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题目：已知[△ABC]及其内部一点[O]，若存在大于0的实数[λ1、λ2、λ3]满足[λ1OA+λ2OB+λ3OC=0,]求证：[△BOC、△AOC、△AOB]的面积之比为[λ1∶λ2∶λ3.]
证法一 由[λ1OA+λ2OB+λ3OC=0]，
得[λ1OA+λ2λ1OB+λ3λ1OC=0],如图
令[OB1=λ2λ1OB,OC1=λ3λ1OC].
则有[OA+OB1+OC1=0],所以[O]为[△AB1C1]的重心，即[S△OAB1=S△OAC1=S△OB1C1],
又知[OB1OB=λ2λ1,OC1OC=λ3λ1]，
[∴S△AOBS△AOB1=λ1λ2,S△AOCS△AOC1=λ1λ3]，
[且S△AOB1=S△AOC1⇒S△AOBS△AOC=λ3λ2.]
同理可得[S△BOCS△AOC=λ1λ2].
所以[△BOC、△AOC、△AOB]的面积之比为[λ1：λ2：λ3.]
证法二 如图以[O]为坐标原点，[OA]所在的直线为[x]轴建立直角坐标系，
设点[A(a,0),B(x1,y1),C(x2,y2)]，
则[OA=(a,0),OB=(x1,y1),OC=(x2,y2),]
代入[λ1OA+λ2OB+λ3OC=0,]
得到[λ1（a,0)+λ2(x1,y1)+λ3(x2,y2)=(0,0),]
所以[λ2y1+λ3y2=0]，即[y1=-λ3λ2y2]，
从而[SΔAOBSΔAOC=12OA⋅y112OA⋅y2=y1y2=λ3λ2.]
同理可得[SΔBOCSΔAOC=λ1λ2].
所以[ΔBOC,ΔAOC,ΔAOB]的面积之比为[λ1：λ2：λ3.]
证法三 由[λ1OA+λ2OB+λ3OC=0]，得到
[λ1AO=λ2OB+λ3OC]
[=λ2AB-AO+λ3AC-AO]，
展开运算得到
[AO=λ2λ1+λ2+λ3AB+λ3λ1+λ2+λ3AC].
由图作[OM∥AC,ON∥AB],
由向量加法的平行四边形法则，
知[AO=AM+AN]，所以
[AM=λ2λ1+λ2+λ3AB,AN=λ3λ1+λ2+λ3AC].
则[S△AOBS△AOM=λ1+λ2+λ3λ2,S△AOCS△AON=λ1+λ2+λ3λ3],
又由图易知[S△AOM=S△AON]，
所以[S△AOBS△AOC=λ3λ2].
同理可得[S△BOCS△AOC=λ1λ2].
所以[△BOC,△AOC,△AOB]的面积之比为[λ1∶λ2∶λ3.]
证法四 如图设直线[AO]交[BC]于[D]且[BDDC=λ,]即点[D]分有向线段[BC]所成定比为[λ]，
由线段定比分点向量公式得到
[OD=OB+λOC1+λ],
由已知[λ1OA+λ2OB+λ3OC=0]得到
[AO=λ2λ1OB+λ3λ1OC].又向量[AO与OD]共线，
则存在实数[μ]使[OD=μAO],
即[OB+λOC1+λ=μλ2λ1OB+λ3λ1OC]，
从而有[11+λ=μ⋅λ2λ1λ1+λ=μ⋅λ3λ1⇒λ=λ3λ2]，即[BDDC=λ3λ2.]
又[S△AOB=12OA⋅hB,S△AOC=12OA⋅hC].其中[hB、hC]分别是点[B、C]到直线[AO]的距离. 又易知[BDDC=hBhC],所以[S△AOBS△AOC=hBhC=λ3λ2],同理可得[S△BOCS△AOC=λ1λ2]. 所以[△BOC、△AOC、△AOB]的面积之比为[λ1∶λ2∶λ3.]
证法五 先介绍一个常见的面积公式
公式 在[△ABC]中，设向量[CA=x1,y1,][CB=x2，y2]，则[△ABC]的面积为
[S△ABC=12x1y2-x2y1.]
证明 [∵CA=x1,y1,CB=x2,y2]，
[∴cos∠ACB=CA⋅CBCA⋅CB=x1x2+y1y2x21+y21⋅x22+y22]
[∴sin∠ACB=1-cos2∠ACB]
[=1-x1x2+y1y22x21+y21x22+y22][=x1y2-x2y1x21+y21⋅x22+y22]
[∴S△ABC=12CA⋅CB⋅sin∠ACB]
[=12x1y2-x2y1].
下面利用这个结论解答这个问题.
证明 不妨设[OA=x1,y1,][OB=x2,y2,][OC=x3,y3]，
代入[λ1OA+λ2OB+λ3OC=0]中得到
[λ1x1+λ2x2+λ3x3=0,λ1y1+λ2y2+λ3y3=0,]
解得[x2=-1λ2λ1x1+λ3x3] ，
[y2=-1λ2λ1y1+λ3y3]. （1）
由以上面积公式得到
[S△BOC=12x2y3-x3y2]，[S△AOC=12x1y3-x3y1]
将（1）式代入[SΔBOC=12x2y3-x3y2]中得到
[SΔBOC=12λ1λ2⋅x1y3-x3y1].
所以得到[S△BOCS△AOC=λ1λ2],
同理可得[S△AOCS△AOB=λ2λ3],即结论得证.
评注 向量既具有几何特征又具有代数特征，因此向量作为中学数学中数形结合的一个重要工具，应用非常广泛且解法非常灵活. 本命题的证明过程中充分的运用了向量加法的平行四边形法则，共线向量定理，平面向量基本定理，向量的坐标运算法则以及常见的重心向量公式，定比分点向量公式. 各种证法中紧紧抓住几何特征，联系三角形的面积公式很巧妙地得出答案.
推广1 该题的逆命题：已知[△ABC]及其内部一点[O]，若满足[△BOC、△AOC、△AOB]的面积之比为[λ1∶λ2∶λ3]（[λ1，λ2，λ3]为大于0的实数），
则有[λ1OA+λ2OB+λ3OC=0].
证明 如图由已知
[SΔAOBSΔAOC=BDDC=λ3λ2]，即点[D]分有向线段[BD]所成定比为[λ=λ3λ2]，由线段定比分点向量公式得到
[OD=OB+λ3λ2OC1+λ3λ2=λ2OB+λ3OCλ2+λ3].
又向量[AO与OD]共线，则存在实数[μ]使[AO=μOD]，即[AO=μλ2+λ3λ2OB+λ3OC]，
又由图易知[AOOD=SΔAOBSΔBOD=SΔAOCSΔCOD]
[=SΔAOB+SΔAOCSΔBOC=λ3+λ2λ1],
故[μ=λ3+λ2λ1]，
代入上式得[AO=1λ1λ2OB+λ3OC,]
从而有[λ1OA+λ2OB+λ3OC=0].
推广2 设[P]是[ΔABC]所在平面内的任意一点,且满足[AP=λ1AB+λ2AC.]
设[AP]交[BC]于[D]. 则有：
（1）点[D]分有向线段[BC]所成的比为[λ=BDDC=λ2λ1]；
（2）[AP=λ1+λ2AD].
证明 如图延长[AP]与[BC]交于[D]，设[D]分有向线段[BC]所成定比为[λ]，则[AD=AB+λAC1+λ]. 又[AP与AD]共线，所以存在实数[μ]满足[AP=μAD].
即[λ1AB+λ2AC=μAB+λAC1+λ]，
所以[λ1=μ1+λλ2=μλ1+λ⇒λ=λ2λ2μ=λ1+λ2].
推广3 [O]为[△ABC]内任意一点，[S△BOC、S△AOC、S△AOB、S△ABC]分别表示对应三角形的面积，则有：
（1）[AO=S△AOCS△ABCAB+S△AOBS△ABCAC]；
（2）[S△BOC⋅OA+S△AOC⋅OB+S△AOB⋅OC=0].
证明 如图延长[AO]交[BC]于点[D]，
[∵AD=AC+CD=AC+CDBCCB.=AC+CDBCAB-AC=CDBCAB+BDBCAC,]
[∴AO=AOADAD=AOAD⋅DCBCAB+AOAD⋅BDBCAC=S△AOCS△ADC⋅S△ADCS△ABCAB+S△AOBS△ABD⋅S△ABDS△ABCAC,]
所以有[AO=S△AOCS△ABCAB+S△AOBS△ABCAC] （1）
由（1）知
[AO=SvAOCS△ABCOB-OA+S△AOBS△ABCOC-OA],
[∴S△ABC⋅AO=S△AOC⋅OB-S△AOC⋅OA+S△AOB⋅OC-S△AOB⋅OA.]
移项得到
[S△BOC⋅OA+S△AOC⋅OB+S△AOB⋅OC=0]
推广4 若[O]是[△ABC]的重心，
则[OA+OB+OC=0].
证明：由O是[△ABC]的重心得到
[S△BOC=S△AOC=S△AOB],由上述推广3
即得[OA+OB+OC=0].
推广5 已知[O]是[△ABC]的内心，若[a、b、c]分别表示[∠A、∠B、∠C]的对边，
则[aOA+bOB+cOC=0.]
证明 由[O]是[△ABC]的内心得到点[O]到三边距离相等，
即[S△BOC:S△AOC:S△AOB=a:b:c]，由上述推广3容易得到[aOA+bOB+cOC=0.]
平时同学们在学习中要有针对性地进行一题多解训练，在多解中归纳概括知识类型及结构，在多解中推广问题的结论使其更具一般性，不仅能牢固掌握基础知识、掌握一类题型的解法并且能从“题海”中解脱出来，还可以达到锤炼解题思想，使能力的提高落到实处.
证法一 由[λ1OA+λ2OB+λ3OC=0]，
得[λ1OA+λ2λ1OB+λ3λ1OC=0],如图
令[OB1=λ2λ1OB,OC1=λ3λ1OC].
则有[OA+OB1+OC1=0],所以[O]为[△AB1C1]的重心，即[S△OAB1=S△OAC1=S△OB1C1],
又知[OB1OB=λ2λ1,OC1OC=λ3λ1]，
[∴S△AOBS△AOB1=λ1λ2,S△AOCS△AOC1=λ1λ3]，
[且S△AOB1=S△AOC1⇒S△AOBS△AOC=λ3λ2.]
同理可得[S△BOCS△AOC=λ1λ2].
所以[△BOC、△AOC、△AOB]的面积之比为[λ1：λ2：λ3.]
证法二 如图以[O]为坐标原点，[OA]所在的直线为[x]轴建立直角坐标系，
设点[A(a,0),B(x1,y1),C(x2,y2)]，
则[OA=(a,0),OB=(x1,y1),OC=(x2,y2),]
代入[λ1OA+λ2OB+λ3OC=0,]
得到[λ1（a,0)+λ2(x1,y1)+λ3(x2,y2)=(0,0),]
所以[λ2y1+λ3y2=0]，即[y1=-λ3λ2y2]，
从而[SΔAOBSΔAOC=12OA⋅y112OA⋅y2=y1y2=λ3λ2.]
同理可得[SΔBOCSΔAOC=λ1λ2].
所以[ΔBOC,ΔAOC,ΔAOB]的面积之比为[λ1：λ2：λ3.]
证法三 由[λ1OA+λ2OB+λ3OC=0]，得到
[λ1AO=λ2OB+λ3OC]
[=λ2AB-AO+λ3AC-AO]，
展开运算得到
[AO=λ2λ1+λ2+λ3AB+λ3λ1+λ2+λ3AC].
由图作[OM∥AC,ON∥AB],
由向量加法的平行四边形法则，
知[AO=AM+AN]，所以
[AM=λ2λ1+λ2+λ3AB,AN=λ3λ1+λ2+λ3AC].
则[S△AOBS△AOM=λ1+λ2+λ3λ2,S△AOCS△AON=λ1+λ2+λ3λ3],
又由图易知[S△AOM=S△AON]，
所以[S△AOBS△AOC=λ3λ2].
同理可得[S△BOCS△AOC=λ1λ2].
所以[△BOC,△AOC,△AOB]的面积之比为[λ1∶λ2∶λ3.]
证法四 如图设直线[AO]交[BC]于[D]且[BDDC=λ,]即点[D]分有向线段[BC]所成定比为[λ]，
由线段定比分点向量公式得到
[OD=OB+λOC1+λ],
由已知[λ1OA+λ2OB+λ3OC=0]得到
[AO=λ2λ1OB+λ3λ1OC].又向量[AO与OD]共线，
则存在实数[μ]使[OD=μAO],
即[OB+λOC1+λ=μλ2λ1OB+λ3λ1OC]，
从而有[11+λ=μ⋅λ2λ1λ1+λ=μ⋅λ3λ1⇒λ=λ3λ2]，即[BDDC=λ3λ2.]
又[S△AOB=12OA⋅hB,S△AOC=12OA⋅hC].其中[hB、hC]分别是点[B、C]到直线[AO]的距离. 又易知[BDDC=hBhC],所以[S△AOBS△AOC=hBhC=λ3λ2],同理可得[S△BOCS△AOC=λ1λ2]. 所以[△BOC、△AOC、△AOB]的面积之比为[λ1∶λ2∶λ3.]
证法五 先介绍一个常见的面积公式
公式 在[△ABC]中，设向量[CA=x1,y1,][CB=x2，y2]，则[△ABC]的面积为
[S△ABC=12x1y2-x2y1.]
证明 [∵CA=x1,y1,CB=x2,y2]，
[∴cos∠ACB=CA⋅CBCA⋅CB=x1x2+y1y2x21+y21⋅x22+y22]
[∴sin∠ACB=1-cos2∠ACB]
[=1-x1x2+y1y22x21+y21x22+y22][=x1y2-x2y1x21+y21⋅x22+y22]
[∴S△ABC=12CA⋅CB⋅sin∠ACB]
[=12x1y2-x2y1].
下面利用这个结论解答这个问题.
证明 不妨设[OA=x1,y1,][OB=x2,y2,][OC=x3,y3]，
代入[λ1OA+λ2OB+λ3OC=0]中得到
[λ1x1+λ2x2+λ3x3=0,λ1y1+λ2y2+λ3y3=0,]
解得[x2=-1λ2λ1x1+λ3x3] ，
[y2=-1λ2λ1y1+λ3y3]. （1）
由以上面积公式得到
[S△BOC=12x2y3-x3y2]，[S△AOC=12x1y3-x3y1]
将（1）式代入[SΔBOC=12x2y3-x3y2]中得到
[SΔBOC=12λ1λ2⋅x1y3-x3y1].
所以得到[S△BOCS△AOC=λ1λ2],
同理可得[S△AOCS△AOB=λ2λ3],即结论得证.
评注 向量既具有几何特征又具有代数特征，因此向量作为中学数学中数形结合的一个重要工具，应用非常广泛且解法非常灵活. 本命题的证明过程中充分的运用了向量加法的平行四边形法则，共线向量定理，平面向量基本定理，向量的坐标运算法则以及常见的重心向量公式，定比分点向量公式. 各种证法中紧紧抓住几何特征，联系三角形的面积公式很巧妙地得出答案.
推广1 该题的逆命题：已知[△ABC]及其内部一点[O]，若满足[△BOC、△AOC、△AOB]的面积之比为[λ1∶λ2∶λ3]（[λ1，λ2，λ3]为大于0的实数），
则有[λ1OA+λ2OB+λ3OC=0].
证明 如图由已知
[SΔAOBSΔAOC=BDDC=λ3λ2]，即点[D]分有向线段[BD]所成定比为[λ=λ3λ2]，由线段定比分点向量公式得到
[OD=OB+λ3λ2OC1+λ3λ2=λ2OB+λ3OCλ2+λ3].
又向量[AO与OD]共线，则存在实数[μ]使[AO=μOD]，即[AO=μλ2+λ3λ2OB+λ3OC]，
又由图易知[AOOD=SΔAOBSΔBOD=SΔAOCSΔCOD]
[=SΔAOB+SΔAOCSΔBOC=λ3+λ2λ1],
故[μ=λ3+λ2λ1]，
代入上式得[AO=1λ1λ2OB+λ3OC,]
从而有[λ1OA+λ2OB+λ3OC=0].
推广2 设[P]是[ΔABC]所在平面内的任意一点,且满足[AP=λ1AB+λ2AC.]
设[AP]交[BC]于[D]. 则有：
（1）点[D]分有向线段[BC]所成的比为[λ=BDDC=λ2λ1]；
（2）[AP=λ1+λ2AD].
证明 如图延长[AP]与[BC]交于[D]，设[D]分有向线段[BC]所成定比为[λ]，则[AD=AB+λAC1+λ]. 又[AP与AD]共线，所以存在实数[μ]满足[AP=μAD].
即[λ1AB+λ2AC=μAB+λAC1+λ]，
所以[λ1=μ1+λλ2=μλ1+λ⇒λ=λ2λ2μ=λ1+λ2].
推广3 [O]为[△ABC]内任意一点，[S△BOC、S△AOC、S△AOB、S△ABC]分别表示对应三角形的面积，则有：
（1）[AO=S△AOCS△ABCAB+S△AOBS△ABCAC]；
（2）[S△BOC⋅OA+S△AOC⋅OB+S△AOB⋅OC=0].
证明 如图延长[AO]交[BC]于点[D]，
[∵AD=AC+CD=AC+CDBCCB.=AC+CDBCAB-AC=CDBCAB+BDBCAC,]
[∴AO=AOADAD=AOAD⋅DCBCAB+AOAD⋅BDBCAC=S△AOCS△ADC⋅S△ADCS△ABCAB+S△AOBS△ABD⋅S△ABDS△ABCAC,]
所以有[AO=S△AOCS△ABCAB+S△AOBS△ABCAC] （1）
由（1）知
[AO=SvAOCS△ABCOB-OA+S△AOBS△ABCOC-OA],
[∴S△ABC⋅AO=S△AOC⋅OB-S△AOC⋅OA+S△AOB⋅OC-S△AOB⋅OA.]
移项得到
[S△BOC⋅OA+S△AOC⋅OB+S△AOB⋅OC=0]
推广4 若[O]是[△ABC]的重心，
则[OA+OB+OC=0].
证明：由O是[△ABC]的重心得到
[S△BOC=S△AOC=S△AOB],由上述推广3
即得[OA+OB+OC=0].
推广5 已知[O]是[△ABC]的内心，若[a、b、c]分别表示[∠A、∠B、∠C]的对边，
则[aOA+bOB+cOC=0.]
证明 由[O]是[△ABC]的内心得到点[O]到三边距离相等，
即[S△BOC:S△AOC:S△AOB=a:b:c]，由上述推广3容易得到[aOA+bOB+cOC=0.]
平时同学们在学习中要有针对性地进行一题多解训练，在多解中归纳概括知识类型及结构，在多解中推广问题的结论使其更具一般性，不仅能牢固掌握基础知识、掌握一类题型的解法并且能从“题海”中解脱出来，还可以达到锤炼解题思想，使能力的提高落到实处.