Question

3．如图，数轴x，y的交点为O，夹角为θ，与x轴、y轴正向同向的单位向量分别是$\overrightarrow{e_1}，\overrightarrow{e_2}$．由平面向量基本定理，对于平面内的任一向量$\overrightarrow{OP}$，存在唯一的有序实数对（x，y），使得$\overrightarrow{OP}=x\overrightarrow{e_1}+y\overrightarrow{e_2}$，我们把（x，y）叫做点P在斜坐标系xOy中的坐标（以下各点的坐标都指在斜坐标系xOy中的坐标）．
（1）若θ=90°，$\overrightarrow{OP}$为单位向量，且$\overrightarrow{OP}$与$\overrightarrow{e_1}$的夹角为120°，求点P的坐标；
（2）若θ=45°，点P的坐标为$（{1，\sqrt{2}}）$，求向量$\overrightarrow{OP}$与$\overrightarrow{e_1}$的夹角；
（3）若θ=60°，求过点A（2，1）的直线l的方程，使得原点O到直线l的距离最大．

Answer 1

分析 （1）设出P点坐标，结合$\overrightarrow{OP}$为单位向量，且$\overrightarrow{OP}$与$\overrightarrow{e_1}$的夹角为120°列式求解；
（2）由题意求出$|\overrightarrow{OP}|$，$\overrightarrow{OP}•\overrightarrow{{e}_{1}}$，代入数量积求夹角公式得答案；
（3）由题意得到A在直角坐标系和斜坐标系下坐标的关系，求出直角坐标系下名字条件的直线方程，转化为斜坐标系下得答案．

解答 解：（1）若θ=90°，$\overrightarrow{OP}$为单位向量，且$\overrightarrow{OP}$与$\overrightarrow{e_1}$的夹角为120°，
设P（x，y），则x²+y²=1，且cos120°=（$x\overrightarrow{{e}_{1}}+y\overrightarrow{{e}_{2}}$）$•\overrightarrow{{e}_{1}}$=x，
∴x=-$\frac{1}{2}$，代入x²+y²=1，得y=$±\frac{\sqrt{3}}{2}$．
可得P$（{-\frac{1}{2}，±\frac{{\sqrt{3}}}{2}}）$；
（2）若θ=45°，点P的坐标为$（{1，\sqrt{2}}）$，则$\overrightarrow{OP}=\overrightarrow{{e}_{1}}+\sqrt{2}\overrightarrow{{e}_{2}}$，
∴$|\overrightarrow{OP}{|}^{2}=（\overrightarrow{{e}_{1}}+\sqrt{2}\overrightarrow{{e}_{2}}）^{2}=|\overrightarrow{{e}_{1}}{|}^{2}+2\sqrt{2}|\overrightarrow{{e}_{1}}||\overrightarrow{{e}_{2}}|cos45°$$+2|\overrightarrow{{e}_{2}}{|}^{2}$=$1+2\sqrt{2}×\frac{\sqrt{2}}{2}+2=5$，
∴$|\overrightarrow{OP}|=\sqrt{5}$，
又$\overrightarrow{OP}•\overrightarrow{{e}_{1}}=（\overrightarrow{{e}_{1}}+\sqrt{2}\overrightarrow{{e}_{2}}）•\overrightarrow{{e}_{1}}=|\overrightarrow{{e}_{1}}{|}^{2}$$+\sqrt{2}|\overrightarrow{{e}_{1}}||\overrightarrow{{e}_{2}}|cos45°$=$1+\sqrt{2}×\frac{\sqrt{2}}{2}=2$，
设向量$\overrightarrow{OP}$与$\overrightarrow{e_1}$的夹角为α，则$cosα=\frac{\overrightarrow{OP}•\overrightarrow{{e}_{1}}}{|\overrightarrow{OP}||\overrightarrow{{e}_{1}}|}$=$\frac{2}{\sqrt{5}×1}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$．
∴α=$arccos\frac{{2\sqrt{5}}}{5}$；
（3）若θ=60°，且点A（2，1），
由$x=x′+\frac{1}{2}y′，y=\frac{\sqrt{3}}{2}y′$，可得A在直角坐标系下的坐标为（$\frac{5}{2}，\frac{\sqrt{3}}{2}$），
∴过点A（$\frac{5}{2}，\frac{\sqrt{3}}{2}$）且使得原点O到直线l的距离最大的直线方程为$y-\frac{\sqrt{3}}{2}=-\frac{5}{\sqrt{3}}（x-\frac{5}{2}）$，
代入$x=x′+\frac{1}{2}y′，y=\frac{\sqrt{3}}{2}y′$，整理得5x′+4y′-14=0．
∴过点A（2，1），使得原点O到直线l的距离最大的直线方程为5x+4y-14=0．

点评 本题考查平面向量的数量积运算，关键是对题意的理解，属中档题．