→→→→
同理 EF＝ED＋DC＋CF，②
→→→→→→→→→
由①＋②得，2EF＝AB＋DC＋(EA＋ED)＋(BF＋CF)＝AB＋DC， →1→→
∴EF＝(AB＋DC)．
213.
如图所示，△ABC中，点M是BC的中点，点N在边AC上，且AN＝2NC，AM与BN相交于点P，求AP∶PM的值．
答案 4∶1
→→
解 设BM＝e1，CN＝e2，
→→→→
则AM＝AC＋CM＝－3e2－e1，BN＝2e1＋e2，
∵A、P、M和B、P、N分别共线，∴存在λ、μ∈R， →→→→
使AP＝λAM＝－λe1－3λe2，BP＝μBN＝2μe1＋μe2. →→→
故BA＝BP－AP＝(λ＋2μ)e1＋(3λ＋μ)e2，
→→→??λ＋2μ＝2而BA＝BC＋CA＝2e1＋3e2，∴?
?3λ＋μ＝3?
4
λ＝??5，∴?3
μ＝??5
，
→4→→1→
∴AP＝AM，∴PM＝AM，
55即AP∶PM＝4∶1.
14．(2020·菏泽期末)已知点G是△ABO的重心，M是AB边的中点． →→→(1)求GA＋GB＋GO；
→→→→11
(2)若PQ过△ABO的重心G，且OA＝a，OB＝b，OP＝ma，OQ＝nb，求证：＋＝3.
mn答案 (1)0 (2)略
→→→→→
解析 (1)解 ∵GA＋GB＝2GM，又2GM＝－GO， →→→→→
∴GA＋GB＋GO＝－GO＋GO＝0. →1
(2)证明 显然OM＝(a＋b)．
2因为G是△ABO的重心， →2→1
所以OG＝OM＝(a＋b)．
33→
由P、G、Q三点共线，得PG∥GQ， →→
所以，有且只有一个实数λ，使PG＝λGQ. →→→111
而PG＝OG－OP＝(a＋b)－ma＝(－m)a＋b，
333→
→→111
GQ＝OQ－OG＝nb－(a＋b)＝－a＋(n－)b，
3331111
所以(－m)a＋b＝λ[－a＋(n－)b]．
3333又因为a、b不共线， 11－m＝－λ??33
所以?11
＝λn－??3311
故＋＝3.
→
，消去λ，整理得3mn＝m＋n，
mn
1.
→1→→→→→→
(2020·常州期末)如图所示，在△ABC中，BD＝DC，AE＝3ED，若AB＝a，AC＝b，则BE2等于( )
11A.a＋b 3311C.a＋b 24答案 B
→→→→3→解析 BE＝BA＋AE＝BA＋AD
4→3→→→3→3→＝BA＋(AB＋BD)＝BA＋AB＋BD
4441→31→1→1→→＝－AB＋×BC＝－AB＋(BA＋AC)
443441→1→11＝－AB＋AC＝－a＋b.
2424
→→→→→→2．设D、E、F分别是△ABC的三边BC、CA、AB上的点，且DC＝2BD，CE＝2EA，AF＝2FB，→→→→
则AD＋BE＋CF与BC( )
A．反向平行 C．互相垂直 答案 A
→→→→
解析 求解本题应先建立向量AD＋BE＋CF与BC的线性关系，再根据平面向量的平行和垂直的充要条件进行判断．
→→→→→→由题意，得DC＝DA＋AC，BD＝BA＋AD.
B．同向平行 D．既不平行也不垂直 11B．－a＋b
2411D．－a＋b
33
→→→→→→→1→2→又DC＝2BD，所以DA＋AC＝2(BA＋AD)．所以AD＝AC＋AB.
33→1→2→→1→2→
同理，得BE＝BC＋BA，CF＝CA＋CB.
3333→→→1→
将以上三式相加，得AD＋BE＋CF＝－BC.故选A.
3
→
3．已知四边形ABCD是菱形，点P在对角线AC上(不包括端点A，C)的充要条件是AP＝→→
λ(AB＋AD)，则λ的取值范围是( )
A．λ∈(0,1) C．λ∈(0，答案 A
2
) 2
B．λ∈(－1,0) D．λ∈(－
2
，0) 2
解析 如图，∵点P在对角线AC上(不包括端点A，C)， →→→→→→
∴AP＝λAC＝λ(AB＋AD)，由AP与AC同向知，λ>0； →→又|AP|<|AC|，
→AP|AP|∴＝＝λ<1，∴λ∈(0,1)，反之亦然． →→AC|AC|4. →
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