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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、D B．A、B、C C．B、C 、D D．A、C、D 3、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．①② B．②③ C．③④ D．仅② 4、若向量a=(1,1),b=（1,-1) ,c=(-2,4) ,则c= ( ) A．-a+3b B．3a-b C．a-3b D．-3a+b
5、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.
?9910 B.10191910 D.10 C.
?
6、已知a是以点A(3,?1)为起点，且与向量b?(?3,4)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AB?DC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 C．???R，
B．a，b两向量中至少有一个为零向量
D．存在不全为零的实数
b??a
?1，?2，?1a??2b?0
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
????AB?a，AC?b，试用a、b表示AP
10、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＝2 B．λ－μ＝1 C．λμ＝－1 D．λμ＝1
11、在?ABC中，已知D是AB边上一点，若AD=2DB，CD=CA??CB,则?= (A)
2 3 (B)
1 3 (C) -
1 3
132(D) -
3
12、设a、b是不共线的两个非零向量,
(1)若OA?2a?b,OB?3a?b,OC=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OP?mOA，OQ?nOB,（m、n?R）。
11??3mn求证
6、解：方法一：设向量a的终点坐标是(x,y)，则a?(x?3,y?1)，则题意可知
1218??x?,x?,????55?121??189??4(x?3)?3(y?1)?0 ??19??,???,???y???y??225?或?55?． （x－3）?（y＋1）?15或?5，故填?5???，解得：??34?1a???(?3,4)??,?b?(?3,4)?55?，方法二：与向量平行的单位向量是5，故可得
从而向量a的终点坐标是(x,y)?a?(3,?1)，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
e?a|a|．
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．∵AB?DC，∴|AB|?|DC|且AB//DC，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，
AB//DC且|AB|?|DC|，因此，AB?DC．
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a,b均为零向量，则显然符合题意，且存在不全为零的实数
?1,?2,使
?1a??2b?0；若a?0，则由两向量共线知，存在??0，使得b??a，即?a?b?0，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, ∴∴
AM?11?11?AB?aAN?AC?b33，44，
∵M、P、C三点共线，可设MP??MC(??R)
1?AP?AM?MP?a??MC3于是
?11?1?AP?(??)a??bMC?AC?AM?b?a333 ∴∴
12、解:(1)证明:∵AB? (3a+b)-(2a-b)=a+2b. 而BC=(a-3b)-(3a+b)=-2a-4b=-2AB, ∴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)∵a与b是不共线的两个非零向量, ?8－λk＝0，∴?
?k－2λ＝0，
(8-λk)a+(k-2λ)b=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OA?a，OB?b，则OP?ma，OQ?nb
∵
OD?21??11??OG?OD?(a?b)(OA?OB)?(a?b)3322，∴
??1?1?1???PG?OG?OP?(a?b)?ma?(?m)a?bPQ?OQ?OP?nb?ma333∴，即， 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PG??PQ
??1111?(?m)a?b??nb??ma(?m??m)a?(??n)b?033∴3，即：3
??∵a与b
?1?m??m?0??3??1??n?0?3不共线，∴?消去?得
11??3mn