向量问题的几何解法

向量问题的几何解法（共9篇）

向量问题的几何解法篇1

空间向量是高中数学的重要内容, 它的引入为求立体几何的空间角和距离问题提供了简便、快速的解法.下面举例说明.

一、利用向量知识求距离

【例1】正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1, 求异面直线A1C1与AB1间的距离.

解:如图1建立坐标系, 则A (1, 0, 0) , A1 (1, 0, 1) , B1 (1, 1, 1) , C1 (0, 1, 1) .

$∴ \vec{A B_{1}} = (0, 1, 1), \vec{A_{1} C_{1}} = (- 1, 1, 0)$ , 设MN是直线A1C1与AB1的公垂线, 且

$A \vec{Ν} = λ \vec{A B_{1}} = (0, λ, λ), \vec{A_{1} Μ} = u \vec{A_{1} C_{1}} = (- u, u, 0)$ ,

$\begin{array}{l} 则 Μ \vec{Ν} = \vec{Μ A_{1}} + \vec{A_{1} A} + A \vec{Ν} = - (- u, u, 0) + (0, 0, - 1) + (0, λ, λ) = (u, λ - u, λ - 1) . \\ {\begin{cases} Μ \vec{Ν} \cdot \vec{A_{1} C_{1}} = 0 ‚ \\ Μ \vec{Ν} \cdot \vec{A B_{1}} = 0 \end{cases} \Rightarrow {\begin{cases} λ - 2 u = 0 ‚ \\ 2 λ - u = 1 \end{cases} \Rightarrow {\begin{cases} λ = \frac{2}{3} ‚ \\ u = \frac{1}{3} . \end{cases} \\ Μ \vec{Ν} = (\frac{1}{3} ‚ \frac{1}{3} ‚ - \frac{1}{3}) \Rightarrow | Μ \vec{Ν} | = \frac{\sqrt{3}}{3} . \end{array}$

【例2】如图2, 在长方体ABCD-A1B1C1D1中, AB=4, BC=3, CC1=2, 求平面A1BC1与平面ACD1的距离.

解:∵BC1//AD1, AD1⊂平面ACD1, ∴BC1//平面ACD1, 同理A1B//平面ACD1, 又A1B∩BC1=B, ∴平面A1BC1//平面ACD1.建立直角坐标系

$\begin{array}{l} D - x y z, ∵ A B = 4, B C = 3, C C_{1} = 2 ‚ A_{1} (3, 0, 2) ‚ B (3, 4, 0), C_{1} (0, 4, 2) . \\ ∴ \vec{A_{1} B} = (0, 4, - 2), \vec{B C_{1}} = (- 3, 0, 2) \end{array}$

, 设n= (x, y, z) 为平面A1BC1的法向量, 则 $n ⊥ \vec{A_{1} B} \Rightarrow n \cdot \vec{A_{1} B} = 0 \Rightarrow 4 y - 2 z = 0 .$

由 $n ⊥ \vec{B C_{1}} \Rightarrow n \cdot \vec{B C_{1}} = 0 \Rightarrow - 3 x + 2 z = 0 .$

不妨设 $z = 1 ‚ ∴ y = \frac{1}{2} ‚ x = \frac{2}{3} ‚ ∴ n = (\frac{2}{3} ‚ \frac{1}{2} ‚ 1)$ .再选一条斜线段 (端点分别在两个平面内) , 求斜线段对应的向量在法向量上的射影向量的模即可.

点评:若n是平面α的法向量, AB是平面α的一条斜线段, 且B∈α, 则点A到平面α的距离 $d = \frac{| A \vec{B} \cdot n |}{n}$ , 平行平面之间的距离转化为点到平面的距离, 变为斜线在法向量上的射影向量的模.

二、利用向量知识求线线角、线面角、二面角的大小

【例3】在棱长为a的正方体ABCD-A′B′C′D′中, EF分别是BC, A′D′的中点,

(1) 求直线A′C与DE所成角;

(2) 求直线AD与平面B′EDF所成的角;

(3) 求平面B′EDF与平面ABCD所成的角.

$\begin{array}{l} 解 ∶ (1) 如图 3 建立坐标系 ‚ 则 A^{'} (0 ‚ 0 ‚ a) ‚ C (a ‚ a ‚ 0) ‚ D (0 ‚ a ‚ 0) ‚ E (a ‚ \frac{a}{2} ‚ 0) . \\ ∴ \vec{A^{'} C} = (a ‚ a ‚ - a) ‚ D \vec{E} = (a ‚ - \frac{a}{2} ‚ 0) ‚ \\ ∴ \cos ＜ \vec{A^{'} C}, D \vec{E} ＞ = \frac{\vec{A^{'} C} \cdot D \vec{E}}{| \vec{A^{'} C} | \cdot | D \vec{E}} | = \frac{\sqrt{15}}{15} . \end{array}$

$\begin{array}{l} 故 A^{'} C 与 D E 所成的角为 \arccos \frac{\sqrt{15}}{15} . \\ (2) ∵ ∠ A D E = ∠ A D F \end{array}$

, 所以AD在平面B′EDF内的射影在∠EDF的平分线上, 又B′EDF为菱形, ∴DB′为∠EDF的平分线, 故直线AD与平面B′EDF所成的角为∠ADB′, 建立如图3所示坐标系, 则 $A (0, 0, 0), B^{'} (a, 0, a), D (0, a, 0) ‚ ∴ D \vec{A} = (0, - a, 0), \vec{D B^{'}} = (a, - a, a)$ , 故AD与平面B′EDF所成角为 $\arccos \frac{\sqrt{3}}{3} .$

因为 $A (0, 0, 0), A^{'} (0, 0, a), B^{'} (a, 0, a), D (0, a, 0), E (a ‚ \frac{a}{2} ‚ 0)$ , 所以平面ABCD的法向量为 $m = \vec{A^{'} A} = (0, 0, a)$ .下面求平面B′EDF的法向量.设n= (1, y, z) , 由

$\begin{array}{l} E \vec{D} = (- a ‚ \frac{a}{2} ‚ 0) ‚ \vec{E B^{'}} = (0, - \frac{a}{2}, a) ‚ ∴ {\begin{cases} n \cdot E \vec{D} = 0 ‚ \\ n \cdot \vec{E B^{'}} = 0 \end{cases} \Rightarrow {\begin{cases} y = 2 ‚ \\ z = 1 ‚ \end{cases} ∴ n = (1 ‚ 2 ‚ 1) . \\ ∴ \cos ＜ n, m ＞ = \frac{m \cdot n}{| m | \cdot | n |} = \frac{\sqrt{6}}{6} \end{array}$

, 所以平面B′EDF与平面ABCD所成的角为 $\arccos \frac{\sqrt{6}}{6} .$

点评:用向量知识求二面角的大小时, 可将二面角的问题转化为两平面的法向量的夹角问题.

向量问题的几何解法篇2

一、用向量处理角的问题

例1在直三棱柱ABOA1B1O1中，OO14，OA4，OB3，AOB90，P是侧棱

BB1上的一点，D为A1B1的中点，若OPBD，求OP与底面AOB所成角的正切值。

1A1 P

平面OAB，OOB例2如图，三棱柱OABO1A1B1，平面OBBO60，AOB90，111

且OBOO1

2，OA 求：（1）二面角O1ABO的余弦值；（2）异面直线A与AO1所成角的余弦值。1B

例3如图，已知ABCD是连长为4的正方形，E、F分别是AD、AB的中点，GC垂直于ABCD所在的平面，且GC=2，求点B到平面EFG的距离。

AB4，AD3，AA12，M、N分别为DC、BB1例4在长方体ABCDA1BC11D1，的中点，求异面直线MN与A1B的距离。

三、用向量处理平行问题例5如图，已知四边形ABCD，ABEF为两个正方形，MN分别在其对角线BF、AC上，且FM=AN。

求证：MN//平面EBC。

B A

例6 在正方体ABCDA1BC11D1中，求证：平面A1BD//平面CB1D1。

EFBD的中点，例7在正方体ABCDA求证： A1F平面BDE。1BC11D1中，、分别是CC1、例8如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，底面是以ABC为直角的等腰三角形，AC2，E为B1C的中点。BB12，D为AC11的中点，（1）求直线BE与DC所成的角；

（2）在线段AA1上是否存在点F，使CF平面B1DF，若存在，求出AF的长；若不存在，请说明理由；

（3）若F为AA1的中点，求C到平面B1DF的距离。

1A1

五、高考题回顾

1.(2003年全国高考题)如图在直三棱柱ABCA1B1C1,底面是等腰直角三角形,ACB900,侧棱AA12,D,E分别是CC1与A1B的中点,点E在平面ABD上的射影是ABD的重心G.()求A1B与平面ABD所成角的余弦值;()求点A1到平面AED的距离.A2.(2004年高考题)如图,直三棱柱ABCA1B1C1中,ACB900,AA11,侧面AA1B1B的两条对角线交点为D,B1C1的中点为M.()求证CD平面BDM;

()求面B1BD与面CBD所成二面角的余弦值.B

六、方法小结

1、求点到平面的距离



如图，已知点P（x0，y0，z0），A（x1，y1，z1），平面一个法向量n。

1C1

nAP由nAP|n||AP|cos，其中n,AP，可知|AP|cos

|n|



而|AP|cos的绝对值就是点P到平面的距离。

2、求异面直线的距离、夹角

ab|EFn|d；cosa,b

|n||a||b|

3、求二面角



如图:二面角l,平面的法向量为n1,平面的法向量为n2,若n1,n2,则二面角l为或.4、用空间向量证明“平行”，包括线面平行和面面平行。

nm0

用向量的夹角解决几何问题篇3

一、利用夹角公式求异面直线所成的角

例1 已知[S]是边长为1的正三角形所在平面外一点，且[SA=SB=SC=1]，[M，N]分别是[AB，SC]的中点，求异面直线[SM与BN]所成角的余弦值.

分析求异面直线[SM]与[BN]所成角的余弦值，可转化为求向量[MS]与[BN]的夹角的余弦值，因此需要先求[MS?BN]与[|MS||BN|]，然后再用向量夹角公式求解.

解由题意，[△SAB，△SBC，△SAC]都是边长为1的正三角形. 设[SA=a]，[SB=b]，[SC=c]，

则[|a|=|b|=|c|=1]，[a?b=b?c=c?a=12].

∵[MS?BN][=-12]（[SA]+[SB]）·（[SN]-[SB]）

[=-12]（[a+b]）·（[12][c]-[b]）

[=-12]（[12][a?c]-[a?b]+[12][b?c]-[b2]）

[=-12]（[12]×[12]-[12]+[12]×[12]-1）

[=12]，

∴[cosMS，BN=MS?BN|MS||BN|]=[1232×32]=[23].

故异面直线[SM与BN]所成角的余弦值为[23].

点评确定了空间的一个基底后，求数量积[MS]·[BN]时目标就更加明确了，只要将[MS]与[BN]都用基向量表示就可以了，这样就将求异面直线所成的角的问题转化为求向量夹角的问题. 此题也体现了空间向量基本定理的“归一”作用.

二、利用夹角公式求线面角

例2 在正方体[ABCD-A1B1C1D1]中，[E]为[A1B1]的中点，求直线[AE]与平面[ABC1D1]所成的角.

分析直线与平面所成的角等于直线与其在该平面内的射影的夹角. 对于正方体，我们可以建立空间直角坐标系，先求出点[E]在平面[ABC1D1]内的射影的坐标，再利用夹角公式求解.

解如图，设[E]在平面[ABC1D1]内的射影为[G]，则[EG]⊥平面[ABC1D1]，[AG]是[AE]在平面[ABC1D1]内的射影，故[∠EAG]即为[AE]与平面[ABC1D1]所成的角.

如图，以[D]为原点建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，易知[A]（1，0，0），[E]（1，[12]，1），[B]（1，1，0），[D1]（0，0，1），设[G（x，y，z）.]

则[AB]=（0，1，0）， [AD1]=（-1，0，1）， [AE]=（0，[12]，1），[EG]=[（x-1，y-12，z-1）]，[AG=（x-1，][y，z）.]

∴[AG?EG=（x-1）2+y（y-12）+z（z-1）=0，EG?AB=y-12=0，EG?AD1=1-x+z-1=0.]

∴[x=1]（舍去）或[x=12，y=12，z=12].

∴[G（12]，[12]，[12]）.

则[AG=（-12，12，12）]，

故[cos∠EAG=cosAE，AG=AE?AG|AE||AG|]

[=14+1214+1?32][=155].

所以直线[AE]与平面[ABC1D1]所成的角为[arccos155].

点评利用向量法解题，用计算代替逻辑推理和空间想象，降低解题难度.

三、利用夹角公式求二面角大小

例3 如下图所示，空间四边形[PABC]中，[∠APC=90°]，[∠APB=60°]，[PB=BC=4，PC=3]，求二面角[B-PA-C]的大小.

分析根据二面角的平面角的定义，分别在两个半平面内作公共棱的垂线，这两条垂线的夹角就是所求二面角的平面角.

解过[B]作[BD]⊥[AP]于点[D].

[∵∠APC=90°]，

∴[PC⊥AP].

故[DB]与[PC]的夹角等于二面角[B-PA-C]的大小.

由[PC⊥AP，]知[DP⊥PC，] 故[DP?PC=0.]

∴[cosBD，PC=DB?PC|DB||PC|]=[（DP+PB）?PC|DB||PC|]

[=DP?PC+PB?PC|DB||PC|]

[=0+|PB||PC|?cos∠BPC|BP|?sin60??|PC|]

[=4×3×3244×3×32][=34].

故二面角[B-PA-C]的大小为[arccos34].

点评将二面角转化为异面直线所成的角，再转化为求两向量夹角的方法，应引起同学们重视.

四、利用夹角公式解其它问题

例4 已知向量[a]，[b]，[c]两两夹角均为[60°]，且[|a|=|b|=|c|=1]，求[a+b+c]与[a]的夹角[θ].

分析由条件知，[a]，[b]，[c]两两夹角为[60°]，且[|a|=|b|=|c|=1]，则[a]，[b]，[c]两两之间数量积可以求出. 向量加法的结果仍为向量，故[a+b+c]与[a]的夹角也可用夹角公式求得.

解依题意知，[a]，[b]，[c]两两夹角为[60°]，且

[|a|=|b|=|c|=1]，

∴[a?b=b?c=c?a=12]，

[|a+b+c|=a2+b2+c2+2（a?b+b?c+a?c）=6.]

又[cosθ=cosa+b+c，a=（ a+b+c）?a |a+b+c|?|a|]

[=a2+a?b+a?c|a+b+c|?|a|]

[=1+12+126×1=63]，

且[θ∈[0，π]]，

∴[θ=arccos63].

点评对夹角公式[cos=a?b|a||b|]，有的同学习惯于直接套用，题目略有变化，就不能灵活运用了. 其实，利用夹角公式求任何向量的夹角时，分子就是它们的数量积，分母就是它们模的乘积，万变不离其宗.

例5 已知[△ABC]的面积[S]满足[3≤S≤3]，且[AB?BC=-6]，求函数[y=sin2B+2sinB?cosB+][3cos2B]的最小值.

分析可根据三角形面积公式和数量积的定义先求出[B]的范围，再把函数解析式写成标准结构[y=Asin（ωx+φ）+B]，结合定义域求最小值.

解由题意知，

[AB?BC=ABBCcos（π-B）=-6]，

∴[ABBCcosB=6]，[ABBC=6cosB].

又[S=12ABBCsinB]，且[3≤S≤3]，

∴[3≤12?6cosB?sinB≤3]，

∴[33≤tanB≤1].

又[B∈（0，π）]，

[∴B∈[π6，π4]， 2B+π4∈[712π， 34π]].

[∵y=sin2B+2sinB?cosB+3cos2B]

[=1+sin2B+1+cos2B][=2+2sin（2B+π4）].

∴当[2B+π4=34π]，即[B=π4]时，[ymin=3].

即函数[y=sin2B+2sinB?cosB+3cos2B]的最小值为3.

点评求向量夹角时，必须把两个向量平移到“同一起点”，向量[AB]与[BC]的夹角是[π-B]，不是[B]，这是同学们很容易忽视的地方.

1. 在[△ABC]中，[AB=3，BC=4，B=60°]，求[AB?BC].

2. 已知向量[a]，[b]，[c]两两夹角为[120°]，|[a]|=2，[|b|]=4，|[c]|=6，求[a-b-c]与[a+b]的夹角.

3. 在空间四边形[OABC]中，[OA=8，AB=6，][AC=4，BC=5，∠OAC=45°]，[∠OAB=60°]，求[OA与BC]的夹角的余弦值.

4. 在正方体[ABCD-A1B1C1D1]中，点[E1]，[F1]分别是[A1B1]与[C1D1]的一个四等分点.

（1）求[BD1]和[DF1]所成角的余弦值；

（2）求[BD1]和平面[ABCD]所成的角；

（3）求二面角[F1-AD-C]的大小.

1. -62. [arccos3926] 3. [3-225]

向量解法与几何解法相得益彰篇4

一、利用几何性质解决平面向量

例1:如图1, 在平行四边形ABCD中, AC与BD交于点O, E是线段OD中点, AE的延长线与CD交于点F, 若

解:应用平面几何知识可知:E为OD中点时, 有

注:本题应用了平行线段成比列定理寻找线段关系, 从而找到向量的线性关系, 解决了问题。

例2:如图2, 平行四边形ABCD中, AB=2, AD=1, ∠DAB=60°, M为AB的中点, P在DC上运动, 则的取值范围_____。

解:即为的模与上的射影的乘积。上的射影是确定, 动点P在上的射影位置变化引起上的射影的变化, 故动点P在点D处取最小值, 在点C处取最大值。

注:数量积b的本质属性即为两个共线向量的数量积, 亦可为带有符号的两个向量的模之积。

例3:O是平面上一定点, A、B、C是平面上不共线的三个点, 动点P满足则点P的轨迹一定过△ABC的 () 。

A.外心%%B.内心%%C.重心%%D.垂心

解:因为分别是同向的单位向量, 所以由向量加法的平行四边形法则知是与∠BAC的角平分线 (射线) 同向的一个向量。又由知点P的轨迹是∠BAC的角平分线, 从而一定过△ABC的内心。

二、利用向量解决几何问题

1. 利用平面向量解决三点共线问题

例4:已知A (a, 2) , B (3, 7) , C (-2, -9a) 三点在同一直线上, 求实数的值。

2. 利用平面向量解决求直线方程问题

例5:平面直角坐标系中O为坐标原点。已知两点A (3, 1) , B (-1, 3) , 若点C满足其中a, β∈R, 且α+β=l, 则点C的轨迹方程为

注:利用向量的坐标表示。

例6:在三角形ABC中, A (4, 1) , B (7, 5) , C (4, 7) , 求角A的内角平分线所在的直线方程。

∵A (4, 1) 在角A的平分线上,

∴角A的平分线方程为即7x+y-29=0。

3. 利用向量解决立体几何中探索性问题

例7:正四棱锥S-ABCD中, 所有棱长都为2, P为SA的中点, 如果点Q在棱SC上, 那么直线BQ与PD能否垂直?请说明理由。

解:如图3, 连接AC, BD交于点O, 以射线OA, OB, OS分别为x, y, z轴, 建立空间直角坐标系,

要使Dt∈[0, 2],

故所以BQ与PD不可能垂直。

摘要：向量与几何是高中数学的重要内容。向量以“数形结合”的特点成为解决问题强有力的工具;反过来, 对已知的几何图形进行分析, 根据几何特征, 也可将向量关系进行转化, 使问题得到巧妙解决。

一类三角问题的几何解法篇5

例1已知sin2θ+sinθ=1, 求cos2θ+cos6θ的值.

解∵sin2θ+sinθ=1,

∴sinθ=1-sin2θ=cos2θ,

∴P (cosθ, sinθ) 在抛物线x2=y (x≠0, y≠0) 上.又∵sin2θ+cos2θ=1,

∴点P又在圆x2+y2=1 (x≠0, y≠0) 上.

解∵sin2x+cos2x=1

∴设P (cosx, sinx) 为圆x2+y2=1上的点.

∴所求值为P与点连线的斜率.

那么

例3设θ和φ是方程a cosx+b sin x=c的两个根, 且θ±φ≠k (k∈Z) .

证明∵θ和φ是方程a cosx+b sinx=c的两个根, 将θ和φ代入方程得:

上面两式表明P1 (cosθ, sinθ) 和P2 (cosφ, sinφ) 均在直线ax+by-c=0上.

由两点式可得过P1与P2两点的直线方程为:

∴P1与P2所确定的直线与直线ax+by-c=0重合, 由两直线重合的充要条件得:

通过以上几例, 我们不难发现规律:凡是题设条件中同时含有cosθ和sinθ的式子, 我们都可以将三角问题转化成代数、几何问题, 即根据条件构造曲线方程, 再由公式sin2θ+cos2θ=1知点 (cosθ, sinθ) 既在单位圆上又在所构造的曲线上.这种利用“点在曲线上”的几何方法解答三角题简洁、直观, 又能避开繁琐的三角公式的运用, 堪称为一种巧妙的解题方法.

摘要：本文利用公式sin2θ+cos2θ=1及tanθ=sinθ/cosθ, 将 (cosθ, sinθ) 看成曲线 (直线) 上点的坐标, 将三角题目的求解转换成代数几何问题来解决.

向量问题的几何解法篇6

解决平面几何最值问题的常用的方法有: (1) 利用轴对称的性质求最值; (2) 应用垂线段最短的性质求最值; (3) 利用两点间线段最短的公理 (含应用三角形的三边关系) 求最值;在利用以上方法求最值时, 蕴含多种数学思想方法, 包括数形结合的思想, 分类讨论思想、转化的思想、函数的思想.解题时突出这些基本思想方法, 就相当于抓住了中学数学知识的精髓, 下面通过几个实例探讨其解法.

一、应用轴对称的性质求最值

例如图, 圆柱形玻璃杯高为12 cm、底面周长为18 cm, 在杯内离杯底4 cm的点C处有一滴蜂蜜, 此时一只蚂蚁正好在杯外壁, 离杯上沿4 cm与蜂蜜相对的点A处, 则蚂蚁到达蜂蜜的最短距离为_____cm.

【考点】圆柱的展开, 轴对称 (最短路线问题) , 勾股定理.

【分析】如图, 圆柱形玻璃杯展开 (沿点A竖直剖开) 后侧面是一个长18宽12的矩形, 作点A关于杯上沿MN的对称点B, 连接BC交MN于点P, 连接BM, 过点C作AB的垂线交剖开线MA于点D.

由轴对称的性质和三角形三边关系知AP+PC为蚂蚁到达蜂蜜的最短距离, 且AP=BP.

由已知和矩形的性质, 得DC=9, BD=12.

在Rt△BCD中, 由勾股定理得:

∴AP+PC=BP+PC=BC=15, 即蚂蚁到达蜂蜜的最短距离为15 cm.

二、应用垂线段最短的性质求最值

【考点】垂线段的性质, 垂径定理, 圆周角定理, 解直角三角形.

【分析】由垂线段的性质可知, 当AD为△ABC的边BC上的高时, 直径AD最短, 此时线段EF=2EH=20E·sin∠EOH=2OE·sin60°, 当半径OE最短时, EF最短.如图, 连接OE, OF, 过O点作OH⊥EF, 垂足为H.

三、应用公理两点间线段最短求最值

例如图, ∠MON=90°, 矩形ABCD的顶点A、B分别在边OM, ON上, 当B在边ON上运动时, A随之在边OM上运动, 矩形ABCD的形状保持不变, 其中AB=2, BC=1, 运动过程中, 点D到点O的最大距离为 () .

【考点】矩形的性质, 直角三角形斜边上的中线性质, 三角形三边关系, 勾股定理.

【分析】如图, 取AB的中点E, 连接OE, DE, OD,

∵OD≤OE+DE,

∴当O、D、E三点共线时, 点D到点O的距离最大,

此时, ∵AB=2, BC=1,

四、应用二次函数求最值

例如图, 已知半径为2的⊙O与直线l相切于点A, 点P是直径AB左侧半圆上的动点, 过点P作直线l的垂线, 垂足为C, PC与⊙O交于点D, 连接PA、PB, 设PC的长为x (2<x<4) .

(2) 当x为何值时, PD·PC的值最大?最大值是多少?

【考点】切线的性质, 相似三角形的判定和性质, 勾股定理, 垂径定理, 二次函数的最值.

【分析】 (1) 由直线l与圆相切于点A, 且AB为圆的直径, 根据切线的性质得到AB垂直于直线l, 又PC垂直于直线l, 根据垂直于同一条直线的两直线平行, 得到AB与PC平行, 根据两直线平行内错角相等得到一对内错角相等, 再由一对直角相等, 利用两对对应角相等的两三角形相似可得出△PCA与△PAB相似, 由相似得比例, 将PC及直径AB的长代入求出PA的长, 在Rt△APB中, 由AB及PA的长, 利用勾股定理即可求出PB的长.

(2) 过O作OE垂直于PD, 与PD交于点E, 由垂径定理得到E为PD的中点, 再由三个角为直角的四边形为矩形得到OACE为矩形, 根据矩形的对边相等, 可得出EC=OA=2, 用PC-EC的长表示出PE, 根据PD=2PE表示出PD, 再由PC-PD表示出CD, 代入所求的式子中, 整理后得到关于x的二次函数, 配方后根据自变量x的范围, 利用二次函数的性质即可求出所求式子的最大值及此时x的取值.

(1) ∵⊙O与直线l相切于点A, AB为⊙O的直径,

∴AB⊥l.

又∵PC⊥l, ∴AB∥PC.∴∠CPA=∠PAB.

∵AB为⊙O的直径, ∴∠APB=90°.

∴∠PCA=∠APB, ∴△PCA∽△APB.

∴在Rt△APB中, 由勾股定理得:

(2) 过O作OE⊥PD, 垂足为E.

∵PD是⊙O的弦, OF⊥PD, ∴PF=FD.

在矩形OECA中, CE=OA=2, ∴PE=ED=x-2.

∴CD=PC-PD=x-2 (x-2) =4-x,

∴PD·PC=2 (x-2) · (4-x) =-2x2+12x-16=-2 (x-3) 2+2.

∵2<x<4,

向量法求解动态立体几何问题篇7

1 平行的证明问题

例1:如图, 正方形ABCD、ABEF的边长都是1, 而且平面ABCD、ABEF互相垂直。.点M在AC上移动, 点N在BF上移动, 若CM=BN=a (0

解题思路:利用向量的共面定理证明线面

证法2:建空间直角坐标系B-xyz如图。点

2 垂直的证明问题

例2:已知正方体AC1中, 点P、Q分别是AA1、A1C1上任意一动点。求证:PQ⊥DB

解题思路:应用向量的数量积的性质 (a⊥ba·b=0) , 可证明线线垂直。

证明:建空间直角坐标系D-xyz如图。

设AB=1, 点B (1, 1, 0) , P (1, 0, a)

3 求动点的轨迹问题

解题思路:在立体图形中求符合某些条件的动点轨迹, 往往是一个难点.最基本的思路是将空间问题平面化。

例3:如图, 正方体AC1中, P是侧面BB1C1C内一动点, 若P到直线BC与直线C1D1距离相等, 则动点P的轨迹是 () .

A.直线B.圆C.双曲线D.抛物线

解:建空间直角坐标系D-xyz如图。

设AB=1, 点P (x, 1, z) 、F (0, b, 1)

∴点P的轨迹为抛物线, 故选D

4 最值问题

立体几何题中经常会涉及到距离的最值的计算, 很多情况下, 我们可以把动态问

题转化为向量问题, 从而利用代数方法求最值。

例4:如图, 正方形ABCD、ABEF的边长都是1, 而且平面ABCD、ABEF互相垂直.点M在AC上移动, 点N在BF上移动, 若

(2) a为何值时, MN的长最小

解:建空间直角坐标系B-xyz如图。点

5 探索性问题

由于立体几何题中“动态”性的存在, 使有些问题的结果变得不可确定, 探索型问题正好通过这种“动态性”和确定性考查学生的发散性思维。

例5、已知矩形ABCD, PA⊥平面AC于点A, M, N分别是AB、PC的中点, 若平面PDC与平面ABCD所成的二面角为θ, 能否确定θ, 使得直线MN是异面直线AB与PC的公垂线?若能确定, 求出θ的值, 若不能确定, 说明理由。

解:建空间直角坐标系A-xyz如图, 显然=∠PDA

设点B (a, 0, 0) 、D (0, b, 0) 、P (0, 0, c) 、则点C (a, b, 0)

在解题过程中, 我们可以发现用向量处理动态几何问题最大特色:可以将严格几何演绎推理转化为简单代数推理方式, 化动为静, 大大缩短了教与学所花费的时间。同时用向量的方法处理立体几何的空间问题比传统的综合方法有着明显的优势, 可以避免构图和推理的复杂过程, 减少了解题琐碎的技巧, 降低了题目的难度。

参考文献

向量问题的几何解法篇8

例1抛物线y2= 2px( p > 0) 的顶点是O,A、B是抛物线上两个异于O的动点,且满足OA⊥OB,证明: 直线AB过一个定点.

解析: 要证明动直线AB过一个定点,首先要找到直线AB的方程,要找方程必须先找到两个点的坐标,我们可以从两条动直线来求交点. 易知直线OA,OB的斜率都存在,设OA: y = kx代入y2= 2px解得A的坐标,同理设OB: y = -1/kx可得B的坐标.从而继续求直线方程即可.

评注: 这个问题从知识层面看是直线与抛物线位置关系,从方法层面看就是利用方程进行坐标计算,这也是解析几何的基本方法,而定点的确定一般遵循先找直线( 或曲线) 的方程,然后观察定点的具体位置.

我们可以对例1作一些发散思考:

一、若将抛物线改为椭圆,有类似结论成立吗?

例2已知椭圆的左顶点为A,过A作两条互相垂直的直线分别与椭圆交于M、N两点,证明: 直线MN过定点.

解析: 要证明动直线MN过一个定点,首先要找到直线MN的方程,要找方程必须先找到两个点的坐标,我们可以从两条动直线来求交点. 设解得A的坐标,同理可得B的坐标. 从而继续求直线方程即可.

评注: 例2与例1相比较不难发现,虽然两条曲线不同,但两个问题的解题方法如出一辙,都是通过求点的坐标,求出动直线的方程,然后判断定点,而且定点都在x轴上. 大家也可以继续在双曲线中思考这个问题.

二、若将问题 1 中的“OA ⊥ OB”改为“k1k2= m( m ≠ 0) ”,有类似结论吗?

例3抛物线y2= 2px( p > 0) 的顶点是O,A、B是抛物线上两个异于O的动点,k1,k2分别为OA,OB的斜率,且满足k1k2= m( m≠0) ,证明: 直线AB过一个定点.

解析: 同例1一样首先要找到直线AB的方程,设OA: y =k1x代入y2= 2px解得A的坐标,同理设OB: y = k2x可得B的坐标. 从而继续求直线方程即可.

评注: 事实上,如果把例1中的“OA⊥OB”改写成“k1k2= - 1”,我们就不难发现例3是对例1一般化,所以思路方法还是一样的.

三、上述三个问题条件中都是过曲线的顶点来作两条动直线,如果不是顶点的话,还有类似结论成立吗

例4已知抛物线y2= 4x上两个动点B,C和点A( 1,2) ,且BA⊥CA,求证: 动直线BC必过定点.

解析: 我们先考虑两个动点B,C的坐标,可以采用“设而不求”即设B(y21/4,y1) ,C(y22/4,y2) ,然后写出直线BC的方程,判断定点.

评注: 问题4也可以继续沿用上面几个问题的方法,即设直线BA的斜率为k,直线CA的斜率为 -1/k,然后求出B、C交点,再写出直线BC方程,判断定点……但计算量比较大. 用现在的设点坐标,设而不求的方法可以简化运算.

向量问题的几何解法篇9

一、用向量法证明垂直与平行

用向量法证明垂直与平行的题目中多以多面体特别是棱柱、棱锥为载体, 求证线线、线面、面面的平行或垂直, 其中逻辑推理和向量计算各有千秋, 逻辑推理要书写清晰, 充分地推出所求证、解的结论;向量计算要步骤完整, 准确地算出所要求的结果

例1如图1所示, 已知直三棱柱ABCA1B1C1中△ABC为等腰直角三角形, ∠BAC=90°, 且AB=AA1D、E、F分别为B1A、C1C、BC的中点.求证:

(1) DE∥平面ABC;

(2) B1F⊥平面AEF.

思路点拨:建立平面直角坐标系后, (1) 在平面ABC内寻找一向量与共线; (2) 在平面AEF内寻找两个不共线的向量与垂直.

证明:如图2建立空间直角坐标系Axyz,

令AB=AA1=4, 则A (0, 0, 0) , E (0, 4, 2) , F (2, 2, 0) ,

B (4, 0, 0) , B1 (4, 0, 4) .

(1) 取AB中点为N, 连结CN,

则N (2, 0, 0) , C (0, 4, 0) , D (2, 0, 2) ,

所以DE∥NC, 又因为NC平面ABC,

DE平面ABC.故DE∥平面ABC.

又因为AF∩FE=F, 所以B1F⊥平面AEF.

点评: (1) 要证明线面平行, 只需证明与平面ABC的法向量垂直;另一个思路则是根据共面向量定理证明向量与相等.

(2) 要证明线面垂直, 只要证明与平面的法向量平行即可;也可根据线面垂直的判定定理证明

二、用向量法求线线角、线面角

在用向量法求线线角、线面角中多以空间几何体、平面图形折叠成的空间几何体为载体, 考查线线角、线面角的求法, 正确科学地建立空间直角坐标系是解此类题的关键.

例2如图3, 四棱锥PABCD中, 底面ABCD为菱形, PA⊥底面ABCD, PA=2, E是PC上的一点, PE=2EC.

(1) 证明:PC⊥平面BED;

(2) 设二面角APBC为90°, 求PD与平面PBC所成角的大小.

(2) 作AG⊥PB于G, 由二面角APBC为90°, 易得底面ABCD为正方形, 可得AD∥面PBC, 则点D到平面PCB的距离d=AG, 找出线面角求解即可.也可利用法向量求解, 思路更简单, 但计算量比较大.

(1) 证明:以A为坐标原点, 射线AC为x轴的正半轴, 建立如图4所示的空间直角坐标系Axyz., 设, 其中b>0, 则P (0, 0, 2) ,

点评: (1) 运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤为: (1) 建立恰当的空间直角坐标系; (2) 求出相关点的坐标; (3) 写出向量坐标; (4) 结合公式进行论证、计算; (5) 转化为几何结论. (2) 求直线与平面所成的角θ, 主要通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角α求得, 即sinθ=|cosα|.

参考文献

[1]黄智莉.向量在中学数学中的应用[J].科技信息, 2011 (19) .

【向量问题的几何解法】推荐阅读：

向量解法03-22

向量问题11-28

平面向量问题12-06