《2025年创新设计高考总复习数学浙江专版》

考点三 共线向量定理的应用
例 3 (1)(2025·泰州调研)设$\boldsymbol{e}_1$, $\boldsymbol{e}_2$是两个不共线的向量, 若向量$\boldsymbol{m} = -\boldsymbol{e}_1 + k\boldsymbol{e}_2(k \in \mathbf{R})$与向量$\boldsymbol{n} = k\boldsymbol{e}_1 - 4\boldsymbol{e}_2(k \in \mathbf{R})$共线, 则(B)

A.$k = 0$
B.$k = \pm 2$
C.$k = 2$
D.$k = -2$

答案： 例3
(1)B [
(1)因为$e_1$、$e_2$是两个不共线的向量,且$m=-e_1+ke_2$,$n=ke_1-4e_2$($k\in R$)共线,所以存在实数$\lambda\in R$,使得$m=\lambda n$,则$\begin{cases}-1=k\lambda,\\k=-4\lambda.\end{cases}$解得$\begin{cases}k=2,\\\lambda=-\frac{1}{2}.\end{cases}$或$\begin{cases}k=-2,\\\lambda=\frac{1}{2}.\end{cases}$则$k=\pm2$.]

(2)(2025·衡水调研)已知点$O$是$\triangle ABC$的重心, 过点$O$的直线与边$AB$, $AC$分别交于$M$, $N$两点, $D$为边$BC$的中点. 若$\overrightarrow{AD} = x\overrightarrow{AM} + y\overrightarrow{AN}(x, y \in \mathbf{R})$, 则$x + y =$(A)

A.$\frac{3}{2}$
B.$\frac{2}{3}$
C.$2$
D.$\frac{1}{2}$

答案：
例3
(2)A [
(2)如图所示，由三角形重心的性质，可得$\frac{AO}{AD}=\frac{2}{3}$

所以$\overrightarrow{AD}=\frac{3}{2}\overrightarrow{AO}$,所以$\frac{3}{2}\overrightarrow{AO}=x\overrightarrow{AM}+y\overrightarrow{AN}$,即$\overrightarrow{AO}=\frac{2}{3}x\overrightarrow{AM}+\frac{2}{3}y\overrightarrow{AN}$.易知M,O,N三点共线,可得$\frac{2}{3}x+\frac{2}{3}y=1$,所以$x+y=\frac{3}{2}$]

(1)已知$\boldsymbol{e}_1$, $\boldsymbol{e}_2$是平面内两个不共线的向量, $\overrightarrow{OA} = 3\boldsymbol{e}_1 + 2\boldsymbol{e}_2$, $\overrightarrow{OB} = 4\boldsymbol{e}_1 + k\boldsymbol{e}_2$, $\overrightarrow{OC} = 5\boldsymbol{e}_1 - 4\boldsymbol{e}_2$, 若$A$, $B$, $C$三点共线, 则实数$k$的值为(A)

A.$-1$
B.$0$
C.$1$
D.$2$

答案： 训练3
(1)A [
(1)法一 因为$\overrightarrow{OA}=3e_1+2e_2$,$\overrightarrow{OB}=4e_1+ke_2$,$\overrightarrow{OC}=5e_1-4e_2$,所以$\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OA}=(4e_1+ke_2)-(3e_1+2e_2)=e_1+(k-2)e_2$,$\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OA}=(5e_1-4e_2)-(3e_1+2e_2)=2e_1-6e_2$,又A,B,C三点共线,所以存在唯一的实数$\lambda$,使得$\overrightarrow{AB}=\lambda\overrightarrow{AC}$,即$e_1+(k-2)e_2=\lambda(2e_1-6e_2)$,所以$\begin{cases}2\lambda=1,\\-6\lambda=k-2.\end{cases}$解得$\begin{cases}\lambda=\frac{1}{2},\\k=-1.\end{cases}$故选A.
法二 根据题意，设$\overrightarrow{OA}=x\overrightarrow{OB}+(1-x)\overrightarrow{OC}$,则$3e_1+2e_2=[4x+5(1-x)]e_1+[kx-4(1-x)]e_2$,因为$e_1$、$e_2$是平面内两个不共线的向量,所以$\begin{cases}4x+5(1-x)=3,\\kx-4(1-x)=2.\end{cases}$得$\begin{cases}x=2,\\k=-1.\end{cases}$]

(2)(2025·青岛调研)在$\triangle ABC$中, $\overrightarrow{BC} = 3\overrightarrow{BD}$, $\overrightarrow{CF} = 2\overrightarrow{FA}$, $E$是$AB$的中点, $EF$与$AD$交于点$P$. 若$\overrightarrow{AP} = m\overrightarrow{AB} + n\overrightarrow{AC}(m, n \in \mathbf{R})$, 则$m + n =$(A)

A.$\frac{3}{7}$
B.$\frac{4}{7}$
C.$\frac{6}{7}$
D.$1$

答案：
训练3
(2)A [
(2)如图所示,因为$\overrightarrow{BC}=3\overrightarrow{BD}$,所以$\overrightarrow{BD}=\frac{1}{3}\overrightarrow{BC}$,

则$\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{AB}+\frac{1}{3}(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB})=\frac{2}{3}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{3}\overrightarrow{AC}$.因为A,P,D三点共线,所以$\overrightarrow{AP}=\lambda\overrightarrow{AD}=\frac{2}{3}\lambda\overrightarrow{AB}+\frac{1}{3}\lambda\overrightarrow{AC}$($\lambda\in R$).因为$\overrightarrow{CF}=2\overrightarrow{FA}$,所以$\overrightarrow{AF}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AC}$.因为E是边AB的中点,所以$\overrightarrow{AE}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}$.因为E,P,F三点共线,所以$\overrightarrow{AP}=k\overrightarrow{AE}+(1-k)\overrightarrow{AF}$=$\frac{1}{2}k\overrightarrow{AB}+\frac{1-k}{3}\overrightarrow{AC}$($k\in R$),则$\begin{cases}\frac{2}{3}\lambda=\frac{1}{2}k,\frac{1}{3}\lambda=\frac{1-k}{3}.\end{cases}$解得$k=\frac{4}{7}$,从而$m=\frac{2}{7}$,$n=\frac{1}{7}$,故$m+n=\frac{3}{7}$]

典例
给定两个长度为$1$的平面向量$\overrightarrow{OA}$和$\overrightarrow{OB}$,它们的夹角为$120^{\circ}$,如图,点$C$在以$O$为圆心的圆弧$\overset{\frown}{AB}$上运动,若$\overrightarrow{OC}=x\overrightarrow{OA}+y\overrightarrow{OB}$,其中$x,y\in\mathbf{R}$,则$x + y$的最大值是________.

答案：
典例2 [法一 由已知以$O$为$OA$为$x$轴的正半轴，$O$为坐标原点，建立直角坐标系(图略)．
其中$A(1,0),B\left(-\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}\right),C(\cos\theta,\sin\theta)$，(其中$\angle AOC=\theta,0\leqslant\theta\leqslant\frac{2\pi}{3}$)．
则有$\overrightarrow{OC}=(\cos\theta,\sin\theta)=x(1,0)+y\left(-\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$，
即$\begin{cases}x-\frac{y}{2}=\cos\theta,\frac{\sqrt{3}}{2}y=\sin\theta,\end{cases}$
得$x=\frac{\sqrt{3}}{3}\sin\theta+\cos\theta,y=\frac{2\sqrt{3}}{3}\sin\theta$，
$x+y=\frac{\sqrt{3}}{3}\sin\theta+\cos\theta+\frac{2\sqrt{3}}{3}\sin\theta=\sqrt{3}\sin\theta+\cos\theta=2\sin\left(\theta+\frac{\pi}{6}\right)$，
其中$0\leqslant\theta\leqslant\frac{2\pi}{3}$，所以$(x+y)_{max}=2$，当且仅当$\theta=\frac{\pi}{3}$时取得．
法二 如图，连接$AB$交$OC$于点$D$，
设$\overrightarrow{OD}=t\overrightarrow{OC}$，

由于$\overrightarrow{OC}=x\overrightarrow{OA}+y\overrightarrow{OB}$，所以$\overrightarrow{OD}=t(x\overrightarrow{OA}+y\overrightarrow{OB})$．
因为$D,A,B$三点在同一直线上，所以$tx+ty=1,x+y=\frac{1}{t}$．
由于$|\overrightarrow{OD}|=t|\overrightarrow{OC}|=t$，当$OD\perp AB$时$t$取到最小值$\frac{1}{2}$，当点$D$与点$A$或点$B$重合时$t$取到最大值$1$，故$1\leqslant x+y\leqslant2$．故$x+y$的最大值为$2$．
法三 (等和线法) 连接$AB$，过$C$作直线$l// AB$，则直线$l$为以$\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB}$为基底的平面向量基本定理系数的等和线，

显然当$l$与圆弧相切于$C_1$时，定值最大，
因为$\angle AOB=120^{\circ}$，所以$\overrightarrow{OC_1}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}$，所以$x+y$的最大值为$2$．

训练
如图,在$\triangle ABC$中,$H$为$BC$上异于$B,C$的任一点,$M$为$AH$的中点,若$\overrightarrow{AM}=\lambda\overrightarrow{AB}+\mu\overrightarrow{AC}$,则$\lambda+\mu=$________.

答案： 训练$\frac{1}{2}$ [由等和线定理可知$\lambda+\mu=\frac{AM}{AH}=\frac{1}{2}$.]