假期作业17 事件的相互独立性、频率与概率-【快乐假期】2025年高一数学暑假大作业（人教A版）

假期作业１７　事件的相互独立性、频率与概率　　　　　　　 １．相互独立事件的定义和性质 (１)定义:对任意两个事件A 与B,如果P (AB)＝　　　　成立,则称事件A 与事 件B相互独立,简称独立． (２)性质:如果A 与B 相互独立,那么A 与 􀭺B,􀭿A 与B,􀭿A 与􀭺B 也都相互独立． ２．频率的稳定性 一般地,随着试验次数n的增大,频率偏 离概率的幅度会　　　　,即事件A 发 生的频率fn(A)会逐渐稳定于事件A 发 生的　　　　．我们称频率的这个性质 为频率的稳定性．因此,我们可以用　　 　　估计概率P(A)． ３．产生随机数的方法:教材中给出了两种 产生随机数的方法:①利用带有PRB 功 能的计算器产生随机数;②用计算机软 件产生随机数,比如用Excel软件产生随 机数．我们只要按照它的程序一步一步 执行即可． ４．用随机模拟估计概率的步骤 (１)建立概率模型; (２)进行模拟试验,可用计算器或计算机进 行模拟试验; (３)统计试验结果． ◆[考点一]　事件的相互独立性 １．(２０２５􀅰山东潍坊高一期末)抛掷两枚质 地均匀的骰子,设事件A＝“第一枚出现 偶数点”,B＝“第二枚出现奇数点”,则下 列说法正确的是 (　　) A．A 与B 互斥 B．A 与B 互为对立 C．A 与B 相等 D．A 与B 相互独立 ２．若事件E 与F 相互独立,且 P(E)＝P (F)＝１３ ,则P(EF)的值等于 (　　) A．０ 　　B．１９ 　　C． ２ ９ 　　D． １ ３ ３．甲、乙两人参加“社会主义价值观”知识 竞赛,甲、乙两人能荣获一等奖的概率分 别为２ ３ 和３ ４ ,甲、乙两人是否获得一等奖 相互独立,则这两个人中恰有一人获得 一等奖的概率为 (　　) A．３４　　　B． ２ ３　　　C． ５ ７　　　D． ５ １２ ４．(２０２５􀅰河北沧州高一期末)为了丰富员 工的业余生活,某企业举办了有奖答题 活动,参加活动的员工依次回答三个问 题,不管答对或者答错,三题答完活动结 束．规定每位员工只能参加一次活动,且 至少答对两道题才能获奖．已知员工甲 第一题答对的概率为３ ４ ,第二题答对的概 率为２ ３ ,第三题答对的概率为１ ２ ,假设员 工甲是否答对每一题相互独立,则员工 甲获奖的概率为　　　　． ◆[考点二]　频率与概率的关系 ５．连续抛掷一枚质地均匀的硬币１０次,若 前４次出现正面朝上,则第５次出现正面 朝上的概率是 (　　) A．１１０ B． １ ６ C． ２ ５ D． １ ２ ６．(多选题)投掷一枚普通的正方体骰子, 四位同学各自发表了以下见解,其中正 确的见解有 (　　) A．出现“点数为奇数”的概率等于出现 “点数为偶数”的概率 B．只要连掷６次,一定会“出现１点” C．投掷前默念几次“出现６点”:投掷结 果“出现６点”的可能性就会加大 D．连续投掷３次,出现的点数之和不可 能等于１９ ７．在６月６日第２８个全国“爱眼日”即将到 来之际,教育部印发«关于做好教育系统 ２０２５年全国“爱眼日”宣传教育工作通 知»,呼吁青年学生爱护眼睛,保护视力． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ８３ 众所周知,长时间玩手机可能影响视力． 据调查,某校学生大约４０％的人近视,而 该校大约有３０％的学生每天玩手机超过 ２h,这些人的近视率约为５０％．现从每 天玩手机不超过２h的学生中任意调查 一名学生,则该名学生近视的概率为 (　　) A．３１４ B． ５ １４ C． ３ ７ D． ４ ７ ８．(２０２５􀅰湖南怀化高一学科素养测试)在 一个不透明的纸盒中装有６个白球和若 干个红球,这些球除颜色外都相同．每次 从袋子中随机摸出一个球,记下颜色后 再放回袋中,通过多次重复试验发现摸 出红球的频率稳定在０．８附近,则袋子 中红球约有　　　　个． ◆[考点三]　相互独立事件的综合应用 ９．(多选)甲、乙两人进行篮球比赛,若甲投 中的概率为０􀆰８,乙投不中的概率为０􀆰１, 且两人投篮互不影响,若两人各投篮一 次,则下列结论中正确的是 (　　) A．两人都投中的概率为０􀆰７２ B．至少一人投中的概率为０􀆰８８ C．至多一人投中的概率为０􀆰２６ D．恰好有一人投中的概率为０􀆰２６ １０．甲、乙两人在每次猜谜活动中各猜一个 谜语,若一方猜对且另一方猜错,则猜 对的一方获胜,否则本次平局,已知每 次活动中,甲、乙猜对的概率分别为５ ６ 和 １ ５ ,且每次活动中甲、乙猜对与否互不影 响,各次活动也互不影响,则一次活动 中,甲获胜的概率为　　　　,３次活动 中,甲 至 少 获 胜 ２ 次 的 概 率 为　　　　． １１．某超市为了解顾客的购物量及结算时 间等信息,安排一名员工随机收集了在 该超市购物的１００位顾客的相关数据, 如下表所示． 一次购物量 １~４件 ５~８件 ９~１２件 １３~１６件 １７件及 以上 顾客数(人) x ３０ ２５ y １０ 结算时间 (分钟/人) １ １􀆰５ ２ ２􀆰５ ３ 已知这１００位顾客中一次购物量超过８ 件的顾客占５５％． (１)确定x,y 的值,并估计顾客一次购 物的结算时间的平均值; (２)求一位顾客一次购物的结算时间不 超过２分钟的概率(将频率视为概率)． １２．(２０２５􀅰广东湛江高一期末)MATLAB 是一种数学软件,用于数据分析、无线 通信、深度学习、图象处理与计算机视 觉、信号处理、量化金融与风险管理、人 工智能机器人和控制系统等领域,推动 了人类基础教育和基础科学的发展,某 中学举行了 MATLAB科普讲座后进行 了问答比赛,已知甲、乙两位同学互不 影响地参加比赛,且每一道题答对与否 互不影响,甲、乙答对每一道题的概率 分别为１ ２ 与p,乙连续２题答错的概率 为１ １６． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ９３ (１)求乙答对一道题的概率; (２)若甲、乙两人各回答２道题,求两人 共答对３道题的概率． １．(２０２５􀅰江西景德镇高一期中)甲和乙两 人进行投壶比赛,一场比赛投中得分情 况分“有初”“贯耳”“散射”“双耳”“依竿” 五种,其中“有初”算“两筹”,“贯耳”算 “四筹”,“散射”算“五筹”,“双耳”算“六 筹”,“依竿”算“十筹”,比赛三场得筹数 最多者获胜．假设甲投中“有初”的概率 为１ ３ ,投中“贯耳”的概率为１ ６ ,投中“散 射”的概率为１ ９ ,投中“双耳”的概率为１ １２ , 投中“依竿”的概率为１ ３６ ,乙的投掷水平 与甲相同,且甲和乙投掷相互独立．若比 赛第一场,两人平局;第二场,甲投了个 “贯耳”,乙投了个“双耳”,则三场比赛结 束时,甲获胜的概率为 (　　) A．４６２１３ B． １７ １９３ C． １３ １２１ D． ８３ ４３２ ２．(多选题)(２０２３􀅰新课标Ⅱ卷)在信道内 传输０,１信号,信号的传输相互独立．发 送０时,收到１的概率为α(０＜α＜１),收 到０的概率为１－α;发送１时,收到０的 概率为β(０＜β＜１),收到１的概率为１－ β．考虑两种传输方案:单次传输和三次传 输．单次传输是指每个信号只发送１次; 三次传输是指每个信号重复发送３次． 收到的信号需要译码,译码规则如下:单 次传输时,收到的信号即为译码;三次传 输时,收到的信号中出现次数多的即为译码 (例如,若依次收到１,０,１,则译码为１)． (　　) A．采用单次传输方案,若依次发送１,０, １,则依次收到１,０,１的概率为(１－α) (１－β) ２ B．采用三次传输方案,若发送１,则依次 收到１,０,１的概率为β(１－β) ２ C．采用三次传输方案,若发送１,则译码 为１的概率为β(１－β) ２＋(１－β) ３ D．当０＜α＜０．５时,若发送０,则采用三 次传输方案译码为０的概率大于采用 单次传输方案译码为０的概率 陈景润是一个家喻户晓的数学家,在攻 克哥德巴赫猜想方面作出了重大贡献,创立了 著名的“陈氏定理”,所以有许多人亲切地称他 为“数学王子”.但有谁会想到,他的成就源于 一个故事.一天,清华大学教授沈元老师在数 学课上给大家讲了一故事:“２００年前有个法 国人发现了一个有趣的现象:６＝３＋３,８＝５＋ ３,１０＝５＋５,１２＝５＋７,２８＝５＋２３,１００＝１１＋ ８９.每个大于４的偶数都可以表示为两个奇 数之和.因为这个结论没有得到证明,所以还 是一个猜想.大数学家欧拉说过:虽然我不能 证明它,但是我确信这个结论是正确的.它像 一个美丽的光环,在我们不远的前方闪耀着炫 目的光辉.􀆺􀆺”陈景润瞪着眼睛,听得入神. 　　因此,陈景润对这个奇妙问题产生了 浓厚的兴趣.课余时间他最爱到图书馆, 不仅读了中学辅导书,这些大学的数理化 课程教材他也如饥似渴地阅读.因此获得 了“书呆子”的雅号.兴趣是最好的老师. 正是这样的数学故事,引发了陈景润的兴 趣,引发了他的勤奋,从而引发了一位伟大 的数学家. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ０４ (４,５),(５,１),(５,２),(５,３),(５,４)},共２０个样本点,这２０个 样本点发生的可能性是相等的． 设事件A 为“所选的题不是同一种题型”,则事件A 包 含的样本点有(１,４),(１,５),(２,４),(２,５),(３,４),(３, ５),(４,１),(４,２),(４,３),(５,１),(５,２),(５,３),共１２个, 所以P(A)＝１２２０＝０􀆰６． (２)从５道题中任选２道题解答,每一次选１题(有放 回),样本空间 Ω＝{(１,１),(１,２),(１,３),(１,４),(１,５), (２,１),(２,２),(２,３),(２,４),(２,５),(３,１),(３,２),(３, ３),(３,４),(３,５),(４,１),(４,２),(４,３),(４,４),(４,５), (５,１),(５,２),(５,３),(５,４),(５,５)},共２５个样本点,这 ２５个样本点发生的可能性是相等的． 设事件B 为“所选的题不是同一种题型”,则事件B 包 含的样本点有(１,４),(１,５),(２,４),(２,５),(３,４),(３, ５),(４,１),(４,２),(４,３),(５,１),(５,２),(５,３),共１２个, 所以P(B)＝１２２５＝０􀆰４８． 新题快递 １．D　[要使a,b,４能够构成钝角三角形,则a,b,４需要满 足a２＋b２＜４２ 或a２＋４２＜b２ 或４２＋b２＜a２,且能够满足 三角形中两边之和大于第三边,两边之差小于第三边． 样本点的总数是３６,结合上述条件可知,当a＝１时,均 不符合要求,有０种情况; 当a＝２时,b＝３,５符合要求,有２种情况; 当a＝３时,b＝２,６符合要求,有２种情况; 当a＝４时,b＝６符合要求,有１种情况; 当a＝５时,b＝２符合要求,有１种情况; 当a＝６时,b＝３,４符合要求,有２种情况． 所以能构成钝角三角形的共有８种情况,故所求的概率 为P＝８３６＝ ２ ９． ] ２．B　[因为事件A,B,C两两互斥,所以P(B)＝P(A∪B) －P(A)＝８１５－ １ ５＝ １ ３ ,所以P(B∪C)＝P(B)＋P(C) ＝１３＋ １ ３＝ ２ ３． ] 假期作业１７　事件的相互独立性、 频率与概率 思维整合室 １．(１)P(A)P(B)　２．缩小　概率P(A)　频率fn(A) 技能提升台　素养提升 １．D　[事件A 与事件B 能同时发生,互不影响,A 与B 既 不互斥,也不对立,但相互独立．] ２．B　[因为事件E 与F 相互独立,由相互独立事件的概率 计算公式,可得: P(EF)＝P(E)􀅰P(F)＝１３× １ ３＝ １ ９． ] ３．D　[根据题意,恰有一人获得一等奖即甲获得一等奖而 乙没有获得或甲没有获得一等奖而乙获得,则所求概率 是２ ３× １－ ３ ４( )＋ ３ ４× １－ ２ ３( )＝ ５ １２． ] ４．解析:员工甲答对两题的概率为 ３４× ２ ３× １ ２＋ ３ ４× １ ３ ×１２＋ １ ４× ２ ３× １ ２＝ １１ ２４． 员工甲答对三题的概率为３ ４× ２ ３× １ ２＝ １ ４． 所以员工甲获奖的概率P＝１１２４＋ １ ４＝ １７ ２４． 答案:１７ ２４ ５．D　[抛掷一枚质地均匀的硬币,有正面朝上和反面朝上 两种可能,概率均为１ ２ ,与拋掷次数无关．] ６．AD　[A 掷一枚骰子,出现奇数点和出现偶数点的概率 都是１ ２ ,故 A正确;B“出现１点”是随机事件,故B错误; C概率是客观存在的,不因为人的意念而改变,故 C 错 误;D连续掷３次,每次都出现最大点数６,则三次之和 为１８,故 D正确．] ７．B　[设该校有a名同学,则约有０􀆰４a的学生近视,约有 ０􀆰３a的学生每天玩手机超过２h,且每天玩手机超过２h 的学生中的近视的学生人数为:０􀆰３a×０􀆰５＝０􀆰１５a,所 以有０􀆰７a的学生每天玩手机不超过２h,且其中有０􀆰４a －０􀆰１５a＝０􀆰２５a的学生近视,所以从每天玩手机不超过 ２h的学生中任意调查一名学生,则他近视的概率为 P ＝０．２５a０．７a＝ ５ １４． ] ８．解析:设袋中的红球有x个,根据题意,得 x６＋x＝０．８ ,解得 x＝２４,经检验x＝２４是分式方程的解,所以袋中红球约有 ２４个． 答案:２４ ９．AD　[设事件A 为:“甲投中”,设事件B 为:“乙投中”, 这两个事件相互独立,A 选项:都投中的概率为P(AB) ＝P(A)P(B)＝０．８􀅰０．９＝０．７２,故 A 项对;B选项:至 少一人投中,其对立事件为:两人都未投中,故至少一人 投中的概率为１－P(􀭿A􀭺B)＝１－P(A)P(B)＝１－０．２􀅰 ０．１＝０．９８,故B项不对;C选项:至多一人投中的对立事 件为:两人都投中,至多一人投中的概率为１－P(AB)＝ ０．２８,故 C错;D选项:恰好有一人投中的概率为P(A)P (B)＋P(A)P(B)＝０．８􀅰０．１＋０．２􀅰０．９＝０．２６,故 D对．] １０．解析:由题可得一次活动中,甲获胜的概率为 ５６ × ４ ５ ＝２３ ; 则在 ３ 次 活 动 中,甲 至 少 获 胜 ２ 次 的 概 率 为 C２３ × ２ ３( ) ２ ×１３＋ ２ ３( ) ３ ＝２０２７． 答案:２ ３　 ２０ ２７ １１．解:(１)由已知,得 ２５＋y＋１０＝５５ , x＋３０＝４５,{ 解得 x＝１５, y＝２０．{ 该超市所有顾客一次购物的结算时间组成一个总体, 所收集的１００位顾客一次购物的结算时间可视为总体 的一个样本量为１００的样本,顾客一次购物的结算时间 的平均值可用样本的平均值估计, 其估计值为 １×１５＋１．５×３０＋２×２５＋２．５×２０＋３×１０ １００ ＝ １􀆰９ (分 钟)． (２)在这１００位顾客中,一次购物的结算时间不超过２分 钟的共有１５＋３０＋２５＝７０(人),根据频率与概率的关系, 估计一位顾客一次购物的结算时间不超过２分钟的概率 为７０ １００＝０􀆰７． １２．解:(１)设“甲答对每一道题”为事件A,“乙答对每一道 题”为事件B,由已知得P(A)＝１２ ,P(B)＝p, 则乙连续２次答错的概率为(１－p)２． 由题意得(１－p)２＝１１６ ,解得p＝３４ 或５ ４ (舍去), 所以乙答对一道题的概率为３ ４． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ６６ (２)若甲、乙两人各回答２道题,两人共答对３道题,则 甲只答对一道题、乙２道题全部答对或乙只答对一道 题、甲２道题全部答对． 甲只答对一道题、乙２道题全部答对的概率为２×１２× １－１２( )× ３ ４( ) ２ ＝９３２ , 乙只答对一道题、甲２道题全部答对的概率为２×３４× １ ４× １ ２( ) ２ ＝３３２ , 故两人共答对３道题的概率为９３２＋ ３ ３２＝ ３ ８． 所以甲、乙 两人各回答２道题,两人共答对３道题的概率为３８． 新题快递 １．D　[由题可知甲、乙投掷一次获得的筹数相应的概率如 下表所示． 筹数 ２ ４ ５ ６ １０ ０ P １３ １ ６ １ ９ １ １２ １ ３６ ５ １８ 若甲获胜,则在第三场比赛中,甲比乙至少多得三筹． 分以下四种情况:①甲得“四筹”,乙得“零筹”,此种情况 发生的概率P１＝ １ ６× ５ １８＝ ５ １０８ ; ②甲得“五筹”,乙得“零筹”或“两筹”,此种情况发生的 概率P２＝ １ ９× ５ １８＋ １ ３( )＝ １１ １６２ ; ③甲得“六筹”,乙得“零筹”或“两筹”,此种情况发生的 概率P３＝ １ １２× ５ １８＋ １ ３( )＝ １１ ２１６ ; ④甲得“十筹”,乙得“零筹”或“两筹”或“四筹”或“五筹” 或 “六 筹 ”,此 情 况 发 生 的 概 率 P４ ＝ １ ３６ × １－１３６( )＝ ３５ １２９６． 故甲获胜的概率 P＝P１＋P２＋P３＋P４＝ ５ １０８＋ １１ １６２＋ １１ ２１６＋ ３５ １２９６＝ ８３ ４３２． ] ２．ABD　[对于 AB,由相互独立的积事件的概率乘法公式 可知 AB正确:对于C,三次传输译码为１,则可能是三次 全部译为１,或者有两次译为１,则概率为 C２３β(１－β) ２＋ (１－β) ３,故 C错误;对于 D,可以采用特值法或者作差法 计算．三次传输方案译为０的概率为 C２３α(１－α)２＋(１－ α)３,单次传输译为０的概率为１－α,而 C２３α(１－α)２＋(１ －α)３－(１－α)＝(１－α)α(１－２α)＞０,所以 D正确．] 第二部分 新知预览１ 知识梳理 １．(１)大小　方向　(２)大小　模　(３)AB→　|a|　|AB→| (４)０　１　相等　相反　相同　相等　２．OA→＋AB→　OA→ －OC→ ３．(１)互相平行或重合　共线向量　同一个平面　a＝λb　 p＝xa＋yb　(２)方向向量 典例探究 [例１]　[解析]　(１)A 中,向量a,b平行,则a,b所在的 直线平行或重合;B中,|a|＝|b|只能说明a,b的长度相 等而方向不确定;C中,向量不能比较大小;相等相量是 指方向相同且模相等,故选 D． (２)A 为假命题,根据向量相等的定义知,两向量相等, 不仅模要相等,而且还要方向相同,而 A 中向量a与b 的方向不一定相同;B为真命题,AC→与A１C１→的方向相同, 模也相等,故AC→＝A１C１→;C为真命题,向量的相等满足传 递性;D为假命题,空间中任意两个单位向量的模均为 １,但方向不一定相同,故不一定相等,所以选BC． [答案]　(１)D　(２)BC 变式训练 １．解:(１)与 向 量AB→相 等 的 所 有 向 量(除 它 自 身 之 外)有 A１B１ →,DC→及D１C１→共３个． (２)向量AA１ →的相反向量为A１A→,B１B→,C１C→,D１D→． (３)|AC１ →|＝３． [例２]　[解]　(１)CB→＋BA１→＝CA１→． (２)因为 M 是BB１ 的中点,所以BM → ＝１２BB１ →． 又AA１ →＝BB１→,所 以AC→＋CB→＋ １２ AA１ →＝AB→＋BM→＝AM→． (３)AA１ → －AC→ －CB→ ＝CA１→ －CB→ ＝BA１ →． 向量CA１ →,AM→,BA１→如图所示． 变式训练 ２．解析:D　[A中,A１D１ →－A１A→－AB→＝AD１→－AB→＝BD１→; B中,BC→＋BB１→－D１C１→＝BC１→＋C１D１→＝BD１→;C中,DD１→ －AB→＋AD→＝AD→＋DD１→－AB→＝AD１→－AB→＝BD１→;D中, B１D１ →－A１A→＋DD１→＝BD→＋AA１→＋DD１→＝BD１→＋AA１→ ≠BD１ →．] [例３]　[解]　法一　∵M,N 分别是AC, BF 的 中 点,且 四 边 形 ABCD 和 ABEF 都 是 平 行 四 边形, ∴MN→＝MA→＋AF→＋FN→ ＝１２CA →＋AF→＋１２FB →． ① 又∵MN→＝MC→＋CE→＋EB→＋BN→ ＝－１２CA →＋CE→－AF→－１２FB →, ② ①＋②得２MN→＝CE→, ∴CE→∥MN→,即CE→与MN→共线． 法二　∵M,N 分别是AC,BF 的中点,且四边形ABCD 和ABEF 都是平行四边形, ∴MN→＝AN→－AM→＝１２(AB →＋AF→)－１２AC → ＝１２ (AB→＋AF→)－１２(AB →＋AD→) ＝１２ (AF→－AD→)＝１２(BE →－BC→)＝１２CE →． ∴MN→∥CE→,即MN→与CE→共线． 变式训练 ３．证明:设AB→＝a,AD→＝b,AA１→＝c． 因为A１E →＝２ED１→,A１F→＝２３FC →, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ７６