Question

2．已知△ABC各頂點(diǎn)的坐標(biāo)分別為（x_A，y_A），（x_B，y_B），（x_C，y_C），點(diǎn)E，F(xiàn)分別在AC、AB上，AE=$\frac{1}{3}$AC，AF=$\frac{1}{4}$AB，BE、CF交于點(diǎn)D，求D點(diǎn)坐標(biāo)．

Answer 1

分析 可作出圖形，并連接AD，可由C，D，F(xiàn)三點(diǎn)共線得出$\overrightarrow{AD}=\frac{1-λ}{4}\overrightarrow{AB}+λ\overrightarrow{AC}$，從而同理得出$\overrightarrow{AD}=\frac{1-μ}{3}\overrightarrow{AC}+μ\overrightarrow{AB}$，這樣根據(jù)平面向量基本定理即可得出關(guān)于λ，μ的二元一次方程組，可解出$μ=\frac{2}{11}$，從而有$\overrightarrow{AD}=\frac{3}{11}\overrightarrow{AC}+\frac{2}{11}\overrightarrow{AB}$．可設(shè)D（x，y），從而可以寫(xiě)出$\overrightarrow{AD}，\overrightarrow{AC}，\overrightarrow{AB}$的坐標(biāo)，進(jìn)行向量坐標(biāo)的數(shù)乘和加法運(yùn)算即可求出$\overrightarrow{AD}$坐標(biāo)，根據(jù)坐標(biāo)相等便可分別建立關(guān)于x，y的一元一次方程，從而可解出x，y，這樣便可得出D點(diǎn)的坐標(biāo)．

解答 解：如圖，連接AD；
∵C，D，F(xiàn)三點(diǎn)共線；
∴$\overrightarrow{AD}=（1-λ）\overrightarrow{AF}+λ\overrightarrow{AC}$=$\frac{1-λ}{4}\overrightarrow{AB}+λ\overrightarrow{AC}$；
同理由B，D，E三點(diǎn)共線得：$\overrightarrow{AD}=\frac{1-μ}{3}\overrightarrow{AC}+μ\overrightarrow{AB}$；
∴$\left\{\begin{array}{l}{λ=\frac{1-μ}{3}}\\{\frac{1-λ}{4}=μ}\end{array}\right.$；
$μ=\frac{2}{11}$；
∴$\overrightarrow{AD}=\frac{3}{11}\overrightarrow{AC}+\frac{2}{11}\overrightarrow{AB}$；
設(shè)D（x，y），$\overrightarrow{AD}=（x-{x}_{A}，y-{y}_{A}），\overrightarrow{AC}=（{x}_{c}-{x}_{A}，{y}_{c}-{y}_{A}）$，$\overrightarrow{AB}=（{x}_{B}-{x}_{A}，{y}_{B}-{y}_{A}）$；
∴（x-x_A，y-y_A）=$（\frac{3{x}_{C}+2{x}_{B}-5{x}_{A}}{11}，\frac{3{y}_{C}+2{y}_{B}-5{y}_{A}}{11}）$；
∴$\left\{\begin{array}{l}{x-{x}_{A}=\frac{3{x}_{C}+2{x}_{B}-5{x}_{A}}{11}}\\{y-{y}_{A}=\frac{3{y}_{C}+2{y}_{B}-5{y}_{A}}{11}}\end{array}\right.$；
∴$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{3{x}_{C}+2{x}_{B}+6{x}_{A}}{11}}\\{y=\frac{3{y}_{C}+2{y}_{B}+6{y}_{A}}{11}}\end{array}\right.$；
∴D點(diǎn)的坐標(biāo)為$（\frac{3{x}_{C}+2{x}_{B}+6{x}_{A}}{11}，\frac{3{y}_{C}+2{y}_{B}+6{y}_{A}}{11}）$．

點(diǎn)評(píng) 考查三點(diǎn)A，B，C共線時(shí)，便可得到$\overrightarrow{OB}=（1-k）\overrightarrow{OA}+k\overrightarrow{OC}$，根據(jù)點(diǎn)的坐標(biāo)可求向量的坐標(biāo)，向量坐標(biāo)的加法和數(shù)乘運(yùn)算，以及平面向量基本定理．