第一篇：四點(diǎn)共面問(wèn)題探究

空間四點(diǎn)共面充要條件的應(yīng)用與探究 河北唐山一中姚洪琪063000

平面上的三點(diǎn)共線與空間的四點(diǎn)共面，是平面向量與空間向量問(wèn)題中的一類重要題型。在高中數(shù)學(xué)人教A版選修教材2-1《空間向量與立體幾何》一章中，給出了四點(diǎn)共面的一個(gè)判定方法，在配套的教參中更明確為充要條件。因此有些老師在教學(xué)中就給出了如下的空間P、A、B、C、四點(diǎn)共面的充要條件：對(duì)于空間任意一點(diǎn)O，存在實(shí)數(shù)x、y、z，使得OP?xOA?yOB?zOC且x+y+z=1。這個(gè)結(jié)論對(duì)于解決空間四點(diǎn)共面問(wèn)題提供了很便捷的方法，例如：

問(wèn)題1：對(duì)于空間任一點(diǎn)O和不共線的三點(diǎn)A、B、C，有6OP?OA?2OB?3OC，則（）

(A)O、A、B、C 四點(diǎn)共面(B)P、A、B、C 四點(diǎn)共面(C)O、P、B、C 四點(diǎn)共面(D)O、P、A、B、C五點(diǎn)共面 分析：由條件可以得到OP?顯然答案為（B）

問(wèn)題2：已知點(diǎn)M在平面ABC內(nèi)，并且對(duì)空間任意一點(diǎn)O，OM?xOA?分析：由上面的充要條件很容易得到x?1?

12?13?16

12OB?

3OC，則

16OA?

13OB?

2OC，而

16?13?12

?1，則P、A、B、C 四點(diǎn)共面。

問(wèn)題3：在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，P、M、N分別是AA1、AB、AD上一點(diǎn)，且

AP?

3AA1,AM?

2AB,AN?

4AD，對(duì)角線AC1與平面PMN交與點(diǎn)H，求H點(diǎn)分AC1的比。

分析：因?yàn)镻、M、N、H四點(diǎn)共面，則可設(shè)為

AH?xAP?yAM?zAN，且x+y+z=

1M

C1

由已知，AP?則AH?

2x

323

AA1,AM?y2AB?

z

2AB,AN?

AD，AA1?

AD

又A、H、C1三點(diǎn)共線，則AH??AC1 而AC1?AA1?AB?AD 所以，AH?

2x3AA1?

y2AB?

z4AD

??AA1??AB??AD 因?yàn)橄蛄緼A1，AB，AD不共面，則有：所以，x?

322x3?y2?z4??，?，y?2?，z?4?

又因?yàn)閤+y+z=1，所以，所以，AH?2

15AC1 32?+2?+4?=1，解得??215 即：H點(diǎn)分AC1的比為2:13.以上三個(gè)問(wèn)題的解決都用到了課本中提到的四點(diǎn)共面的充要條件，思路新穎，解法簡(jiǎn)潔，確實(shí)為學(xué)生們解決空間四點(diǎn)共面問(wèn)題提供了一條重要的解題思路。但是，學(xué)生們?cè)诮鉀Q2005年全國(guó)高考數(shù)學(xué)試題時(shí)，卻出現(xiàn)了困惑和迷茫。甚至對(duì)該方法提出了質(zhì)疑。

05年高考題為：⊿ABC的外接圓圓心為O，兩條高線的交點(diǎn)為H，若OH?m(OA?OB?OC)，則。

一部分學(xué)生認(rèn)為，該題可以利用課本中給出的充要條件解決，將本題看成H、A、B、C四點(diǎn)共面，O為空間任意一點(diǎn)，則應(yīng)有m+m+m=1，從而得到m=

13.另外一部分學(xué)生認(rèn)為該題可以采用以下特殊解法，將⊿ABC看成一個(gè)等腰直角三角形，則容易得到OH?OA?OB?OC，于是m=1.究竟哪一個(gè)答案是正確的？在查閱05年高考試題答案后知道，正確答案應(yīng)該為1，而對(duì)于老師給出的結(jié)論也是深信不疑的，因?yàn)樵谄矫嫦蛄恐芯驮?jīng)得出過(guò)類似的問(wèn)題：平面內(nèi)三點(diǎn)A、B、C共線的充要條件是：對(duì)于平面內(nèi)任意一點(diǎn)O，存在實(shí)數(shù)λ、μ，使得OA??OB??OC,且λ+μ=1.課本中的結(jié)論其實(shí)就是平面向量問(wèn)題的一個(gè)推廣。那么第一種解法究竟錯(cuò)在哪里？這個(gè)充要條件正確嗎？

如果和上面的結(jié)論做一對(duì)比的話，就是對(duì)本題中的五點(diǎn)共面有所懷疑，但是教參中并沒(méi)有強(qiáng)調(diào)O點(diǎn)不能與PABC共面。我們?cè)偻魄靡幌陆虆⒅袑?duì)于這個(gè)充要條件的證明，OP?OA?AP，肯定沒(méi)有問(wèn)題，根據(jù)平面向量基本定理，向量AP一定可以用不共線的向量AB和AC表示（此處注意，A、B、C三點(diǎn)必須不共線，課本中說(shuō)的是平面ABC，教參中也強(qiáng)調(diào)不共線），即：

AP=?AB??AC=?(OB?OA)??(OC?OA）

所以，OP?OA?AP

?OA??AB??AC

?OA??(OB?OA)??(OC?OA）

?（1????）OA??OB??OC

顯然其系數(shù)和為1.但是，當(dāng)O點(diǎn)與P、A、B、C共面時(shí)，向量AP也可以用不共線的向量OB和OC直接表示，即，AP??OB??OC，則OP?OA?AP?OA??OB??OC，顯然其系數(shù)和1????不一定等于1.不妨可以看一個(gè)五點(diǎn)共面的特殊例子(如右圖)，對(duì)于正

方形ABCD，設(shè)其中心為O，則OA?OB?OC?OD，其

系數(shù)和等于1，但是也可以表示成OA?2OB?OC?2OD，C

B

其系數(shù)和等于3，還可以表示成OA?5OB?OC?5OD，其系數(shù)和等于9，等等，顯然各種不同的表示形式其系數(shù)和是不確定的。

問(wèn)題的癥結(jié)找到了，如果O點(diǎn)與P、A、B、C共面時(shí)，向量OP可以用OA、OB、OC表示成各種不同的形式OP?xOA?yOB?zOC，表達(dá)形式不確定，其系數(shù)和當(dāng)然也不確定。實(shí)際上，問(wèn)題的關(guān)鍵在于與空間向量基本定理相悖，當(dāng)O點(diǎn)與P、A、B、C共面時(shí)，向量OP、OA、OB、OC為共面向量，那么向量OP是不能用OA、OB、OC唯一表示的。同時(shí)，即便O點(diǎn)與P、A、B、C不共面時(shí)，也必須．．

要求A、B、C、三點(diǎn)不共線，否則，根據(jù)空間向量基本定理，由于向量OA、OB、OC是共面向量，那么向量OP是不能用OA、OB、OC表示的。．．所以，有些老師結(jié)合教材和教參中的表述給出充要條件的說(shuō)法嚴(yán)格說(shuō)是不準(zhǔn)確的，充分性沒(méi)有問(wèn)題，而必要性則需要加以限制。應(yīng)該表述成，若空間P、A、B、C四點(diǎn)共面，且A、B、C三點(diǎn)不共線，則對(duì)于空間不與PABC共面的任意一點(diǎn)O，存在實(shí)數(shù)x、y、z，使得OP?xOA?yOB?zOC且x+y+z=1.，反之，若OP?xOA?yOB?zOC且x+y+z=1，則P、A、B、C四點(diǎn)共面。

類似可以得到，平面內(nèi)P、A、B三點(diǎn)共線，則對(duì)于不在直線AB上的點(diǎn)O，有OP??OA??OB，且????1；反之，若OP??OA??OB，且????1，則P、A、B三點(diǎn)共線。在這里注意，當(dāng)P、A、B、O四點(diǎn)共線時(shí)，雖有OP??OA??OB，但是?、?并不唯一，所以不一定有????1。

以上所述是否正確，希望得到各位同行的批評(píng)指正！

第二篇：向量證明四點(diǎn)共面

向量證明四點(diǎn)共面 由n+m+t=1 , 得 t=1-n-m ,代入op=nox+ moy +toz，得 OP=n OX +mOY +(1-n-m)OZ, 整理，得

OP-OZ =n(OX-OZ)+m(OY-OZ)即ZP =nZX +mZY即P、X、Y、Z 四點(diǎn)共面。以上是充要條件。

2如果通過(guò)四點(diǎn)外的一點(diǎn)(空間中)與四點(diǎn)之間的關(guān)系來(lái)判斷折四點(diǎn)共面

A,B,C,D,4個(gè)點(diǎn),與另外一點(diǎn)O,若OA=xOB+yOC+zOD,x+y+z=1,四點(diǎn)就共面 3設(shè)一向量的坐標(biāo)為(x,y,z)。另外一向量的坐標(biāo)為(a,b,c)。如果(x/a)=(y/b)=(z/c)=常數(shù)，則兩向量平行 如果ax+by+cz=0，則兩向量垂直。答案補(bǔ)充 三點(diǎn)一定共面,證第四點(diǎn)在該平面內(nèi) 用向量,另取一點(diǎn)O 如向量OA=ax向量OB+bx向量OC+cx向量OD，且a+b+c=1 則有四點(diǎn)共面 答案補(bǔ)充 方法已經(jīng)很詳細(xì)了呀。4線平行線: 兩條線的方向向量矢量積為0，且兩條線沒(méi)交點(diǎn)

面平行線：是線平行面吧，線的方向向量和平面法向量垂直，即線的方向向量和平面法向量數(shù)量積為0，且線不在平面內(nèi)

三點(diǎn)共面：三點(diǎn)肯定是共面的，我猜你說(shuō)的是三點(diǎn)共線吧，比如ABC三點(diǎn)，證明共線，證明AB與BC的方向向量矢量積為0

四點(diǎn)共面：比如ABCD三點(diǎn)證明AB,AC,AD三者滿足先求AB,AC的矢量積a，再a和AD數(shù)量積為0

3怎樣證明空間任意一點(diǎn)O和不共線的三點(diǎn)A，B，C，向量OP=x向量OA+y向量OB+z向量OC且x＋y＋z＝1，則P，A，B，C四點(diǎn)共面

簡(jiǎn)明地證明，網(wǎng)上的不具體，不要復(fù)制!

證明：由x+y+z=1→x向量OC + y向量OC + z向量OC=向量OC，且：x向量OA+y向量OB+z向量OC=向量OP

將上邊兩式相減得：向量OP-向量OC=x(向量OA-向量OC)+y(向量OB-向量O

C)即：向量CP=x向量CA+y向量CB

由x向量CA+y向量CB所表示的向量必在平面ABC內(nèi)→P點(diǎn)必在平面ABC內(nèi)。故：A，B，C，P四點(diǎn)共面。

4可以先隨便假設(shè)其中3點(diǎn)共面(很簡(jiǎn)單2點(diǎn)確定一條直線，直線和直線外一點(diǎn)可以確定1個(gè)平面)不防設(shè) A B C 三點(diǎn)共面 只需證明P點(diǎn)在這個(gè)平面上即可 以下向量符號(hào)省去

證明： PA=BA-BP=OA-OB-(OP-OB)=OA-OP=OA-(a 向量OA+b向量OB+c向量OC)=(1-a)OA-bOB-cOC=(b+c)OA-bOB-cOC=bBA+cCA

到這里 因?yàn)锳BC已經(jīng)確定了一個(gè)平面 且 PA=bBA+cCA

所以PA平行平面 又A在平面內(nèi) 所以P點(diǎn)也在該平面內(nèi)，所以四點(diǎn)共面

如果兩個(gè)向量a.b不共線，則向量p與向量a.b共面的充要條件是存在有序?qū)崝?shù)對(duì)(x.y),使 p=xa+yb

編輯本段共面向量的定義： 能平移到同一平面上的三個(gè)向量叫做共面向量編輯本段推論：推論1 設(shè)OABC是不共面的四點(diǎn) 則對(duì)空間任意一點(diǎn)P 都存在唯一的有序?qū)崝?shù)組(x,y,z)

使得OP=xOA+yOB+zOC {OP,OA,OB,OC均表示向量} 說(shuō)明：若x+y+z=1 則PABC四點(diǎn)共面（但PABC四點(diǎn)共面的時(shí)候，若O在平面ABP內(nèi)，則x+y+z不一定等于1，即x+y+z=1 是P.A.B.C四點(diǎn)共面的充分不必要條件）證明： 1）唯一性：

設(shè)另有一組實(shí)數(shù)x',y',z' 使得OP=x'OA+y'OB+z'OC

則有xOA+yOB+zOC=x'OA+y'OB+z'OC∴(x-x')OA+(y-y')OB+(z-z')OC=0∵OA、OB、OC不共面 ∴x-x'=y-y'=z-z'=0即x=x'、y=y'、z=z'故實(shí)數(shù)x,y,z是唯一的2）若x+y+z=1 則PABC四點(diǎn)共面：

假設(shè)OP=xOA+yOB+zOC且x+y+z=1 且PABC不共面那么z=1-x-y 則OP=xOA+yOB+OC-xOC-yOCOP=OC+xCA+yCB(CP=xCA+yCB)

點(diǎn)P位于平面ABC內(nèi) 與假設(shè)中的條件矛盾 故原命題成立

推論

2空間一點(diǎn)P位于平面MAB內(nèi)的充要條件是存在有序?qū)崝?shù)對(duì)x.y,使 MP=xMA+yMB {MP MA MB 都表示向量} 或?qū)臻g任一定點(diǎn)O，有 OP=OM+xMA+yMB {OP,OM,MA,MB表示向量}

選定向量基底，解決常見(jiàn)立體幾何問(wèn)題

利津二中陳富君魏靜

我們知道，空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算成為解決立體幾何的垂直與平行的證明、角與距離的求解等問(wèn)題的一個(gè)十分有效的工具，用空間向量的方法處理立體幾何問(wèn)題,常?？梢允盏交睘楹?jiǎn),化難為易,也降低了同學(xué)們學(xué)習(xí)立體幾何的思維難度.但是空間直角坐標(biāo)坐標(biāo)系的應(yīng)用有著很大的局限性，取而代之，若以有著特殊關(guān)系的三個(gè)向量作為基底，通過(guò)向量運(yùn)算將使更多的立體幾何問(wèn)題得到很好的解決.這類問(wèn)題常以特殊四面體（或空間四邊形），平行六面體，特殊三棱柱等為載體.一、證明三點(diǎn)共線

例1 如圖，在空間四邊形ABCD中，E、F分別是AB、AD的中點(diǎn)，G、H分別在BC、CD上，且BG : GC＝DH: HC＝1: 2.設(shè)EG和HF交于點(diǎn)P，求證P、A、C三點(diǎn)共線.?????????????????????????????

解設(shè)DA?a,DB?b,DC?c，則AC?DC?DA?c?a, F

PFEF

3??，∴ PF?3FH ?????????????????????????1??????????????∴PA?3FH?DF?3DH?DF?DF?3?DC?DF??DF

?3?

???????????????????DC?2DF?DC?DA?c?a????????

∴ PA?AC且A為PA、AC公共點(diǎn)，故P、A、C三點(diǎn)共線

∵

B

G

??

二、證明直線平行平面

D

A

M A1??????????

向量a平行平面ABC的充要條件是a?xAB?yAC

例2 直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，M、N分別是AB1與BC1上的點(diǎn)，且

CN C

1AMBN，求證MN∥平面ABCD.?

11???????????????AMBN解 設(shè)AB?a,AD?b,AA1?c,???，則

??????????????????????????????????????∵ MN?AN?AM?AB?BN?AM?a??BC1??AB1

????????????????????????

?a??BB1?B1C1??AA1?A1B1?a??c?b???c?a?

????

??1???a??1???b，且a與b不共線

??????

?????

∴ MN∥平面ABCD，而MN?平面ABCD，故MN∥平面ABCD.三、證明直線垂直直線（或直線垂直平面）????a?b?a?b?0

例3 如圖，在四面體ABCD中，M是AB的中點(diǎn)，N是CD的中點(diǎn)，求證：MN是異面直線AB，CD的公垂線的充要條件是：AC＝BD，BC＝AD.?????????????????

證明 設(shè)AM?a,MN?b,CN?c

????

必要性 若MN是異面直線AB，CD的公垂線，則a?b?0,b?c?0 ???????????????????????????????∵AC?AM?MC?AM?MN?NC?a?b?c，N

?????????????????????

同樣的可得 BD??a?b?c，BC??a?b?c,AD?a?b?c ????2???∴ AC?a?b?c

??

?2???????????

?a2?b2?c2?2a?c，BD??a?b?c

??

?????

?a2?b2?c2?2a?c

因此，AC＝BD，同理BC＝AD.???

充分性 由AC＝BD，得a?b?c

???

?????a?b?c

?

?????a?b?b?c ①

???

由BC＝AD，得?a?b?c

???

????a?b?c

?

????

?a?b??b?c ②

??

b?0 故MN⊥AM，同理MN⊥CN，即 MN是異面直線AB，CD的公垂①＋②得 a?

線.四、求異面直線的夾角

例4 在正四面體ABCD中，M、P分別為棱AD、CD的中點(diǎn)，N、Q分別是面BCD、面ABC的中心，求MN與PQ的夾角.???????????????

解 設(shè)正四面體的棱長(zhǎng)為2，O為BC中點(diǎn)，AB?a,AC?b,AD?c，則

?????????a?b?c?2，a?b?b?c?c?a?2，??????????????????????1????????1????1????

∵ MN?AN?AM?AO?ON?AD?AO?OD?AD

232

????1????????1????2????1????1??1? ?AO?AD?AO?AD?AO?AD?a?b?c

323636QB????????????2????1????????1??1?

PQ?AQ?AP?AO?AC?AD?2a?b?c

3262

M

????

????

?????2?1??1??2

∴ MN??a?b?c??1，即|MN|＝|PQ|＝1，6??3

??

?????????

???????????????????1??1???1??1??MN?PQ11

MN?PQ??a?b?c???2a?b?c???，cosMN,PQ???

6??62?1818?3MNPQ

????

?1?因此，MN與PQ的夾角為arccos???

?18?

空間向量的基底的應(yīng)用恰恰是教學(xué)中的薄弱環(huán)節(jié),如果不注意及時(shí)補(bǔ)上這一課,久而久之,應(yīng)用向量的思維會(huì)鈍化,甚至?xí)壞厩篝~(yú).

第三篇：用向量證明四點(diǎn)共面

用向量證明四點(diǎn)共面

由n+m+t=1,得t=1-n-m,代入op=nox+moy+toz，得Op=nOX+mOY+(1-n-m)OZ,整理，得

Op-OZ=n(OX-OZ)+m(OY-OZ)

即Zp=nZX+mZY

即p、X、Y、Z四點(diǎn)共面。

以上是充要條件。

如和通過(guò)四點(diǎn)外的一點(diǎn)(空間中)與四點(diǎn)之間的關(guān)系來(lái)判斷折四點(diǎn)共面

A,B,C,D,4個(gè)點(diǎn),與另外一點(diǎn)O,若OA=xOB+yOC+zOD,x+y+z=1,四點(diǎn)就共面3設(shè)一向量的坐標(biāo)為(x,y,z)。另外一向量的坐標(biāo)為(a,b,c)。如果(x/a)=(y/b)=(z/c)=常數(shù)，則兩向量平行如果ax+by+cz=0，則兩向量垂直。答案補(bǔ)充三點(diǎn)一定共面,證第四點(diǎn)在該平面內(nèi)用向量,另取一點(diǎn)O如向量OA=ax向量OB+bx向量OC+cx向量OD，且a+b+c=1則有四點(diǎn)共面答案補(bǔ)充方法已經(jīng)很詳細(xì)了呀。4線平行線:兩條線的方向向量矢量積為0，且兩條線沒(méi)交點(diǎn)

面平行線：是線平行面吧，線的方向向量和平面法向量垂直，即線的方向向量和平面法向量數(shù)量積為0，且線不在平面內(nèi)

三點(diǎn)共面：三點(diǎn)肯定是共面的，我猜你說(shuō)的是三點(diǎn)共線吧，比如ABC三點(diǎn)，證明共線，證明AB與BC的方向向量矢量積為0

四點(diǎn)共面：比如ABCD三點(diǎn)證明AB,AC,AD三者滿足先求AB,AC的矢量積a，再a和AD數(shù)量積為0

怎樣證明空間任意一點(diǎn)O和不共線的三點(diǎn)A，B，C，向量Op=x向量OA+y向量OB+z向量OC且x＋y＋z＝1，則p，A，B，C四點(diǎn)共面

簡(jiǎn)明地證明，網(wǎng)上的不具體，不要復(fù)制!

證明：由x+y+z=1→x向量OC+y向量OC+z向量OC=向量OC，且：x向量OA+y向量OB+z向量OC=向量Op

將上邊兩式相減得：向量Op-向量OC=x(向量OA-向量OC)+y(向量OB-向量OC)

即：向量Cp=x向量CA+y向量CB

由x向量CA+y向量CB所表示的向量必在平面ABC內(nèi)→p點(diǎn)必在平面ABC內(nèi)。

故：A，B，C，p四點(diǎn)共面。

可以先隨便假設(shè)其中3點(diǎn)共面(很簡(jiǎn)單2點(diǎn)確定一條直線，直線和直線外一點(diǎn)可以確定1個(gè)平面)不防設(shè)ABC三點(diǎn)共面只需證明p點(diǎn)在這個(gè)平面上即可以下向量符號(hào)省去

證明：pA=BA-Bp

=OA-OB-(Op-OB)

=OA-Op

=OA-(a向量OA+b向量OB+c向量OC)

=(1-a)OA-bOB-cOC

=(b+c)OA-bOB-cOC

=bBA+cCA

到這里因?yàn)锳BC已經(jīng)確定了一個(gè)平面且pA=bBA+cCA

所以pA平行平面又A在平面內(nèi)所以p點(diǎn)也在該平面內(nèi)

所以四點(diǎn)共面

第四篇：證明向量共面

證明向量共面

已知O是空間任意一點(diǎn),A.B.C.D四點(diǎn)滿足任意三點(diǎn)均不共線,但四點(diǎn)共面,且O-A=2xB-O+3yC-O+4zD-O,則2x+3y+4z=?

寫(xiě)詳細(xì)點(diǎn)怎么做謝謝了~明白后加分！!

我假定你的O-A表示向量OA。

由O的任意性，取一個(gè)不在ABCD所在平面的O，這時(shí)若OA=b*OB+c*OC+d*OD，那么b+c+d必定等于1。

(證明：設(shè)O在該平面上的投影為p，那么對(duì)平面上任何一點(diǎn)X，OX=Op+pX，然后取X=A、B、C、D代你給的關(guān)系式并比較Op分量即可。)

你給的右端向量都反向，所以2x+3y+4z=-1。

2充分不必要條件。

如果有三點(diǎn)共線，則第四點(diǎn)一定與這三點(diǎn)共面，因?yàn)榫€和直線外一點(diǎn)可以確定一個(gè)平面，如果第四點(diǎn)在這條線上，則四點(diǎn)共線，也一定是共面的。

而有四點(diǎn)共面，不一定就其中三點(diǎn)共線，比如四邊形的四個(gè)頂點(diǎn)共面，但這四個(gè)頂點(diǎn)中沒(méi)有三個(gè)是共線的。

“三點(diǎn)共線”可以推出“四點(diǎn)共面”，但“四點(diǎn)共面”不能推出“三點(diǎn)共線”。因此是充分不必要條件

任取3個(gè)點(diǎn)，如果這三點(diǎn)共線，那么四點(diǎn)共面;如果這三點(diǎn)不共線，那么它們確定一個(gè)平面，考慮第四點(diǎn)到這個(gè)平面的距離。方法二A、B、C、D四點(diǎn)共面的充要條件為向量AB、AC、AD的混合積(AB,AC,AD)=0。方法三A、B、C、D四點(diǎn)不共面的充要條件為向量AB、AC、AD線性無(wú)關(guān)。

3已知O是空間任意一點(diǎn),A.B.C.D四點(diǎn)滿足任意三點(diǎn)均不共線,但四點(diǎn)共面,且O-A=2xB-O+3yC-O+4zD-O,則2x+3y+4z=?

寫(xiě)詳細(xì)點(diǎn)怎么做謝謝了我假定你的O-A表示向量OA。

由O的任意性，取一個(gè)不在ABCD所在平面的O，這時(shí)若OA=b*OB+c*OC+d*OD，那么b+c+d必定等于1。

(證明：設(shè)O在該平面上的投影為p，那么對(duì)平面上任何一點(diǎn)X，OX=Op+pX，然后取X=A、B、C、D代你給的關(guān)系式并比較Op分量即可。)

你給的右端向量都反向，所以2x+3y+4z=-1。

4Xa-Yb+Yb-Zc+Zc-Xa=0

∴Xa-Yb=-(Yb-Zc)-(Zc-Xa)

由共面判定定理知它們共面。

簡(jiǎn)單的說(shuō)一個(gè)向量能夠用另外兩個(gè)向量表示，它們就共面。詳細(xì)的看高中課本

41.若向量e1、e2、e3共面，(i)其中至少有兩個(gè)不共線，不妨設(shè)e1,e2不共線，則e1,e2線性無(wú)關(guān)，e3可用e1,e2線性表示，即存在實(shí)數(shù)λ，μ，使得e3=λe1+μe2,于是

λe1+μe2-e3=0.即存在三個(gè)不全為零的實(shí)數(shù)λ，μ，υ=-1，使得

λe1+μe2+υe3=0”。

(ii)若e1,e2,e3都共線，則其中至少有一個(gè)不為0，不妨設(shè)e1≠0，則存在實(shí)數(shù)λ，使得e2=λe1.于是λe1-e2=0,即存在三個(gè)不全為零的實(shí)數(shù)λ，μ=-1，υ=0，使得λe1+μe2+υe3=0”.2.存在三個(gè)不全為零的實(shí)數(shù)λ，μ，υ，使得λe1+μe2+υe3=0”，不妨設(shè)λ≠0，就有e1=(-μ/λ)e2+(-υ/λ)e3,于是e1,e2,e3共面。

第五篇：第四講四點(diǎn)共圓問(wèn)題

第四講四點(diǎn)共圓問(wèn)題

“四點(diǎn)共圓”問(wèn)題在數(shù)學(xué)競(jìng)賽中經(jīng)常出現(xiàn)，這類問(wèn)題一般有兩種形式：一是以“四點(diǎn)共圓”作為證題的目的，二是以“四點(diǎn)共圓”作為解題的手段，為解決其他問(wèn)題鋪平道路.判定“四點(diǎn)共圓”的方法，用得最多的是統(tǒng)編教材《幾何》二冊(cè)所介紹的兩種（即P89定理和P93例3），由這兩種基本方法推導(dǎo)出來(lái)的其他判別方法也可相機(jī)采用.“四點(diǎn)共圓”作為證題目的例1．給出銳角△ABC，以AB為直徑的圓與AB邊的高CC′及其延長(zhǎng)線交于M，N.以AC為直徑的圓與

AC邊的高BB′及其延長(zhǎng)線將于P，Q.求證：M，N，P，Q四點(diǎn)共圓.(第19屆美國(guó)數(shù)學(xué)奧林匹克)

分析：設(shè)PQ，MN交于K點(diǎn)，連接AP，AM.欲證M，N，P，Q四點(diǎn)共圓，須證 AMK·KN＝PK·KQ，Q即證(MC′-KC′)(MC′+KC′)C′＝(PB′-KB′)·(PB′+KB′)

2222或MC′-KC′=PB′-KB′.不難證明 AP=AM，從而有 B2222AB′+PB′=AC′+MC′.2222故 MC′-PB′=AB′-AC′

2222=(AK-KB′)-(AK-KC′)

22=KC′-KB′.②

由②即得①，命題得證.O例2．A、B、C三點(diǎn)共線，O點(diǎn)在直線外，O1O1，O2，O3分別為△OAB，△OBC，△OCA的外心.求證：O，O1，O2，O2O3四點(diǎn)共圓.3(第27屆莫斯科數(shù)學(xué)奧林匹克)

A分析：作出圖中各輔助線.易證O1O2垂直平分OB，O1O3垂直平分OA.觀察△OBC及其外接圓，立得∠BC

OO2O1=11∠OO2B=∠OCB.觀察△OCA及其外接圓，立得∠OO3O1=∠OO3A=∠OCA.22

由∠OO2O1=∠OO3O1?O，O1，O2，O3共圓.利用對(duì)角互補(bǔ)，也可證明O，O1，O2，O3四點(diǎn)共圓，請(qǐng)同學(xué)自證.以“四點(diǎn)共圓”作為解題手段

這種情況不僅題目多，而且結(jié)論變幻莫測(cè)，可大體上歸納為如下幾個(gè)方面.(1)證角相等

例3．在梯形ABCD中，AB∥DC，AB＞CD，K，M分別在AD，BC上，∠DAM＝∠CBK.求證：∠DMA＝∠CKB.CD（第二屆袓沖之杯初中競(jìng)賽）

分析：易知A，B，M，K四點(diǎn)共圓.連接KM，有∠DAB＝∠CMK.∵∠DAB+∠ADC KM

＝180°，∴∠CMK+∠KDC＝180°.AB故C，D，K，M四點(diǎn)共圓?∠CMD＝∠DKC.但已證∠AMB＝∠BKA，∴∠DMA＝∠CKB.(2)證線垂直 例4．⊙O過(guò)△ABC頂點(diǎn)A，C，且與AB，BC交于K，N(K與N不同).△ABC外接圓和△BKN外接圓相交于B和

BM.求證：∠BMO=90°.(第26屆IMO第五題)分析：這道國(guó)際數(shù)學(xué)競(jìng)賽題，曾使許多選手望而卻步.共圓”，問(wèn)題是不難解決的.連接OC，OK，MC，MK，延長(zhǎng)BM到G.易得∠GMC=

∠BAC=∠BNK=∠BMK.而∠COK=2·∠BAC=∠GMC+

∠BMK=180°-∠CMK，∴∠COK+∠CMK=180°?C，O，K，M四點(diǎn)共圓.在這個(gè)圓中，由

OC=OK? OC∠OMC=∠OMK.但∠GMC=∠BMK，故∠BMO=90°.(3)判斷圖形形狀

例5．四邊形ABCD內(nèi)接于圓，△BCD，△ACD，△ABD，△ABC的內(nèi)心依次記為IA，IB，IC，ID.試證：IAIBICID是矩形.(第一屆數(shù)學(xué)奧林匹克國(guó)家集訓(xùn)選拔試題)

分析：連接AIC，AID，BIC，BID和DIB.易得

11∠ADB=90°+ 22

∠ACB=∠AIDB?A，B，ID，IC四點(diǎn) ∠AICB=90°+

共圓.同理，A，D，IB，IC四點(diǎn)共圓.此時(shí) IBAC1∠AICID=180°-∠ABID =180°-∠ABC，2

1∠AICIB=180°-∠ADIB=180°-∠ADC，2

∴∠AICID+∠AICIB A1(∠ABC+∠ADC)2

1=360°-×180°=270°.2=360°-故∠IBICID=90°.同樣可證IAIBICID其它三個(gè)內(nèi)角皆為90°.該四邊形必為矩形.(4)計(jì)算

2例6．正方形ABCD的中心為O，面積為1989㎝.P為正方形內(nèi)

一點(diǎn)，且∠OPB=45°，PA:PB=5:14.則PB=__________

(1989，全國(guó)初中聯(lián)賽)CD分析：答案是PB=42㎝.怎樣得到的呢？

連接OA，OB.易知O，P，A，B

四點(diǎn)共圓，有∠APB=∠AOB=90°.222故PA+PB=AB=1989.由于PA:PB=5:14，可求PB.BA(5)其他

例7．設(shè)有邊長(zhǎng)為1的正方形，試在這個(gè)正方形的內(nèi)接正三角形中找出面積最大的和一個(gè)面積最小的，并

求出這兩個(gè)面積(須證明你的論斷).(1978，全國(guó)高中聯(lián)賽)

分析：設(shè)△EFG為正方形ABCD 的一個(gè)內(nèi)接正三角形，由于正三角形的三個(gè)頂點(diǎn)至少必落在正方形的三EA條邊上，所以不妨令F，GD·作正△EFG的高EK，易知E，K，G，D四點(diǎn)共圓?∠KDE=∠KGE=60°.同

理，∠KAE=60°.故△KAD也是一個(gè)正 FGK三角形，K必為一個(gè)定點(diǎn).CB

又正三角形面積取決于它的邊長(zhǎng)，當(dāng)KF丄AB時(shí)，邊長(zhǎng)為1，這時(shí)邊長(zhǎng)最小，而面積S=

也最4

小.當(dāng)KF通過(guò)B點(diǎn)時(shí)，邊長(zhǎng)為2·2?3，這時(shí)邊長(zhǎng)最大，面積S=23-3也最大.例8．NS是⊙O的直徑，弦AB丄NS于M，P為ANB上異于N的任一點(diǎn)，PS交AB于R，PM的延長(zhǎng)線

交⊙O于Q.求證：RS＞MQ.(1991，江蘇省初中競(jìng)賽)

分析：連接NP，NQ，NR，NR的延長(zhǎng)線交⊙O于Q′.連接

MQ′，SQ′.易證N，M，R，P四點(diǎn)共圓，從而，∠SNQ′=∠MNR=

∠MPR=∠SPQ=∠SNQ.根據(jù)圓的軸對(duì)稱性質(zhì)可知Q與Q′關(guān)于NS成軸對(duì)稱?MQ′=MQ.又易證M，S，Q′，R四點(diǎn)共圓，且RS是這個(gè)圓的直徑（∠RMS=90°)，MQ′是一條弦(∠MSQ′＜90°)，故RS＞MQ′.但MQ=MQ′，所以，RS＞MQ.練習(xí)題

1.⊙O1交⊙O2 于A，B兩點(diǎn)，射線O1A交⊙O2 于C點(diǎn)，射線O2A

交⊙O1 于D點(diǎn).求證：點(diǎn)A是△BCD的內(nèi)心.(提示：設(shè)法證明C，D，O1，B四點(diǎn)共圓，再證C，D，B，O2

四點(diǎn)共圓，從而知C，D，O1，B，O2五點(diǎn)共圓.)

2.△ABC為不等邊三角形.∠A及其外角平分線分別交對(duì)邊中垂線于A1，A2；同樣得到B1，B2，C1，C2.求證：A1A2=B1B2=C1C2.(提示：設(shè)法證∠ABA1與∠ACA1互補(bǔ)造成A，B，A1，C四點(diǎn)共圓；再證A，A2，B，C四點(diǎn)共圓，從而知A1，A2都是△ABC的外接圓上，并注意∠A1AA2=90°.)

3.設(shè)點(diǎn)M在正三角形三條高線上的射影分別是M1，M2，M3(互不重合).求證：△M1M2M3也是正三角形.4.在Rt△ABC中，AD為斜邊BC上的高，P是AB上的點(diǎn)，過(guò)A點(diǎn)作PC的垂線交過(guò)B所作AB的垂線于Q點(diǎn).求證：PD丄QD.(提示：證B，Q，E，P和B，D，E，P分別共圓)

5.AD，BE，CF是銳角△ABC的三條高.從A引EF的垂線l1，從B引FD的垂線l2，從C引DE的垂線l3.求證：l1，l2，l3三線共點(diǎn).(提示：過(guò)B作AB的垂線交l1于K，證：A，B，K，C四點(diǎn)共圓)