6.2.1 向量基本定理-【金版教程】2024-2025学年新教材高中数学必修第二册创新导学案课件PPT（人教B版2019）

第六章　平面向量初步 6.2　向量基本定理与向量 的坐标 6.2.1　向量基本定理 (教师独具内容) 课程标准：1．理解两个平面向量共线的含义．2．理解平面向量基本定理及其 意义． 教学重点：1．理解并掌握两个向量共线的性质及其判定方法，并能熟练地运用这些知识处理有关共线向量问题．2．理解平面向量基本定理的内容，了解向量的一组基底的含义．3．会用基底来表示其他向量．4．会应用平面向量基本定理解决有关平面向量的综合问题． 教学难点：1．共线向量基本定理的探究及其应用．2．平面向量基本定理的 应用． 核心素养：1．通过学习共线向量基本定理、平面向量基本定理培养数学抽象素养．2．通过应用共线向量基本定理和平面向量基本定理解决问题培养逻辑推理素养和数学运算素养． 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 b＝λa λ＝μ 核心概念掌握 5 知识点二　平面向量基本定理 (1)定理 如果平面内两个向量a与b不共线，则对该平面内任意一个向量c，存在唯一的实数对(x，y)，使得 ． (2)几点说明 ①当a与b不共线时，“唯一的实数对”指的是c用a，b表示时，表达式唯一，即如果c＝xa＋yb＝ua＋vb，那么 ． ②当x≠0或y≠0时，必定有 ．也就是说，当a与b不共线时，xa＋yb≠0的充要条件是 ． c＝xa＋yb x＝u且y＝v xa＋yb≠0 x与y中至少有一个不为0 核心概念掌握 6 (3)基底与向量的分解 平面内不共线的两个向量a与b组成该平面上向量的一组　　　，记为　　　　，此时如果c＝xa＋yb，则称xa＋yb为　　　　　　　　　　　　　． [想一想]　对于基底{a，b}，向量a，b中能否有一个为0? 基底 {a，b} c在基底{a，b}下的分解式 提示 提示：因为0与任意一个非零向量共线，所以a，b均不为0． 核心概念掌握 7 答案 －15 －12 b－a －a－b 核心概念掌握 8 核心素养形成 题型一　共线向量基本定理的应用 解 核心素养形成 10 【感悟提升】 1．共线向量基本定理的“双向”应用 (1)证明向量共线． b是一个非零向量，若存在一个实数λ，使a＝λb，则a与非零向量b共线． (2)用一个非零向量表示另外一个向量． 若a与非零向量b共线，则存在一个实数λ，使a＝λb． 2．用向量共线的条件证明两条直线平行或重合的思路 (1)若a＝λb(b≠0)，且b与a所在的直线无公共点，则这两条直线平行． 核心素养形成 11 核心素养形成 12 核心素养形成 13 解 核心素养形成 14 解 核心素养形成 15 　　　如果{e1，e2}是平面α内所有向量的一组基底，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底{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}不能作为一组基底 题型二　基底的概念 答案 核心素养形成 16 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底． 解析 核心素养形成 17 【感悟提升】 　基底的特征 (1)基底是不共线的两个向量． (2)基底的选择不是唯一的． (3)基底中不能包含零向量． (4)设{e1，e2}是平面内所有向量的一组基底，当λ1e1＋λ2e2＝0时，恒有λ1＝λ2＝0． 核心素养形成 18 【跟踪训练】 2．已知{e1，e2}是表示平面内所有向量的一组基底，那么下列四组中不能作为一组基底的是(　　) A．{e1，e1＋e2} B．{e1－2e2，e2－2e1} C．{e1－2e2，4e2－2e1} D．{e1，e1－e2} 答案 解析 解析：只要两向量不共线，则这两个向量组成平面内所有向量的一组基底，而4e2－2e1＝－2(e1－2e2)，所以e1－2e2与4e2－2e1共线．故选C． 核心素养形成 19 题型三　利用平面向量基本定理表示未知向量 　　　已知e1，e2是平面内两个不共线的向量，a＝3e1－2e2，b＝－2e1＋e2，c＝7e1－4e2，试用向量a和b表示c． 解 核心素养形成 20 【感悟提升】用基底表示向量的方法 将两个不共线的向量作为基底表示其他向量，基本方法有两种：一种是运用向量的线性运算法则对待求向量不断进行转化，直至能用基底表示为止；另一种是通过列向量方程或方程组的形式，利用基底表示向量的唯一性求解． 核心素养形成 21 核心素养形成 22 解 核心素养形成 23 题型四　平面向量基本定理的应用 核心素养形成 24 解 核心素养形成 25 核心素养形成 26 核心素养形成 27 解 核心素养形成 28 解 核心素养形成 29 随堂水平达标 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 31 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 32 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 33 4．向量a在基底{e1，e2}下可以表示为a＝2e1＋3e2，若a在基底{e1＋e2，e1－e2}下可以表示为a＝λ(e1＋e2)＋μ(e1－e2)，则λ＝________，μ＝________． 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 34 答案 随堂水平达标 1 2 3 4 5 35 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 36 课后课时精练 基础题(占比50%)　中档题(占比40%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 难度 ★ ★ ★ ★ ★★ ★ ★★ ★ 对点 对平面向量基本定理的理解 用基底表示 向量 利用共线向量基本定理求参数 用基底表示 向量 共线向量基本定理的应用 三点共线的常用结论与基本不等式的综合应用 共线向量基本定理的应用 由基底满足的条件求参数 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 38 题号 9 10 11 12 13 14 15 16 难度 ★★ ★★ ★ ★ ★★★ ★★ ★★ ★★ 对点 利用平面向量基本定理求参数的取值范围 利用平面向量基本定理求参数；共线向量基本定理的应用 已知三点共线求参数 三点共线的常用结论；用基底表示向量 利用平面向量基本定理求参数的取值范围 三点共线的常用结论的应用 用基底表示向量；利用平面向量基本定理求参数值 共线向量基本定理的应用；平面向量基本定理的应用 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 39 一、单选题 1．若e1，e2是平面内两个向量，则(　　) A．e1，e2一定平行 B．e1，e2的模一定相等 C．对于平面内的任意向量a，都有a＝λe1＋μe2(λ，μ∈R) D．若e1，e2不共线，则对于平面内的任何一个向量a，都有a＝λe1＋μe2(λ，μ∈R) 解析：不共线的两个向量可以组成一组基底，平面内任一向量可用这组基底表示出来． 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 40 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 41 3．设{e1，e2}是平面内所有向量的一组基底，则向量a＝e1＋λe2与b＝－e1＋2e2共线的充要条件是λ＝(　　) A．－3 B．－2 C．－1 D．2 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 42 答案 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 43 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 44 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 45 答案 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 46 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 47 答案 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 48 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 49 解析：要作为基底，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． 答案 解析 k≠±1 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 50 答案 解析 (－1，0) 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 51 答案 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 52 解 析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 53 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 54 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 55 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 56 答案 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 57 解 析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 58 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 59 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 60 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 61 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 62 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 63 　　　　　　　　　　　　　 R 知识点一　共线向量基本定理 (1)定义：如果a≠0且b∥a，则存在唯一的实数λ，使得　 　　． (2)几点说明 ①b＝λa时，通常称为b能用a表示． ②其中的“唯一”指的是，如果还有b＝μa，则有　　　　． (3)作用：如果A，B，C是三个不同的点，则它们共线的充要条件是：　　　　 　　　　　． [拓展]　三点共线的一个常用结论 A，B，C三点共线⇔存在实数λ，μ对平面内任意一点O(O不在直线BC上)满足eq \o(OA,\s\up12(→))＝λeq \o(OB,\s\up12(→))＋μeq \o(OC,\s\up12(→))(λ＋μ＝1)． 存在实数λ，使得eq \o(AB,\s\up12(→))＝λeq \o(AC,\s\up12(→)) 1．(共线向量基本定理)已知向量a，b不共线，若ka＋2b与a－4b共线，则实数k＝________． 2．(平面向量基本定理)已知向量e1，e2不共线，实数x，y满足(2x－3y)e1＋(3x－4y)e2＝6e1＋3e2，则x＝________，y＝________． 3．(用基底表示向量)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，试用基底{a，b}表示eq \o(AB,\s\up12(→))＝________，eq \o(AD,\s\up12(→))＝________． －eq \f(1,2) 设e1，e2是两个不共线的向量，eq \o(AB,\s\up12(→))＝2e1＋ke2，eq \o(CB,\s\up12(→))＝e1＋3e2，eq \o(CD,\s\up12(→))＝2e1－e2，若A，B，D三点共线，求实数k的值． 解　若A，B，D三点共线，则eq \o(AB,\s\up12(→))与eq \o(BD,\s\up12(→))共线． 设eq \o(AB,\s\up12(→))＝λeq \o(BD,\s\up12(→))(λ∈R)， ∵eq \o(BD,\s\up12(→))＝eq \o(CD,\s\up12(→))－eq \o(CB,\s\up12(→))＝2e1－e2－(e1＋3e2)＝e1－4e2， ∴2e1＋ke2＝λe1－4λe2． 由e1与e2不共线，可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2＝λ，,k＝－4λ，))∴λ＝2，k＝－8． (2)若a＝λb(b≠0)，且b与a所在的直线有公共点，则这两条直线重合．例如，若向量eq \o(AB,\s\up12(→))＝λeq \o(AC,\s\up12(→))，则eq \o(AB,\s\up12(→))，eq \o(AC,\s\up12(→))共线且有公共点A，从而A，B，C三点共线，这是证明三点共线的重要方法． 3．共线向量基本定理的相关结论 (1)若存在两个不全为0的实数λ，μ，使λa＋μb＝0，那么a与b为共线向量． (2)若a，b不共线，且存在实数λ，μ，使μa＝λb(或μa＋λb＝0)，则必有μ＝λ＝0． (3)与非零向量a同方向的单位向量为e＝eq \f(a,|a|)． (4)与非零向量a共线的单位向量有2个． 【跟踪训练】 1．(2024·辽宁沈阳二中高一期中)如图，在△ABC中，AD是BC边上的中线． (1)取BD的中点M，试用eq \o(AB,\s\up12(→))和eq \o(AC,\s\up12(→))表示eq \o(AM,\s\up12(→))； (2)若G是AD上一点，且eq \o(AG,\s\up12(→))＝2eq \o(GD,\s\up12(→))，直线EF过点G，交AB于点E，交AC于点F．若eq \o(AE,\s\up12(→))＝λeq \o(AB,\s\up12(→))，eq \o(AF,\s\up12(→))＝μeq \o(AC,\s\up12(→))(λ，μ>0)，求λ＋μ的最小值． 解：(1)由题意，D为BC的中点， 所以eq \o(AD,\s\up12(→))＝eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \f(1,2) eq \o(AC,\s\up12(→))， 又M为BD的中点， 所以eq \o(AM,\s\up12(→))＝eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \f(1,2) eq \o(AD,\s\up12(→))＝eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\o(AB,\s\up12(→))＋\f(1,2)\o(AC,\s\up12(→))))＝eq \f(3,4) eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \f(1,4) eq \o(AC,\s\up12(→))． (2)由eq \o(AE,\s\up12(→))＝λeq \o(AB,\s\up12(→))，eq \o(AF,\s\up12(→))＝μeq \o(AC,\s\up12(→))(λ，μ>0)， 得eq \o(AB,\s\up12(→))＝eq \f(1,λ) eq \o(AE,\s\up12(→))，eq \o(AC,\s\up12(→))＝eq \f(1,μ) eq \o(AF,\s\up12(→))， 又eq \o(AG,\s\up12(→))＝2eq \o(GD,\s\up12(→))， 所以eq \o(AG,\s\up12(→))＝eq \f(2,3) eq \o(AD,\s\up12(→))＝eq \f(2,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\o(AB,\s\up12(→))＋\f(1,2)\o(AC,\s\up12(→))))＝eq \f(1,3) eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \f(1,3) eq \o(AC,\s\up12(→))＝eq \f(1,3λ) eq \o(AE,\s\up12(→))＋eq \f(1,3μ) eq \o(AF,\s\up12(→))，因为E，F，G三点共线，所以eq \f(1,3λ)＋eq \f(1,3μ)＝1， 则λ＋μ＝(λ＋μ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3λ)＋\f(1,3μ)))＝eq \f(2,3)＋eq \f(\a\vs4\al(μ),3λ)＋eq \f(λ,3μ)≥eq \f(2,3)＋2eq \r(\f(\a\vs4\al(μ),3λ)·\f(λ,3μ))＝eq \f(4,3)，当且仅当eq \f(\a\vs4\al(μ),3λ)＝eq \f(λ,3μ)，即λ＝μ＝eq \f(2,3)时取等号，所以λ＋μ的最小值为eq \f(4,3)． 解　因为a，b不共线，所以可设c＝xa＋yb， 则xa＋yb＝x(3e1－2e2)＋y(－2e1＋e2)＝(3x－2y)e1＋(－2x＋y)e2＝7e1－4e2． 又因为e1，e2不共线，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3x－2y＝7，,－2x＋y＝－4，)) 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝－2，)) 所以c＝a－2b． 【跟踪训练】 3．如图，在△AOB中，eq \o(OA,\s\up12(→))＝a，eq \o(OB,\s\up12(→))＝b，设eq \o(AM,\s\up12(→))＝2 eq \o(MB,\s\up12(→))，eq \o(ON,\s\up12(→))＝3 eq \o(NA,\s\up12(→))，而OM与BN交于点P，试用a，b表示向量eq \o(OP,\s\up12(→))． 解：eq \o(OM,\s\up12(→))＝eq \o(OA,\s\up12(→))＋eq \o(AM,\s\up12(→))＝eq \o(OA,\s\up12(→))＋eq \f(2,3) eq \o(AB,\s\up12(→))＝eq \o(OA,\s\up12(→))＋eq \f(2,3)(eq \o(OB,\s\up12(→))－eq \o(OA,\s\up12(→)))＝a＋eq \f(2,3)(b－a)＝eq \f(1,3)a＋eq \f(2,3)b． 因为eq \o(OP,\s\up12(→))与eq \o(OM,\s\up12(→))共线，令eq \o(OP,\s\up12(→))＝teq \o(OM,\s\up12(→))， 则eq \o(OP,\s\up12(→))＝teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)a＋\f(2,3)b))． 又设eq \o(OP,\s\up12(→))＝(1－m)eq \o(ON,\s\up12(→))＋m eq \o(OB,\s\up12(→))＝eq \f(3,4)(1－m)a＋mb， 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(t,3)＝\f(3,4)(1－m)，,\f(2,3)t＝m，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝\f(3,5)，,t＝\f(9,10)，))所以eq \o(OP,\s\up12(→))＝eq \f(3,10)a＋eq \f(3,5)b． 　如图，在△ABC中，M是BC的中点，点N在AC上，且eq \o(AN,\s\up12(→))＝2eq \o(NC,\s\up12(→))，AM与BN交于点P，若eq \o(AP,\s\up12(→))＝λeq \o(AM,\s\up12(→))，eq \o(BP,\s\up12(→))＝μeq \o(BN,\s\up12(→))，试求实数λ，μ的值． 解　设eq \o(BM,\s\up12(→))＝e1，eq \o(CN,\s\up12(→))＝e2， 则eq \o(AM,\s\up12(→))＝eq \o(AC,\s\up12(→))＋eq \o(CM,\s\up12(→))＝－3e2－e1，eq \o(BN,\s\up12(→))＝eq \o(BC,\s\up12(→))＋eq \o(CN,\s\up12(→))＝2e1＋e2． 因为eq \o(AP,\s\up12(→))＝λeq \o(AM,\s\up12(→))＝－λe1－3λe2，eq \o(BP,\s\up12(→))＝μeq \o(BN,\s\up12(→))＝2μe1＋μe2， 故eq \o(BA,\s\up12(→))＝eq \o(BP,\s\up12(→))＋eq \o(PA,\s\up12(→))＝eq \o(BP,\s\up12(→))－eq \o(AP,\s\up12(→))＝(λ＋2μ)e1＋(3λ＋μ)e2． 而eq \o(BA,\s\up12(→))＝eq \o(BC,\s\up12(→))＋eq \o(CA,\s\up12(→))＝2e1＋3e2， 由平面向量基本定理， 得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＋2μ＝2，,3λ＋μ＝3，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＝\f(4,5)，,μ＝\f(3,5).)) 【感悟提升】平面向量基本定理的三种应用 (1)已知e1，e2，求作λ1e1＋λ2e2 其方法如下： ①利用三角形法则； ②利用平行四边形法则． (2)已知基底{a，b}，用a，b表示其他向量c 其一般方法如下： ①线性运算法：利用三角形法则或平行四边形法则； ②向量方程组法：设c＝xa＋yb，x，y∈R，用待定系数法求出x，y． (3)平面向量基本定理的唯一性及其应用 设a，b是同一平面内的两个不共线向量，若x1a＋y1b＝x2a＋y2b，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＝x2，,y1＝y2.))这个方法应用广泛，常用于待定系数法确定向量的过程中． 【跟踪训练】 4．如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O，线段OD上有点M满足eq \o(DO,\s\up12(→))＝3 eq \o(DM,\s\up12(→))，线段CO上有点N满足eq \o(OC,\s\up12(→))＝λeq \o(ON,\s\up12(→))(λ>0)，设eq \o(AB,\s\up12(→))＝a，eq \o(AD,\s\up12(→))＝b，已知eq \o(MN,\s\up12(→))＝μa－eq \f(1,6)b，试求实数λ，μ的值． 解：依题意，得eq \o(BD,\s\up12(→))＝b－a，eq \o(AC,\s\up12(→))＝a＋b， 且eq \o(DM,\s\up12(→))＝eq \f(1,6) eq \o(DB,\s\up12(→))＝eq \f(1,6)(a－b)＝eq \f(1,6)a－eq \f(1,6)b， eq \o(AN,\s\up12(→))＝eq \o(AO,\s\up12(→))＋eq \o(ON,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,2λ))) eq \o(AC,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,2λ)))·(a＋b)， ∴eq \o(AM,\s\up12(→))＝eq \o(AD,\s\up12(→))＋eq \o(DM,\s\up12(→))＝b＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)a－\f(1,6)b))＝eq \f(1,6)a＋eq \f(5,6)b， eq \o(AN,\s\up12(→))＝eq \o(AM,\s\up12(→))＋eq \o(MN,\s\up12(→))＝eq \f(1,6)a＋eq \f(5,6)b＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(μa－\f(1,6)b))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)＋μ))a＋eq \f(2,3)b， 即eq \o(AN,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,2λ)))(a＋b)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)＋μ))a＋eq \f(2,3)b， 由平面向量基本定理，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,2λ)＝\f(2,3)，,\f(1,2)＋\f(1,2λ)＝\f(1,6)＋μ，)) 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＝3，,μ＝\f(1,2).)) 1．设向量a，b不平行，向量λa＋b与a＋2b平行，则实数λ＝(　　) A．1 B．eq \f(1,2) C．2 D．eq \f(1,4) 解：由于λa＋b与a＋2b平行，所以存在μ∈R，使得λa＋b＝μ(a＋2b)，即(λ－μ)a＋(1－2μ)b＝0，因为向量a，b不平行，所以λ－μ＝0，1－2μ＝0，解得λ＝μ＝eq \f(1,2)．故选B． 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底的是(　　) 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：如图所示，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(→))}可以作为基底．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(→))}可以作为基底．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(→))}均不能作为基底．故选AC． 3．如图所示，已知eq \o(AB,\s\up12(→))＝a，eq \o(AC,\s\up12(→))＝b，eq \o(BD,\s\up12(→))＝3eq \o(DC,\s\up12(→))，用基底{a，b}表示eq \o(AD,\s\up12(→))，则eq \o(AD,\s\up12(→))＝(　　) A．a＋eq \f(3,4)b B．eq \f(1,4)a＋eq \f(3,4)b C．eq \f(1,4)a＋eq \f(1,4)b D．eq \f(3,4)a＋eq \f(1,4)b 解析：eq \o(AD,\s\up12(→))＝eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \o(BD,\s\up12(→))＝eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \f(3,4) eq \o(BC,\s\up12(→))＝eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \f(3,4)(eq \o(AC,\s\up12(→))－eq \o(AB,\s\up12(→)))＝a＋eq \f(3,4)(b－a)＝eq \f(1,4)a＋eq \f(3,4)b． eq \f(5,2) －eq \f(1,2) 解析：由题意，可知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＋μ＝2，,λ－μ＝3，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＝\f(5,2)，,μ＝－\f(1,2).)) 5．如图，O是△ABC的重心，eq \o(AB,\s\up12(→))＝a，eq \o(AC,\s\up12(→))＝b，D是边BC上一点，且eq \o(BD,\s\up12(→))＝3eq \o(DC,\s\up12(→))，eq \o(OD,\s\up12(→))＝λa＋μb，则λ＋μ＝________． eq \f(1,3) 解析：延长AO交BC于点E，∵O是△ABC的重心，∴E是BC的中点，且eq \o(AO,\s\up12(→))＝2eq \o(OE,\s\up12(→))，则eq \o(AE,\s\up12(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \o(AC,\s\up12(→)))，∵eq \o(BD,\s\up12(→))＝3eq \o(DC,\s\up12(→))，∴D是BC的四等分点(靠近点C)，∴eq \o(OD,\s\up12(→))＝eq \o(OE,\s\up12(→))＋eq \o(ED,\s\up12(→))＝eq \f(1,3) eq \o(AE,\s\up12(→))＋eq \f(1,4) eq \o(BC,\s\up12(→))＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)(eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \o(AC,\s\up12(→)))＋eq \f(1,4)(eq \o(AC,\s\up12(→))－eq \o(AB,\s\up12(→)))＝－eq \f(1,12) eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \f(5,12) eq \o(AC,\s\up12(→))＝－eq \f(1,12)a＋eq \f(5,12)b．又eq \o(OD,\s\up12(→))＝λa＋μb，∴λ＝－eq \f(1,12)，μ＝eq \f(5,12)．∴λ＋μ＝－eq \f(1,12)＋eq \f(5,12)＝eq \f(4,12)＝eq \f(1,3)． 2．如图，在矩形ABCD中，若eq \o(BC,\s\up12(→))＝5e1，eq \o(DC,\s\up12(→))＝3e2，则eq \o(OC,\s\up12(→))＝(　　) A．eq \f(1,2)(3e2＋5e1) B．eq \f(1,2)(5e1－3e2) C．eq \f(1,2)(3e2－5e1) D．eq \f(1,2)(5e2－3e1) 解析：∵eq \o(AC,\s\up12(→))＝eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \o(BC,\s\up12(→))＝eq \o(DC,\s\up12(→))＋eq \o(BC,\s\up12(→))＝3e2＋5e1，∴eq \o(OC,\s\up12(→))＝eq \f(1,2) eq \o(AC,\s\up12(→))＝eq \f(1,2)(3e2＋5e1)． 解析：依题意a与b共线，应满足a＝mb(m∈R)，即e1＋λe2＝m(－e1＋2e2)，又e1，e2不共线，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＝－m，,λ＝2m，))解得λ＝－2．故选B． 4．(2024·河南洛阳高一月考)在△ABC中，M是AB的中点，点N在线段AC上，且AN∶NC＝1∶2，BN与CM交于点E，设eq \o(AB,\s\up12(→))＝a，eq \o(AC,\s\up12(→))＝b，则向量eq \o(AE,\s\up12(→))＝(　　) A．eq \f(1,3)a＋eq \f(1,2)b B．eq \f(1,2)a＋eq \f(2,3)b C．eq \f(2,5)a＋eq \f(1,5)b D．eq \f(3,5)a＋eq \f(4,5)b 解析：由题意，B，E，N三点共线，所以存在λ∈R，使得eq \o(AE,\s\up12(→))＝λeq \o(AB,\s\up12(→))＋(1－λ)eq \o(AN,\s\up12(→))＝λeq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \f(1－λ,3) eq \o(AC,\s\up12(→))，同理，C，E，M三点共线，所以存在μ∈R，使得eq \o(AE,\s\up12(→))＝μeq \o(AC,\s\up12(→))＋(1－μ)eq \o(AM,\s\up12(→))＝μeq \o(AC,\s\up12(→))＋eq \f(1－μ,2) eq \o(AB,\s\up12(→))，由平面向量基本定理，可得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＝\f(1－μ,2)，,μ＝\f(1－λ,3)，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＝\f(2,5)，,μ＝\f(1,5)，))所以eq \o(AE,\s\up12(→))＝eq \f(2,5)a＋eq \f(1,5)b．故选C． 5．(2024·河北衡水中学高一月考)在△ABC中，P是边BC的中点，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若ceq \o(AC,\s\up12(→))＋aeq \o(PA,\s\up12(→))＋beq \o(PB,\s\up12(→))＝0，则△ABC为(　　) A．直角三角形 B．钝角三角形 C．等边三角形 D．顶角为120°的等腰三角形 解析：∵P是边BC的中点，∴eq \o(AC,\s\up12(→))＝eq \o(PC,\s\up12(→))－eq \o(PA,\s\up12(→))＝－eq \o(PB,\s\up12(→))－eq \o(PA,\s\up12(→))．∵ceq \o(AC,\s\up12(→))＋aeq \o(PA,\s\up12(→))＋beq \o(PB,\s\up12(→))＝0，∴c(－eq \o(PB,\s\up12(→))－eq \o(PA,\s\up12(→)))＋aeq \o(PA,\s\up12(→))＋beq \o(PB,\s\up12(→))＝0，即(a－c)·eq \o(PA,\s\up12(→))＋(b－c)eq \o(PB,\s\up12(→))＝0，∵eq \o(PA,\s\up12(→))与eq \o(PB,\s\up12(→))不共线，∴a－c＝0且b－c＝0，∴a＝b＝c，∴△ABC是等边三角形．故选C． 二、多选题 6．(2024·山东青岛期末)已知D是△ABC的边BC上的一点(不包含顶点)，且eq \o(AD,\s\up12(→))＝xeq \o(AB,\s\up12(→))＋yeq \o(AC,\s\up12(→))，则(　　) A．x＋y＝1 B．x＋2y＝1 C．eq \r(x)＋eq \r(y)≥eq \r(2) D．log2x＋log2y≤－2 解析：D是△ABC的边BC上的一点(不包含顶点)，则有eq \o(BD,\s\up12(→))＝λeq \o(BC,\s\up12(→))(0<λ<1)，得eq \o(AD,\s\up12(→))－eq \o(AB,\s\up12(→))＝λ(eq \o(AC,\s\up12(→))－eq \o(AB,\s\up12(→)))，即eq \o(AD,\s\up12(→))＝λeq \o(AC,\s\up12(→))＋(1－λ)eq \o(AB,\s\up12(→))，又eq \o(AD,\s\up12(→))＝xeq \o(AB,\s\up12(→))＋yeq \o(AC,\s\up12(→))，可得x＋y＝1，0<x<1，0<y<1，2eq \r(xy)≤x＋y＝1，xy≤eq \f(1,4)，所以A正确，B错误；(eq \r(x)＋eq \r(y))2＝x＋y＋2eq \r(xy)≤x＋y＋x＋y＝2，当且仅当x＝y＝eq \f(1,2)时，等号成立，所以eq \r(x)＋eq \r(y)≤eq \r(2)，C错误；log2x＋log2y＝log2(xy)≤log2eq \f(1,4)＝－2，D正确．故选AD． 7．若O是线段BC外一点，P是平面上任意一点，且eq \o(OP,\s\up12(→))＝λeq \o(OB,\s\up12(→))＋μeq \o(OC,\s\up12(→))(λ，μ∈R)，则下列说法正确的是(　　) A．若λ＋μ＝1且λ>0，则点P在线段BC的延长线上 B．若λ＋μ＝1且λ<0，则点P在线段BC的延长线上 C．若λ＋μ>1，则点P在△OBC外 D．若λ＋μ<1，则点P在△OBC内 解析：因为eq \o(OP,\s\up12(→))＝λeq \o(OB,\s\up12(→))＋μeq \o(OC,\s\up12(→))(λ，μ∈R)．若λ＋μ＝1且λ>0，eq \o(OP,\s\up12(→))＝λeq \o(OB,\s\up12(→))＋(1－λ)eq \o(OC,\s\up12(→))＝eq \o(OC,\s\up12(→))＋λ(eq \o(OB,\s\up12(→))－eq \o(OC,\s\up12(→)))，故eq \o(OP,\s\up12(→))－eq \o(OC,\s\up12(→))＝λ(eq \o(OB,\s\up12(→))－eq \o(OC,\s\up12(→)))，即eq \o(CP,\s\up12(→))＝λeq \o(CB,\s\up12(→))．又λ>0，则点P在线段BC或其反向延长线上，A错误；若λ＋μ＝1且λ<0，同上可得eq \o(CP,\s\up12(→))＝λeq \o(CB,\s\up12(→))，而λ<0，则点P在线段BC的延长线上，B正确；若λ＋μ>1，eq \o(OP,\s\up12(→))＝λeq \o(OB,\s\up12(→))＋(1－λ)eq \o(OC,\s\up12(→))＋(λ＋μ－1)eq \o(OC,\s\up12(→))，同上可得eq \o(CP,\s\up12(→))＝λeq \o(CB,\s\up12(→))＋(λ＋μ－1)eq \o(OC,\s\up12(→))，当λ＋μ>1时，λ＋μ－1>0，根据向量加法的平行四边形法则可知，点P在△OBC外，C正确；若λ＋μ<1，不妨令λ＝0，μ＝－1，则eq \o(OP,\s\up12(→))＝－eq \o(OC,\s\up12(→))，很显然此时点P在线段CO的延长线上，不在△OBC内，D错误．故选BC． 三、填空题 8．若{ke1＋e2，e1＋ke2}可以作为平面内的一组基底，且e1与e2不共线，则实数k满足的条件为________． 9．如图所示，A，B，C是圆O上的三点，CO的延长线与BA的延长线交于圆O外一点D．若eq \o(OC,\s\up12(→))＝meq \o(OA,\s\up12(→))＋neq \o(OB,\s\up12(→))，则m＋n的取值范围是__________． 解析：由D是圆O外一点，可设eq \o(BD,\s\up12(→))＝λeq \o(BA,\s\up12(→))(λ>1)，则eq \o(OD,\s\up12(→))＝eq \o(OB,\s\up12(→))＋λeq \o(BA,\s\up12(→))＝λeq \o(OA,\s\up12(→))＋(1－λ)eq \o(OB,\s\up12(→))．又因为C，O，D三点共线，令eq \o(OD,\s\up12(→))＝－μeq \o(OC,\s\up12(→))(μ>1)，则eq \o(OC,\s\up12(→))＝－eq \f(λ,μ) eq \o(OA,\s\up12(→))－eq \f(1－λ,μ) eq \o(OB,\s\up12(→))(λ>1，μ>1)，所以m＝－eq \f(λ,μ)，n＝－eq \f(1－λ,μ)，且m＋n＝－eq \f(λ,μ)－eq \f(1－λ,μ)＝－eq \f(1,μ)∈(－1，0)． 1＋eq \f(2\r(2),3) 10．(2024·天津红桥一模)如图所示，在△ABC中，D为边BC上一点，且eq \o(BD,\s\up12(→))＝2eq \o(DC,\s\up12(→))，若eq \o(AD,\s\up12(→))＝meq \o(AB,\s\up12(→))＋neq \o(AC,\s\up12(→))，则mn＝_____；若过点D的直线EF与直线AB交于点E，与直线AC交于点F，eq \o(AE,\s\up12(→))＝λeq \o(AB,\s\up12(→))，eq \o(AF,\s\up12(→))＝μeq \o(AC,\s\up12(→))(λ，μ>0)，则λ＋μ的最小值为________． eq \f(2,9) 解析：在△ABC中，eq \o(BD,\s\up12(→))＝2eq \o(DC,\s\up12(→))，故eq \o(AD,\s\up12(→))＝eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \o(BD,\s\up12(→))＝eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \f(2,3) eq \o(BC,\s\up12(→))＝eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \f(2,3)(eq \o(AC,\s\up12(→))－eq \o(AB,\s\up12(→)))＝eq \f(1,3) eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \f(2,3) eq \o(AC,\s\up12(→))，故m＝eq \f(1,3)，n＝eq \f(2,3)，所以mn＝eq \f(2,9)．因为eq \o(AE,\s\up12(→))＝λeq \o(AB,\s\up12(→))，eq \o(AF,\s\up12(→))＝μeq \o(AC,\s\up12(→))，所以eq \o(AB,\s\up12(→))＝eq \f(1,λ) eq \o(AE,\s\up12(→))，eq \o(AC,\s\up12(→))＝eq \f(1,μ) eq \o(AF,\s\up12(→))，又eq \o(AD,\s\up12(→))＝eq \f(1,3) eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \f(2,3) eq \o(AC,\s\up12(→))，所以eq \o(AD,\s\up12(→))＝eq \f(1,3λ) eq \o(AE,\s\up12(→))＋eq \f(2,3μ) eq \o(AF,\s\up12(→))，又D，E，F三点共线，所以eq \f(1,3λ)＋eq \f(2,3μ)＝1，结合已知可知λ，μ>0，故λ＋μ＝(λ＋μ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3λ)＋\f(2,3μ)))＝eq \f(1,3)＋eq \f(2,3)＋eq \f(μ,3λ)＋eq \f(2λ,3μ)≥1＋2eq \r(\f(μ,3λ)·\f(2λ,3μ))＝1＋eq \f(2\r(2),3)，当且仅当eq \f(μ,3λ)＝eq \f(2λ,3μ)，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＝\f(1＋\r(2),3)，,μ＝\f(2＋\r(2),3)))时取等号，所以λ＋μ的最小值为1＋eq \f(2\r(2),3)． 四、解答题 11．已知eq \o(OA,\s\up12(→))＝a，eq \o(OB,\s\up12(→))＝b，eq \o(OC,\s\up12(→))＝c，eq \o(OD,\s\up12(→))＝d，eq \o(OE,\s\up12(→))＝e．如果3a＝c，2b＝d，e＝t(a＋b)，那么实数t为何值时，C，D，E三点在一条直线上？ 解：由eq \o(CD,\s\up12(→))＝d－c＝2b－3a，eq \o(CE,\s\up12(→))＝e－c＝t(a＋b)－3a＝(t－3)a＋tb，为使C，D，E三点共线，只要存在一个实数k，使得eq \o(CE,\s\up12(→))＝keq \o(CD,\s\up12(→))，即(t－3)a＋tb＝－3ka＋2kb． ①当O，A，B不共线，即a与b不共线时，t－3＝－3k且t＝2k，得t＝eq \f(6,5)； ②当O，A，B共线时，则存在实数m使a＝mb，得3mb＝c，d＝2b，e＝t(m＋1)b，即O，A，B，C，D，E均在同一直线上． 因此t为任意实数． 12．如图，在平行四边形ABCD中，eq \o(CM,\s\up12(→))＝eq \f(2,3) eq \o(CB,\s\up12(→))，N是AM上一点，且eq \o(CN,\s\up12(→))＝μeq \o(CA,\s\up12(→))＋eq \f(4,7) eq \o(CB,\s\up12(→))(μ∈R)． (1)求实数μ的值； (2)设向量eq \o(CA,\s\up12(→))＝a，eq \o(CB,\s\up12(→))＝b，试用基底{a，b}分别表示eq \o(AM,\s\up12(→))，eq \o(DN,\s\up12(→))． 解：(1)因为eq \o(CM,\s\up12(→))＝eq \f(2,3) eq \o(CB,\s\up12(→))，所以eq \o(CB,\s\up12(→))＝eq \f(3,2) eq \o(CM,\s\up12(→))， 所以eq \o(CN,\s\up12(→))＝μeq \o(CA,\s\up12(→))＋eq \f(4,7) eq \o(CB,\s\up12(→))＝μeq \o(CA,\s\up12(→))＋eq \f(4,7)×eq \f(3,2) eq \o(CM,\s\up12(→))＝μeq \o(CA,\s\up12(→))＋eq \f(6,7) eq \o(CM,\s\up12(→))． 又A，M，N三点共线， 所以μ＋eq \f(6,7)＝1，所以μ＝eq \f(1,7)． (2)易知eq \o(AM,\s\up12(→))＝eq \o(CM,\s\up12(→))－eq \o(CA,\s\up12(→))＝eq \f(2,3) eq \o(CB,\s\up12(→))－eq \o(CA,\s\up12(→))＝eq \f(2,3)b－a． eq \o(DN,\s\up12(→))＝eq \o(DA,\s\up12(→))＋eq \o(AN,\s\up12(→))＝eq \o(CB,\s\up12(→))＋eq \o(CN,\s\up12(→))－eq \o(CA,\s\up12(→)) ＝eq \o(CB,\s\up12(→))＋eq \f(1,7) eq \o(CA,\s\up12(→))＋eq \f(4,7) eq \o(CB,\s\up12(→))－eq \o(CA,\s\up12(→)) ＝eq \f(11,7)b－eq \f(6,7)a． 13．(2024·辽宁沈阳东北育才学校期末)已知O是△ABC内一点，且eq \o(OA,\s\up12(→))＋eq \o(OB,\s\up12(→))＋eq \o(OC,\s\up12(→))＝0，点M在△OBC内(不含边界)，若eq \o(AM,\s\up12(→))＝λeq \o(AB,\s\up12(→))＋μeq \o(AC,\s\up12(→))，则λ＋2μ的取值范围是(　　) A．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(5,2))) B．(1，2) C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1)) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)) 解析：因为O是△ABC内一点，且eq \o(OA,\s\up12(→))＋eq \o(OB,\s\up12(→))＋eq \o(OC,\s\up12(→))＝0，所以O为△ABC的重心．点M在△OBC内(不含边界)，且当M与O重合时，λ＋2μ最小，此时eq \o(AM,\s\up12(→))＝λeq \o(AB,\s\up12(→))＋μeq \o(AC,\s\up12(→))＝eq \f(2,3)×eq \f(1,2)(eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \o(AC,\s\up12(→)))＝eq \f(1,3)eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \f(1,3)eq \o(AC,\s\up12(→))，所以λ＝eq \f(1,3)，μ＝eq \f(1,3)，即λ＋2μ＝1；当M与C重合时，λ＋2μ最大，此时eq \o(AM,\s\up12(→))＝eq \o(AC,\s\up12(→))，所以λ＝0，μ＝1，即λ＋2μ＝2．因为M在△OBC内且不含边界，所以取开区间，即λ＋2μ∈(1，2)．故选B． eq \f(9,2) 14．(2024·湖北黄冈高一月考)在△ABC中，eq \o(BO,\s\up12(→))＝2eq \o(OC,\s\up12(→))，过点O的直线分别交直线AB，AC于M，N两个不同的点，若eq \o(AB,\s\up12(→))＝meq \o(AM,\s\up12(→))，eq \o(AC,\s\up12(→))＝neq \o(AN,\s\up12(→))，其中m，n为实数，则m2＋4n2的最小值为________． 解析：∵eq \o(BO,\s\up12(→))＝2eq \o(OC,\s\up12(→))，故eq \o(BA,\s\up12(→))＋eq \o(AO,\s\up12(→))＝2eq \o(OA,\s\up12(→))＋2eq \o(AC,\s\up12(→))，∴eq \o(AO,\s\up12(→))＝eq \f(1,3)eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \f(2,3)eq \o(AC,\s\up12(→))＝eq \f(m,3)eq \o(AM,\s\up12(→))＋eq \f(2n,3)eq \o(AN,\s\up12(→))，∵M，O，N三点共线，∴eq \f(m,3)＋eq \f(2n,3)＝1，即m＝3－2n，∴m2＋4n2＝(3－2n)2＋4n2＝8n2－12n＋9＝8eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(3,4))) eq \s\up12(2)＋eq \f(9,2)．故m2＋4n2的最小值为eq \f(9,2)． 15．(2024·山东烟台高一月考)已知A，B为圆O上的两点，P为圆O所在平面内的一点，且eq \o(OA,\s\up12(→))与eq \o(OB,\s\up12(→))不共线． (1)在△OAB中，点P在AB上，且eq \o(AP,\s\up12(→))＝2eq \o(PB,\s\up12(→))，若eq \o(AP,\s\up12(→))＝req \o(OB,\s\up12(→))＋seq \o(OA,\s\up12(→))，求r＋s的值； (2)已知点P满足eq \o(OP,\s\up12(→))＝meq \o(OA,\s\up12(→))＋eq \o(OB,\s\up12(→))(m为常数)，若四边形OABP为平行四边形，求m的值． 解：(1)∵eq \o(AP,\s\up12(→))＝2eq \o(PB,\s\up12(→))，即有eq \o(AP,\s\up12(→))＝eq \f(2,3)eq \o(AB,\s\up12(→))， ∴eq \o(AP,\s\up12(→))＝eq \f(2,3)(eq \o(OB,\s\up12(→))－eq \o(OA,\s\up12(→)))，又eq \o(AP,\s\up12(→))＝req \o(OB,\s\up12(→))＋seq \o(OA,\s\up12(→))， ∴r＝eq \f(2,3)，s＝－eq \f(2,3)，即r＋s＝0． (2)∵四边形OABP为平行四边形， ∴eq \o(OB,\s\up12(→))＝eq \o(OP,\s\up12(→))＋eq \o(OA,\s\up12(→))，又eq \o(OP,\s\up12(→))＝meq \o(OA,\s\up12(→))＋eq \o(OB,\s\up12(→))， ∴eq \o(OB,\s\up12(→))＝eq \o(OB,\s\up12(→))＋(m＋1)eq \o(OA,\s\up12(→))， 依题意，eq \o(OA,\s\up12(→))，eq \o(OB,\s\up12(→))是非零向量且不共线， ∴m＋1＝0，即m＝－1． 16．若M是△ABC所在平面内一点，且满足eq \o(AM,\s\up12(→))＝eq \f(3,4)eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \f(1,4)eq \o(AC,\s\up12(→))． (1)求△ABM与△ABC的面积之比； (2)若N为AB的中点，AM与CN交于点O，设eq \o(BO,\s\up12(→))＝xeq \o(BM,\s\up12(→))＋yeq \o(BN,\s\up12(→))，求x，y的值． 解：(1)由eq \o(AM,\s\up12(→))＝eq \f(3,4)eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \f(1,4)eq \o(AC,\s\up12(→))可知M，B，C三点共线， 如图，令eq \o(BM,\s\up12(→))＝λeq \o(BC,\s\up12(→))， 则eq \o(AM,\s\up12(→))＝eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \o(BM,\s\up12(→))＝eq \o(AB,\s\up12(→))＋λeq \o(BC,\s\up12(→))＝eq \o(AB,\s\up12(→))＋λ(eq \o(AC,\s\up12(→))－eq \o(AB,\s\up12(→)))＝(1－λ)eq \o(AB,\s\up12(→))＋λeq \o(AC,\s\up12(→))， 所以λ＝eq \f(1,4)，所以eq \f(S△ABM,S△ABC)＝eq \f(1,4)， 即△ABM与△ABC的面积之比为1∶4． (2)由eq \o(BO,\s\up12(→))＝xeq \o(BM,\s\up12(→))＋yeq \o(BN,\s\up12(→))， 得eq \o(BO,\s\up12(→))＝xeq \o(BM,\s\up12(→))＋eq \f(y,2)eq \o(BA,\s\up12(→))，eq \o(BO,\s\up12(→))＝eq \f(x,4)eq \o(BC,\s\up12(→))＋yeq \o(BN,\s\up12(→))． 由O，M，A三点共线及O，N，C三点共线，得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋\f(y,2)＝1，,\f(x,4)＋y＝1，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(4,7)，,y＝\f(6,7).)) $$