6.2.3 向量的数乘运算

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[【基础过关系列】高一数学同步精品讲义与分层练习 (人教 A 版 2019）]
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必修第二册同步巩固，难度 2 颗星！

基础知识

向量数乘运算

一般地，我们规定实数 $λ$ 与向量 $\vec{a}$ 的积是一个向量，这种运算叫做向量的数乘，记作 $\lambda \vec{a}$；
它的长度与方向规定如下：
  (1) $|\lambda \vec{a}|=|\lambda||\vec{a}|$；
  (2) 当 $λ>0$ 时， $\lambda \vec{a}$ 的方向与 $\vec{a}$ 的方向相同；当 $λ<0$ 时，$\lambda \vec{a}$ 的方向与 $\vec{a}$ 方向相反.
 

【例】若已知向量 $\vec{a}$ 如下图，且 $|\vec{a}|=2$，作出 $\vec{b}=-2 \vec{a}$， $\vec{c}=\dfrac{1}{2} \vec{a}$，并求出 $|\vec{b}|$ 和 $|\vec{c}|$.

解 向量 $\vec{b}$，$\vec{c}$ 如下图，其中 $|\vec{b}|=|-2 \vec{a}|=2|\vec{a}|=4$， $|\vec{c}|=\left|\dfrac{1}{2} \vec{a}\right|=\dfrac{1}{2}|\vec{a}|=1$.

 

线性运算

向量的加、减、数乘运算统称为向量的线性运算。向量线性运算的结果仍是向量，
对于任意向量 $\vec{a}$，$\vec{b}$ 以及任意实数 $λ$，$μ_1$，$μ_2$，恒有 $\lambda\left(\mu_1 \vec{a} \pm \mu_2 \vec{b}\right)=\lambda \mu_1 \vec{a} \pm \lambda \mu_2 \vec{b}$.
【例】 计算 $4(\vec{a}+\vec{b})-3(\vec{a}-\vec{b})-\vec{a}$.
解 $4(\vec{a}+\vec{b})-3(\vec{a}-\vec{b})-\vec{a}=4 \vec{a}+4 \vec{b}-3 \vec{a}+3 \vec{b}-\vec{a}=7 \vec{b}$.
 

两个向量共线

共线定理 非零向量 $\vec{a}$ 与向量 $\vec{b}$ 共线⇔有且只有一个实数 $λ$，使得 $\vec{b}=\lambda \vec{a}$.
当 $λ>0$ 时 ， $\lambda \vec{a}$ 的方向与 $\vec{a}$ 的方向相同；
当 $λ<0$ 时，$\lambda \vec{a}$ 的方向与 $\vec{a}$ 方向相反；
当 $λ=0$ 时，$\lambda \vec{a}=\overrightarrow{0}$.
 

三点共线定理

若 $\overrightarrow{O C}=x \overrightarrow{O A}+y \overrightarrow{O B}$
  (1) 如图一，若 $A$ ，$B$ ，$C$ 三点共线，则 $x+y=1$；
  (2) 如图二，若点 $O$ 和点 $C$ 在 $AB$ 同侧，则 $x+y<1$；
  (3) 如图三，若点 $O$ 和点 $C$ 在 $AB$ 异侧，则 $x+y>1$；

特殊的，在三角形$∆ABC$中，点$D$是$BC$的中点，则$\overrightarrow{A D}=\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A B}+\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A C}$.  

基本方法

【题型1】 向量的数乘

【典题 1】 计算：$3(6 \vec{a}+\vec{b})-9\left(\vec{a}+\dfrac{1}{3} \vec{b}\right)$.
解析 原式 $=18 \vec{a}+3 \vec{b}-9 \vec{a}-3 \vec{b}=9 \vec{a}$.
 

【典题 2】点 $C$ 在线段 $AB$ 上，且 $|\overrightarrow{A C}|=\dfrac{2}{3}|\overrightarrow{C B}|$，若 $\overrightarrow{A B}=\lambda \overrightarrow{B C}$，则 $λ=$(　　)
 A． $\dfrac{2}{3}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B． $-\dfrac{2}{3}$$\qquad \qquad \qquad \qquad$ C．$\dfrac{5}{3}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D．$-\dfrac{5}{3}$
解析 点 $C$ 在线段 $AB$ 上，且 $|\overrightarrow{A C}|=\dfrac{2}{3}|\overrightarrow{C B}|$，如图所示；

若 $\overrightarrow{A B}=\lambda \overrightarrow{B C}$，即 $\overrightarrow{A B}=-\dfrac{5}{3} \overrightarrow{B C}$；所以 $\lambda=-\dfrac{5}{3}$．
故选：$D$．
 

【巩固练习】

1. 已知 $λ$，$μ∈R$，则下面关系正确的 是 (　　)
 A．$\lambda \vec{a}$ 与 $\vec{a}$ 同向 $\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad$ B ．$0 \cdot \vec{a}=0$
 C．$(\lambda+\mu) \vec{a}=\lambda \vec{a}+\mu \vec{a}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D．若 $\vec{b}=\lambda \vec{a}$，则 $|\vec{b}|=\lambda|\vec{a}|$
 

2. 计算 $2(5 \vec{a}-4 \vec{b}+\vec{c})-3(\vec{a}-3 \vec{b}+\vec{c})-7 \vec{a}=$$\underline{\quad \quad}$．
 

3. 点 $C$ 在线段 $AB$ 上，且 $\dfrac{A C}{C B}=\dfrac{3}{2}$，则 $\overrightarrow{A C}=$ $\underline{\quad \quad}$$\overrightarrow{A B}$， $\overrightarrow{B C} =$$\underline{\quad \quad}$ $\overrightarrow{A B}$．
 

参考答案

1. 答案 $C$
   解析 当 $\vec{a} \neq 0$，$λ<0$ 时，$\lambda \vec{a}$ 与 $\vec{a}$ 反向，且 $\lambda|\vec{a}|<0，$，则 $A$，$D$ 错误．
   又 $\because 0 \cdot \vec{a}$ 的结果为 $\vec{0}$，则 $B$ 错误．由运算律知 $C$ 正确．

2. 答案 $\vec{b}-\vec{c}$
   解析 原式 $=10 \vec{a}-8 \vec{b}+2 \vec{c}-3 \vec{a}+9 \vec{b}-3 \vec{c}-7 \vec{a}=\vec{b}-\vec{c}$．

3. 答案 $\dfrac{3}{5}$， $-\dfrac{2}{5}$．
   解析 $\because \dfrac{A C}{C B}=\dfrac{3}{2}$， $\therefore \overrightarrow{A C}=\dfrac{3}{5} \overrightarrow{A B}$， $\overrightarrow{B C}=-\dfrac{2}{5} \overrightarrow{A B}$．
   故答案为： $\dfrac{3}{5}$， $-\dfrac{2}{5}$．
    

【题型2】 向量线性运算

【典题 1】 如图，$AB$ 是圆 $O$ 的一条直径，$C$，$D$ 是半圆弧的两个三等分点，则 $\overrightarrow{A B}=$(　　)

 A．$\overrightarrow{A C}-\overrightarrow{A D}$ $\qquad \qquad$ B．$2 \overrightarrow{A C}-2 \overrightarrow{A D}$ $\qquad \qquad$ C．$\overrightarrow{A D}-\overrightarrow{A C}$ $\qquad \qquad$ D． $2 \overrightarrow{A D}-2 \overrightarrow{A C}$
解析 $∵C$，$D$ 是半圆弧的两个三等分点，
$∴CD//AB$，且 $AB=2CD$，
$\therefore \overrightarrow{A B}=2 \overrightarrow{C D}=2(\overrightarrow{A D}-\overrightarrow{A C})=2 \overrightarrow{A D}-2 \overrightarrow{A C}$．
故选：$D$．
 
【典题 2】 在 $△ABC$ 中，$D$，$E$ 分别为边 $AB$，$AC$ 的中点，$BE$ 与 $CD$ 交于点 $P$，设 $\overrightarrow{A B}=\vec{a}$，$\overrightarrow{A C}=\vec{b}$，则 $\overrightarrow{A P}=$(　　)
 A． $\dfrac{1}{3} \vec{a}+\dfrac{1}{3} \vec{b}$ $\qquad \qquad$ B． $\dfrac{2}{3} \vec{a}+\dfrac{2}{3} \vec{b}$ $\qquad \qquad$ C．$\dfrac{3}{4} \vec{a}+\dfrac{3}{4} \vec{b}$ $\qquad \qquad$ D． $\dfrac{1}{6} \vec{a}+\dfrac{1}{6} \vec{b}$

解析 方法 1 首尾相接法
$\overrightarrow{A P}=\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{B P}=\overrightarrow{A B}+\lambda \overrightarrow{B E}=\overrightarrow{A B}+\lambda(\overrightarrow{B A}+\overrightarrow{A E})=\overrightarrow{A B}+\lambda\left(\overrightarrow{B A}+\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A C}\right)$
$=(1-\lambda) \overrightarrow{A B}+\dfrac{\lambda}{2} \overrightarrow{A C}=(1-\lambda) \vec{a}+\dfrac{\lambda}{2} \vec{b}$ ，其中 $\lambda=\dfrac{B P}{B E}$，
如图过点 $E$ 作 $EF/ /AB$，
$∵E$、$D$ 是中点， $\therefore E F=\dfrac{1}{2} A D=\dfrac{1}{2} B D$，
$\therefore \dfrac{B P}{B E}=\dfrac{2}{3}$， 即 $\lambda=\dfrac{2}{3}$，
$\therefore \overrightarrow{A P}=(1-\lambda) \vec{a}+\dfrac{\lambda}{2} \vec{b}=\dfrac{1}{3} \vec{a}+\dfrac{1}{3} \vec{b}$

方法 2 构造平行四边形法

过点 $P$ 分别作 $PH//AB$，$PG//AC$，则四边形 $AGPH$ 是平行四边形，
则 $\overrightarrow{A P}=\overrightarrow{A G}+\overrightarrow{A H}=x \overrightarrow{A B}+y \overrightarrow{A C}=x \vec{a}+y \vec{b}$，
由方法 $1$ 可得 $\dfrac{B P}{B E}=\dfrac{2}{3}$，
$\because x=\dfrac{A G}{A B}=\dfrac{P E}{B E}=\dfrac{B E-B P}{B E}=1-\dfrac{B P}{B E}=1-\dfrac{2}{3}=\dfrac{1}{3}$，
同理可得 $y=\dfrac{1}{3}$，
$\therefore \overrightarrow{A P}=\dfrac{1}{3} \vec{a}+\dfrac{1}{3} \vec{b}$.
点拨 用两个向量表示一个向量，方法很多，常见的有首尾相接法、构造平行四边形法或后面的坐标法，它们多多少少与平面几何内容扯上关系.
 

【典题 3】 点 $O$ 在 $△ABC$ 的内部，且满足 $\overrightarrow{O A}+2 \overrightarrow{O B}+4 \overrightarrow{O C}=\overrightarrow{0}$，则 $△ABC$ 的面积与 $△AOC$ 的面积之比是 $\underline{\quad \quad}$ .
解析 如图所示，

作 $OD=4OC$，以 $OA$，$OD$ 为邻边作平行四边形 $OAED$，
连接 $AD$，$OE$，交于点 $M$，$OE$ 交 $AC$ 于点 $N$．
$∵$ 满足 $\overrightarrow{O A}+2 \overrightarrow{O B}+4 \overrightarrow{O C}=\overrightarrow{0}$，
$\therefore \overrightarrow{O E}=-2 \overrightarrow{O B}$， $\therefore \overrightarrow{O A}+4 \overrightarrow{O C}=-2 \overrightarrow{O B}$，
$\therefore \overrightarrow{O N}=\dfrac{1}{5} \overrightarrow{O E}=-\dfrac{2}{5} \overrightarrow{O B}$， $\therefore|\overrightarrow{O N}|=\dfrac{2}{5}|\overrightarrow{O B}|=\dfrac{2}{7}|\overrightarrow{B N}|$，
$∴△ABC$ 的面积与 $△AOC$ 的面积之比是 $7：2$．
点拨 若 $\overrightarrow{A B}=\lambda \overrightarrow{C D}$，意味着 $AB||CD$ 且 $AB=|λ|CD$；即在某些场景中，求两线段长度之比或两三角形面积之比，均可转化为两共线向量的关系.
 

【巩固练习】

1. 如图，$P$、$Q$ 是线段 $AB$ 的三等分点，若 $\overrightarrow{O A}=\vec{a}$， $\overrightarrow{O B}=\vec{b}$，则 $\overrightarrow{O P}-\overrightarrow{O Q}=$(　　)

 A．$\dfrac{1}{3}(\vec{a}-\vec{b})$ $\qquad \qquad$ B．$-\dfrac{1}{3}(\vec{a}-\vec{b})$ $\qquad \qquad$ C．$\dfrac{1}{3}(\vec{a}+\vec{b})$ $\qquad \qquad$ D． $-\dfrac{1}{3}(\vec{a}-\vec{b})$
 

2. 如图，在平行四边形 $ABCD$ 中，设 $\overrightarrow{A B}=\vec{a}$， $\overrightarrow{A D}=\vec{b}$，$P$ 为边 $BC$ 的中点，则 $\overrightarrow{A P}=$(　　)

 A． $\vec{a}+\dfrac{\vec{b}}{2}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B．$\vec{a}-\dfrac{\vec{b}}{2}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ C． $\vec{b}+\dfrac{\vec{a}}{2}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D． $\dfrac{\vec{a}}{2}-\vec{b}$
 

3. 如图，在 $▱OACB$ 中，$E$ 是 $AC$ 的中点，$F$ 是 $BC$ 上的一点，且 $BC=3BF$，若 $\overrightarrow{O C}=m \overrightarrow{O E}+n \overrightarrow{O F}$，其中 $m$，$n∈R$，则 $m+n$ 的值为 (　　)

 A．$1$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B．$\dfrac{3}{2}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ C．$\dfrac{7}{5}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D．$\dfrac{7}{3}$
 

4. 如图，$AB$ 是圆 $O$ 的直径，$C$、$D$ 是圆 $O$ 上的点，$∠CBA=60°$，$∠ABD=45°$，$\overrightarrow{C D}=x \overrightarrow{O A}+y \overrightarrow{B C}$，则 $x+y=$$\underline{\quad \quad}$．

 

5. 在梯形 $ABCD$ 中，$\overrightarrow{A B}=2 \overrightarrow{D C}$，$\overrightarrow{B E}=\dfrac{1}{3} \overrightarrow{B C}$，$P$ 为线段 $DE$ 上的动点 (包括端点)，且 $\overrightarrow{A P}=\lambda \overrightarrow{A B}+\mu \overrightarrow{B C}(\lambda， \mu \in \boldsymbol{R})$，则 $λ^2+μ$ 的最小值为 $\underline{\quad \quad}$ .
 

6. 已知点 $P$ 是 $△ABC$ 内一点，且 $\overrightarrow{B A}+\overrightarrow{B C}=6 \overrightarrow{B P}$，则 $\dfrac{S_{\triangle A B P}}{S_{\triangle A C P}}=$$\underline{\quad \quad}$ .
 

7. 设 $G$ 是 $△ABC$ 的重心，$a$，$b$，$c$ 分别是角 $A$，$B$，$C$ 所对的边，若 $a \overrightarrow{G A}+b \overrightarrow{G B}+c \overrightarrow{G C}=\overrightarrow{0}$，则 $△ABC$ 的形状是 $\underline{\quad \quad}$ .
 
 
 

参考答案

1. 答案 $A$
   解析 $∵P$、$Q$ 是线段 $AB$ 的三等分点，$\therefore \overrightarrow{P Q}=\dfrac{1}{3} \overrightarrow{A B}$．
   $\therefore \overrightarrow{O P}-\overrightarrow{O Q}=\overrightarrow{Q P}=-\dfrac{1}{3} \overrightarrow{A B}=-\dfrac{1}{3}(\overrightarrow{O B}-\overrightarrow{O A})=\dfrac{1}{3}(\vec{a}-\vec{b})$．
   故选：$A$．

2. 答案 $A$
   解析 因为设 $\overrightarrow{A B}=\vec{a}$， $\overrightarrow{A D}=\vec{b}$，$P$ 为边 $BC$ 的中点，则 $\overrightarrow{A P}=\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{B P}=\overrightarrow{A B}+\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A D}=\vec{a}+\dfrac{\vec{b}}{2}$，
   选 $A$.

3. 答案 $C$
   解析 因为 $\overrightarrow{O F}=\overrightarrow{O B}+\overrightarrow{B F}=\overrightarrow{O B}+\dfrac{1}{3} \overrightarrow{O A}$， $\overrightarrow{O E}=\overrightarrow{O A}+\overrightarrow{A E}=\overrightarrow{O A}+\dfrac{1}{2} \overrightarrow{O B}$，
   所以 $\overrightarrow{O A}=\dfrac{6}{5} \overrightarrow{O E}-\dfrac{3}{5} \overrightarrow{O F}$， $\overrightarrow{O B}=\dfrac{6}{5} \overrightarrow{O F}-\dfrac{2}{5} \overrightarrow{O E}$，
   又 $\overrightarrow{O C}=\overrightarrow{O A}+\overrightarrow{O B}=\dfrac{6}{5} \overrightarrow{O E}-\dfrac{3}{5} \overrightarrow{O F}+\dfrac{6}{5} \overrightarrow{O F}-\dfrac{2}{5} \overrightarrow{O E}=\dfrac{4}{5} \overrightarrow{O E}+\dfrac{3}{5} \overrightarrow{O F}$，
   所以 $m=\dfrac{4}{5}$，$n=\dfrac{3}{5}$，故 $m+n=\dfrac{7}{5}$，
   故选：$C$．
   

4. 答案 $-\dfrac{\sqrt{3}}{3}$
   解析 如图过 $C$ 作 $CE⊥OB$ 于 $E$，
   
   因为 $AB$ 是圆 $O$ 的直径，$C$、$D$ 是圆 $O$ 上的点，$∠CBA=60°$，
   所以 $E$ 为 $OB$ 的中点，连结 $OD$，则 $\overrightarrow{C E}=\dfrac{\sqrt{3}}{2} \overrightarrow{O D}$，
   $\therefore \overrightarrow{C D}=\overrightarrow{C O}+\overrightarrow{O D}=\overrightarrow{O A}-\overrightarrow{B C}+\dfrac{2}{\sqrt{3}} \overrightarrow{C E}$， $\overrightarrow{C E}=\overrightarrow{C B}+\overrightarrow{B E}=-\overrightarrow{B C}+\dfrac{1}{2} \overrightarrow{O A}$，
   $\overrightarrow{C D}=\overrightarrow{O A}-\overrightarrow{B C}+\dfrac{2}{\sqrt{3}}\left(-\overrightarrow{B C}+\dfrac{1}{2} \overrightarrow{O A}\right)=\left(\dfrac{1}{\sqrt{3}}+1\right) \overrightarrow{O A}-\left(1+\dfrac{2}{\sqrt{3}}\right) \overrightarrow{B C}$
   又 $\overrightarrow{C D}=x \overrightarrow{O A}+y \overrightarrow{B C}$，
   $x+y=\left(\dfrac{1}{\sqrt{3}}+1\right)-\left(1+\dfrac{2}{\sqrt{3}}\right)=-\dfrac{\sqrt{3}}{3}$．
   故答案为：$-\dfrac{\sqrt{3}}{3}$．

5. 答案 $\dfrac{11}{9}$
   解析 由题，梯形 $ABCD$ 中，$\overrightarrow{A B}=2 \overrightarrow{D C}$，$\overrightarrow{B E}=\dfrac{1}{3} \overrightarrow{B C}$，$P$ 为线段 $DE$ 上的动点 (包括端点)，
   设 $\overrightarrow{A P}=t \overrightarrow{A D}+(1-t) \overrightarrow{A E}=t \overrightarrow{A D}+(1-t)(\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{B E})$
   $=t \overrightarrow{A D}+(1-t) \overrightarrow{A B}+\dfrac{1}{3}(1-t) \overrightarrow{B C}(0 \leq t \leq 1)$，
   $\because \overrightarrow{A D}=\overrightarrow{A C}+\overrightarrow{C D}=\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{B C}+\overrightarrow{C D}=\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A B}+\overrightarrow{B C}$，
   $\therefore \overrightarrow{A P}=t\left(\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A B}+\overrightarrow{B C}\right)+(1-t) \overrightarrow{A B}+\dfrac{1}{3}(1-t) \overrightarrow{B C}=\left(1-\dfrac{1}{2} t\right) \overrightarrow{A B}+\left(\dfrac{1}{3}+\dfrac{2}{3} t\right) \overrightarrow{B C}$．
   又 $\because \overrightarrow{A P}=\lambda \overrightarrow{A B}+\mu \overrightarrow{B C}(\lambda， \mu \in \boldsymbol{R})$，
   $\therefore\left\{\begin{array}{l} 1-\dfrac{1}{2} t=\lambda \\ \dfrac{1}{3}+\dfrac{2}{3} t=\mu \end{array}\right.$，
   $\therefore \lambda^2+\mu=\left(1-\dfrac{1}{2} t\right)^2+\dfrac{1}{3}+\dfrac{2}{3} t=\dfrac{1}{4}\left(t-\dfrac{2}{3}\right)^2+\dfrac{11}{9}$，
   $∴$ 当 $t=\dfrac{2}{3}$ 时，$λ^2+μ$ 的最小值为 $\dfrac{11}{9}$．

6. 答案 $\dfrac{1}{4}$
   解析 延长 $BP$，交 $AC$ 于 $D$，画出图形，如图所示；
   
   $\therefore \overrightarrow{B A}+\overrightarrow{B C}=2 \overrightarrow{B D}$，
   又 $\because \overrightarrow{B A}+\overrightarrow{B C}=6 \overrightarrow{B P}$， $\therefore \overrightarrow{B D}=3 \overrightarrow{B P}$， $\therefore \dfrac{S_{\triangle A B P}}{S_{\triangle A D P}}=\dfrac{1}{2}$；
   又 $D$ 是 $AC$ 的中点，
   $\therefore S_{\triangle A D P}=S_{\triangle C D P}$， $\therefore \dfrac{S_{\triangle A B P}}{S_{\triangle A C P}}=\dfrac{S_{\triangle A B P}}{2 S_{\triangle A D P}}=\dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{4}$．

7. 答案 等边三角形
   解析 $∵G$ 是 $△ABC$ 的重心， $\overrightarrow{G A}=-\dfrac{2}{3} \times \dfrac{1}{2}(\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A C})， \overrightarrow{G B}=\dfrac{1}{3}(\overrightarrow{B A}+\overrightarrow{B C})， \overrightarrow{G C}=\dfrac{1}{3}(\overrightarrow{C A}+\overrightarrow{C B})$，
   又 $\overrightarrow{G B}=\dfrac{1}{3}(\overrightarrow{B A}+\overrightarrow{B C})$，
   $\therefore(a-b) \overrightarrow{A B}+(a-c) \overrightarrow{A C}+(b-c) \overrightarrow{B C}=\overrightarrow{0}$，
   $∴a-b=a-c=b-c$，
   ∴$a=b=c$．
   $∴△ABC$ 的形状是等边三角形．
    

【题型3】向量共线问题

【典题 1】 已知 $\vec{a}$，$\vec{b}$ 是两个不共线的向量，若向量 $k \vec{a}+\vec{b}$ 与 $\vec{a}-\vec{b}$ 共线，则实数 $k=$$\underline{\quad \quad}$．
解析 $∵ \vec{a}$，$\vec{b}$ 是两个不共线的向量，向量 $k \vec{a}+\vec{b}$ 与 $\vec{a}-\vec{b}$ 共线，
$\therefore k \vec{a}+\vec{b}=\lambda(\vec{a}-\vec{b})=\lambda \vec{a}-\lambda \vec{b}$，
$∴k=λ$，$1=-λ$，
则实数 $k=-1$．
点拨 共线定理 非零向量 $\vec{a}$ 与向量 $\vec{b}$ 共线⇔有且只有一个实数 λ，使得 $\vec{b}=\lambda \vec{a}$.
 

【典题 2】在平面向量中有如下定理：设点 $O$、$P$、$Q$、$R$ 为同一平面内的点，则 $P$、$Q$、$R$ 三点共线的充要条件是：存在实数 $t$，使 $\overrightarrow{D P}=(1-t) \overrightarrow{O Q}+t \overrightarrow{O R}$．试利用该定理解答下列问题：
如图，在 $△ABC$ 中，点 $E$ 为 $AB$ 边的中点，点 $F$ 在 $AC$ 边上，且 $CF=2FA$，$BF$ 交 $CE$ 于点 $M$，设 $\overrightarrow{A M}=x \overrightarrow{A E}+y \overrightarrow{A F}$，则 $x+y=$$\underline{\quad \quad}$ ．

解析 如图，$E$，$M$，$C$ 三点共线，$∴$ 存在实数 $λ$，使 $\overrightarrow{A M}=\lambda \overrightarrow{A E}+(1-\lambda) \overrightarrow{A C}$，
$∵CF=2FA$，
$∴AC=3AF$，$\therefore \overrightarrow{A M}=\lambda \overrightarrow{A E}+3(1-\lambda) \overrightarrow{A F}$，
又 $\overrightarrow{A M}=x \overrightarrow{A E}+y \overrightarrow{A F}$；
$\therefore\left\{\begin{array}{l} \lambda=x \\ 3(1-\lambda)=y \end{array}\right.$，$∴3(1-x)=y$①；
同样，$B$，$M$，$F$ 三点共线，所以存在 $μ$，使 $\overrightarrow{A M}=\mu \overrightarrow{A B}+(1-u) \overrightarrow{A F}$，
$∵E$ 为 $AB$ 边的中点，$∴AB=2AE$，
$\therefore \overrightarrow{A M}=2 \mu \overrightarrow{A E}+(1-\mu) \overrightarrow{A F}$；
$\therefore\left\{\begin{array}{l} x=2 \mu \\ y=1-\mu \end{array}\right.$，$\therefore y=1-\dfrac{1}{2} x$，
∴联立①可得：$x=\dfrac{4}{5}$， $y=\dfrac{3}{5}$，
$\therefore x+y=\dfrac{7}{5}$．
 

【巩固练习】

1. 已知 $\vec{a}$，$\vec{b}$ 是不共线的向量，$\overrightarrow{O A}=\lambda \vec{a}+\mu \vec{b}$，$\overrightarrow{O B}=3 \vec{a}-2 \vec{b}$，$\overrightarrow{O C}=2 \vec{a}+3 \vec{b}$，若 $A$，$B$，$C$ 三点共线，则实数 $λ$，$μ$ 满足 (　　)
 A. $λ=μ-1$ $\qquad \qquad$ B. $λ=μ+5$ $\qquad \ \qquad$ C. $λ=5-μ$ $\qquad \qquad$ D.$μ=13-5λ$
 

2.(多选) 如图，$A$、$B$ 分别是射线 $OM$、$ON$ 上的点，下列以 $O$ 为起点的向量中，终点落在阴影区域内的向量是 (　　)

 A．$\overrightarrow{O A}+2 \overrightarrow{O B}$ $\qquad \qquad$ B．$\dfrac{1}{2} \overrightarrow{O A}+\dfrac{1}{3} \overrightarrow{O B}$ $\qquad \qquad$ C．$\dfrac{3}{4} \overrightarrow{O A}+\dfrac{1}{3} \overrightarrow{O B}$ $\qquad \qquad$ D． $\dfrac{3}{4} \overrightarrow{O A}+\dfrac{1}{5} \overrightarrow{O B}$
 

3. 已知 $3 \overrightarrow{O A}=\overrightarrow{O B}+\lambda \overrightarrow{O C}$，若 $A$，$B$，$C$ 三点共线，则实数 $λ=$$\underline{\quad \quad}$ .
 

4. 已知 $G$ 是 $△ABC$ 的重心，直线 $EF$ 过点 $G$ 且与边 $AB$、$AC$ 分别交于点 $E$、$F$，$\overrightarrow{A E}=\alpha \overrightarrow{A B}$，$\overrightarrow{A F}=\beta \overrightarrow{A C}$，则 $\dfrac{1}{\alpha}+\dfrac{1}{\beta}$ 的值为 $\underline{\quad \quad}$．
 

参考答案

1. 答案 $D$
   解析 $\because \overrightarrow{O A}=\lambda \vec{a}+\mu \vec{b}$，$\overrightarrow{O B}=3 \vec{a}-2 \vec{b}$，$\overrightarrow{O C}=2 \vec{a}+3 \vec{b}$，
   $\therefore \overrightarrow{A B}=\overrightarrow{O B}-\overrightarrow{O A}=(3-\lambda) \vec{a}-(2+\mu) \vec{b}$，
   $\overrightarrow{B C}=\overrightarrow{O C}-\overrightarrow{O B}=2 \vec{a}+3 \vec{b}-(3 \vec{a}-2 \vec{b})=-\vec{a}+5 \vec{b}$，
   $∵A$，$B$，$C$ 三点共线，
   $\therefore \overrightarrow{A B} / / \overrightarrow{B C}$，即 $\dfrac{3-\lambda}{-1}=\dfrac{-(2+\mu)}{5}$，化简可得 $μ=13-5λ$，
   故选 $D$.

2. 答案 $AC$
   解析 由向量共线的充要条件可得：当点 $P$ 在直线 $AB$ 上时，存在唯一的一对有序实数 $u$，$v$，
   使得 $\overrightarrow{O P}=u \overrightarrow{O A}+v \overrightarrow{O B}$ 成立，且 $u+v=1$．
   可以证明当点 $P$ 位于阴影区域内的充要条件是：
   满足 $\overrightarrow{O P}=u \overrightarrow{O A}+v \overrightarrow{O B}$，且 $u>0$，$v>0$，$u+v>1$．
   证明如下：如图所示，点 $P$ 是阴影区域内的任意一点，
   过点 $P$ 作 $PE∥ON$，$PF∥OM$，分别交 $OM$，$ON$ 于点 $E$，$F$；
   $PE$ 交 $AB$ 于点 $P'$，过点 $P'$ 作 $P'F'∥OM$ 交 $ON$ 于点 $F'$，
   则存在唯一一对实数 $(x，y)$，$(u'，v')$，
   使得 $\overrightarrow{O P^{\prime}}=x \overrightarrow{O E}+y \overrightarrow{O F^{\prime}}=u^{\prime} \overrightarrow{O A}+v^{\prime} \overrightarrow{O B}$，且 $u'+v'=1$，$u'$，$v'$ 唯一；
   同理存在唯一一对实数 $x'$，$y'$ 使得 $\overrightarrow{O P}=x^{\prime} \overrightarrow{O E}+y^{\prime} \overrightarrow{O F}=x^{\prime} \overrightarrow{O E}+y^{\prime \prime} \overrightarrow{O F^{\prime}}=u \overrightarrow{O A}+v \overrightarrow{O B}$，
   而 $x'=x$，$y″>y$，
   $∴u=u'$，$v>v'$，$∴u+v>u'+v'=1$．
   即可判断出 $A$，$∵1+2>1$，$∴$ 点 $P$ 位于阴影区域内，故正确；
   同理 $C$ 正确；而 $BD$ 不正确；
   故选：$AC$．
   

3. 答案 $2$
   解析 由 $3 \overrightarrow{O A}=\overrightarrow{O B}+\lambda \overrightarrow{O C}$，整理得 $\overrightarrow{O A}=\dfrac{1}{3} \overrightarrow{O B}+\dfrac{\lambda}{3} \overrightarrow{O C}$，
   因为 $A$，$B$，$C$ 三点共线，所以 $\dfrac{1}{3}+\dfrac{\lambda}{3}=1$，解得 $λ=2$．

4. 答案 $3$
   解析 如图所示，
   
   $∵$ 三点 $E$，$G$，$F$ 共线，$∴$ 存在实数 $λ$ 三点 $\overrightarrow{A G}=\lambda \overrightarrow{A E}+(1-\lambda) \overrightarrow{A F}$，
   $\because \overrightarrow{A E}=\alpha \overrightarrow{A B}， \overrightarrow{A F}=\beta \overrightarrow{A C}$， $\therefore \overrightarrow{A G}=\lambda \alpha \overrightarrow{A B}+(1-\lambda) \beta \overrightarrow{A C}$．
   $∵G$ 是 $△ABC$ 的重心， $\therefore \overrightarrow{A G}=\dfrac{2}{3} \overrightarrow{A M}$， $\overrightarrow{A M}=\dfrac{1}{2}(\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A C})$，
   $\therefore \overrightarrow{A G}=\dfrac{1}{3} \overrightarrow{A B}+\dfrac{1}{3} \overrightarrow{A C}$．
   $\therefore \lambda \alpha=\dfrac{1}{3}$， $(1-\lambda) \beta=\dfrac{1}{3}$， $\therefore \dfrac{1}{\alpha}+\dfrac{1}{\beta}=3 \lambda+3(1-\lambda)=3$．
   故答案为：$3$．
    

分层练习

【A组---基础题】

1. 如图，在平行四边形 $ABCD$ 中，$AC$ 与 $BD$ 交于点 $O$， $\overrightarrow{A B}=\vec{a}$， $\overrightarrow{A D}=\vec{b}$，则下列运算正确的是 (　　)

 A．$\overrightarrow{B D}=\vec{a}+\vec{b}$ $\qquad \qquad$ B．$\overrightarrow{A C}=\vec{a}-\vec{b}$ $\qquad \qquad$ C． $\overrightarrow{O D}=\dfrac{1}{2}(\vec{b}-\vec{a})$ $\qquad \qquad$ D． $\overrightarrow{C O}=\dfrac{1}{2}(\vec{a}+\vec{b})$
 

2. 下列关于四边形 $ABCD$ 判断正确的是 (　　)
 ①若 $\overrightarrow{A D}=\overrightarrow{B C}$，则四边形 $ABCD$ 是平行四边形；
 ②若 $\overrightarrow{A D}=\dfrac{1}{3} \overrightarrow{B C}$，则四边形 $ABCD$ 是梯形；
 ③若 $\overrightarrow{A C} \overrightarrow{A B}=\overrightarrow{D C}$，且 $|\overrightarrow{A B}|=|\overrightarrow{A D}|$，则四边形 $ABCD$ 是菱形；
 ④若 $|\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A D}|=|\overrightarrow{A B}-\overrightarrow{A D}|$，则四边形 $ABCD$ 是矩形．
 A．②③④ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B．①②③ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ C．①③④ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D．①②③④
 

3. 已知任意两个向量 $\vec{a}$，$\vec{b}$ 不共线，若 $\overrightarrow{O A}=\vec{a}+\vec{b}$，$\overrightarrow{O B}=\vec{a}+2 \vec{b}$，$\overrightarrow{O C}=2 \vec{a}-\vec{b}$， $\overrightarrow{O D}=\vec{a}-\vec{b}$，则下列结论正确的是 (　　)
 A．$A$，$B$，$C$ 三点共线 $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B．$A$，$B$，$D$ 三点共线
 C．$A$，$C$，$D$ 三点共线 $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D．$B$，$C$，$D$ 三点共线
 

4. 已知 $\vec{a}$，$\vec{b}$ 是平面内两个不共线向量， $\overrightarrow{A B}=m \vec{a}+2 \vec{b}$， $\overrightarrow{B C}=3 \vec{a}-\vec{b}$，$A$，$B$，$C$ 三点共线，则 $m=$ (　　)
 A. $-\dfrac{2}{3}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B. $\dfrac{2}{3}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ C. $-6$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D.$6$
 

5. 如图，在 $△OBC$ 中，点 $A$ 是 $BC$ 的中点，$\overrightarrow{O D}=2 \overrightarrow{D B}$，$DC$ 和 $OA$ 交于点 $E$，则 $AO$ 与 $OE$ 的比值为 (　　)

 A．$\dfrac{6}{5}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B．$\dfrac{3}{2}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ C．$\dfrac{5}{4}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D．$2$
 

6.(多选) 如图所示，点 $A$，$B$，$C$ 是圆 $O$ 上的三点，线段 $OC$ 与线段 $AB$ 交于圆内一点 $P$，若 $\overrightarrow{A P}=\lambda \overrightarrow{A B}$，$\overrightarrow{O C}=\mu \overrightarrow{O A}+3 \mu \overrightarrow{O B}$，则 (　　)

 A．$P$ 为线段 $OC$ 的中点时，$\mu=\dfrac{1}{2}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B．$P$ 为线段 $OC$ 的中点时， $\mu=\dfrac{1}{3}$
 C．无论 $μ$ 取何值，恒有 $\lambda=\dfrac{3}{4}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D．存在 $μ∈R$， $\lambda=\dfrac{1}{2}$
 

7. 点 $C$ 在直线 $AB$ 上，且 $\overrightarrow{A C}=3 \overrightarrow{A B}$，则 $\overrightarrow{BC}=$$\underline{\quad \quad}$ $\overrightarrow{A B}$．
 

8. 如图，$O$ 为直线 $A_0 A_{2015}$ 外一点，若 $A_0$，$A_1$，$A_2$，$A_3$，$A_4$，$A_5$，…，$A_{2015}$ 中任意相邻两点的距离相等，设 $\overrightarrow{O A_0}=\vec{a}$， $\overrightarrow{O A_{2015}}=\vec{b}$，用 $\vec{a}$，$\vec{b}$ 表示 $\overrightarrow{O A_0}+\overrightarrow{O A_1}+\cdots+\overrightarrow{O A_{2015}}$，其结果为 $\underline{\quad \quad}$．

 

9. 在 $△ABC$ 中， $\overrightarrow{A B}=\vec{a}$， $\overrightarrow{A C}=\vec{b}$，若点 $D$ 满足 $\overrightarrow{B D}=2 \overrightarrow{D C}$，则 $\overrightarrow{A D}=$$\underline{\quad \quad}$．(用 $\vec{a}$，$\vec{b}$ 表示)
 

10. 如图，过 $△ABC$ 的重心 $G$ 的直线分别交边 $AB$、$AC$ 于 $P$、$Q$ 两点，且 $\overrightarrow{A B}=x \overrightarrow{A P}$， $\overrightarrow{A C}=y \overrightarrow{A Q}$，则 $xy$ 的取值范围是 $\underline{\quad \quad}$．

 

11. 在 $△ABC$ 中，$E$，$F$ 分别为 $AB$，$AC$ 中点，$P$ 为线段 $EF$ 上任意一点，实数 $x$，$y$ 满足 $\overrightarrow{P A}+x \overrightarrow{P B}+y \overrightarrow{P C}=\overrightarrow{0}$，设 $△ABC$，$△PCA$，$△PAB$ 的面积分别为 $S$，$S_1$，$S_2$，记 $\dfrac{S_1}{S}=\lambda_1$， $\dfrac{S_2}{S}=\lambda_2$，则 $λ_1 λ_2$ 取得最大值时，$2x+3y$ 的值为 $\underline{\quad \quad}$．
 

12. 如图所示，在 $◻ABCD$ 中，$AD$，$DC$ 边的中点分别为 $E$，$F$，连接 $BE$，$BF$，与 $AC$ 分别交于点 $R$，$T$．求证：$AR=RT=TC$．

 
 
 

参考答案

1. 答案 $C$
   解析 $\overrightarrow{B D}=\overrightarrow{A D}-\overrightarrow{A B}=\vec{b}-\vec{a}$，故 $A$ 错误，
   $\overrightarrow{A C}=\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{B C}=\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A D}=\vec{a}+\vec{b}$，故 $B$ 错误，
   $\overrightarrow{O D}=\dfrac{1}{2} \overrightarrow{B D}=\dfrac{1}{2}(\vec{b}-\vec{a})$，故 $C$ 正确，
   $\overrightarrow{C O}=-\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A C}=-\dfrac{1}{2}(\vec{a}+\vec{b})$，故 $D$ 错误．
   故选：$C$．

2. 答案 $B$
   解析 对于①，若 $\overrightarrow{A D}=\overrightarrow{B C}$，则 $|\overrightarrow{A D}|=|\overrightarrow{B C}|$ 且 $\overrightarrow{A D} / / \overrightarrow{B C}$，四边形 $ABCD$ 是平行四边形，①正确；
   对于②，若 $\overrightarrow{A D}=\dfrac{1}{3} \overrightarrow{B C}$， $|\overrightarrow{A D}| \neq|\overrightarrow{B C}|$ 且 $\overrightarrow{A D} / / \overrightarrow{B C}$，四边形 $ABCD$ 是梯形，②正确；
   对于③，由 $\overrightarrow{A B}=\overrightarrow{D C}$ 得出四边形 $ABCD$ 是平行四边形，
   由 $|\overrightarrow{A B}|=|\overrightarrow{A D}|$，得出平行四边形 $ABCD$ 是菱形，③正确；
   对于④，由 $|\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A D}|=|\overrightarrow{A B}-\overrightarrow{A D}|$，得 $(\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A D})^2=(\overrightarrow{A B}-\overrightarrow{A D})^2$，
   即 $\overrightarrow{A B}^2+2 \overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A D}+\overrightarrow{A D}^2=\overrightarrow{A B}^2-2 \overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A D}+\overrightarrow{A D}^2$，
   $\therefore \overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A D}=0$ 即 $AB⊥AD$，如图所示
   
   又四边形 $ABCD$ 不一定是平行四边形，
   $∴$ 四边形 $ABCD$ 不一定是矩形，④错误．
   综上，正确命题的序号为①②③．
   故选：$B$．

3. 答案 $B$
   解析 $\overrightarrow{A B}=\overrightarrow{O B}-\overrightarrow{O A}=\vec{b}$， $\overrightarrow{A D}=\overrightarrow{O D}-\overrightarrow{O A}=-2 \vec{b}$，
   $\overrightarrow{A B}=-2 \overrightarrow{A D}$， $\overrightarrow{A B}$ 和 $\overrightarrow{A D}$ 共线，且有公共点，所以 $A$，$B$，$D$ 三点共线．
   故选：$B$．

4. 答案 $C$
   解析 $∵A$，$B$，$C$ 三点共线， $\therefore \overrightarrow{A B}$ 与 $\overrightarrow{B C}$ 共线，
   $∴$ 存在 $λ$，使得 $\overrightarrow{A B}=\lambda \overrightarrow{B C}$， $\therefore m \vec{a}+2 \vec{b}=3 \lambda \vec{a}-\lambda \vec{b}$， 且 $\vec{a}$，$\vec{b}$ 不共线，
   $\therefore\left\{\begin{array}{l} m=3 \lambda \\ -\lambda=2 \end{array}\right.$，解得 $m=-6$.

5. 答案 $C$
   解析 $∵O$，$E$，$A$ 三点共线，且 $A$ 是 $BC$ 的中点；
   $\therefore \overrightarrow{O B}+\overrightarrow{O C}=2 \overrightarrow{O A}$；
   设 $\overrightarrow{O E}=\dfrac{\lambda}{2}(\overrightarrow{O B}+\overrightarrow{O C})$，而 $\overrightarrow{O B}=\dfrac{3}{2} \overrightarrow{O D}$，
   代入上式便可得出 $\overrightarrow{O E}=\dfrac{3 \lambda}{4} \overrightarrow{O D}+\dfrac{\lambda}{2} \overrightarrow{O C}$，
   由 $C$，$E$，$D$ 三点共线便可得到 $\dfrac{3 \lambda}{4}+\dfrac{\lambda}{2}=1$，解得 $\lambda=\dfrac{4}{5}$；
   $\therefore \dfrac{5}{2} \overrightarrow{O E}=\overrightarrow{O B}+\overrightarrow{O C}$；
   $\therefore 2 \overrightarrow{O A}=\dfrac{5}{2} \overrightarrow{O E}$，则 $AO$ 与 $OE$ 的比值为 $\dfrac{5}{4}$．
   故选：$C$．

6. 答案 $AC$
   解析 $\overrightarrow{O P}=\overrightarrow{O A}+\overrightarrow{A P}=\overrightarrow{O A}+\lambda \overrightarrow{A B}=\overrightarrow{O A}+\lambda(\overrightarrow{O B}-\overrightarrow{O A})=(1-\lambda) \overrightarrow{O A}+\lambda \overrightarrow{O B}$，
   因为 $\overrightarrow{O P}$ 与 $\overrightarrow{O C}$ 共线，所以 $\dfrac{1-\lambda}{\mu}=\dfrac{\lambda}{3 \mu}$，解得 $\lambda=\dfrac{3}{4}$，故 $C$ 正确，$D$ 错误；
   当 $P$ 为 $OC$ 中点时，则 $\overrightarrow{O P}=\dfrac{1}{2} \overrightarrow{O C}$，则 $1-\lambda=\dfrac{1}{2} \mu$， $\lambda=\dfrac{1}{2} \times 3 \mu$，解得 $\mu=\dfrac{1}{2}$，
   故 $A$ 正确，$B$ 错误；
   故选 $AC$．

7. 答案 $2$
   解析 $\overrightarrow{B C}=\overrightarrow{A C}-\overrightarrow{A B}=3 \overrightarrow{A B}-\overrightarrow{A B}=2 \overrightarrow{A B}$．

8. 答案 $1008(\vec{a}+\vec{b})$
   解析 设 $D$ 为 $A_0$ 和 $A_{2015}$ 的中点，
   由题意可得 $\overrightarrow{O A_0}+\overrightarrow{O A_{2015}}=\vec{a}+\vec{b}=2 \overrightarrow{O D}$
   同理可得 $\overrightarrow{O A_1}+\overrightarrow{O A_{2014}}=2 \overrightarrow{O D}$，
   ……
   $\overrightarrow{O A_{1007}}+\overrightarrow{O A_{1008}}=2 \overrightarrow{O D}$，
   $\therefore \overrightarrow{O A_0}+\overrightarrow{O A_1}+\cdots+\overrightarrow{O A_{2015}}=\dfrac{2016}{2} \cdot 2 \overrightarrow{O D}=1008(\vec{a}+\vec{b})$ .

9. 答案 $\dfrac{2}{3} \vec{b}+\dfrac{1}{3} \vec{a}$
   解析 过 $D$ 作 $DE//AB$，作 $DF//AC$，易得 $AEDF$ 是平行四边形，且 $A E=\dfrac{2}{3} A C$， $A F=\dfrac{1}{3} A B$，
   由向量的加法几何意义，有 $\overrightarrow{A D}=\overrightarrow{A E}+\overrightarrow{A F}=\dfrac{2}{3} \overrightarrow{A C}+\dfrac{1}{3} \overrightarrow{A B}=\dfrac{2}{3} \vec{b}+\dfrac{1}{3} \vec{a}$.
   

10. 答案 $\left[2， \dfrac{9}{4}\right]$
    解析 $∵P$，$G$，$Q$ 三点共线，$∴$ 存在 $m$，使 $\overrightarrow{A G}=m \overrightarrow{A Q}+(1-m) \overrightarrow{A P}$，
    又 $∵G$ 是 $△ABC$ 的重心，
    $\therefore \overrightarrow{A G}=\dfrac{1}{3}(\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A C})=\dfrac{1}{3}(y \overrightarrow{A Q}+x \overrightarrow{A P})$，
    $\therefore \dfrac{1}{3}(y \overrightarrow{A Q}+x \overrightarrow{A P})=m \overrightarrow{A Q}+(1-m) \overrightarrow{A P}$，
    $∴x+y=3$，
    又 $\because \overrightarrow{A B}=x \overrightarrow{A P}$，$∴1≤x≤2$，
    故 $x y=x(3-x)=-\left(x-\dfrac{3}{2}\right)^2+\dfrac{9}{4}$，
    故 $2 \leq-\left(x-\dfrac{3}{2}\right)^2+\dfrac{9}{4} \leq \dfrac{9}{4}$，
    故答案为：$\left[2， \dfrac{9}{4}\right]$．

11. 答案 $\dfrac{5}{2}$
    解析 如图所示．$∵$ 点 $P$ 在 $△ABC$ 的中位线 $EF$ 上， $\therefore \dfrac{S_{\triangle B P C}}{S}=\dfrac{1}{2}$．
    $\therefore \dfrac{S_1+S_2}{S}=\dfrac{1}{2}$，即 $S_1+S_2=\dfrac{1}{2} S$．
    $\therefore \dfrac{1}{2} S \geq 2 \sqrt{S_1 S_2}$，当且仅当 $S_1=S_2=\dfrac{1}{4} S$ 时取等号，此时 $S_1 S_2$ 取得最大值 $\dfrac{1}{16} S^2$．
    此时点 $P$ 为线段 $EF$ 的中点．
    以 $PB$、$PC$ 为邻边作平行四边形 $PBDC$，连接 $PD$ 交 $BC$ 于点 $O$．
    则 $\overrightarrow{P B}+\overrightarrow{P C}=\overrightarrow{P D}=2 \overrightarrow{P O}=-2 \overrightarrow{P A}$，
    化为 $\overrightarrow{P A}+\dfrac{1}{2} \overrightarrow{P B}+\dfrac{1}{2} \overrightarrow{P C}=\overrightarrow{0}$．
    $\because \overrightarrow{P A}+x \overrightarrow{P B}+y \overrightarrow{P C}=\overrightarrow{0}$， $\therefore x=y=\dfrac{1}{2}$．
    $\therefore 2 x+3 y=\dfrac{5}{2}$．
    

12. 证明 设 $\overrightarrow{A B}=\vec{a}$， $\overrightarrow{A D}=\vec{b}$， $\overrightarrow{A R}=\vec{r}$， $\overrightarrow{A T}=\vec{t}$，则 $\overrightarrow{A C}=\vec{a}+\vec{b}$．
    因为 $\overrightarrow{A R}$ 与 $\overrightarrow{A C}$ 共线，
    所以存在实数 $n$，使得 $\vec{r}=n(\vec{a}+\vec{b})$，$n∈R$．
    因为 $\overrightarrow{E R}$ 与 $\overrightarrow{E B}$ 共线，所以存在实数 $m$，使得 $\overrightarrow{E R}=m\overrightarrow{EB}$，$m∈R$．
    而 $\overrightarrow{E B}=\overrightarrow{A B}-\overrightarrow{A E}=\vec{a}-\dfrac{1}{2} \vec{b}$，则 $\overrightarrow{E R}=m\left(\vec{a}-\dfrac{1}{2} \vec{b}\right)$．
    因为 $\overrightarrow{A R}=\overrightarrow{A E}+\overrightarrow{E R}$，所以 $n(\vec{a}+\vec{b})=\dfrac{1}{2} \vec{b}+m\left(\vec{a}-\dfrac{1}{2} \vec{b}\right)$，即 $(n-m) \vec{a}+\left(n+\dfrac{m-1}{2}\right) \vec{b}=\overrightarrow{0}$．
    因为向量 $\vec{a}$，$\vec{b}$ 不共线，于是有 $\left\{\begin{array}{l} n-m=0 \\ n+\dfrac{m-1}{2}=0 \end{array}\right.$，解得 $m=n=\dfrac{1}{3}$，所以 $\overrightarrow{A R}=\dfrac{1}{3} \overrightarrow{A C}$．
    同理 $\overrightarrow{A T}=\dfrac{2}{3} \overrightarrow{A C}$．所以 $\overrightarrow{A R}=\overrightarrow{R T}=\overrightarrow{T C}$.
    故 $AR=RT=TC$．
     
     

【B组---提高题】

1. 已知点 $O$ 是 $△ABC$ 内部一点，并且满足 $\overrightarrow{O A}+2 \overrightarrow{O B}+3 \overrightarrow{O C}=\overrightarrow{0}$，$△BOC$ 的面积为 $S_1$，$△ABC$ 的面积为 $S_2$，则 $\dfrac{S_1}{S_2}=$(　　)
 A． $\dfrac{1}{6}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B． $\dfrac{1}{3}$$\qquad \qquad \qquad \qquad$ C． $\dfrac{2}{3}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D． $\dfrac{3}{4}$

 

2. 已知平面向量 $\vec{a}$，$\vec{b}$，$\vec{c}$ 满足： $|\vec{a}|=|\vec{b}|=|\vec{c}|=1$， $\vec{a} \perp \vec{b}$，则 $|2 \vec{c}-\vec{a}|+\left|\dfrac{1}{2} \vec{c}-\vec{b}\right|$ 的最小值为 $\underline{\quad \quad}$ .
 

参考答案

1. 答案 $A$
   解析 如图所示，延长 $OB$ 到 $D$ 使得 $BD=OB$，延长 $OC$ 到 $E$ 使得 $CE=2OC$，
   $∵$ 满足 $\overrightarrow{O A}+2 \overrightarrow{O B}+3 \overrightarrow{O C}=\overrightarrow{0}$，
   ∴点 $O$ 是 $△ADE$ 的重心．
   $\therefore S_{\triangle O A D}=S_{\triangle O D E}=S_{\triangle O A E}$．
   $S_{\triangle O A B}=\dfrac{1}{2} S_{\triangle O A D}$， $S_{\triangle O A C}=\dfrac{1}{3} S_{\triangle O A E}， \quad S_{\triangle O B C}=\dfrac{1}{6} S_{\triangle O D E}$．
   $\therefore S_1=\dfrac{1}{18} S_{\triangle A D E}$， $S_2=S_{\triangle O A B}+S_{\triangle O A C}+S_{\triangle O B C}=\dfrac{1}{3} S_{\triangle A D E}$．
   $\dfrac{S_1}{S_2}=\dfrac{1}{6}$．
   故选：$A$．

2. 答案 $\dfrac{\sqrt{17}}{2}$
   解析 如图，$⊙O$ 为单位圆，$A$、$B$、C 在 $⊙O$ 上，$OA⊥OB$， $\angle B O A=\dfrac{\pi}{2}$，
   $B'$ 在 $OB$ 的延长线上，$OB'=2$，$B″$ 为 $OB$ 中点，
   $A'$ 为 $OA$ 中点，$A″$ 在 $OB$ 的延长线上，$OA″=2$，
   
   设 $\vec{a}=\overrightarrow{O A}$，$\vec{b}=\overrightarrow{O B}$，$C$ 为 $⊙O$ 上一点，$\vec{c}=\overrightarrow{O C}$，
   则 $\dfrac{O A^{\prime}}{O C^{\prime}}=\dfrac{O C}{O A^{\prime \prime}}=\dfrac{1}{2}$，$∴△OCA'∽△OA″C$，$∴CA'=2A″C$，
   同理 $C B^{\prime \prime}=\dfrac{1}{2} C B^{\prime}$，
   $2 \vec{c}-\vec{a}=2\left(\vec{c}-\dfrac{1}{2} \vec{a}\right)=2\left(\overrightarrow{O C}-\overrightarrow{O A^{\prime}}\right)=2 \overrightarrow{A^{\prime} C}$，
   $\dfrac{1}{2} \vec{c}-\vec{b}=\dfrac{1}{2}(\vec{c}-2 \vec{b})=\dfrac{1}{2}(\vec{c}-2 \vec{b})=\dfrac{1}{2}\left(\overrightarrow{O C}-\overrightarrow{O B^{\prime}}\right)=\dfrac{1}{2} \overrightarrow{B^{\prime} C}$ ，
   $\therefore|2 \vec{c}-\vec{a}|+\left|\dfrac{1}{2} \vec{c}-\vec{b}\right|=2\left|\overrightarrow{A^{\prime}} C\right|+\dfrac{1}{2}\left|\overrightarrow{B^{\prime}} C\right|=\left|B^{\prime \prime} C\right|+\left|C A^{\prime \prime}\right| \geq\left|B^{\prime \prime} A^{\prime \prime}\right|=\sqrt{\dfrac{1}{4}+4}=\dfrac{\sqrt{17}}{2}$.
    

【C组---拓展题】

1. 在 $△ABC$ 中，$O$ 是其外接圆的圆心，其两边中线的交点是 $G$，两条高线的交点是 $H$，给出下列结论或命题：
  (1) 动点 $P$ 满足 $\overrightarrow{A P}=\lambda\left(\dfrac{\overrightarrow{A B}}{|\overrightarrow{A B}|}+\dfrac{\overrightarrow{A C}}{|\overrightarrow{A C}|}\right)(\lambda \neq 0)$，则动点 $P$ 的轨迹一定过点 $H$；
  (2) 动点 $P$ 在 $△ABC$ 所在平面内，则点 $G$ 与 $P$ 重合时，使 $PA^2+PB^2+PC^2$ 的值最小；
  (3) 动点 $P$ 满足 $\overrightarrow{A P}=\lambda\left(\dfrac{\overrightarrow{A B}}{|\overrightarrow{A B}| \cos B}+\dfrac{\overrightarrow{A C}}{|\overrightarrow{A C}| \cos C}\right)(\lambda \neq 0)$，则点 $P$ 的轨迹一定过点 $O$；
  (4)$GH=2OG$．
其中正确结论或命题的序号是 $\underline{\quad \quad}$．(填上所有正确结论或命题的序号)
 
 

2. 如图所示，在 $△ABO$ 中，$\overrightarrow{O C}=\dfrac{1}{3} \overrightarrow{O A}$，$\overrightarrow{O D}=\dfrac{1}{2} \overrightarrow{O B}$，$AD$ 与 $BC$ 相交于点 $M$．设 $\overrightarrow{O A}=\vec{a}$，$\overrightarrow{O B}=\vec{b}$．
  (1) 试用向量 $\vec{a}$，$\vec{b}$ 表示 $\overrightarrow{O M}$；
  (2) 在线段 $AC$ 上取点 $E$，在线段 $BD$ 上取点 $F$，使 $EF$ 过点 $M$．设 $\overrightarrow{O E}=\lambda \overrightarrow{O A}$， $\overrightarrow{O F}=\mu \overrightarrow{O B}$，其中 $λ$，$μ∈R$．当 $EF$ 与 $AD$ 重合时，$λ=1$，$\mu=\dfrac{1}{2}$，此时 $\dfrac{1}{\lambda}+\dfrac{2}{\mu}=5$；当 $EF$ 与 $BC$ 重合时，$\lambda=\dfrac{1}{3}$，$μ=1$，此时 $\dfrac{1}{\lambda}+\dfrac{2}{\mu}=5$；能否由此得出一般结论 不论 $E$，$F$ 在线段 $AC$，$BD$ 上如何变动，等式 $\dfrac{1}{\lambda}+\dfrac{2}{\mu}=5$ 恒成立，请说明理由．

 
 

参考答案

1. 答案 ②④
   解析 ①中，动点 $P$ 满足 $\overrightarrow{A P}=\lambda\left(\dfrac{\overrightarrow{A B}}{|\overrightarrow{A B}|}+\dfrac{\overrightarrow{A C}}{|\overrightarrow{A C}|}\right)(\lambda \neq 0)$，
   $∴AP$ 平分 $∠BAC$，
   $∴P$ 点在 $∠BAC$ 的角平分线上，不一定过点 $H$，故①错误．
   ②中，点 $P$ 为 $△ABC$ 内的一点，且使得 $\overrightarrow{A P}^2+\overrightarrow{B P}^2+\overrightarrow{C P}^2$ 取得最小值，
   根据重心的性质，可得②正确；
   ③中， $\overrightarrow{A P} \cdot \overrightarrow{B C}=\lambda\left(\dfrac{\overrightarrow{A B}}{|\overrightarrow{A B}| \cos B}+\dfrac{\overrightarrow{A C}}{|\overrightarrow{A C}| \cos C}\right) \cdot \overrightarrow{B C}=\lambda(-|\overrightarrow{B C}|+|\overrightarrow{B C}|)=0$，
   $\therefore \overrightarrow{A P} \perp \overrightarrow{B C}$，
   $∴$ 点 $P$ 一定在高线上，不一定过点 $O$．故③错．
   ④在三角形 $ABC$ 的外接圆中，过点 $C$ 作直径 $CM$，连 $MA$，$MB$，则有 $MB$ 平行且等于 $2OF$，
   因为 $MB⊥BC$，$AD⊥BC$，$MA⊥AC$，$BE⊥AC$，所以四边形 $AMBH$ 是平行四边形，
   因此 $AH=MB=2OF$，连接 $OH$ 交 $AF$ 于 $G$，三角形 $OFG$ 与三角形 $HAG$ 相似，
   可证 $G$ 就是重心，所以 $GH=2OG$．故④正确．
   故答案为：②④．

2. 答案 (1) $\overrightarrow{O M}=\dfrac{1}{5} \vec{a}+\dfrac{2}{5} \vec{b}$；(2) 能得出结论.
   解析 (1) 设 $\overrightarrow{O M}=m \vec{a}+n \vec{b}(m \in R， \quad n \in R)$，
   由 $A$，$D$，$M$ 三点共线，可知存在 $α(α∈R$，且 $α≠－1)$ 使得 $\overrightarrow{A M}=\alpha \overrightarrow{M D}$，
   则 $\overrightarrow{O M}-\overrightarrow{O A}=\alpha(\overrightarrow{O D}-\overrightarrow{O M})$，
   又 $\overrightarrow{O D}=\dfrac{1}{2} \overrightarrow{O B}$，所以 $\overrightarrow{O M}=\dfrac{1}{\alpha+1} \vec{a}+\dfrac{\alpha}{2(1+\alpha)} \vec{b}$，
   $\therefore\left\{\begin{array}{l} m=\dfrac{1}{1+\alpha} \\ n=\dfrac{\alpha}{2(1+\alpha)} \end{array}\right.$，即 $m+2n=1$①，
   由 $B$，$C$，$M$ 三点共线，可知存在 $β(β∈R$，且 $β≠－1)$ 使得 $\overrightarrow{C M}=\beta \overrightarrow{M B}$，
   则 $\overrightarrow{O M}-\overrightarrow{O C}=\beta(\overrightarrow{O B}-\overrightarrow{O M})$，又 $\overrightarrow{O C}=\dfrac{1}{3} \overrightarrow{O A}$，
   所以 $\overrightarrow{O M}=\dfrac{1}{3(\beta+1)} \vec{a}+\dfrac{\beta}{1+\beta} \vec{b}$， $\therefore\left\{\begin{array}{l} m=\dfrac{1}{4(1+\beta)} \\ n=\dfrac{\beta}{1+\beta} \end{array}\right.$
   即 $3m+n=1$②，
   由①②得 $m=\dfrac{1}{5}$，$n=\dfrac{2}{5}$，故 $\overrightarrow{O M}=\dfrac{1}{5} \vec{a}+\dfrac{2}{5} \vec{b}$，
   (2) 能得出结论．
   理由 由于 $E$，$M$，$F$ 三点共线，则存在实数 $γ(γ∈R$，且 $γ≠－1)$ 使得 $\overrightarrow{E M}=\gamma \overrightarrow{M F}$，
   于是 $\overrightarrow{O M}=\dfrac{\overrightarrow{O E}+\gamma \overrightarrow{O F}}{1+\gamma}$，又 $\overrightarrow{O E}=\lambda \overrightarrow{O A}， \overrightarrow{O F}=\mu \overrightarrow{O B}$，
   所以 $\overrightarrow{O M}=\dfrac{\lambda \overrightarrow{O A}+\mu \gamma \overrightarrow{O B}}{1+\gamma}=\dfrac{\lambda}{1+\gamma} \vec{a}+\dfrac{\mu \gamma}{1+\gamma} \vec{b}$，
   所以 $\dfrac{1}{5} \vec{a}+\dfrac{2}{5} \vec{b}=\dfrac{\lambda}{1+\gamma} \vec{a}+\dfrac{\mu \gamma}{1+\gamma} \vec{b}$，
   从而 $\left\{\begin{array}{l} \dfrac{1}{5}=\dfrac{\lambda}{1+\gamma} \\ \dfrac{2}{5}=\dfrac{\mu \gamma}{1+\gamma} \end{array}\right.$，所以消去 $γ$ 得 $\dfrac{1}{\lambda}+\dfrac{2}{\mu}=5$．