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平面向量三点共线性质定理的推论及空间推广

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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

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

4

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