《2025年金版新学案高三总复习数学北师大版》

3. (2024·四川成都模拟)在正方形$ABCD$中，$M$是$BC$的中点. 若$\overrightarrow{AC}=\lambda\overrightarrow{AM}+\mu\overrightarrow{BD}$，则$\lambda+\mu$的值为(B)

A.$\frac{4}{3}$
B.$\frac{5}{3}$
C.$\frac{15}{8}$
D.$2$

答案：
3.B 在正方形 $ABCD$ 中,以点 $A$ 为原点,$AB$,$AD$ 所在直线分别为 $x$,$y$ 轴建立平面直角坐标系,如图,令 $AB = 2$,则 $B(2, 0)$,$C(2, 2)$,$D(0, 2)$,$M(2, 1)$,$\overrightarrow{AC} = (2, 2)$,$\overrightarrow{AM} = (2, 1)$,$\overrightarrow{BD} = (-2, 2)$,$\lambda \overrightarrow{AM} + \mu \overrightarrow{BD} = (2\lambda - 2\mu, \lambda + 2\mu)$,因为 $\overrightarrow{AC} = \lambda \overrightarrow{AM} + \mu \overrightarrow{BD}$,所以 $\begin{cases} 2\lambda - 2\mu = 2, \\ \lambda + 2\mu = 2. \end{cases}$ 解得 $\lambda = \frac{4}{3}$,$\mu = \frac{1}{3}$,所以 $\lambda + \mu$ 的值为 $\frac{5}{3}$.

故选 B.

典例 1 (1)(一题多变)在平行四边形$ABCD$中，$E$和$F$分别是边$CD$和$BC$的中点. 若$\overrightarrow{AC}=\lambda\overrightarrow{AE}+\mu\overrightarrow{AF}$，其中$\lambda$，$\mu\in\mathbf{R}$，则$\lambda+\mu=$(D)

A.$\frac{1}{3}$
B.$\frac{2}{3}$
C.$\frac{3}{4}$
D.$\frac{4}{3}$

答案：
(1)D 由题意知,$\overrightarrow{AE} = \overrightarrow{AD} + \overrightarrow{DE} = \overrightarrow{AD} + \frac{1}{2} \overrightarrow{AB}$,$\overrightarrow{AF} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BF} = \overrightarrow{AB} + \frac{1}{2} \overrightarrow{AD}$,所以 $\overrightarrow{AB} = - \frac{2}{3} \overrightarrow{AE} + \frac{4}{3} \overrightarrow{AF}$,$\overrightarrow{AD} = \frac{4}{3} \overrightarrow{AE} - \frac{2}{3} \overrightarrow{AF}$. 所以 $\overrightarrow{AC} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD} = ( - \frac{2}{3} \overrightarrow{AE} + \frac{4}{3} \overrightarrow{AF} ) + ( \frac{4}{3} \overrightarrow{AE} - \frac{2}{3} \overrightarrow{AF} ) = \frac{2}{3} \overrightarrow{AE} + \frac{2}{3} \overrightarrow{AF}$,而 $\overrightarrow{AC} = \lambda \overrightarrow{AE} + \mu \overrightarrow{AF}$,所以 $\lambda = \mu = \frac{2}{3}$,即 $\lambda + \mu = \frac{4}{3}$. 故选 D.

(2)“奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论，因为这个定理对应的图形与“奔驰”轿车的 logo 很相似，故形象地称其为“奔驰定理”. 已知$O$是$\triangle ABC$内的一点，$\triangle BOC$，$\triangle AOC$，$\triangle AOB$的面积分别是$S_{A}$，$S_{B}$，$S_{C}$，则$S_{A}·\overrightarrow{OA}+S_{B}·\overrightarrow{OB}+S_{C}·\overrightarrow{OC}=0$.

其推论为：已知$P$是$\triangle ABC$内任意一点，且$x\overrightarrow{PA}+y\overrightarrow{PB}+z\overrightarrow{PC}=0$，则$S_{\triangle PBC}:S_{\triangle PCA}:S_{\triangle PAB}=x:y:z$. 若点$P$是$\triangle ABC$内一点，且$\overrightarrow{AP}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{4}\overrightarrow{AC}$，则$\triangle ABP$的面积与$\triangle ABC$的面积之比是(C)

A.$1:3$
B.$2:3$
C.$1:4$
D.$1:2$

答案：

(2)C 法一(常规法):如图,延长 $CP$ 交 $AB$ 于点 $Q$,取 $AB$ 靠近 $A$ 的三等分点 $M$,取 $AC$ 靠近 $A$ 的四等分点 $N$,连接 $PM$,$PN$. 因为 $\overrightarrow{AP} = \frac{1}{3} \overrightarrow{AB} + \frac{1}{4} \overrightarrow{AC}$,所以四边形 $AMPN$ 为平行四边形,$PN // AQ$,所以 $\frac{PQ}{CQ} = \frac{NA}{CA} = \frac{1}{4}$. 分别过点 $P$,$C$ 作 $AB$ 的垂线,垂足分别为 $E$,$F$,则 $\frac{PE}{CF} = \frac{PQ}{CQ}$,所以 $\triangle ABP$ 的面积与 $\triangle ABC$ 的面积之比为 $\frac{PE}{CF} = \frac{PQ}{CQ} = \frac{1}{4}$.

故选 C. 法二(结论法):$\overrightarrow{AP} = \frac{1}{3} \overrightarrow{AB} + \frac{1}{4} \overrightarrow{AC} = \frac{1}{3} ( \overrightarrow{PB} - \overrightarrow{PA} ) + \frac{1}{4} ( \overrightarrow{PC} - \overrightarrow{PA} ) = \frac{1}{3} \overrightarrow{PB} + \frac{1}{4} \overrightarrow{PC} - \frac{7}{12} \overrightarrow{PA}$,即 $\frac{5}{12} \overrightarrow{PA} + \frac{1}{3} \overrightarrow{PB} + \frac{1}{4} \overrightarrow{PC} = 0$. 利用奔驰定理的推论得 $S_{\triangle PBC} : S_{\triangle PCA} : S_{\triangle PAB} = \frac{5}{12} : \frac{1}{3} : \frac{1}{4} = 5 : 4 : 3$,所以 $\frac{S_{\triangle ABP}}{S_{\triangle ABC}} = \frac{3}{5 + 4 + 3} = \frac{1}{4}$.

故选 C.

[变式探究]

答案： 答案略

1. (变条件)若将本例(1)中条件“$\overrightarrow{AC}$”改为“$\overrightarrow{BD}$”，则$\lambda+\mu$的值为0.

答案： 1.0 结合本例
(1)知,$\overrightarrow{BD} = \overrightarrow{AD} - \overrightarrow{AB} = ( \frac{4}{3} \overrightarrow{AE} - \frac{2}{3} \overrightarrow{AF} ) - ( - \frac{2}{3} \overrightarrow{AE} + \frac{4}{3} \overrightarrow{AF} ) = 2 \overrightarrow{AE} - 2 \overrightarrow{AF}$,而 $\overrightarrow{BD} = \lambda \overrightarrow{AE} + \mu \overrightarrow{AF}$,所以 $\lambda = 2$,$\mu = -2$,即 $\lambda + \mu = 0$.

2. (变条件、变设问)若将本例(1)变为：在平行四边形$ABCD$中，$O$是对角线$AC$，$BD$的交点，$E$是$OD$的中点，连接$AE$并延长交$CD$于$F$，设$\overrightarrow{OA}=a$，$\overrightarrow{OB}=b$，若$\overrightarrow{AF}=xa+yb$，则$x=$$- \frac{4}{3}$，$y=$$- \frac{2}{3}$.

答案： 2.$- \frac{4}{3}$ $- \frac{2}{3}$ 由题意知,$\triangle DEF \sim \triangle BEA$,且 $\frac{DE}{BE} = \frac{1}{3}$,所以 $\overrightarrow{DF} = \frac{1}{3} \overrightarrow{AB}$. 所以 $\overrightarrow{AF} = \overrightarrow{AD} + \overrightarrow{DF} = \overrightarrow{AD} + \frac{1}{3} \overrightarrow{AB} = ( \overrightarrow{OD} - \overrightarrow{OA} ) + \frac{1}{3} ( \overrightarrow{OB} - \overrightarrow{OA} ) = ( - \boldsymbol {b} - \boldsymbol {a} ) + \frac{1}{3} ( \boldsymbol {b} - \boldsymbol {a} ) = - \frac{4}{3} \boldsymbol {a} - \frac{2}{3} \boldsymbol {b}$. 又 $\overrightarrow{AF} = x \boldsymbol {a} + y \boldsymbol {b}$,所以 $x = - \frac{4}{3}$,$y = - \frac{2}{3}$

(1)在$\triangle ABC$中，$\angle C=90^{\circ}$，$\angle B=30^{\circ}$，$\angle BAC$的平分线交$BC$于点$D$. 若$\overrightarrow{AD}=\lambda\overrightarrow{AB}+\mu\overrightarrow{AC}(\lambda,\mu\in\mathbf{R})$，则$\frac{\lambda}{\mu}=$(B)
A. $\frac{1}{3}$
B. $\frac{1}{2}$
C. $2$
D. $3$
(2)若点$O$为$\triangle ABC$内一点，且$S_{\triangle AOB}:S_{\triangle BOC}:S_{\triangle AOC}=4:3:2$，设$\overrightarrow{AO}=\lambda\overrightarrow{AB}+\mu\overrightarrow{AC}$，则实数$\lambda$和$\mu$的值分别为(A)
A. $\frac{2}{9}$，$\frac{4}{9}$
B. $\frac{4}{9}$，$\frac{2}{9}$
C. $\frac{1}{9}$，$\frac{2}{9}$
D. $\frac{2}{9}$，$\frac{1}{9}$

答案：
(1)B
(2)A
(1)设 $AC = 1$,因为 $\angle C = 90^{\circ}$,$\angle B = 30^{\circ}$,所以 $AB = 2$,又 $AD$ 是 $\angle BAC$ 的平分线,所以 $\frac{CD}{AD} = \frac{CD}{BD} = \frac{1}{2}$,$CD = \frac{1}{3} BC$.$\overrightarrow{AD} = \overrightarrow{AC} + \overrightarrow{CD} = \overrightarrow{AC} + \frac{1}{3} \overrightarrow{CB} = \overrightarrow{AC} + \frac{1}{3} ( \overrightarrow{AB} - \overrightarrow{AC} ) = \frac{1}{3} \overrightarrow{AB} + \frac{2}{3} \overrightarrow{AC}$,又 $\overrightarrow{AD} = \lambda \overrightarrow{AB} + \mu \overrightarrow{AC}$,所以 $\lambda = \frac{1}{3}$,$\mu = \frac{2}{3}$,所以 $\frac{\lambda}{\mu} = \frac{1}{2}$. 故选 B.
(2)根据奔驰定理,得 $3 \overrightarrow{OA} + 2 \overrightarrow{OB} + 4 \overrightarrow{OC} = 0$,即 $3 \overrightarrow{OA} + 2( \overrightarrow{OA} + \overrightarrow{AB} ) + 4( \overrightarrow{OA} + \overrightarrow{AC} ) = 0$,整理得 $\overrightarrow{AO} = \frac{2}{9} \overrightarrow{AB} + \frac{4}{9} \overrightarrow{AC}$. 故选 A.

(1)当$ka-b$与$a+2b$共线时，求$k$的值；

答案：
(1)解:因为 $\boldsymbol {a} = (1, 0)$,$\boldsymbol {b} = (2, 1)$,所以 $k\boldsymbol {a} - \boldsymbol {b} = k(1, 0) - (2, 1) = (k - 2, -1)$,$\boldsymbol {a} + 2\boldsymbol {b} = (1, 0) + 2(2, 1) = (5, 2)$. 又因为 $k\boldsymbol {a} - \boldsymbol {b}$ 与 $\boldsymbol {a} + 2\boldsymbol {b}$ 共线,所以 $2(k - 2) - (-1) × 5 = 0$,所以 $k = - \frac{1}{2}$.

(2)若$\overrightarrow{AB}=2a+3b$，$\overrightarrow{BC}=a+mb$，且$A$，$B$，$C$三点共线，求$m$的值.

答案：
(2)由题知 $\overrightarrow{AB} = 2\boldsymbol {a} + 3\boldsymbol {b} = 2(1, 0) + 3(2, 1) = (8, 3)$,$\overrightarrow{BC} = \boldsymbol {a} + m\boldsymbol {b} = (1, 0) + m(2, 1) = (2m + 1, m)$. 因为 $A$,$B$,$C$ 三点共线,所以 $\overrightarrow{AB} // \overrightarrow{BC}$. 所以 $8m - 3(2m + 1) = 0$,所以 $m = \frac{3}{2}$.