2.3.1 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（北师大版2019）

第二章　平面向量及其应用 §3　从速度的倍数 到向量的数乘 3.1　向量的数乘运算 (教师独具内容) 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.了解平面向量的线性运算及其几何意义． 教学重点：1.向量的数乘的概念.2.向量的单位化.3.数乘运算的运算律． 教学难点：运用向量的数乘运算解决问题． 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 知识点一　数乘运算的定义 实数λ与向量a的乘积是一个向量．记作λa，满足以下条件： (1)当λ>0时，向量λa与向量a的方向______； 当λ＜0时，向量λa与向量a的方向______； 当λ＝0时，0a＝____． (2)|λa|＝______． 这种运算称为向量的数乘． 相同 相反 0 |λ||a| 核心概念掌握 5 知识点二　向量数乘的几何意义 (1)当λ>0时，表示向量a的有向线段在_________伸长或缩短为原来的λ倍； (2)当λ<0时，表示向量a的有向线段在_________伸长或缩短为原来的|λ|倍． 知识点三　向量的单位化 在非零向量a方向上的单位向量是_____．它表明一个非零向量除以它的模(乘它的模的倒数)的结果是一个与原向____________的单位向量，这一过程称为_______________． 原方向 反方向 量同方向 向量的单位化 核心概念掌握 6 知识点四　数乘运算的运算律 设λ，μ为实数，a，b为向量，则有： (1)(λ＋μ)a＝__________； (2)λ(μa)＝_______； (3)λ(a＋b)＝_________． 向量的加法、减法和数乘的综合运算，通常称为向量的__________(或线性组合)． λa＋μa (λμ)a λa＋λb 线性运算 核心概念掌握 7 对λa的理解 λa的几何意义就是将表示向量a的有向线段伸长或压缩． (1)当|λ|>1时，表示向量a的有向线段在原方向(λ>0)或反方向(λ<0)上伸长为原来的|λ|倍； 当0<|λ|<1时，表示向量a的有向线段在原方向(λ>0)或反方向(λ<0)上缩短为原来的|λ|倍． (2)当λ＝0时，λa＝0，而当λ≠0时，若a＝0，也有λa＝0. (3)实数与向量可以求积，结果仍是一个向量，它可以看成实数与实数的积的定义的推广，但不能进行加减运算，如：λ＋a，λ－a无意义． 核心概念掌握 8 1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”) × √ × × 核心概念掌握 9 核心概念掌握 10 核心素养形成 题型一　向量的数乘运算 (1)化简：3a－[6a－2b－4(2a－3b)]＋(a＋8b)． 解　3a－[6a－2b－4(2a－3b)]＋(a＋8b)＝(3－6＋8＋1)a＋(2－12＋8)b＝6a－2b. 核心素养形成 12 (2)把满足5x－6y＝a，－4x＋5y＝b的向量x，y用a，b表示出来． 核心素养形成 13 【感悟提升】　数乘运算的特点 向量的数乘运算类似于代数多项式的运算，主要是“合并同类项”“提取公因式”，但这里的“同类项”“公因式”指向量，实数看作是向量的系数．向量也可以通过列方程来解，把所求向量当作未知量，利用解代数方程的方法求解． 核心素养形成 14 核心素养形成 15 核心素养形成 16 题型二　向量数乘运算的应用 核心素养形成 17 核心素养形成 18 【感悟提升】　用已知向量表示另外一些向量是向量解题的基本功，除利用向量的运算法则外，还应充分利用平面几何中的一些定理，尽可能将这些向量转化到三角形或平行四边形中，把未知向量转化为与已知向量有直接关系的向量来求解． 核心素养形成 19 核心素养形成 20 核心素养形成 21 随堂水平达标 1．4(a－b)－3(a＋b)－b等于(　　) A．a－2b B．a C．a－6b D．a－8b 解析：4(a－b)－3(a＋b)－b＝4a－4b－3a－3b－b＝a－8b，故选D. 随堂水平达标 1 2 3 4 5 23 随堂水平达标 1 2 3 4 5 24 3．(多选)已知实数m，n和向量a，b，则下列说法正确的是(　　) A．m(a－b)＝ma－mb B．(m－n)a＝ma－na C．若ma＝mb，则a＝b D．若ma＝na(a≠0)，则m＝n 解析：由数乘向量运算的分配律，知A，B正确；当m＝0时，ma＝mb＝0，但a与b不一定相等，故C不正确；因为由ma＝na，得(m－n)a＝0，又因为a≠0，所以m－n＝0，即m＝n，故D正确．故选ABD. 随堂水平达标 1 2 3 4 5 25 0 随堂水平达标 1 2 3 4 5 26 随堂水平达标 1 2 3 4 5 27 课后课时精练 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 29 2．设a是非零向量，λ是非零实数，则下列结论中正确的是(　　) A．a与λa的方向相同 B．a与－λa的方向相反 C．a与λ2a的方向相同 D．|λa|＝λ|a| 解析：只有当λ>0时，才有a与λa的方向相同，a与－λa的方向相反，且|λa|＝λ|a|，当λ<0时，A，B，D错误；因为λ2>0，所以a与λ2a的方向相同． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 30 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 31 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 32 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 33 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 34 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 35 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 36 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 37 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 38 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 39 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 40 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 41 　　　　　　　　　　　　　 R eq \f(a,|a|) (1)λa的方向与a的方向一致．(　　) (2)－2a与5a的方向相反，且－2a的模是5a的模的eq \f(2,5).(　　) (3)a－b与－(b－a)是一对相反向量．(　　) (4)对于任意实数m和向量a，b，若ma＝mb，则a＝b.(　　) 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 解　由已知得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(5x－6y＝a，　　①,－4x＋5y＝b，,②)) ①×4＋②×5得，y＝4a＋5b， ①×5＋②×6得，x＝5a＋6b， 所以x＝5a＋6b，y＝4a＋5b. 【跟踪训练】 1．(1)计算下列各式： ①eq \f(2,3) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1((4a－3b)＋\f(1,3)b－\f(1,4)(6a－7b)))；②eq \f(2,5)(a－b)－eq \f(1,3)(2a＋4b)＋eq \f(2,15)(2a＋13b)． 解：①原式＝eq \f(2,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4a－3b＋\f(1,3)b－\f(3,2)a＋\f(7,4)b))＝eq \f(2,3) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－\f(3,2)))a＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3＋\f(1,3)＋\f(7,4)))b)) ＝eq \f(2,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)a－\f(11,12)b))＝eq \f(5,3)a－eq \f(11,18)b. ②原式＝eq \f(2,5)a－eq \f(2,5)b－eq \f(2,3)a－eq \f(4,3)b＋eq \f(4,15)a＋eq \f(26,15)b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)－\f(2,3)＋\f(4,15)))a＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,5)－\f(4,3)＋\f(26,15)))b ＝0·a＋0·b＝0. (2)设x，y是未知向量． ①解方程3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x－2a))＋2b＋x＝0；②解方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3x＋2y＝9a，,2x－y＝b.)) 解：①原方程可变为x－6a＋2b＋x＝0，即2x＝6a－2b，∴x＝3a－b. ②eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3x＋2y＝9a，　(Ⅰ),2x－y＝b.　　(Ⅱ))) (Ⅰ)＋(Ⅱ)×2，得7x＝9a＋2b，∴x＝eq \f(9,7)a＋eq \f(2,7)b. 将上式代入(Ⅱ)，得y＝eq \f(18,7)a－eq \f(3,7)b. 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　解法一：如图所示，已知P与Q两点关于点A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. 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】 2．△ABC中，点D在边AB上，CD平分∠ACB.若eq \o(CB,\s\up12(→))＝a，eq \o(CA,\s\up12(→))＝b，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))＝1，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b))＝2，则eq \o(CD,\s\up12(→))＝(　　) A.eq \f(1,3)a＋eq \f(2,3)b B.eq \f(2,3)a＋eq \f(1,3)b C.eq \f(3,5)a＋eq \f(4,5)b D.eq \f(4,5)a＋eq \f(3,5)b 解析：解法一：∵CD平分∠ACB，由角平分线定理得eq \f(AD,DB)＝eq \f(AC,BC)＝eq \f(|b|,|a|)＝2，所以eq \o(AD,\s\up12(→))＝2eq \o(DB,\s\up12(→))＝eq \f(2,3) eq \o(AB,\s\up12(→))，所以eq \o(CD,\s\up12(→))＝eq \o(CA,\s\up12(→))＋eq \o(AD,\s\up12(→))＝eq \o(CA,\s\up12(→))＋eq \f(2,3) eq \o(AB,\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) eq \o(CB,\s\up12(→))＋eq \f(1,3) eq \o(CA,\s\up12(→))＝eq \f(2,3)a＋eq \f(1,3)b，故选B. 解法二(特殊值法)：构造直角三角形，让CB＝1，CA＝2，AB＝eq \r(3)，则∠DCB＝30°，所以BD＝eq \f(\r(3),3)，故eq \o(BD,\s\up12(→))＝eq \f(1,3) eq \o(BA,\s\up12(→))，eq \o(CD,\s\up12(→))＝eq \o(CB,\s\up12(→))＋eq \o(BD,\s\up12(→))＝a＋eq \f(1,3)(b－a)＝eq \f(2,3)a＋eq \f(1,3)b.故选B. 2．若eq \o(AB,\s\up12(→))＝3e1，eq \o(CD,\s\up12(→))＝－5e1，且|eq \o(AD,\s\up12(→))|＝|eq \o(BC,\s\up12(→))|，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：∵eq \o(AB,\s\up12(→))＝－eq \f(3,5) eq \o(CD,\s\up12(→))，∴AB∥CD，|eq \o(AB,\s\up12(→))|≠|eq \o(CD,\s\up12(→))|，且|eq \o(AD,\s\up12(→))|＝|eq \o(BC,\s\up12(→))|，∴四边形ABCD是等腰梯形． 4．化简eq \f(1,2) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3a＋2b－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)a＋b))))－eq \f(7,6) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a＋\f(3,7)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(7,6)a))))＝_____． 解析：原式＝eq \f(1,2) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(2,3)))a＋(2－1)b))－eq \f(7,6) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(3,7)×\f(7,6)))a＋\f(3,7)b))＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,3)a＋b))－eq \f(7,6) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(3,7)b))＝eq \f(7,6)a＋eq \f(1,2)b－eq \f(7,6)a－eq \f(1,2)b＝0. 5．在△ABC中，已知点D，E分别在边AC，AB上，且eq \f(CD,DA)＝eq \f(AE,EB)＝eq \f(1,2)，设eq \o(BC,\s\up12(→))＝a，eq \o(CA,\s\up12(→))＝b.求证：eq \o(DE,\s\up12(→))＝eq \f(1,3)(b－a)． 证明：∵eq \f(CD,DA)＝eq \f(AE,EB)＝eq \f(1,2)，∴eq \o(DA,\s\up12(→))＝eq \f(2,3) eq \o(CA,\s\up12(→))＝eq \f(2,3)b，eq \o(AE,\s\up12(→))＝eq \f(1,3) eq \o(AB,\s\up12(→))＝eq \f(1,3)(eq \o(AC,\s\up12(→))＋eq \o(CB,\s\up12(→)))＝eq \f(1,3)(－b－a)＝－eq \f(1,3)b－eq \f(1,3)a. ∴eq \o(DE,\s\up12(→))＝eq \o(DA,\s\up12(→))＋eq \o(AE,\s\up12(→))＝eq \f(2,3)b－eq \f(1,3)b－eq \f(1,3)a＝eq \f(1,3)b－eq \f(1,3)a＝eq \f(1,3)(b－a)． 一、选择题 1.eq \f(1,3) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)(2a＋8b)－(4a－2b)))等于(　　) A．2a－b B．2b－a C．b－a D．a－b 解析：原式＝eq \f(1,3)(a＋4b－4a＋2b)＝eq \f(1,3)(6b－3a)＝2b－a. 3．在△ABC中，已知D是AB边上一点，若eq \o(AD,\s\up12(→))＝2eq \o(DB,\s\up12(→))，则eq \o(CD,\s\up12(→))＝(　　) A.eq \f(1,3) eq \o(CA,\s\up12(→))＋eq \f(2,3) eq \o(CB,\s\up12(→)) B.eq \f(1,2) eq \o(CA,\s\up12(→))＋eq \f(1,3) eq \o(CB,\s\up12(→)) C.eq \f(1,2) eq \o(CA,\s\up12(→))－eq \f(1,3) eq \o(CB,\s\up12(→)) D.eq \f(1,3) eq \o(CA,\s\up12(→))－eq \f(2,3) eq \o(CB,\s\up12(→)) 解析：∵eq \o(CD,\s\up12(→))＋eq \o(DB,\s\up12(→))＝eq \o(CB,\s\up12(→))，eq \o(CA,\s\up12(→))＋eq \o(AD,\s\up12(→))＝eq \o(CD,\s\up12(→))，∴eq \o(DB,\s\up12(→))＝eq \o(CB,\s\up12(→))－eq \o(CD,\s\up12(→))，eq \o(AD,\s\up12(→))＝eq \o(CD,\s\up12(→))－eq \o(CA,\s\up12(→)).又eq \o(AD,\s\up12(→))＝2eq \o(DB,\s\up12(→))，∴eq \o(CD,\s\up12(→))－eq \o(CA,\s\up12(→))＝2eq \o(CB,\s\up12(→))－2eq \o(CD,\s\up12(→))，即eq \o(CD,\s\up12(→))＝eq \f(1,3) eq \o(CA,\s\up12(→))＋eq \f(2,3) eq \o(CB,\s\up12(→)).故选A. 4．已知O是△ABC所在平面内一点，D为边BC的中点，且2eq \o(OA,\s\up12(→))＋eq \o(OB,\s\up12(→))＋eq \o(OC,\s\up12(→))＝0，则(　　) A.eq \o(AO,\s\up12(→))＝eq \o(OD,\s\up12(→)) B.eq \o(AO,\s\up12(→))＝2eq \o(OD,\s\up12(→)) C.eq \o(AO,\s\up12(→))＝3eq \o(OD,\s\up12(→)) D．2eq \o(AO,\s\up12(→))＝eq \o(OD,\s\up12(→)) 解析：∵在△ABC中，D为边BC的中点，∴eq \o(OB,\s\up12(→))＋eq \o(OC,\s\up12(→))＝2eq \o(OD,\s\up12(→))，∴2(eq \o(OA,\s\up12(→))＋eq \o(OD,\s\up12(→)))＝0，即eq \o(OA,\s\up12(→))＋eq \o(OD,\s\up12(→))＝0，∴eq \o(AO,\s\up12(→))＝eq \o(OD,\s\up12(→)). 5.(多选)如图，在梯形ABDC中，AB∥CD，|eq \o(AB,\s\up12(→))|＝2|eq \o(CD,\s\up12(→))|，AD与BC相交于点O，则下列结论正确的是(　　) A．eq \o(AD,\s\up12(→))－eq \o(AC,\s\up12(→))＝eq \o(AB,\s\up12(→)) B．eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \o(BC,\s\up12(→))＋eq \o(CD,\s\up12(→))＋eq \o(DA,\s\up12(→))＝0 C．|eq \o(OA,\s\up12(→))＋2eq \o(OD,\s\up12(→))|＝0 D．eq \o(OA,\s\up12(→))＝eq \f(1,3) eq \o(DC,\s\up12(→))＋eq \f(2,3) eq \o(DB,\s\up12(→)) 解析：对于A，eq \o(AD,\s\up12(→))－eq \o(AC,\s\up12(→))＝eq \o(CD,\s\up12(→))＝eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up12(→))，所以A不正确；对于B，eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \o(BC,\s\up12(→))＋eq \o(CD,\s\up12(→))＋eq \o(DA,\s\up12(→))＝0，所以B正确；对于C，△OCD∽△OBA，所以eq \f(CD,AB)＝eq \f(OD,OA)＝eq \f(1,2)，所以eq \o(OD,\s\up12(→))＝－eq \f(1,2) eq \o(OA,\s\up12(→))，所以|eq \o(OA,\s\up12(→))＋2eq \o(OD,\s\up12(→))|＝|eq \o(OA,\s\up12(→))－eq \o(OA,\s\up12(→))|＝|0|＝0，所以C正确；对于D，eq \o(OA,\s\up12(→))＝eq \f(2,3) eq \o(DA,\s\up12(→))＝eq \f(2,3)(eq \o(DB,\s\up12(→))＋eq \o(BA,\s\up12(→)))＝eq \f(2,3)(eq \o(DB,\s\up12(→))＋2eq \o(DC,\s\up12(→)))＝eq \f(2,3) eq \o(DB,\s\up12(→))＋eq \f(4,3) eq \o(DC,\s\up12(→))，故D不正确．故选BC. 二、填空题 6．已知点P在线段AB上，且|eq \o(AB,\s\up12(→))|＝4|eq \o(AP,\s\up12(→))|，设eq \o(AP,\s\up12(→))＝λeq \o(PB,\s\up12(→))，则实数λ＝_____． 解析：因为|eq \o(AB,\s\up12(→))|＝4|eq \o(AP,\s\up12(→))|，则eq \o(AP,\s\up12(→))的长度是eq \o(PB,\s\up12(→))的长度的eq \f(1,3)，二者的方向相同，所以eq \o(AP,\s\up12(→))＝eq \f(1,3) eq \o(PB,\s\up12(→)). eq \f(1,3) 7.如图所示，在▱ABCD中，eq \o(AB,\s\up12(→))＝a，eq \o(AD,\s\up12(→))＝b，AN＝3NC，M为BC的中点，则eq \o(MN,\s\up12(→))＝________(用a，b表示)． 解析：由eq \o(AN,\s\up12(→))＝3eq \o(NC,\s\up12(→))，得eq \o(AN,\s\up12(→))＝eq \f(3,4) eq \o(AC,\s\up12(→))＝eq \f(3,4)(a＋b)，又eq \o(AM,\s\up12(→))＝a＋eq \f(1,2)b，∴eq \o(MN,\s\up12(→))＝eq \o(AN,\s\up12(→))－eq \o(AM,\s\up12(→))＝eq \f(3,4)(a＋b)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)b))＝－eq \f(1,4)a＋eq \f(1,4)b. －eq \f(1,4)a＋eq \f(1,4)b 8．若eq \o(AP,\s\up12(→))＝teq \o(AB,\s\up12(→))(t∈R)，O为平面上任意一点，则eq \o(OP,\s\up12(→))＝______________(用eq \o(OA,\s\up12(→))，eq \o(OB,\s\up12(→))表示)． 解析：∵eq \o(AP,\s\up12(→))＝teq \o(AB,\s\up12(→))，∴eq \o(OP,\s\up12(→))－eq \o(OA,\s\up12(→))＝t(eq \o(OB,\s\up12(→))－eq \o(OA,\s\up12(→)))，eq \o(OP,\s\up12(→))＝eq \o(OA,\s\up12(→))＋teq \o(OB,\s\up12(→))－teq \o(OA,\s\up12(→))＝(1－t)eq \o(OA,\s\up12(→))＋teq \o(OB,\s\up12(→)). (1－t)eq \o(OA,\s\up12(→))＋teq \o(OB,\s\up12(→)) 三、解答题 9.已知▱ABCD中，eq \o(AB,\s\up12(→))＝a，eq \o(AD,\s\up12(→))＝b，对角线AC，BD交于点O，用a，b表示 eq \o(OA,\s\up12(→))，eq \o(BO,\s\up12(→)). 解：eq \o(OA,\s\up12(→))＝－eq \f(1,2) eq \o(AC,\s\up12(→))＝－eq \f(1,2)(a＋b)，eq \o(BO,\s\up12(→))＝eq \f(1,2) eq \o(BD,\s\up12(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(AD,\s\up12(→))－eq \o(AB,\s\up12(→)))＝eq \f(1,2)(b－a)． 10．设x，y是未知向量． (1)解方程5(x＋a)＋3(x－b)＝0；(2)解方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－y＝a，,x－\f(1,2)y＝b.)) 解：(1)原方程可变为5x＋5a＋3x－3b＝0，即8x＝－5a＋3b，∴x＝－eq \f(5,8)a＋eq \f(3,8)b. (2)eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－y＝a，　①,x－\f(1,2)y＝b，　②)) －2×①＋②，得eq \f(3,2)y＝－2a＋b，∴y＝－eq \f(4,3)a＋eq \f(2,3)b. 代入②，得x＝－eq \f(2,3)a＋eq \f(4,3)b.∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(2,3)a＋\f(4,3)b，,y＝－\f(4,3)a＋\f(2,3)b.)) 11．如图所示，正三角形ABC的边长为15，eq \o(AP,\s\up12(→))＝eq \f(1,3) eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \f(2,5) eq \o(AC,\s\up12(→))，eq \o(BQ,\s\up12(→))＝eq \f(1,5) eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \f(2,5) eq \o(AC,\s\up12(→)). 求证：四边形ABQP为梯形． 证明：因为eq \o(PQ,\s\up12(→))＝eq \o(PA,\s\up12(→))＋eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \o(BQ,\s\up12(→))＝－eq \f(1,3) eq \o(AB,\s\up12(→))－eq \f(2,5) eq \o(AC,\s\up12(→))＋eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \f(1,5) eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \f(2,5) eq \o(AC,\s\up12(→))＝eq \f(13,15) eq \o(AB,\s\up12(→))， 所以PQ∥AB. 又|eq \o(AB,\s\up12(→))|＝15，所以|eq \o(PQ,\s\up12(→))|＝13，所以|eq \o(PQ,\s\up12(→))|≠|eq \o(AB,\s\up12(→))|，所以四边形ABQP为梯形． 12.如图，已知任意平面四边形ABCD中，E，F分别是AD，BC的中点． 求证：eq \o(EF,\s\up12(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \o(DC,\s\up12(→)))． 证明：证法一：在四边形CDEF中，eq \o(EF,\s\up12(→))＋eq \o(FC,\s\up12(→))＋eq \o(CD,\s\up12(→))＋eq \o(DE,\s\up12(→))＝0，① 在四边形ABFE中，eq \o(EF,\s\up12(→))＋eq \o(FB,\s\up12(→))＋eq \o(BA,\s\up12(→))＋eq \o(AE,\s\up12(→))＝0.② ①＋②得(eq \o(EF,\s\up12(→))＋eq \o(EF,\s\up12(→)))＋(eq \o(FC,\s\up12(→))＋eq \o(FB,\s\up12(→)))＋(eq \o(CD,\s\up12(→))＋eq \o(BA,\s\up12(→)))＋(eq \o(DE,\s\up12(→))＋eq \o(AE,\s\up12(→)))＝0. ∵E，F分别是AD，BC的中点，∴eq \o(FC,\s\up12(→))＋eq \o(FB,\s\up12(→))＝0，eq \o(DE,\s\up12(→))＋eq \o(AE,\s\up12(→))＝0. ∴2eq \o(EF,\s\up12(→))＝－eq \o(CD,\s\up12(→))－eq \o(BA,\s\up12(→))＝eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \o(DC,\s\up12(→))，即eq \o(EF,\s\up12(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \o(DC,\s\up12(→)))． 证法二：如图，∵E为AD的中点，∴eq \o(AE,\s\up12(→))＝eq \f(1,2) eq \o(AD,\s\up12(→)). ∵F是BC的中点，∴eq \o(AF,\s\up12(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \o(AC,\s\up12(→)))． 又eq \o(AC,\s\up12(→))＝eq \o(AD,\s\up12(→))＋eq \o(DC,\s\up12(→))，∴eq \o(AF,\s\up12(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \o(AD,\s\up12(→))＋eq \o(DC,\s\up12(→)))＝eq \f(1,2)(eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \o(DC,\s\up12(→)))＋ eq \f(1,2) eq \o(AD,\s\up12(→)).∴eq \o(EF,\s\up12(→))＝eq \o(AF,\s\up12(→))－eq \o(AE,\s\up12(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \o(DC,\s\up12(→)))＋eq \f(1,2) eq \o(AD,\s\up12(→))－eq \f(1,2) eq \o(AD,\s\up12(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \o(DC,\s\up12(→)))． $$