3.4.1 “X”形图形

从历年真题和模拟题来看，三点共线往往与某种特殊的图形结合，这种图形与字母 $X$ 很像，我们通

过如下例题来阐述．首先，我们利用结论总结3.2再重新解一次例3.35.

例 3.36

(2007 江西 15) 如图 3-31 所示，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 $\overrightarrow{AB}=m\overrightarrow{AM}$, $\overrightarrow{AC}=n\overrightarrow{AN}$，则 $m+n$ 的值为 ____.

思路分析

由题意可知 $O$ 是一个非常关键的点，观察图 3-31, BC 与 MN 形成了一个 “$X$” 形，这个 “$X$” 形的交点是 $O$，而与 $O$ 相关的三点共线有 $B$, $O$, $C$ 和 $M$, $O$, $N$ 两组，故我们需要用两次三点共线定理就可以解决问题．

图3-31

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因为 $O$ 是 BC 的中点，所以 $\overrightarrow{AO}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}$．又因为 $\overrightarrow{AB}=m\overrightarrow{AM},\overrightarrow{AC}=n\overrightarrow{AN}$，所以 $\overrightarrow{AO}=\frac{m}{2}\overrightarrow{AM}+\frac{n}{2}\overrightarrow{AN}$．因为 $M$, $O$, $N$ 三点共线，所以 $\frac{m}{2}+\frac{n}{2}=1$，即 $m+n=2$．故填 2.

对比例3.35与例3.36你就发现，建系不如共线定理来的直接，对于例3.36这类题型，我们给出如下经验总结．

经验总结 3.2

“$X$”形图形求基底系数之和问题，一般要用到两次三点共线定理．

例 3.37

已知 $G$ 为 $△ABC$ 的重心，过点 $G$ 的直线与边 AB, AC 分别交于点 $P$, $Q$．若 $\overrightarrow{AP}=\frac{3}{5}\overrightarrow{AB}$，则 $△ABC$ 与 $△APQ$ 的面积之比为 ____.

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因为 $△ABC$ 与 $△APQ$ 有公共顶点 $A$，所以

frac S _ triangle A B CS _ triangle A P Q = frac frac 12 | A B | · | A C | sin Afrac 12 | A P | · | A Q | sin A = frac 53 × frac | A C || A Q |.$$\frac{S_{△ABC}}{S_{△APQ}}=\frac{\frac{1}{2}|AB|\cdot |AC|\sin A}{\frac{1}{2}|AP|\cdot |AQ|\sin A}=\frac{5}{3}\times \frac{|AC|}{|AQ|}.$$

延长 $AG$ 交 $BC$ 于 $E$，如图 3-32所示．因为 $G$ 是重心，所以 $E$ 是 $BC$ 的中点，从而有 $\overrightarrow{AE}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}$．设 $\overrightarrow{AC}=m\overrightarrow{AQ}$，由 $\overrightarrow{AP}=\frac{3}{5}\overrightarrow{AB}$ 且 $G$ 为 $△ABC$ 的重心，可知

图3-32

overrightarrow A G = frac 23 overrightarrow A E = frac 23 (frac 12 × frac 53 overrightarrow A P + frac 12 m overrightarrow A Q) = frac 59 overrightarrow A P + frac m3 overrightarrow A Q.$$\overrightarrow{AG}=\frac{2}{3}\overrightarrow{AE}=\frac{2}{3}\left(\frac{1}{2}\times \frac{5}{3}\overrightarrow{AP}+\frac{1}{2}m\overrightarrow{AQ}\right)=\frac{5}{9}\overrightarrow{AP}+\frac{m}{3}\overrightarrow{AQ}.$$

因为 $P,G,Q$ 三点共线，所以 $\frac{5}{9}+\frac{m}{3}=1$，解得 $m=\frac{4}{3}$，于是所求面积之比为 $\frac{S_{△ABC}}{S_{△APQ}}=\frac{5}{3}\times \frac{|AC|}{|AQ|}=\frac{5}{3}\times \frac{4}{3}=\frac{20}{9}$．故填 $\frac{20}{9}$.

例3.37是利用三点共线来求两个三角形的面积之比，那么如果是求两个三角形的周长之比，又该如何求呢? 请看下面的例子:

例 3.38

(2023 江苏模考) 已知 $△ABC$ 为等边三角形，点 $G$ 是 $△ABC$ 的重心．过点 $G$ 的直线 $\ell$ 与线段 $AB$ 交于点 $D$，与线段 $AC$ 交于点 $E$．设 $\overrightarrow{AD}=\lambda \overrightarrow{AB},\overrightarrow{AE}=\mu \overrightarrow{AC}$，则 $\frac{1}{\lambda }+\frac{1}{\mu }=$ ____; $△ADE$ 与 $△ABC$ 周长之比的取值范围为 ____.

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连接 $AG$ 并延长，交 $BC$ 于 $F$，如图 3-33所示，因为点 $F$ 是 $BC$ 的中点，所以 $\overrightarrow{AF}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}$，又由 $G$ 为重心，可知 $\overrightarrow{AF}=\frac{3}{2}\overrightarrow{AG}$，于是

$\frac{3}{2}\overrightarrow{AG}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}=\frac{1}{2\lambda }\overrightarrow{AD}+\frac{1}{2\mu }\overrightarrow{AE}⟹\overrightarrow{AG}=\frac{1}{3\lambda }\overrightarrow{AD}+\frac{1}{3\mu }\overrightarrow{AE}.$ 因为 $D,G,E$ 三点共线，所以 $\frac{1}{3\lambda }+\frac{1}{3\mu }=1,$ 即 $\frac{1}{\lambda }+\frac{1}{\mu }=3.$

图3-33

设 $△ABC$ 的边长为 1, $△ADE$ 与 $△ABC$ 周长之比为 $\frac{C_1}{C_2}$，则

frac C _ 1C _ 2 = frac λ | A B | + μ | A C | + | D E |3 | A B | = frac λ + μ3 + frac | D E |3.$$\frac{C_1}{C_2}=\frac{\lambda |AB|+\mu |AC|+|DE|}{3|AB|}=\frac{\lambda +\mu }{3}+\frac{|DE|}{3}.$$

此时很明确需要把 $|DE|$ 的值用 $\lambda$ 与 $\mu$ 来表示．由于 $△ABC$ 是等边三角形，所以角度是确定的，要找边与边之间的关系可以利用余弦定理．在 $△ADE$ 中，由余弦定理可得

cos A = frac λ^ 2 | A B | ^ 2 + μ^ 2 | A C | ^ 2 - | D E | ^ 22 λ | A B | · μ | A C | = frac 12 Longrightarrow | D E | = sqrt λ^ 2 + μ^ 2 - λ μ.$$\cos A=\frac{{\lambda }^2|AB{|}^2+{\mu }^2|AC{|}^2-|DE{|}^2}{2\lambda |AB|\cdot \mu |AC|}=\frac{1}{2}⟹|DE|=\sqrt{{\lambda }^2+{\mu }^2-\lambda \mu }.$$

于是

frac C _ 1C _ 2 = frac λ + μ + sqrt λ^ 2 + μ^ 2 - λ μ3 = frac λ + μ + sqrt (λ + μ) ^ 2 - 3 λ μ3. (3.4.1)$$\frac{C_1}{C_2}=\frac{\lambda +\mu +\sqrt{{\lambda }^2+{\mu }^2-\lambda \mu }}{3}=\frac{\lambda +\mu +\sqrt{(\lambda +\mu {)}^2-3\lambda \mu }}{3}.\text{\hspace{1em}(3.4.1)}$$

又因为 $\frac{1}{\lambda }+\frac{1}{\mu }=3$，所以 $\lambda +\mu =3\lambda \mu$，代入式(3.4.1)，可得

frac C _ 1C _ 2 = λ μ + sqrt λ^ 2 μ^ 2 - frac λ μ3.$$\frac{C_1}{C_2}=\lambda \mu +\sqrt{{\lambda }^2{\mu }^2-\frac{\lambda \mu }{3}}.$$

此时需要把 $\lambda \mu$ 看成一个变量，所以需要把 $\lambda \mu$ 的范围求出来，由题意可知 $\{\begin{array}{l}0<\lambda ⩽1\\ 0<\mu ⩽1\end{array}$，所以 $\{\begin{array}{l}\frac{1}{\lambda }⩾1\\ \frac{1}{\mu }⩾1\end{array}$，又由 $\frac{1}{\lambda }=3-\frac{1}{\mu }⩽2$，所以 $1⩽\frac{1}{\lambda }⩽2$。又因为 $\mu =\frac{\lambda }{3\lambda -1}$，所以

λ μ = frac λ^ 23 λ - 1 = frac 1- (frac 1λ - frac 32) ^ 2 + frac 94.$$\lambda \mu =\frac{{\lambda }^2}{3\lambda -1}=\frac{1}{-{\left(\frac{1}{\lambda }-\frac{3}{2}\right)}^2+\frac{9}{4}}.$$

因为 $1⩽\frac{1}{\lambda }⩽2$，所以 $\frac{4}{9}⩽\lambda \mu ⩽\frac{1}{2}$．令 $x=\lambda \mu$，所以 $\frac{4}{9}⩽x⩽\frac{1}{2}$，令 $f(x)=x+\sqrt{x^2-\frac{1}{3}x}$，因为函数 $y=x$ 在 $\left[\frac{4}{9},\frac{1}{2}\right]$ 上单调递增，函数 $y=x^2-\frac{1}{3}x$ 在 $\left[\frac{4}{9},\frac{1}{2}\right]$ 上也是单调递增，所以 $f(x)$ 在 $\left[\frac{4}{9},\frac{1}{2}\right]$ 上单调递增，于是 $f\left(\frac{4}{9}\right)⩽f(x)⩽f\left(\frac{1}{2}\right)$，即 $\frac{2}{3}⩽f(x)⩽\frac{3+\sqrt{3}}{6}$，所以 $△ADE$ 与 $△ABC$ 周长之比的取值范围为 $\left[\frac{2}{3},\frac{3+\sqrt{3}}{6}\right]$.

综上所述，$\frac{1}{\lambda }+\frac{1}{\mu }=3$, $△ADE$ 与 $△ABC$ 周长之比的取值范围为 $\left[\frac{2}{3},\frac{3+\sqrt{3}}{6}\right]$．故填 3; $\left[\frac{2}{3},\frac{3+\sqrt{3}}{6}\right]$.

变式 3.38.1

已知 $O$ 为 $△ABC$ 内一点，且 $\overrightarrow{AO}=\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}\right)$, $\overrightarrow{AD}=t\overrightarrow{AC}$，若 $B$, $O$, $D$ 三点共线，则 $t=()$. A. $\frac{1}{4}$ B. $\frac{1}{3}$ C. $\frac{1}{2}$ D. $\frac{2}{3}$

我们回顾结论总结3.2:

$A$, $P$, $B$ 三点共线 $⟺\overrightarrow{OP}=x\overrightarrow{OA}+y\overrightarrow{OB}$，且 $x+y=1$.

但是这个结论不够全面，它没有给出 $P$ 在 $AB$ 上的具体位置．细心的同学或许注意到了，其实在结论总结3.2的推导过程中，已经给出了 $P$ 在 $AB$ 上的具体位置，即 $\overrightarrow{AP}=\frac{y}{x}\overrightarrow{PB}$，或者 $\frac{AP}{PB}=\frac{|y|}{|x|}$．总结如下:

结论总结 3.3

如果 $A$, $P$, $B$ 三点共线 $⟺\overrightarrow{OP}=x\overrightarrow{OA}+y\overrightarrow{OB}(x+y=1)$，且 $\frac{AP}{PB}=\frac{|y|}{|x|}$.

结论总结3.3的前半部分就是结论总结3.2, 相信绝大多数同学都能记得住，但是后面的 $\frac{AP}{PB}=\frac{|y|}{|x|}$ 有记忆难度．很多同学记不清 $\frac{AP}{PB}$ 是 $\frac{|y|}{|x|}$ 还是 $\frac{|x|}{|y|}$.

这里我们提供一个记忆这个结论的方法，不妨设 $x,y>0$．若 $x>y$，也就是 $\overrightarrow{OA}$ 的贡献要比 $\overrightarrow{OB}$ 的贡献大，所以 $P$ 离 $A$ 要比离 $B$ 近，即 $AP<PB$．另一方面，$\frac{x}{y}>1$, $\frac{y}{x}<1$，所以 $\frac{AP}{PB}=\frac{y}{x}=\frac{|y|}{|x|}$．若同学们不能接受我们提供的记忆方法，可以设计一个自己能记得住的方式，掌握推导．

例 3.39

(2011 天津理 14) 已知直角梯形 ABCD 中，$AD\parallel BC$, $\angle ADC=90^{\circ }$, AD = 2, BC = 1, $P$ 是腰 DC 上的动点，则 $|\overrightarrow{PA}+3\overrightarrow{PB}|$ 的最小值为 ____.

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因为 $\overrightarrow{PA}+3\overrightarrow{PB}=4\left(\frac{\overrightarrow{PA}}{4}+\frac{3\overrightarrow{PB}}{4}\right)$，设 $\overrightarrow{PG}=\frac{\overrightarrow{PA}}{4}+\frac{3\overrightarrow{PB}}{4}$，则 $A,B,G$ 三点共线且 $G$ 离点 $B$ 更近，于是 $\frac{AG}{GB}=3$，即 $G$ 是线段 $AB$ 的四等分点，如图 3-34所示．当且仅当 $\overrightarrow{PG}\perp \overrightarrow{DC}$ 时 $|\overrightarrow{PG}|$ 取得最小值，设 $AB$ 与 $CD$ 的中点分别为 $E,F$，则

图3-34

| overrightarrow P G | = frac 12 (B C + E F) = frac 12 (B C + frac B C + A D2) = frac 54.$$|\overrightarrow{PG}|=\frac{1}{2}(BC+EF)=\frac{1}{2}\left(BC+\frac{BC+AD}{2}\right)=\frac{5}{4}.$$

故此时 $|\overrightarrow{PA}+3\overrightarrow{PB}|=4|\overrightarrow{PG}|=5,$ 即 $|\overrightarrow{PA}+3\overrightarrow{PB}|$ 的最小值为5.故填5.

例3.39中这种特殊的图形有天然的直角，当我们面对这种情况时，第一个想法通常是建立一个直角坐标系，具体的方法可以参考例3.20. 然而，在这里我们可以通过提取 4 来构造系数并使它们的和等于 1 来确定点 $G$ 的位置．这种处理方法与三角函数中的“辅助角公式”有一些相似之处．现在我们来总结一下这种处理方法:

经验总结 3.3

若已知 $O$, $A$, $B$ 不共线且 $x\overrightarrow{OA}+y\overrightarrow{OB}$，其中 $x,y\in R^{\ast }$，则 (1) 提取公因式 $x+y$，即 $x\overrightarrow{OA}+y\overrightarrow{OB}=(x+y)\left(\frac{x}{x+y}\overrightarrow{OA}+\frac{y}{x+y}\overrightarrow{OB}\right)$. (2) 令 $\overrightarrow{OP}=\frac{x}{x+y}\overrightarrow{OA}+\frac{y}{x+y}\overrightarrow{OB}$，则 $P$ 是线段 AB 上一点，且根据 $x$, $y$ 的大小可以判断 $P$ 离 $A$, $B$ 谁更近，可以进一步确定 AP 与 PB 的长度比．

例 3.40

已知 $O$ 是正 $△ABC$ 内部的一点，$\overrightarrow{OA}+2\overrightarrow{OB}+3\overrightarrow{OC}=0$，则 $△AOB,△AOC,△BOC$ 的面积之比等于 ( ).

A. 9:4:1 B. 1:4:9 C. 3:2:1 D. 1:2:3

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由于 $\overrightarrow{OA}+2\overrightarrow{OB}=3\left(\frac{1}{3}\overrightarrow{OA}+\frac{2}{3}\overrightarrow{OB}\right)$，设 $\overrightarrow{OD}=\frac{1}{3}\overrightarrow{OA}+\frac{2}{3}\overrightarrow{OB}$，所以 $D$ 在线段 $AB$ 上且 $D$ 离 $B$ 更近，于是 $\frac{AD}{DB}=2$，如图 3-35所示．另外

overrightarrow O A + 2 overrightarrow O B + 3 overrightarrow O C = mathbf 0 Longrightarrow 3 overrightarrow O D + 3 overrightarrow O C = mathbf 0 Longrightarrow overrightarrow O D = - overrightarrow O C.$$\overrightarrow{OA}+2\overrightarrow{OB}+3\overrightarrow{OC}=0⟹3\overrightarrow{OD}+3\overrightarrow{OC}=0⟹\overrightarrow{OD}=-\overrightarrow{OC}.$$

所以 $O$ 是 $CD$ 的中点．设 $S_{△ABC}=1$，则

图3-35

S _ triangle A O B = frac 12 S _ triangle A B C = frac 12, S _ triangle A O C = frac 12 S _ triangle A D C = frac 12 × frac 23 S _ triangle A B C = frac 13.$$S_{△AOB}=\frac{1}{2}{S}_{△ABC}=\frac{1}{2},S_{△AOC}=\frac{1}{2}{S}_{△ADC}=\frac{1}{2}\times \frac{2}{3}{S}_{△ABC}=\frac{1}{3}.$$

于是 $S_{△BOC}=1-S_{△AOB}-S_{△AOC}=\frac{1}{6}$，所以 $S_{△AOB}:S_{△AOC}:S_{△BOC}=3:2:1$．故选 $C$.

本例实际上是奔驰定理的一个特例．设 $O$ 为 $△ABC$ 所在平面上的一点且 $\alpha \overrightarrow{OA}+\beta \overrightarrow{OB}+\gamma \overrightarrow{OC}=0$，则 $S_{△BOC}:S_{△AOC}:S_{△AOB}=|\alpha |:|\beta |:|\gamma |$．更多细节见3.7.2节．

变式 3.40.1

设 $P$ 为 $△ABC$ 所在平面上一点，且满足 $3\overrightarrow{PA}+4\overrightarrow{PC}=m\overrightarrow{AB}(m>0)$，若 $△ABP$ 的面积为 8, 则 $△ABC$ 的面积为 ____.