前言
判断依据：
三点共线的应用类型：①判断是否三点共线；②已知三点共线，求参数的值；
典例剖析
解: \(\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{CB}=3(\vec{e_1}+\vec{e_2})-(\vec{e_2}-\vec{e_1})=4\vec{e_1}+2\vec{e_2}=2\overrightarrow{CD}\)，
所以 \(A\)、\(D\)、 \(C\) 三点共线，故选: \(C\) .
解后反思：补充排除选项 \(A\)、\(B\)、\(D\)的思路方法。比如排除选项\(A\)的具体过程如下：
由于 \(\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}=4\vec{e_1}+2\vec{e_2}\)，
假如 \(A\)、\(B\)、 \(C\) 三点共线，则存在唯一的实数 \(k\) ，使得 \(\overrightarrow{AB}=k\overrightarrow{AC}\)，
即 \(3(\vec{e_1}+\vec{e_2})=k(4\vec{e_1}+2\vec{e_2})\)，即 \((4k-3)\vec{e_1}=(3-2k)\vec{e_2}\)，
\(\left\{\begin{array}{l}{4k-3=0}\\{3-2k=0}\end{array}\right.\)， 此方程无解，
即不存在唯一的实数 \(k\) ，使得 \(\overrightarrow{AB}=k\overrightarrow{AC}\)，则 \(A\)、\(B\)、 \(C\) 三点不共线；
思路1： \(\overrightarrow{BA}=\overrightarrow{OA}-\overrightarrow{OB}=(\lambda\vec{a}+\mu\vec{b})-(3\vec{a}-2\vec{b})=(\lambda-3)\vec{a}+(\mu+2)\vec{b}\) ，
\(\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OB}=2\vec{a}+3\vec{b}-(3\vec{a}-2\vec{b})=-\vec{a}+5\vec{b}\),
因为\(A\)、\(B\)、\(C\) 三点共线，所以 \(\overrightarrow{BA}//\overrightarrow{BC}\)，
必存在唯一的实数 \(k\) ，使得 \(\overrightarrow{BA}=k\overrightarrow{BC}\)，
由对应系数成比例可知，故 \(\cfrac{\lambda-3}{-1}=\cfrac{\mu+2}{5}\)，
即 \(-5(\lambda-3)=\mu+2\)，也即 \(\mu=13-5\lambda\)，故选: \(D\) .
思路2：利用 已知\(\overrightarrow{OC}=\lambda \overrightarrow{OA}+\mu \overrightarrow{OB}\)，其中\(\lambda+\mu=1\)，求证：\(A、B、C\)三点共线；
A. 8
B. 6
C. 4
D. 2
【答案】A
【详解】因为 \(A, B, C\) 三点共线, 所以向量 \(\overrightarrow{A B} 、 \overrightarrow{A C}\) 共线,
所以存在 \(\lambda \in \mathrm{R}\), 使得 \(A \dot{B}=\lambda A \dot{C}\), 即 \((a-1) \vec{e}_1+\vec{e}_2=\lambda\left(2 \vec{b}_1-\vec{e}_2\right)\),
即 \((a-1) \vec{e}_1+\vec{e}_2=2 \lambda b \dot{e}_1-\lambda \dot{e}_2\) ，
因为 \(\dot{e}_1 、 \dot{e}_2\) 不共线, 所以 \(\left\{\begin{array}{l}a-1=2 b \lambda \\ 1=-\lambda\end{array}\right.\), 消去 \(\lambda\), 得 \(a+2 b=1\),
法1：利用平面向量共线基本定理求解，思路很严谨但速度慢，适合求解解答题；
由于向量 \(\vec{e_1}\)，\(\vec{e_2}\) 不共线，故向量 \(2\vec{e_1}-5\vec{e_2}\neq \vec{0}\)，否则若向量 \(2\vec{e_1}-5\vec{e_2}=\vec{0}\)，则 \(\vec{e_1}=\cfrac{5}{2}\vec{e_2}\)， 这说明向量 \(\vec{e_1}\)，\(\vec{e_2}\) 共线，与已知矛盾，故 \(2\vec{e_1}-5\vec{e_2}\neq \vec{0}\)。
又已知向量 \(\lambda\vec{e_1}+3\vec{e_2}\) 与 \(2\vec{e_1}-5\vec{e_2}\) 平行，则由平面向量共线定理可知，
必然存在唯一的实数 \(\mu\)，使得 \(\lambda\vec{e_1}+3\vec{e_2}\)\(=\mu\cdot\)\((2\vec{e_1}-5\vec{e_2})\)，
整理得到，\((2\mu-\lambda)\vec{e_1}=(3+5\mu)\vec{e_2}\)，
又由于向量 \(\vec{e_1}\)，\(\vec{e_2}\) 不共线，则 \(\vec{e_1}\neq\vec{0}\)，\(\vec{e_2}\neq\vec{0}\)，
故 \(\left\{\begin{array}{l}{2\mu-\lambda=0}\\{3+5\mu=0}\end{array}\right.\)， [1]
解得，\(\lambda=-\cfrac{6}{5}\) .
法2：利用对应系数成比例求解，思路不是很严谨但速度很快，适合求解选填题目；
已知向量 \(\lambda\vec{e_1}+3\vec{e_2}\) 与 \(2\vec{e_1}-5\vec{e_2}\) 平行，则由平面向量共线定理可知，
必然存在唯一的实数 \(\mu\)，使得 \(\lambda\vec{e_1}+3\vec{e_2}\)\(=\mu\cdot\)\((2\vec{e_1}-5\vec{e_2})\)，
即 \(\lambda\vec{e_1}+3\vec{e_2}\)\(=\)\(2\mu\vec{e_1}-5\mu\vec{e_2}\)，
则由对应系数成比例[对应系数相等包含在对应系数成比例中]可知，\(\cfrac{\lambda}{2\mu}=\cfrac{3}{-5\mu}\) ，
解得，\(\lambda=-\cfrac{6}{5}\) .
解：因为 \(A\)、\(B\)、\(C\) 三点共线，
所以 \(\overrightarrow{AB}\)， \(\overrightarrow{BC}\) 共线， 又\(\vec{a}\)， \(\vec{b}\) 是平面内两个不共线向量，
所以可设 \(\overrightarrow{AB}=\lambda\overrightarrow{BC}\)， 因为 \(\overrightarrow{AB}\)\(=\)\(m\vec{a}\)\(+\)\(2\vec{b}\)， \(\overrightarrow{BC}\)\(=\)\(3\vec{a}\)\(-\)\(\vec{b}\)，
所以 \(m \vec{a}+2 \vec{b}=\lambda(3 \vec{a}-\vec{b})\),
所以 \(m=3\lambda\)， \(\lambda=-2\)，所以 \(m=-6\)，故选: \(C\) .
否则，若 \(2\mu-\lambda\neq0\)，则 \(\vec{e_1}=\cfrac{3+5\mu}{2\mu-\lambda}\cdot\vec{e_2}\)，即说明向量 \(\vec{e_1}\)，\(\vec{e_2}\) 共线，与已知矛盾。 ↩︎