2.3.2 向量的数乘与向量共线的关系-【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 3.2　向量的数乘与向量共线的关系 (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.掌握共线(平行)向量基本定理，并能够运用它们解决共线问题． 教学重点：1.共线(平行)向量基本定理.2.直线的向量表示． 教学难点：共线(平行)向量基本定理的应用． 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 a＝λb 方向向量 核心概念掌握 5 对两向量共线的条件的理解 (1)判断两向量共线，其实就是找一个实数，使得它与一个向量的积等于另一个向量．可以用来证明几何中的三点共线及两直线平行的问题． (2)为何规定“非零向量b”这一条件？若b＝0，a≠0时，不存在实数λ使得a＝λb；若b＝0，a＝0，则存在不唯一的实数满足等式． 核心概念掌握 6 核心概念掌握 7 1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)共线向量基本定理中b≠0可以去掉．(　　) (2)若a，b是非零向量，λ，μ∈R，那么λa＋μb＝0⇔λ＝μ＝0.(　　) (3)若a与b(b≠0)不平行，则不存在λ∈R，使a＝λb.(　　) × √ × 核心概念掌握 8 2．做一做 (1)已知e1，e2不共线，a＝λ1e1＋e2，b＝4e1＋2e2，并且a，b共线，则下列各式正确的是(　　) A．λ1＝1 B．λ1＝2 C．λ1＝3 D．λ1＝4 (2)若|a|＝5，b与a的方向相反，且|b|＝7，则a＝________b. (3)如果实数p和非零向量a与b满足pa＋(p＋1)b＝0，则向量a和b________(填“共线”或“不共线”)． 共线 核心概念掌握 9 核心素养形成 题型一　向量共线的判定问题 若a＝e1－2e2，b＝2e1＋e2，c＝6e1－2e2(e1与e2不共线)，则向量a＋b与c是否共线？ 核心素养形成 11 【感悟提升】　解决向量共线的判定问题的基本方法 向量共线的判定一般是用其判定定理，即a是一个非零向量，若存在唯一一个实数λ，使得b＝λa，则向量b与非零向量a共线．解题过程中，需要把两向量用共同的已知向量来表示，进而互相表示，由此判断共线． 核心素养形成 12 核心素养形成 13 核心素养形成 14 题型二　利用向量共线证点共线 如图所示，在△ABC中，BC＝4BD，AC＝3CE，BE与AD相交于点M. 核心素养形成 15 核心素养形成 16 核心素养形成 17 核心素养形成 18 题型三　利用向量共线求参数 －6 核心素养形成 19 2 核心素养形成 20 核心素养形成 21 【跟踪训练】 3．(1)已知向量a，b不共线，且c＝λa＋b，d＝a＋(2λ－1)b，若c与d同向，则实数λ的值为_____． 1 核心素养形成 22 核心素养形成 23 题型四　向量线性运算的综合应用 3 核心素养形成 24 【感悟提升】　利用向量的线性运算等知识可以解决平面几何中的相关问题，其基本思路是通过构造向量，利用向量的线性运算、共线向量基本定理，结合图形的性质求解，解决这类问题的关键是掌握向量关系与几何图形中元素之间关系的转化． 核心素养形成 25 核心素养形成 26 核心素养形成 27 随堂水平达标 1．平面向量a，b共线的充要条件是(　　) A．a，b方向相同 B．a，b两向量中至少有一个为零向量 C．存在λ∈R，a＝λb D．存在不全为零的实数λ1，λ2，λ1a＋λ2b＝0 解析：注意向量a，b是否为零向量，需分类讨论．若a，b中至少有一个为零向量，则存在不全为零的实数λ1，λ2，使得λ1a＋λ2b＝0；若a≠0，且b≠0，则由两向量共线知，存在λ≠0，使得a＝λb，即λb－a＝0.故选D. 随堂水平达标 1 2 3 4 5 29 解析：②中b＝－2a，③中a＝4b，∴②③中a与b共线． 随堂水平达标 1 2 3 4 5 30 3．若|a|＝3，b与a反向，|b|＝2，则a＝________b. 随堂水平达标 1 2 3 4 5 31 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．下列命题中的真命题是(　　) ①a与b共线⇔存在唯一的实数λ，使a＝λb成立； ②a与b不共线⇔若λ1a＋λ2b＝0，则λ1＝λ2＝0； ③a与b不共线⇔对任意实数λ1，λ2，λ1a＋λ2b＝0都不成立． A．①③ B．② C．①② D．②③ 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 35 解析：①中当a≠0，b＝0时，a与b共线，对任意实数λ，有λb＝0，故不存在实数λ，使a＝λb成立，因此①是假命题．②中a，b不共线，说明a与b都是非零向量，要使λ1a＋λ2b＝0，当且仅当λ1＝λ2＝0，故②是真命题．③是假命题(λ1＝λ2＝0时，等式成立)，故选B. 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 解析：由2a－3b＝－2(a＋2b)得b＝－4a，故A正确；由λa－μb＝0，得λa＝μb，又λ≠μ，故B正确；若x＝y＝0，xa＋yb＝0，但b与a不一定共线，故C错误；梯形ABCD中，没有说明哪组对边平行，故D错误． 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 3 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 42 5∶12 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 43 三、解答题 9．已知向量a＝2e1－3e2，b＝2e1＋3e2，其中e1，e2不共线，向量c＝2e1－9e2，问：是否存在实数λ，μ，使d＝λa＋μb与c共线？ 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 44 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 45 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 46 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 47 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 48 　　　　　　　　　　　　　 R 知识点一　共线(平行)向量基本定理 给定一个非零向量b，则对于任意向量a，a∥b的充要条件是存在唯一一个实数λ，使________． 知识点二　直线的向量表示 通常可以用eq \o(AP,\s\up12(→))＝teq \o(AB,\s\up12(→))表示过点A，B的直线l，其中eq \o(AB,\s\up12(→))称为直线l的____________． (3)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.因为a，b不共线，则a，b必为非零向量，若λ≠0，则b＝eq \f(μ,λ)a，若μ≠0，则a＝eq \f(λ,μ)b，无论哪种情况都有a，b共线与已知矛盾，故必有λ＝μ＝0. (4)两向量共线的一般形式：如果存在不全为0的一对实数λ，μ，使μa＋λb＝0，则a与b共线． －eq \f(5,7) 解　解法一：假设a＋b＝λc.因为a＋b＝(e1－2e2)＋(2e1＋e2)＝3e1－e2，c＝6e1－2e2， 则a＋b＝eq \f(1,2)c，知λ＝eq \f(1,2)，所以向量a＋b与c共线． 解法二：假设a＋b＝λc，即3e1－e2＝λ(6e1－2e2)， 则(3－6λ)e1＋(2λ－1)e2＝0，因为e1与e2不共线， 所以3－6λ＝0且2λ－1＝0.从而λ＝eq \f(1,2)，a＋b＝eq \f(1,2)c，所以向量a＋b与c共线． 【跟踪训练】 1.如图，在△ABC中，点D与点E分别在边BC和AC上，且 BD＝eq \f(1,3)BC，CE＝eq \f(1,3)CA，AD和BE交于点R.求证：eq \o(RD,\s\up12(→))＝eq \f(1,7) eq \o(AD,\s\up12(→))，eq \o(RE,\s\up12(→))＝ eq \f(4,7) eq \o(BE,\s\up12(→)). 证明：∵A，R，D三点共线， ∴存在实数λ，使eq \o(RD,\s\up12(→))＝λeq \o(AD,\s\up12(→))，则eq \o(AR,\s\up12(→))＝(1－λ)eq \o(AD,\s\up12(→))， ∴eq \o(CR,\s\up12(→))＝eq \o(CA,\s\up12(→))＋eq \o(AR,\s\up12(→))＝eq \o(CA,\s\up12(→))＋(1－λ)eq \o(AD,\s\up12(→))＝eq \o(CA,\s\up12(→))＋(1－λ)(eq \o(CD,\s\up12(→))－eq \o(CA,\s\up12(→)))＝λeq \o(CA,\s\up12(→))＋(1－λ)eq \o(CD,\s\up12(→))＝λeq \o(CA,\s\up12(→))＋eq \f(2,3)(1－λ)eq \o(CB,\s\up12(→)).① 又B，R，E三点共线，∴存在实数μ，使eq \o(RE,\s\up12(→))＝μeq \o(BE,\s\up12(→))，则eq \o(BR,\s\up12(→))＝(1－μ)eq \o(BE,\s\up12(→))， ∴eq \o(CR,\s\up12(→))＝eq \o(CB,\s\up12(→))＋eq \o(BR,\s\up12(→))＝eq \o(CB,\s\up12(→))＋(1－μ)eq \o(BE,\s\up12(→))＝eq \o(CB,\s\up12(→))＋(1－μ)(eq \o(CE,\s\up12(→))－eq \o(CB,\s\up12(→)))＝(1－μ)eq \o(CE,\s\up12(→))＋μeq \o(CB,\s\up12(→))＝eq \f(1,3)(1－μ)eq \o(CA,\s\up12(→))＋μeq \o(CB,\s\up12(→)).② 由①②得λeq \o(CA,\s\up12(→))＋eq \f(2,3)(1－λ)eq \o(CB,\s\up12(→))＝eq \f(1,3)(1－μ)eq \o(CA,\s\up12(→))＋μeq \o(CB,\s\up12(→))， 即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(λ＋\f(1,3)μ－\f(1,3))) eq \o(CA,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(μ＋\f(2,3)λ－\f(2,3))) eq \o(CB,\s\up12(→))， 又eq \o(CA,\s\up12(→))与eq \o(CB,\s\up12(→))不共线，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＋\f(1,3)μ－\f(1,3)＝0，,μ＋\f(2,3)λ－\f(2,3)＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＝\f(1,7)，,μ＝\f(4,7).))∴eq \o(RD,\s\up12(→))＝eq \f(1,7) eq \o(AD,\s\up12(→))，eq \o(RE,\s\up12(→))＝eq \f(4,7) eq \o(BE,\s\up12(→)). (1)用eq \o(AB,\s\up12(→))，eq \o(AC,\s\up12(→))表示eq \o(AD,\s\up12(→))，eq \o(BE,\s\up12(→))； (2)若eq \o(AM,\s\up12(→))＝eq \f(2,3) eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \f(2,9) eq \o(AC,\s\up12(→))，证明：B，M，E三点共线． 解　(1)因为BC＝4BD，所以eq \o(BD,\s\up12(→))＝eq \f(1,4) eq \o(BC,\s\up12(→))＝eq \f(1,4)(eq \o(AC,\s\up12(→))－eq \o(AB,\s\up12(→)))＝eq \f(1,4) eq \o(AC,\s\up12(→))－eq \f(1,4) eq \o(AB,\s\up12(→))，所以eq \o(AD,\s\up12(→))＝eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \o(BD,\s\up12(→))＝eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \f(1,4) eq \o(AC,\s\up12(→))－eq \f(1,4) eq \o(AB,\s\up12(→))＝eq \f(3,4) eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \f(1,4) eq \o(AC,\s\up12(→)).因为AC＝3CE， 所以eq \o(AE,\s\up12(→))＝eq \f(2,3) eq \o(AC,\s\up12(→))，所以eq \o(BE,\s\up12(→))＝eq \o(AE,\s\up12(→))－eq \o(AB,\s\up12(→))＝eq \f(2,3) eq \o(AC,\s\up12(→))－eq \o(AB,\s\up12(→)). (2)证明：因为eq \o(AM,\s\up12(→))＝eq \f(2,3) eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \f(2,9) eq \o(AC,\s\up12(→))， 所以eq \o(BM,\s\up12(→))＝eq \o(AM,\s\up12(→))－eq \o(AB,\s\up12(→))＝－eq \f(1,3) eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \f(2,9) eq \o(AC,\s\up12(→)). 因为eq \o(BE,\s\up12(→))＝eq \f(2,3) eq \o(AC,\s\up12(→))－eq \o(AB,\s\up12(→))＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)\o(AB,\s\up12(→))＋\f(2,9)\o(AC,\s\up12(→))))，所以eq \o(BE,\s\up12(→))＝3eq \o(BM,\s\up12(→))，即eq \o(BE,\s\up12(→))与eq \o(BM,\s\up12(→))共线． 因为eq \o(BE,\s\up12(→))与eq \o(BM,\s\up12(→))有公共点B，所以B，M，E三点共线． 【感悟提升】　三点共线问题的证明及求解思路 (1)证明三点共线，通常转化为证明由这三点构成的两个向量共线，两个向量共线的充要条件是解决向量共线问题的依据． (2)若A，B，C三点共线，则向量eq \o(AB,\s\up12(→))，eq \o(AC,\s\up12(→))，eq \o(BC,\s\up12(→))在同一直线上，因此必定存在实数，使得其中两个向量之间存在线性关系，而向量共线定理是实现线性关系的依据. 【跟踪训练】 2．已知eq \o(OA,\s\up12(→))，eq \o(OB,\s\up12(→))是不共线的两个向量，设eq \o(OM,\s\up12(→))＝λeq \o(OA,\s\up12(→))＋μeq \o(OB,\s\up12(→))，且λ＋μ＝1，λ，μ∈R.求证：M，A，B三点共线． 证明：∵λ＋μ＝1，∴μ＝1－λ. ∴eq \o(OM,\s\up12(→))＝λeq \o(OA,\s\up12(→))＋(1－λ)eq \o(OB,\s\up12(→))＝λeq \o(OA,\s\up12(→))＋eq \o(OB,\s\up12(→))－λeq \o(OB,\s\up12(→))， ∴eq \o(OM,\s\up12(→))－eq \o(OB,\s\up12(→))＝λ(eq \o(OA,\s\up12(→))－eq \o(OB,\s\up12(→)))，即eq \o(BM,\s\up12(→))＝λeq \o(BA,\s\up12(→))(λ∈R)， ∴eq \o(BM,\s\up12(→))，eq \o(BA,\s\up12(→))共线．又eq \o(BM,\s\up12(→))，eq \o(BA,\s\up12(→))有公共点B，∴M，A，B三点共线． (1)设a与b是两个不共线的向量，若eq \o(AB,\s\up12(→))＝4a＋kb，eq \o(CB,\s\up12(→))＝a＋b，eq \o(CD,\s\up12(→))＝3a－2b，且A，B，D三点共线，则实数k的值为________． 解析　∵A，B，D三点共线，∴向量eq \o(AB,\s\up12(→))与eq \o(BD,\s\up12(→))共线．∵eq \o(AB,\s\up12(→))＝4a＋kb，eq \o(CB,\s\up12(→))＝a＋b，eq \o(CD,\s\up12(→))＝3a－2b，∴eq \o(BD,\s\up12(→))＝eq \o(BC,\s\up12(→))＋eq \o(CD,\s\up12(→))＝－a－b＋3a－2b＝2a－3b，∵向量eq \o(AB,\s\up12(→))与eq \o(BD,\s\up12(→))共线，∴4a＋kb＝λ(2a－3b)，∴(4－2λ)a＋(k＋3λ)b＝0.∵a与b不共线，∴λ＝2，k＝－6. (2)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(→))(m，n∈R)，则m＋n的值为________． 解析　如图所示，在△ABC中，连接AO.由于O是BC的中点， 因此eq \o(AO,\s\up12(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \o(AC,\s\up12(→)))＝eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \f(1,2) eq \o(AC,\s\up12(→)).由于eq \o(AB,\s\up12(→))＝meq \o(AM,\s\up12(→))，eq \o(AC,\s\up12(→))＝neq \o(AN,\s\up12(→))，则 eq \o(AO,\s\up12(→))＝eq \f(1,2)meq \o(AM,\s\up12(→))＋eq \f(1,2)neq \o(AN,\s\up12(→)).由于M，O，N三点共线，所以由三点共线的性 质定理，可得eq \f(1,2)m＋eq \f(1,2)n＝1，从而m＋n＝2. 【感悟提升】　已知向量共线确定参数取值的方法 (1)已知向量共线确定参数的值，一般先利用共线向量基本定理得出a＝λb(b≠0)，再利用对应系数相等这一条件列出方程(组)，解出参数． (2)A，B，C三点共线⇔存在λ＋μ＝1，使得eq \o(OC,\s\up12(→))＝λeq \o(OA,\s\up12(→))＋μeq \o(OB,\s\up12(→)). 解析：因为c与d同向，所以c＝kd(k>0)，于是λa＋b＝k[a＋(2λ－1)b]，整理得(λ－k)a＋(1－2λk＋k)b＝0.因为a，b不共线，所以有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＝k，,2λk－k＝1，))整理得2λ2－λ－1＝0，所以λ＝1或λ＝－eq \f(1,2).又k>0，所以λ>0，所以λ＝1. (2)在△ABC中，H是边BC上异于B，C的任一点，M为AH的中点，若eq \o(AM,\s\up12(→))＝λeq \o(AB,\s\up12(→))＋μeq \o(AC,\s\up12(→))，则λ＋μ的值为________． 解析：由已知画图，∵eq \o(AM,\s\up12(→))＝eq \f(1,2) eq \o(AH,\s\up12(→))＝λeq \o(AB,\s\up12(→))＋μeq \o(AC,\s\up12(→))，∴eq \o(AH,\s\up12(→))＝2λeq \o(AB,\s\up12(→))＋ 2μeq \o(AC,\s\up12(→)).又H，B，C三点共线，∴2λ＋2μ＝1.∴λ＋μ＝eq \f(1,2). eq \f(1,2) 已知点O为△ABC内一点，eq \o(OA,\s\up12(→))＋2eq \o(OB,\s\up12(→))＋3eq \o(OC,\s\up12(→))＝0，则eq \f(S△ABC,S△AOC)＝_____． 解析　如图，取BC的中点D，AC的中点E.∵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(→)))＝2eq \o(OE,\s\up12(→))＋4eq \o(OD,\s\up12(→))＝0，∴eq \o(OE,\s\up12(→))＝－2eq \o(OD,\s\up12(→)).∴DE＝ eq \f(3,2)OE，又eq \o(OD,\s\up12(→))与eq \o(OE,\s\up12(→))有公共点，∴D，O，E三点共线，即DE为△ABC 的中位线，∴AB＝2DE，∴AB＝3OE，∴eq \f(S△ABC,S△AOC)＝3. 【跟踪训练】 4．O是平面上一定点，A，B，C是平面上不共线的三个点，动点P满足eq \o(OP,\s\up12(→))＝eq \o(OA,\s\up12(→))＋λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AB,\s\up12(→)),|\o(AB,\s\up12(→))|)＋\f(\o(AC,\s\up12(→)),|\o(AC,\s\up12(→))|)))，λ∈[0，＋∞)．则P的轨迹一定通过△ABC的(　　) A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心 解析：由点P满足的条件可得eq \o(OP,\s\up12(→))－eq \o(OA,\s\up12(→))＝λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AB,\s\up12(→)),|\o(AB,\s\up12(→))|)＋\f(\o(AC,\s\up12(→)),|\o(AC,\s\up12(→))|))).即eq \o(AP,\s\up12(→))＝λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AB,\s\up12(→)),|\o(AB,\s\up12(→))|)＋\f(\o(AC,\s\up12(→)),|\o(AC,\s\up12(→))|)))，其中eq \f(\o(AB,\s\up12(→)),|\o(AB,\s\up12(→))|)与eq \f(\o(AC,\s\up12(→)),|\o(AC,\s\up12(→))|)分别是eq \o(AB,\s\up12(→))与eq \o(AC,\s\up12(→))的同向单位向量，由平行四边形法则，eq \f(\o(AB,\s\up12(→)),|\o(AB,\s\up12(→))|)＋eq \f(\o(AC,\s\up12(→)),|\o(AC,\s\up12(→))|)与∠BAC的角平分线共线，如图所示，AD为其角平分线，∴eq \o(AP,\s\up12(→))与 eq \o(AD,\s\up12(→))共线．∵λ∈[0，＋∞)，∴点P的轨迹一定通过△ABC的内 心，故选B. 2．下列向量a，b共线的是(　　) ①a＝2e1，b＝－2e2；②a＝e1－e2，b＝－2e1＋2e2；③a＝4e1－eq \f(2,5)e2，b＝e1－eq \f(1,10)e2；④a＝e1＋e2，b＝2e1－2e2.(e1，e2不共线) A．②③ B．②③④ C．①③④ D．①②③④ 解析：∵b与a反向，设a＝λb，则λ<0，|a|＝|λb|，即|λ|＝eq \f(3,2)，∴λ＝－eq \f(3,2).故a＝－eq \f(3,2)b. －eq \f(3,2) 4．已知e1，e2是两个不共线的向量，a＝k2e1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(5,2)k))e2与b＝2e1＋3e2是两个平行的向量，则k＝________． 解析：∵a∥b，∴存在实数m，使得a＝mb，∴k2e1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(5,2)k))e2＝m(2e1＋3e2)，∴(k2－2m)e1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(5,2)k－3m))e2＝0.又e1，e2不共线，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k2＝2m，,1－\f(5,2)k＝3m，))即3k2＋5k－2＝0，∴k＝eq \f(1,3)或－2. eq \f(1,3)或－2 5.如图所示，在▱ABCD中，eq \o(AD,\s\up12(→))＝a，eq \o(AB,\s\up12(→))＝b，M是AB的中点，点N是BD上一点，|eq \o(BN,\s\up12(→))|＝eq \f(1,3)|eq \o(BD,\s\up12(→))|.求证：M，N，C三点共线． 证明：∵eq \o(AD,\s\up12(→))＝a，eq \o(AB,\s\up12(→))＝b，∴eq \o(BD,\s\up12(→))＝eq \o(AD,\s\up12(→))－eq \o(AB,\s\up12(→))＝a－b. ∴eq \o(MN,\s\up12(→))＝eq \o(MB,\s\up12(→))＋eq \o(BN,\s\up12(→))＝eq \f(1,2)b＋eq \f(1,3) eq \o(BD,\s\up12(→))＝eq \f(1,2)b＋eq \f(1,3)(a－b)＝eq \f(1,3)a＋eq \f(1,6)b＝eq \f(1,6)(2a＋b)． 又eq \o(MC,\s\up12(→))＝eq \o(MB,\s\up12(→))＋eq \o(BC,\s\up12(→))＝eq \f(1,2)b＋a＝eq \f(1,2)(2a＋b)，∴eq \o(MC,\s\up12(→))＝3eq \o(MN,\s\up12(→)). 又eq \o(MC,\s\up12(→))与eq \o(MN,\s\up12(→))有公共点M，∴M，N，C三点共线． 2．已知向量a，b不共线，且eq \o(AB,\s\up12(→))＝a＋2b，eq \o(BC,\s\up12(→))＝－5a＋6b，eq \o(CD,\s\up12(→))＝7a－2b，则一定共线的三点是(　　) A．A，B，D B．A，B，C C．B，C，D D．A，C，D 解析：eq \o(AD,\s\up12(→))＝eq \o(AC,\s\up12(→))＋eq \o(CD,\s\up12(→))＝eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \o(BC,\s\up12(→))＋eq \o(CD,\s\up12(→))＝(a＋2b)＋(－5a＋6b)＋(7a－2b)＝3a＋6b＝3eq \o(AB,\s\up12(→))，又eq \o(AD,\s\up12(→))与eq \o(AB,\s\up12(→))有公共点A，∴A，B，D 三点共线．故选A. 3.如图，向量eq \o(OA,\s\up12(→))，eq \o(OB,\s\up12(→))，eq \o(OC,\s\up12(→))的终点在同一直线上，且eq \o(AC,\s\up12(→))＝－3eq \o(CB,\s\up12(→))，设eq \o(OA,\s\up12(→))＝p，eq \o(OB,\s\up12(→))＝q，eq \o(OC,\s\up12(→))＝r，则下列等式中，成立的是(　　) A．r＝－eq \f(1,2)p＋eq \f(3,2)q B．r＝－p＋2q C．r＝eq \f(3,2)p－eq \f(1,2)q D．r＝－q＋2p 解析：因为eq \o(AC,\s\up12(→))＝－3eq \o(CB,\s\up12(→))，所以eq \o(AB,\s\up12(→))＝－2eq \o(CB,\s\up12(→))＝2eq \o(BC,\s\up12(→)).所以r＝eq \o(OC,\s\up12(→))＝eq \o(OA,\s\up12(→))＋eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \o(BC,\s\up12(→))＝eq \o(OA,\s\up12(→))＋eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up12(→))＝eq \o(OA,\s\up12(→))＋eq \f(3,2)(eq \o(OB,\s\up12(→))－eq \o(OA,\s\up12(→)))＝eq \f(3,2) eq \o(OB,\s\up12(→))－eq \f(1,2) eq \o(OA,\s\up12(→))＝－eq \f(1,2)p＋eq \f(3,2)q. 4．已知eq \o(OA,\s\up12(→))·x2＋eq \o(OB,\s\up12(→))·x－eq \o(OC,\s\up12(→))＝0(x∈R)，其中A，B，C三点共线，O是直线外一点，则满足上述条件的x(　　) A．不存在 B．有一个 C．有两个 D．以上情况均有可能 解析：由eq \o(OA,\s\up12(→))·x2＋eq \o(OB,\s\up12(→))·x－eq \o(OC,\s\up12(→))＝0可得eq \o(OA,\s\up12(→))·x2＋eq \o(OB,\s\up12(→))·x＝eq \o(OC,\s\up12(→))，再由A，B，C三点共线，O是线外一点，可得x2＋x＝1，此方程有两个根，故满足条件的x值有两个． 5．(多选)已知a，b是两个非零向量，在下列四个条件中，一定能使a，b共线的是(　　) A．2a－3b＝4e且a＋2b＝－2e B．存在相异实数λ，μ，使λa－μb＝0 C．xa＋yb＝0(其中实数x，y满足x＋y＝0) D．已知在梯形ABCD中，eq \o(AB,\s\up12(→))＝a，eq \o(CD,\s\up12(→))＝b 二、填空题 6．已知a，b是两个不共线的非零向量，若a与b起点相同，则实数t＝_____时，a，tb，eq \f(1,3)(a＋b)三个向量的终点共线． 解析：若三个向量的终点共线，则存在唯一实数λ，使得a－tb＝λeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a－\f(1,3)(a＋b)))，化简得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)λ－1))a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(λ,3)－t))b.由于a，b不共线，故eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)λ－1＝0，,\f(λ,3)－t＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＝\f(3,2)，,t＝\f(1,2)，))即t＝eq \f(1,2)时，三个向量的终点共线． eq \f(1,2) 7．过△ABC的重心O任作一直线分别交AB，AC于点D，E，若eq \o(AD,\s\up12(→))＝xeq \o(AB,\s\up12(→))，eq \o(AE,\s\up12(→))＝yeq \o(AC,\s\up12(→))，xy≠0，则eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)的值为________． 解析：由于O为△ABC重心，设M为BC的中点，则eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \o(AC,\s\up12(→))＝2eq \o(AM,\s\up12(→)).由已知eq \o(AB,\s\up12(→))＝eq \f(1,x) eq \o(AD,\s\up12(→))，eq \o(AC,\s\up12(→))＝eq \f(1,y) eq \o(AE,\s\up12(→))，eq \o(AM,\s\up12(→))＝eq \f(3,2) eq \o(AO,\s\up12(→))，将其代入前式，有eq \f(1,3x) eq \o(AD,\s\up12(→))＋eq \f(1,3y) eq \o(AE,\s\up12(→))＝eq \o(AO,\s\up12(→))，又因为O，E，D 三点共线，所以eq \f(1,3x)＋eq \f(1,3y)＝1，即eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)＝3. 8．在△ABC中，若点P，Q满足eq \o(AP,\s\up12(→))＝eq \f(1,3) eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \f(2,3) eq \o(AC,\s\up12(→))，eq \o(AQ,\s\up12(→))＝eq \f(3,4) eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \f(1,4) eq \o(AC,\s\up12(→))，则△APQ与△ABC的面积之比为________． 解析：因为eq \o(AP,\s\up12(→))＝eq \f(1,3) eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \f(2,3) eq \o(AC,\s\up12(→))，所以eq \f(1,3)(eq \o(AP,\s\up12(→))－eq \o(AB,\s\up12(→)))＝eq \f(2,3)(eq \o(AC,\s\up12(→))－eq \o(AP,\s\up12(→)))，即eq \o(BP,\s\up12(→))＝2eq \o(PC,\s\up12(→))，得点P为线段BC上靠近C点的三等分点．因为eq \o(AQ,\s\up12(→))＝eq \f(3,4) eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \f(1,4) eq \o(AC,\s\up12(→))，所以eq \f(3,4)(eq \o(AQ,\s\up12(→))－eq \o(AB,\s\up12(→)))＝eq \f(1,4)(eq \o(AC,\s\up12(→))－eq \o(AQ,\s\up12(→)))，即3eq \o(BQ,\s\up12(→))＝eq \o(QC,\s\up12(→))，得点Q为线段BC上靠近B点的四等分点，所以PQ＝eq \f(5,12)BC，所以△APQ与△ABC的面积之比为eq \f(PQ,BC)＝eq \f(5,12). 解：假设存在实数λ，μ，使d与c共线，则d＝λa＋μb＝λ(2e1－3e2)＋μ(2e1＋3e2)＝(2λ＋2μ)e1＋(－3λ＋3μ)e2. 要使d与c共线，则应存在实数k，使d＝kc， 即(2λ＋2μ)e1＋(－3λ＋3μ)e2＝2ke1－9ke2， (2λ＋2μ－2k)e1＝[－9k－(－3λ＋3μ)]e2，因为e1与e2不共线， 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2λ＋2μ－2k＝0，,－9k－(－3λ＋3μ)＝0.))所以λ＝－2μ. 故存在实数λ，μ，只要λ＝－2μ，就能使d与c共线． 10．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，∴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，∴λ>1. 11.如图，M是▱ABCD中AB的中点，且DM与AC相交于H，求证：eq \o(AH,\s\up12(→))＝eq \f(1,3) eq \o(AC,\s\up12(→)). 证明：证法一：设eq \o(MH,\s\up12(→))＝μeq \o(MD,\s\up12(→))，eq \o(AH,\s\up12(→))＝λeq \o(AC,\s\up12(→))， ∵eq \o(AM,\s\up12(→))＋eq \o(MH,\s\up12(→))＋eq \o(HA,\s\up12(→))＝0，∴eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up12(→))＋μeq \o(MD,\s\up12(→))－λeq \o(AC,\s\up12(→))＝0， ∴eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up12(→))＋μ(eq \o(MA,\s\up12(→))＋eq \o(AD,\s\up12(→)))－λ(eq \o(AD,\s\up12(→))＋eq \o(AB,\s\up12(→)))＝0， ∴eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up12(→))＋μeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)\o(AB,\s\up12(→))))＋μeq \o(AD,\s\up12(→))－λeq \o(AD,\s\up12(→))－λeq \o(AB,\s\up12(→))＝0，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,2)μ－λ)) eq \o(AB,\s\up12(→))＋(μ－λ)eq \o(AD,\s\up12(→))＝0. 又eq \o(AB,\s\up12(→))与eq \o(AD,\s\up12(→))不共线，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,2)μ－λ＝0，,μ－λ＝0))⇒eq \f(1,2)－eq \f(1,2)λ－λ＝0， ∴λ＝eq \f(1,3)，∴eq \o(AH,\s\up12(→))＝eq \f(1,3) eq \o(AC,\s\up12(→)). 证法二：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD. ∴△AMH∽△CDH.∴eq \f(AH,CH)＝eq \f(AM,CD)＝eq \f(1,2). ∴CH＝2AH.∴eq \o(CH,\s\up12(→))＝2eq \o(HA,\s\up12(→)).∴eq \o(AH,\s\up12(→))＝eq \f(1,3) eq \o(AC,\s\up12(→)). 12.如图，已知△OAB，若正实数x，y满足x＋y<1，且有eq \o(OP,\s\up12(→))＝xeq \o(OA,\s\up12(→))＋yeq \o(OB,\s\up12(→))，证明：点P必在△OAB的内部． 证明：由题意可设x＋y＝t，t∈(0，1)，则eq \f(x,t)＋eq \f(y,t)＝1. 设P′为平面内一点，且eq \o(OP′,\s\up12(→))＝eq \f(x,t) eq \o(OA,\s\up12(→))＋eq \f(y,t) eq \o(OB,\s\up12(→))， 则eq \o(AP′,\s\up12(→))＝eq \o(OP′,\s\up12(→))－eq \o(OA,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,t)－1)) eq \o(OA,\s\up12(→))＋eq \f(y,t) eq \o(OB,\s\up12(→))＝eq \f(y,t)(eq \o(OB,\s\up12(→))－eq \o(OA,\s\up12(→)))＝eq \f(y,t) eq \o(AB,\s\up12(→))， 所以点P′在直线AB上．又eq \f(y,t)∈(0，1)，所以点P′在线段AB上(异于端点)． 因为eq \o(OP,\s\up12(→))＝xeq \o(OA,\s\up12(→))＋yeq \o(OB,\s\up12(→))＝teq \o(OP′,\s\up12(→))，t∈(0，1)，即P在线段OP′上(异于端点)， 所以点P必在△OAB内部． $$