1.3 向量的数乘-【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（湘教版2019）

第1章　平面向量及其应用 1.3　向量的数乘 (教师独具内容) 课程标准：通过实例分析，掌握平面向量的数乘运算及运算规则，理解其几何意义． 教学重点：向量的数乘的定义及其几何意义，数乘运算律． 教学难点：向量的数乘的应用． 核心素养：1．通过学习向量的数乘的定义、几何意义及运算律培养数学抽象和直观想象素养．2．通过应用向量的数乘解决问题培养逻辑推理和数学运算 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 向量 λa |λ||a| 同向 反向 核心概念掌握 5 求向量的实数倍的运算称为向量的数乘． 我们把向量的______、______、___________统称为向量的线性运算． (2)几何意义：向量数乘的几何意义就是把向量a_________________________ ___________． 加法 减法 数乘运算 沿着a的方向或a的反方向放大或缩小 核心概念掌握 6 知识点二　共线向量 (1)当非零向量a，b方向相同或相反时，我们既称a，b_______，也称a，b ________，并且用符号“∥”来表示它们共线(或平行)，记作_______． (2)两个向量平行⇔其中一个向量是另一个向量的实数倍．即a∥b⇔存在实数λ，使得b＝_____或a＝_____． 共线 平行 a∥b λa λb 核心概念掌握 7 〈a，b〉 [0，π] 核心概念掌握 8 a，b共线 垂直 a⊥b 核心概念掌握 9 1 单位长度 核心概念掌握 10 知识点五　数乘运算律 一般地，设a，b是任意向量，x，y是任意实数，则如下运算律成立： (1)对实数加法的分配律：(x＋y)a＝________． (2)对实数乘法的结合律：x(ya)＝______． (3)对向量加法的分配律：x(a＋b)＝_________． xa＋ya (xy)a xa＋xb 核心概念掌握 11 从两个角度看数乘向量 (1)代数角度 ①λ是实数，a是向量，它们的积仍然是向量； ②λa＝0的条件是λ＝0或a＝0． (2)几何角度 ①当|λ|>1时，有|λa|>|a|，这意味着表示向量a的有向线段在原方向(λ>1)或反方向(λ<－1)上伸长到|a|的|λ|倍； ②当0<|λ|<1时，有|λa|<|a|，这意味着表示向量a的有向线段在原方向(0<λ<1)或反方向(－1<λ<0)上缩短到|a|的|λ|倍． 核心概念掌握 12 1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)实数与向量可以进行加减运算．(　　) (2)λa的方向与a的方向一致．(　　) (3)4a与－4a的模相等．(　　) (4)若λa＝0，则a＝0．(　　) (5)当〈a，b〉＝0或〈a，b〉＝π时，a，b共线．(　　) × × √ × √ 核心概念掌握 13 核心概念掌握 14 (3)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 (4)已知向量a＝2e，b＝－e，则a与b________(填“共线”或“不共线”)． 共线 核心概念掌握 15 核心素养形成 题型一　向量的线性运算 核心素养形成 17 向量数乘运算的方法 (1)向量的数乘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)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 18 核心素养形成 19 (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 20 题型二　证明三点共线问题 核心素养形成 21 解决三点共线问题的思路 先将三点共线问题转化为两个向量共线，再利用结论：“如果存在实数λ，使得b＝λa，则b∥a”求解，最后再由两个向量共线且有公共点，得出三点共线． 核心素养形成 22 核心素养形成 23 题型三　利用向量线性运算表示相关向量 核心素养形成 24 核心素养形成 25 用已知向量表示未知向量的求解思路 核心素养形成 26 核心素养形成 27 随堂水平达标 1．已知m，n是实数，a，b是向量，则下列命题中正确的为(　　) 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 1 2 3 4 5 29 随堂水平达标 1 2 3 4 5 30 解析　A中b＝－a，则a，b共线；B中b＝－2a，则a，b共线；C中a＝4b，则a，b共线；D中向量a，b不共线．故选ABC． 随堂水平达标 1 2 3 4 5 31 4，－9 随堂水平达标 1 2 3 4 5 32 随堂水平达标 1 2 3 4 5 33 课后课时精练 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 Ａ级 Ｂ级 1 2 35 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 36 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 37 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 38 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 39 二、填空题 6．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k＝________． －4 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 40 7．设e1，e2是两个不共线的向量，若a＝－e1＋3e2，b＝4e1＋2e2，c＝－3e1＋12e2，则向量a写为λ1b＋λ2c的形式是____________． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 41 2 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 42 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 43 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 44 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 45 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 46 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 47 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 48 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 49 　　　　　　　　　　　　　 R 知识点一　向量数乘的定义和几何意义 (1)定义：一般地，实数λ与向量a的乘积是一个______，记作_____，称为a的λ倍，它的长度|λa|＝______． 当λ≠0且a≠0时，λa的方向 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(当λ>0时，与a_______，,当λ<0时，与a_______；)) 当λ＝0或a＝0时，λa＝0a＝0或λa＝λ0＝0． 知识点三　向量的夹角 如图，设a，b是两个非零向量，任选一点O，作eq \o(OA,\s\up12(→))＝a，eq \o(OB,\s\up12(→))＝b，则射线OA，OB所夹的最小非负角∠AOB＝θ称为向量a，b的夹角，记作_______，取值范围规定为______，在这个规定下，两个向量的夹角被唯一确定了，并有〈a，b〉＝〈b，a〉． (1)当θ＝0时，a，b方向相同；当θ＝π时，a，b方向相反．这两种情形下a，b所在直线重合，即__________．当0<θ<π时，a，b所在直线相交于点O，即a，b不共线． (2)当θ＝eq \f(π,2)时，a与b_______，记作_______． (3)可以规定零向量0与a的夹角为0，零向量与任一向量平行，也可以规定0与a的夹角为eq \f(π,2)，零向量与任一向量垂直． 知识点四　单位向量 (1)我们把长度为_____的向量称为单位向量，它的长度等于___________． (2)对于任一非零向量a，都可得到与它方向相同的唯一单位向量e＝_______． eq \f(1,|a|)a 2．做一做 (1)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)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 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． 例2　已知非零向量e1和e2不共线，如果eq \o(AB,\s\up12(→))＝2e1＋3e2，eq \o(BC,\s\up12(→))＝6e1＋23e2，eq \o(CD,\s\up12(→))＝4e1－8e2，求证：A，B，D三点共线． 证明　∵eq \o(AD,\s\up12(→))＝eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \o(BC,\s\up12(→))＋eq \o(CD,\s\up12(→))＝2e1＋3e2＋6e1＋23e2＋4e1－8e2＝6(2e1＋3e2)＝6eq \o(AB,\s\up12(→))， ∴向量eq \o(AD,\s\up12(→))与eq \o(AB,\s\up12(→))共线． 又向量eq \o(AB,\s\up12(→))与eq \o(AD,\s\up12(→))有共同的起点A，故A，B，D三点共线． [跟踪训练2]　已知O，A，M，B为平面上四点，且eq \o(OM,\s\up12(→))＝λeq \o(OB,\s\up12(→))＋(1－λ)eq \o(OA,\s\up12(→))(λ∈R，λ≠0，且λ≠1)． (1)求证：A，B，M三点共线；(2)若点B在线段AM上，求实数λ的取值范围． 解　(1)证明：∵eq \o(OM,\s\up12(→))＝λeq \o(OB,\s\up12(→))＋(1－λ)eq \o(OA,\s\up12(→))， ∴eq \o(OM,\s\up12(→))＝λeq \o(OB,\s\up12(→))＋eq \o(OA,\s\up12(→))－λeq \o(OA,\s\up12(→))，eq \o(OM,\s\up12(→))－eq \o(OA,\s\up12(→))＝λeq \o(OB,\s\up12(→))－λeq \o(OA,\s\up12(→))， ∴eq \o(AM,\s\up12(→))＝λeq \o(AB,\s\up12(→))(λ∈R，λ≠0，且λ≠1)． 又AM与AB有公共点A，故A，B，M三点共线． (2)由(1)知eq \o(AM,\s\up12(→))＝λeq \o(AB,\s\up12(→))，若点B在线段AM上，则eq \o(AM,\s\up12(→))与eq \o(AB,\s\up12(→))同向， 且|eq \o(AM,\s\up12(→))|>|eq \o(AB,\s\up12(→))|>0，故λ>1． 解　解法一：分别连接AB，OR，OP， 如图所示，已知P与Q两点关于A点对称， 所以eq \o(OA,\s\up12(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(OP,\s\up12(→))＋eq \o(OQ,\s\up12(→)))．所以eq \o(OP,\s\up12(→))＝2eq \o(OA,\s\up12(→))－eq \o(OQ,\s\up12(→))＝2a－eq \o(OQ,\s\up12(→))． 又Q与R两点关于B点对称，所以eq \o(OB,\s\up12(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(OQ,\s\up12(→))＋eq \o(OR,\s\up12(→)))． 所以eq \o(OR,\s\up12(→))＝2eq \o(OB,\s\up12(→))－eq \o(OQ,\s\up12(→))＝2b－eq \o(OQ,\s\up12(→))．所以eq \o(PR,\s\up12(→))＝eq \o(OR,\s\up12(→))－eq \o(OP,\s\up12(→))＝(2b－eq \o(OQ,\s\up12(→)))－(2a－eq \o(OQ,\s\up12(→)))． 所以eq \o(PR,\s\up12(→))＝2b－2a． 例3　如图所示，已知平面内的两点P与Q关于点A对称，Q与R关于点B对称，且eq \o(OA,\s\up12(→))＝a，eq \o(OB,\s\up12(→))＝b，用a，b表示eq \o(PR,\s\up12(→))． 解法二：eq \o(OP,\s\up12(→))＝eq \o(OA,\s\up12(→))＋eq \o(AP,\s\up12(→))＝eq \o(OA,\s\up12(→))＋eq \o(QA,\s\up12(→))，eq \o(OR,\s\up12(→))＝eq \o(OB,\s\up12(→))＋eq \o(BR,\s\up12(→))＝eq \o(OB,\s\up12(→))＋eq \o(QB,\s\up12(→))， 所以eq \o(PR,\s\up12(→))＝eq \o(OR,\s\up12(→))－eq \o(OP,\s\up12(→))＝eq \o(OB,\s\up12(→))－eq \o(OA,\s\up12(→))＋eq \o(QB,\s\up12(→))－eq \o(QA,\s\up12(→))＝eq \o(OB,\s\up12(→))－eq \o(OA,\s\up12(→))＋eq \o(AB,\s\up12(→))＝ eq \o(OB,\s\up12(→))－eq \o(OA,\s\up12(→))＋eq \o(OB,\s\up12(→))－eq \o(OA,\s\up12(→))＝2(eq \o(OB,\s\up12(→))－eq \o(OA,\s\up12(→)))＝2b－2a． 解法三：在△PQR中，因为A与B分别为边PQ和QR的中点，所以eq \o(AB,\s\up12(→))＝eq \f(1,2) eq \o(PR,\s\up12(→))． 所以eq \o(PR,\s\up12(→))＝2eq \o(AB,\s\up12(→))＝2(eq \o(OB,\s\up12(→))－eq \o(OA,\s\up12(→)))＝2b－2a． [跟踪训练3]　如图所示，四边形OADB是平行四边形，且向量eq \o(OA,\s\up12(→))＝a，eq \o(OB,\s\up12(→))＝b，BM＝eq \f(1,3)BC，CN＝eq \f(1,3)CD，试用a，b表示eq \o(OM,\s\up12(→))，eq \o(ON,\s\up12(→))，eq \o(MN,\s\up12(→))． 解　eq \o(BA,\s\up12(→))＝eq \o(OA,\s\up12(→))－eq \o(OB,\s\up12(→))＝a－b，eq \o(BM,\s\up12(→))＝eq \f(1,3) eq \o(BC,\s\up12(→))＝eq \f(1,6) eq \o(BA,\s\up12(→))＝eq \f(1,6)a－eq \f(1,6)b， 所以eq \o(OM,\s\up12(→))＝eq \o(OB,\s\up12(→))＋eq \o(BM,\s\up12(→))＝b＋eq \f(1,6)a－eq \f(1,6)b＝eq \f(1,6)a＋eq \f(5,6)b． 又因为eq \o(OD,\s\up12(→))＝a＋b，eq \o(CN,\s\up12(→))＝eq \f(1,3) eq \o(CD,\s\up12(→))，所以eq \o(ON,\s\up12(→))＝eq \f(2,3) eq \o(OD,\s\up12(→))＝eq \f(2,3)a＋eq \f(2,3)b， 所以eq \o(MN,\s\up12(→))＝eq \o(ON,\s\up12(→))－eq \o(OM,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)a＋\f(2,3)b))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)a＋\f(5,6)b))＝eq \f(1,2)a－eq \f(1,6)b． 2．化简eq \f(1,12)[2(2a＋8b)－4(4a－2b)]的结果为(　　) A．2a－b B．2b－a C．a－b D．b－a 解析　原式＝eq \f(1,12)×(2×2－4×4)a＋eq \f(1,12)×(2×8＋4×2)b＝－a＋2b． 3．(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 4．已知数轴上三点A，B，C分别代表－6，－2，3，则eq \o(AB,\s\up12(→))，eq \o(CA,\s\up12(→))代表的实数分别是___________． 解析　如图，O为原点，取单位向量eq \o(OD,\s\up12(→))， 则eq \o(OA,\s\up12(→))＝－6eq \o(OD,\s\up12(→))，eq \o(OB,\s\up12(→))＝－2eq \o(OD,\s\up12(→))，eq \o(OC,\s\up12(→))＝3eq \o(OD,\s\up12(→))， ∴eq \o(AB,\s\up12(→))＝eq \o(OB,\s\up12(→))－eq \o(OA,\s\up12(→))＝－2eq \o(OD,\s\up12(→))－(－6eq \o(OD,\s\up12(→)))＝4eq \o(OD,\s\up12(→))， eq \o(CA,\s\up12(→))＝eq \o(OA,\s\up12(→))－eq \o(OC,\s\up12(→))＝－6eq \o(OD,\s\up12(→))－3eq \o(OD,\s\up12(→))＝－9eq \o(OD,\s\up12(→))， ∴eq \o(AB,\s\up12(→))，eq \o(CA,\s\up12(→))代表的实数分别是4，－9． 5．如图，在四边形ABCD中，E，F，G，H分别为BD，AB，AC 和CD的中点，求证：四边形EFGH为平行四边形． 证明　∵F，G分别是AB，AC的中点， ∴eq \o(FG,\s\up12(→))＝eq \f(1,2) eq \o(BC,\s\up12(→))． 同理，eq \o(EH,\s\up12(→))＝eq \f(1,2) eq \o(BC,\s\up12(→))． ∴eq \o(FG,\s\up12(→))＝eq \o(EH,\s\up12(→))． ∴四边形EFGH为平行四边形． 2．如图所示，D是△ABC的边AB上的中点，则向量eq \o(CD,\s\up12(→))＝(　　) A．eq \o(BC,\s\up12(→))－eq \f(1,2) eq \o(BA,\s\up12(→)) B．－eq \o(BC,\s\up12(→))＋eq \f(1,2) eq \o(BA,\s\up12(→)) C．－eq \o(BC,\s\up12(→))－eq \f(1,2) eq \o(BA,\s\up12(→)) D．eq \o(BC,\s\up12(→))＋eq \f(1,2) eq \o(BA,\s\up12(→)) 解析　解法一：∵D是AB的中点，∴eq \o(BD,\s\up12(→))＝eq \f(1,2) eq \o(BA,\s\up12(→))，∴eq \o(CD,\s\up12(→))＝eq \o(CB,\s\up12(→))＋eq \o(BD,\s\up12(→))＝－eq \o(BC,\s\up12(→))＋eq \f(1,2) eq \o(BA,\s\up12(→))． 解法二：eq \o(CD,\s\up12(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(CB,\s\up12(→))＋eq \o(CA,\s\up12(→)))＝eq \f(1,2)[eq \o(CB,\s\up12(→))＋(eq \o(CB,\s\up12(→))＋eq \o(BA,\s\up12(→)))]＝eq \o(CB,\s\up12(→))＋eq \f(1,2) eq \o(BA,\s\up12(→))＝－eq \o(BC,\s\up12(→))＋eq \f(1,2) eq \o(BA,\s\up12(→))． 3．设a是任一向量，e是单位向量，且a∥e，则下列表达式中正确的是(　　) A．e＝eq \f(a,|a|) B．a＝|a|e C．a＝－|a|e D．a＝±|a|e 解析　当a＝0时，eq \f(a,|a|)没有意义，A错误；当a＝0时，B，C，D都正确；当a≠0时，由a∥e可知，a与e同向或反向，且|a||e|＝|a|，故B，C不全面，选D． 4．设eq \o(AB,\s\up12(→))＝eq \f(\r(2),2)(a＋5b)，eq \o(BC,\s\up12(→))＝－2a＋8b，eq \o(CD,\s\up12(→))＝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\up12(→))＝eq \o(BC,\s\up12(→))＋eq \o(CD,\s\up12(→))＝a＋5b，∴eq \o(AB,\s\up12(→))＝eq \f(\r(2),2) eq \o(BD,\s\up12(→))，∵eq \o(AB,\s\up12(→))，eq \o(BD,\s\up12(→))共线且有公共点B，∴A，B，D三点共线．故选A． 5．(多选)在平行四边形ABCD中，AC与BD交于点O，E是线段OD的中点，AE的延长线与CD交于点F．若eq \o(AC,\s\up12(→))＝a，eq \o(BD,\s\up12(→))＝b，则(　　) A．eq \o(OE,\s\up12(→))＝eq \f(1,3)b B．eq \o(OE,\s\up12(→))＝eq \f(1,4)b C．eq \o(AF,\s\up12(→))＝eq \f(1,2)a＋eq \f(1,4)b D．eq \o(AF,\s\up12(→))＝eq \f(2,3)a＋eq \f(1,3)b 解析　如图所示，∵E是OD的中点，∴eq \o(OE,\s\up12(→))＝eq \f(1,4) eq \o(BD,\s\up12(→))＝eq \f(1,4)b．又△ABE∽△FDE，∴eq \f(AE,FE)＝eq \f(BE,DE)＝eq \f(3,1)．∴eq \o(AE,\s\up12(→))＝3eq \o(EF,\s\up12(→))，∴eq \o(AE,\s\up12(→))＝eq \f(3,4) eq \o(AF,\s\up12(→))，在△AOE中，eq \o(AE,\s\up12(→))＝eq \o(AO,\s\up12(→))＋eq \o(OE,\s\up12(→))＝eq \f(1,2)a＋eq \f(1,4)b，∴eq \o(AF,\s\up12(→))＝eq \f(4,3) eq \o(AE,\s\up12(→))＝eq \f(2,3)a＋eq \f(1,3)b．故选BD． 解析　∵ke1＋2e2与8e1＋ke2共线，∴ke1＋2e2＝λ(8e1＋ke2)＝8λe1＋λke2． ∴(k－8λ)e1＝(λk－2)e2．∵e1与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． 解析　若a＝λ1b＋λ2c，则－e1＋3e2＝λ1(4e1＋2e2)＋λ2(－3e1＋12e2)，∴－e1＋3e2＝(4λ1－3λ2)e1＋(2λ1＋12λ2)e2．∴(－1－4λ1＋3λ2)e1＝(2λ1＋12λ2－3)e2．∵e1与e2不共线，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1－4λ1＋3λ2＝0，,2λ1＋12λ2－3＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ1＝－\f(1,18)，,λ2＝\f(7,27).)) －eq \f(1,18)b＋eq \f(7,27)c 8．如图，在△ABC中，点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\up12(→))＝meq \o(AM,\s\up12(→))，eq \o(AC,\s\up12(→))＝neq \o(AN,\s\up12(→))，则m＋n的值为________． 解析　因为eq \o(AB,\s\up12(→))＝meq \o(AM,\s\up12(→))，eq \o(AC,\s\up12(→))＝neq \o(AN,\s\up12(→))，所以eq \o(AM,\s\up12(→))＝eq \f(1,m) eq \o(AB,\s\up12(→))，eq \o(AN,\s\up12(→))＝eq \f(1,n) eq \o(AC,\s\up12(→))，则 eq \o(MN,\s\up12(→))＝eq \o(AN,\s\up12(→))－eq \o(AM,\s\up12(→))＝eq \f(1,n) eq \o(AC,\s\up12(→))－eq \f(1,m) eq \o(AB,\s\up12(→))．连接AO，因为点O为BC的中点，所以 eq \o(AO,\s\up12(→))＝eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \f(1,2) eq \o(AC,\s\up12(→))，则eq \o(MO,\s\up12(→))＝eq \o(AO,\s\up12(→))－eq \o(AM,\s\up12(→))＝eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \f(1,2) eq \o(AC,\s\up12(→))－eq \f(1,m) eq \o(AB,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,m))) eq \o(AB,\s\up12(→))＋ eq \f(1,2) eq \o(AC,\s\up12(→))，因为M，O，N三点共线，所以可设eq \o(MO,\s\up12(→))＝λeq \o(MN,\s\up12(→))，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,m))) eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \f(1,2) eq \o(AC,\s\up12(→))＝eq \f(λ,n) eq \o(AC,\s\up12(→))－eq \f(λ,m) eq \o(AB,\s\up12(→))，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,m)＋\f(λ,m))) eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(λ,n))) eq \o(AC,\s\up12(→))＝0，由于eq \o(AB,\s\up12(→))，eq \o(AC,\s\up12(→))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． 三、解答题 9．已知在四边形ABCD中，eq \o(AB,\s\up12(→))＝a＋2b，eq \o(BC,\s\up12(→))＝－4a－b，eq \o(CD,\s\up12(→))＝－5a－3b，求证：这个四边形为梯形． 证明　如图所示， ∵eq \o(AD,\s\up12(→))＝eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \o(BC,\s\up12(→))＋eq \o(CD,\s\up12(→))＝(a＋2b)＋(－4a－b)＋(－5a－3b) ＝－8a－2b＝2(－4a－b)， ∴eq \o(AD,\s\up12(→))＝2eq \o(BC,\s\up12(→))，∴eq \o(AD,\s\up12(→))与eq \o(BC,\s\up12(→))共线， 且|eq \o(AD,\s\up12(→))|＝2|eq \o(BC,\s\up12(→))|，又这两个向量所在的直线不重合，∴AD∥BC，且AD＝2BC． ∴四边形ABCD是以AD，BC为两条底边的梯形． 10．设e1，e2是两个不共线的向量，如果eq \o(AB,\s\up12(→))＝2e1－e2，eq \o(BC,\s\up12(→))＝3e1＋e2，eq \o(CD,\s\up12(→))＝7e1－6e2． (1)求证：A，B，D三点共线； (2)试确定λ的值，使2λe1＋e2和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\up12(→))＝eq \o(BC,\s\up12(→))＋eq \o(CD,\s\up12(→))＝3e1＋e2＋7e1－6e2＝10e1－5e2＝5(2e1－e2)＝5eq \o(AB,\s\up12(→))，所以eq \o(AB,\s\up12(→))与eq \o(BD,\s\up12(→))共线． 因为eq \o(AB,\s\up12(→))与eq \o(BD,\s\up12(→))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)． 所以(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，,λμ－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α，使e1＋λe2＝α(λe1＋e2)． 所以(1－λα)e1＝(α－λ)e2． 因为e1，e2不共线，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－λα＝0，,α－λ＝0，))所以λ＝±1． 所以当λ≠±1时，e1＋λe2与λe1＋e2不共线． 1．设O为△ABC内任一点，且满足eq \o(OA,\s\up12(→))＋2eq \o(OB,\s\up12(→))＋3eq \o(OC,\s\up12(→))＝0． (1)若D，E分别是BC，CA的中点，求证：D，E，O三点共线； (2)求△ABC与△AOC的面积之比． 解　(1)证明：如图，eq \o(OB,\s\up12(→))＋eq \o(OC,\s\up12(→))＝2eq \o(OD,\s\up12(→))，eq \o(OA,\s\up12(→))＋eq \o(OC,\s\up12(→))＝2eq \o(OE,\s\up12(→))， ∵eq \o(OA,\s\up12(→))＋2eq \o(OB,\s\up12(→))＋3eq \o(OC,\s\up12(→))＝(eq \o(OA,\s\up12(→))＋eq \o(OC,\s\up12(→)))＋2(eq \o(OB,\s\up12(→))＋eq \o(OC,\s\up12(→)))＝2(eq \o(OE,\s\up12(→))＋2eq \o(OD,\s\up12(→)))＝0，即eq \o(OE,\s\up12(→))＋2eq \o(OD,\s\up12(→))＝0，∴eq \o(OD,\s\up12(→))与eq \o(OE,\s\up12(→))共线． 又eq \o(OD,\s\up12(→))与eq \o(OE,\s\up12(→))有公共点O，∴D，E，O三点共线． (2)由(1)知2|eq \o(OD,\s\up12(→))|＝|eq \o(OE,\s\up12(→))|， ∴S△AOC＝2S△COE＝2×eq \f(2,3)S△CDE＝2×eq \f(2,3)×eq \f(1,4)S△ABC＝eq \f(1,3)S△ABC，∴eq \f(S△ABC,S△AOC)＝3． 2．如图所示，在△ABC中，D，F分别是BC，AC的中点，eq \o(AE,\s\up12(→))＝eq \f(2,3) eq \o(AD,\s\up12(→))，eq \o(AB,\s\up12(→))＝a，eq \o(AC,\s\up12(→))＝b． (1)用a，b表示eq \o(AD,\s\up12(→))，eq \o(AE,\s\up12(→))，eq \o(AF,\s\up12(→))，eq \o(BE,\s\up12(→))，eq \o(BF,\s\up12(→))； (2)求证：B，E，F三点共线． 解　(1)如图，延长AD到点G，使eq \o(AG,\s\up12(→))＝2eq \o(AD,\s\up12(→))，连接BG，CG，得 到平行四边形ABGC． 则eq \o(AG,\s\up12(→))＝a＋b，eq \o(AD,\s\up12(→))＝eq \f(1,2) eq \o(AG,\s\up12(→))＝eq \f(1,2)(a＋b)，eq \o(AE,\s\up12(→))＝eq \f(2,3) eq \o(AD,\s\up12(→))＝eq \f(1,3)(a＋b)，eq \o(AF,\s\up12(→))＝eq \f(1,2) eq \o(AC,\s\up12(→)) ＝eq \f(1,2)b，eq \o(BE,\s\up12(→))＝eq \o(AE,\s\up12(→))－eq \o(AB,\s\up12(→))＝eq \f(1,3)(a＋b)－a＝eq \f(1,3)(b－2a)，eq \o(BF,\s\up12(→))＝eq \o(AF,\s\up12(→))－eq \o(AB,\s\up12(→))＝eq \f(1,2)b－a． (2)证明：由(1)，知eq \o(BE,\s\up12(→))＝eq \f(2,3) eq \o(BF,\s\up12(→))，∴eq \o(BE,\s\up12(→))，eq \o(BF,\s\up12(→))共线． 又eq \o(BE,\s\up12(→))，eq \o(BF,\s\up12(→))有公共点B，∴B，E，F三点共线． $$