6.2.3 向量的数乘运算-【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（人教A版2019）

第六章　平面向量及其应用 6.2　平面向量的运算 6.2.3　向量的数乘运算 课程标准：1.通过实例分析，掌握平面向量数乘运算及运算规则，理解其几何意义.2.理解两个平面向量共线的含义.3.了解平面向量的线性运算性质及其几何意义． 教学重点：1.向量数乘运算的意义、运算律.2.向量共线定理． 教学难点：向量共线定理的探究及其应用． 核心素养：1.通过学习向量数乘的概念及其几何意义培养数学抽象素养和直观想象素养.2.通过判断或证明两个向量共线培养逻辑推理素养． (教师独具内容) 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 定义 实数λ与向量a的积是一个_____，记作_____ 长度 |λa|＝_____ 方向 当λ＞0时，λa的方向与a的方向_____ 当λ＜0时，λa的方向与a的方向_____ 当λ＝0时，λa＝_____ 总结 向量的加、减、数乘运算统称为向量的___________ 知识点一　向量的数乘 向量 λa |λ||a| 相同 相反 0 线性运算 核心概念掌握 5 运算律 设λ，μ为实数，那么 (1)λ(μa)＝_______； (2)(λ＋μ)a＝_______； (3)λ(a＋b)＝_______ 特别情况 (－λ)a＝－(λa)＝λ(－a)； λ(a－b)＝λa－λb 推广形式 对于任意向量a，b，以及任意实数λ，μ1，μ2，恒有λ(μ1a±μ2b)＝___________ 知识点二　向量数乘的运算律 (λμ)a λa＋μa λa＋λb λμ1a±λμ2b 核心概念掌握 6 知识点三　向量共线定理 ______________________________________________________________． [注意]　(1)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. (2)两向量共线的一般形式：若存在不全为0的一对实数λ，μ，使μa＋λb＝0，则a与b共线． 向量a(a≠0)与b共线的充要条件是：存在唯一一个实数λ，使b＝λa 核心概念掌握 7 核心概念掌握 8 3．(向量共线)已知向量a，b不共线，c＝ka＋b(k∈R)，d＝a－b，如果c∥d，那么(　　) A．k＝1且c与d同向 B．k＝1且c与d反向 C．k＝－1且c与d同向 D．k＝－1且c与d反向 核心概念掌握 9 核心概念掌握 10 核心素养形成 核心素养形成 12 【感悟提升】　向量线性运算的方法 (1)类比法：向量的线性运算可类似于代数多项式的运算．例如实数运算中的去括号、移项、合并同类项、提取公因式等变形手段在数与向量的乘积中同样适用，但是在这里的“同类项”“公因式”指向量，实数看作是向量的系数． (2)方程法：向量也可以通过列方程来解，把所求向量当作未知数，利用代数方程的方法求解，同时在运算过程中要多注意观察，恰当运用运算律，简化运算． 核心素养形成 13 核心素养形成 14 (2)已知向量为a，b，未知向量为x，y，向量a，b，x，y满足关系式3x－2y＝a，－4x＋3y＝b，求向量x，y. 核心素养形成 15 核心素养形成 16 核心素养形成 17 【感悟提升】　用已知向量表示其他向量的两种方法 (1)直接法 (2)方程法 当直接表示比较困难时，可以先利用三角形法则和平行四边形法则建立关于所求向量和已知向量的等量关系，然后解关于所求向量的方程． 核心素养形成 18 核心素养形成 19 核心素养形成 20 核心素养形成 21 核心素养形成 22 [变式探究]　本例条件不变，将(2)改为“欲使ke1＋2e2和2e1＋ke2共线，试确定实数k的值”，如何求解？ 核心素养形成 23 核心素养形成 24 核心素养形成 25 (2)设两向量e1，e2不共线，若向量2te1＋8e2与向量e1＋te2共线且方向相同，求实数t的值． 核心素养形成 26 随堂水平达标 1．(2024·海南中学白沙学校高一下期中)已知m，n是实数，a，b是向量，则下列命题中正确的是(　　) ①m(a－b)＝ma－mb；②(m－n)a＝ma－na；③若ma＝mb，则a＝b；④若ma＝na，则m＝n. A．①④ B．①② C．①③ D．③④ 解析：①②显然正确；③中当m＝0时，对于任意两向量a，b，ma＝mb都成立，但不一定有a＝b，故③错误；④中当a＝0时，不成立．故选B. 随堂水平达标 28 解析：对于A，b＝－a，则a，b共线；对于B，b＝－2a，则a，b共线；对于C，a＝4b，则a，b共线；对于D，当e1，e2不共线时，a≠λb，所以a，b不共线．故选ABC. 随堂水平达标 29 －4a－2b 随堂水平达标 30 4．设e1，e2是两个不共线的向量，若向量ke1＋2e2与8e1＋ke2方向相反，则实数k＝________． －4 随堂水平达标 31 随堂水平达标 32 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 向量的 线性运算 三点共线问题 向量共线定理的 应用 用已知向量表示其他向量 向量的线性 运算 向量共线定理的应用 用已知向量表示其他向量 向量共线定理的 应用 题号 9 10 11 12 13 14 15 难度 ★ ★★ ★★ ★★ ★★ ★★★ ★★★ 对点 用已知向量表示其他向量；向量共线定理的应用 向量共线定理的应用 向量共线定理的 应用 向量共线定理的应用 向量共线定理的应用 用已知向量表示其他向量；向量共线定理的应用 用已知向量表示其他向量；向量模的三角不等式 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 34 一、选择题 1．下列各式计算正确的个数是(　　) ①(－7)×5a＝－35a；②a－2b＋2(a＋b)＝3a；③a＋b－(a＋b)＝0. A．0 B．1 C．2 D．3 解析：根据向量数乘的运算律可验证①②正确；③错误，因为向量的和、差及数乘运算的结果仍为一个向量，而不是实数． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 35 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 36 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 37 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 38 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 39 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 40 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 41 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 42 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 43 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 44 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 45 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 46 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 47 2 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 48 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 49 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 50 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 51 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 52 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 53 　　　　　　　　　　　　　 R 1．(向量的识别)下列各式中不表示向量的是(　　) A．0·a B．a＋3b C．|3a| D．eq \f(1,x－y)e(x，y∈R，且x≠y) 2．(向量的线性运算)下列各式计算正确的有(　　) ①(－7)6a＝－42a；②7(a＋b)－8b＝7a＋15b； ③a－2b＋a＋2b＝2a；④4(2a＋b)＝8a＋4b. A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 4．(用已知向量表示其他向量)(2024·湖南师大附中高一下期末)如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，且E为AO的中点，则eq \o(DE,\s\up14(→))＝(　　) A．eq \f(3,4) eq \o(AB,\s\up14(→))－eq \f(1,4) eq \o(AD,\s\up14(→)) B．eq \f(1,4) eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \f(3,4) eq \o(AD,\s\up14(→)) C．eq \f(1,4) eq \o(AB,\s\up14(→))－eq \f(3,4) eq \o(AD,\s\up14(→)) D．eq \f(3,4) eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \f(1,4) eq \o(AD,\s\up14(→)) 题型一　向量的线性运算 例1　化简下列各式： (1)3(6a＋b)－9eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,3)b))； (2)eq \f(1,2) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（3a＋2b）－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)b))))－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a＋\f(3,8)b))； (3)2(5a－4b＋c)－3(a－3b＋c)－7a. 解　(1)原式＝18a＋3b－9a－3b＝9a. (2)原式＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2a＋\f(3,2)b))－a－eq \f(3,4)b＝a＋eq \f(3,4)b－a－eq \f(3,4)b＝0. (3)原式＝10a－8b＋2c－3a＋9b－3c－7a＝b－c. 【跟踪训练】 1．(1)设向量a＝3i＋2j，b＝2i－j，求eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)a－b))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(2,3)b))＋(2b－a)． 解：原式＝eq \f(1,3)a－b－a＋eq \f(2,3)b＋2b－a ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－1－1))a＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1＋\f(2,3)＋2))b＝－eq \f(5,3)a＋eq \f(5,3)b ＝－eq \f(5,3)(3i＋2j)＋eq \f(5,3)(2i－j)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－5＋\f(10,3)))i＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(10,3)－\f(5,3)))j＝－eq \f(5,3)i－5j. 解：eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3x－2y＝a，　①,－4x＋3y＝b，　②)) ①×3＋②×2，得x＝3a＋2b， 再代入①，得y＝4a＋3b. eq \f(1,4)e1－e2 题型二　用已知向量表示其他向量 例2　如图，四边形ABCD是一个梯形，eq \o(AB,\s\up14(→))∥eq \o(CD,\s\up14(→))且|eq \o(AB,\s\up14(→))|＝2|eq \o(CD,\s\up14(→))|，M，N分别是DC，AB的中点，已知eq \o(AB,\s\up14(→))＝e1，eq \o(AD,\s\up14(→))＝e2，试用e1，e2表示下列向量． (1)eq \o(AC,\s\up14(→))＝________； (2)eq \o(MN,\s\up14(→))＝________． 解析　(1)因为eq \o(AB,\s\up14(→))∥eq \o(CD,\s\up14(→))，|eq \o(AB,\s\up14(→))|＝2|eq \o(CD,\s\up14(→))|， 所以eq \o(AB,\s\up14(→))＝2eq \o(DC,\s\up14(→))，eq \o(DC,\s\up14(→))＝eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up14(→)). eq \o(AC,\s\up14(→))＝eq \o(AD,\s\up14(→))＋eq \o(DC,\s\up14(→))＝e2＋eq \f(1,2)e1. (2)eq \o(MN,\s\up14(→))＝eq \o(MD,\s\up14(→))＋eq \o(DA,\s\up14(→))＋eq \o(AN,\s\up14(→))＝－eq \f(1,2) eq \o(DC,\s\up14(→))－eq \o(AD,\s\up14(→))＋eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up14(→))＝－eq \f(1,4)e1－e2＋eq \f(1,2)e1＝eq \f(1,4)e1－e2. e2＋eq \f(1,2)e1 [互动探究]　在本例中，若条件改为“eq \o(BC,\s\up14(→))＝e1，eq \o(AD,\s\up14(→))＝e2”，试用e1，e2表示向量eq \o(MN,\s\up14(→)). 解：因为eq \o(MN,\s\up14(→))＝eq \o(MD,\s\up14(→))＋eq \o(DA,\s\up14(→))＋eq \o(AN,\s\up14(→))，eq \o(MN,\s\up14(→))＝eq \o(MC,\s\up14(→))＋eq \o(CB,\s\up14(→))＋eq \o(BN,\s\up14(→))，所以2eq \o(MN,\s\up14(→))＝(eq \o(MD,\s\up14(→))＋eq \o(MC,\s\up14(→)))＋eq \o(DA,\s\up14(→))＋eq \o(CB,\s\up14(→))＋(eq \o(AN,\s\up14(→))＋eq \o(BN,\s\up14(→)))． 又因为M，N分别是DC，AB的中点， 所以eq \o(MD,\s\up14(→))＋eq \o(MC,\s\up14(→))＝0，eq \o(AN,\s\up14(→))＋eq \o(BN,\s\up14(→))＝0. 所以2eq \o(MN,\s\up14(→))＝eq \o(DA,\s\up14(→))＋eq \o(CB,\s\up14(→))， 所以eq \o(MN,\s\up14(→))＝eq \f(1,2)(－eq \o(AD,\s\up14(→))－eq \o(BC,\s\up14(→)))＝－eq \f(1,2)e2－eq \f(1,2)e1. 2．如图所示，已知▱ABCD的边BC，CD上的中点分别为K，L，且eq \o(AK,\s\up14(→))＝e1，eq \o(AL,\s\up14(→))＝e2，试用e1，e2表示eq \o(BC,\s\up14(→))，eq \o(CD,\s\up14(→)). 解：解法一：设eq \o(BC,\s\up14(→))＝x，则eq \o(BK,\s\up14(→))＝eq \f(1,2)x， eq \o(AB,\s\up14(→))＝eq \o(AK,\s\up14(→))＋eq \o(KB,\s\up14(→))＝e1－eq \f(1,2)x， eq \o(DL,\s\up14(→))＝eq \f(1,2) eq \o(DC,\s\up14(→))＝eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up14(→))＝eq \f(1,2)e1－eq \f(1,4)x. 又eq \o(AD,\s\up14(→))＝eq \o(BC,\s\up14(→))＝x，由eq \o(AD,\s\up14(→))＋eq \o(DL,\s\up14(→))＝eq \o(AL,\s\up14(→))，得x＋eq \f(1,2)e1－eq \f(1,4)x＝e2. 解方程得x＝eq \f(4,3)e2－eq \f(2,3)e1，即eq \o(BC,\s\up14(→))＝eq \f(4,3)e2－eq \f(2,3)e1. 由eq \o(CD,\s\up14(→))＝－eq \o(AB,\s\up14(→))，eq \o(AB,\s\up14(→))＝e1－eq \f(1,2)x，得eq \o(CD,\s\up14(→))＝－eq \f(4,3)e1＋eq \f(2,3)e2. 解法二：设eq \o(BC,\s\up14(→))＝x，eq \o(CD,\s\up14(→))＝y，则eq \o(BK,\s\up14(→))＝eq \f(1,2)x，eq \o(DL,\s\up14(→))＝－eq \f(1,2)y. 由eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \o(BK,\s\up14(→))＝eq \o(AK,\s\up14(→))，eq \o(AD,\s\up14(→))＋eq \o(DL,\s\up14(→))＝eq \o(AL,\s\up14(→))， 得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－y＋\f(1,2)x＝e1，　①,x－\f(1,2)y＝e2.　②)) －2×②＋①，得eq \f(1,2)x－2x＝e1－2e2，x＝eq \f(4,3)e2－eq \f(2,3)e1. 同理得y＝－eq \f(4,3)e1＋eq \f(2,3)e2， 即eq \o(BC,\s\up14(→))＝eq \f(4,3)e2－eq \f(2,3)e1，eq \o(CD,\s\up14(→))＝－eq \f(4,3)e1＋eq \f(2,3)e2. 解法三：如图所示，延长BC与AL的延长线交于点E，则△DLA≌△CLE. 从而eq \o(AE,\s\up14(→))＝2eq \o(AL,\s\up14(→))，eq \o(CE,\s\up14(→))＝eq \o(AD,\s\up14(→))，eq \o(KE,\s\up14(→))＝eq \f(3,2) eq \o(BC,\s\up14(→))， 由eq \o(KE,\s\up14(→))＝eq \o(AE,\s\up14(→))－eq \o(AK,\s\up14(→))，得eq \f(3,2) eq \o(BC,\s\up14(→))＝2e2－e1， 即eq \o(BC,\s\up14(→))＝eq \f(2,3)(2e2－e1)＝eq \f(4,3)e2－eq \f(2,3)e1. 同理可得eq \o(CD,\s\up14(→))＝eq \f(2,3)(－2e1＋e2)＝－eq \f(4,3)e1＋eq \f(2,3)e2. 题型三　向量共线定理的应用 例3　(2024·山东济南莱钢高级中学高一下3月月考)已知非零向量e1，e2不共线． (1)如果eq \o(AB,\s\up14(→))＝e1＋e2，eq \o(BC,\s\up14(→))＝2e1＋8e2，eq \o(CD,\s\up14(→))＝3(e1－e2)，求证：A，B，D三点共线； (2)欲使ke1＋e2和e1＋ke2共线，试确定实数k的值． 解　(1)证明：∵eq \o(AB,\s\up14(→))＝e1＋e2， eq \o(BD,\s\up14(→))＝eq \o(BC,\s\up14(→))＋eq \o(CD,\s\up14(→))＝2e1＋8e2＋3e1－3e2＝5(e1＋e2)＝5eq \o(AB,\s\up14(→))， ∴eq \o(AB,\s\up14(→))，eq \o(BD,\s\up14(→))共线，且有公共点B，∴A，B，D三点共线． (2)∵ke1＋e2和e1＋ke2共线， ∴存在实数λ，使ke1＋e2＝λ(e1＋ke2)，即(k－λ)e1＝(λk－1)e2. ∵e1与e2不共线，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k－λ＝0，,λk－1＝0，))解得k＝±1. 解：∵ke1＋2e2和2e1＋ke2共线， ∴存在实数λ，使ke1＋2e2＝λ(2e1＋ke2)， 即(k－2λ)e1＝(λk－2)e2， ∵e1，e2不共线，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k－2λ＝0，,λk－2＝0，))解得k＝±2. 【感悟提升】　 1．证明或判断三点共线的方法 一般来说，要判定A，B，C三点是否共线，只需看是否存在实数λ，使得eq \o(AB,\s\up14(→))＝λeq \o(AC,\s\up14(→))(或eq \o(BC,\s\up14(→))＝λeq \o(AB,\s\up14(→))等)即可． 2．利用向量共线求参数的方法 一般地，解决向量a，b共线求参问题，可用两个不共线向量(如e1，e2)表示向量a，b，设b＝λa(a≠0)，化成关于e1，e2的方程Φ(λ)e1＋φ(λ)e2＝0，由于e1，e2不共线，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Φ（λ）＝0，,φ（λ）＝0，))解方程组即可． 【跟踪训练】 3．(1)已知e1，e2是两个不共线的向量，若eq \o(AB,\s\up14(→))＝2e1－8e2，eq \o(CB,\s\up14(→))＝e1＋3e2，eq \o(CD,\s\up14(→))＝2e1－e2，求证：A，B，D三点共线． 证明：∵eq \o(CB,\s\up14(→))＝e1＋3e2，eq \o(CD,\s\up14(→))＝2e1－e2， ∴eq \o(BD,\s\up14(→))＝eq \o(CD,\s\up14(→))－eq \o(CB,\s\up14(→))＝e1－4e2. 又eq \o(AB,\s\up14(→))＝2e1－8e2＝2(e1－4e2)，∴eq \o(AB,\s\up14(→))＝2eq \o(BD,\s\up14(→))，∴eq \o(AB,\s\up14(→))∥eq \o(BD,\s\up14(→)). ∵AB与BD有公共点B，∴A，B，D三点共线． 解：∵向量2te1＋8e2与向量e1＋te2共线， ∴存在实数λ，使得2te1＋8e2＝λ(e1＋te2)， 即(2t－λ)e1＋(8－λt)e2＝0. ∵e1，e2不共线，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2t－λ＝0，,8－λt＝0，))解得t＝±2. 当t＝2时，向量2te1＋8e2＝4(e1＋2e2)与向量e1＋2e2共线且方向相同； 当t＝－2时，向量2te1＋8e2＝－4(e1－2e2)与向量e1－2e2共线且方向相反，不符合题意． 综上，t＝2. 2．(多选)下列四个选项中，向量a，b一定共线的是(　　) A．a＝2e，b＝－2e B．a＝e1－e2，b＝－2e1＋2e2 C．a＝4e1－eq \f(2,5)e2，b＝e1－eq \f(1,10)e2 D．a＝e1＋e2，b＝2e1－2e2 解析：2a－3b＋eq \f(3,4)(2b－4a)－eq \f(1,2)(6a＋b)＝2a－3b＋eq \f(3,2)b－3a－3a－eq \f(1,2)b＝－4a－2b. 3．化简：2a－3b＋eq \f(3,4)(2b－4a)－eq \f(1,2)(6a＋b)＝________． 解析：∵ke1＋2e2与8e1＋ke2共线，∴ke1＋2e2＝λ(8e1＋ke2)＝8λe1＋λke2，∴(k－8λ)e1＝(λk－2)e2，又e1，e2不共线，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k－8λ＝0，,λk－2＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＝\f(1,2)，,k＝4))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＝－\f(1,2)，,k＝－4.))∵ke1＋2e2与8e1＋ke2反向，∴λ＝－eq \f(1,2)，k＝－4. 5．如图所示，在△ABC中，D，F分别是BC，AC的中点，eq \o(AE,\s\up14(→))＝eq \f(2,3) eq \o(AD,\s\up14(→))，eq \o(AB,\s\up14(→))＝a，eq \o(AC,\s\up14(→))＝b. (1)用a，b表示eq \o(AD,\s\up14(→))，eq \o(AE,\s\up14(→))，eq \o(AF,\s\up14(→))，eq \o(BE,\s\up14(→))，eq \o(BF,\s\up14(→))； (2)求证：B，E，F三点共线． 解：(1)在△ABC中，因为D，F分别是BC，AC的中点， 所以eq \o(AD,\s\up14(→))＝eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \o(BD,\s\up14(→))＝eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \f(1,2) eq \o(BC,\s\up14(→))＝eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \f(1,2)(eq \o(AC,\s\up14(→))－eq \o(AB,\s\up14(→)))＝eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \f(1,2) eq \o(AC,\s\up14(→))＝eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b， eq \o(AE,\s\up14(→))＝eq \f(2,3) eq \o(AD,\s\up14(→))＝eq \f(1,3)a＋eq \f(1,3)b，eq \o(AF,\s\up14(→))＝eq \f(1,2) eq \o(AC,\s\up14(→))＝eq \f(1,2)b， eq \o(BE,\s\up14(→))＝eq \o(AE,\s\up14(→))－eq \o(AB,\s\up14(→))＝eq \f(1,3)a＋eq \f(1,3)b－a＝eq \f(1,3)b－eq \f(2,3)a， eq \o(BF,\s\up14(→))＝eq \o(AF,\s\up14(→))－eq \o(AB,\s\up14(→))＝eq \f(1,2)b－a. (2)证明：由(1)知eq \o(BE,\s\up14(→))＝eq \f(1,3)b－eq \f(2,3)a＝eq \f(1,3)(b－2a)，eq \o(BF,\s\up14(→))＝eq \f(1,2)(b－2a)， 所以eq \o(BE,\s\up14(→))＝eq \f(2,3) eq \o(BF,\s\up14(→))，所以eq \o(BE,\s\up14(→))∥eq \o(BF,\s\up14(→))， 又eq \o(BE,\s\up14(→))，eq \o(BF,\s\up14(→))有公共点B，所以B，E，F三点共线． 2．(2024·云南昆明行知中学高一下期末拉练三)已知a，b是两个不共线的向量，设eq \o(AB,\s\up14(→))＝eq \f(\r(2),2)(a＋5b)，eq \o(BC,\s\up14(→))＝－2a＋8b，eq \o(CD,\s\up14(→))＝3(a－b)，则共线的三点是(　　) A．A，B，D B．A，B，C C．B，C，D D．A，C，D 解析：∵eq \o(BD,\s\up14(→))＝eq \o(BC,\s\up14(→))＋eq \o(CD,\s\up14(→))＝a＋5b，∴eq \o(AB,\s\up14(→))＝eq \f(\r(2),2) eq \o(BD,\s\up14(→))，∴A，B，D三点共线．故选A. 3．若eq \o(AB,\s\up14(→))＝3e1，eq \o(CD,\s\up14(→))＝－5e1，且|eq \o(AD,\s\up14(→))|＝|eq \o(BC,\s\up14(→))|，则四边形ABCD是(　　) A．平行四边形 B．菱形 C．等腰梯形 D．不等腰的梯形 解析：因为eq \o(AB,\s\up14(→))＝－eq \f(3,5) eq \o(CD,\s\up14(→))，所以AB∥CD，且|eq \o(AB,\s\up14(→))|≠|eq \o(CD,\s\up14(→))|.而|eq \o(AD,\s\up14(→))|＝|eq \o(BC,\s\up14(→))|，所以四边形ABCD是等腰梯形． 4．如图，已知eq \o(OA,\s\up14(→))＝a，eq \o(OB,\s\up14(→))＝b，任意点M关于点A的对称点为S，点S关于点B的对称点为N，则向量eq \o(MN,\s\up14(→))＝(　　) A．b－2a B．eq \f(b＋a,2) C．eq \f(b－a,2) D．2(b－a) 解析：由题设及图知，eq \o(MN,\s\up14(→))＝2eq \o(AB,\s\up14(→))且eq \o(AB,\s\up14(→))＝eq \o(OB,\s\up14(→))－eq \o(OA,\s\up14(→))＝b－a，所以eq \o(MN,\s\up14(→))＝2(b－a)．故选D. 5．(多选)(2024·河南商丘第一中学高一下期末)已知M为△ABC的重心，D为边BC的中点，则(　　) A．eq \o(MB,\s\up14(→))＋eq \o(MC,\s\up14(→))＝2eq \o(MD,\s\up14(→)) B．eq \o(MA,\s\up14(→))＋eq \o(MB,\s\up14(→))＋eq \o(MC,\s\up14(→))＝0 C．eq \o(BM,\s\up14(→))＝eq \f(1,3) eq \o(BA,\s\up14(→))＋eq \f(2,3) eq \o(BD,\s\up14(→)) D．eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \o(AC,\s\up14(→))＝2(eq \o(MB,\s\up14(→))＋eq \o(MC,\s\up14(→))) 解析：如图，根据向量加法的平行四边形法则，易得eq \o(MB,\s\up14(→))＋eq \o(MC,\s\up14(→))＝2eq \o(MD,\s\up14(→))，故A正确；由题意得M为线段AD上靠近点D的三等分点，所以eq \o(MA,\s\up14(→))＝－2eq \o(MD,\s\up14(→))，又eq \o(MB,\s\up14(→))＋eq \o(MC,\s\up14(→))＝2eq \o(MD,\s\up14(→))，所以eq \o(MA,\s\up14(→))＋eq \o(MB,\s\up14(→))＋eq \o(MC,\s\up14(→))＝0，故B正确；eq \o(BM,\s\up14(→))＝eq \o(BA,\s\up14(→))＋eq \f(2,3) eq \o(AD,\s\up14(→))＝eq \o(BA,\s\up14(→))＋eq \f(2,3)(eq \o(BD,\s\up14(→))－eq \o(BA,\s\up14(→)))＝eq \f(1,3) eq \o(BA,\s\up14(→))＋eq \f(2,3) eq \o(BD,\s\up14(→))，故C正确；eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \o(AC,\s\up14(→))＝2eq \o(AD,\s\up14(→))，eq \o(MB,\s\up14(→))＋eq \o(MC,\s\up14(→))＝2eq \o(MD,\s\up14(→))，又eq \o(AD,\s\up14(→))＝3eq \o(MD,\s\up14(→))，所以eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \o(AC,\s\up14(→))＝3(eq \o(MB,\s\up14(→))＋eq \o(MC,\s\up14(→)))，故D错误．故选ABC. 二、填空题 6．在△ABC中，D是BC边上的点且eq \o(AC,\s\up14(→))＋2eq \o(AB,\s\up14(→))＝3eq \o(AD,\s\up14(→))，若eq \o(BC,\s\up14(→))＝λeq \o(DC,\s\up14(→))，则λ＝________． 解析：因为在△ABC中，D是BC边上的点且eq \o(AC,\s\up14(→))＋2eq \o(AB,\s\up14(→))＝3eq \o(AD,\s\up14(→))，所以2(eq \o(AD,\s\up14(→))－eq \o(AB,\s\up14(→)))＝eq \o(AC,\s\up14(→))－eq \o(AD,\s\up14(→))，即eq \o(DC,\s\up14(→))＝2eq \o(BD,\s\up14(→))，所以eq \o(BC,\s\up14(→))＝eq \o(BD,\s\up14(→))＋eq \o(DC,\s\up14(→))＝eq \f(1,2) eq \o(DC,\s\up14(→))＋eq \o(DC,\s\up14(→))＝eq \f(3,2) eq \o(DC,\s\up14(→))，即λ＝eq \f(3,2). eq \f(3,2) －eq \f(1,4)a＋eq \f(1,4)b 7．在平行四边形ABCD中，eq \o(AB,\s\up14(→))＝a，eq \o(AD,\s\up14(→))＝b，eq \o(AN,\s\up14(→))＝3eq \o(NC,\s\up14(→))，M为BC的中点，则eq \o(MA,\s\up14(→))＝______________，eq \o(MN,\s\up14(→))＝______________．(用a，b表示) 解析：如图，∵四边形ABCD是平行四边形，∴eq \o(AD,\s\up14(→))＝eq \o(BC,\s\up14(→))，又eq \o(AN,\s\up14(→))＝3eq \o(NC,\s\up14(→))，∴A，N，C三点共线，且eq \o(CN,\s\up14(→))＝－eq \f(1,4) eq \o(AC,\s\up14(→))，则eq \o(MA,\s\up14(→))＝eq \o(MB,\s\up14(→))＋eq \o(BA,\s\up14(→))＝eq \f(1,2) eq \o(DA,\s\up14(→))＋eq \o(BA,\s\up14(→))＝－eq \f(1,2)b－a，eq \o(MN,\s\up14(→))＝eq \o(MC,\s\up14(→))＋eq \o(CN,\s\up14(→))＝eq \f(1,2) eq \o(BC,\s\up14(→))－eq \f(1,4) eq \o(AC,\s\up14(→))＝eq \f(1,2) eq \o(AD,\s\up14(→))－eq \f(1,4) eq \o(AC,\s\up14(→))＝eq \f(1,2)b－eq \f(1,4)(a＋b)＝－eq \f(1,4)a＋eq \f(1,4)b. －eq \f(1,2)b－a 8．(2024·天津重点学校高一下期末联考)已知点O是△ABC内部一点，且满足eq \o(OA,\s\up14(→))＋2eq \o(OB,\s\up14(→))＋eq \o(OC,\s\up14(→))＝0，△AOB的面积为S1，△AOC的面积为S2，则eq \f(S1,S2)＝________． 解析：因为eq \o(OA,\s\up14(→))＋2eq \o(OB,\s\up14(→))＋eq \o(OC,\s\up14(→))＝0，所以eq \o(OA,\s\up14(→))＋eq \o(OC,\s\up14(→))＝－2eq \o(OB,\s\up14(→))＝2eq \o(BO,\s\up14(→))，所以eq \o(BO,\s\up14(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(OA,\s\up14(→))＋eq \o(OC,\s\up14(→)))．取AC的中点D，则eq \o(OD,\s\up14(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(OA,\s\up14(→))＋eq \o(OC,\s\up14(→)))，所以eq \o(BO,\s\up14(→))＝eq \o(OD,\s\up14(→))，即O为中线BD的中点，如图所示，则S△AOC＝2S△AOD，因为S△AOD＝S△AOB，所以S△AOC＝2S△AOB，所以eq \f(S1,S2)＝eq \f(1,2). eq \f(1,2) 三、解答题 9．已知e，f为两个不共线的向量，若四边形ABCD满足eq \o(AB,\s\up14(→))＝e＋2f，eq \o(BC,\s\up14(→))＝－4e－f，eq \o(CD,\s\up14(→))＝－5e－3f. (1)用e，f表示eq \o(AD,\s\up14(→))； (2)证明：四边形ABCD是梯形． 解：(1)eq \o(AD,\s\up14(→))＝eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \o(BC,\s\up14(→))＋eq \o(CD,\s\up14(→))＝(e＋2f)＋(－4e－f)＋(－5e－3f)＝(1－4－5)e＋(2－1－3)f＝－8e－2f. (2)证明：因为eq \o(AD,\s\up14(→))＝－8e－2f＝2(－4e－f)＝2eq \o(BC,\s\up14(→))，所以eq \o(AD,\s\up14(→))与eq \o(BC,\s\up14(→))方向相同，且eq \o(AD,\s\up14(→))的模为eq \o(BC,\s\up14(→))的模的2倍，即在四边形ABCD中，AD∥BC，且AD≠BC，所以四边形ABCD是梯形． 10．(2024·甘肃白银大成学校高一下月考)设e1，e2是两个不共线的向量，如果eq \o(AB,\s\up14(→))＝2e1－e2，eq \o(BC,\s\up14(→))＝3e1＋e2，eq \o(CD,\s\up14(→))＝7e1－6e2. (1)求证：A，B，D三点共线； (2)试确定λ的值，使2λe1＋e2与e1＋λe2共线； (3)若e1＋λe2与λe1＋e2不共线，试求λ的取值范围． 解：(1)证明：因为eq \o(BD,\s\up14(→))＝eq \o(BC,\s\up14(→))＋eq \o(CD,\s\up14(→))＝3e1＋e2＋7e1－6e2＝10e1－5e2＝5(2e1－e2)＝5eq \o(AB,\s\up14(→))， 所以eq \o(AB,\s\up14(→))与eq \o(BD,\s\up14(→))共线． 因为eq \o(AB,\s\up14(→))与eq \o(BD,\s\up14(→))有公共点B， 所以A，B，D三点共线． (2)因为2λe1＋e2与e1＋λe2共线， 所以存在实数μ，使2λe1＋e2＝μ(e1＋λe2)，即(2λ－μ)e1＝(μλ－1)e2. 因为e1，e2不共线，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2λ－μ＝0，,μλ－1＝0，)) 所以λ＝±eq \f(\r(2),2). (3)假设e1＋λe2与λe1＋e2共线， 则存在实数μ，使e1＋λe2＝μ(λe1＋e2)， 即(1－μλ)e1＝(μ－λ)e2. 因为e1，e2不共线，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－μλ＝0，,μ－λ＝0，))所以λ＝±1. 所以当λ≠±1时，e1＋λe2与λe1＋e2不共线． 11．已知O是平面内一定点，A，B，C是平面内不共线的三点，动点P满足eq \o(OP,\s\up14(→))＝eq \o(OA,\s\up14(→))＋λ(eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \o(AC,\s\up14(→)))，λ∈[0，＋∞)，则点P的轨迹一定经过△ABC的(　　) A．外心 B．垂心 C．内心 D．重心 解析：由题意，得λ(eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \o(AC,\s\up14(→)))＝eq \o(OP,\s\up14(→))－eq \o(OA,\s\up14(→))＝eq \o(AP,\s\up14(→))，设BC的中点为D，则eq \o(AP,\s\up14(→))＝λ(eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \o(AC,\s\up14(→)))＝2λeq \o(AD,\s\up14(→))，所以eq \o(AP,\s\up14(→))与eq \o(AD,\s\up14(→))共线，又eq \o(AP,\s\up14(→))与eq \o(AD,\s\up14(→))有公共点A，所以点P在直线AD上，又λ∈[0，＋∞)，所以点P的轨迹一定经过△ABC的重心．故选D. 12．(多选)(2024·广东部分学校联考)已知△ABC的重心为点G，点O，P是△ABC所在平面内两个不同的点，满足eq \o(OP,\s\up14(→))＝eq \o(OA,\s\up14(→))＋eq \o(OB,\s\up14(→))＋eq \o(OC,\s\up14(→))，则(　　) A．O，P，G三点共线 B．eq \o(OP,\s\up14(→))＝2eq \o(OG,\s\up14(→)) C．2eq \o(OP,\s\up14(→))＝eq \o(AP,\s\up14(→))＋eq \o(BP,\s\up14(→))＋eq \o(CP,\s\up14(→)) D．点P在△ABC的内部 解析：eq \o(OP,\s\up14(→))＝eq \o(OA,\s\up14(→))＋eq \o(OB,\s\up14(→))＋eq \o(OC,\s\up14(→))＝eq \o(OG,\s\up14(→))＋eq \o(GA,\s\up14(→))＋eq \o(OG,\s\up14(→))＋eq \o(GB,\s\up14(→))＋eq \o(OG,\s\up14(→))＋eq \o(GC,\s\up14(→))＝3eq \o(OG,\s\up14(→))＋eq \o(GA,\s\up14(→))＋eq \o(GB,\s\up14(→))＋eq \o(GC,\s\up14(→))，因为点G为△ABC的重心，所以eq \o(GA,\s\up14(→))＋eq \o(GB,\s\up14(→))＋eq \o(GC,\s\up14(→))＝0，所以eq \o(OP,\s\up14(→))＝3eq \o(OG,\s\up14(→))，所以O，P，G三点共线，故A正确，B错误；eq \o(AP,\s\up14(→))＋eq \o(BP,\s\up14(→))＋eq \o(CP,\s\up14(→))＝eq \o(AO,\s\up14(→))＋eq \o(OP,\s\up14(→))＋eq \o(BO,\s\up14(→))＋eq \o(OP,\s\up14(→))＋eq \o(CO,\s\up14(→))＋eq \o(OP,\s\up14(→))＝(eq \o(AO,\s\up14(→))＋eq \o(BO,\s\up14(→))＋eq \o(CO,\s\up14(→)))＋3eq \o(OP,\s\up14(→))，因为eq \o(OP,\s\up14(→))＝eq \o(OA,\s\up14(→))＋eq \o(OB,\s\up14(→))＋eq \o(OC,\s\up14(→))，所以(eq \o(AO,\s\up14(→))＋eq \o(BO,\s\up14(→))＋eq \o(CO,\s\up14(→)))＋3eq \o(OP,\s\up14(→))＝－eq \o(OP,\s\up14(→))＋3eq \o(OP,\s\up14(→))＝2eq \o(OP,\s\up14(→))，即2eq \o(OP,\s\up14(→))＝eq \o(AP,\s\up14(→))＋eq \o(BP,\s\up14(→))＋eq \o(CP,\s\up14(→))，故C正确；因为eq \o(OP,\s\up14(→))＝3eq \o(OG,\s\up14(→))，所以点P的位置随着点O位置的变化而变化，故点P不一定在△ABC的内部，故D错误．故选AC. 13．如图，在△ABC中，O是BC的中点，过点O的直线分别交直线AB，AC于不同的两点M，N，若eq \o(AB,\s\up14(→))＝meq \o(AM,\s\up14(→))，eq \o(AC,\s\up14(→))＝neq \o(AN,\s\up14(→))，则m＋n的值为________． 解析：因为eq \o(AB,\s\up14(→))＝meq \o(AM,\s\up14(→))，eq \o(AC,\s\up14(→))＝neq \o(AN,\s\up14(→))，所以eq \o(AM,\s\up14(→))＝eq \f(1,m) eq \o(AB,\s\up14(→))，eq \o(AN,\s\up14(→))＝eq \f(1,n) eq \o(AC,\s\up14(→))，则eq \o(MN,\s\up14(→))＝eq \o(AN,\s\up14(→))－eq \o(AM,\s\up14(→))＝eq \f(1,n) eq \o(AC,\s\up14(→))－eq \f(1,m) eq \o(AB,\s\up14(→)).连接AO，因为O是BC的中点，所以eq \o(AO,\s\up14(→))＝eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \f(1,2) eq \o(AC,\s\up14(→))，则eq \o(MO,\s\up14(→))＝eq \o(AO,\s\up14(→))－eq \o(AM,\s\up14(→))＝eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \f(1,2) eq \o(AC,\s\up14(→))－eq \f(1,m) eq \o(AB,\s\up14(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,m))) eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \f(1,2) eq \o(AC,\s\up14(→))，因为M，O，N三点共线，所以可设eq \o(MO,\s\up14(→))＝λeq \o(MN,\s\up14(→))，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,m))) eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \f(1,2) eq \o(AC,\s\up14(→))＝eq \f(λ,n) eq \o(AC,\s\up14(→))－eq \f(λ,m) eq \o(AB,\s\up14(→))，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,m)＋\f(λ,m))) eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(λ,n))) eq \o(AC,\s\up14(→))＝0，由于eq \o(AB,\s\up14(→))，eq \o(AC,\s\up14(→))不共线，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,m)＋\f(λ,m)＝0，,\f(1,2)－\f(λ,n)＝0，))消去λ，得eq \f(1,2)－eq \f(1,m)＋eq \f(n,2m)＝0，变形整理可得m＋n＝2. 14．如图，在△OBC中，A是BC的中点，D是OB上靠近点B的一个三等分点，DC和OA交于点E.设eq \o(OA,\s\up14(→))＝a，eq \o(OB,\s\up14(→))＝b. (1)用向量a，b表示eq \o(OC,\s\up14(→))，eq \o(DC,\s\up14(→))； (2)若eq \o(OE,\s\up14(→))＝λeq \o(OA,\s\up14(→))，求实数λ的值． 解：(1)因为A是BC的中点， 所以eq \o(OA,\s\up14(→))＝eq \f(1,2) eq \o(OC,\s\up14(→))＋eq \f(1,2) eq \o(OB,\s\up14(→))，即a＝eq \f(1,2) eq \o(OC,\s\up14(→))＋eq \f(1,2)b，整理得eq \o(OC,\s\up14(→))＝2a－b， 可得eq \o(DC,\s\up14(→))＝eq \o(OC,\s\up14(→))－eq \o(OD,\s\up14(→))＝eq \o(OC,\s\up14(→))－eq \f(2,3) eq \o(OB,\s\up14(→))＝2a－b－eq \f(2,3)b＝2a－eq \f(5,3)b， 故eq \o(OC,\s\up14(→))＝2a－b，eq \o(DC,\s\up14(→))＝2a－eq \f(5,3)b. (2)由题意可得eq \o(OE,\s\up14(→))＝λeq \o(OA,\s\up14(→))＝λa， 因为C，D，E三点共线， 所以eq \o(OE,\s\up14(→))＝meq \o(OC,\s\up14(→))＋neq \o(OD,\s\up14(→))，且m＋n＝1， 则eq \o(OE,\s\up14(→))＝meq \o(OC,\s\up14(→))＋neq \o(OD,\s\up14(→))＝m(2a－b)＋n·eq \f(2,3)b＝2ma＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)n－m))b＝λa， 所以(2m－λ)a＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)n－m))b＝0， 又a与b不共线， 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2m－λ＝0，,\f(2,3)n－m＝0，,m＋n＝1，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝\f(2,5)，,n＝\f(3,5)，,λ＝\f(4,5)，))故λ＝eq \f(4,5). 15．如图，O是梯形ABCD对角线的交点，AD＝4，BC＝6，AB＝2，设与eq \o(BC,\s\up14(→))同向的单位向量为a0，与eq \o(BA,\s\up14(→))同向的单位向量为b0. (1)用a0，b0表示eq \o(AC,\s\up14(→))，eq \o(CD,\s\up14(→))和eq \o(OA,\s\up14(→))； (2)若点P在梯形ABCD所在的平面上运动，且|eq \o(CP,\s\up14(→))|＝2，求|eq \o(BP,\s\up14(→))|的最大值和最小值． 解：(1)由题意知eq \o(BC,\s\up14(→))＝6a0，eq \o(BA,\s\up14(→))＝2b0，∴eq \o(AC,\s\up14(→))＝eq \o(BC,\s\up14(→))－eq \o(BA,\s\up14(→))＝6a0－2b0. ∵eq \o(AD,\s\up14(→))∥eq \o(BC,\s\up14(→))，∴eq \o(AD,\s\up14(→))＝4a0，则eq \o(CD,\s\up14(→))＝eq \o(CA,\s\up14(→))＋eq \o(AD,\s\up14(→))＝2b0－6a0＋4a0＝2b0－2a0. ∵eq \o(AD,\s\up14(→))∥eq \o(BC,\s\up14(→))， ∴OA∶OC＝AD∶BC＝2∶3， 则eq \o(OA,\s\up14(→))＝－eq \f(2,5) eq \o(AC,\s\up14(→))＝－eq \f(2,5)(6a0－2b0)＝－eq \f(12,5)a0＋eq \f(4,5)b0. (2)|eq \o(BP,\s\up14(→))|＝|eq \o(BC,\s\up14(→))＋eq \o(CP,\s\up14(→))|≤|eq \o(BC,\s\up14(→))|＋|eq \o(CP,\s\up14(→))|＝6＋2＝8， 当且仅当B，C，P三点共线且C在B，P中间时，等号成立； |eq \o(BP,\s\up14(→))|＝|eq \o(BC,\s\up14(→))＋eq \o(CP,\s\up14(→))|≥|eq \o(BC,\s\up14(→))|－|eq \o(CP,\s\up14(→))|＝6－2＝4， 当且仅当B，C，P三点共线且P在B，C中间时，等号成立． 综上，|eq \o(BP,\s\up14(→))|的最大值为8，最小值为4. $$