小结教学评价实录

平面向量面积比问题（教学设计）

定远中学 赵艳丽

内容分析

平面向量面积比问题，是交汇知识碰撞出的火花，是小题中的难题，在高考、竞赛试题中时有出现。本节课由常见题型出发，探索得到一般结论并加以应用。希望帮助学生在有限的考试时间里，快速、准确地解决这类问题。

教学目标

（1）能够快速、高效的解决平面向量面积比问题；

（2）在一般结论的探索中，培养学生利用交汇知识高效解题的能力；

（3）通过探究让学生经历知识的发生、发展的过程，体验成功的喜悦，激发潜能。

教学重、难点

重点：平面向量面积比问题的结论应用；

难点：平面向量面积比问题的结论探索。

教学过程

问题原型：P是ABC内一点，AP21ABAC，则SPAB:SABC

．55

C h E A P h1

D 图1 B 解析：如图1所示，过点P作PD∥AC交AB于D,PE∥AB交AC于E,则APADAE21ABAC,55又AE∥AC,故AE1AC.所以，PAB的高h1与ABC511的高h之比为=，即SPAB:SABC. 5AC5AE一、面积比与系数的关系

探究1：P为ABC内一点，且APABAC,求证：S证明：

作PD∥AC交AB于D,PE∥AB交AC于E, 则APADAEABAC,又AD∥AB,AE∥AC, 故ADAB,AEAC.由AEAC知，PAB:SPAC:. AEAC, :S：1. 1 即APB的高h1与ABC的高h之比为，即S

PABABC

同理，SPAC:SABC：1，即SPAB:SPAC:. PAB结论：若P为ABC内一点，且APABAC,则S系数颠倒之后的比值:. 观察图形易得：SPAB:SPAC等于AB，AC前的:SPAC:SPBC:SABC::1:1.

二、面积比与P点位置无关

④

⑥

C ①

③

A ⑦

图2 B ⑤

P②

若P点位于其它6个区域呢？是否也有类似结论呢？

探究2：我们知道笛卡尔建立的平面直角坐标系架起了几何与代数的桥梁，能不能用代数方法解决这个几何问题呢？

y C PA(O）

图3 B x

证明：以A点为坐标原点，建立如图3所示平面直角坐标系. 可设B(b,0),C(a,c),P(x,y)，则AP=(x,y),AB(b,0),AC(a,c)，

xba（ba，c）由APABAC可得，(x,y)(b,0)(a,c)，即P. yc而lAC:cxay0，lBC：cx(ab)ybc0. 从而，点P到边AB，AC，BC的距离分别为dABc，

dAC

c(ba)acca22bcca22，

2

dBCc(ba)（a-b)cbcc(ab)PAB=221bcc(ab)22. 所以，S111ABdAB=bcbc222，

SPAC=1122ACdAC=ac22bca2c21bc，

2SPBC=1bc111(ab)2c21bc, BCdBC=22222(ab)c11bcbc，故S22PAB又SABC:SPAC:SPBC:SABC::1:1. 结论：P,A,B,C四点共面，且任意三点不共线，若APABAC，则SPAB:SPAC:SPBC:SA:1. :1BC:PAB 很明显，不妨假设点P在ABC内，若APABAC，则S:SPAC:。这个结论比较容易记忆（系数颠倒即可），再把SABC视为1，所以余下的SPBC即为1--，加上绝对值就是一般结论了。

32应用1：P为ABC内一点，若APBCBA，则S43PAB:SPAC:SPBC:SABC

. 32解析：本题所给条件与所证形式稍有不同，需适当变形。APBCBABPBA

4331APBCBA,故S43PAB:SPAC:SPBC:S3131:1::19:1:4:12.

ABC4343PBC应用2：P为ABC内一点，且PA2PB3PC0,则S:SPAC:SPAB:SABC . 解析：解题的过程中,化归思想非常重要。转化如下：

由PA2PB3PC0AP=2PB3PC6AP=2PB3PC+5AP=2AB3ACAP

11ABAC.由结论易知，S32PBC:SPAC:SPAB:SABC1111+1:::1=1:2:3:6. 3232三、满足mPAnPBlPC0面积比问题

下面，我们讨论满足mPAnPBlPC0面积比问题：

P,A,B,C四点共面，PAnPBlPC且任意三点不共线，对于非零实数m,n,l，若m

0，

3

则mAPnPBlPCn(ABAP)l(ACAP)(mnl)APnABlAC. 若mnl0，则nABlAC=0，

又AB与AC不共线，故mnl0与题设矛盾。

nlABAC. mnlmnlnl,，

此时，我们不妨令mnlmnl即mnl0,AP则SPAB:SPAC:SPBC:SABC::1:1

lnnl::1:1l:n:m:mnl. mnlmnl

mnlmnl结论：P,A,B,C四点共面，且任意三点不共线，对于非零实数m,n,l，若mPAnPB

lPC0，则S 很明显，S数n，SPABPBC:SPAC:SPAB:SABC=m:n:l:mnl. PACPBC对应不含BC的PA前面的系数m，S对应不含AC的PB前面的系对应不含AB的PC前面的系数l，再联想点P在ABC内时的情况可得SABC对应mnl。对于一般情况，加上绝对值即可。

应用3：已知ABC所在平面内一点P（P与A,B,C不重合），且满足PAPBPC

2BC,则SPBC：SPAC：SPAB:SABC__________. PAC解析：PAPBPC2BC=2（PC-PB）PA3PB-PC=0SPBC：S

：SPAB:SABC1:3：-1：1+3+（-1）=1:3:1:3. 两个结论本质上具有共通性，接下来尝试利用第二个结论再解应用1. 32应用1：P为ABC内一点，若APBCBA，则SPAB:SPAC:SPBC:SABC

. 433232PA(PC)PB(PA)PB4PAP9BP0C另解：APBCBA,故4343SPAB:SPAC:SPBC:SABC9:1:4:9(1)491412：：：.

课后任务

类比思想往往使我们的学习事半功倍。类比二维形式，我们可以大胆猜想上述结论可能有三维形式。读者不妨一试！

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