位置向量：权重和与共线共面

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把位移接回共同基点，并区分“存在一组权重”和“题给这组权重”。

一、知识点理解概念

1. 位置向量把方向接回点的位置

选定基点 $O$ ， $\vec{OP}$ 是点 $P$ 的位置向量； $\vec{AB}=\vec{OB}-\vec{OA}$ 。若 $A\ne B$ ，则

P\in\text{直线 }AB\iff\vec{AP}=t\vec{AB}\iff\vec{OP}=(1-t)\vec{OA}+t\vec{OB},\quad t\in\mathbb R.

后一式两权重和为 $1$ 。 $t\in[0,1]$ 时在闭线段上， $0<t<1$ 时在内部，其余为外分。若 $A=B$ ，不能用两个重合点确定直线。

若 $A,B,C$ 不共线，则

P\in\text{平面 }ABC\iff\vec{AP}=x\vec{AB}+y\vec{AC} \iff\vec{OP}=(1-x-y)\vec{OA}+x\vec{OB}+y\vec{OC}.

将 $\vec{AB}=\vec{OB}-\vec{OA},\vec{AC}=\vec{OC}-\vec{OA}$ 代入并加回 $\vec{OA}$ ，就得到后一式；反向减 $\vec{OA}$ 即回到面内方向表示。三个权重和为 $1$ ，共同基点变化项正好消去，所以 $O$ 可任取。

只有权重同时非负，才保证点在闭三角形内；和为 $1$ 本身只保证在平面内。三角形重心就是三个顶点等权平均： $\vec{OG}=(\vec{OA}+\vec{OB}+\vec{OC})/3$ 。若 $A,B,C$ 共线，这些组合只覆盖直线，不能确定并覆盖所谓平面 $ABC$ 。

2. “存在一组”和“题给这组”不同

点在平面内，等价于存在一组和为 $1$ 的三顶点位置表示。但对于已经给定的

\vec{OP}=r\vec{OA}+s\vec{OB}+t\vec{OC},

要由共面反推这组系数和为 $1$ ，还需独立性条件。把 $\vec{OB},\vec{OC}$ 分别写成 $\vec{OA}+\vec{AB},\vec{OA}+\vec{AC}$ ，得

\vec{AP}=(r+s+t-1)\vec{OA}+s\vec{AB}+t\vec{AC}.

若 $O$ 在平面 $ABC$ 外， $\vec{OA}$ 不在该面方向内，故 $P$ 共面迫使 $r+s+t-1=0$ ；也可解释为 $\vec{OA},\vec{OB},\vec{OC}$ 为基底，表示唯一。若 $O$ 在平面内，第一项本就为面内方向，不能强制其系数为零。

同理，由 $P$ 在线上反推给定 $\vec{OP}=r\vec{OA}+s\vec{OB}$ 的 $r+s=1$ ，通常须 $O$ 不在直线 $AB$ 上；存在一组和为 $1$ 的表示则对任意 $O$ 都成立。

二、考点方法与例题

1. 已知权重和，用共同起点直接证位置

不只数右边有几个点名。先减去一个顶点的位置向量，改写为同起点位移；明确直线的两点不同、平面的三点不共线，再读结论是直线/平面还是线段/三角形。

例题 01 两个权重的几何含义

设空间四点 $O, A, B, P$ 满足 $\vec{OP}=m\vec{OA}+n\vec{OB}$ ，其中 $m+n=1$ ，则（）

A．点 $P$ 一定在直线 $AB$ 上 B．点 $P$ 一定不在直线 $AB$ 上

C．点 $P$ 不一定在直线 $AB$ 上 D．以上答案都不对

答案与解析

由 $m+n=1$ ， $m=1-n$ ，故

\vec{OP}=(1-n)\vec{OA}+n\vec{OB},\qquad \vec{AP}=\vec{OP}-\vec{OA}=n(\vec{OB}-\vec{OA})=n\vec{AB}.

按题目“直线 $AB$ ”的通常语境， $A,B$ 为不同点，则 $P$ 一定在该直线上，选 A；B、C、D 均不符。 $n$ 未限定在 $[0,1]$ ，所以不能进一步说点一定在线段内部。

若允许 $A=B$ ，等式只给 $P=A$ ，而直线 $AB$ 未被确定；这是“直线 $AB$ ”存在的前提，不能省去。

例题 02 从位置等式判断共面的点

对于空间一点 $O$ 和不共线三点 $A,B,C$ ，且有 $2\vec{OP}=-\vec{OA}+\vec{OB}+2\vec{OC}$ ，则（）

A． $O,A,B,C$ 四点共面 B． $P,A,B,C$ 四点共面

C． $O,P,B,C$ 四点共面 D． $O,P,A,B,C$ 五点共面

答案与解析

除以 $2$ ，得 $\vec{OP}=-\vec{OA}/2+\vec{OB}/2+\vec{OC}$ ，权重和为 $1$ 。减 $\vec{OA}$ ，化为

\vec{AP}=\frac12\vec{AB}+\vec{AC}.

$A,B,C$ 不共线，故 $P$ 在平面 $ABC$ 内，选 B。这里未要求 $O$ 在该平面内，包含 $O$ 的 A、C、D 都不必成立。

原题的另一条推导：将原等式移项也得

\vec{OP}-\vec{OB}=2(\vec{OC}-\vec{OP})+\vec{OP}-\vec{OA},\qquad \vec{BP}=2\vec{PC}+\vec{AP}.

把方向统一为从 $P$ 出发，得到 $\vec{PA}=2\vec{PC}+\vec{PB}$ 。还要验证 $\vec{PB},\vec{PC}$ 不共线，才能用它们确定平面：由上面已得的 $\vec{AP}=\vec{AB}/2+\vec{AC}$ ，有 $\vec{PB}=\vec{AB}/2-\vec{AC}$ 、 $\vec{PC}=-\vec{AB}/2$ ；因 $\vec{AB},\vec{AC}$ 不共线，前者有非零的 $\vec{AC}$ 分量，后者没有，故两方向不共线。 $\vec{PA}$ 是它们的线性组合，终点 $A$ 在平面 $PBC$ 内，仍推出四点共面。这里不能只说三条自由向量共面，必须接回共同起点及非退化平面。

例如取 $A=(0,0,0),B=(2,0,0),C=(0,1,0),P=(1,1,0),O=(0,0,1)$ ，原式成立，但 $O$ 不在平面 $ABC$ ；而 $P,B,C$ 也不共线，因此 $O,P,B,C$ 不共面。这一例同时排除其余三个必然结论。

2. 反推题给系数和，先核基点在面外

将 $\vec{AP}$ 与 $\vec{OP}$ 分清；对固定基点，从共面反推某一组系数和时，先说明 $O$ 在目标平面外，使面外方向项必须消失。

例题 03 面外基点下的系数

已知点 $M$ 在平面 $ABC$ 内，且对于平面 $ABC$ 外一点 $O$ ，满足 $\vec{OM}=\lambda \vec{OA}+\frac{1}{6}\vec{OB}+\frac{1}{4}\vec{OC}$ ，则 $\lambda =$ （）

A． $\frac{1}{3}$ B． $\frac{5}{12}$ C． $\frac{1}{2}$ D． $\frac{7}{12}$

答案与解析

题设“平面 $ABC$ ”给出三点不共线，且 $O$ 在该面外。 $M$ 在面内，题给三位置向量是空间基底，表示唯一，因而

\lambda+\frac16+\frac14=1,\qquad \lambda=1-\frac{2+3}{12}=\frac7{12}.

选 D；A、B、C 均不能使权重和为 $1$ 。

也可直接代换 $\vec{OB}=\vec{OA}+\vec{AB}$ 、 $\vec{OC}=\vec{OA}+\vec{AC}$ ，再减 $\vec{OA}$ ，得到

\vec{AM}=\left(\lambda-\frac7{12}\right)\vec{OA}+\frac16\vec{AB}+\frac14\vec{AC}.

左边在平面方向内， $\vec{OA}$ 不在其内，所以首项系数为零。这说明反推不是机械凑系数和。

3. “任意一点”要读清量词

“同一等式对所有基点成立”和“任取一次后固定基点”并不相同。前者可换基点比较变化量；后者仍要核基点位置。保持原题文字，分别检验两种读法，不擅自补条件。

例题 04 位置等式中的基点条件

$O$ 为空间任意一点，若 $\vec{AP}=-\frac{1}{4}\vec{OA}+\frac{1}{8}\vec{OB}+t\vec{OC}$ ，若 $A$ ， $B$ ， $C$ ， $P$ 四点共面，则 $t=$ （）

A．1 B． $\frac{9}{8}$ C． $\frac{1}{8}$ D． $\frac{1}{4}$

答案与解析

先统一起点， $\vec{AP}=\vec{OP}-\vec{OA}$ ，故

\vec{OP}=\frac34\vec{OA}+\frac18\vec{OB}+t\vec{OC}.

若“任意一点”指同一组 $A,B,C,P$ 和同一 $t$ 的等式对每个 $O$ 都成立：改取 $O'$ ，三位置向量均增加 $\vec{O'O}$ ，原式右边总变化为

\left(-\frac14+\frac18+t\right)\vec{O'O} =\left(t-\frac18\right)\vec{O'O}.

左边 $\vec{AP}$ 不变；取 $O'\ne O$ ，得 $t=1/8$ ，选 C，A、B、D 均不能使等式对所有基点成立。这个读法甚至不必先用共面条件。

若只指任取一个基点后固定：当 $A,B,C$ 不共线且 $O$ 在面外时，才可由共面反推 $3/4+1/8+t=1$ ，得到同一答案 C。原来的系数和解法需要这个位置前提。

若固定 $O$ 在面内，共面不足唯一决定 $t$ 。例如 $O=A=(0,0,0),B=(8,0,0),C=(0,1,0),P=(1,t,0)$ ，原式与四点共面对任意实数 $t$ 都成立。因此这一读法下不能只凭题面信息唯一选 C。

原答案 C 与“对每个基点成立”的读法一致；不能把这种量词歧义直接说成确定的算术错题，也不能悄悄把原题改成 $O$ 在面外。