(小白高考)新高考数学(适合艺考生)一轮复习21《平面向量的概念及线性运算》巩固练习（2份打包，答案版+教师版）

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一、选择题
下列说法正确的是( )
A.方向相同的向量叫做相等向量
B.共线向量是在同一条直线上的向量
C.零向量的长度等于0
D.eq \(AB,\s\up7(―→))∥eq \(CD,\s\up7(―→))就是eq \(AB,\s\up7(―→))所在的直线平行于eq \(CD,\s\up7(―→))所在的直线
向量eq \(AB,\s\up7(―→))与eq \(CD,\s\up7(―→))共线是A，B，C，D四点共线的( )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
有下列命题：
①若|a|＝|b|，则a＝b；
②若|eq \(AB,\s\up7(―→))|＝|eq \(DC,\s\up7(―→))|，则四边形ABCD是平行四边形；
③若m＝n，n＝k，则m＝k；
④若a∥b，b∥c，则a∥c.
其中，假命题的个数是( )
A.1 B.2 C.3 D.4
如图所示，在正六边形ABCDEF中，eq \(BA,\s\up6(→))＋eq \(CD,\s\up6(→))＋eq \(EF,\s\up6(→))等于( )
A.0 B.eq \(BE,\s\up6(→)) C.eq \(AD,\s\up6(→)) D.eq \(CF,\s\up6(→))
在平行四边形ABCD中，下列结论错误的是( )
A.|eq \(AB,\s\up7(―→))|＝|eq \(AD,\s\up7(―→))|一定成立 B.eq \(AC,\s\up7(―→))＝eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AD,\s\up7(―→))一定成立
C.eq \(AD,\s\up7(―→))＝eq \(BC,\s\up7(―→))一定成立 D.eq \(BD,\s\up7(―→))＝eq \(AD,\s\up7(―→))﹣eq \(AB,\s\up7(―→))一定成立
在△ABC中，点D在边AB上，且eq \(BD,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)eq \(DA,\s\up7(―→))，设eq \(CB,\s\up7(―→))＝a，eq \(CA,\s\up7(―→))＝b，则eq \(CD,\s\up7(―→))＝( )
A.eq \f(1,3)a＋eq \f(2,3)b B.eq \f(2,3)a＋eq \f(1,3)b C.eq \f(3,5)a＋eq \f(4,5)b D.eq \f(4,5)a＋eq \f(3,5)b
已知a，b是两个非零向量，且|a＋b|＝|a|＋|b|，则下列说法正确的是( )
A.a＋b＝0 B.a＝b
C.a与b反向共线 D.存在正实数λ，使得a＝λb
设D为△ABC所在平面内一点，eq \(BC,\s\up7(―→))＝﹣4eq \(CD,\s\up7(―→))，则eq \(AD,\s\up7(―→))＝( )
A.eq \f(1,4)eq \(AB,\s\up7(―→))﹣eq \f(3,4)eq \(AC,\s\up7(―→)) B.eq \f(1,4)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(3,4)eq \(AC,\s\up7(―→))
C.eq \f(3,4)eq \(AB,\s\up7(―→))﹣eq \f(1,4)eq \(AC,\s\up7(―→)) D.eq \f(3,4)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,4)eq \(AC,\s\up7(―→))
如图，已知△OAB，若点C满足eq \(AC,\s\up7(―→))＝2eq \(CB,\s\up7(―→))，eq \(OC,\s\up7(―→))＝λeq \(OA,\s\up7(―→))＋μeq \(OB,\s\up7(―→)) (λ，μ∈R)，则eq \f(1,λ)＋eq \f(1,μ)＝( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(2,3) C.eq \f(2,9) D.eq \f(9,2)
已知eq \(PA,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)eq \(PB,\s\up6(→))＋teq \(PC,\s\up6(→))，若A，B，C三点共线，则eq \f(|\(AB,\s\up6(→))|,|\(AC,\s\up6(→))|)为( )
A.eq \f(2,3) B.eq \f(2,5) C.eq \f(1,2) D.2
已知点P是△ABC所在平面内一点，且eq \(PA,\s\up6(→))＋eq \(PB,\s\up6(→))＋eq \(PC,\s\up6(→))＝0，则( )
A.eq \(PA,\s\up6(→))＝﹣eq \f(1,3)eq \(BA,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)eq \(BC,\s\up6(→)) B.eq \(PA,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)eq \(BA,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(BC,\s\up6(→))
C.eq \(PA,\s\up6(→))＝﹣eq \f(1,3)eq \(BA,\s\up6(→))﹣eq \f(2,3)eq \(BC,\s\up6(→)) D.eq \(PA,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)eq \(BA,\s\up6(→))﹣eq \f(1,3)eq \(BC,\s\up6(→))
已知a，b是不共线的向量，eq \(AB,\s\up7(―→))＝λa＋b，eq \(AC,\s\up7(―→))＝a＋μb(λ，μ∈R)，若A，B，C三点共线，则λ，μ的关系一定成立的是( )
A.λμ＝1 B.λμ＝﹣1 C.λ﹣μ＝﹣1 D.λ＋μ＝2
二、填空题
若|eq \(AB,\s\up15(→))|=|eq \(AC,\s\up15(→))|=|eq \(AB,\s\up15(→))－eq \(AC,\s\up15(→))|=2，则|AB＋eq \(AC,\s\up15(→))|=________.
化简：(eq \(AB,\s\up7(―→))﹣eq \(CD,\s\up7(―→)))﹣(eq \(AC,\s\up7(―→))﹣eq \(BD,\s\up7(―→)))＝________.
设e1与e2是两个不共线向量，eq \(AB,\s\up6(→))=3e1＋2e2，eq \(CB,\s\up6(→))=ke1＋e2，eq \(CD,\s\up6(→))=3e1－2ke2，若A，B，D三点共线，则k的值为 .
在△ABC中，∠A＝60°，∠A的平分线交BC于点D，若AB＝4，且eq \(AD,\s\up7(―→))＝eq \f(1,4)eq \(AC,\s\up7(―→))＋λeq \(AB,\s\up7(―→)) (λ∈R)，则AD的长为________.
三、解答题
如图所示，在△ABC中，D，F分别是AB，AC的中点，BF与CD交于点O，设eq \(AB,\s\up6(→))=a，eq \(AC,\s\up6(→))=b，试用a，b表示向量eq \(AO,\s\up6(→)).
设两个非零向量a与b不共线.
(1)若eq \(AB,\s\up7(―→))＝a＋b，eq \(BC,\s\up7(―→))＝2a＋8b，eq \(CD,\s\up7(―→))＝3(a﹣b)，求证：A，B，D三点共线；
(2)试确定实数k，使ka＋b和a＋kb共线.
设两个非零向量e1和e2不共线.
(1)如果eq \(AB,\s\up6(→))=e1－e2，eq \(BC,\s\up6(→))=3e1＋2e2，eq \(CD,\s\up6(→))=－8e1－2e2，
求证：A，C，D三点共线；
(2)如果eq \(AB,\s\up6(→))=e1＋e2，eq \(BC,\s\up6(→))=2e1－3e2，eq \(CD,\s\up6(→))=2e1－ke2，且A，C，D三点共线，求k的值.
已知O，A，B是不共线的三点，且eq \(OP,\s\up7(―→))＝meq \(OA,\s\up7(―→))＋neq \(OB,\s\up7(―→)) (m，n∈R).
(1)若m＋n＝1，求证：A，P，B三点共线；
(2)若A，P，B三点共线，求证：m＋n＝1.
如图，在△ABO中，eq \(OC,\s\up16(→))＝eq \f(1,4)eq \(OA,\s\up16(→))，eq \(OD,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)eq \(OB,\s\up16(→))，AD与BC相交于点M，设eq \(OA,\s\up16(→))＝a，eq \(OB,\s\up16(→))＝b.试用a和b表示向量eq \(OM,\s\up16(→)).
\s 0 (小白高考)新高考数学(适合体育生)一轮复习21《平面向量的概念及线性运算》巩固练习（含答案）答案解析
一、选择题
答案为：C.
解析：长度相等且方向相同的向量叫做相等向量，故A不正确；方向相同或相反的非零向量叫做共线向量，但共线向量不一定在同一条直线上，故B不正确；显然C正确；当eq \(AB,\s\up7(―→))∥eq \(CD,\s\up7(―→))时，eq \(AB,\s\up7(―→))所在的直线与eq \(CD,\s\up7(―→))所在的直线可能重合，故D不正确.
答案为：B.
解析：由A，B，C，D四点共线，得向量eq \(AB,\s\up7(―→))与eq \(CD,\s\up7(―→))共线，反之不成立，可能AB∥CD，所以向量eq \(AB,\s\up7(―→))与eq \(CD,\s\up7(―→))共线是A，B，C，D四点共线的必要不充分条件，故选B.
答案为：C.
解析：对于①，|a|＝|b|，a，b的方向不确定，则a，b不一定相等，所以①错误；对于②，若|eq \(AB,\s\up7(―→))|＝|eq \(DC,\s\up7(―→))|，则eq \(AB,\s\up7(―→))，eq \(DC,\s\up7(―→))的方向不一定相同，所以四边形ABCD不一定是平行四边形，②错误；对于③，若m＝n，n＝k，则m＝k，③正确；对于④，若a∥b，b∥c，则b＝0时，a∥c不一定成立，所以④错误.综上，假命题的是①②④，共3个，故选C.
答案为：D
解析：根据正六边形的性质，易得，eq \(BA,\s\up6(→))＋eq \(CD,\s\up6(→))＋eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \(BA,\s\up6(→))＋eq \(AF,\s\up6(→))＋eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \(BF,\s\up6(→))＋eq \(CB,\s\up6(→))＝eq \(CF,\s\up6(→)).
答案为：A.
解析：在平行四边形ABCD中，eq \(AC,\s\up7(―→))＝eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AD,\s\up7(―→))一定成立，eq \(AD,\s\up7(―→))＝eq \(BC,\s\up7(―→))一定成立，
eq \(BD,\s\up7(―→))＝eq \(AD,\s\up7(―→))﹣eq \(AB,\s\up7(―→))一定成立，但|eq \(AB,\s\up7(―→))|＝|eq \(AD,\s\up7(―→))|不一定成立.故选A.
答案为：B.
解析：∵eq \(BD,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)eq \(DA,\s\up7(―→))，∴eq \(BD,\s\up7(―→))＝eq \f(1,3)eq \(BA,\s\up7(―→))，∴eq \(CD,\s\up7(―→))＝eq \(CB,\s\up7(―→))＋eq \(BD,\s\up7(―→))＝eq \(CB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,3)eq \(BA,\s\up7(―→))
＝eq \(CB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,3)(eq \(CA,\s\up7(―→))﹣eq \(CB,\s\up7(―→)))＝eq \f(2,3)eq \(CB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,3)eq \(CA,\s\up7(―→))＝eq \f(2,3)a＋eq \f(1,3)b，故选B.
答案为：D.
解析：由已知得，向量a与b为同向向量，即存在正实数λ，使得a＝λb，故选D.
答案为：B.
解析：法一：设eq \(AD,\s\up7(―→))＝xeq \(AB,\s\up7(―→))＋yeq \(AC,\s\up7(―→))，由eq \(BC,\s\up7(―→))＝﹣4eq \(CD,\s\up7(―→))可得，eq \(BA,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→))＝﹣4eq \(CA,\s\up7(―→))﹣4eq \(AD,\s\up7(―→))，即﹣eq \(AB,\s\up7(―→))﹣3eq \(AC,\s\up7(―→))＝﹣4xeq \(AB,\s\up7(―→))﹣4yeq \(AC,\s\up7(―→))，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－4x＝－1，,－4y＝－3，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(1,4)，,y＝\f(3,4)，))
即eq \(AD,\s\up7(―→))＝ eq \f(1,4)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(3,4)eq \(AC,\s\up7(―→))，故选B.
法二：在△ABC中，eq \(BC,\s\up7(―→))＝﹣4eq \(CD,\s\up7(―→))，即﹣eq \f(1,4)eq \(BC,\s\up7(―→))＝eq \(CD,\s\up7(―→))，则eq \(AD,\s\up7(―→))＝eq \(AC,\s\up7(―→))＋eq \(CD,\s\up7(―→))＝eq \(AC,\s\up7(―→))﹣eq \f(1,4)eq \(BC,\s\up7(―→))＝eq \(AC,\s\up7(―→))﹣eq \f(1,4)(eq \(BA,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→)))＝eq \f(1,4)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(3,4)eq \(AC,\s\up7(―→))，故选B.
答案为：D.
解析：∵eq \(OC,\s\up7(―→))＝eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→))＝eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up7(―→))＝eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \f(2,3)(eq \(OB,\s\up7(―→))﹣eq \(OA,\s\up7(―→)))＝eq \f(1,3)eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \f(2,3)eq \(OB,\s\up7(―→))，
∴λ＝eq \f(1,3)，μ＝eq \f(2,3)，∴eq \f(1,λ)＋eq \f(1,μ)＝3＋eq \f(3,2)＝eq \f(9,2).故选D.
答案为：C
解析：∵eq \(PA,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)eq \(PB,\s\up6(→))＋teq \(PC,\s\up6(→))，且A，B，C三点共线，则eq \f(2,3)＋t＝1，解得t＝eq \f(1,3)，即eq \(PA,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)eq \(PB,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(PC,\s\up6(→))，即eq \f(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(PA,\s\up6(→))－\(PB,\s\up6(→))))＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(PC,\s\up6(→))－\(PA,\s\up6(→))))，即2eq \(BA,\s\up6(→))＝eq \(AC,\s\up6(→))，即eq \f(|\(AB,\s\up6(→))|,|\(AC,\s\up6(→))|)＝eq \f(1,2).
答案为：D.
解析：由题意得，eq \(PA,\s\up6(→))＋eq \(PB,\s\up6(→))＋eq \(PC,\s\up6(→))＝0，所以eq \(PA,\s\up6(→))＋(eq \(AB,\s\up6(→))﹣eq \(AP,\s\up6(→)))＋(eq \(AC,\s\up6(→))﹣eq \(AP,\s\up6(→)))＝0，∴eq \(PA,\s\up6(→))＋(eq \(AB,\s\up6(→))﹣eq \(AP,\s\up6(→)))＋(eq \(BC,\s\up6(→))﹣eq \(BA,\s\up6(→))﹣eq \(AP,\s\up6(→)))＝0，∴3eq \(PA,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BC,\s\up6(→))﹣eq \(BA,\s\up6(→))＝0，∴3eq \(PA,\s\up6(→))＝2eq \(BA,\s\up6(→))﹣eq \(BC,\s\up6(→))，∴eq \(PA,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)eq \(BA,\s\up6(→))﹣eq \f(1,3)eq \(BC,\s\up6(→)).
答案为：A.
解析：∵eq \(AB,\s\up7(―→))与eq \(AC,\s\up7(―→))有公共点A，∴若A，B，C三点共线，则存在一个实数t使eq \(AB,\s\up7(―→))＝teq \(AC,\s\up7(―→))，即λa＋b＝ta＋μtb，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(λ＝t，,μt＝1，))消去参数t得λμ＝1；反之，当λμ＝1时，eq \(AB,\s\up7(―→))＝eq \f(1,μ)a＋b，此时存在实数eq \f(1,μ)使eq \(AB,\s\up7(―→))＝eq \f(1,μ)eq \(AC,\s\up7(―→))，故eq \(AB,\s\up7(―→))和eq \(AC,\s\up7(―→))共线.∵eq \(AB,\s\up7(―→))与eq \(AC,\s\up7(―→))有公共点A，∴A，B，C三点共线.故选A.
二、填空题
答案为：2eq \r(3)
解析：∵|eq \(AB,\s\up15(→))|=|eq \(AC,\s\up15(→))|=|eq \(AB,\s\up15(→))－eq \(AC,\s\up15(→))|=2，
∴△ABC是边长为2的正三角形，∴|eq \(AB,\s\up15(→))＋eq \(AC,\s\up15(→))|为△ABC的边BC上的高的2倍，
∴|eq \(AB,\s\up15(→))＋eq \(AC,\s\up15(→))|=2×2sineq \f(π,3)=2eq \r(3).
答案为：0.
解析：(eq \(AB,\s\up7(―→))﹣eq \(CD,\s\up7(―→)))﹣(eq \(AC,\s\up7(―→))﹣eq \(BD,\s\up7(―→)))＝eq \(AB,\s\up7(―→))﹣eq \(CD,\s\up7(―→))﹣eq \(AC,\s\up7(―→))＋eq \(BD,\s\up7(―→))
＝(eq \(AB,\s\up7(―→))﹣eq \(AC,\s\up7(―→)))＋(eq \(DC,\s\up7(―→))﹣eq \(DB,\s\up7(―→)))＝eq \(CB,\s\up7(―→))＋eq \(BC,\s\up7(―→))＝0.
答案为：-2.25；
解析：由题意，A，B，D三点共线，故必存在一个实数λ，使得eq \(AB,\s\up6(→))=λeq \(BD,\s\up6(→)).
又eq \(AB,\s\up6(→))=3e1＋2e2，eq \(CB,\s\up6(→))=ke1＋e2，eq \(CD,\s\up6(→))=3e1－2ke2，
所以eq \(BD,\s\up6(→))=eq \(CD,\s\up6(→))－eq \(CB,\s\up6(→))=3e1－2ke2－(ke1＋e2)=(3－k)e1－(2k＋1)e2，
所以3e1＋2e2=λ(3－k)e1－λ(2k＋1)e2，
又e1与e2不共线，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3＝λ3－k，,2＝－λ2k＋1，))解得k=－eq \f(9,4).
答案为：3eq \r(3).
解析：因为B，D，C三点共线，所以eq \f(1,4)＋λ＝1，解得λ＝eq \f(3,4)，如图，过点D分别作AC，AB的平行线交AB，AC于点M，N，则eq \(AN,\s\up7(―→))＝eq \f(1,4)eq \(AC,\s\up7(―→))，eq \(AM,\s\up7(―→))＝eq \f(3,4)eq \(AB,\s\up7(―→))，经计算得AN＝AM＝3，AD＝3eq \r(3).
三、解答题
解：由D，O，C三点共线，可设
eq \(DO,\s\up6(→))=k1eq \(DC,\s\up6(→))=k1(eq \(AC,\s\up6(→))－eq \(AD,\s\up6(→)))=k1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b－\f(1,2)a))=－eq \f(1,2)k1a＋k1b(k1为实数)，
同理，可设eq \(BO,\s\up6(→))=k2eq \(BF,\s\up6(→))=k2(eq \(AF,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→)))=k2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)b－a))=－k2a＋eq \f(1,2)k2b(k2为实数)，①
又eq \(BO,\s\up6(→))=eq \(BD,\s\up6(→))＋eq \(DO,\s\up6(→))=－eq \f(1,2)a＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)k1a＋k1b))=－eq \f(1,2)(1＋k1)a＋k1b，②
所以由①②，得－k2a＋eq \f(1,2)k2b=－eq \f(1,2)(1＋k1)a＋k1b，
即eq \f(1,2)(1＋k1－2k2)a＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)k2－k1))b=0.
又a，b不共线，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,2)1＋k1－2k2＝0，,\f(1,2)k2－k1＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k1＝\f(1,3)，,k2＝\f(2,3).))
所以eq \(BO,\s\up6(→))=－eq \f(2,3)a＋eq \f(1,3)B.所以eq \(AO,\s\up6(→))=eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BO,\s\up6(→))=a＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)a＋\f(1,3)b))=eq \f(1,3)(a＋b).
解：(1)证明：∵eq \(AB,\s\up7(―→))＝a＋b，eq \(BC,\s\up7(―→))＝2a＋8b，eq \(CD,\s\up7(―→))＝3(a﹣b)，
∴eq \(BD,\s\up7(―→))＝eq \(BC,\s\up7(―→))＋eq \(CD,\s\up7(―→))＝2a＋8b＋3(a﹣b)＝5(a＋b)＝5eq \(AB,\s\up7(―→))，
∴eq \(AB,\s\up7(―→))，eq \(BD,\s\up7(―→))共线，又它们有公共点B，
∴A，B，D三点共线.
(2)∵ka＋b与a＋kb共线，
∴存在实数λ，使ka＋b＝λ(a＋kb)，即(k﹣λ)a＝(λk﹣1)b.
又a，b是两个不共线的非零向量，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k－λ＝0，,λk－1＝0.))∴k2﹣1＝0.∴k＝±1.
(1)证明：∵eq \(AB,\s\up6(→))=e1－e2，eq \(BC,\s\up6(→))=3e1＋2e2，eq \(CD,\s\up6(→))=－8e1－2e2，
∴eq \(AC,\s\up6(→))=eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BC,\s\up6(→))=4e1＋e2=－eq \f(1,2)(－8e1－2e2)=－eq \f(1,2)eq \(CD,\s\up6(→))，
∴eq \(AC,\s\up6(→))与eq \(CD,\s\up6(→))共线.
又∵eq \(AC,\s\up6(→))与eq \(CD,\s\up6(→))有公共点C，∴A，C，D三点共线.
(2)eq \(AC,\s\up6(→))=eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BC,\s\up6(→))=(e1＋e2)＋(2e1－3e2)=3e1－2e2.
∵A，C，D三点共线，
∴eq \(AC,\s\up6(→))与eq \(CD,\s\up6(→))共线，从而存在实数λ使得eq \(AC,\s\up6(→))=λeq \(CD,\s\up6(→))，
即3e1－2e2=λ(2e1－ke2)，
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3＝2λ，,－2＝－λk，))解得λ=eq \f(3,2)，k=eq \f(4,3).
证明：(1)若m＋n＝1，
则eq \(OP,\s\up7(―→))＝m eq \(OA,\s\up7(―→))＋(1﹣m)eq \(OB,\s\up7(―→))
＝eq \(OB,\s\up7(―→))＋m (eq \(OA,\s\up7(―→))﹣eq \(OB,\s\up7(―→)))，
∴eq \(OP,\s\up7(―→))﹣eq \(OB,\s\up7(―→))＝m (eq \(OA,\s\up7(―→))﹣eq \(OB,\s\up7(―→)))，即eq \(BP,\s\up7(―→))＝m eq \(BA,\s\up7(―→))，
∴eq \(BP,\s\up7(―→))与eq \(BA,\s\up7(―→))共线.
又∵eq \(BP,\s\up7(―→))与eq \(BA,\s\up7(―→))有公共点B，
∴A，P，B三点共线.
(2)若A，P，B三点共线，
则存在实数λ，使eq \(BP,\s\up7(―→))＝λeq \(BA,\s\up7(―→))，
∴eq \(OP,\s\up7(―→))﹣eq \(OB,\s\up7(―→))＝λ(eq \(OA,\s\up7(―→))﹣eq \(OB,\s\up7(―→))).
又eq \(OP,\s\up7(―→))＝m eq \(OA,\s\up7(―→))＋n eq \(OB,\s\up7(―→)).
故有m eq \(OA,\s\up7(―→))＋(n﹣1)eq \(OB,\s\up7(―→))＝λeq \(OA,\s\up7(―→))﹣λeq \(OB,\s\up7(―→))，
即(m﹣λ)eq \(OA,\s\up7(―→))＋(n＋λ﹣1)eq \(OB,\s\up7(―→))＝0.
∵O，A，B不共线，
∴eq \(OA,\s\up7(―→))，eq \(OB,\s\up7(―→))不共线，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m－λ＝0，,n＋λ－1＝0，))
∴m＋n＝1.
解：设eq \(OM,\s\up16(→))＝ma＋nb，
则eq \(AM,\s\up16(→))＝eq \(OM,\s\up16(→))－eq \(OA,\s\up16(→))＝ma＋nb－a＝(m－1)a＋nb.
eq \(AD,\s\up16(→))＝eq \(OD,\s\up16(→))－eq \(OA,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)eq \(OB,\s\up16(→))－eq \(OA,\s\up16(→))＝－a＋eq \f(1,2)b.
又∵A、M、D三点共线，∴eq \(AM,\s\up16(→))与eq \(AD,\s\up16(→))共线．
∴存在实数t，使得eq \(AM,\s\up16(→))＝teq \(AD,\s\up16(→))，即(m－1)a＋nb＝teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－a＋\f(1,2)b)).
∴(m－1)a＋nb＝－ta＋eq \f(1,2)tb.
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m－1＝－t，,n＝\f(t,2)，))消去t，得m－1＝－2n，即m＋2n＝1.①
又∵eq \(CM,\s\up16(→))＝eq \(OM,\s\up16(→))－eq \(OC,\s\up16(→))＝ma＋nb－eq \f(1,4)a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m－\f(1,4)))a＋nb，
eq \(CB,\s\up16(→))＝eq \(OB,\s\up16(→))－eq \(OC,\s\up16(→))＝b－eq \f(1,4)a＝－eq \f(1,4)a＋b.
又∵C，M，B三点共线，∴eq \(CM,\s\up16(→))与eq \(CB,\s\up16(→))共线，
∴存在实数t1，使得eq \(CM,\s\up16(→))＝t1eq \(CB,\s\up16(→))，
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m－\f(1,4)))a＋nb＝t1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)a＋b))，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m－\f(1,4)＝－\f(1,4)t1，,n＝t1.))
消去t1，得4m＋n＝1.②
由 ①②得m＝eq \f(1,7)，n＝eq \f(3,7)，∴eq \(OM,\s\up16(→))＝eq \f(1,7)a＋eq \f(3,7)b.