高中数学例题：利用平面向量基本定理证明三点共线问题
向量中的共线问题
共线问题1、[例4] 如图，在△ABC 中，点M 是BC 的中点，点N 在边AC 上，且AN ＝2NC ，AM 与BN 相交于点P ，求AP ：PM 的值．[解析] 设BM →＝e 1，CN →＝e 2，则AM →＝AC →＋CM →＝－3e 2－e 1，BN →＝2e 1＋e 2∵A 、P 、M 和B 、P 、N 分别共线，∴存在实数λ、μ使AP →＝λAM →＝－λe 1－3λe 2， BP →＝μBN →＝2μe 1＋μe 2，故BA →＝BP →－AP →＝(λ＋2μ)e 1＋(3λ＋μ)e 2.而BA →＝BC →＋CA →＝2e 1＋3e 2由平面向量基本定理，得⎩⎪⎨⎪⎧λ＋2μ＝23λ＋μ＝3，解得⎩⎨⎧λ＝45μ＝35，故AP →＝45AM →，故AP PM ＝4 1.2、13．如图，E 是平行四边形ABCD 的边AD 上一点，且AE →＝14AD →，F 为BE 与AC 的交点．设AB →＝a ，BC →＝b ，若BF →＝kBE →，AF →＝hAC →，则k ＝________，h ＝________.[答案] 45 15[解析] ∵AC →＝AB →＋BC →＝a ＋b ，∴AF →＝hAC →＝h a ＋h b ，BF →＝BA →＋AF →＝－a ＋h a ＋h b ＝(h －1)a ＋h b ， 又BF →＝kBE →＝k (BA →＋AE →)＝k (－a ＋14b )＝－k a ＋k 4b ，显然a 与b 不共线，∴⎩⎪⎨⎪⎧h －1＝－k h ＝k4，解得⎩⎨⎧k ＝45h ＝15.3、15．在▱ABCD 中，设边AB 、BC 、CD 的中点分别为E 、F 、G ，设DF 与AG 、EG 的交点分别为H 、K ，设AB →＝a ，BC →＝b ，试用a 、b 表示GK →、AH →.[解析] 如图所示，GF →＝CF →－CG →＝－12b ＋12a ，因为K 为DF 的中点，所以GK →＝12(GD →＋GF →)＝12⎝⎛⎭⎫－12a －12b ＋12a ＝－14b .DF →＝CF →－CD →＝－12b ＋a . 因为A 、H 、G 三点共线，所以存在实数m ，使AH →＝mAG →＝m ⎝⎛⎭⎫b ＋12a ； 又D 、H 、F 三点共线，所以存在实数n ，使DH →＝nDF →＝n ⎝⎛⎭⎫a －12b 因为AD →＋DH →＝AH →，所以⎝⎛⎭⎫1－n 2b ＋n a ＝m b ＋m 2a 因为a 、b 不共线，所以⎩⎨⎧1－n2＝mn ＝m2，解得m ＝45，即AH →＝45⎝⎛⎭⎫b ＋12a ＝25(a ＋2b )．4、16．如图，在△OAB 中，延长BA 到C ，使AC ＝BA ，在OB 上取点D ，使DB ＝13OB ，DC 与OA 交于点E ，设OA →＝a ，OB →＝b ，用a ，b 表示向量OC →，DC →.[分析] 将待求向量用已知向量、或与已知向量共线的向量、或能用已知向量表示的向量线性表示，逐步化去过渡的中间向量．如待求OC →，已知OA →、OB →，即知BA →，因为BC →可用BA →线性表示，故可用OB →和BC →来表示OC →. [解析] 因为A 是BC 的中点，所以OA →＝12(OB →＋OC →)，即OC →＝2OA →－OB →＝2a －b .DC →＝OC →－OD →＝OC →－23OB →＝2a －b －23b ＝2a －53b .5、18．在△OAB 中，OC →＝14OA →，OD →＝12OB →，AD 与BC 交于点M ，设OA →＝a ，OB →＝b ，以a 、b 为基底表示OM →.[分析] 显然a 、b 不共线，故可设OM →＝m a ＋n b ，由A 、M 、D 三点共线及B 、M 、C 三点共线利用向量共线条件求解．[解析] 设OM →＝m a ＋n b (m ，n ∈R )，则AM →＝OM →－OA →＝(m －1)a ＋n b ， AD →＝OD →－OA →＝12b －a 因为A 、M 、D 三点共线，所以m －1－1＝n 12，即m ＋2n ＝1又CM →＝OM →－OC →＝⎝⎛⎭⎫m －14a ＋n b ，CB →＝OB →－OC →＝－14a ＋b ， 因为C 、M 、B 三点共线，所以m －14－14＝n1，即4m ＋n ＝1，由⎩⎪⎨⎪⎧m ＋2n ＝14m ＋n ＝1，解得⎩⎨⎧m ＝17n ＝37，所以OM →＝17a ＋37b .6、19．(本题满分12分)在▱ABCD 中，点M 在AB 上，且AM ＝3MB ，点N 在BD 上，且BN →＝λBD →，C 、M 、N 三点共线，求λ的值．[解析] 设AB →＝e 1，AD →＝e 2，则BD →＝e 2－e 1， BN →＝λBD →＝λ(e 2－e 1)，MB →＝14AB →＝14e 1，BC →＝AD →＝e 2，∴MC →＝MB →＋BC →＝14e 1＋e 2，MN →＝MB →＋BN →＝14e 1＋λ(e 2－e 1)＝λe 2＋⎝⎛⎭⎫14－λe 1， ∵M 、N 、C 共线，∴MN →与MC →共线，∵e 1与e 2不共线，∴14－λ14＝λ1，∴λ＝15.(2010·合肥市)如图，△ABC 中，AD ＝DB ，AE ＝EC ，CD 与BE 交于F ，设AB →＝a ，AC →＝b ，AF →＝x a ＋y b ，则(x ，y )为( )A.⎝⎛⎭⎫12，12B.⎝⎛⎭⎫23，23C.⎝⎛⎭⎫13，13 D.⎝⎛⎭⎫23，12[答案] C[解析] 设CF →＝λCD →，∵E 、D 分别为AC 、AB 的中点，∴BE →＝BA →＋AE →＝－a ＋12b ，BF →＝BC →＋CF →＝(b －a )＋λ(12a －b )＝⎝⎛⎭⎫12λ－1a ＋(1－λ)b ，∵BE →与BF →共线，∴12λ－1－1＝1－λ12，∴λ＝23，∴AF →＝AC →＋CF →＝b ＋23CD →＝b ＋23⎝⎛⎭⎫12a －b ＝13a ＋13b ，故x ＝13，y ＝13. 7、8．已知P 是△ABC 所在平面内的一点，若CB →＝λP A →＋PB →，其中λ∈R ，则点P 一定在( ) A ．△ABC 的内部 B ．AC 边所在直线上 C ．AB 边所在直线上 D ．BC 边所在直线上 [答案] B[解析] 由CB →＝λP A →＋PB →得CB →－PB →＝λP A →，∴CP →＝λP A →.则CP →与P A →为共线向量，又CP →与P A →有一个公共点P ，∴C 、P 、A 三点共线，即点P 在直线AC 上．故选B.8、9．G 为△ABC 内一点，且满足GA →＋GB →＋GC →＝0，则G 为△ABC 的( ) A ．外心 B ．内心 C ．垂心 D ．重心[答案] D[解析] 由于GA →＋GB →＋GC →＝0，所以GA →＝－(GB →＋GC →)，即GA →是与GB →＋GC →方向相反，长度相等的向量．如图，以GB →，GC →为相邻的两边作▱BGCD ，则GD →＝GB →＋GC →，所以GD →＝－GA →，在▱BGCD 中，设BC 与GD 交于点E ，则BE →＝EC →，GE →＝ED →，故AE 是△ABC 中BC 边上的中线且|GA →|＝2|GE →|.从而点G 是△ABC 的重心．选D.9、10．(2010·河北唐山)已知P 、A 、B 、C 是平面内四个不同的点，且P A →＋PB →＋PC →＝AC →，则( ) A ．A 、B 、C 三点共线 B ．A 、B 、P 三点共线 C ．A 、C 、P 三点共线 D ．B 、C 、P 三点共线 [答案] B[解析] ∵AC →＝PC →－P A →，∴原条件式变形为：PB →＝－2P A →，∴PB →∥P A →，∴A 、B 、P 三点共线． 10、4．(2010·湖南长沙)已知O 是平面上一定点，A 、B 、C 是平面上不共线的三点，动点P 满足OP →＝OA →＋λ(AB →＋AC →)，λ∈[0，＋∞)，则点P 的轨迹一定通过△ABC 的( )A ．外心B ．垂心C ．内心D ．重心[答案] D[解析] 设AB →＋AC →＝AD →，则可知四边形BACD 是平行四边形，而AP →＝λAD →表明A 、P 、D 三点共线．又D 在BC 的中线所在直线上，于是点P 的轨迹一定通过△ABC 的重心．11、5．P 是△ABC 所在平面上一点，若P A →·PB →＝PB →·PC →＝PC →·P A →，则P 是△ABC 的( ) A ．外心 B ．内心 C ．重心 D ．垂心[答案] D[解析] 由P A →·PB →＝PB →·PC →得PB →·(P A →－PC →)＝0，即PB →·CA →＝0，∴PB ⊥CA . 同理P A ⊥BC ，PC ⊥AB ，∴P 为△ABC 的垂心．12、6．已知△ABC 中，若AB 2→＝AB →·AC →＋BA →·BC →＋CA →·CB →，则△ABC 是( ) A ．等边三角形 B ．锐角三角形 C ．直角三角形 D ．钝角三角形 [答案] C[解析] 由AB 2→－AB →·AC →＝BA →·BC →＋CA →·CB →，得AB →·(AB →－AC →)＝BC →·(BA →－CA →)，即AB →·CB →＝BC →·BC →，∴AB →·BC →＋BC →·BC →＝0，∴BC →·(AB →＋BC →)＝0，则BC →·AC →＝0，即BC →⊥AC →， 所以△ABC 是直角三角形，故选C.13、7．若O 为△ABC 所在平面内一点，且满足(OB →－OC →)·(OB →＋OC →－2OA →)＝0，则△ABC 的形状为( ) A ．正三角形 B ．直角三角形 C ．等腰三角形 D ．A 、B 、C 均不是[答案] C[解析] 由(OB →－OC →)·(OB →＋OC →－2OA →)＝0，得CB →·(AB →＋AC →)＝0，又∵CB →＝AB →－AC →，∴(AB →－AC →)·(AB →＋AC →)＝0，即|AB →|2－|AC →|2＝0. ∴|AB →|＝|AC →|.∴△ABC 为等腰三角形．[点评] 若设BC 中点为D ，则有AB →＋AC →＝2AD →，故由CB →·(AB →＋AC →)＝0得CB →·AD →＝0， ∴CB ⊥AD ，∴AC ＝BC .14、5．点O 是△ABC 所在平面内的一点，满足OA →·OB →＝OB →·OC →＝OC →·OA →，则点O 是△ABC 的( ) A ．三个内角的角平分线的交点 B ．三条边的垂直平分线的交点 C ．三条中线的交点 D ．三条高线的交点 [答案] D[解析] 由OA →·OB →＝OB →·OC →，得OA →·OB →－OB →·OC →＝0，∴OB →·(OA →－OC →)＝0，即OB →·CA →＝0.∴OB →⊥CA →.同理可证OA →⊥CB →，OC →⊥AB →. ∴OB ⊥CA ，OA ⊥CB ，OC ⊥AB ，即点O 是△ABC 的三条高线的交点．15、1．(2013·烟台模拟)若M 为△ABC 所在平面内一点，且满足(MB →－MC →)·(MB →＋MC →－2MA →)＝0，则△ABC 为( )A ．直角三角形B ．等腰三角形C ．等边三角形D ．等腰直角三角形[答案] B[解析] 由(MB →－MC →)·(MB →＋MC →－2MA →)＝0，可知CB →·(AB →＋AC →)＝0， 设BC 的中点为D ，则AB →＋AC →＝2AD →，故CB →·AD →＝0，所以CB →⊥AD →. 又D 为BC 中点，故△ABC 为等腰三角形．1．(2013·济南一模)已知A ，B ，C 是平面上不共线的三点，O 是△ABC 的重心，动点P 满足OP →＝13⎝ ⎛12OA →＋12OB →＋⎭⎫2OC →，则点P 一定为三角形ABC 的( )． A ．AB 边中线的中点 B ．AB 边中线的三等分点(非重心) C ．重心 D ．AB 边的中点解析 设AB 的中点为M ，则12OA →＋12OB →＝OM →，∴OP →＝13(OM →＋2OC →)＝13OM →＋23OC →，即3OP →＝OM →＋2OC →，也就是MP →＝2PC →，∴P ，M ，C 三点共线，且P 是CM 上靠近C 点的一个三等分点．答案 B2．在△ABC 中，点O 在线段BC 的延长线上，且与点C 不重合，若AO →＝x AB →＋(1－x )AC →，则实数x 的取值范围是( )．A ．(－∞，0)B ．(0，＋∞)C ．(－1,0)D ．(0,1)解析 设BO →＝λ BC →(λ＞1)，则AO →＝AB →＋BO →＝AB →＋λ BC →＝(1－λ)AB →＋λ AC →，又AO →＝x AB →＋(1－x )AC →，所以x AB →＋(1－x )AC →＝(1－λ)AB →＋λ AC →.所以λ＝1－x ＞1，得x ＜0.答案 A3．若点O 是△ABC 所在平面内的一点，且满足|OB →－OC →|＝|OB →＋OC →－2OA →|，则△ABC 的形状为________． 解析 OB →＋OC →－2OA →＝OB →－OA →＋OC →－OA →＝AB →＋AC →，OB →－OC →＝CB →＝AB →－AC →，∴|AB →＋AC →|＝|AB →－AC →|. 故A ，B ，C 为矩形的三个顶点，△ABC 为直角三角形．答案 直角三角形4.在△ABC 中，E ，F 分别为AC ，AB 的中点，BE 与CF 相交于G 点，设AB →＝a ，AC →＝b ，试用a ，b 表示AG →.解 AG →＝AB →＋BG →＝AB →＋λBE →＝AB →＋λ2(BA →＋BC →)＝⎝⎛⎭⎫1－λ2AB →＋λ2(AC →－AB →)＝(1－λ)AB →＋λ2AC →＝(1－λ)a ＋λ2b .又AG →＝AC →＋CG →＝AC →＋m CF →＝AC →＋m 2(CA →＋CB →)＝(1－m )AC →＋m 2AB →＝m2a ＋(1－m )b ，∴⎩⎨⎧1－λ＝m 2，1－m ＝λ2，解得λ＝m ＝23，∴AG →＝13a ＋13b .。
(完整版)平面向量中“三点共线定理”妙用
平面向量中“三点共线定理”妙用对平面内任意的两个向量b a b b a//),0(,≠的充要条件是：存在唯一的实数λ，使b a λ=由该定理可以得到平面内三点共线定理：三点共线定理：在平面中A 、B 、P 三点共线的充要条件是：对于该平面内任意一点的O ，存在唯一的一对实数x,y 使得：OP xOA yOB =+且1x y +=。
特别地有：当点P 在线段AB 上时，0,0x y >> 当点P 在线段AB 之外时，0xy <笔者在经过多年高三复习教学中发现，运用平面向量中三点共线定理与它的两个推广形式解决高考题，模拟题往往会使会问题的解决过程变得十分简单！本文将通过研究一些高考真题、模拟题和变式题去探究平面向量中三点共线定理与它的两个推广形式的妙用,供同行交流。
例1（06年江西高考题理科第7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 ．100B ．101C ．200D ．201解：由平面三点共线的向量式定理可知：a 1+a 200=1,∴1200200200()1002a a S +==,故选A 。
点评：本题把平面三点共线问题与等差数列求和问题巧妙地结合在一起，是一道经典的高考题。
例2 已知P 是ABC ∆的边BC 上的任一点，且满足R y x AC y AB x AP ∈+=.,，则yx 41+ 的最小值是解：点P 落在ABC 的边BC 上 ∴B ，P,C 三点共线AP xAB yAC =+ 1x y ∴+= 且x>0,y>014141444()1()()145y x y xx y x y x y x y x y x y∴+=+⨯=+⨯+=+++=++ x>0,y>040,0y xx y ∴>> 由基本不等式可知：4424y x y xx y x y+≥⨯=，取等号时4y xx y =224y x ∴=2y x ∴=±0,0x y >>2y x∴=1x y +=12,33x y ∴==，符合所以yx 41+的最小值为9 点评：本题把平面三点共线问题与二元函数求最值、基本不等式巧妙地结合在一起， 较综合考查了学生基本功.例3（湖北省2011届高三八校第一次联考理科）如图2，在△ABC 中，13AN NC =，点P 是BC 上的一点，若211AP mAB AC =+，则实数m 的值为（ ） A ．911 B. 511 C. 311 D. 211解：,,B P N 三点共线，又2284111111AP mAB AC mAB AN mAB AN =+=+⨯=+ 8111m ∴+= 311m ∴=，故选C 例4（07年江西高考题理科）如图3，在△ABC 中，点O 是BC 的中点，过点O 的直线分别交直线AB 、AC 于不同的两点M 、N ，若AB ＝ m AM ，AC ＝n AN ，则m ＋n 的值为 ．解：因为O 是BC 的中点，故连接AO ，如图4，由向量加法的平行四边形法则可知：1()2AO AB AC ∴=+m AB AM ＝，AC nAN =1()2AO mAM nAN ∴=+22m nAO AM AN ∴=+又,,M O N 三点共线，∴由平面内三点共线定理可得：122m n+= 2m n ∴+=例5（广东省2010届高三六校第三次联）如图5所示：点G 是△OAB 的重心，P 、Q 分别是边OA 、OB 上的动点，且P 、G 、Q 三点共线． 设OA x OP =，OB y OQ =，证明：yx 11+是定值； 图3图4图2证明：因为G 是OAB 的重心，211()()323OG OA OB OA OB ∴=⨯+=+1OP xOAOA OP x=∴= 1OQ yOBOB OQ y=∴=111111()()3333OG OA OB OP OQ OG OP OQ x y x y∴=+=+∴=+ 又,,P G Q 三点共线，11133x y ∴+= 113x y ∴+= 11x y∴+为定值3例6（汕头市东山中学2013届高三第二次模拟考试）如图6所示,在平行四边形ABCD 中，13AE AB =,14AF AD =,CE 与BF 相交于G 点，记AB a =，AD b =，则AG =_______A ．2177a b + B. 2377a b + C. 3177a b + D. 4277a b +分析：本题是以平面几何为背景，为载体，求向量的问题，所以我们很容易联想到点F 、G 、B 以及E,G,C 三点在一条直线上，可用平面内三点共线定理求解。
数学竞赛中的“三点共线定理”_
竞赛强基２０２３年５月上半月㊀㊀㊀数学竞赛中的 三点共线定理◉北京市第一七一中学㊀王桢宇㊀㊀摘要:从课本例题出发,深入探究了平面向量 三点共线定理 ,运用该定理求解了两道北京市中学生数学竞赛题,并推广了三角形面积比例的一类问题．关键词:平面向量基本定理;数学竞赛;面积比例㊀㊀向量是数学中重要的工具性知识,是数形结合的桥梁,其中平面向量基本定理说明平面中的向量都可以用两个不共线的向量进行线性表示,这种形式体现了数学的严谨性和逻辑性,是向量知识模块中的核心内容,其考查方式多以图形运算呈现．为了帮助学生更好地理解定理,做好向量图形运算题,笔者本着循序渐进的思想,开启了一场从课本到考题的探究之旅．１问道教材例１㊀如图１,O A ң,O B ң不共线,且A P ң＝t A B ң(t ɪR ),用O A ң,O B ң表示O P ң．图１解:因为A P ң＝t A B ң,所以㊀㊀㊀O P ң＝O A ң＋A Pң＝O A ң＋t A Bң＝O A ң＋t (O B ң－O Aң)＝O A ң＋t O B ң－t O A ң＝(１－t )O A ң＋t O B ң．(观察O P ң＝(１－t )O A ң＋t O B ң,你有什么发现?)本题是学习了平面向量基本定理后的第一个例题,通过该题,学生进一步理解了平面向量基本定理,熟悉了图形运算,也发现了定理的重要推论,记作 三点共线定理 ,表述如下:如果O A ң,O Bң是同一平面内的两个不共线向量,那么对于这个平面内的任一向量O P ң,有且只有一对实数x ,y ,使O P ң＝xO A ң＋y O B ң．若点P ,A ,B 共线,则x ＋y ＝１．特别地,其逆定理也成立,不再赘述．对学生而言,更为实用的是通过该定理认识下面的结论．图２中,P 分别位于线段A B 的中点㊁三等分点和四等分点靠近点A 的位置,写出O P ң＝xO A ң＋y O B ң的表达式分别为:图２O P ң＝１２O A ң＋１２O Bң,O P ң＝２３O A ң＋１３O Bң,O P ң＝３４O A ң＋１４O B ң．利用这个规律,我们可以巧解一些竞赛难题．２解题应用图３例２㊀(２０１９年北京市中学生数学竞赛８)如图３,在әA B C 的边A B ,B C 上分别取点K ,M ,使得A K K B ＝１４,B M M C ＝４５;在线段KM 上取点O ,使得K O O M＝３．N 为射线B O 与A C 的交点,A C ＝a ,由点O 到边A C 的距离O D ＝d ,则әKMN 的面积为．２．１参考答案[１]图４如图４,过点M 作B N 的平行线,与N C 交于点Mᶄ;过点K 作B N 的平行线,与A N 交于点Kᶄ,联结O Mᶄ,O Kᶄ,则S әN O M ＝S әO NM ᶄ,S әN O K ＝S әO NK ᶄ．两式相加,得S әKMN ＝S әO M ᶄK ᶄ．注意到,NM ᶄM ᶄC ＝B M M C ＝４５．设NM ᶄ＝４u ,M ᶄC ＝５u ．由K ᶄN NM ᶄ＝K O O M ＝３,得K ᶄN ＝１２u ．由A K ᶄK ᶄN ＝A K K B ＝１４,得A K ᶄ＝３u ．于是,K ᶄM ᶄ＝１２u ＋４u ＝１６u ,A C ＝３u ＋１２u ＋４u ＋５u ＝２４u ．所以K ᶄM ᶄA C ＝１６u ２４u ＝２３,则K ᶄM ᶄ＝２３A C ＝２３a ．因此,S әKMN ＝S әO M ᶄK ᶄ＝１２K ᶄM ᶄ O D ＝１２４７Copyright ©博看网. All Rights Reserved.２０２３年５月上半月㊀竞赛强基㊀㊀㊀㊀２３a d ＝a d ３．２．２试题新解解答中辅助线的运用十分巧妙,需要学生对平面几何问题有着较深的认识,下面给出应用 三点共线定理 解答的方法．因为K O O M ＝３,所以B O ң＝１４B K ң＋３４B M ң．设B N ң＝uB O ң,则B N ң＝１４uB K ң＋３４uB M ң＝１４u ４５B A ң＋３４u４９B C ң＝u ３B C ң＋u ５B A ң．因为N ,C ,A 三点共线,所以１３u ＋１５u ＝１,则u ＝１５８．故B N B O ＝１５８,B N ң＝５８B C ң＋３８B A ң,于是N C A C ＝３８．设әA B C 的高为B H ,由B N B O ＝１５８,可知dB H＝７１５,则B H ＝１５７d ．所以S әA B C ＝１２a B H ＝１５１４a d ．故S әKMN ＝S әK O N ＋S әM O N＝７１５S әK B N ＋７１５S әM B N＝７１５ ４５S әA B N ＋７１５ ４９S әC B N＝７１５ ４５ ５８S әA B C ＋７１５ ４９ ３８S әA B C＝１３a d ．３方法应用下面再通过一个例题来熟悉 三点共线定理 ．例３㊀证明:三角形的外心㊁重心㊁垂心共线(欧拉线)．２００５年全国卷Ⅰ理科数学第１５题考查了如下问题:若әA B C 的外接圆的圆心为O ,两条边上的高的交点为H ,且O H ң＝m (O A ң＋O B ң＋O C ң),则实数m ＝．该题答案是１,为了叙述方便,将其改编为如下引理:әA B C 的外心为O ,且O H ң＝O A ң＋O B ң＋O C ң,则H 为әA B C 的垂心．证明引理:因为O B ң＋O C ң＝O H ң－O A ң,所以AH ң＝O B ң＋O C ң．又B C ң＝O C ң－O B ң,所以A H ң B C ң＝O C ң２－O B ң２＝０．即AH ңʅB C ң,同理B H ңʅA C ң．故H 为әA B C 的垂心．证明欧拉线:设G 为әA B C 的重心,P 为B C 边中点,则A G ң＝２３A P ң＝２３(O P ң－O A ң)＝２３(OB ң＋OC ң２－O Aң)＝１３O B ң＋１３O C ң－２３O A ң＝１３AH ң＋２３A O ң．所以G ,H ,O 三点共线,即三角形的外心㊁重心㊁垂心共线．４定理推广已知点O 在әA B C 内部,通过 三点共线定理 ,可以很容易得到一个常用的面积比例性质,本文暂称 面积比定理 ,内容如下:若xO A ң＋y O B ң＋zO C ң＝０,则S әO B C ʒS әO A C ʒS әO A B ＝x ʒy ʒz ．图５证明:如图５,延长A O 交B C 于点H ,设A O ң＝t O H ң．因为x O A ң＋y O B ң＋z O C ң＝０,所以xA O ң＝y O B ң＋zO C ң,则A O ң＝y x OB ң＋z xO C ң．故t O H ң＝y x O B ң＋z x O C ң．于是O H ң＝y x t O B ң＋z x tO C ң．因为B ,C ,H 三点共线,所以y x t ＋z x t ＝１,则y ＋zx＝t ．因为S әO B C ʒS әA B C ＝O H ʒA H ,又A H ң＝(t ＋１)O H ң,所以O HAH ＝x x ＋y ＋z ．于是S әO B C S әA B C ＝xx ＋y ＋z ,同理可得S әO A C S әA B C ＝y x ＋y ＋z ,S әO A B S әA B C ＝z x ＋y ＋z．故S әO B C ʒS әO A C ʒS әO A B ＝x ʒy ʒz ．５新知应用例４㊀(２０２０年北京市中学生数学竞赛４)已知点O 在әA B C 内部,且２０２１A B ң＋２０２０B C ң＋２０１９C A ң＝３A O ң,记әA B C 的面积为S １,әO B C 的面积为S ２,则S １S ２＝．解:因为２０２１A B ң＋２０２０B C ң＋２０１９C A ң＝３A Oң,所以２０２１(O B ң－O A ң)＋２０２０(O C ң－O B ң)＋２０１９(O A ң－O C ң)＝３A O ң,则O A ң＋O B ң＋O C ң＝０．由面积比定理,可知S әO B C ʒS әO A C ʒS әO A B ＝１ʒ１ʒ１．故S １S ２＝３１＝３．特别地,本题中O 是әA B C 的重心,O A ң＋O B ң＋O C ң＝０也是常见的三角形重心的向量表示．５７Copyright ©博看网. All Rights Reserved.竞赛强基２０２３年５月上半月㊀㊀㊀图６例５㊀(２０１３年北京市中学生数学竞赛４)如图６,正方形A B C D被分成面积相等的８个三角形,若A G＝５０,则正方形A B C D的面积S＝．解:设正方形A B C D边长为a则SәD I C＝１８a２,得I C＝a４．又因为SәD F A＝１４a２,所以点F到D A距离为a２,即以F为D I中点．因为SәG A F＝SәG A H＝SәG H F,由面积比定理可知G Aң＋G Bң＋G Cң＝０,所以G为әF AH的重心,则F G必过AH中点．所以F GʊA D．因为SәF G A＝１８a２,所以F G＝a２．由G Aң＋G Hң＋G Fң＝０,得G Aң＋G Aң＋A Bң＋B Hң＋G Fң＝０,即２G Aң＋A Bң＋１４A Dң＋１２A Dң＝０．所以２A Gң＝A Bң＋３４A Dң．两边平方,可得２００＝a２＋９１６a２,故a２＝１２８．６四心推广通过 面积比定理 ,可以推导一组三角形四心的向量表达式．６．１重心设G是әA B C的重心,证明:G Aң＋G Bң＋G Cң＝０．图７证明:如图７,因为G是әA B C的重心,即G是三条中线的交点,所以点M,N,T分别为B C,A C,A B的中点,则SәA B M＝SәA C M,且SәG B M＝SәG C M．所以SәA B G＝SәA C G．同理SәA B G＝SәB C G．所以SәA B G＝SәA C G＝SәB C G．故G Aң＋G Bң＋G Cң＝０．６．２外心设O是әA B C的外心,证明:s i n２A O Aң＋s i n２B O Bң＋s i n２C O Cң＝０．证明:如图８,O是әA B C的外心,即O是三条中垂线的交点．设әA B C外接圆半径为R,又øB O C＝２øB A C,所以SәO B C＝１２R２s i nøB O C＝１２R２s i n２A,图８SәO A C＝１２R２s i nøA O C＝１２R２s i n２B,SәO A B＝１２R２s i nøA O B＝１２R２s i n２C．故SәO B CʒSәO A CʒSәO A B＝s i n２Aʒs i n２Bʒs i n２C．所以s i n２A O Aң＋s i n２B O Bң＋s i n２C O Cң＝０．６．３内心设I是әA B C的内心,证明:aI Aң＋bI Bң＋c I Cң＝０．图９证明:如图９,由I是әA B C的内心,可知I是三条角平分线的交点．设әA B C内切圆半径为r,三边分别为a,b,c,则SәI B C＝１２a r,SәI A C＝１２b r,SәI A B＝１２c r．所以SәI B CʒSәI A CʒSәI A B＝aʒbʒc．故a I Aң＋b I Bң＋c I Cң＝０．６．４垂心设H是әA B C的垂心,证明:t a n AH Aң＋t a n BH Bң＋t a n CH Cң＝０．图１０证明:如图１０,由H是әA B C的垂心,可知H是三条角高线的交点．所以SәH B CSәA B C＝HMAM＝B M t a nøH B MB M t a nøB．又因为在әB N C中,t a nøH B M＝１t a nøC,SәH B CSәA B C＝HMAM＝１t a nøB t a nøC．同理SәH A CSәA B C＝１t a nøA t a nøC,SәH A BSәA B C＝１t a nøA t a nøB．所以SәH B CʒSәH A CʒSәH A B＝t a n Aʒt a n Bʒt a n C．故t a n A HAң＋t a n B H Bң＋t a n CH Cң＝０．参考文献:[１]李延林．２０１９年北京市中学生数学竞赛预赛(高一)[J]．中等数学,２０１９(８):２４Ｇ２７．Z６７Copyright©博看网. 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高中数学 第二章 平面向量 2.2 向量的分解与向量的坐标 2.2.1 平面向量基本定理示范教案 新人教B版必修4
2.2.1 平面向量基本定理示范教案整体设计教学分析平面向量基本定理既是本节的重点又是本节的难点．平面向量基本定理告诉我们同一平面内任一向量都可表示为两个不共线向量的线性组合，这样，如果将平面内向量的始点放在一起，那么由平面向量基本定理可知，平面内的任意一点都可以通过两个不共线的向量得到表示，也就是平面内的点可以由平面内的一个点及两个不共线的向量来表示．这是引进平面向量基本定理的一个原因．教科书中，先用实例归纳出基本定理，然后做形式化的证明．教学时要注意，形式化证明可以省略，特别是唯一性证明，可能多数学生难以理解，但一定要对“唯一性”加以说明，以便应用唯一性解题．建议引导学生推导直线的向量表达式和中点公式．特别强调直线的向量表达式和中点公式应让学生记忆．三维目标1．通过探究活动，推导并理解平面向量基本定理．2．掌握平面里的任何一个向量都可以用两个不共线的向量来表示，理解这是应用向量解决实际问题的重要思想方法．3．能够在具体问题中适当地选取基底，使其他向量都能够用基底来表达，并通过例题的探究，掌握直线的向量表达式和中点公式．重点难点教学重点：平面向量基本定理和直线的向量表达式．教学难点：平面向量基本定理的灵活运用．课时安排1课时教学过程导入新课思路1.在物理学中我们知道，力是一个向量，力的合成就是向量的加法运算．而且力是可以分解的，任何一个大小不为零的力，都可以分解成两个不同方向的分力之和．将这种力的分解拓展到向量中来，会产生什么样的结论呢？思路2.前面我们学习了向量的代数运算以及对应的几何意义，如果将平面内向量的始点放在一起，那么平面内的任意一个点或者任意一个向量是否都可以用这两个同起点的不共线向量来表示呢？这样就引进了平面向量基本定理．教师可以通过多对几个向量进行分解或者合成，用课件给出图象演示和讲解．通过相应的课件来演示平面上任意向量的分解，对两个不共线的向量都乘以不同的系数后再进行合成将会有什么样的结论？推进新课新知探究提出问题(1)给定平面内任意两个不共线的非零向量e1、e2，请你作出向量3e1＋2e2、e1－2e2.平面内的任一向量是否都可以用形如λ1e1＋λ2e2的向量表示呢？(2)如图1(1)，设e1、e2是同一平面内两个不共线的向量，a是这一平面内的任一向量，你能通过作图探究a与e1、e2之间的关系吗？(1) (2)图1活动：如图1(2)，在平面内任取一点O ，作OA →＝e 1，OB →＝e 2，OC →＝a .过点C 作平行于直线OB 的直线，与直线OA 交于点M ；过点C 作平行于直线OA 的直线，与直线OB 交于点N.由向量的线性运算性质可知，存在实数λ1、λ2，使得OM →＝λ1e 1，ON →＝λ2e 2.由于OC →＝OM →＋ON →，所以a ＝λ1e 1＋λ2e 2.也就是说，任一向量a 都可以表示成λ1e 1＋λ2e 2的形式．或先让学生计算特例，从感性猜想入手．如图2，e 1，e 2是两个不平行的向量，容易看出AB →＝2e 1＋3e 2，CD →＝－e 1＋4e 2， EF →＝4e 1－4e 2，GH →＝－2e 1＋5e 2.图2由上述过程可以发现，平面内任一向量都可以由这个平面内两个不共线的向量e 1、e 2表示出来．由此可得：平面向量基本定理：如果e 1和e 2是一平面内的两个不平行的向量，那么该平面内的任一向量a ，存在唯一的一对实数a 1，a 2，使a ＝a 1e 1＋a 2e 2.教师强调：①我们把不共线向量e 1、e 2叫做表示这一平面内所有向量的一组基底，记为{e 1，e 2}，a 1e 1＋a 2e 2叫做向量a 关于基底{e 1，e 2}的分解式；②基底不唯一，关键是不共线；③由定理可将任一向量a 在给出基底e 1、e 2的条件下进行分解； ④基底给定时，分解形式唯一．接下来教师可引导学对该定理给出证明．证明：在平面内任取一点O(如图3)，作OE 1→＝e 1，OE 2→＝e 2，OA →＝a .图3由于e 1与e 2不平行，可以进行如下作图：过点A 作OE 2的平行(或重合)直线，交直线OE 1于点M ，过点A 作OE 1的平行(或重合)直线，交直线OE 2于点N ，于是依据平面向量基本定理，存在两个唯一的实数a 1，a 2，分别有OM →＝a 1e 1，ON →＝a 2e 2，所以a ＝OA →＝OM →＋ON →＝a 1e 1＋a 2e 2.证明表示的唯一性：如果存在另一对实数x ，y 使OA →＝x e 1＋y e 2，则a 1e 1＋a 2e 2＝x e 1＋y e 2，即(x －a 1)e 1＋(y －a 2)e 2＝0.由于e 1与e 2不平行，如果x －a 1，y －a 2中有一个不等于0，不妨设y －a 2≠0，则e 2＝－x －a 1y －a 2e 1，由平面向量基本定理，得e 1与e 2平行．这与假设矛盾，因此x －a 1＝0，y －a 2＝0，即x ＝a 1，y ＝a 2.讨论结果：(1)(2)略． 应用示例思路1例 1如图4，ABCD 中，AB →＝a ，AD →＝b ，H 、M 分别是AD 、DC 的中点，F 使BF ＝13BC ，以a ，b 为基底分解向量AM →与HF →.图4解：由H 、M 、F 所在位置，有AM →＝AD →＋DM →＝AD →＋12DC →＝AD →＋12AB →＝b ＋12a .HF →＝AF →－AH →＝AB →＋BF →－AH →＝AB →＋13BC →－12AD →＝AB →＋13AD →－12AD →＝a －16b .点评：以a 、b 为基底分解向量AM →与HF →，实为用a 与b 表示向量AM →与HF →.变式训练已知ABCD 的两条对角线相交于点M ，设AB →＝a ，AD →＝b .试用基底{a ，b }表示MA →，MB →，MC →和MD →(图5)图5解：因为AC →＝AB →＋AD →＝a ＋b ， DB →＝AB →－AD →＝a －b ，MA →＝－12AC →＝－12(a ＋b )＝－12a －12b ，MB →＝12DB →＝12(a －b )＝12a －12b ，MC →＝12AC →＝12a ＋12b ，MD →＝－12DB →＝－12a ＋12b .例 2 如图6，质量为10 kg 的物体A 沿倾斜角为θ＝30°的斜面匀速下滑，求物体受到的滑动摩擦力和支持力．(g ＝10 m/s 2)图6解：物体受到三个力：重力AG →，斜面支持力AN →，滑动摩擦力AM →.把重力AG →分解为平行于斜面的分力AF →和垂直于斜面的分力AE →.因为物体做匀速运动，所以AN →＝－AE →，AM →＝－AF →.因为|AG →|＝10(kg)×10(m/s 2)＝100(N)， |AF →|＝|AG →|·sin30°＝100×12＝50(N)，|AE →|＝|AG →|·cos30°＝100×32＝503(N)，所以|AM →|＝|AF →|＝50(N)，|AN →|＝|AE →|＝503(N)．答：物体所受滑动摩擦力大小为50 N ，方向沿斜面平行向上；所受斜面支持力大小为50 3 N ，方向与斜面垂直向上．例 3下面三种说法：①一个平面内只有一对不共线向量可作为表示该平面的基底；②一个平面内有无数多对不共线向量可作为该平面所有向量的基底；③零向量不可以作为基底中的向量，其中正确的说法是( )A ．①② B．②③ C ．①③ D．①②③ 活动：这是训练学生对平面向量基本定理的正确理解，教师引导学生认真地分析和理解平面向量基本定理的真正内涵．让学生清楚在平面中对于基底的选取是不唯一的，只要是同一平面内的两个不共线的向量都可以作为基底．解析：平面内向量的基底是不唯一的．在同一平面内任何一组不共线的向量都可作为平面内所有向量的一组基底；而零向量可看成与任何向量平行，故零向量不可作为基底中的向量．综上所述，②③正确．答案：B图7．a>0，b<0 ．a<0，b<0 思路2例 1如图8，M 是△ABC 内一点，且满足条件AM →＋2BM →＋3CM →＝0，延长CM 交AB 于N ，令CM →＝a ，试用a 表示CN →.图8活动：平面向量基本定理是平面向量的重要定理，它是解决平面向量计算问题的重要工具．由平面向量基本定理，可得到下面两个推论：推论1：e 1与e 2是同一平面内的两个不共线向量，若存在实数λ1、λ2，使得λ1e 1＋λ2e 2＝0，则λ1＝λ2＝0.推论2：e 1与e 2是同一平面内的两个不共线向量，若存在实数a 1，a 2，b 1，b 2，使得a＝a 1e 1＋a 2e 2＝b 1e 1＋b 2e 2，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝b 1，a 2＝b 2.解：∵AM →＝AN →＋NM →，BM →＝BN →＋NM →，∴由AM →＋2BM →＋3CM →＝0，得(AN →＋NM →)＋2(BN →＋NM →)＋3CM →＝0.∴AN →＋3NM →＋2BN →＋3CM →＝0.又∵A、N 、B 三点共线，C 、M 、N 三点共线， 设AN →＝λBN →，CM →＝μNM →，∴λBN →＋3NM →＋2BN →＋3μNM →＝0.∴(λ＋2)BN →＋(3＋3μ)NM →＝0.由于BN →和NM →不共线，∴⎩⎪⎨⎪⎧λ＋2＝0，3＋3μ＝0.∴⎩⎪⎨⎪⎧λ＝－2，μ＝－1.∴CM →＝－NM →＝MN →. ∴CN →＝CM →＋MN →＝2CM →＝2a .点评：这里选取BN →，NM →作为基底，运用化归思想，把问题归结为λ1e 1＋λ2e 2＝0的形例 2如图9，△ABC 中，AD 为△ABC 边上的中线且AE ＝2EC ，求AG GD 及BGGE的值．图9活动：教师让学生先仔细分析题意，以明了本题的真正用意，怎样把平面向量基本定理与三角形中的边相联系？利用化归思想进行转化后，结合向量的相等进行求解．解：设AG GD ＝λ，BGGE ＝μ.∵BD →＝DC →，即AD →－AB →＝AC →－AD →， ∴AD →＝12(AB →＋AC →)．又∵AG →＝λGD →＝λ(AD →－AG →)， ∴AG →＝λ1＋λAD →＝λ21＋λAB →＋λ21＋λAC →.①又∵BG →＝μGE →，即AG →－AB →＝μ(AE →－AG →)， ∴(1＋μ)AG →＝AB →＋μAE →，AG →＝11＋μAB →＋μ1＋μAE →.又AE →＝23AC →，∴AG →＝11＋μAB →＋2μ31＋μAC →.②比较①②，∵AB →、AC →不共线，∴⎩⎪⎨⎪⎧λ21＋λ＝11＋μ，λ21＋λ＝2μ31＋μ.解之，得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝4，μ＝32.∴AG GD ＝4，BG GE ＝32. 点评：本例中，构造向量在同一基底下的两种不同表达形式，利用相同基向量的系数对应相等得到一实数方程组，从而进一步求得结果．3已知A ，B 是直线l 上任意两点，O 是l 外一点(如图10)，求证：对直线l 上任意一点P ，存在实数t ，使OP →关于基底{OA →，OB →}的分解式为OP →＝(1－t)OA →＋tOB →. ① 并且，满足①式的点P 一定在l 上．证明：设点P 在直线l 上，则由平面向量基本定理知，存在实数t ，使AP →＝tAB →＝t(OB →－OA →)．图10所以OP →＝OA →＋AP →＝OA →＋tOB →－tOA →.所以点P 满足等式OP →＝(1－t)OA →＋tOB →，即有AP →＝tAB →，即P 在l 上．点评：由本例可知，对直线l 上任意一点P ，一定存在唯一的实数t 满足向量等式①；反之，对每一个实数t ，在直线l 上都有唯一的一个点P 与之对应．向量等式①叫做直线l 的向量参数方程式，其中实数t 叫做参变数，简称参数．在①中，令t ＝12，点M 是AB 的中点，则OM →＝12(OA →＋OB →)．课堂小结1．先由学生回顾本节学习的数学知识：平面向量的基本定理，回忆我们是如何探究发现定理的？并通过思路2例3的证明又探究得到了线段AB 中点的向量表达式．教师点拨学生，在今后的学习中，要继续发扬这种勇于探索、勇于发现的科学精神．2．教师与学生一起总结本节学习的数学方法，如待定系数法，定义法，归纳与类比，数形结合，几何作图等，并把本节所学纳入知识体系中．作业课本本节练习B 组 2,3.设计感想1．本节课内容是在上节向量学习的基础上探究到的一个新定理——平面向量基本定理．教科书首先通过特例验证：对于平面内给定的任意两个向量进行加减的线性运算时所表示的新向量有什么特点，反过来，对平面内的任意向量是否都可以用形如λ1e 1＋λ2e 2的向量表示．2．教师应该多提出问题，多让学生自己动手作图来发现规律，通过解题来总结方法，引导学生理解“化归”思想对解题的帮助，也要让学生善于用“数形结合”的思想来解决这部分的题目．3．应充分借助多媒体进行教学，整节课的教学主线应以学生探究为主，教师给予引导和点拨．充分让学生经历分析、探究问题的过程，这也是学习数学，领悟思想方法的最好载体．学生这种经历的实践活动越多，解决问题的方法就越恰当而简捷．备课资料 一、三角形中三条中线共点的证明如图11所示，已知在△ABC 中，D 、E 、L 分别是BC 、CA 、AB 的中点，设中线AD 、BE 相交于点P.图11求证：AD 、BE 、CL 三线共点．分析：欲证三条中线共点，只需证明C 、P 、L 三点共线．证明：设AC →＝a ，AB →＝b ，则AL →＝12b ，CL →＝AL →－AC →＝－a ＋12b .设AP →＝mAD →，则AC →＋CP →＝m(AC →＋CD →)，CP →＝(－1＋m)AC →＋mCD →＝(－1＋m)a ＋m[12(b －a )]＝(－1＋12m)a ＋12m b .①又设EP →＝nEB →，则CP →－CE →＝n(EC →＋CB →)，∴CP →＝(1－n)CE →＋nCB →＝－12(1－n)a ＋n(b －a )＝(－12－12n)a ＋n b .②由①②，得⎩⎪⎨⎪⎧－1＋12m ＝－12－12n ，12m ＝n.解之，得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝23，n ＝13.∴CP →＝－23a ＋13b ＝23(－a ＋12b )＝23CL →.∴C、P 、L 三点共线．∴AD、BE 、CL 三线共点．二、备用习题1．如图12所示，已知AP →＝43AB →，AQ →＝13AB →，用OA →、OB →表示OP →，则OP →等于( )图12A.13OA →＋43OB → B ．－13OA →＋43OB →C ．－13OA →－43OB → D.13OA →－43OB →2．已知e 1，e 2是两非零向量，且|e 1|＝m ，|e 2|＝n ，若c ＝λ1e 1＋λ2e 2(λ1，λ2∈R )，则|c |的最大值为( )A ．λ1m ＋λ2nB ．λ1n ＋λ2mC ．|λ1|m ＋|λ2|nD ．|λ1|n ＋|λ2|m3．已知G 1、G 2分别为△A 1B 1C 1与△A 2B 2C 2的重心，且A 1A 2→＝e 1，B 1B 2→＝e 2，C 1C 2→＝e 3，则G 1G 2→等于( )A.12(e 1＋e 2＋e 3)B.13(e 1＋e 2＋e 3) C.23(e 1＋e 2＋e 3) D ．－13(e 1＋e 2＋e 3) 4．O 是平面上一定点，A 、B 、C 是平面上不共线的三个点，动点P 满足OP →＝OA →＋λ(AB →|AB →|＋AC →|AC →|)，λ∈[0，＋∞)，则P 的轨迹一定通过△ABC 的( ) A ．外心 B ．内心 C ．重心 D ．垂心5．已知向量a 、b 且AB →＝a ＋2b ，BC →＝－5a ＋6b ，CD →＝7a －2b ，则一定共线的三点是( ) A ．A 、B 、D B ．A 、B 、C C ．C 、B 、D D ．A 、C 、D6．如图13，平面内有三个向量OA →、OB →、OC →，其中与OA →与OB →的夹角为120°，OA →与OC →的夹角为30°，且|OA →|＝|OB →|＝1，|OC →|＝23，若OC →＝λOA →＋μOB →(λ，μ∈R )，则λ＋μ的值为________．图13参考答案：1.B 2.C 3.B 4.B 5.A 6.611。
共线定理以及三点共线
共线定理以及三点共线一、向量共线定理平面向量共线定理：对平面内任意的两个向量b a b b a//),0(,≠的充要条件是：存在唯一的实数λ，使b aλ=例1.设与是两个不共线的向量，且向量与共线，则A. 0B.C.D.【解答】 解：因为向量与共线，所以存在实数x 有，则，解得故选D ．例2.已知向量，，且与共线，，则 A.B.C.或D.或【解答】 解：与共线，，， ， 或．故选：D ．例3.若、是不共线向量，，，且，则k等于A. 8B. 3C.D.【解析】解：，是不共线向量，，，且，存在实数使得．．，解得．故选D．例4.向量，，若与共线且方向相反，则______．【解答】解：，，解得，又与方向相反，．故答案为．例5.已知点P在线段AB上，且，设，则实数______．【解析】解：如图所示，点P在线段AB上，且，；又，．故答案为：．例6.已知向量______．【解析】解：，，则有，解得，故答案为．例7.已知是平面内两个不共线向量，，若A，B，D三点共线，则k的值为A. 2B.C.D. 3【解答】解：，，、B、D三点共线，与共线，存在唯一的实数，使得即解得．故选A．例8.已知、是两个不共线向量，设，，，若A，B，C三点共线，则实数的值等于A. 1B. 2C.D.【解答】解：，，，，，，B，C三点共线，不妨设，，，解得．故选C．例9.设，是两个不共线的向量，已知，，，若三点A，B，D共线，则k的值为A. B. 8 C. 6 D.【解答】解：，因为三点A，B，D共线，所以与共线，则存在实数，使得，即，由向量相等的条件得，所以．故选A．例10.设，是不共线向量，与共线，则实数k为______ ．【解答】解：与共线，且，是不共线向量，存在实数满足：，且，．故答案为．例11.设向量，不平行，向量与平行，则实数________．【解答】解：向量，不平行，向量与平行，，，解得实数．故答案为．二、三点共线定理在平面中A、B、P三点共线的充要条件是：对于该平面内任意一点的O，存在唯一的一对实数x,y使得：OP xOA yOB=+且1x y+=。
高中数学第六章平面向量及其应用6.3.1平面向量基本定理同步练习含解析第二册
课时素养评价六平面向量基本定理（15分钟30分)1。
设{e1,e2}是平面内一组基底,则下面四组向量中，能作为基底的是（) A。
e1-e2与e2—e1B。
2e1+3e2与—4e1—6e2C.e1+2e2与2e1—e2D.—e1+e2与e1-e2【解析】选C。
因为只有不共线的两个向量才能作为基底，选项A、B、D中的两个向量都是共线的,不可以作为基底.选项C中的两个向量不共线,可作为基底.2.(2020·湖州高一检测)在△OAB中,P为线段AB上的一点,=x+y,且=2,则() A.x=,y= B.x=,y=C。
x=，y=D。
x=，y=【解析】选A。
因为=2,所以+=2+2,即3=2+，所以=+,即x=,y=。
3.（2020·长沙高一检测)如图,在正方形ABCD中,点E是DC的中点,点F满足=2,那么= ()A.-B。
+C.—D.+【解析】选C。
=+=+=-。
【补偿训练】如图所示,在正方形ABCD中,E为AB的中点，F为CE的中点,则= （）A.+B.+C。
+ D.+【解析】选D.根据题意得：=（+),又=+,=,所以==+.4。
如图所示，在6×4的方格中，每个小正方形的边长为1,点O,A,B,C均为格点(格点是指每个小正方形的顶点）,则·=.【解析】设水平向右和竖直向上的单位向量为e1和e2，则|e1｜=|e2|=1，e1·e2=0，由题图可知，=3e1+2e2，=6e1-3e2，·=（3e1+2e2）·（6e1-3e2）答案:125.已知e1，e2不共线,且a=k e1-e2，b=e2—e1，若a,b不能作为基底,则实数k等于.【解析】因为a，b不能作为基底,所以a，b共线，可设a=λb,λ∈R，则k e 1—e2=λ,即k e1-e2=λe2-λe1，因为e1，e2不共线，所以所以k=1.答案:1【补偿训练】已知e1，e2不共线,a=e1+2e2,b=2e1+λe2,要使{a,b｝能作为平面内的一个基底,则实数λ的取值范围为。
2019_2020学年新教材高中数学第6章平面向量初步 共线向量基本定理练习(含解析)新人教B版必修第二册
课时30 共线向量基本定理知识点一 共线向量基本定理1.已知向量a ，b 是两个非零向量，在下列四个条件中，一定能使a ，b 共线的是( ) ①2a －3b ＝4e 且a ＋2b ＝－2e ；②存在相异实数λ，μ，使λa －μb ＝0； ③x a ＋y b ＝0(其中实数x ，y 满足x ＋y ＝0)； ④已知梯形ABCD ，其中AB →＝a ，CD →＝b . A ．①② B ．①③ C ．② D ．③④ 答案 A解析 由2a －3b ＝－2(a ＋2b )得到b ＝－4a ，故①可以；∵λa －μb ＝0，∴λa ＝μb ，故②可以；当x ＝y ＝0时，有x a ＋y b ＝0，但b 与a 不一定共线，故③不可以；梯形ABCD 中，没有说明哪组对边平行，故④不可以．2．已知e 1，e 2不共线，若a ＝3e 1－4e 2，b ＝6e 1＋k e 2，且a ∥b ，则k 的值为( ) A ．8 B ．－8 C ．3 D ．－3 答案 B解析 ∵a ∥b ，∴存在实数m ，使得a ＝m b ，即3e 1－4e 2＝6m e 1＋mk e 2，∴⎩⎪⎨⎪⎧3＝6m ，－4＝mk ，即⎩⎪⎨⎪⎧m ＝12，k ＝－8.3. 如图所示，已知OA ′ →＝3OA →，A ′B ′ →＝3AB →，则向量OB →与OB ′ →的关系为( )A ．共线B ．同向C ．共线且同向D ．共线、同向，且OB ′ →的长度是O B →的3倍 答案 D解析 由题意，知OB →＝OA →＋AB →，OB ′→＝OA ′→＋A ′B ′→＝3OA →＋3AB →＝3OB →，故选D.知识点二 共线向量基本定理的应用4.已知点P 是△ABC 所在平面内的一点，且3PA →＋5PB →＋2PC →＝0，设△ABC 的面积为S ，则△PAC 的面积为( )A.34SB.23SC.12SD.25S 答案 C解析 如图，由于3PA →＋5PB →＋2PC →＝0，则3(PA →＋PB →)＝－2(PB →＋PC →)， 3(PA →＋PB →)2＝－2(PB →＋PC →)2. 设AB ，BC 的中点分别为M ，N ，则PM →＝12(PA →＋PB →)，PN →＝12(PB →＋PC →)，即3PM →＝－2PN →，则点P 在中位线MN 上，则△PAC 的面积是△ABC 的面积的一半．5．设AB →＝22(a ＋5b )，BC →＝－2a ＋8b ，CD →＝3(a －b )，则共线的三点是________．答案 A ，B ，D解析 BD →＝BC →＋CD →＝a ＋5b ，AB →＝22BD →，即A ，B ，D 三点共线．6．已知e 1，e 2是两个不共线的向量，a ＝k 2e 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－52k e 2与b ＝2e 1＋3e 2是两个平行的向量，则k ＝________.答案 13或－2解析 ∵a ∥b ，∴存在实数m ，使得a ＝m b ，∴k 2e 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－52k e 2＝m (2e 1＋3e 2)，∴⎩⎪⎨⎪⎧k 2＝2m ，1－52k ＝3m ，即3k 2＋5k －2＝0，∴k ＝13或－2.7．设O 为△ABC 内任一点，且满足OA →＋2OB →＋3OC →＝0，且D ，E 分别是BC ，CA 的中点，则△ABC 与△AOC 的面积之比为________．答案 3∶1解析 如图，OB →＋OC →＝2OD →，OA →＋OC →＝2OE →，∴OA →＋2OB →＋3OC →＝(OA →＋OC →)＋2(OB →＋OC →)＝2(2OD →＋OE →)＝0，即2OD →＋OE →＝0， ∴DO →与OE →共线，即D ，E ，O 共线， ∴2|OD →|＝|OE →|，∴S △AOC ＝2S △COE ＝2×23S △CDE ＝2×23×14S △ABC ＝13S △ABC ，即S △ABCS △AOC＝3.8．已知梯形ABCD ，AB ∥DC ，E ，F 分别是AD ，BC 的中点．用向量法证明：EF ∥AB ，EF ＝12(AB ＋DC )．证明 如图，延长EF 到点M ，使FM ＝EF ，连接CM ，BM ，EC ，EB ，得平行四边形ECMB ，由平行四边形法则得EF →＝12E M →＝12( EB →＋EC →)．由于AB ∥DC ，所以AB →， DC →共线且同向，根据向量共线定理，存在正实数λ，使AB →＝λDC →.由三角形法则得EB →＝EA →＋AB →， EC →＝ED →＋DC →且ED →＋EA →＝0，∴EF →＝12(E B →＋EC →)＝12(E A →＋AB →＋ED →＋DC →)＝12(AB →＋DC →)＝1＋λ2D C →， ∴EF →∥DC →.由于E ，D 不共点，∴EF ∥DC ∥AB ，又|EF →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪12( AB →＋DC →)＝12(|AB →|＋|D C →|)，∴EF ＝12(AB ＋DC )，所以结论得证.易错点 对共线向量基本定理理解不透致误9.如果向量a ＝(－k ，－1)与b ＝(4，k )共线且方向相反，则k ＝________.易错分析 出错的根本原因是对共线向量基本定理b ＝λa 理解不透，误认为向量反向时，参数k 的值应该为负值，实质应是λ的值为负值．答案 2正解 因为向量a ＝(－k ，－1)与b ＝(4，k )共线， 所以k 2－4＝0，解得k ＝±2，当k ＝－2时，b ＝2a ，此时a 与b 方向相同，不符合题意，应舍去，因此k ＝2.一、选择题1．已知向量a ＝e 1＋2e 2，b ＝2e 1－e 2，其中e 1，e 2不共线，则a ＋b 与c ＝6e 1＋2e 2的关系是( )A ．不共线B ．共线C ．相等D ．不确定 答案 B解析 a ＋b ＝3e 1＋e 2，∴c ＝6e 1＋2e 2＝2(a ＋b )． ∴c 与a ＋b 共线．2．下面向量a ，b 共线的有( ) ①a ＝2e 1，b ＝－2e 2；②a ＝e 1－e 2，b ＝－2e 1＋2e 2； ③a ＝4e 1－25e 2，b ＝e 1－110e 2；④a ＝e 1＋e 2，b ＝2e 1－2e 2(e 1，e 2不共线)． A ．②③ B ．②③④ C ．①③④ D ．①②③④答案 A解析 对于①，e 1与e 2不一定共线，故a 与b 不一定共线；对于②，a ＝－12b ，∴a ，b 共线；对于③，a ＝4b ，∴a ，b 共线；对于④，若a ，b 共线，则存在一实数λ，使得b ＝λa ，即2e 1－2e 2＝λ(e 1＋e 2)，得(2－λ)e 1＝(λ＋2)e 2，当λ＝2时，得e 2＝0，e 1，e 2共线，矛盾，当λ≠2时，e 1＝λ＋22－λe 2，则e 1，e 2共线，矛盾．故a 与b 不共线．综上，选A. 3．若M 是△ABC 的重心，则下列各向量中与AB →共线的是( ) A ．AB →＋BC →＋AC →B ． AM →＋MB →＋BC → C ． AM →＋BM →＋CM →D ．3A M →＋AC →答案 C解析 设D ，E ，F 分别为BC ，AC ，AB 的中点，根据点M 是△ABC 的重心， AM →＋BM →＋CM →＝23( AD →＋BE →＋CF →)＝23(AB →＋B D →＋BC →＋CE →＋CA →＋AF →)＝0，而零向量与任何向量共线，所以与AB →共线．4．点P 是△ABC 所在平面内一点，若CB →＝λPA →＋PB →，其中λ∈R ，则点P 一定在( )A ．△ABC 内部B ．AC 边所在的直线上 C ．AB 边所在的直线上D ．BC 边所在的直线上答案 B解析 ∵CB →＝λPA →＋PB →，∴CB →－PB →＝λPA →，即CP →＝λPA →.∴点P ，A ，C 共线．∴点P 一定在AC 边所在的直线上． 二、填空题5．已知向量a ，b 不共线，且c ＝λa ＋b ，d ＝a ＋(2λ－1)b ，若c 与d 同向，则实数λ的值为________．答案 1解析 由于c 与d 同向，所以可设c ＝k d (k >0)，于是λa ＋b ＝k [a ＋(2λ－1)b ]， 整理得λa ＋b ＝k a ＋(2λk －k )b .由于a ，b 不共线，所以⎩⎪⎨⎪⎧λ＝k ，2λk －k ＝1，整理得2λ2－λ－1＝0，所以λ＝1或λ＝－12.又k >0，所以λ>0，故λ＝1.6．在△ABC 中，点D 在BC 边上，且CD →＝4DB →，CD →＝rAB →＋sAC →，则3r ＋s 的值为________． 答案 85解析 ∵AB →＋BC →＝AC →，CD →＝4DB →，∴CD →＝45CB →，即CD →＝45AB →－45AC →，∴r ＝45，s ＝－45，∴3r ＋s ＝85.7．已知△ABC 的三个顶点A ，B ，C 及平面内一点P 满足PA →＋PB →＋P C →＝A B →，则点P 在边AC 的________等分点处．答案 三解析 由PA →＋PB →＋PC →＝AB →，得PA →＋PC →＝AB →－PB →＝AP →，所以PC →＝2AP →，从而点P 在边AC 的三等分点处．三、解答题8．已知非零向量e 1，e 2不共线，(1)如果AB →＝e 1＋e 2， BC →＝2e 1＋8e 2， CD →＝3(e 1－e 2)，求证：A ，B ，D 三点共线； (2)欲使k e 1＋e 2和e 1＋k e 2共线，试确定实数k 的值．解 (1)证明：∵AB →＝e 1＋e 2，B D →＝BC →＋CD →＝2e 1＋8e 2＋3e 1－3e 2＝5(e 1＋e 2)＝5AB →. ∴AB →与BD →共线，且AB 与BD 有公共点B ， ∴A ，B ，D 三点共线．(2)∵k e 1＋e 2与e 1＋k e 2共线，且此两向量均为非零向量， ∴存在λ，使k e 1＋e 2＝λ(e 1＋k e 2)，则(k －λ)e 1＝(λk －1)e 2，由于e 1与e 2不共线， 只能有⎩⎪⎨⎪⎧k －λ＝0，λk －1＝0，∴k ＝±1.9．如图，平行四边形OACB 中，BD ＝13BC ，OD 与BA 相交于E .求证：BE ＝14BA .证明 如图，设E ′是线段BA 上的一点，且BE ′＝14BA ，只要证E ，E ′重合即可．设OA →＝a ， OB →＝b ，则BD →＝13a ， OD →＝b ＋13a .∵BE ′ →＝OE ′ →－b ，E ′A →＝a －OE ′ →，3BE ′ →＝E ′A →， ∴3(OE ′ →－b )＝a －OE ′ →， ∴OE ′ →＝14(a ＋3b )＝34⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋13a ，即OE ′ →＝34O D →，∴O ，E ′，D 三点共线，∴E 与E ′重合．∴BE ＝14BA .10．已知OA →，OB →是不共线的两个向量，设OM →＝λOA →＋μOB →，且λ＋μ＝1，λ，μ∈R .求证：M ，A ，B 三点共线． 证明 ∵λ＋μ＝1，∴μ＝1－λ. ∴OM →＝λOA →＋(1－λ)OB →＝λOA →＋OB →－λOB →. ∴OM →－OB →＝λ(OA →－OB →)，即BM →＝λBA →(λ∈R )，∴BM →，BA →共线． 又∵BM ，BA 有公共点B ， ∴M ，B ，A 三点共线．11．如图所示，点P 在直线AB 上，O 为直线外任意一点，且OP →＝λOA →＋μOB →(λ，μ∈R )，求证：λ＋μ＝1.证明 OP →＝λOA →＋μOB →＝λ(OP →＋PA →)＋μ(OP →＋PB →) ＝(λ＋μ)OP →＋λPA →＋μPB →， 又点P 在直线AB 上，不妨设PA →＝kPB →， 则(λ＋μ－1)OP →＋(λk ＋μ)PB →＝0又OP →与PB →不共线，故⎩⎪⎨⎪⎧λ＋μ－1＝0，λk ＋μ＝0，得λ＋μ＝1.12．如图所示，在△ABC 中，D ，F 分别是BC ，AC 的中点，且AE →＝23AD →，AB →＝a ，AC →＝b .(1)用a ，b 表示向量AD →，AE →，AF →，BE →； (2)求证：B ，E ，F 三点共线． 解 (1)AD →＝AB →＋BD →＝a ＋12BC →＝a ＋12AC →－12AB →＝12b ＋12a ，AE →＝23AD →＝13b ＋13a ， AF →＝12AC →＝12b ，BE →＝AE →－AB →＝13b ＋13a －a＝13b －23a . (2)证明：BF →＝AF →－AB →＝12AC →－AB →＝12b －a ，BE →＝13b －23a ，∴23BF →＝BE →，故BF →∥BE →， 又BF 与BE 有公共点B ，∴B ，E ，F 三点共线．。
高中数学平面向量基本定理
解得λ =±1.
1 N在线段BD上，且有BN= BD，求证：M、N、C三点共线。 3
如图，在平行四边形ABCD中，点M是AB中点，点
D
C
N A M B
1.如果两个向量的基线互相垂直，则称这两
个向量互相垂直 ; 2. 如果两个基向量e1、e2互相垂直，则称
{e1，e2} 为正交基底 3. 若向量e1、e2为单位正交基底,且a xe1 ye2 则称(x，y)为向量a的坐标.N来自Ae2 O e1
M
我们把不共线向量e1，e2叫做这一平面内 所有向量的一组基底，记为{e1，e2}， a1e1+a2e2叫做向量a关于基底{e1，e2}的
分解式。
例1
ABCD中，E、F分别是DC和AB
的中点，试判断AE,CF是否平行？
D E C
A
F
B
例2、 如图，已知梯形ABCD， AB//CD，且AB= 2DC,M,N分别是DC,AB 的中点. 请大家动手, D 在图中确定一组 基底，将其他向 量用这组基底表 A 示出来。
问题：（1）向量a是否可以用含有e1、e2的式
子来表示呢？怎样表示？ （2）若向量a能够用e1、e2表示，这种表示
是否唯一？请说明理由.
平面向量基本定理
如果e1、e2是平面内的两个不共线向量，那 么对于这一平面内的任一向量a，有且只有一 对实数a1、a2，使 a a1e1 a2e2 说明：① e1、e2是两个不共线的向量； ② a是平面内的任一向量； ③ a1，a2实数，唯一确定.
2.2.1平面向量基本定理
如图，设e1、e2是同一平面内两个不共线的向量，
试用e1、e2表示向量
AB, CD, EF , GH
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高中数学例题：利用平面向量基本定理证明三点共线问题 例3．设OA 、OB 、OP 是三个有共同起点的不共线向量，求证：它们的终点A 、B 、P 共线，当且仅当存在实数m 、n 使m+n=1且OP mOA nOB ==．
【思路点拨】本题包含两个问题：（1）A 、B 、P 共线⇒m+n=1，且OP mOA nOB ==成立；（2）上述条件成立⇒A 、B 、P 三点共线．
【证明】（1）由三点共线⇒m 、n 满足的条件．
若A 、B 、P 三点共线，则AP 与AB 共线，由向量共线的条件知存在实数λ使AP AB λ=，即()OP OA OB OA λ-=-，∴(1)OP OA OB λλ=-+． 令1m λ=-，n=λ，则OP mOA nOB =+且m+n=1．
（2）由m 、n 满足m+n=1⇒A 、B 、P 三点共线．
若OP mOA nOB =+且m+n=1，则(1)OP mOA m OB =+-．
则()OP OB m OA OB -=-，即BP mBA =．
∴BP 与BA 共线，∴A 、B 、P 三点共线．
由（1）（2）可知，原命题是成立的．
【总结升华】 本例题的结论在做选择题和填空题时，可作为定理使用，这也是证明三点共线的方法之一．
举一反三：
【变式1】设e 1，e 2是平面内的一组基底，如果124AB e e =-，12BC e e =+，1269CD e e =-，求证：A ，C ，D 三点共线．
【解析】 因为1212121(4)()233
AC AB BC e e e e e e CD =+=-++=-=，所以AC 与CD 共线．。