平面向量兼有代數(shù)與幾何的特征，是解答數(shù)學問題的重要工具.因而研究平面向量問題及其規(guī)律，得到相關的結論，有助于提升解題的效率.筆者對高中數(shù)學人教版必修二第26頁的例1進行深入了研究，并得出了一些相關的結論.

題目：如圖1，若[OA，OB]不共線，[AP=tAB][t∈R]，用[OA，OB]表示[OP].

解：因為[AP=tAB]，

所以[OP=OA+AP]

[=OA+tAB=OA+tOB-OA][=1-tOA+tOB]，

即[OP=（1-t）OA+tOB].

我們根據(jù)向量的共線定理，可得出[AP=（1-t）OA+tOB].觀察圖1，可發(fā)現(xiàn)A、P、B共線，且[AP、OA、OB]共起點，這種位置關系經(jīng)常出現(xiàn)在各類平面向量題目中，于是筆者對其進行了深入研究.若令[1-t=λ]，[t=μ]，則有[OP=λOA+μOB].若令[1-t=λ]，[t=μ]，則有[OP=λOA+μOB]，由此可以得出如下結論.

結論1.若[OP=λOA+μOB]，則[A，B，P]三點共線的充要條件是[λ+μ=1].

證明：（充分性）若[λ+μ=1]，則[OP=λOA+（1-λ）OB=OB+λ（OA-OB）]，

所以[OP-OB=λ（OA-OB）]，即[BP=λBA]，

所以[BP]與[BA]共線.

又因為[BP]與[BA]的公共點為[B]，所以點[A，B，P]共線.

（必要性）若[A，B，P]三點共線，則存在實數(shù)[t]，使[AP=tAB]，

所以[OP-OA=t（OB-OA）]，

又[OP=λOA+μOB]，

故[（λ-1）OA+μOB=tOB-tOA]，

即[（λ+t-1）OA+（μ-t）OB=0].

因為[O，A，B]不共線，所以[OA，OB]不共線，

所以[λ+t-1=0，μ-t=0，]所以[λ+μ=1].

綜上所述，[A，B，P]三點共線的充要條件是[λ+μ=1].

由上述結論可知：（1）[AP=tAB][t∈R][?A，B，P]三點共線；

（2）如圖2，若[OA，OB]共線，則[OP=OA+AP]成立；

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圖2

結論2.如圖3，已知點[P1，P，P2]都在直線[l]上，[P]分有向線段[P1P2]所成的比為[λ]（[λ∈R]且[λ≠-1]），則[OP=11+λOP1+λ1+λOP2].

證明：因為[P1P=OP-OP1]，[PP2=OP2-OP].

因為[P1，P，P2]共線，

所以[P1P=λPP2]，所以[OP-OP1=λOP2-OP]，

所以[1+λOP=OP1+λOP2].

又[λ≠-1]，所以[OP=11+λOP1+λ1+λOP2].

此式為線段的定比分點的向量公式，仔細觀察可發(fā)現(xiàn)[11+λ+λ1+λ=1].特別地，當點[P]為線段[P1P2]的中點時，[OP=12OP1+OP2].

運用上述結論可以直接建立關于共線的三點，或共起點的三個向量的關系式，這樣便能快速證明三點共線、求三點共線時參數(shù)的取值、求共線的三點的坐標.下面舉例加以說明.

例1.已知平面上有[A-2，1]、[B1，4]、[D4，-3]三個點，點[C]在[AB]上，且[AC=12CB]，連接[DC]，并延長到[E]，使[CE=-14ED]，求點[E]的坐標.

解：由結論2得[OC=11+12OA+121+12OB=-1，2]，

[OE=11-14OC+-141-14OD=-83，113]，

即E點的坐標為[-83，113].

解答本題需要利用結論2.由[AC=12CB]、[CE=-14ED]，可知C分AB的比為[12]，E分CD的比為[-14]，將其代入[OP=11+λOP1+λ1+λOP2]中，根據(jù)向量加法、減法的運算法則，即可求得點C、E的坐標.

例2.已知[A（-2，0）]，[B（1，3）]，[N1，0]，[O]為原點，且[OM=αOA+βOB]，其中[α+β=1]，[α， β]均為實數(shù)，求[|MN|]的最小值.

解：如圖4，因為[OM=αOA+βOB]及[α+β=1]，

所以點[M]與點[A，B]共線，

所以[MN]的最小值是點[N]到直線[AB]的距離.

因為[tan∠NAB=kAB=3-01+2=1]，易知[∠NAB=45°].

在直角三角形[AMN]中，[|AN|=3]，

所以[|MN|=|AN|sin45°=3×22=322].

由[OM=αOA+βOB]及[α+β=1]，可以根據(jù)結論1判定點[M]與點[A，B]共線，這樣便將問題轉化為求點[N]到直線[AB]的距離.

例3.如圖5，點[D，E，F(xiàn)]分別是[ΔABC]的三邊[AB，] [BC，CA]的中點.求證：[AE，BF，CD]相交于同一點[G]，且[GAAE=GBBF=GCCD=23].

證明：設[ΔABC]的三個頂點坐標分別為[Ax1，y1，] [Bx2，y2，] [Cx3，y3]，[G1]為[AE]上一點，且[AG1=2G1E]，則[A，G1，E]三點共線，

于是[OG1=11+2OA+21+2OE=13x1，y1+23OE].

又[OE=12x2+x3，y2+y3]，

所以[OG1=13x1+y1+23×12x2+x3，y2+y3]

[=13（x1+x2+x3，y1+y2+y3）].

同理，若[BG2=2G2F，CG3=2G3D]，

可得[OG2=13x1+x2+x3，y1+y2+y3]，

[OG3=13x1+x2+x3，y1+y2+y3]，

所以[G1，G2，G3]三點重合，該點為[G]，為[ΔABC]的重心，

則[GAAE=GBBF=GCCD=23].

解答本題，需先根據(jù)[A]、G、E三點共線，利用結論1得出[OG1=11+2OA+21+2OE]，進而求得[OG1]、[OG2]、[OG3]，證明[G1，G2，G3]三點重合，且都為[ΔABC]的重心.

例4.已知兩點[P-2，2，][Q0，2]以及直線[l：y=x]，設長為[2]的線段[AB]在直線[l]上移動，求直線[PA]和[QB]的交點[M]的軌跡方程.

解：設[C1，1]，[O]為原點，則[OC=OQ-12OP]，

設[OA=t1OC]，[OB=t2OC]，

由[AB=2]，得[OB-OA=OC]，故[t2=1+t1，]

因為[M，A，P]和[M，B，Q]共線，

所以[OM=λOA+（1-λ）OP，OM=μOB+（1-μ）OQ，]

所以[λOA+1-λOP][=μOB+1-μOQ]，

把[OA=t1OC]，[OB=t2OC]，[t2=1+t1，]

則[OC=OQ-12OP]，

得[（1-λt12）OP+λt1OQ=-1+t1μ2OP+1+μt1OQ]，

得[λ=t1-1t1]，故[OM=t1-1OC+1t1OP]，

設[Mx，y]，則[x=t1-1-2t1，y=t1-1+2t1]，

消去[t1]得[x2-y2+2x-2y+8=0]，即為[M]的軌跡方程.

我們需根據(jù)[M，A，P]和[M，B，Q]共線，利用結論1，分別用[OA、OP]，[OB、OQ]表示[OM]；再以向量[OP、OQ]為基底表示出[OC]，通過向量運算建立關系式，得到關于M點坐標的方程.

在日常練習時，我們會發(fā)現(xiàn)某一類型的題目會經(jīng)常出現(xiàn)，并且有些結論經(jīng)常要用到，此時可對一些典型的題目和常用的結論進行研究，總結出一些解題的規(guī)律，將其應用于解題當中，就能有效地提升解題的效率.

（作者單位：江蘇省鹽城市建湖縣教育局）