从向量共线到三点共线-相濡以沫

共线定理有以下三种形式：

共线定理1：对平面内任意的两个向量 $\boldsymbol{a}$ 和 $\boldsymbol{b}(\boldsymbol{b} \neq \boldsymbol{0})， \boldsymbol{a} / / \boldsymbol{b}$ 的充要条件是存在唯一的实数 $\lambda$ ，使得 $\boldsymbol{a}=\lambda \boldsymbol{b}$ 。

共线定理2：在平面内， $A， B， P$ 三点共线的充要条件是存在唯一的实数 $\lambda$ ，使得 $\overrightarrow{A B}=$ $\lambda \overrightarrow{A P}$ 。

共线定理3：若平面内三点 $A， B， P$ 满足关系 $\overrightarrow{O P}=\lambda \overrightarrow{O A}+\mu \overrightarrow{O B}(O)$ 为平面内的任意一点)，则 $A， B， P$ 三点共线的充要条件是 $\lambda+\mu=1$ 。

三个定理之间可以相互推导，本质都是用来刻画三点共线。

特别地，对共线定理 3 ，由平面向量基本定理知，任意一个向量 (如 $\overrightarrow{O P}$ ) 可以被其他两个不共线的（基底）向量（如 $\overrightarrow{O A}$ ， $\overrightarrow{O B}$ ）表示，即 $\overrightarrow{O P}=x \overrightarrow{O A}+y \overrightarrow{O B}$ 。如果 $P$ ， $A$ ， $B$ 三点共线，则基底系数之和为 $1$ （即 $x+y=1$ ），反之亦然。

其中 $x， y$ 有其几何意义，满足 $\dfrac{|A P|}{| P B |}=\left|\dfrac{y}{x}\right|$ ，当点 $P$ 在线段 $A B$ 上时， $x>0， y>0$ ; 当点 $P$ 在线段 $A B$ 外时， $x y<0$ 。

【例题】已知 $A$ ， $B$ ， $P$ 是直线 $l$ 上不同的三点，点 $O$ 在直线 $l$ 外，若 $\overrightarrow{O P}=m \overrightarrow{A P}+$ $(2 m-3) \overrightarrow{O B}(m \in \mathbb{R})$ ，则 $\dfrac{|\overrightarrow{P B}|}{|\overrightarrow{P A}|}=$ ________________ 。

解析

【分析】题干中给出了 $A$ ， $B$ ， $P$ 三点共线，还有一个向量被另外两个向量表示的形式，所以考虑使用共线定理 $3$ 。但注意到三个向量 $\overrightarrow{O P}$ ， $\overrightarrow{A P}$ ， $\overrightarrow{O B}$ 没有共起点，故需要先将它们整理为共起点 $O$ 。

【解答】已知 $\overrightarrow{O P}=m \overrightarrow{A P}+(2 m-3) \overrightarrow{O B}=m(\overrightarrow{O P}-\overrightarrow{O A})+(2 m-3) \overrightarrow{O B}$ ，即 $\overrightarrow{O A}=\dfrac{m-1}{m} \overrightarrow{O P}+\dfrac{2 m-3}{m} \overrightarrow{O B}$

因为 $A$ ， $B$ ， $P$ 三点共线，所以

$\dfrac{m-1}{m}+\dfrac{2 m-3}{m}=1,$

解得 $m=2$ 。

所以 $\overrightarrow{O P}=2 \overrightarrow{A P}+\overrightarrow{O B}$ ，即 $\overrightarrow{B P}=2 \overrightarrow{A P}$ ，得

$\dfrac{|\overrightarrow{P B}|}{|\overrightarrow{P A}|}=2 .$

【点评】三点共线 (几何) 到系数和为 $1$ (代数)，从形到数注重向量表示，这里要注意三个向量共起点这个前提条件。

【例题】如图，已知 $O$ 是 $\triangle A B C$ 的边 $B C$ 的中点，过点 $O$ 作直线，分别交 $A B$ ， $A C$ 于点 $M$ ， $N$ 。若 $\overrightarrow{A M}=m \overrightarrow{A B}$ ， $\overrightarrow{A N}=n \overrightarrow{A C}$ ，则 $\dfrac{1}{m}+\dfrac{1}{n}=$ _____________________。

解析

【分析】本题图形中有几组三点共线? 分别如何用向量刻画?

(1) $A$ ， $B$ ， $M$ 三点共线，可用条件 $\overrightarrow{A M}=m \overrightarrow{A B}$ 刻画；

(2) $A$ ， $N$ ， $C$ 三点共线，可用条件 $\overrightarrow{A N}=n \overrightarrow{A C}$ 刻画；

(3) $B$ ， $O$ ， $C$ 三点共线，用什么向量式刻画?

(4) $M$ ， $O$ ， $N$ 三点共线，用什么向量式刻画?

注意到图中 $B C$ 与 $M N$ 相交于点 $O$ ，形成了一个” $X$ “形，故对点 $O$ 而言，有两组三点共线与之相关，因此可以”算两次”。

【解答】因为 $O$ 是 $B C$ 的中点，所以 $\overrightarrow{A O}=\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A B}+\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A C}$

因为 $\overrightarrow{A M}=m \overrightarrow{A B}， \overrightarrow{A N}=n \overrightarrow{A C}$ ，所以

$\overrightarrow{A O}=\dfrac{1}{2 m} \overrightarrow{A M}+\dfrac{1}{2 n} \overrightarrow{A N}$

又 $O， M， N$ 三点共线，故 $\dfrac{1}{2 m}+\dfrac{1}{2 n}=1$ ，即

$\dfrac{1}{m}+\dfrac{1}{n}=2.$

【点评】本题的几何图形中蕴含了四组三点共线，尤其是 ” $X$ “形的两组三点共线，提供 $\overrightarrow{A O}$ 的两种表示方式，将几何的”图形”变成了代数的”表示”，让几何问题变得简洁明了。

【例题】如图，在 $\triangle A B C$ 中，已知 $D$ 为 $B C$ 的中点， $E$ 为 $A D$ 的中点，过点 $E$ 作一条直线 $M N$ ，分别交 $A B， A C$ 于点 $M， N$ 。若 $\overrightarrow{A M}=x \overrightarrow{A B}$ ， $\overrightarrow{A N}=y \overrightarrow{A C}$ ，则 $x+4 y$ 的最小值是_________________。

解析

【解答】由题意得 $\overrightarrow{A D}=\dfrac{\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A C}}{2}$ ，即 $2 \overrightarrow{A E}=\dfrac{1}{2 x} \overrightarrow{A M}+\dfrac{1}{2 y} \overrightarrow{A N}$

由 $M， N， E$ 三点共线知 $\frac{1}{4 x}+\frac{1}{4 y}=1$

易知 $x， y>0$ ，故 $x+4 y=(x+4 y)\left(\dfrac{1}{4 x}+\dfrac{1}{4 y}\right) \geqslant \dfrac{9}{4}$ ，当 $x=\dfrac{3}{4}， y=\dfrac{3}{8}$ 时可取等号。

探究本题中呈现的是三点共线“ $X$ ”形图，如果点 $D$ ， $E$ 都是任意变化的，那么你能推导出什么更一般的结论吗？

如图，在 $\triangle A B C$ 中， $D$ 为 $B C$ 上一点，且 $\dfrac{B D}{D C}=\dfrac{a}{b}， E$ 为 $A D$ 上一点，过点 $E$ 的直线与线段 $A B$ ， $A C$ 分别交于点 $M$ ， $N.$ 设 $\overrightarrow{A M}=x \overrightarrow{A B}$ ， $\overrightarrow{A N}=y \overrightarrow{A C}$ ， $\overrightarrow{A E}=z \overrightarrow{A D}.$

则 $\overrightarrow{A D}=\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{B D}=\overrightarrow{A B}+\dfrac{a}{a+b}\overrightarrow{B C}=\dfrac{b}{a+b}\overrightarrow{A B}+\dfrac{a}{a+b}\overrightarrow{A C}$ ，

$\therefore \dfrac{1}{z}\overrightarrow{A E}=\dfrac{b}{(a+b)x}\overrightarrow{A M}+\dfrac{a}{(a+b)y}\overrightarrow{A N}$

又 $M$ ， $E$ ， $N$ 三点共线， $\therefore \dfrac{bz}{(a+b)x}+\dfrac{az}{(a+b)y}=1$ ，

整理可得： $\color{magenta}{\dfrac{b}{x}+\dfrac{a}{y}=\dfrac{a+b}{z}.}$

类似地，在平面几何中，如图，在 $\triangle A B C$ 中， $D$ 为 $B C$ 上一点， $E$ 为 $A D$ 上一点。设 $B D=x$ ， $D C=y$ ，则 $\frac{S_{\triangle A B E}}{S_{\triangle A E C}}=\frac{S_{\triangle B E D}}{S_{\triangle D E C}}=\frac{S_{\triangle A B D}}{S_{\triangle A D C}}=\frac{B D}{D C}=\frac{x}{y} .$

用向量可以表示：若 $E$ 为 $\triangle A B C$ 内一点， $S_B， S_C， S$ 分别表示 $\triangle A E C$ ， $\triangle A E B$ ， $\triangle A B C$ 的面积。因为 $\overrightarrow{A E}=\dfrac{A E}{A D} \overrightarrow{A D}$ ，且 $\overrightarrow{A D}=\dfrac{y}{x+y} \overrightarrow{A B}+\dfrac{x}{x+y} \overrightarrow{A C}=\dfrac{S_{\triangle A C D}}{S} \overrightarrow{A B}+\dfrac{S_{\triangle A B D}}{S} \overrightarrow{A C}$ ，所以 $\overrightarrow{A E}=\frac{S_B}{S} \overrightarrow{A B}+\frac{S_C}{S} \overrightarrow{A C}.$

从向量共线到三点共线小测验

方便熟练掌握本节内容

1 / 6

在 $\triangle ABC$ 中， $\overrightarrow{AN}=\frac{1}{4}\overrightarrow{NC}$ ， $P$ 是 $BN$ 上的一点，若 $\overrightarrow{AP}=m\overrightarrow{AB}+\frac{2}{11}\overrightarrow{AC}$ ，则实数 $m$ 的值为（）

\frac{3}{11}

\frac{5}{11}

\frac{7}{11}

\frac{1}{11}

$\because \overrightarrow{AN}=\frac{1}{4}\overrightarrow{NC}$ ，

$\therefore \overrightarrow{AP}=m\overrightarrow{AB}+\frac{2}{11}\overrightarrow{AC}=m\overrightarrow{AB}+\frac{2}{11}\times 5\overrightarrow{AN}=m\overrightarrow{AB}+\frac{10}{11}\overrightarrow{AN}$ ，

$\because N$ ， $P$ ， $B$ 三点共线，

$\therefore m+\frac{10}{11}=1$ ， $\therefore m=\frac{1}{11}.$

2 / 6

如图，在 $\triangle ABC$ 中，点 $D$ ， $E$ 分别在边 $AB$ ， $BC$ 上，且均为靠近 $B$ 的四等分点， $CD$ 与 $AE$ 交于点 $F$ ，若 $\overrightarrow{BF}=x\overrightarrow{AB}+y\overrightarrow{AC}$ ，则 $3x+y=$ （）

-\dfrac{1}{4}

-1

-\dfrac{1}{2}

-\dfrac{3}{4}

$\begin{align}\overrightarrow{BF}&=x\overrightarrow{AB}+y\overrightarrow{AC}\\&=x\overrightarrow{AB}+y\left(\overrightarrow{AB}+4\overrightarrow{BE}\right)\\&=\left(-x-y\right)\overrightarrow{AB}+4y\overrightarrow{BE}\end{align}$

$\because A$ 、 $F$ 、 $E$ 三点共线，

$\therefore -x-y+4y=1$ ，

又 $\overrightarrow{BF}=x\overrightarrow{AB}+y\overrightarrow{AC}$ ，

$\therefore \overrightarrow{AF}-\overrightarrow{AB}=x\overrightarrow{AB}+y\overrightarrow{AC}$

$\therefore \overrightarrow{AF}=(1+x)\overrightarrow{AB}+y\overrightarrow{AC}$

$\therefore \overrightarrow{AF}=\dfrac{4(1+x)}{3}\overrightarrow{AB}+y\overrightarrow{AC}$

又 $\because D$ 、 $F$ 、 $C$ 三点共线，

$\dfrac{4(1+x)}{3}+y=1$

$\therefore x=-\dfrac{2}{5},y=\dfrac{1}{5}$

$3x+y=-1$

3 / 6

如图所示，已知点 $G$ 是 $\triangle ABC$ 的重心，过点 $G$ 作直线分别交 $AB,AC$ 两边于 $M,N$ 两点，且 $\overrightarrow{AM}=x\overrightarrow{AB}$ ， $\overrightarrow{AN}=y\overrightarrow{AC}$ ，则 $2x+y$ 的最小值为（）

2

\dfrac{2\sqrt{2}+3}{3}

2\sqrt{2}+3

4

$\because G$ 是 $\triangle ABC$ 的重心，

$\therefore \overrightarrow{AG}=\dfrac{1}{3}\overrightarrow{AB}+\dfrac{1}{3}\overrightarrow{AC}$ ，

$\therefore \overrightarrow{AG}=\dfrac{1}{3x}\overrightarrow{AM}+\dfrac{1}{3y}\overrightarrow{AN}$ ，

因为 $M,G,N$ 三点共线, $\therefore \dfrac{1}{3x}+\dfrac{1}{3y}=1,$

$\begin{align} 2x+y&=(2x+y)(\dfrac{1}{3x}+\dfrac{1}{3y})\\&=\dfrac{2x}{3y}+\dfrac{y}{3x}+1\\&\geqslant 2\sqrt{\dfrac{2x}{3y}\times \dfrac{y}{3x}}+1\\&=\dfrac{2\sqrt{2}+3}{3}\end{align}$

当且仅当 $\dfrac{2x}{3y}=\dfrac{y}{3x}$ ，

即 $x=\dfrac{2+\sqrt{2}}{6},y=\dfrac{\sqrt{2}+1}{3}$ 时取等号，

$\therefore 2 x+y$ 的最小值为 $\dfrac{2\sqrt{2}+3}{3}.$

4 / 6

在 $\triangle ABC$ 中， $AB=3,AC=2$ ， $A=\dfrac{\pi }{3}$ ，过 $\vartriangle ABC$ 的外心O的直线(不经过点 $A$ )分别交线段 $AB,AC$ 于 $D,E$ ，且 $\overrightarrow{AD}=\lambda \overrightarrow{AB}$ ， $\overrightarrow{AE}=\mu \overrightarrow{AC}$ ，则 $\lambda +\mu$ 的取值范围是（）

\left[ \dfrac{11+4\sqrt{6}}{18},\dfrac{23}{15} \right]

\left[ \dfrac{14+3\sqrt{6}}{18},\dfrac{13}{10} \right]

\left[ \dfrac{14+3\sqrt{6}}{18},\dfrac{23}{15} \right]

\left[ \dfrac{11+4\sqrt{6}}{18},\dfrac{13}{10} \right]

由余弦定理可得： $a=\sqrt{7}$ ， $\cos B=\dfrac{2}{\sqrt{7}}$ ， $\cos C=\dfrac{1}{2\sqrt{7}}$ ，

$\therefore \sin 2A=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ ， $\sin 2B=\dfrac{4\sqrt{3}}{7}$ ， $\sin 2C=\dfrac{3\sqrt{3}}{14}.$

$\because S_A:S_B:S_C=\sin 2A:\sin 2B:\sin 2C$ ，参考文章：奔驰定理与三角形的四心

$\therefore\begin{align}\overrightarrow{A O}&=\dfrac{S_B}{S} \overrightarrow{A B}+\dfrac{S_C}{S} \overrightarrow{A C}\\&=\dfrac{4}{9} \overrightarrow{A B}+\dfrac{1}{6} \overrightarrow{A C}.\end{align}$

因为 $D,O,E$ 三点共线，

可得 $\dfrac{4}{9\lambda }+\dfrac{1}{6\mu }=1$ ，

因为 $\lambda \in [0,1]$ ，

所以 $\lambda (\dfrac{4}{9\lambda }+\dfrac{1}{6\mu })\in [0,1]$ ，所以 $\dfrac{\lambda }{\mu }\leqslant \dfrac{10}{3}$ ，

同理可得 $0<\mu \le 1$ ，所以 $\dfrac{\lambda }{\mu }\geqslant \dfrac{8}{15}$

所以 $\begin{align}\lambda +\mu &=(\lambda +\mu )\cdot (\dfrac{4}{9\lambda }+\dfrac{1}{6\mu })\\&=\dfrac{11}{18}+\dfrac{\lambda }{6\mu }+\dfrac{4\mu }{9\lambda }\end{align}$ ，

设 $t=\dfrac{\lambda }{\mu }\in [\dfrac{8}{15},\dfrac{10}{3}]$ ，

可得 $\lambda +\mu =\dfrac{11}{18}+\dfrac{t}{6}+\dfrac{4}{9t}$ ，

令 $g\left( t \right)=\dfrac{11}{18}+\dfrac{t}{6}+\dfrac{4}{9t}$ ，由对勾函数得：

当 $t\in \left[\dfrac{8}{15},\dfrac{2\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\right)$ 时， $g\left( t \right)$ 单调递减；

当 $t\in \left(\dfrac{2\sqrt{2}}{\sqrt{3}},\dfrac{10}{3}\right]$ 时， $g\left( t \right)$ 单调递增，

所以当 $t=\dfrac{2\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$ 时， $\lambda +\mu$ 取得最小值，

最小值为 $\dfrac{11}{18}+2\sqrt{\dfrac{1}{6}\times \dfrac{4}{9}}=\dfrac{11+4\sqrt{6}}{18}$ ；

又由 $g(\dfrac{8}{15})=\dfrac{23}{15}$ ， $g(\dfrac{10}{3})=\dfrac{39}{30}$ ，

可得 $g(\dfrac{8}{15})>g(\dfrac{10}{3})$ ，

所以当 $t=\dfrac{8}{15}$ 时， $\lambda +\mu$ 取得最大值，最大值为 $\dfrac{23}{15}$ ，

所以 $\lambda +\mu$ 的取值范围是 $\left[ \dfrac{11+4\sqrt{6}}{18},\dfrac{23}{15} \right]$ .

5 / 6

$\dfrac{1}{2}+\dfrac{2}{3}=$

6 / 6

已知 $D$ ， $E$ 分别是 $\triangle ABC$ 边 $AB$ ， $AC$ 上的点，且满足 $\overrightarrow{AB}=\dfrac{3}{2}\overrightarrow{AD}$ ， $\overrightarrow{AC}=4\overrightarrow{AE}$ ， $BE\cap CD=O$ ，连接 $AO$ 并延长交 $BC$ 于 $F$ 点．若 $\overrightarrow{AO}=\lambda \overrightarrow{AF}$ ，则实数 $\lambda$ 的值为（）

\dfrac{5}{7}

\dfrac{7}{10}

\dfrac{2}{3}

\dfrac{2}{5}

因为 $B,F,C$ 三点共线，

$\exists k$ 使得 $\overrightarrow{AF}=k \overrightarrow{AB}+(1-k) \overrightarrow{AC}$ ，

$\overrightarrow{AO}=\lambda \overrightarrow{AF}=\lambda k \overrightarrow{AB}+\lambda (1-k) \overrightarrow{AC}$ ，

$\overrightarrow{AO}=\dfrac{3}{2} \lambda k \overrightarrow{AD}+\lambda (1-k) \overrightarrow{AC}$ ，

$\overrightarrow{AO}=\lambda k \overrightarrow{AB}+4\lambda (1-k) \overrightarrow{AE}$ ，

又因为 $D,O,C$ 三点共线， $B,O,E$ 三点共线，

$\therefore \begin{cases}\dfrac{3}{2} \lambda k +\lambda (1-k) =1\\ \lambda k +4\lambda (1-k) =1\end{cases}$ ，解得： $\begin{cases}\lambda =\dfrac{7}{10}\\ k =\dfrac{6}{7}\end{cases}.$

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