平面向量三点共线性质定理的推论及空间推广

南昌外国语学校 梁懿涛

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0y0y0y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|,y0时，CA与BC同向，。当x0如图2-1所示，则点C在线段AB上；当x0,y0|BC||x|1

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，

SOABSS|x||y||z|，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zyz|BD|z|AO|yzOD，，AO，如图3，x|DC|y|OD|xSSSzyzz|y||x|，同理有OBC，OCA，命题得证． OABSABCyzxyzxyzSABCxyzSABC|xyz|则

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|，同理可证OPBC，OPCA． PAB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． 由aOAbOBcOCdOD0，得

2

aOAbOBcOCdODbOBcOCdOD，令OP，则P,B,C,D四点共面，由推论5，bcdbcdbcdaOAOP，如图4，知|OP|:|OA|a:(bcd)，SPCD:SPBD:SPBCb:c:d，又bcdcbcdcaVOABD，同理可证VOBCD，

bcdabcdabcdabcdbdVOACD，VOABC，命题得证．

abcda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211313O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，

2SOBCSOAC43]，设AOC，[0, (SOBCSOAC)，

3SOABSOAB3112SOACsin,SOBCsin()，

223431122333xy[sinsin()](cossin)2sin()2，此时

3322332263．(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．

234345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= ．

3

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解析：由推论1及推论1，可知m,n满足n0，m2n22m2n3(m1)2(n1)2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OBOCOD12则SA0，SBD:BCDCAD:S______．

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2221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0x,y,z1，如

xyz10x,y,z1图建立空间直角坐标系，{(x,y,z)|}表示正方体OABCO1A1B1C1中三棱锥OACO1内

xyz1部的区域，而{(x,y,z)|xyz}表示以点O为圆心，半径为

222133 3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8． pVOACO19

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