平面向量题型二：平面向量的共线问题

题型二：平面向量的共线问题1、若A(2,3)，B(x,4),C(3,y),且AB=2AC,则x=，y=2、已知向量a、b，且AB=a+2b,BC=-5a+6b,CD=7a-2b,则一定共线的三点是（）A．A、B、DB．A、B、CC．B、C、DD．A、C、D3、如果e1、e2是平面α内两个不共线的向量，那么在下列各说法中错误的有（）①λe1＋μe2(λ,μ∈R)可以表示平面α内的所有向量；②对于平面α中的任一向量a,使a=λe1＋μe2的λ,μ有无数多对；③若向量λ1e1+μ1e2与λ2e1+μ2e2共线,则有且只有一个实数k,使λ2e1+μ2e2=k(λ1e1+μ1e2)；④若实数λ,μ使λe1＋μe2=0，则λ=μ=0.A．①②B．②③C．③④D．仅②4、若向量a=(1,1),b=（1,-1),c=(-2,4),则c=()A．-a+3bB．3a-bC．a-3bD．-3a+b5、已知A(2,-2),B(4,3),向量p的坐标为(2k-1,7)且p∥AB,则k的值为()A.109B.109C.1019D.10196、已知a是以点(3,1)A为起点，且与向量(3,4)b平行的单位向量，则向量a的终点坐标是．7、给出下列命题：①若|a|＝|b|，则a=b；②若A，B，C，D是不共线的四点，则ABDC是四边形ABCD为平行四边形的充要条件；③若a=b，b=c，则a=c；④a=b的充要条件是|a|=|b|且a//b；⑤若a//b，b//c，则a//c，其中正确的序号是．8、平面向量a，b共线的充要条件是（）A．a，b方向相同B．a，b两向量中至少有一个为零向量C．R，baD．存在不全为零的实数1，2，120ab9、如图在三角形ABC中,AM﹕AB=1﹕3,AN﹕AC=1﹕4,BN与CM相交于点P，且aAB，bAC，试用a、b表示AP10、已知a，b是不共线的向量，AB→＝λa＋b，AC→＝a＋μb(λ，μ∈R)，那么A，B，C三点共线的充要条件是()．A．λ＋μ＝2B．λ－μ＝1C．λμ＝－1D．λμ＝111、在∆ABC中，已知D是AB边上一点，若AD=2DB，CD=CBCA31,则=(A)32(B)31(C)-31(D)-3212、设a、b是不共线的两个非零向量,(1)若2,3,OAabOBabOC=a-3b,求证:A、B、C三点共线;(2)若8a+kb与ka+2b共线,求实数k的值.13、如图点G是三角形ABO的重心,PQ是过G的分别交OA、OB于P、Q的一条线段，且mOAOP，nOBOQ,（m、Rn）。求证311nm6、解：方法一：设向量a的终点坐标是(,)xy，则(3,1)axy，则题意可知224(3)3(1)0311xyxy（－）（＋），解得：12,515xy　或18,595xy，故填121,55或189,55．方法二：与向量(3,4)b平行的单位向量是1(3,4)5，故可得34,55a，从而向量a的终点坐标是(,)(3,1)xya，便可得结果．归纳小结：①向量的概念较多，且容易混淆，在学习中要分清、理解各概念的实质，注意区分共线向量、平行向量、同向向量、反向向量、单位向量等概念；②与a平行的单位向量||aea．7、解析：①不正确．两个向量的长度相等，但它们的方向不一定相同．②正确．∵ABDC，∴||||ABDC且//ABDC，又A，B，C，D是不共线的四点，∴四边形ABCD为平行四边形；反之，若四边形ABCD为平行四边形，则，//ABDC且||||ABDC，因此，ABDC．③正确．∵a=b，∴a，b的长度相等且方向相同；又b＝c，∴b，c的长度相等且方向相同，∴a，c的长度相等且方向相同，故a＝c．④不正确．当a//b且方向相反时，即使|a|=|b|，也不能得到a=b，故|a|=|b|且a//b不是a=b的充要条件，而是必要不充分条件．⑤不正确．考虑b=0这种特殊情况．综上所述，正确命题的序号是②③．归纳小结：本例主要复习向量的基本概念，向量的基本概念较多，因而容易遗忘，为此，复习时一方面要构建良好的知识结构，另一方面要善于与物理中、生活中的模型进行类比和联系，帮助理解，加深记忆．8、解析：若,ab均为零向量，则显然符合题意，且存在不全为零的实数12,,使120ab；若0a，则由两向量共线知，存在0，使得ba，即0ab，符合题意，故选Ｄ．归纳小结：概念定理性的问题往往是看似简单，实则处处陷阱，所以应加强对基础概念、定理的深入理解，明确问题关键之处，体会本质．9、分析：本题是以向量为载体的平面几何题，所以我们很容易联想到点M、P、C三点在一条直线上，可用共线定理的充分必要条件求解。解∵AM﹕AB=1﹕3,AN﹕AC=1﹕4,∴∴aABAM3131，bACAN4141，∵M、P、C三点共线，可设)(RMCMP于是MCaMPAMAP31∴abAMACMC31∴baAP)3131(12、解:(1)证明:∵AB(3a+b)-(2a-b)=a+2b.而BC=(a-3b)-(3a+b)=-2a-4b=-2,AB∴AB与BC共线,且有公共端点B,∴A、B、C三点共线.(2)∵8a+kb与ka+2b共线,存在实数λ使得8a+kb=λ(ka+2b)(8-λk)a+(k-2λ)b=0,∵a与b是不共线的两个非零向量,∴8－λk＝0，k－2λ＝0，⇒8＝2λ2⇒λ＝±2，∴k＝2λ＝±4.13、分析：本题是一道典型的平面几何证明，如果用平几方法则过程很复杂，如果我们将题目中的已知条件作向量处理便能使证明过程简单得多。因为注意到P、G、Q三点在一条直线上，所以我们可以考虑PQ与PG共线，于是可以用共线定理得方程组求解。证明：设aOA，bOB，则amOP，bnOQ∵)(21)(21baOBOAOD，∴)(3132baODOG∴bamambaOPOGPG31)31()(31，即ambnOPOQPQ，又P、Q、G三点在同一直线上，则PG与PQ共线∴存在一个实数使得PQPG∴ambnbam31)31(，即：0)31()31(bnamm∵a与b不共线，∴031031nmm消去得311nm