝4.
→＝λAM→
16．(2020·石家庄重点高中摸底)在?ABCD中，M为BC的中点，若AB→，则λμ＝________. ＋μDB
2
答案 9
1→→→→→
解析 AM＝AB＋BM＝AB＋2BC，① →＝DC→＋CB→＝AB→－BC→，② DB
→得2AM→＋DB→＝3AB→，
由①②消去BC
→＝2AM→＋1DB→，∴λ＝2，μ＝1.故λμ＝2. 即AB33339
17．已知a＝(1,0)，b＝(2,1)．
(1)当k为何值时，ka－b与a＋2b共线；
→＝2a＋3b，BC→＝a＋mb，且A，B，C三点共线，求m的值． (2)若AB
解 (1)∵a＝(1,0)，b＝(2,1)， ∴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，
1
∴2(k－2)－(－1)×5＝0，∴k＝－2. →＝2(1,0)＋3(2,1)＝(8,3)． (2)AB
→＝(1,0)＋m(2,1)＝(2m＋1，m)． BC
→∥BC→，
∵A，B，C三点共线，∴AB3
∴8m－3(2m＋1)＝0，∴m＝2.
→＝3AB→＋1AC→.
18．若点M是△ABC所在平面内一点，且满足AM
44(1)求△ABM与△ABC的面积之比；
→＝xBM→＋yBN→，求x，y的
(2)若N为AB的中点，AM与CN交于点O，设BO值．
→＝3AB→＋1AC→，可知M，B，C三点共线．
解 (1)由AM
44→＝λBC→得AM→＝AB→＋BM→＝AB→＋λBC→＝AB→＋λ(AC→－
如图令BM
S△ABM11→→→
AB)＝(1－λ)AB＋λAC，所以λ＝4，所以＝，即面积之比为1∶4.
S△ABC4
y→→x→→→→→→→，
(2)由BO＝xBM＋yBN得BO＝xBM＋2BA，BO＝4BC＋yBN由O，M，A三点共线及O，N，C三点共线
yx＋??2＝1，??x??4＋y＝1
4
x＝??7，??6
y＝??7.
19．(2019·启东模拟)如图，G是△OAB的重心，P，Q分别是边OA，OB上的动点，且P，G，Q三点共线．
→＝λPQ→，将OG→用λ，OP→，OQ→表示；
(1)设PG
11→→→→
(2)设OP＝xOA，OQ＝yOB，证明：x＋y是定值．
→＝OP→＋PG→＝OP→＋λPQ→＝OP→＋λ(OQ→－OP→)＝(1－λ)OP→＋λOQ→.
解 (1)OG
→＝(1－λ)OP→＋λOQ→
(2)证明：由(1)，得OG→＋λyOB→，①
＝(1－λ)xOA
∵G是△OAB的重心， →＝2OM→＝2×1(OA→＋OB→) ∴OG
3321→1→
＝3OA＋3OB.② →，OB→不共线， 而OA
1
?1－λ?x＝??3，
∴由①②，得?1
λy＝??3.11
∴x＋y＝3(定值)．
20．(2019·衡水中学调研)如图，已知平面内有三个向量→，OB→，OC→，其中OA→与OB→的夹角为120°→与OC→的夹角OA，OA
→|＝|OB→|＝1，|OC→|＝23.若OC→＝λOA→＋μOB→(λ，μ∈R)，求λ＋μ的值．为30°，且|OA
→＝
解 解法一：如图，作平行四边形OB1CA1，则OC
1
??x＝3－3λ，解得?1
??y＝3λ.
→→→→→→OB1＋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△OB1C中，∠OCB1＝30°，|OC|＝23， 所以|OB1|＝2，|B1C|＝4，
→＝4OA→＋2OB→，所以λ＝4，μ＝2，所以λ＋μ＝
所以|OA1|＝|B1C|＝4，所以OC6.
解法二：以O为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系，则A(1,0)，B???－12，3?
2??
，C(3，3)．
由OC→＝λOA→＋μOB→?，得?3＝λ－1?
2μ，??3＝3
2μ，
解得??λ＝4，
?
μ＝2.
所以λ＋μ＝6.
第5章第2讲 平面向量的基本定理及坐标表示
