向量

$\displaystyle \frac{1}{3}$ ． 由 $2 \overrightarrow{A B}=\overrightarrow{O A}+\overrightarrow{O B}+\overrightarrow{O C}$ 得 $$ \begin{aligned} 2 \overrightarrow{A O}+2 \overrightarrow{O B}=\overrightarrow{O A}+\overrightarrow{O B}+\overrightarrow{O C} & \Rightarrow 3 \overrightarrow{A O}=-\overrightarrow{O B}+\overrightarrow{O C} \\ & \Rightarrow 3 \overrightarrow{A O}=\overrightarrow{B C} \end{aligned} $$ 所以 $\overrightarrow{A O} / / \overrightarrow{B C}$ ．设 $\triangle A B C$ 的边 $B C$ 上的高为 $h$ ，则 $\displaystyle S_{\triangle O A B}=\frac{1}{2}|O A| h, S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2}|B C| h$ ，故 $\displaystyle \frac{S_{\triangle O A B}}{S_{\triangle A B C}}=\frac{|O A|}{|B C|}=\frac{1}{3}$.

BD ． $\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{B C}+\overrightarrow{B C} \cdot \overrightarrow{C A}+\overrightarrow{C A} \cdot \overrightarrow{A B}=-|\overrightarrow{A C}|^{2}+0=-25$ ．由定比分点公式得 $\displaystyle \overrightarrow{B D}=\frac{16}{25} \overrightarrow{B A} +\frac{9}{25} \overrightarrow{B C}$.

D． 因为 $\overrightarrow{P B}-\overrightarrow{P A}=\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{P B}+\overrightarrow{P A}-2 \overrightarrow{P C}=\overrightarrow{C B}+\overrightarrow{C A}$ ，所以已知条件可改写为 $\overrightarrow{A B}(\overrightarrow{C B}+\overrightarrow{C A}) =0$ ．容易得到此三角形为等腰三角形．

C． 注意到 $\triangle A B G \cong \triangle D B C$ ，可以将其中一个三角形以 $B$ 为旋转中心，旋转 $90^{\circ}$ 得到另一个三角形。

$\displaystyle \frac{7}{11}$ ． 以 $A$ 为原点建系，设出 $B C$ 坐标，易得 $\displaystyle x+y=\frac{7}{11}$ ．

6. 由已知可得 $\overrightarrow{O P} \cdot \overrightarrow{O Q}=x+2 y$ ，故只需要求 $x+2 y$ 的最大值即可，即本题的本质是线性规划． 作出函数的可行域范围，并令 $z=x+2 y, z$ 最大即函数在 $y$ 轴上截距最大。作平行线即可知在 $(0,3)$ 处取得最大值，代人可得 $x+2 y=6$ ．

A． $\displaystyle \overrightarrow{A B}=(1,1), \overrightarrow{A C}=(5,3), S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2}|1 \times 3-1 \times 5|=1$ ．

$\displaystyle -\frac{2}{3} a+\frac{1}{6} b$ ． 如图 J2 所示， $$ \begin{aligned} \overrightarrow{A E} & =\overrightarrow{C E}-\overrightarrow{C A}=\frac{1}{2} \overrightarrow{C D}-\overrightarrow{C A}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{C A}+\overrightarrow{A D})-\overrightarrow{C A} \\ & =-\frac{1}{2} \overrightarrow{C A}+\frac{1}{2} \overrightarrow{A D}=-\frac{1}{2} \overrightarrow{C A}+\frac{1}{6} \overrightarrow{A B} \\ & =-\frac{1}{2} \overrightarrow{C A}+\frac{1}{6}(\overrightarrow{C B}-\overrightarrow{C A})=-\frac{2}{3} \overrightarrow{C A}+\frac{1}{6} \overrightarrow{C B}=-\frac{2}{3} a+\frac{1}{6} b \end{aligned} $$ \begin{figure}

A． 建立直角坐标系，$\displaystyle A(0,0), B(2,0), C\left(-\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$ ，显然 $A C$ 的中点为 $\displaystyle M\left(-\frac{1}{4}, \frac{\sqrt{3}}{4}\right)$ ，可设 $O(1, y)$ ．由 $O M \perp A C$ ，有 $\overrightarrow{O M} \cdot \overrightarrow{A C}=0$ ，即 $\displaystyle -\frac{5}{4} \times\left(-\frac{1}{2}\right)+\left(\frac{\sqrt{3}}{4}-y\right) \times \frac{\sqrt{3}}{2}=0$ ，解得 $\displaystyle y= \frac{2 \sqrt{3}}{3}, \overrightarrow{A O}=\left(1, \frac{2 \sqrt{3}}{3}\right)$ ．由 $\overrightarrow{A O}=\lambda_{1} a+\lambda_{2} b$ 得 $\displaystyle 1=2 \lambda_{1}+\left(-\frac{1}{2}\right) \lambda_{2}$ ，且 $\displaystyle \frac{2 \sqrt{3}}{3}=\frac{\sqrt{3}}{2} \lambda_{2}$ ，解得 $\displaystyle \lambda_{2}= \frac{4}{3}, \lambda_{1}=\frac{5}{6}$ ，故 $\displaystyle \lambda_{1}+\lambda_{2}=\frac{13}{6}$ ．

C． 特殊值法．当 $P Q / / B C$ 时，$\displaystyle m=n=\frac{2}{3}$ ，从而 $\displaystyle \frac{1}{m}+\frac{1}{n}=3$ ．

C． 因为 $O$ 为内心，所以 $4 \overrightarrow{O A}+3 \overrightarrow{O B}+2 \overrightarrow{O C}=0$ ，则 $\displaystyle \frac{1-\lambda}{4}=\frac{\lambda-u}{3}=\frac{u}{2}$ ，解得 $\displaystyle \lambda=\frac{5}{9}$ ， $\displaystyle u=\frac{2}{9}$ ．

A． 如图 J4 所示，延长 $O A, O B, O C$ ，使 $|O D|=2|O A|$ ， $|O E|=3|O B|,|O F|=4|O C|$ ． 因为 $2 \overrightarrow{O A}+3 \overrightarrow{O B}+4 \overrightarrow{O C}=0$ ，所以 $\overrightarrow{O D}+\overrightarrow{O E}+\overrightarrow{O F}=0$ ，即 $O$ 是 $\triangle D E F$ 的重心，故 $\triangle D O E, \triangle E O F, \triangle D O F$ 的面积相等．不妨令它们的面积均为 1 ，则 $\triangle A O B$ 的面积为 $\displaystyle \frac{1}{6}, \triangle B O C$的面积为 $\displaystyle \frac{1}{12}, \triangle A O C$ 的面积为 $\displaystyle \frac{1}{8}$ ，故 $\triangle A O B, \triangle B O C, \triangle A O C$ \begin{figure} 的面积之比为 $\displaystyle \frac{1}{6}: \frac{1}{12}: \frac{1}{8}=4: 2: 3$ ．

A． 在线段 $A B$ 上取点 $D$ 使 $\displaystyle A D=\frac{2}{3} A B$ ，则 $\displaystyle \overrightarrow{A D}=-\frac{2}{3} \overrightarrow{B A}$ ．过点 $A$ 作直线 $l$ 使 $l / / B C$ ，在 $l$ 上取点 $E$ 使 $\displaystyle \overrightarrow{A E}=\frac{3}{4} \overrightarrow{B C}$ ，过点 $D$ 作 $l$ 的平行线，过点 $E$ 作 $A B$ 的平行线，设交点为 $P$ ，则由平行四边形法则可得 $\displaystyle \overrightarrow{A P}=\frac{3}{4} \overrightarrow{B C}-\frac{2}{3} \overrightarrow{B A}$ ．设 $\triangle P B C$ 的高为 $h, \triangle A B C$ 的高为 $k$ ，由三角形相似可得 $h: k=1: 3$ ．因为 $\triangle P B C$ 与 $\triangle A B C$ 有公共的底边 $B C$ ，所以 $\triangle P B C$ 与 $\triangle A B C$ 的面积的比为 $\displaystyle \frac{1}{3}$ ．

C． 由题意得 $A C \perp C B, 2|B C|^{2}+|A C|^{2}-4=|B C|^{2}+ |B C|^{2}+|A C|^{2}-4=|B C|^{2}+|A B|^{2}-4$ ．因为是平行四边形，所以 $B C=A D$ ．因为是直二面角，所以 $A D \perp$ 平面 $A B C$ ，即 $A D \perp A B$ ，则 $|B C|^{2}+|A B|^{2}=|A D|^{2}+|A B|^{2} =|B D|^{2}=4$ ，即 $|B D|=2$ ． 如图 J3 所示，取 $B D$ 的中点为 $O$ ，连接 $O A, O C$ ， \begin{figure} $\angle B A D, \angle B C D$ 都是直角三角形，根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，所以 $|O A| =|O B|=|O C|=|O D|$ ．三棱雉 $D-A C-B$ 的外接球的球心为点 $O$ ，半径 $R=|O B|=1$ ，故表面积是 $S=4 \pi R^{2}=4 \pi$ ．

C． 如图 J5 所示，过 $O$ 作 $O D \perp A B$ 于 $D, O E \perp A C$ 于 $E$ ，所以 $$ \begin{aligned} \overrightarrow{A O} \cdot \overrightarrow{C B} & =\overrightarrow{A O}-(\overrightarrow{A B}-\overrightarrow{A C})=\overrightarrow{A O} \cdot \overrightarrow{A B}-\overrightarrow{A O} \cdot \overrightarrow{A C} \\ & =|A D| \cdot|A B|-|A E| \cdot|A C| . \end{aligned} $$ \begin{figure} 又因为 $O$ 为 $\triangle A B C$ 的内心，所以 $$ \begin{aligned} & |A D| \cdot|A B|-|A E| \cdot|A C|=|A D| \cdot c-|A D| \cdot b, \\ & |A D|=\frac{a+b+c-(|B D|+|B C|+|C E|)}{2}=\frac{c+b-a}{2}, \end{aligned} $$ 故 $$ \overrightarrow{A O} \cdot \overrightarrow{C B}=\frac{(c-b)(c+b-a)}{2}=6 $$

$90^{\circ}$ ． $$ \begin{aligned} \overrightarrow{A D} \cdot \overrightarrow{B C} & =\overrightarrow{A D} \cdot(\overrightarrow{A C}-\overrightarrow{A B}) \\ & =\frac{1}{2}\left(|\overrightarrow{A C}|^{2}+|\overrightarrow{A D}|^{2}-|\overrightarrow{C D}|^{2}\right)-\frac{1}{2}\left(|\overrightarrow{A B}|^{2}+|\overrightarrow{A D}|^{2}-|\overrightarrow{B D}|^{2}\right) \\ & =\frac{1}{2}\left(|\overrightarrow{A C}|^{2}+|\overrightarrow{B D}|^{2}-|\overrightarrow{A B}|^{2}-|\overrightarrow{C D}|^{2}\right)=0 \end{aligned} $$ 所以异面直线 $A D$ 与 $B C$ 所成的角为 $90^{\circ}$ ．

$\displaystyle -\frac{1}{2}\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)$ ． $\displaystyle \overrightarrow{O A} \cdot \overrightarrow{A B}=-\overrightarrow{A O} \cdot \overrightarrow{A B}=-\frac{1}{2} c^{2}$ ，同理， $\displaystyle \overrightarrow{O B} \cdot \overrightarrow{B C}=-\frac{1}{2} a^{2}, \overrightarrow{O C} \cdot \overrightarrow{C A}=-\frac{1}{2} b^{2}$ ，所以 $\displaystyle \overrightarrow{O A} \cdot \overrightarrow{A B}+\overrightarrow{O B} \cdot \overrightarrow{B C}+\overrightarrow{O C} \cdot \overrightarrow{C A}=-\frac{1}{2}\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)$.