向量三点共线定理及其扩展应用详解一、平面向量中三点共线定理的扩展及其应用一、问题的提出及证明.1、向量三点共线定理：在平面中A 、B 、C 三点共线的充要条件是：.O A xOB yOC =+（O 为平面内任意一点），其中1x y +=.那么1x y +<、1x y +>时分别有什么结证？并给予证明. 结论扩展如下：1、如果O 为平面内直线BC 外任意一点，则 当1x y +<时 A 与O 点在直线BC 同侧，1x y +>时， A 与O 点在直线BC 的异侧，证明如下： 设 O A xOB yOC =+且 A 与B 、C 不共线，延长OA 与直线BC 交于A 1点 设 1O A O A λ=（λ≠0、λ≠1）A 1与B 、C 共线 则 存在两个不全为零的实数m 、n1O A m O B n O C =+且1m n +=则 OA mOB nOC λ=+mnOA OB OC λλ⇒=+mx λ∴=、ny λ=1m nx y λλ++==（1）1λ> 则 1x y +< 则 111OA OA OA λ=<∴A 与O 点在直线BC 的同侧（如图[1]） （2）0λ<,则101x y λ+=<<，此时OA 与1OA 反向A 与O 在直线BC 的同侧（如图[2]） 图[2]BCA 1OA OA1BCA图[1]（3）1o λ<<，则1x y +>此时 111OA OA OA λ=>∴ A 与O 在直线BC 的异侧（如图[3]）图[3]2、如图[4]过O 作直线平行AB ，延长BO 、AO 、将AB 的O 侧区域划分为6个部分，并设OP xOA yOB =+, 则点P 落在各区域时，x 、y 满足的条件是：（Ⅰ）区：0001x y x y <⎧⎪>⎨⎪<+<⎩ （Ⅱ）区：0001x y x y >⎧⎪>⎨⎪<+<⎩ （Ⅲ）区：0001x y x y >⎧⎪<⎨⎪<+<⎩（Ⅳ）区：0011x y x y >⎧⎪<⎨⎪-<+<⎩ （Ⅴ）区：00x y <⎧⎨<⎩ （Ⅵ）区：0010x y x y <⎧⎪>⎨⎪-<+<⎩（证明略）二、用扩展定理解高考题.（1）如图[5] OM AB ，点P 在由射线OM ,线段OB 及AB 的延长线围成的阴影区域内（不含边界），且OP xOA yOB =+，则实数对（x 、y ）可以是……（ ） A.（14，34） B.（23-，23） C.（14-，34） D.（15-，75）解：根据向量加法的平等四边形法则及扩展定理，则 0x <，且1O x y <+<，则选C（2）如图[5]OM AB ，点P 在由射线OM ，线段OB 及AB 的延长线围成的阴影区域内（不含边界）运动，且OP xOA yOB =+，则x 的取值范围是 .当12x =-时，y 的取值范围是 .解：根据向量加法的平行四边形法则及扩展定理，则有：0x <，且当12x =-，有：1O x y <+<，即1131222O y y <-+<⇒<<答案为：0x <，（12，32） 二、向量共线定理的几个推论及其应用人教版《数学》（必修）第一册（下）P115面介绍了一个定理：向量b 与非零向量a 共线⇔有且仅ABCA 1O ABO Ⅲ ⅣⅤⅥⅠ Ⅱ MB A OP图[4]图[5]有一个实数λ，使b =λa .谓之“向量共线定理”.以它为基础，可以衍生出一系列的推论，而这些推论在解决一些几何问题（诸如“三点共线”“三线共点”等）时有着广泛的应用.以下通过例题来加以说明.一、定理的推论推论一：向量b 与向量a 共线⇔存在不全为0的实数12,λλ，使120a b λλ+=，这实质是定理的另外一种表述形式.推论二：三个不同点A 、B 、C 共线⇔存在一组全不为0的实数12,λλ，使120AB AC λλ+=. 注意推论（二）与推论（一）的区别：推论（二）中,AB AC 均不为零向量，而推论（一）中，向量,a b 可能含O .推论三: 设O 、A 、B 三点不共线，且OP xOA yOB =+，（x ，y∈R），则P 、A 、B 三点共线⇔x+y=1. 这实质是直线方程的向量形式.推论四: 设O 为平面内任意一点，则三个不同点A 、B 、C 共线⇔存在一组全不为0的实数123,,λλλ使123OA OB OC O λλλ++=且123λλλ++=0证：① 当O 点与A 、B 、C 三点中任一点重合，则推论（四）即为推论（二）；② 当O 点与A 、B 、C 三点均不重合，则三点A 、B 、C 共线⇔存在s ，t ∈R，且s·t≠0，使得sAB t AC O +=，此时，s≠-t ，否则AB AC =，从而B 点与C 点重合，这与已知条件矛盾，故有：()()s OB OA t OC OA O -+-=，即：()s OB tOC s t OA O ⋅+-+=.显然s+t+[-(s+t)]=0令123()0,0,0s t s t λλλ-+=≠=≠=≠,故1230λλλ++=得证.推论五： 设O 为平面内任意一点，则三个不同点A 、B 、C 不共线⇔若存在实数123,,λλλ，使123OA OB OC O λλλ++=且1230λλλ++=则123λλλ===0.推论五实质是推论四的逆否命题.推论六：点P 在ΔABO 的内部（不含边界）⇔存在正实数12,λλ，使得12OP OA OB λλ=+， 且121λλ+<.证：：如图，必要性：若点P 在ΔABO 的内部（不含边界），则12OP OA OB λλ=+，延长OP 交AB 于P 1，过P 作OA 、OB 的平行线，分别交OA ，OB 于M ，N 点，过P 1作OA ，OB 的平行线，分别交OA ，OB 于M 1，N 1点，显然11||||PM PM <，11||||PN PN <，12OP OM ON OA OB λλ=+=+.其中12||||,||||OMON OA OB λλ==显然1O120,0λλ>>.由于111112||||||||||||||||||||||||PNPM OM ON PN PM OA OB OA OB OA OB λλ+=+=+<+ 11||||||1||||||PB AP AB AB AB AB =+==.而充分性由上述各步的可逆性易知.事实上，我们可以将推论三与推论六整合在一起，导出推论七： 推论七：已知平面内不共线向量AB ，AC 且12AP AB AC λλ=+.分别记过点A 且与BC 平行的直线为1l ，直线BC ，AB ，AC 分别为234,,l l l .则：P 点在直线2l 上121λλ⇔+=；P 点在直线2l 不含A 点一侧121λλ⇔+>； P 点在直线2l 与1l 之间⇔1201λλ<+<；P 点在直线1l 上120λλ⇔+=；P 点在直线1l 不含直线2l 一侧⇔120λλ+<；P 点在直线3l 不含C 点一例⇔20,R λλ<∈；P 点在直线3l 含C 点一侧210,R λλ⇔>∈； P 点在直线4l 不含B 点一侧⇔120,R λλ<∈，P 点在直线4l 含B 点一侧120,R λλ⇔>∈. 证：设直线AP 与直线BC 相交于点P '，则设BP tBC '=，则()(1)AP AB BP AB tBC AB t AC AB t AB t AC''=+=+=+-=-+故P 若在直线BC 上，则121λλ+=,又∵,AP AP '共线，则AP k AP '=,故：12[(1)]AB AC k t AB t AC λλ+=-+,则12()()kt k AB kt AC λλ-+=-,∵AB、AC 不共线，则120kt k kt λλ--=⎧⎨-=⎩. ∴122()k kt λλλ=+=（1）若P 在①区域内，则0<k<1，即0<121λλ+<，且12,λλ均为正实数，即1201,01λλ<<<<; （2）若P 在②区域内，则0<k<1，t>1，则20λ>，10λ<，且1201λλ<+<; （3）若P 在③区域内，则k<0，120,0λλ<>，且120λλ+<; （4）若P 在④区域内，则k<0，120,0λλ<<，且120λλ+<; （5）若P 在⑤区域内，则k<0，120,0λλ><，且120λλ+<;34l 2 l 1⑦（6）若P 在⑥区域内，则0<k<1，则12(0,1)λλ+∈;（7）若P 在⑦区域内，则k>1，则121,0λλ><，121λλ+>; （8）若P 在⑧区域内，则k>1，则120,0λλ>>，121λλ+>; （9）若P 在⑨区域内，则k>1，则120,1λλ<>，121λλ+>.综上：当P 点位于1l 上方，120λλ+<;当P 点位于1l 下方2l 上方，12(0,1)λλ+∈;当P 点位于2l 下方121λλ+>;当P 点位于3l 左边，20λ<，3l 右边，20λ>;当P 点位于4l 左边，10λ>，4l 右边10λ<从而得证.注：推论（七）的相关结论还可以分得更细，它对解决“区域”问题很有重要的作用.二、应用举例例1 如图，在平行四边形ABCD 中，点M 是AB 的中点，点N 在BD 上.BN=13BD ，求证：M 、N 、C 三点共线.证：设1AB e =，2AD e =，（1e 与2e 不共线），则21BD e e =-. ∵N 为BD 的三等分点，∴2111()33BN BD e e ==-,而11122BM BA e ==-, ∴21212111211212()333323333BN e e e e e BM BC BM =-=+⨯-=+=+,∵12,33m n ==，且m+n=1，且B 、M 、C 三点不共线，则点M 、N 、C 三点共线.例2 设M ，N 分别是正六边形ABCDEF 的对角线AC 、CE 的内分点，且AM CNAC CEλ==，若B 、M 、N 三点共线，求λ的值. 分析：要求λ的值，只需建立f(λ)=0即可，而f(λ)=0就隐含在直线方程的向量形式中. 解：延长EA ，CB 交于点P ，设正六边形的边长为1,易知ΔECP 为Rt Δ，PB=2,A 是EP 之中点，1CE CN λ=,∴11113()322222CA CE CP CN CB CN CB λλ=+=+⋅=+, 又∵AM CN AC CE λ==，∴11CA CM λ=-； ∴11313(1)12222CM CN CB CM CN CB λλλλλ--=+⇒=+-；∵B、M 、N 三点共线.由推论（三）知，13(1)122λλλλ--+=⇒=即为所求 例3 （06年江西高考题）已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若1200OB a OA a OC =+，且A 、B 、C 三点共线，（设直线不过点O ），则S 200= A ．100 B ．101C ．200D ．201A MB CBCD EFA PMN解：易知a 1+a 200=1,∴1200200200()1002a a S +==,故选A.例4如图OM∥AB，点P 在由射线OM ，线段OB 及AB 的延长线围成的阴影区域内（不含边界），且OP xOA yOB =+，则实数对（x ，y ）可能的取值是A ．13(,)44B ．22(,)33-C ．13(,)44-D ．17(,)55-解：由P 点所处的区域，利用推论（七）的结论我们不难判定OP xOA yOB =+中的线性组合系数对（x ，y ）应满足0<x+y<1，且x<0，y>0.从而应选C.例5 （梅涅劳斯定理）若直线l 不经过ΔABC 的顶点，并且与ΔABC 的三边BC 、CA 、AB 或它们的延长线分别交于P 、Q 、R ，则BP CQ AR PC QA RB⋅⋅=1 证：如图，设P 、Q 、R 三点分有向线段BC 、CA 、AB ，所成的比分别为123,,λλλ，则1231||||||1BP CQ AR PC QA RBλλλ⋅⋅=⇔⋅⋅=， 又P 、Q 、R 三个分点中有一个或三个外分点，所以1230λλλ⋅⋅<，因而只需证明1231λλλ⋅⋅=-.任取一点O，则由定比分点的向量公式得：1212,11OB OC OC OAOP OQ λλλλ++==++,331OA OB OR λλ+=+, ∵P、Q 、R 三点共线,∴由推论4知存在全不为0的实数k 1，k 2，k 3使312123123123()()()01110OA OB OB OC OC OAk k k k k k λλλλλλ⎧+++++=⎪+++⎨⎪++=⎩ 即333221112233112()()()0111111k k k k k kOA OB OC λλλλλλλλλ+++++=++++++, 且333221112233112()()()0111111k k k k k kλλλλλλλλλ+++++=++++++,而A 、B 、C 三点不共线，由推论5得 3332211122331120111111k k k k k kλλλλλλλλλ+=+=+=++++++,∴1231λλλ⋅⋅=-，原命题得证. 例6 （塞瓦定理）若P 、Q 、R 分别是ΔABC 的BC 、CA 、AB 边上的点，则，AP 、BQ 、CR 三线共点的充要条件是1BP CQ AR PC QA RB⋅⋅=. AOA QPCB LR证：必要性：如图，设P 、Q 、R 分有向线段BC 、CA 、AB 所成的比分别为123,,λλλ， 则12311BP CQ AR PC QA RBλλλ⋅⋅=⇔⋅⋅=. 在平面ABC 内任取一点O ，令AP 、BQ 、CR 三线交点为M ，则A 、M 、P 三点共线，由推论4知，存在实数k 1使111111(1)(1)1OB OCOM k OA k OP k OA k λλ+=+-=+-⋅+1111111111k k k OA OB OC λλλ--=++++①同理存在实数k 2，k 3使222222(1)111k k OM OA k OB OC λλλ--=++⋅++,②3333331111k k OM OA OB k OC λλλ--=⋅++++ ,③①-②得:2112122121121111()()()01111k k k k k OA k OB OC λλλλλλ-----⋅+-+-=++++； ①-③得:3311131331311111()()()01111k k k k k OA OB k OC λλλλλλ-----+-+-=++++. 又∵A、B 、C 三点不共线，且2112122121121111()()()01111k k k k k k λλλλλλ-----+-+-=++++, 及3311131331311111()()()01111k k k k k k λλλλλλ-----+-+-=++++,∴由推论5得 3211212211211231111111111k k k k k k k k λλλλλλλ------=-=-=-+++++3113131311110111k k k k λλλλλ---=-=-=+++ ∴32112121231123213111111k k k k k λλλλλλλλλλλλ---===⋅⋅=+++,∴1231λλλ⋅⋅=，即1BP CQ ARPC QA RB⋅⋅=. 充分性：设AP 与BQ 交于点M ，且直线CM 交AB 于R′，R′分有向线段AB 所成比为3λ'，则由必要性和1231λλλ'⋅⋅=，又1231λλλ⋅⋅=,∴33λλ'=，∴CR CR '=,∴R 与R′重合，故AP 、BQ 与CR 三线交于一点M.C。