O0010,向量共线定理的几个推论及其应用
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共线有且仅有
一个实数,使b=a。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1,2,使1a2b0,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1,2,使1AB2AC0。
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OPxOAyOB,(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1,2,3使
1OA2OB3OCO且123=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
sABtACO,此时,s≠-t,否则ABAC,从而B点与C点重合,这与已知条件矛盾,故有:
s(OBOA)t(OCOA)O,即:sOBtOC(st)OAO。显然s+t+[-(s+t)]=0
令(st)10,s20,t30,故1230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1,2,3,使
1OA2OB3OCO且1230则123=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1,2,使得OP1OA2OB,
且121。
证::如图,必要性:若点P在ΔABO的内部(不含边界),则
OP1OA2OB,延长OP交AB于P1,过P作OA、OB的平行线,分别交 OA,OB于M,N点,过P1作OA,OB的平行线,分别交OA,OB于M1,N1点,显然
1
O
|OM||ON|
,2显然|PM||P1M1|,|PN||P1N1|,OPOMON1OA2OB。其中1|OA||OB|
10,20。由于1
|P1B|
|AB|
2
|OM|
|OA|
|ON||PN||PM||P1N1||P1M1| |OB||OA||OB||OA||OB|
|AP1||AB|1.而充分性由上述各步的可逆性易知。 |AB||AB|
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AP1AB2AC。分别记过点A且与BC平行的直线为l1,
直线BC,AB,AC分别为l2,l3,l4.则:
P点在直线l2上121;P点在直线l2不含A点一侧121; P点在直线l2与l1之间0121;
P点在直线l1上120;P点在直线l1不含直线l2一侧120;
P点在直线l3不含C点一例20,R;P点在直线l3含C点一侧20,1R; P点在直线l4不含B点一侧10,2R,P点在直线l4含B点一侧10,2R。
证:设直线AP与直线BC相交于点P,则设BPtBC,则
APABBPABtBCABt(ACAB)(1t)ABtAC
l1
l2
故P若在直线BC上,则1
2
1,又∵AP,AP共线,
则APkAP,故:1AB2ACk[(1t)ABtAC],则
3 4
ktk10
AC不共线,则. (ktk1)AB(kt2)AC,∵AB、
kt20
∴k12(kt2)
(1)若P在①区域内,则01,则20,10,且0121; (3)若P在③区域内,则k
(5)若P在⑤区域内,则k
(7)若P在⑦区域内,则k>1,则11,20,121; (8)若P在⑧区域内,则k>1,则10,20,121; (9)若P在⑨区域内,则k>1,则10,21,121.
综上:当P点位于l1上方,120;当P点位于l1下方l2上方,12(0,1);当P点位于l2下方121;当P点位于l3左边,20,l3右边,20;当P点位于l4左边,10,l4右边10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=BD,求证:M、N、C
31
三点共线。
证:设ABe1,ADe2,(e1与e2不共线),则BDe2e1.
11
BD(e233
111211∴BNe2e1e2()e1e2
333323
C
∵N为BD的三等分点,∴BN
11
e1),而BMBAe1, A M B
22
12212BMBCBM,∵m,n,且m+n=1,且B、33333
AMAC
CNCE
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
,若B、M、N
三点共线,求的值。 D
分析:要求的值,只需建立f()=0即可,而f()=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RtΔ,
1B
PB=2,A是EP之中点,CECN,
C
11113
CN3CBCNCB, ∴CA(CECP)
22222
P AMCN1
,∴CACM; 又∵ACCE1
13(1)113CMCNCBCMCNCB;∵B、M、N三点共线.
由推论(三)知,∴
12222
12
3(1)
2
1
3
例3 (06年江西高考题)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若OBa1OAa200OC,且A、B、C
三点共线,(设直线不过点O),则S200=
A.100 B.101
解:易知a1+a200=1,∴S200
2
C.200 D.201
200(a1a200)
100,故选A。
例4 (06年湖南高考题)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OPxOAyOB,则实数对(x,y)可能的取值是
A.(,)
44
13
B.(
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OPxOAyOB中的线性组合系数对(x,y)应满足00。从而应选C。
O
A
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
BPCQAR
=1
PCQARB
L
证:如图,设P、Q、R三点分有向线段BC、CA、AB,
BPCQAR
所成的比分别为1,2,3,则1|1||2||3|1,
B PCQARB
R
A Q
P
C
又P、Q、R三个分点中有一个或三个外分点,所以1230,因而只需证明1231。
OAOBOBOCOCOA
312
任取一点O,则由定比分点的向量公式得:,OR, OP,OQ
131112
∵P、Q、R三点共线,∴由推论4知存在全不为0的实数k1,k2,k3使
OA3OBOB1OCOC2OA
)k2()k3()0k1(
111123
k1k2k30
3k3k11k1k2
)OA()OB()OC0, 即(
121313111112
2k2k3
且(
2k2
12
k313
)(
3k3
13
k111
)(
1k1
11
k2
k212
)0,而A、B、C三点不共线,由推论5得
2k2
12
k313
3k3
13
k111
1k1
11
12
0,∴1231,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
BPCQAR
1。 PCQARB
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1,2,3, 则
BPCQAR
11231. PCQARB
P
C
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k1使
1k1kOB1OC11
k1OAOB1OC OMk1OA(1k1)OPk1OA(1k1)
111111
同理存在实数k2,k3使OM
(1k2)12
1k2
2OAk2OBOC,
12
①
②
1k1k
33
, OMOA3OBk3OC
1313
1k2
③
1k11k11k2
①-②得:(k12)OA(k2)OB(1)OC0;
121111121k31k11k31k1
①-③得:(k1)OA(3)OB(1k3)OC0.
13111311
又∵A、B、C三点不共线,且(k1
1k313
1k111
1k313
1k212
2)(
1k111
k2)(
1k111
1
1k212
)0,
及(k1
)(
3)(
1k1111k2
1k3)0,∴由推论5得
1k313
1k111
1k313
1k111
k1
1k212
2
1k111
k2
1k111
1
12
k1
31k30
∴k1
1k212
2
1k111
12
1k313
123k1123,∴1231,即
BPCQAR
1. PCQARB
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3,则由必要性
和1231,又1231,∴33,∴CRCR,∴R与R′重合,故AP、BQ与CR三线交于
一点M。