【套路秘籍】---千里之行始于足下 一、平面向量的坐标运算 1．向量坐标的求法
（1）若向量的起点是坐标原点，则终点坐标即为向量的坐标.
uuur（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），则AB=（x2－x1，y2－y1）.
2．向量加法、减法、数乘向量及向量的模
设a=（x1，y1），b=（x2，y2），则a＋b=（x2+x1，y2+y1），a－b=（x1－x2，y1－y2），λa=（λx1，λy1）， |a|=x1+y1，|a＋b|=(x1+x2)+(y1+y2). 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. 4．向量的夹角
2222uuuruuur已知两个非零向量a和b，作OA=a，OB=b，则∠AOB=θ（0°≤θ≤180°）叫做向量a与b的夹角.如
果向量a与b的夹角是90°，我们说a与b垂直，记作a⊥b.
【修炼套路】---为君聊赋《今日诗》，努力请从今日始 考向一 坐标运算
→【例1】（1）已知点M(5，－6)和向量a＝(1，－2)，若MN＝－3a，则点N的坐标为．
→→→
(2)已知A(－2,4)，B(3，－1)，C(－3，－4)．设AB＝a，BC＝b，CA＝c，a＝mb＋nc(m，n∈R)，则m＋n＝ 【答案】（1）(2,0) （2）-2
【解析】（1） 设N(x，y)，则(x－5，y＋6)＝(－3,6)，∴x＝2，y＝0. （2）由已知得a＝(5，－5)，b＝(－6，－3)，c＝(1,8)．
1
∵mb＋nc＝(－6m＋n，－3m＋8n)，
－6m＋n＝5，∴－3m＋8n＝－5，
解得
m＝－1，
n＝－1.
∴m＋n＝－2.
【套路总结】 平面向量坐标运算的技巧 (1)利用向量加、减、数乘运算的法则来进行求解，若已知有向线段两端点的坐标，则应先求向量的坐标． 【举一反三】
1→→→
1.设OA＝(1，－2)，OB＝(a，－1)，OC＝(－b,0)，a>0，b>0，O为坐标原点，若A，B，C三点共线，则＋a2
b的最小值是( )
A．2 B．4 C．6 D．8
【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，
1212b4ab4a又∵a>0，b>0，∴＋＝＋(2a＋b)＝4＋＋≥4＋4＝8，当且仅当＝时，取“＝”．故选D.
→
ababab
ab→
2．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)．
2→
又PQ与向量a＝(λ，1)共线，∴4×1＋6λ＝0，即λ＝－. 3
3.已知a＝(5，－2)，b＝(－4，－3)，若a－2b＋3c＝0，则c等于( )
8A.1， 3
C.
138B.－， 33
413
D.－，－
33
2
13，4
33
【答案】 D
413
【解析】 由已知3c＝－a＋2b＝(－5,2)＋(－8，－6)＝(－13，－4)．所以c＝－，－.
33
考向二 平面向量在几何中 的运用
→
【例2】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. 【举一反三】
1.在平面直角坐标系中，O为坐标原点，直线l:xky10与圆C:xy4相交于A, B两点，
222
2
2
2
uuuuruuuruuurOMOAOB．若点M在圆C上，则实数k（ ）
A．2 B．1 C．0 D．1
3
【答案】C
考向三 向量中的坐标
uuuruuur【例3】给定两个长度为1的平面向量OA,OB，它们的夹角为120o.如图1所示，
uuuruuuruuur点C在以O为圆心的圆弧»AB上变动.若OCxOAyOB,其中x,yR，则xy的最大值是______.
【答案】2
uuuruuuruuur【解析】解法1（ 考虑特值法） 当C与A重合时，OC1OA0OB,xy1，
uuuruuuruuur当C与B重合时，OC0OA1OB,xy1，
当C从»AB的端点向圆弧内部运动时，xy1， 于是猜想当C是»AB的中点时，xy取到最大值.
4
当C是»AB的中点时，由平面几何知识OACB是菱形，
∴uOCuuruOAuuruOBuur,∴xy112.
猜想xy的最大值是2.
解法二（考虑坐标法）建立如图3，所示的平面直角坐标系，设AOC，则
A(1,0),B(12,32),C(cos,sin).
于是uOCuurxOAuuuryOBuuur可化为：
(cos,sin)x(1,0)y(12,32)，
∴cosx12y, （1） sin32y.解法2 函数法求最值
xcos1sin,由方程组（1）得： 3
2y3sin.∴xy3sincos2sin(30o)，又0o120o， ∴当30o时，(xy)max2. 解法3 不等式法求最值
5
由方程组（1）得：1sin2cos2x2y2xy(xy)23xy，
∴xy1(xy)2133， 由x0,y0，及xy2xy得：(xy)24xy， ∴(xy)24，∴xy2，当且仅当xy1时取等号. ∴(xy)max2.
思考方向三 考虑向量的数量积的运算 解法4 两边点乘同一个向量
∵uOCuurxOAuuuryOBuuur,
uuu∴OCruuuruuuruuuruuuruuuruOCuurOAuOBuurxOAxOAuuurOAyOBOA,uOBuuryOBuuuruOBuur. 设AOC，则 BOC120o，又|uOCuur||uOAuur||uOBuur|1，
∴cosx1y,2 cos(120o)12xy.∴xy2[coscos(120o)]2sin(30o)， ∴当30o时，(xy)max2. 解法5 两边平方法
∵uOCuurxOAuuuryOBuuur,∴uOCuur2(xOAuuuryOBuuur)2,
6
∴1x2y2xy(xy)23xy
(xy)2(xy)2， (xy)3442∴xy2，当且仅当xy1时取等号， ∴(xy)max2.
思考方向四 考虑平行四边形法则
过C作CM∥OB交OA于M，作CN∥OA交OB于N，则OMCN是平行四边形，由向量加法的平行四边形法则得：
uuuruuuuruuurOCOMON，在OMC中，设AOC，
则 BOC120o， 且|OM|x,|MC|y. 解法6 利用正弦定理
OMMCOC， sinOCMsinCOMsinOMCxy1xy1，由等比性值得：，
sin(60o)sinsin60osin(60o)sinsin60o∴xy2sin(30o)，∴当30o时，(xy)max2. 解法7 利用余弦定理
|OC|2|OM|2|MC|22|OM||MC|cos60o,
7
∴1x2y2xy(xy)23xy
(xy)2(xy)2， (xy)3442
∴xy2，当且仅当xy1时取等号， ∴(xy)max2. 【举一反三】
→→→→→→→→
1.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．
【答案】6
【解析】 方法一 如图，作平行四边形OB1CA1，
→→→则OC＝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，
8
→→
所以|OA1|＝|B1C|＝4， →→→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，
31
则A(1,0)，B－，，C(3，3)．
22→→→由OC＝λOA＋μOB，
1
3＝λ－μ，2得
33＝μ，2
解得
λ＝4，μ＝2.
所以λ＋μ＝6.
→→→2.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＝λAB＋μAE，则
λ＋μ＝.
5
【答案】 2
【解析】 由题意，设正方形的边长为1，建立平面直角坐标系如图，
9
则B(1,0)，E(－1,1)， →→
∴AB＝(1,0)，AE＝(－1,1)， →→→
∵AP＝λAB＋μAE＝(λ－μ，μ)， 又∵P为CD的中点，
1λ－μ＝，1→2∴AP＝，1，∴
2μ＝1，
35∴λ＝，μ＝1，∴λ＋μ＝. 22
【运用套路】---纸上得来终觉浅,绝知此事要躬行 →→→
1．在▱ABCD中，AC为一条对角线，AB＝(2,4)，AC＝(1,3)，则向量BD的坐标为__________． 【答案】 (－3，－5)
→→→→→→
【解析】 ∵AB＋BC＝AC，∴BC＝AC－AB＝(－1，－1)，
10
∴→BD＝→AD－→AB＝→BC－→
AB＝(－3，－5)．
2.已知向量a＝(3，1)，b＝(0，－1)，c＝(k，3)，若a－2b与c共线，则k＝________. 【答案】 1
【解析】 ∵a－2b＝(3，3)，且a－2b∥c，∴3×3－3k＝0，解得k＝1.
3.线段AB的端点为A(x,5)，B(－2，y)，直线AB上的点C(1,1)，使|→AC|＝2|→
BC|，则x＋y＝. 【答案】 －2或6
【解析】 由已知得→AC＝(1－x，－4)，2→
BC＝2(3,1－y)．
由|→AC|＝2|→BC|，可得→AC＝±2→BC，则当→AC＝2→
BC时，有
1－x＝6，
－4＝2－2y，
解得
x＝－5，
y＝3，x＋y＝－2；
此时当→AC＝－2→
BC时，有
1－x＝－6，－4＝－2＋2y，
解得
x＝7，
y＝－1，
此时x＋y＝6.综上可知，x＋y＝－2或6.
4. 已知O为坐标原点，点A(4,0)，B(4,4)，C(2,6)，则AC与OB的交点P的坐标为． 【答案】 (3,3)
【解析】 方法一 由O，P，B三点共线，
可设→OP＝λ→OB＝(4λ，4λ)，则→AP＝→OP－→
OA＝(4λ－4,4λ)．
又→AC＝→OC－→OA＝(－2,6)，由→AP与→
AC共线，得(4λ－4)×6－4λ×(－2)＝0， 解得λ＝34，所以→OP＝3→
4OB＝(3,3)，所以点P的坐标为(3,3)．
方法二 设点P(x，y)，则→
OP＝(x，y)，
11
xy→→→
因为OB＝(4,4)，且OP与OB共线，所以＝，即x＝y.
44
→→→→
又AP＝(x－4，y)，AC＝(－2,6)，且AP与AC共线，
所以(x－4)×6－y×(－2)＝0，解得x＝y＝3，所以点P的坐标为(3,3)．
5.已知向量a＝8，，b＝(x,1)，其中x>0，若(a－2b)∥(2a＋b)，则x＝.
2【答案】 4
x【解析】 ∵向量a＝8，，b＝(x,1)，∴a－2b＝8－2x，－2，2a＋b＝(16＋x，x＋1)，
22∵(a－2b)∥(2a＋b)，∴(8－2x)(x＋1)－(16＋x)－2＝0，
2
52
即－x＋40＝0，又∵x>0，∴x＝4.
2
→→→
6．在矩形ABCD中，AB＝1，AD＝2，动点P在以点C为圆心且与BD相切的圆上．若AP＝λAB＋μAD，则λ＋μ的最大值为． 【答案】 3
【解析】 建立如图所示的平面直角坐标系，
xxx
则C点坐标为(2,1)．
设BD与圆C切于点E，连结CE，则CE⊥BD. ∵CD＝1，BC＝2， ∴BD＝1＋2＝5，
12
2
2
BC·CD225EC＝＝＝，
BD55
25即圆C的半径为，
5
422
∴P点的轨迹方程为(x－2)＋(y－1)＝. 525
x＝2＋cos θ，5
设P(x，y)，则
25
y＝1＋sin θ5
0
0
0
0
(θ为参数)，
→→→
而AP＝(x0，y0)，AB＝(0,1)，AD＝(2,0)．
→→→
∵AP＝λAB＋μAD＝λ(0,1)＋μ(2,0)＝(2μ，λ)， 1525∴μ＝x0＝1＋cos θ，λ＝y0＝1＋sin θ.
255两式相加，得
255
sin θ＋1＋cos θ 55
λ＋μ＝1＋
＝2＋sin(θ＋φ)≤3其中sin φ＝
525，cos φ＝， 55
π
当且仅当θ＝＋2kπ－φ，k∈Z时，λ＋μ取得最大值3.
2
7.在直角梯形ABCD中，AB⊥AD，DC∥AB，AD＝DC＝2，AB＝4，E，F分别为AB，BC的中点，点P在以A为→→→
圆心，AD为半径的圆弧DEM上变动(如图所示)．若AP＝λED＋μAF，其中λ，μ∈R，则2λ－μ的取值范围是．
13
【答案】 －
21， 22
【解析】 建立如图所示的平面直角坐标系，
则A(0,0)，E(2,0)，D(0,2)，F(3,1)， ππ
P(cos α，sin α)－≤α≤，
2
2
→→→
即AP＝(cos α，sin α)，ED＝(－2,2)，AF＝(3,1)． →→→∵AP＝λED＋μAF，
∴(cos α，sin α)＝λ(－2,2)＋μ(3,1)， ∴cos α＝－2λ＋3μ，sin α＝2λ＋μ，
11
∴λ＝(3sin α－cos α)，μ＝(cos α＋sin α)，
84π112
∴2λ－μ＝sin α－cos α＝sinα－.
4222ππ
∵－≤α≤，
223πππ∴－≤α－≤.
444∴－
π122≤sinα－≤.
4222
8.如图，在边长为2的正六边形ABCDEF中，动圆Q的半径为1，圆心在线段CD(含端点)上运动，P是圆Q→→→
上及内部的动点，设向量AP＝mAB＋nAF(m，n为实数)，求m＋n的最大值．
14
【答案】5
【解析】如图所示，
①设点O为正六边形的中心， →→→则AO＝AB＋AF.
当动圆Q的圆心经过点C时，与边BC交于点P，点P为边BC的中点．连结OP， →→→则AP＝AO＋OP， →→
∵OP与FB共线，
→→
∴存在实数t，使得OP＝tFB， →→→→→→→则AP＝AO＋tFB＝AB＋AF＋t(AB－AF) →→
＝(1＋t)AB＋(1－t)AF，
∴此时m＋n＝1＋t＋1－t＝2，取得最小值．
→5→5→5→→＝5AB②当动圆Q的圆心经过点D时，取AD的延长线与圆Q的交点为P，则AP＝AO＝→＋AF，
22AB＋AF22
()
此时m＋n＝5，为最大值．
→2→→→
9.在△ABC中，AB＝3，AC＝2，∠BAC＝60°，点P是△ABC内一点(含边界)，若AP＝AB＋λAC，则|AP|的
3
15
最大值为________． 【答案】
213
3
【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， →2→→∵AP＝AB＋λAC，
3
2
∴(x，y)＝(3,0)＋λ(1，3)＝(2＋λ，3λ)，
3
x＝2＋λ，∴
y＝3λ，
∴y＝3(x－2)，① 直线BC的方程为y＝－
3
(x－3)，② 2
7x＝，3
联立①②，解得
3y＝，3→→
此时|AP|最大，∴|AP|＝
491213＋＝. 933
→→→→
10.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________．
16
210【答案】 －， 33
43→→→3→【解析】 因为AB＝AC，BC＝4，∠BAC＝120°，所以∠ABC＝30°，AB＝.因为BE＝3EC，所以BE＝BC.
34
→→→→→→→→→→→3→
设BP＝tBC，则0≤t≤1，所以AP＝AB＋BP＝AB＋tBC，又AE＝AB＋BE＝AB＋BC，
4→→→→→3→→2→→3→→3→2
所以AP·AE＝(AB＋tBC)·AB＋BC＝AB＋tBC·AB＋BC·AB＋tBC
444
1643343322
＝＋t×4×cos150°＋×4×cos150°＋t×4＝4t－， 3343432210→→210因为0≤t≤1，所以－≤4t－≤，即AP·AE的取值范围是－，.
3333311在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝3，P为矩形内一点，且AP＝
5→→→
，若AP＝λAB＋μAD(λ，μ∈R)，则52
λ＋3μ的最大值为______．
【答案】
10 2
【解析】 建立如图所示的平面直角坐标系，设P(x，y)，B(5，0)，
C(5，3)，D(0，3)．
∵AP＝
5522
，∴x＋y＝. 24
点P满足的约束条件为 0≤x≤5，
0≤y≤3，
5
x＋y＝，4
2
2
→→→
∵AP＝λAB＋μAD(λ，μ∈R)， ∴(x，y)＝λ(5，0)＋μ(0，3)，
x＝5λ，∴
y＝3μ，
∴x＋y＝5λ＋3μ.
17
∵x＋y≤2x＋y＝
225102×＝， 42
当且仅当x＝y时取等号， ∴5λ＋3μ的最大值为
10. 2
→→
12.如图所示，A，B，C是圆O上的三点，线段CO的延长线与BA的延长线交于圆O外的一点D，若OC＝mOA＋nOB→
，则m＋n的取值范围是________．
【答案】 (－1,0)
【解析】 由题意得，→OC＝kOD→
(k＜0)， →又|k|＝|OC|
＜1，∴－1＜k＜0.
|→OD|
又∵B，A，D三点共线，∴→OD＝λ→OA＋(1－λ)→
OB， ∴mOA→＋nOB→＝kλ→OA＋k(1－λ)→OB， ∴m＝kλ，n＝k(1－λ)， ∴m＋n＝k，从而m＋n∈(－1,0)．
18
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