平面向量三点共线定理的推论及空间推广
南昌外国语学校 梁懿涛
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一．问题的来源
平面向量三点共线定理:对于共面向量OA,OB,OC,OC?xOA?yOB，则A、B、C三点共线的充要条件是x?y?1．
二．问题的提出
问题1.在上述定理中，如果x?y?1、x?y?1时，分别有什么结论 问题2.x、y有什么特定的意义吗 问题3.上述问题可以推广到空间吗 三．问题的解决
推论1. 对于不共线向量OA,OB,若OC?xOA?yOB，则
（1）点C在直线AB外侧（不含点O一侧）的充要条件是x?y?1． （2）点C在直线AB内侧（含点O一侧）的充要条件是x?y?1．
证明：（1）必要性：如图1-1，连OC交AB于点C?，则存在实数?，使得OC??OC?(??1)，
OC??x?OA?y?OB(x??y??1)，?OC??x?OA??y?OB，x??x?,y??y?，?x?y??(x??y?)?1．
充分性：x?y?1，?存在??1，使得x??x?,y??y?且x??y??1．
?OC??(x?OA?y?OB)??OC?，C?在直线AB上，?C在直线AB外侧．
同理可证（2）．
进一步分析，得：
推论1?. 对于不共线向量OA,OB,若OC?xOA?yOB，则 （1）连接AB得直线
1，过点
O作平行于1的直线
2，则1、2将平面
OAB分成三个区域，如图1-2
1上时，
点C落在各区域时，x、y满足的条件是：
（Ⅰ）区：x?y?1；（Ⅱ）区：0?x?y?1；（Ⅲ）区：x?y?0．特别地，当点C落在当点C落在
2上时，
x?y?1；
x?y?0．
（2）直线OA、OB将平面OAB分成四个区域，如图1-3，则点C落在各区域时，x、y满足的条件是：
?x?0?x?0?x?0?x?0（Ⅰ）区：?；（Ⅱ）区：?；（Ⅲ）区：?；（Ⅳ）区：?．
?y?0?y?0?y?0?y?0证明略．
|AC||y|?，且当x?0,y?0，则点C在线|BC||x|段AB上；当x?0,y?0，则点C在线段BA的延长线上；当x?0,y?0，则点C在线段AB的延长线
推论2.若OC?xOA?yOB(x?y?1，xy?0)，则上． 证明：
OC?xOA?yOB且x?y?1，?OC?xOC?yOC?xOA?yOB，xCA?yBC，
?|AC||y|?。当x?0,y?0时，CA与BC同向，如图2-1所示，则点C在线段AB上；当x?0,y?0|BC||x|时，CA与BC反向，且|AC|?|BC|，如图2-2所示，则点C在线段BA的延长线上；当x?0,y?0时，
CA与BC反向，且|AC|?|BC|，如图2-3所示，则点C在线段AB的延长线上．
推论3. 点O是?ABC所在平面上且与A,B,C不重合的一点，若xOA?yOB?zOC?0,xyz?0，则
S?OABSS|z||x||y|?，?OBC?，?OCA?． S?ABC|x?y?z|S?ABC|x?y?z|S?ABC|x?y?z|证明：只证x,y,z?0的情形，其它情形可类似证明．
y?zyz(OB?OC)，由xOA?yOB?zOC?0得AO?xy?zy?zyzyz??1，?存在点D使得OD?OB?OC，且y?zy?zy?zy?z|BD|z|AO|y?zy?z?，?AO??，如图3，OD，?|DC|y|OD|xxSSSzy?zz|x||y|??OAB???，同理有?OBC?，?OCA?，命题得证． S?ABCy?zx?y?zx?y?zS?ABCx?y?zS?ABC|x?y?z|将以上结论拓展到空间，得：
推论4. 对于不共面的向量OA,OB,OC,若OP?xOA?yOB?zOC，则： （1）若x?y?z?1，则点P在平面ABC上（空间向量基本定理）； （2）若x?y?z?1，则点P在平面ABC的外侧（不含点O一侧）； （3）若x?y?z?1，则点P在平面ABC的内侧（含点O一侧）． 证明：仿照推论1，略．
推论5. 对于不共面的向量OA,OB,OC，若OP?xOA?yOB?zOC(x?y?z?1)，则
SSS?PAB|z||x||y|?，?PBC?，?PCA?； S?ABC|x?y?z|S?ABC|x?y?z|S?ABC|x?y?z|（2）S?PAB:S?PBC:S?PAC?|z|:|x|:|y|；
VVV|z||x||y|（3）O?PAB?，O?PBC?，O?PCA?．
VO?PABC|x?y?z|VO?PABC|x?y?z|VO?PABC|x?y?z|（1）
证明：（1）OP?xOA?yOB?zOC?(x?y?z)OP，?xPA?yPB?zPC?0， 由推论3，可知结论成立．
（2）由（1）得证．
（3）
VO?PABVVS|z||x||y|??PAB?，同理可证O?PBC?，O?PCA?．
VO?PABCS?ABC|x?y?z|VO?PABC|x?y?z|VO?PABC|x?y?z|推论6.已知四面体ABCD及与其顶点不重合的点O，若aOA?bOB?cOC?dOD?0，则 VO?BCD:VO?ACD:VO?ABD:VO?ABC?|a|:|b|:|c|:|d|． 证明：只证a,b,c,d?0的情形，其它情形可类似证明．
aOAbOB?cOC?dODbOB?cOC?dOD?，令OP?，
b?c?db?c?db?c?d则P,B,C,D四点共面，由推论5，S?PCD:S?PBD:S?PBC?b:c:d，又
由aOA?bOB?cOC?dOD?0，得?aOA?OP，如图4，知|OP|:|OA|?a:(b?c?d)，
b?c?dcb?c?dc，同理可证?VO?ABD???b?c?da?b?c?da?b?c?dab，VO?ACD?，?VO?BCD?a?b?c?da?b?c?dd，命题得证． VO?ABC?a?b?c?d?四．结论的应用 1．（2006年湖南（理））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）运动，且OP?xOA?yOB，则x的取值范围是 ；当x??围是 ．
1时，y的取值范21，有O?x?y?1，即211313（，）． O???y?1??y?． 答案为：x?0，
222222．（2009年安徽卷（理））给定两个长度为1的平面向量OA和OB，它们的夹角为1200．如图所示，点C在以O为圆心的圆弧AB上变动．若OC?xOA?yOB,其中x,y?R,则x?y
解析：由推论1及推论1?，有x?0，且当x??的最大值是________．
解析：由推论3，S?OABOC?S?OBCOA?S?OACOB，
S?OBCS?OAC432?设?AOC??，??[0, ]，??(S?OBC?S?OAC)，
3S?OABS?OAB3112?S?OAC?sin?,S?OBC?sin(??)，
22343112?2333???x?y?[sin??sin(??)]?(cos??sin?)?2sin(??)?2，此时??
3223322633．(2010年高考天津卷理)如图，在?ABC中，AD?AB，BC?3BD,|AD|?1，则?x?y?ACAD= ．
|CD|3?1解析：，?由推论2，得AC?(1?3)AB?3AD，?|BC|3AC?AD?[(1?3)AB?3AD]?AD?3AD?3．答案：3．
4．（2011届黑龙江省哈尔滨三中高三10月月考理）如图所示，两射线OA与OB交于O，下列向量若
以O为起点，终点落在阴影区域内（含边界）的是 . ①2OA?OB；②
211313131OA?OB；③OA?OB；④OA?OB； ⑤OA?OB．
23454345?x?0?解析：由推论1及推论1?，可知OA,OB的系数x,y要满足?y?0，
?x?y?1?适合的只有②．答案为②．
5．（江西省十所重点中学2010届高三第一次模拟理）设点O在?ABC的外部,且OA?2OB?3OC?0,则S?ABC:S?OBC= ．
解析：由推论3，可知S?ABC:S?OBC=|x?y?z|:|x|?4．
5.（2011届江苏省南京师大附中高三学情调研）设点P是?ABC内一点（不包括边界），且
????AP?mAB?nAC(m,n?R)，则m2?n2?2m?2n?3的取值范围是 .
?m?0?2222解析：由推论1及推论1?，可知m,n满足?n?0，m?n?2m?2n?3?(m?1)?(n?1)?1表示
?m?n?1?点（m,n）到(1,1)的距离的平方，由线性规化知识可得所求的范围为(,??)．
6．（自编题）已知点O与四面体ABCD，且OA?OB?OC?OD?0，则S?ABD:S?BCD:S?CAD?______． 解析：由推论5，OD?OA?OB?OC，可知S?ABD:S?BCD:S?CAD?|?1|:1:1?1:1:1． 7．（自编题）已知点O与四面体ABCD，且OA?2OB?OC?3OD?0， 则VO?ABD:SO?BCD:SO?CAD= .
解析：由推论6， 可知VO?ABD:SO?BCD:SO?CAD:SO?ABC?|?1|:1:2:|?3|?1:1:2:3.
8．（自编题）已知点P是四面体ABCD内一点（不包括边界），且AP?xAB?yAC?zAD(x,y,z?R)，则点x,y,z满足x?y?z?222121的概率是 . 3解析：因为点P是四面体ABCD内一点（不包括边界），由推论4，可知x,y,z满足?图建立空间直角坐标系，{(x,y,z)|?222?0?x,y,z?1，如
?x?y?z?1?0?x,y,z?1}表示正方体OABC?O1A1B1C1中三棱锥O?ACO1内
?x?y?z?1133 3部的区域，而{(x,y,z)|x?y?z?}表示以点O为圆心，半径为的球体在正方体OABC?O1A1B1C1内部的区域，由几何概型知所求概率为
1V球O3?8p??．
VO?ACO19
平面向量三点共线性质定理的推论及空间推广
