三点共线的向量刻画

前言

在数学中，判断三点的位置关系，主要是看这三点是否共线。

• 在初中数学中，常利用距离来刻画三点共线，比如若满足关系：\(|AB|+|BC|=|AC|\)，则 \(A\)、\(B\)、\(C\) 三点共线【常结合图形确定具体的距离关系】。

• 在高中学习了平面向量共线定理后，可以利用向量来刻画三点共线：

若满足向量表示形式 \(\overrightarrow{AB}=k\cdot \overrightarrow{AC}\)，则 \(A\)、\(B\)、\(C\) 三点共线。^[1]

若满足向量表示形式：\(\overrightarrow{OC}=\lambda\overrightarrow{OA}+(1-\lambda)\overrightarrow{OB}\)，则 \(A\)、\(B\)、\(C\) 三点共线。^[2]

• 在学习了解析几何直线的斜率后，可以利用斜率来刻画三点共线：若满足形式:\(k_{AB}=k_{AC}\)，则 \(A\)、\(B\)、\(C\) 三点共线。

以上三点共线的刻画方式中，其中向量的表示形式比较难理解，以下用图形帮助我们理解；

定理内容

【源题】已知\(\overrightarrow{OC}=\lambda \overrightarrow{OA}+\mu \overrightarrow{OB}\)，其中\(\lambda+\mu=1\)，求证：\(A、B、C\)三点共线；

思路：通过向量共线(如\(\overrightarrow{AB}=k\cdot \overrightarrow{AC}\))，得三点共线；

证明：如图，由\(\lambda+\mu=1\)，得到\(\mu=1-\lambda\)，

又由于\(\overrightarrow{OC}=\lambda \overrightarrow{OA}+\mu \overrightarrow{OB}\)，

即\(\overrightarrow{OC}=\lambda \overrightarrow{OA}+(1-\lambda)\overrightarrow{OB}\)，

则\(\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OB}=\lambda(\overrightarrow{OA}-\overrightarrow{OB})\)

即\(\overrightarrow{BC}=\lambda \overrightarrow{BA}\)，

故\(A、B、C\)三点共线；

解后反思：

1、此题揭示了证明三点共线的又一个向量方法，点\(O\)的位置可以任意选择，具有灵活性。

2、其逆命题也成立，即若\(A、B、C\)三点共线，则存在唯一实数对\(\lambda\)、\(\mu\)，满足\(\overrightarrow{OC}=\lambda \overrightarrow{OA}+\mu \overrightarrow{OB}\)，且\(\lambda+\mu=1\)；

3、\(\overrightarrow{OC}=\lambda\overrightarrow{OA}+(1-\lambda)\overrightarrow{OB}\)是\(A、B、C\)三点共线的【充要条件】。

4、特例，当\(\lambda=\mu=\cfrac{1}{2}\)时，\(\overrightarrow{OC}=\cfrac{1}{2}(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB})\)，则点\(C\)为\(\overrightarrow{AB}\)的中点，揭示了\(\triangle OAB\)的中线\(OC\)的一个向量公式，应用很广泛；

图形解释

为什么必须\(k=1\)? \(\overrightarrow{OC}=t\overrightarrow{OA}+(k-t)\overrightarrow{OB}\)

图形语言：

如果\(k>1\)会怎么样呢？比如\(k=1.5\)；\(\overrightarrow{OC}=t\overrightarrow{OA}+(k-t)\overrightarrow{OB}\)；

如果\(k<1\)又会怎么样呢？ 比如\(k=0.5\)；\(\overrightarrow{OC}=t\overrightarrow{OA}+(k-t)\overrightarrow{OB}\)；

• 总结：当\(k=1\)时，三点共线；当\(k\neq 1\)时，三点不共线，但是点\(C\)的轨迹会和直线\(AB\)平行。

引申

当\(\overrightarrow{OC}\)\(=\)\(x\cdot\overrightarrow{OA}\)\(+\)\(y\cdot\overrightarrow{OB}\)，当参数 \(x\) 和\(y\) 没有关系时，即意味着，用 \(\overrightarrow{OA}\) 和 \(\overrightarrow{OB}\) 为基向量，可以表示此平面内的所有向量。

定理应用

如图，平行四边形\(ABCD\)中，点\(M\)是\(AB\)的中点，点\(N\)在\(BD\)上，且\(BN=\cfrac{1}{3}BD\)，利用向量法证明：\(M、N、C\)三点共线。

分析：选择点\(B\)，只需要证明\(\overrightarrow{BN}=\lambda \overrightarrow{BM}+\mu \overrightarrow{BC}\)，且\(\lambda+\mu=1\)；

证明：由已知\(\overrightarrow{BD}=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}\)，又点\(N\)在\(BD\)上，且\(BN=\cfrac{1}{3}BD\)，

则\(\overrightarrow{BN}=\cfrac{1}{3}\overrightarrow{BD}=\cfrac{1}{3}(\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC})=\cfrac{1}{3}\overrightarrow{BA}+\cfrac{1}{3}\overrightarrow{BC}\)，

又点\(M\)是\(AB\)的中点，则\(\overrightarrow{BA}=2\overrightarrow{BM}\)，

则\(\overrightarrow{BN}=\cfrac{2}{3}\overrightarrow{BM}+\cfrac{1}{3}\overrightarrow{BC}\)，

而\(\cfrac{1}{3}+\cfrac{2}{3}=1\)，故\(M、N、C\)三点共线。

【2020\(\cdot\)宜昌月考】 已知等差数列 \(\{a_{n}\}\) 的前 \(n\) 项和为 \(S_{n}\)， 若 \(\overrightarrow{OB}=a_{_{1}}\cdot\overrightarrow{OA}+\)\(a_{_{2018}}\cdot\overrightarrow{OC}\)， 且 \(A\)、 \(B\)、 \(C\) 三点共线(该直线不过点 \(O\) )，则 \(S_{2018}\) 等于【\(\quad\)】

$A.1007$ $B.1009$ $C.2016$ $D.2018$

解析： 由于\(A\)， \(B\)， \(C\) 三点共线， 故\(a_{_{1}}+a_{_{2018}}=1\)，

则\(S_{2018}=\cfrac{2018\cdot(a_{_{1}}+a_{_{2018}})}{2}=1009\)，故选 \(B\).

【引入三个参数，高阶层次】如图，平行四边形\(OACB\)中，\(BD=\cfrac{1}{3}BC\)，\(OD\)与\(AB\)相交于点\(E\)，求证：\(BE=\cfrac{1}{4}BA\)；

分析：借助向量知识，只须证明\(\overrightarrow{BE}=\cfrac{1}{4}\overrightarrow{BA}\)，而\(\overrightarrow{BA}=\overrightarrow{BO}+\overrightarrow{BC}\)，又\(O、D、E\)三点共线，存在唯一实数对\(\lambda\)，\(\mu\)，且\(\lambda+\mu=1\)，使\(\overrightarrow{BE}=\lambda \overrightarrow{BO}+\mu \overrightarrow{BD}\)，从而得到\(\overrightarrow{BE}\)与\(\overrightarrow{BA}\)的关系。

证明：由已知条件，\(\overrightarrow{BA}=\overrightarrow{BO}+\overrightarrow{BC}\)，又\(B、E、A\)三点共线，可设\(\overrightarrow{BE}=k\overrightarrow{BA}\)，

则\(\overrightarrow{BE}=k\overrightarrow{BO}+k\overrightarrow{BC}①\)，

又\(O、D、E\)三点共线，存在唯一实数对\(\lambda\)，\(\mu\)，且\(\lambda+\mu=1\)，使\(\overrightarrow{BE}=\lambda \overrightarrow{BO}+\mu \overrightarrow{BD}\)，

又\(\overrightarrow{BD}=\cfrac{1}{3}\overrightarrow{BC}\)，

则\(\overrightarrow{BE}=\lambda \overrightarrow{BO}+\cfrac{1}{3}\mu\overrightarrow{BD}②\)，

根据①②可得，

\(\left\{\begin{array}{l}{k=\lambda}\\{k=\cfrac{1}{3}\mu}\\{\lambda+\mu=1}\end{array}\right.\) 解得\(\left\{\begin{array}{l}{k=\cfrac{1}{4}}\\{\lambda=\cfrac{1}{4}}\\{\mu=\cfrac{3}{4}}\end{array}\right.\)

故\(\overrightarrow{BE}=\cfrac{1}{4}\overrightarrow{BA}\)，即\(BE=\cfrac{1}{4}BA\)；

解后反思：借助向量知识，充分运用三点共线的向量性质和同一法解决问题，巧妙、简洁。

【2023年高考理科数学乙卷版第19题】如图，在三棱锥 \(P-ABC\)中，\(AB\perp BC\)，\(AB=2\)，\(BC=2\sqrt{2}\)，\(PB=PC=\sqrt{6}\)，\(BP\)、\(AP\)、\(BC\) 的中点分别为 \(D\)、\(E\)、\(O\)， \(AD=\sqrt{5}DO\)， 点 \(F\) 在 \(AC\) 上，\(BF\perp AO\)。

(1). 证明： \(EF//\) 平面 \(ADO\)；

✍️思路一：由于点 \(A\)、\(F\)、\(C\)三点共线，故必然存在唯一的实数 \(t\) ，满足条件 \(\overrightarrow{BF}=(1-t)\cdot\overrightarrow{BA}+t\cdot\overrightarrow{BC}\)，^[3]

又由于 \(BF\perp AO\)，故 \(\overrightarrow{BF}\cdot\overrightarrow{AO}=0\)，即 \(\overrightarrow{BF}\cdot(\overrightarrow{BO}-\overrightarrow{BA})=0\)，

也即 \(\left[(1-t)\cdot\overrightarrow{BA}+t\cdot\overrightarrow{BC}\right]\cdot\left[\cfrac{1}{2}\overrightarrow{BC}-\overrightarrow{BA}\right]=0\)，

由于 \(\angle ABC=90^{\circ}\)，则整理得到，\(-t\cdot\overrightarrow{BA}^2+\cfrac{1-t}{2}\cdot\overrightarrow{BC}^2=0\)，

即 \(-4t+4(1-t)=0\)，解得 \(t=\cfrac{1}{2}\)，

则 \(F\) 为 \(AC\) 的中点^[4]， 由 \(D\)，\(E\)，\(O\)，\(F\) 分别为 \(PB\)、 \(PA\)、 \(BC\)、 \(AC\) 的中点，

于是 \(DE//AB\)， \(DE=\cfrac{1}{2}AB\)， \(OF//AB\)， \(OF=\cfrac{1}{2}AB\)，

即 \(DE//OF\)，\(DE=OF\)， 则四边形 \(ODEF\) 为平行四边形，

\(EF//DO\)， \(EF=DO\)， 又 \(EF\not\subset\) 平面 \(ADO\)， \(DO\subset\) 平面 \(ADO\)，所以 \(EF//\) 平面 \(ADO\).

✍️思路二：注意到题目中有条件 \(BF\perp AO\)，则我们可以利用为 \(\overrightarrow{BF}\cdot\overrightarrow{AO}=0\)，故求解如下，

由勾股定理可知，\(AC=2\sqrt{3}\) 且 \(\cos\angle BAC=\cfrac{\sqrt{3}}{3}\)，设 \(\overrightarrow{AF}=\lambda\overrightarrow{AC}\)，

由于 \(\overrightarrow{AB}\)\(\cdot\)\(\overrightarrow{AC}\)\(=\)\(|\overrightarrow{AB}|\)\(|\overrightarrow{AC}|\)\(\cos\angle\)\(BAC\)\(=\)\(4\)，

则 \(\overrightarrow{BF}\cdot\overrightarrow{AO}\)\(=\)\((\lambda\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB})\)\((\cfrac{1}{2}\overrightarrow{AB}+\cfrac{1}{2}\overrightarrow{AC})\)

\(=\cfrac{\lambda}{2}|\overrightarrow{AC}|^2-\cfrac{1}{2}|\overrightarrow{AB}|^2+(\cfrac{\lambda}{2}-\cfrac{1}{2})\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=8\lambda-4=0\)，

解得 \(\lambda=\cfrac{1}{2}\)， 则 \(F\) 为 \(AC\) 的中点，由 \(D\)，\(E\)，\(O\)，\(F\) 分别为 \(PB\)、 \(PA\)、 \(BC\)、 \(AC\) 的中点，

于是 \(DE//AB\)， \(DE=\cfrac{1}{2}AB\)， \(OF//AB\)， \(OF=\cfrac{1}{2}AB\)，

即 \(DE//OF\)，\(DE=OF\)， 则四边形 \(ODEF\) 为平行四边形，

\(EF//DO\)， \(EF=DO\)， 又 \(EF\not\subset\) 平面 \(ADO\)，\(DO\subset\) 平面 \(ADO\)，所以 \(EF//\) 平面 \(ADO\).

(2). 证明： 平面 \(ADO\perp\) 平面 \(BEF\)；

证明：由于 \(AO\)\(=\)\(\sqrt{AB^2+OB^2}\)\(=\)\(\sqrt{6}\)\(=\)\(PC\)\(=\)\(2OD\)， \(AD=\sqrt{5}DO\)，

则由 \(AD^2=AO^2+OD^2\)^[5]，故 \(AO\perp OD\)，则有 \(AO\perp EF\)，

由 \(AO\perp BF\)，\(BF\cap EF=F\)，\(BF,EF\subset\) 平面 \(BEF\)，

则 \(AO\perp\) 平面 \(BEF\)，又由于 \(AO\subset\) 平面 \(ADO\)，

故 平面 \(ADO\perp\) 平面 \(BEF\)；

(3). 求二面角 \(D-AO-C\) 的正弦值；

解：设二面角 \(D-AO-C\) 的平面角为 \(\theta\)，则由 \(AO\perp OD\)， \(AO\perp BF\)，则 \(\theta\) 为 \(\overrightarrow{OD}\) 与 \(\overrightarrow{BF}\) 的夹角，

又由于 \(|\overrightarrow{BF}|=\cfrac{1}{2}|\overrightarrow{BF}|=\sqrt{3}\)， \(|\overrightarrow{OD}|=\cfrac{1}{2}|\overrightarrow{PC}|=\cfrac{\sqrt{6}}{2}\)，\(\cos\angle PCD=\cos\angle DOB=\cfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{6}}=\cfrac{\sqrt{3}}{3}\)，

则 \(\cos\theta=\cfrac{\overrightarrow{BF}\cdot\overrightarrow{OD}}{|\overrightarrow{BF}||\overrightarrow{OD}|}=\cfrac{\cfrac{1}{2}(\overrightarrow{OA}-3\overrightarrow{OB})\cdot\overrightarrow{OD}}{|\overrightarrow{BF}||\overrightarrow{OD}|}=\cfrac{-\cfrac{3}{2}\overrightarrow{OB}\cdot\overrightarrow{OD}}{|\overrightarrow{BF}||\overrightarrow{OD}|}\)

\(=\cfrac{-\cfrac{3}{2}\times\sqrt{2}\times\cfrac{\sqrt{6}}{2}\times\cfrac{\sqrt{3}}{3}}{\sqrt{3}\times\cfrac{\sqrt{6}}{2}}=-\cfrac{\sqrt{2}}{2}\)，即此平面角为钝角，

则 \(\sin\theta=\cfrac{\sqrt{2}}{2}\)，即二面角 \(D-AO-C\) 的正弦值为 \(\cfrac{\sqrt{2}}{2}\)，

高阶延申

探求线段或棱上是否存在一点

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1. 当然能得到三点共线的表达式还有：\(\overrightarrow{AB}=k_1\cdot \overrightarrow{BC}\)，或 \(\overrightarrow{BA}=k_2\cdot \overrightarrow{BC}\)，或 \(\overrightarrow{BC}=k_3\cdot \overrightarrow{BA}\)，或 \(\overrightarrow{CA}=k_4\cdot \overrightarrow{CB}\)，或 \(\overrightarrow{CB}=k_5\cdot \overrightarrow{CA}\)，共有6种(起点字母有 \(C_3^1\) 种选择，比如 \(A,B,C\)中 选\(A\)，终点字母在剩余的两个字母中选有\(A_2^2\)种，故共有6种)数的表达形式。 ↩︎

2. 故此表达式也称作直线的向量式方程，当然能得到三点共线的表达式还有：\(\overrightarrow{CO}=\mu_1\overrightarrow{BO}+(1-\mu_1)\overrightarrow{AO}\)，\(\overrightarrow{OA}=\mu_2\overrightarrow{OB}+(1-\mu_2)\overrightarrow{OC}\)，\(\overrightarrow{AO}=\mu_3\overrightarrow{BO}+(1-\mu_3)\overrightarrow{CO}\)，\(\overrightarrow{OB}=\mu_4\overrightarrow{OA}+(1-\mu_4)\overrightarrow{OC}\)，\(\overrightarrow{BO}=\mu_5\overrightarrow{AO}+(1-\mu_5)\overrightarrow{CO}\)，等12种。 ↩︎

3. 我们拿到这个题目，一般都会想到转化为通过证明线线平行来证明线面平行，但就是这个线线平行是此题目中的难点，你看着线线是平行的，但常规思路就是不能证明这一点；此题目此处主动应用三点共线的向量表示形式，非常巧妙，引入参数 \(t\)，目的是为了下一步求解 \(t=\cfrac{1}{2}\)，从而得到点 \(F\) 是 \(AC\) 的中点，这样就方便下一步说明线线平行； ↩︎

4. 当 \(t=\cfrac{1}{2}\) 时，由 \(\overrightarrow{BF}\)\(=\)\(\cfrac{1}{2}\overrightarrow{BA}\)\(+\)\(\cfrac{1}{2}\overrightarrow{BC}\)，由向量加法的平行四边形法则可以推导得到 \(F\) 为 \(AC\) 的中点 . ↩︎

5. 由数的关系[数量关系]得到形的关系[位置关系，比如垂直]，也是非常常用的思路之一； ↩︎