爪形結(jié)構(gòu)與分角定理、張角定理【知識(shí)拓展】1.三點(diǎn)共線的向量表示(1)若A,P,B三點(diǎn)共線,則存在唯一實(shí)數(shù)t使AP=tAB.(2)OA,OB為平面的一組基向量,點(diǎn)P在直線AB上的充要條件是存在唯一一組實(shí)數(shù)對(duì)(λ,μ),使OP=λOA+μOB且λ+μ=1.2.(1)定比分點(diǎn)的向量公式:在平面上任取一點(diǎn)O,設(shè)OP1=a,OP2=b,若P1P=λPP2(λ≠-1),則OP=11+λa+λ1+λb(特別地,當(dāng)λ=1時(shí),即P為線段P1P2(2)三角形的等分線:在△ABC中,D是邊BC上的點(diǎn),且BDDC=mn(m,n則AD=nm+nAB+mm+n3.張角定理與分角定理(1)張角定理sin(α+β)[證明如下:∵S△ABC=S△ABD+S△ACD,∴12AB×AC×sin(α+β)=12AB×AD×sinα+12AC×AD×兩邊同除以12AB·AC·AD得sin(α+β)AD(2)分角定理在△ABC中,D是邊BC上(異于B,C)或其延長線上的一點(diǎn),則有sinα∶sinβ=BDAB∶CD[證明如下:S△ABDS△S△ABD=sinαsinβ·得BDCD=sinαsin故sinα∶sinβ=BDAB∶CDAC4.梅涅勞斯定理與塞瓦定理(1)梅涅勞斯定理已知直線DF交△ABC三邊所在直線于D,E,F三點(diǎn),則有:|AF||FB|·[證明如下:設(shè)|AF||FB|=q,|BD||DC|=則有AE=1n+1AC,BFBD=mm-1因?yàn)镈,E,F三點(diǎn)共線,所以(t+1)BE=tBF+BD.又因?yàn)锽E=BA+AE,從而(t+1)BA+(t+1)AE=tBF+BD,②當(dāng)①代入②,可得(t+1)BA+t+1n+1AC=即t+1-tq+1BA+t注意到BA+AC+CB=0,且BA,AC,CB兩兩方向不同,故有t+1-tq+1=t+1由t+1n+1=mm-1可知t將其代入t+1-tq+1=mm-1,整理可得qmn=1,即|AF||FB已知點(diǎn)O為△ABC內(nèi)任意一點(diǎn),AO,BO,CO的延長線分別交邊BC,CA,AB于D,E,F,則有:|AF||FB|·[證明如下:設(shè)|AF||FB|=p,|BD||DC|=則有CA=r+1rCE,CB=(qCF=(n+1)CO,①因?yàn)镕,B,A三點(diǎn)共線,所以CF=pp+1CB+將①代入②,即有(n+1)CO=pp+1CB(n+1)CO=(q+1)p注意到B,O,E三點(diǎn)共線,A,O,D三點(diǎn)共線,所以有n+1=pp+1+r+1r(p+1),整理可得pqr=1,即|AF||FB|·注:本定理用面積證法更簡單.]【類型突破】類型一三點(diǎn)共線、定比分點(diǎn)、三角形等分線的向量表示例1(1)(2025·鄭州質(zhì)檢)如圖,在△ABC中,BD=12DC,AE=3ED,若AB=a,AC=b,則BE=(A.13a+13b B.-12aC.12a+14b D.-13a(2)在△ABC中,點(diǎn)M,N滿足AM=2MC,BN=NC.若MN=xAB+yAC,則x=,y=.

答案(1)B(2)12-解析(1)BD=13BC=13(AC-AB)=13(bBE=13+1BA+33+1BD=-14a+34×13(b-a)=(2)AN=11+1AB+11+1AC=12AB+∴MN=AN-AM=12AB-又MN=xAB+yAC,∴x=12,y=-1規(guī)律方法利用三點(diǎn)共線、定比分點(diǎn)和三角形等分線,能快速求解有關(guān)的線性向量表示、求系數(shù)及交點(diǎn)坐標(biāo)等問題.訓(xùn)練1(1)(2025·煙臺(tái)調(diào)研)如圖,在△ABC中,點(diǎn)O是BC的中點(diǎn),過點(diǎn)O的直線分別交直線AB,AC于不同的兩點(diǎn)M,N,若AB=mAM,AC=nAN,則m+n的值為.

(2)(2025·福州質(zhì)檢)已知點(diǎn)A(-1,-1),B(2,5),點(diǎn)C為直線AB上一點(diǎn),且AC=-5BC,則點(diǎn)C的坐標(biāo)為.

答案(1)2(2)3解析(1)因?yàn)?AO=AB+AC=mAM+nAN,由于M,O,N三點(diǎn)共線,所以m+n=2.(2)∵AC=-5BC,∴λ=ACCB=5利用定比分點(diǎn)的坐標(biāo)公式有OC=16OA+56OB=16(-1,-1)+5∴C點(diǎn)的坐標(biāo)為32類型二張角定理、分角定理的應(yīng)用例2在△ABC中,角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,且滿足sin2A+sin2B=sinC-(1)求C;(2)若c=213,a=3b,點(diǎn)D在邊AB上,且∠ACD=∠BCD,求CD的長.解(1)由正弦定理,條件等式可化為a2+b2=c2-233absin又a2+b2=c2+2abcosC,∴-233absinC=2abcos∴tanC=-3,∴C=2π3(2)∵c=213,a=3b,由余弦定理,得(213)2=a2+b2-2abcos2π3=9b2+b2-6b2cos2π3=13b2,由張角定理,得sin2π3CD=sin∴1CD=1a+1b=43b,∴CD規(guī)律方法在三角形中經(jīng)常會(huì)遇到證明角度或線段長度關(guān)系的問題,若能靈活應(yīng)用張角定理、分角定理常能起到事半功倍的效果.訓(xùn)練2在△ABC中,三個(gè)內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,如果∠BAD=α,AD是∠BAC的角平分線,證明:(1)cosα=12(2)S△ABC=12AD×(b+c)×sinα≥AD2tanα證明(1)∵S△ABC=S△ABD+S△ACD,∴12AB×AC×sin2α=12AB×AD×sinα+12AC×AD×即cb×2sinα×cosα=c×AD×sinα+b×AD×sinα.兩邊同除以bc·sinα得2cosα=ADb+AD∴cosα=12(2)∵由角平分線張角定理得cosα=12∴2cosαAD=1b∵(b+c)1b+1c=cb+bc+2≥2cb×bc+2=4(∴(b+c)×2cosαAD≥即b+c≥4×AD2cosα=∴S△ABC=12AD×(b+c)×sinα≥12AD×2ADcosα×sinα=類型三梅涅勞斯定理、塞瓦定理的應(yīng)用例3在△OAB的邊OA,OB上分別取點(diǎn)M,N,使|OM|∶|OA|=1∶3,|ON|∶|OB|=1∶4,設(shè)線段AN與BM交于點(diǎn)P,記OA=a,OB=b.(1)用a,b表示向量OP;(2)延長OP與AB交于點(diǎn)D,用a,b表示向量PD.解(1)法一∵B,P,M共線,∴記BP=sPM,∴OP=11+s=11+sOB+s3(1+s)OA=同理,記AP=tPN,得OP=11+ta+t4(1+∵a,b不共線,∴由①、②得1∴OP=311a+211法二△OAN被直線MB所截,由梅涅勞斯定理,得AMMO·PNAP·BO即2·PNAP·43∴APPN=8∴OP=311OA+811ON=311OA+811·14OB=311OA+或者,同理△OBM被直線NA所截,得BNNO·MPPB·AO即3·MPPB·32=1,∴BPPM∴OP=211OB+911OM=211OB+911·13OA=311OA+(2)由塞瓦定理得OMMA·ADDB·BN即12·ADDB·3∴ADDB=23,下面只要求出P分OD△OAD被直線MB所截,由梅涅勞斯定理,得OMMA·ABBD·DP即12×53·DP∴DPPO=6∴PD=611OD=61135即PD=1855a+1255規(guī)律方法1.兩定理均可解決三角形中的線段比問題.2.運(yùn)用梅涅勞斯定理關(guān)鍵確定此三角形、截線及分點(diǎn).3.塞瓦定理特征是三線交于一點(diǎn),關(guān)鍵確定三角形和交點(diǎn).訓(xùn)練3如圖,四邊形ABCD的兩組對(duì)邊延長線分別交于E,F,對(duì)角線BD∥EF,AC的延長線交EF于G,求EGGF的值解對(duì)△AEF及點(diǎn)C,由塞瓦定理有EGGF·FDDA·AB由BD∥EF,有ABBE=AD代入上式,得EGGF=1【精準(zhǔn)強(qiáng)化練】一、單選題1.(2025·西安質(zhì)檢)已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,若OB=a1OA+a200OC,且A,B,C三點(diǎn)共線,設(shè)直線不過點(diǎn)O,則S200=()A.100 B.101 C.200 D.201答案A解析易知a1+a200=1,∴S200=200(a12.在△ABC中,AN=13NC,點(diǎn)P是BN上一點(diǎn),若AP=mAB+16AC,則實(shí)數(shù)mA.14 B.13 C.12答案B解析AP=λAB+(1-λ)AN,AN=14AC,AP=λAB+又AP=mAB+16∴λ=m,1-λ3.在△ABC中,AR=2RB,CP=2PR,若AP=mAB+nAC,則m+n=()A.23 B.C.89 D.答案B解析AP=21+2AR+11+2AC=23AR+13AC=23·2∴m=49,n=13,∴m+n=4.(2025·石家莊調(diào)研)已知A(2,1),B(3,-1)及直線l:y=4x-5,直線AB與l相交于P點(diǎn),若AP=λPB,則λ=()A.-12 B.-14 C.13答案B解析O為原點(diǎn),設(shè)P(x,y),由AP=λPB,得λ=APPB,OP=11+λOA即(x,y)=11+λ(2,1)+λ1+=2+3λ又∵P點(diǎn)在直線l上,∴1-λ1+λ=4(2+3λ)1+λ-55.在△ABC中,點(diǎn)D為AB的中點(diǎn),E,F為BC的兩個(gè)三等分點(diǎn),AE交CD于點(diǎn)M.設(shè)AB=a,AC=b,則FM=()A.115a-715b B.115aC.215a-415b D.215a答案A解析∵D,M,C共線,∴AM=xAD+(1-x)AC=x2AB+(1-x)∵A,M,E共線,∴AM=yAE=y23AB+13∴x2=23y,1-x=13y∴AM=25AB+15AC,FM=25AB+1=25-=115AB-715AC=1156.(2025·合肥模擬)在△ABC中,角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,角A的角平分線交BC于點(diǎn)D.若asinA=bsinB+(c-b)sinC,且AD=3,b=3c,則a的值為()A.72 B.473 C.3 D答案B解析由asinA=bsinB+(c-b)sinC及正弦定理得a2=b2+(c-b)c,由余弦定理得cosA=b2+c則A=π3由三角形內(nèi)角平分線定理得BDDC=ABAC=所以AD=34AB+兩邊平方得|AD|2=34AB+14AC2=9即(3)2=916c2+38c·3c·12+116(3解得c=43由余弦定理得a2=b2+c2-2bccosA=42+432-2×4×43×12=1129二、多選題7.設(shè)P是△OAB內(nèi)部(不含邊界)的一點(diǎn),以下可能成立的是()A.OP=25OA+15OB B.OPC.OP=25OA+15AB D.OP答案AC解析對(duì)于A,如下圖所示,可知P在△OAB內(nèi)部,故成立;對(duì)于B,如圖所示,可知P在△OAB外部,故不成立;對(duì)于C,因?yàn)镺P=25OA+15AB=25OA+15AO+15OB=15OA+1對(duì)于D,因?yàn)镺P=25OA+45AB=25OA+45AO+45OB=-25OA+45OB,8.(2025·南昌調(diào)研)如圖所示,在凸四邊形ABCD中,對(duì)邊BC,AD的延長線交于點(diǎn)E,對(duì)邊AB,DC的延長線交于點(diǎn)F,若BC=λCE,ED=μDA(λ,μ>0),AB=3BF,則()A.EB=34EF+14EA BC.1λ+1μ的最大值為1 D.EC答案ABD解析由AB=3BF,得EB-EA=3EF-3EB,∴EB=34EF+14EA直線FD交△ABE三邊所在直線于D,C,F,由梅涅勞斯定理,得|AF||FB|·41·λ1·μ1=1,λμ1λ+1μ≥21λ·1μ=4,當(dāng)且僅當(dāng)λ=μ時(shí),等號(hào)成立,所以EC·ADEB·EA=-EC(1+λ)(1+μ)=λμ+λ+μ+1≥14+2λμ+1=94,EC·ADEB·EA≥-49,當(dāng)且僅當(dāng)λ=μ時(shí),三、填空題9.邊長為4的等邊三角形ABC中,AD=DB,AE=3EC,CD與BE交于點(diǎn)O,則|OA+OB+OC|=.

答案8解析OA+OB+OC=2OD+OC,∵直線BE交△ADC三邊所在直線于E,O,B,由梅涅勞斯定理得|AB||BD|·即21·|DO||OC|·13∴|OA+OB+OC|=|2OD+OC|=|-3OC+OC|=|-2OC|=45|CD|=810.在△ABC中,角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,AD是∠BAC的角平分線,若∠BAC=π3,|AD|=23,則2b+c的最小值為.答案6+42解析如圖.∵AD是∠BAC的角平分線,∴∠BAD=∠CAD=12∠BAC=π由張角定理得sin∠BACAD=sin∠BAD即sinπ323=sinπ6b+sinπ∴2b+c=(2b+c)1b+=2cb+4bc+6≥6+2四、解答題11.已知△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,△ABC的面積為433,AD為∠BAC的角平分線,且交BC于點(diǎn)D,AD(1)若b+c=163,求△ABC周長(2)若DC=3BD,求tanB的值.解(1)如圖,令∠BAC=2θ,由張角定理得S△ABC=S△ABD+S△ACD,∴bc·sin2θ2=b·AD·sinθ2+∴bc·sin2θ=(b+c)·sinθ,∴2bc·cosθ=b+c,又b+c=163∴bc·cosθ=83.又S△ABC=433=S△ABD+S△ACD=∴(b+c)·sinθ=833,又b+c=∴sinθ=32,∴θ=π3,∴∠BAC=2θ=代入①,得bc·cosπ3=83,∴bc在△ABC中,由余弦定理得a2=b2+c2-2bc·cos∠BAC,即a2=(b+c)2-2bc-2bc·cos2θ,∴a2=1632-2×163-2×163×∴a=4133,∴周長=a+b+c=(2)∵DC=3BD,∴DC=3BD,由角平分線性質(zhì)可知S△ABDS△ACD=BD設(shè)A