向量问题

2024-11-28

向量问题（精选12篇）

向量问题篇1

平面向量问题在高中数学中一直以一种数学工具的形式出现, 在很多的数学内容中都涉及了这一问题, 与此同时在进行向量问题研究时, 很多其他的数学知识也被大量的应用, 从这点来看, 向量问题很好的体现出了数学知识间的相互联系和迁移.具体到向量问题, 在高考中的考查越来越频繁, 其中以平面向量基本定理的考查最为突出, 占据了高考向量内容的大部分内容.

所谓平面向量基本定理指的是:a, b是同一平面内的两个不共线的向量, 那么对于这一平面内的任一向量c来说, 有且仅有一组数x, y, 能够满足c=xa+yb, 在这其中a, b被称为这一平面内所有向量的一组基底.

对定理的理解:

(1) 实数对 (a, b) 存在的唯一性:平面内任一向量c均可以用给定的基底a, b线性表示成c=xa+yb, 且这种表示是唯一的, 其集合意义是任一向量都可以两个不平行的方向分解成两个向量的和, 且分解是唯一的.

(2) 基底的不唯一性:平面内任意两个向量, 只要不共线, 便可以作为平面内全体向量的一组基底.

(3) “定理”展性:“定理”以二维向量空间为依托, 可以拓广到n维向量空间.

从以往高考对平面向量定理的考查角度来说, 主要从以下几个方面进行考查:第一, a, b作为平面向量基底时的限制条件;第二, 对于定义中x, y存在的唯一性的理解与记忆;第三, 通过平面向量基本定理的定义, 解决向量的线性问题.这三方面的考查在高考中经常出现, 因此本文主要从这三点出发, 通过典型的实例对其进行讲解.

例1 已知f1, f2是某一平面向量的基底, 如果a=f1+λf2, b=-2λf1-f2同样也是一组平面向量的基底, 那么λ∈.

解析从这道例题我们可以得到这样的限制条件, 因为a, b是平面向量的基底, 所以我们可以从平面向量基本定理的定义出发得到, a, b不能够共线, 用数学公式来表示就是b=μa (μ∈R) , 将已知的式子代入就可以得到-2λf1-f2=μ (f1+λf2) , 将式子整理后得到:-2λ=μ, -1=μλ.解这一方程组我们可以得到undefined, 因此这一例题的答案也就得到了, 即是undefined

总结要想将两个向量当作是某个平面向量的基底, 就必须要满足这两个向量不共线这一个充分必要条件, 不共线的数学判别式为b=μa (μ∈R) 这个式子不成立, 在对平面向量的基本定理的理解时应该充分注意到这一点.将这一点作为平面向量最基础的知识, 牢牢掌握.

例2 在某一平面N中有这样两个向量a, b, 它们彼此不共线, 而向量c是平面N中的任意向量, 那么关于x的方程:ax2+bx+c=0的解的情况是____.

解析通过题目的已知条件分析, 因为ax2+bx+c=0, 所以可得到c=-ax2-cx.又因为c是平面中的任意向量, 所以可以得到c=λa+μb, 并且对于特定的c而言, λ, μ是唯一的, 那么我们就可以得到-x=μ, -x2=λ, 经过整理后我们很容易能够得到-λ=μ2.又由于c是任意一个向量, 所以我们可以推出x最多只能有一个解.

总结通常将这样平面向量与一元二次方程相结合的题目放在学生面前时, 学生常常会按照以前的思维定式根据所给的方程去求解其对应的Δ, 然后再根据Δ与0的关系来判断根的情况, 如果Δ大于0, 那么就有两个根, 如果Δ小于0, 那么就没有根, 如果Δ等于0, 那么就有两个相等的根.但是采用这样传统的方法并不能求得最终的结果, 经过分析不难看出产生这种错误思维的一个重要原因就是, 学生根本没有充分的理解和掌握平面向量基本定理的概念, 没有形成一种用向量的定理去分析问题的思维.因此, 学生在平时学习和做题的过程中应该充分的理解和掌握平面向量基本定理的概念, 并能够利用它进行一些相关题目的解答.

例3O是△ABC的外心, 并且这个三角形的边undefined, 如果undefined, 那么 (x, y) =____.

分析经过分析我们可以作出上面的图形, 根据平行四边形法则, 也就是需要计算出平行四边形AMON的两条边AM, AN的长度就可以了, 我们可以利用三角形的有关知识对其进行求解.

解根据余弦定理我们可以很容易得到:

undefined

∴该题目的结果undefined

总结这一类型的问题是一种平面向量基本定理的基本应用方式, 关系到两个不共线的向量线性问题的使用方法, 通常情况下这种条件下有两种较为常用的方法, 即利用三角形的有关知识, 将平面向量的问题转换成几何性质的问题进行解答;另外一种就是创建一个平面直角坐标系, 将原有的集合问题转换成代数的形式, 这种方法是一种典型的数形结合的方法, 在数学中应用较为常见.学生在刚开始接触这道例题时很难找到相应的解题方法, 但是如果采用以上两种方法中的任意一种方法, 都可以轻易地找到突破口, 下面的关键问题就是在于运算上的准确性了.

上述例题经过简单的转化后还可以成为这样一道例题:

例4 已知O是三角形的外心, 且AB=2, AC=3, x+2y=1, 如果undefined, 且xy≠0, 那么cos∠BAC=____.

分析这道题目利用集合的方法进行解答的话存在一定的困难, 因此我们可以考虑利用建立平面直角坐标系的方法进行求解.

解设∠BAC=α, 点M, N分别为AB, AC的中点, 那么, B (2cosα, 2sinα) , C (3, 0) , 假设点undefined

∵已知ON⊥AB, 而且将AB平分,

undefined

点O的坐标为undefined

又 ∵已知undefined, 且xy≠0, 将其代入就可以得到方程组:undefined

又 ∵x+2y=1, 将其代入就可以得到undefined

上述这种解题方法在日常的练习中经常看到, 但是这种方法的运算量较大, 学生在具体运算的时候很容易出现错误, 尤其在考试的时候, 常常花费了大量的时间, 但是最后却在这道题上拿不到分.我们还可以利用下面这种更加简便的方法.

通过仔细观察x+2y=1这一式子, 我们能够联想到这样一个定理:undefined不共线, 那么要想使A, B, C三点共线的充分必要条件就是, 有这样一个实数组x, y, 能够使undefined, 与此同时满足x+y=1.

根据这一定理, 上述这一例题就可以这样来解:因为undefined, 又因为x+2y=1, 所以, 点O, B, M处于同一条直线上, 也就是说BM垂直平分AC, 所以, △BAC是一个等腰三角形, 那么根据余弦定理可知, undefined

总结上述这一定理在向量问题中的应用较为广泛, 在多次的高考题目中都有出现和应用, 平面向量定理与共线向量定理二者相互结合应用, 能够使一些原本复杂的问题变得简单、明了, 对于学生灵活掌握向量问题有着重要的意义和作用.

4.平面向量基本定理除了上述的一些应用方法外, 在一些证明性的题目中也有广泛的应用.

例5 已知a, b, c三者都不为0, 并且 (a·b) c= (b·c) a=0, 证明:a//c.

证明如果a, c两者之间不是相互平行, 那么由已知 (a·b) c= (b·c) a=0, 就能够得到a·b=b·c=0.又因为b=λ1a+λ2b (λ1, λ2∈R) , 在等式的两边同时与b做数量积就能够得到这样的等式b2=λ1 (a·b) +λ2 (b·c) =0, 那么很显然得到b=0, 这样与题目给出的已知条件正好相反.所以a//c.

例6 已知向量undefined和undefined是两个不共线的向量, 点P是直线P1P2上P1, P2以外的点, 并且满足undefined, 证明:x+y=1.

证明 ∵从已知可以看出, P1, P2, P三点在同一条线上,

∴就会存在这样一个数α∈R使得undefined, 亦即undefined.根据平面向量基本定理概念中实数对的唯一性, 我们可以得到以下方程组:undefined

总之, 向量是“形”与“数”的结合体, 用来表示一个既有大小又有方向的量, 是几何与代数知识的交会点.由于这种独特的“数形”特征, 决定了向量具有几何形式和代数形式的双重身份, 所以运用向量方法解题, 能使问题的解决形象化、算法化、简洁化.运用平面向量基本定理解决向量有关问题时, 关键是对于概念的深刻理解并注意灵活运用, 这样, 在夯实基础的同时, 将提高我们的综合运用能力和创新能力.

摘要：在高中数学教学中平面向量一直是一个重点内容, 这一部分的内容在数学各个方面都有较广的应用, 重视这一方面内容的学习对于学生数学成绩的提高有着重要的意义.本文主要从平面向量的基本定理出发, 利用各种教学中的实例, 针对其在向量内容中的应用进行探讨.

关键词：平面向量,基本定理,应用

参考文献

[1]唐兴中.平面向量基本定理及其应用.中学数学月刊, 2007 (9) .

[2]朱峰.平面向量基本定理的应用.中学数学月刊, 2003 (5) .

[3]钱照平.关于平面向量基本定理的几个结论.中学数学教学, 2009 (6) .

向量问题篇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

向量问题篇3

关键词：平面向量数量基底法坐标法

随着高考的改革，平面向量知识的考查在高考中占着很大比例.特别是江苏省对平面向量的数量积要求是C级（掌握：要求系统地掌握知识的内在联系，并能解决综合性较强的或较为困难的问题）.因此每年的高考试卷和各市的高考数学模拟题对平面向量的知识考查越来越多，命题也很新颖.对此类题，很多学生感到难度很大，无从下手.

向量既是重要的数学模型，又是重要的物理模型.平面向量是高中数学阶段的一种重要数学工具.学习平面向量就是让学生掌握一种新的数学工具，让学生体会数学的内部联系，体会数学与实际生活的联系，以及数学在解决实际问题中的作用.

平面向量是数形结合的载体，不但具有具有数的意义，而且具有形的意义.因此平面向量本身具有较强的运算工具性，同时它在处理函数、三角、解析几何、代数等各个不同数学分支问题中有着独到之处和桥梁作用.因此，平面向量在高中数学内容中占着重要位置.当然高考试卷中平面向量的试题是必不可少.随着每年高考试题对平面向量的命题的更新，平面向量的题目就不断地创新，就像上面举例的例1和例2两道例题，都是考察平面向量的知识的试题.但是有很多学生感觉非常困难，不知如何去求解.

其实对于平面向量这类的试题，要抓住平面向量的特点就可以了.因为平面向量具有数与形的双重意义，那么在处理向量的问题时，我们就抓住向量的“数”，向量的问题就可以解决了.把向量转化为数之间的运算，化向量为数量.

对于平面向量怎样化为数量呢？本人探究的有两类方法可以转化，在此谈谈一下肤浅的探究，意在共同交流.

如上面的例题2和例题3把所求的向量问题转化为已知的长度和夹角的向量作为基底来处理，就转化已知的长度和角度的数量来进行运算，从而达到解决所求的问题.所以，我们遇到求有关平面向量的取值和最值问题，可以去思考所求的向量能否用一组基底来代换，当然，选取基底最好知道这组向量的模（长度）和夹角.这样就可以把所求的向量转化成数量间的运算了.

第二类方法为坐标法（解析法）.所谓坐标法就是利用平面直角坐标系来处理平面向量的方法.其实坐标法就是基底法的特殊形式，选择一组互相垂直，长度为1个单位的向量作为基底，这样就构成了向量的坐标形式，从而达到了坐标法.根据笛卡尔提出在平面（空间）建立坐标系，那么点与数（组）作为点的集合的图形与作为数组间关系的方程有着相对应的关系，就可以把几何问题转化代数问题.所以要求的向量问题就可以通过建立坐标系，把向量计算转化为坐标之间系数的运算，从而把向量转化为数量.

上面的例1和例4的向量问题是利用坐标法来处理的，把向量转化为数量去进行运算.当然上述两道题都可以用其他方法来解决，比如可以基底法，构造法等等，但是，比较多种方法，可以说坐标法比较直接，非常简单.建议学生要学会运用坐标法来处理向量问题.

对于处理向量问题，把向量转化为数量两种途径是基底法和坐标法.两种方法有区别和联系，区别在于基底法是把所求的向量转化为基底向量来处理，而坐标法是把所求向量转化到坐标系中坐标来处理.他们的联系是坐标法是建立在基底法的基础之上，是基底法的升华.是基底法的特殊形式.在处理向量的问题时，若能建立坐标系的时，我们应该首选坐标法，因为坐标法比基底法运算更为简单.

通过本题的两种解法很明显看出，利用向量的坐标法来处理平面向量问题比基底法更为优越，所以在处理这类问题时，要首选坐标法来处理，（建立直角坐标系），若无法建系时，再去考虑基底法来处理.

对于处理平面向量的最值问题，我们就可以抓住把平面向量知识转化为数量之间的运算，而把向量转化为数量，我们有两把利剑：“基底法”和“坐标法”.只要我们熟练的掌握这两种方法，无论在高考试卷还是在市检测试卷中出现的平面向量问题，我们就可以得心应手去处理这类问题.

利用向量解代数问题篇4

向量法是把代数运算引进几何学的方法, 用向量法处理数学问题既简便又直观.本文着重介绍向量法在代数中的应用.

一、利用向量求函数值

例1 已知 $\cos A - \cos B = \frac{1}{2} ‚ \sin A - \sin B = - \frac{1}{3}$ , 求cos (A-B) .

解析:构造向量 $\vec{p} = (\cos A, \sin A) ‚ \vec{q} = (\cos B, \sin B)$ , 则有

$\begin{array}{l} \vec{p} - \vec{q} = (\cos A - \cos B, \sin A - \sin B) = (\frac{1}{2}, - \frac{1}{3}) \\ (\vec{p} - \vec{q})^{2} = \vec{p}^{2} - 2 \vec{p} \vec{p} + \vec{q}^{2} = 2 - 2 (\cos A \cos B + \sin A \sin B) = 2 - 2 \cos (A - B) = \frac{1}{4} + \frac{1}{9} = \frac{13}{36} . \end{array}$

从而得 $\cos (A - B) = \frac{59}{72} .$

例2 求函数f (x, y) = (1-y) 2+ (x+y-3) 2+ (2x+y-6) 2的最小值.

解析:构造向量 $\vec{a} = (1 - y, x + y - 3, 6 - 2 x - y), \vec{b} = (1, 2, 1)$ , 可得 $| \vec{a} | = \sqrt{f (x, y)} ‚ | \vec{b} | = \sqrt{6} ‚ \vec{a} \cdot \vec{b} = (1 - y) \times 1 + (x + y - 3) \times 2 + (6 - 2 x - y) \times 1 = 1 .$

由 $\vec{a} \cdot \vec{b} \leq | \vec{a} | | \vec{b} |$ , 得 $1 \leq \sqrt{6 f (x, y)}$ , 即 $f (x, y) \geq \frac{1}{6}$ , 当且仅当 $\frac{1 - y}{1} = \frac{x + y - 3}{2} = \frac{6 - 2 x - y}{1}$ , 即 $x = \frac{5}{2}, y = \frac{5}{6}$ 时取等号.故f (x, y) 的最小值为 $\frac{1}{6} .$

例3 求 $\cos \frac{2 π}{7} + \cos \frac{4 π}{7} + \cos \frac{6 π}{7}$ 的值.

解析:如图1所示, 将边长为1的正七边形ABCDEFO放入直角坐标系中, 则

$\vec{Ο A} = (1, 0), \vec{A B} = (\cos \frac{2 π}{7}, \sin \frac{2 π}{7}), \vec{B C} = (\cos \frac{4 π}{7}, \sin \frac{4 π}{7}), \vec{C D} = (\cos \frac{6 π}{7}, \sin \frac{6 π}{7}), \vec{D E} = (\cos \frac{8 π}{7}, \sin \frac{8 π}{7}), \vec{E F} = (\cos \frac{10 π}{7}, \sin \frac{10 π}{7}), \vec{F Ο} = (\cos \frac{12 π}{7}, \sin \frac{12 π}{7}) .$

$\begin{array}{l} 因为 \vec{Ο A} + \vec{A B} + \vec{B C} + \vec{C D} + \vec{D E} + \vec{E F} + \vec{F Ο} = \vec{0} \\ (1 + \cos \frac{2 π}{7} + \cos \frac{4 π}{7} + \cos \frac{6 π}{7} + \cos \frac{8 π}{7} + \cos \frac{10 π}{7} + \cos \frac{12 π}{7} ‚ \\ 0 + \sin \frac{2 π}{7} + \sin \frac{4 π}{7} + \sin \frac{6 π}{7} + \sin \frac{8 π}{7} + \sin \frac{10 π}{7} + \sin \frac{12 π}{7}) = (0, 0) \end{array}$

即 $1 + \cos \frac{2 π}{7} + \cos \frac{4 π}{7} + \cos \frac{6 π}{7} + \cos \frac{8 π}{7} + \cos \frac{10 π}{7} + \cos \frac{12 π}{7} = 0 (1)$

由三角函数诱导公式可得

$\cos \frac{8 π}{7} = \cos \frac{6 π}{7}, \cos \frac{10 π}{7} = \cos \frac{4 π}{7}, \cos \frac{12 π}{7} = \cos \frac{2 π}{7}$

所以 (1) 式化为

$1 + 2 (\cos \frac{2 π}{7} + \cos \frac{4 π}{7} + \cos \frac{6 π}{7}) = 0$

所以 $\cos \frac{2 π}{7} + \cos \frac{4 π}{7} + \cos \frac{6 π}{7} = - \frac{1}{2} .$

二、利用向量证明不等式

例4 已知ab=1000, a>1, b>1, 求证: $\sqrt{1 + l g a} + \sqrt{1 + l g b} \leq \sqrt{10} .$

解析:为证明上述不等式, 构造向量 $\vec{m} = (1, 1), \vec{n} = (\sqrt{1 + l g a}, \sqrt{1 + l g b})$ , 则有

$\vec{m} \cdot \vec{n} = \sqrt{2} \cdot \sqrt{2 + \lg (a b)} \cos θ,$

$\begin{array}{l} 所以 \sqrt{1 + l g a} + \sqrt{1 + l g b} \\ = \sqrt{2} \cdot \sqrt{2 + \lg (a b)} \cos θ = \sqrt{10} \cos θ . \end{array}$

因为cosθ≤1, 所以 $\sqrt{1 + l g a} + \sqrt{1 + l g b} \leq \sqrt{10}$ , 当且仅当 $a = b = 10^{\frac{3}{2}}$ 时等号成立.

例5 已知a>b>c>d, 求证:

$\frac{1}{a - b} + \frac{1}{b - c} + \frac{1}{c - d} \geq \frac{9}{a - d} .$

证明:由条件显然有a-b>0, b-c>0, c-d>0, a-d>0, 构造向量 $\vec{a} = (\sqrt{a - b}, \sqrt{b - c}, \sqrt{c - d}), \vec{b} = (\frac{1}{\sqrt{a - b}}, \frac{1}{\sqrt{b - c}}, \frac{1}{\sqrt{c - d}})$ , 所以 $| \vec{a} \cdot \vec{b} | = 3, | \vec{a} | = \sqrt{a - b + b - c + c - d} = \sqrt{a - d}, | \vec{b} | = \sqrt{\frac{1}{a - b} + \frac{1}{b - c} + \frac{1}{c - d}}$ , 又 $| \vec{a} | | \vec{b} | \geq | \vec{a} \cdot \vec{b} |$ , 得 $\sqrt{a - d} \cdot \sqrt{\frac{1}{a - b} + \frac{1}{b - c} + \frac{1}{c - d}} \geq 3$ , 即 $(a - d) \cdot (\frac{1}{a - b} + \frac{1}{b - c} + \frac{1}{c - d}) \geq 9,$

所以 $\frac{1}{a - b} + \frac{1}{b - c} + \frac{1}{c - d} \geq \frac{9}{a - d} .$

例6 设a, b, c为非负数, 求证: $\sqrt{a^{2} + b^{2}} + \sqrt{b^{2} + c^{2}} + \sqrt{c^{2} + a^{2}} \geq \sqrt{2} (a + b + c) .$

分析:要证明上述不等式成立, 观察可知我们可以以距离为背景, 构造向量

$\vec{a}_{1} = (a, b), \vec{a}_{2} = (b, c), \vec{a}_{3} = (c, a)$ 则

$| \vec{a}_{1} | = \sqrt{a^{2} + b^{2}}, | \vec{a}_{2} | = \sqrt{b^{2} + c^{2}}, | \vec{a}_{3} | = \sqrt{c^{2} + a^{2}}$ , 而由三角不等式

$\begin{array}{l} | \vec{a}_{1} + \vec{a}_{2} + \vec{a}_{3} | \leq \\ | \vec{a}_{1} | + | \vec{a}_{2} | + | \vec{a}_{3} | ‚ 则有 \end{array}$

$\sqrt{2 (a + b + c)^{2}} \leq \sqrt{a^{2} + b^{2}} + \sqrt{b^{2} + c^{2}} + \sqrt{c^{2} + a^{2}} .$

三、利用向量证明等式

例7 设a, b, c, x, y, z均为实数, 且a2+b2+c2=25, x2+y2+z2=36, ax+by+cz=30, 求证: $\frac{a + b + c}{x + y + z} = \frac{5}{6} .$

证明:由题设条件可设向量: $\vec{d} = (6 a, 6 b), \vec{f} = (5 x, 5 y)$ , 由 $(\vec{d}, \vec{f})^{2} < | \vec{d} |^{2} | \vec{f} |^{2}$ 得900 (ax+by) 2≤900 (a2+b2) (x2+y2) , 即 (30-cz) 2≤ (25-c2) (36-z2) .

变形整理得 (5z-6c) 2≤0, 所以5z=6c;

同理可证5x=6a, 5y=6b, 所以

$\frac{a + b + c}{x + y + z} = \frac{5}{6} .$

四、利用向量解方程

例8 解无理方程 $x \sqrt{4 - 3 x^{2}} + \sqrt{3} x \sqrt{4 - x^{2}} = 4 .$

解析:由此我们可以构造向量 $\vec{a} = (x, \sqrt{4 - x^{2}}), \vec{b} = (\sqrt{4 - 3 x^{2}}, \sqrt{3} x)$

由于 $\vec{a} \cdot \vec{b} = x \sqrt{4 - 3 x^{2}} + \sqrt{3} x \sqrt{4 - x^{2}} = 4, | \vec{a} | | \vec{b} | = \sqrt{x^{2} + 4 - x^{2}} \cdot \sqrt{4 - 3 x^{2} + 3 x^{2}} = 4$ .即有 $\vec{a} \cdot \vec{b} = | \vec{a} | \cdot | \vec{b} |$ , 从而可知 $\vec{a}$ // $\vec{b}$ , 故有

${\begin{cases} x = λ \sqrt{4 - 3 x^{2}} \\ \sqrt{4 - x^{2}} = \sqrt{3} λ x \end{cases} (*)$

代入原方程解得λ=1, 把代入 (*) 式可求得原方程的唯一解为x=1.

向量问题篇5

向量是高中数学中引入的重要概念，是解决几何问题的重要工具。本文就平面向量与三角形四心的联系做一个归纳总结。在给出结论及证明结论的过程中，可以体现数学的对称性与推论的相互关系。

一、重心（barycenter)

三角形重心是三角形三边中线的交点。重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2：1。在重心确定上，有著名的帕普斯定理。

结论1：若G为ABC所在平面内一点，则GAGBGC0G是三角形的重心证明：设BC中点为D，则2GDGBGCGAGBGC0GAGBGCGA2GD,这表明，G在中线AD上同理可得G在中线BE,CF上故G为ABC的重心

结论2：

1若P为ABC所在平面内一点，则PG(PAPBPC)3G是ABC的重心1证明：PG(PAPBPC)(PGPA)(PGPB)(PGPC)03GAGBGC0G是ABC的重心

二、垂心(orthocenter)三角形的三条高线的交点叫做三角形的垂心。

结论3：

若H为ABC所在平面内一点，则HAHBHBHCHCHAH是ABC的垂心

证明：HAHBHBHCHB(HAHC)0HBAC0HBAC同理，有HACB,HCAB故H为三角形垂心

结论4：

若H为ABC所在平面内一点，则HABCHBACHCABH是ABC的垂心证明：由HABCHBCA得，HA(HBHC)HB(HCHA)2HBHCHCHA同理可证得，HAHBHBHCHCHA由结论3可知命题成立2222222222222

三、外心(circumcenter)三角形三条边的垂直平分线（中垂线）的相交点。用这个点做圆心可以画三角形的外接圆。

结论5：

若O是ABC所在平面内一点，则OAOBOCO是ABC的外心证明：由外心定义可知命题成立

结论6：

若O是ABC所在平面内一点，则（OAOB)BA(OBOC)CB(OCOA)AC O是ABC的外心 3

证明：(OAOB)BA(OAOB)(OAOB)OAOB(OBOC)CBOBOC(OCOA)ACOCOA222222222故OAOBOBOCOCOAOAOBOC故O为ABC的外心

222

四、内心(incenter)

三角形三条内角平分线的交点叫三角形的内心。即内切圆的圆心。

结论7：

若P为ABC所在平面内一点，则ABACBABCCACBOPOA1OB2OC3(0)ABACBABCCACBP是ABC的内心

证明：记AB，AC方向上的单位向量分别为e1,e2ABACOPOA1AP1(e1e2)ABAC由平行四边形法则知，(e1e2)在AB,AC边夹角平分线上即P在A平分线上同理可得，P在B,C的平分线上故P为ABC的内心

结论8：

若P是ABC所在平面内一点，则aPAbPBcPC0P是ABC的内心证明：不妨设PDPC

用向量的夹角解决几何问题篇6

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]

平面向量问题的“五化”策略篇7

平面向量问题, 无论是现行教材的高考, 还是新课标的高考, 都是重要的内容, 占有较大的比分.从解题策略来看:方法比较灵活, 通法比较多, 特技比较少, 主要呈现出以下几个方面的解题策略:向量坐标化、向量平几化、向量设元化、夹角三角化、距离向量化.可谓“五化”策略.在近几年全国各省高考题与模拟题中表现得淋漓尽致.

一、向量坐标化

向量是既有方向又有大小的量, 可用模与坐标来描述.当把向量化成坐标之后, 就可以架起向量通向其它数学空间的“彩桥”, 让向量走向函数、三角、解几、不等式、数列等知识的交汇处.让向量参与坐标运算之后, 特别在解析几何中有更广阔的应用市场.

例1 (2007年全国) 设F为抛物线 y2=4x 的焦点, A, B, C为该抛物线上三点, 若 $\vec{F A} + \vec{F B} + \vec{F C} = 0$ , 则 $| \vec{F A} | + | \vec{F B} | + | \vec{F C} | = ()$

(A) 9 (B) 6 (C) 4 (D) 3

解析:由于 $| \vec{F A} | + | \vec{F B} | + | \vec{F C} |$ 是距离问题, 所以, 需要将三个向量 $\vec{F A} ‚ \vec{F B} ‚ \vec{F C}$ 坐标化.设A (x1, y1) , B (x2, y2) , C (x3, y3) , F (1, 0) , 则

$\begin{array}{l} \vec{F A} + \vec{F B} + \vec{F C} = 0 \\ \Rightarrow (x_{1} - 1 ‚ y_{1}) + (x_{2} - 1 ‚ y_{2}) + (x_{3} - 1 ‚ y_{3}) = (0 ‚ 0) \\ \Rightarrow x_{1} - 1 + x_{2} - 1 + x_{3} - 1 = 0 \\ \Rightarrow x_{1} + x_{2} + x_{3} = 3 . \\ | \vec{F A} | + | \vec{F B} | + | \vec{F C} | \\ = x_{1} + \frac{p}{2} + x_{2} + \frac{p}{2} + x_{3} + \frac{p}{2} \\ = x_{1} + x_{2} + x_{3} + \frac{3}{2} p = 3 + \frac{3}{2} \times 2 = 6 . \end{array}$

故选 (B) .

例2 (2007年四川省) 设F1, F2分别是椭圆 $\frac{x^{2}}{4} + y^{2} = 1$ 的左、右焦点.

(1) 若P是椭圆上的一个动点, 求 $\vec{Ρ F_{1}} \cdot \vec{Ρ F_{2}}$ 的最大值和最小值;

(2) 设过定点M (0, 2) 的直线 l 与椭圆交于不同的两点A, B, 且∠AOB为锐角 (其中O为坐标原点) , 求直线 l 的斜率 k 的取值范围.

解析: (1) 由于F1, F2的坐标是已知, 所以可设P的坐标, 这样就可以将两向量 $\vec{Ρ F_{1}} ‚ \vec{Ρ F_{2}}$ 坐标化.然后将向量数量积坐标化, 转变为 x 的函数, 利用函数方法求最值.

设 $Ρ (x_{0} ‚ y_{0}) ‚ F_{1} (- \sqrt{3} ‚ 0) ‚ F_{2} (\sqrt{3} ‚ 0)$ , 则

$\vec{Ρ F_{1}} \cdot \vec{Ρ F_{2}} = (- \sqrt{3} - x_{0} ‚ - y_{0}) \cdot (\sqrt{3} - x_{0} ‚ - y_{0}) = x_{0}^{2} + y_{0}^{2} - 3 = \frac{3}{4} x_{0}^{2} - 2 .$

又因为 x0∈[-2, 2], 故当 x0=0时, $\vec{Ρ F_{1}} \cdot \vec{Ρ F_{2}}$ 有最小值-2;当 x0=±2时, $\vec{Ρ F_{1}} \cdot \vec{Ρ F_{2}}$ 有最大值1.

(2) ∠AOB⇒向量夹角⇒向量数量积⇒坐标化⇒求解.

设直线 l:y=kx+2, A (x1, y1) , B (x2, y2) , 则∠AOB为锐角⇔ cos∠AOB>0 (因为 cos∠AOB=1不可能) $\Leftrightarrow \frac{\vec{Ο A} \cdot \vec{Ο B}}{| \vec{Ο A} | | \vec{Ο B} |} ＞ 0 \Leftrightarrow \vec{Ο A} \cdot \vec{Ο B} ＞ 0 \Leftrightarrow x_{1} x_{2} + y_{1} y_{2} ＞ 0 .$

$\begin{array}{l} 联立 {\begin{cases} y = k x + 2 ‚ \\ \frac{x^{2}}{4} + y^{2} = 1 \end{cases} \\ \Rightarrow (k^{2} + \frac{1}{4}) x^{2} + 4 k x + 3 = 0 \\ \Rightarrow x_{1} + x_{2} = - \frac{4 k}{k^{2} + \frac{1}{4}} ‚ x_{1} x_{2} = \frac{3}{k^{2} + \frac{1}{4}} . \end{array}$

相交 $\Rightarrow Δ = (4 k)^{2} - 4 (k^{2} + \frac{1}{4}) \times 3 = 4 k^{2} - 3 ＞ 0 \Rightarrow k^{2} ＞ \frac{3}{4} . ①$

$\begin{array}{l} 又因为 \vec{Ο A} \cdot \vec{Ο B} = x_{1} x_{2} + y_{1} y_{2} ＞ 0 \\ \Rightarrow x_{1} x_{2} + (k x_{1} + 2) (k x_{2} + 2) ＞ 0 \\ \Rightarrow x_{1} x_{2} + k^{2} x_{1} x_{2} + 2 k (x_{1} + x_{2}) + 4 ＞ 0 \\ \Rightarrow \frac{3}{k^{2} + \frac{1}{4}} + \frac{3 k^{2}}{k^{2} + \frac{1}{4}} + \frac{- 8 k^{2}}{k^{2} + \frac{1}{4}} + 4 ＞ 0 \\ \Rightarrow - k^{2} + 4 ＞ 0 \Rightarrow k^{2} ＜ 4 . ② \end{array}$

由①, ②得 $\frac{3}{4} ＜ k^{2} ＜ 4 \Rightarrow k$ 的取值范围是

$(- 2 ‚ - \frac{\sqrt{3}}{2}) \cup (\frac{\sqrt{3}}{2} ‚ 2) .$

评注:例1, 例2的解法中的主体思路是将向量坐标化, 然后转化为函数与不等式求解, 思路自然, 运算合理, 容易操作.

二、距离向量化

不难发现, 在涉及参变数的距离运算中, 经常出现运算繁难的局面.面对这样的情形, 怎么办?其处理方法之一就是向量化 (当然还有其它的一些处理方法.比如, 巧用平几性质、焦半径公式, 焦点弦公式、弦长公式、设而不求等方法都是转化距离问题的途径) .将距离转化为向量后, 可用向量的相关知识求解, 这样可以达到优化计算的目的.

例3 已知A (-2, 4) , B (1, 2) , 点P在直线AB上, 且满足|AP|=3|PB|, 求点P的坐标.

解析:若用距离公式求点P坐标, 则运算陷入复杂的圈里.而将距离转化为向量, 再将向量坐标化, 则可轻松获解.设P (x, y) , 则

$| A Ρ | = 3 | Ρ B | \Rightarrow \vec{A Ρ} = 3 \vec{Ρ B}$ 或 $\vec{A Ρ} = - 3 \vec{Ρ B} \Rightarrow (x + 2 ‚ y - 4) = 3 (1 - x ‚ 2 - y)$

所以 $Ρ (\frac{1}{4} ‚ \frac{5}{2})$ 或 $Ρ (\frac{5}{2} ‚ 1) .$

例4 (2004年江苏) 已知椭圆的中心在原点, 离心率为 $\frac{1}{2}$ , 一个焦点F (-m, 0) (m 是大于0的常数) .

(1) 求椭圆方程;

(2) 设Q是椭圆上一点, 且过点F, Q的直线 l 与 y 轴交于点M, 若 $| \vec{Μ Q} | = 2 | \vec{F Q} |$ , 求直线 l 的斜率.

解析: (1) 答案为 $\frac{x^{2}}{4 m^{2}} + \frac{y^{2}}{3 m^{2}} = 1 .$

(2) 关键在于将距离关系 $| \vec{Μ Q} | = 2 | \vec{Q F} |$ 转化为向量关系: $\vec{Μ Q} = 2 \vec{Q F}$ 或 $\vec{Μ Q} = - 2 \vec{Q F} .$

设Q (x0, y0) , 直线 l:y=k (x+m) , 则点M (0, km) .

①当 $\vec{Μ Q} = 2 \vec{Q F}$ 时, (x0-0, y0-km) =2 (-m-x0, 0-y0) ⇒ x0=-2m-2x0 且 $y_{0} - k m = - 2 y_{0} \Rightarrow x_{0} = \frac{- 2 m}{3} ‚ y_{0} = \frac{k m}{3} .$

因为 $Q (- \frac{2}{3} m ‚ \frac{k m}{3})$ 在椭圆上, 所以

$\frac{\frac{4 m^{2}}{9}}{4 m^{2}} + \frac{\frac{k^{2} m^{2}}{9}}{3 m^{2}} = 1$ , 解得 $k = \pm 2 \sqrt{6} .$

②当 $\vec{Μ Q} = - 2 \vec{Q F}$ 时, (x0-0, y0-km) =-2 (-m-x0, 0-y0) ⇒ x0=2m+2x0 且 y0-km=2y0⇒ x0=-2m 且 y0=-km.

代入椭圆方程得 $\frac{4 m^{2}}{4 m^{2}} + \frac{k^{2} m^{2}}{3 m^{2}} = 1 \Rightarrow k = 0 .$

综合得直线 l 斜率为 $k = \pm 2 \sqrt{6}$ , 或0.

评注:距离问题化为向量求解, 可以回避复杂的运算.但要注意两点:一是根据分点的位置关系, 确定多解性.比如例3、例4均有两解.二是距离转化为向量的时机是三点共线, 否则, 不能转化.

三、向量平几化

平面向量与平面几何间关系的密切性确定了解答策略的互化关系.即向量问题常常可转化为平面几何问题, 利用平面几何相关知识求解.另一方面, 平面几何的一些问题转化为向量问题求解, 可以回避一些辅助线的作法.总之, 我们在解决向量问题时, 要注意联系平面几何性质, 从而达到水乳交融的境界.

例5 (2007年重庆) 如图1, 在四边形ABCD中, .则 $(\vec{A B} + \vec{D C}) \cdot \vec{A C}$ 的值为 ( )

$(A) \sqrt{2} (B) 2 \sqrt{2} (C) 4 (D) 4 \sqrt{2}$

解析:由于题设条件是以平面几何的背景给出的, 所以给向量转化为平面几何模型带来了契机.事实上, 由题意可知四边形为梯形, 所以由 $\vec{A B} + \vec{D C}$ 可想到将 $\vec{D C}$ 平移到直线AB上 (见图中辅助线) .于是有 $(\vec{A B} + \vec{D C}) \cdot \vec{A C} = \vec{A E} \cdot \vec{A C} ($ 达到化简目标, 将四边形化为三角形) .这样只需计算 $| \vec{A E} | ‚ | \vec{A C} | ‚ \cos ∠ C A E$ 即可.

$\begin{array}{l} 由于 | \vec{A B} | + | \vec{B D} | + | \vec{D C} | = 4 ‚ \\ | \vec{A B} | | \vec{B D} | + | \vec{B D} | | \vec{D C} | = 4 ‚ \end{array}$

$\begin{array}{l} 可解得 | \vec{A B} | + | \vec{D C} | = 2 ‚ \\ | \vec{B D} | = 2 = | \vec{C E} | . \end{array}$

所以 $| \vec{A E} | = 2 ‚ ∠ C A E = 45 °$ ,

所以 $| \vec{A C} | = 2 \sqrt{2} .$

$\begin{array}{l} 原式 = | \vec{A E} | | \vec{A C} | \cos ∠ C A E \\ = 2 \times 2 \sqrt{2} \times \frac{\sqrt{2}}{2} = 4 . 故选 (C) . \end{array}$

例6 (2007年浙江) 若非零向量 a, b 满足|a+b|=|b|, 则 ( )

(A) |2a|>|2a+b|

(B) |2a|<|2a+b|

(D) |2b|<|a+2b|

解析:由|a+b|2=|b|2得到

a2+2a·b=0⇒a· (a+2b) =0⇒a⊥ (a+2b) .

从而揭示了 a 与 a+2b 的几何意义 (见图2) , △AOB为Rt△.斜边大于直角边, 得|2b|>|a+2b|.故选 (C) .

评注:当平面向量有平面几何意义时, 可以沿平面几何的方向去思考, 应该有信心用平面几何知识作下去.

四、夹角三角化

向量的夹角是向量数量积中的重要角色.求夹角又常会转化到三角函数中解决, 特别对夹角是带参数的, 就需用三角公式求解.

例7 设向量 a= (1+cosα, sinα) , b= (1-cosβ, sinβ) , c= (1, 0) , α∈ (0, π) , β∈ (π, 2π) , a和c的夹角为θ1, b 和 c 的夹角为 $θ_{2} ‚ θ_{1} - θ_{2} = \frac{π}{6}$ , 求 $\sin \frac{α - β}{4}$ 的值.

$\begin{array}{l} 解析 ∶ \cos θ_{1} = \frac{a \cdot c}{| a | | c |} \\ = \frac{1 + \cos α}{\sqrt{(1 + \cos α)^{2} + \sin^{2} α}} \\ = \sqrt{\frac{1 + \cos α}{2}} = \cos \frac{α}{2} > 0 ‚ \end{array}$

所以θ1为锐角, $\frac{α}{2}$ 为锐角,

所以 $θ_{1} = \frac{α}{2} .$

$\begin{array}{l} 又 \cos θ_{2} = \frac{b \cdot c}{| b | | c |} \\ = \frac{1 - \cos β}{\sqrt{(1 - \cos β)^{2} + \sin^{2} β}} \\ = \sqrt{\frac{1 - \cos β}{2}} = \sin \frac{β}{2} > 0 ‚ \end{array}$

所以θ2为锐角, 且

$\cos θ_{2} = \sin \frac{β}{2} = \cos (\frac{β}{2} - \frac{π}{2}) .$

因为 $\frac{β}{2} \in (\frac{π}{2} ‚ π)$ , 所以 $\frac{β}{2} - \frac{π}{2}$ 为锐角,

得 $θ_{2} = \frac{β}{2} - \frac{π}{2} .$

又 $θ_{1} - θ_{2} = \frac{α}{2} - \frac{β}{2} + \frac{π}{2} = \frac{π}{6}$ , 所以

$\frac{α - β}{2} = - \frac{π}{3}$ ,

所以 $\frac{α - β}{4} = - \frac{π}{6} ‚ \sin \frac{α - β}{4} = - \frac{1}{2} .$

五、向量设元化

求一个向量一般有两种方法:一是直接求, 即利用已知向量表示未知向量, 其依据是平面向量基本定理;二是间接求法, 即先设出所求向量的坐标式, 然后根据已知条件求出相关量, 即待定系数法, 这是主要的方法.

例8 (2007年陕西) 如图3, 平面内有三个向量 $\vec{Ο A}$ 、 $\vec{Ο B}$ 、 $\vec{Ο C} ‚$ 其中 $\vec{Ο A}$ 与 $\vec{Ο B}$ 的夹角为 $120 ° ‚ \vec{Ο A}$ 与 $\vec{Ο C}$ 的夹角为30°, 且 $| \vec{Ο A} | = | \vec{Ο B} | = 1 ‚ | \vec{Ο C} | = 2 \sqrt{3}$ , 试用 $\vec{Ο A}$ 与 $\vec{Ο B}$ 表示 $\vec{Ο C} .$

解析:直接用 $\vec{Ο A}$ 与 $\vec{Ο B}$ 表示 $\vec{Ο C}$ 有困难.所以, 可以设元, 将 $\vec{Ο C}$ 表示成 $\vec{Ο A}$ 与 $\vec{Ο B}$ 的关系式, 再利用条件求出待定系数即可.根据平面向量基本定理, 可设

$\vec{Ο C} = λ \vec{Ο A} + μ \vec{Ο B} (λ ‚ μ \in R)$ , 则有

$\begin{array}{l} \vec{Ο A} \cdot \vec{Ο B} = | \vec{Ο A} | | \vec{Ο B} | \cos 120 ° = - \frac{1}{2} ‚ \\ \vec{Ο A} \cdot \vec{Ο C} = | \vec{Ο A} | | \vec{Ο C} | \cos 30 ° = 3 . \end{array}$

$\begin{array}{l} 而 \vec{Ο A} \cdot \vec{Ο C} = \vec{Ο A} \cdot (λ \vec{Ο A} + μ \vec{Ο B}) \\ = λ \vec{Ο A}^{2} + μ \vec{Ο A} \cdot \vec{Ο B} = λ - \frac{1}{2} μ ‚ \end{array}$

所以 $3 = λ - \frac{1}{2} μ . ①$

由图可知 $\vec{Ο B} ⊥ \vec{Ο C} ‚$ 则 $\vec{Ο B} \cdot \vec{Ο C} = 0 .$

$\begin{array}{l} 而 \vec{Ο B} \cdot \vec{Ο C} = \vec{Ο B} \cdot (λ \vec{Ο A} + μ \vec{Ο B}) \\ = λ \vec{Ο B} \cdot \vec{Ο A} + μ \vec{Ο B}^{2} = - \frac{λ}{2} + μ ‚ \end{array}$

所以 $- \frac{λ}{2} + μ = 0 . ②$

由①、②解得λ=4, μ=2.

所以 $\vec{Ο C} = 4 \vec{Ο A} + 2 \vec{Ο B} .$

例9 四边形ABCD中, $\vec{A B} = (6 ‚ 1) ‚ \vec{C D} = (- 2 ‚ - 3)$ , 若 $\vec{B C} / / \vec{D A} ‚ \vec{A C} ⊥ \vec{B D} ‚$ 求向量 $\vec{B C}$ 的坐标与四边形ABCD的面积.

解析:设 $\vec{B C} = (x ‚ y)$ , 则

$\begin{array}{l} \vec{D A} = \vec{D C} + \vec{C B} + \vec{B A} \\ = (2 ‚ 3) + (- x ‚ - y) + (- 6 ‚ - 1) \\ = (- 4 - x ‚ 2 - y) ‚ \\ \vec{B C} / / \vec{D A} \Rightarrow x (2 - y) - y (- 4 - x) = 0 . ① \\ \vec{A C} ⊥ \vec{B D} \Rightarrow \vec{A C} \cdot \vec{B D} \\ = (6 + x) (x - 2) + (1 + y) (y - 3) = 0 . ② \end{array}$

由①、②解得

所以 $\vec{B C} = (2 ‚ - 1)$ 或 $\vec{B C} = (- 6 ‚ 3) .$

由 $\vec{A C} = \vec{A B} + \vec{B C}, \vec{B D} = \vec{B C} + \vec{C D},$ 可求出 $| \vec{A C} | = 4, | \vec{B D} | = 8$ , 或

评注:求向量的方法一般是待定系数法, 一种是设出向量的坐标, 另一种是根据平面向量的基本定理, 将向量用基底来表示.

总之, 平面向量问题的解题策略中最核心的一点就是转化思想, 贯穿在解题的全程.本文重点就从五个方面讲述了转化思想的应用, 对一些高考题的解答有积极意义.

抓住问题本质还原向量色彩篇8

在高二年级立体几何教学中,笔者给学生布置了一道作业题: 在正方体ABCD - A1B1C1D1中,求二面角A - BD1B1大小. 本以为一道平常的二面角求解问题,可是笔者所教的两个班级中竟然有三分之一学生出错,这让我感到非常惊讶,问题到底出现在哪里呢?

二、抓住问题本质

使用几何法的学生,多数学生的计算结果是正确的; 可是用法向量求二面角大小的学生,多数计算结果是错误的. 因此,笔者决定在作业讲评时把向量法求二面角大小作为重点.

不妨了解一下学生用向量法解题的过程( 多媒体展示) .

解建立空间直角坐标系D - xyz公式

三、还原向量色彩

1. 认清向量相对于平面的方向

如图1,在空间直角坐标系O - xyz中,向量n = (0,0,1)是平面x Oy法向量,方向向上,向量n = (0,0,- 1)方向向下.

若n = (1,2,3)是平面ABC的法向量,那么该向量的方向怎样确定呢? 其实在三个轴上的非零分量看哪一个都可以,在x轴( y轴,z轴) 上的分量大于0( 小于0) 时,向量方向指向x轴( y轴,z轴) 正向( 负向) 方向.

2. 弄清法向量在二面角中的方向

我们知道,二面角范围是[0°,180°],设平面α,β的法向量分别为n1,n2,法向量与二面角的空间位置存在四种形式( 如图2,图3,图4,图5) ,笔者给它们分别取名字,图2中的两个法向量都指向二面角的里面; 图3中的两个法向量都指向二面角的外面; 图4中的法向量n1指向二面角的里面,法向量n2指向二面角的外面; 图5中的法向量n1指向二面角的外面,法向量n2指向二面角的里面.

3. 确定二面角大小与法向量夹角的关系( 师生共同讨论,证明)

定理1若二面角的法向量都向二面角里面,则二面角大小与法向量夹角互补.

已知: 如图6,二面角α - l - β,设其大小为θ,α,β的法向量分别为n1,n2,且都向二面角里面.

求证: θ + < n1,n2> = 180°.

证明: 如图6,设法向量n1与n2相交于点P,n1与n2所在直线与平面α,β分别相交于点A,B,l∩平面PAB = C. 则l⊥AC,l⊥BC,所以∠ACB为二面角α - l - β的平面角. 在平面四边形PACB中,∠PAC + ∠PBC = 180°. 所以∠ACB + ∠APB = 180°,故θ+ < n1,n2> = 180°.

同理可证明如下定理( 证明略) .

定理2若二面角的法向量都向二面角的外面,则二面角大小与法向量夹角互补.

定理3若二面角的法向量一里一面,则二面角大小与法向量夹角相等.

数学是一门科学,一门自然科学,科学就要有刨根问底的精神,教师要培养学生有一种打破砂锅问到底的精神. 教师不要单纯为了高考,还要为上一级学府输送合格的人才.为了满足有科研精神的学子提供更加细致入微的学习平台,对问题的学习和讨论不能停留在“直观”的感觉,教师要做学生科学观的真正引导者和名副其实的领路人.

摘要：在教学中,笔者发现一个奇怪的问题,部分学生用法向量求二面角大小时不能准确判断法向量夹角与二面角大小的关系.为此,本文就向量法求二面角大小的教学提出解题策略和教学思考.

利用向量法解决空间问题篇9

一、直线外一点到该直线的距离

例1如图1,已知正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为1,点E为AD1的中点,求点E到直线BD的距离.

分析:点E到直线BD的距离就是点E到直线BD的垂线段EF的长,而确定EF的准确位置比较麻烦,因此采用向量法.

解:如图1所示,建立空间直角坐标系,设EF丄BD,F为垂足(F的位置未确定),(λ∈R),由于,所以.∵A(1,0,0),D(0,0,0),,∴.又∵,EF⊥BD,∴,即.

二、两异面直线的距离

欲求两异面直线l1,l2之间的距离,可设与公垂线段AB平行的向量为,C、D分别为l1、l2上的任意两点,则l1,l2如之间的距离为.

例2在棱长为l的正方体ABCD—A1B1C1D1中,求异面直线A1C1与B1C的距离.

分析:因为找A1C1与B1C的公垂线或进行其他转换都比较困难,因此建立坐标系D—xyz,利用向量法计算A1C1与B1C之间的距离,为.

解:如图2所示,建立空间直角坐标系D—xyz,则A1(1,0,1),B1(1,1,1),C(0,1,0),C1(0,1,1).∴,.

设A1C1与B1C的公垂线段的方向量为,

则,即.

取x=1,得,又,

∴A1C1与B1C之间的距离为.

三、平面外的一点到平面的距离

例3如图3,已知正方形ABCD的边长为4,E、F分别是AB、AD的中点,GC垂直于ABCD所在的平面,且GC=2,求点B到平面EFC的距离.

分析:建立适当的坐标系,求出平面EFG的法向量,则在法向量方向上的投影向量的模为点B到平面EFG的距离.

解:如图3,建立直角坐标系C—xyz,则G(0,0,2),E(2,4,0),F(4,2,0),B(0,4,0).

则,,.

设平面EFG的法向量,由及,可得(取x=1),∴点B到平面GEF的距离

四、和平面平行的直线到平面的距离

例4已知棱长为1的正方体ABCD—A1B1C1D1,求直线D1C到平面A1BD的距离.

分析:找出平面A1BD的任意一个法向量,同时求出平面A1BD上任意一点到直线C1D的向量,然后求出该向量在上的射影的长就是直线D1C到平面A1BD的距离.

解:如图4,建立直角坐标系D—xyz,则D(0,0,0),B(1,1,0),A1(1,0,1),C(0,1,0),所以,,.

设平面A1BD的法向量,由及,可得(取x=1).于是,直线D1C到平面A1BD的距离.

五、平面的斜线与平面的夹角

例5如图5,三棱锥S-ABC中,SA⊥平面ABC,SA=3,AB=BC=2,∠ABC=120°,求:SA与平面SBC所成角的大小.

分析:找SA上的点到平面SBC的垂线比较困难,而SA⊥平面ABC,并且∠CAB容易求得,故用向量法求解.

解:过A作AD⊥AC,交CB的延长线于D,过B作BE∥AC交AD于E.

∵AB=BC=2,∠ABC=120°,根据余弦定理可得∠BAE=60°,∴,.

设AO是平面SBC的垂线,如图5所示,建立直角坐标系A—xyz,则A(0,0,0),S (0,0,3),,,所以,,,,

设平面SBC的法向量,由与可得(取x=3),∴,,

∴,即SA与平面SBC所成的角为.

平面向量问题的常规解法篇10

一、合理拆分法

例1:已知O为△ABC的外心, AB=4, AC=2, ∠BAC为钝角, M是边BC的中点 , 则的值等于多少 ?

分析:只要把向量拆分为, 然后根据外心定义及一个向量在与上的投影即可解决.答案为5.

例2:在平面上, 若, 则|的取值范围是_____.

分析:只要把已知向量与所求向量转化成以O点为起点的向量即可解决问题.

二、数形结合, 建立坐标系法

例3:

如图, 若, a与b夹角为120°, |a|=|b|=1, 点P是以O为圆心的圆弧上一动点, 设) , 求x+y的最大值.

分析: 建立适当的坐标系可以把向量的运算转化成坐标运算.

解:以O为原点, OD为x轴建立直角坐标系,

利用向量的坐标运算解题, 主要就是根据相等向量坐标相同这一原则, 通过列方程 (组) 进行求解;在将向量用坐标表示时, 要看准向量的起点和终点坐标, 也就是要注意向量的方向, 不要写错坐标.

三、两边平方或同时点乘同一个向量法

例4: (2013·湖南改编) 已知a, b是单位向量, a·b=0, 若向量c满足|c-a-b|=1, 则|c|的取值范围是______.

分析:对条件|c-a-b|=1两边平方, 这样可以很顺利地打开解题思路,

如正弦定理的证明就是用的两边同时点乘一个向量的方法, 余弦定理的证明就是用的两边平方法, 两种证法参见苏教版必修五课本.

四、基底法 (运用平面向量基本定理、平行向量定理)

例5: (2012·湖州模拟) 如图, 在△ABC中, D为BC的中点, G为AD的中点 , 过点G任作一直线MN分别交AB, AC于M, N两点, 若试问 :1/x+1/y是否为定值? 请证明你的结论.

分析:以不共线的两个向量为一组基底 , 把其他向量用这个基底线性表示.

解:1/x+1/y为定值, 证明如下:

因为共线 , 所以存在实数λ, 使, 所以 (1/4-x) a+1/4b=λ (-xa+yb) =-λxa+λyb, 又因为a与b不共线 , 所以

消去λ, 得1/x+1/y=4为定值.

方法总结:

1.如果题目中已知两个不共线的向量的模与夹角 , 一般都是以这两个不共线的向量为一组基底, 其他向量用它线性表示, 这样问题就可得以解决.

2.平行向量定理的条件和结论是充要条件关系 , 既可以证明向量共线, 又可以由向量共线求参数.利用两向量共线证明三点共线要强调有一个公共点.

3.对于向量的线性运算 , 不但要掌握几何法则 , 还要掌握坐标运算法则, 使二者有机结合.

摘要：平面向量是高中数学的重要内容, 是解决数学问题的很好的工具, 是联系代数与几何的桥梁, 是江苏高考的必考内容, 其中向量的数量积还是高考的C级要求, 同时也是学生比较感兴趣且有一定难度的一类问题.那么向量问题有哪些常规解法呢?本文就此问题作探讨.

关键词：平面向量,常规解法,高中数学教学

参考文献

[1]江苏省考试说明.

[2]步步高二轮专题复习与增分策略.

向量在研究轨迹问题中的应用篇11

问题1：平面上求过两点A(x1,y1),B(x2,y2)的直线l方程

这是一个直线的“两点式”方程问题，用解析法处理要讨论过A，B两点的直线斜率存在与不存在，即x1=x2与x1≠x2两种情况.但这一问题如果借助于向量就可避免讨论而得出一般的结论.

简答：设直线l上任一点P(x,y)，∵AP与AB共线，即(x-x1,y-y1)∥(x2-x1,y2-y1)，∴(x-x1)(y2-y1)=(y-y1)(x2-x1)即为直线l方程

说明：实际上有关共线或平行的轨迹问题均可借助向量，利用共线向量定理给出比较简洁的处理.

例1 G为△ABC所在平面上一点，则G为△ABC的重心的充要条件是GA+GB+GC=0

简证:必要性：∵G为△ABC的重心，∴AG=2GD=GB+GC，

即-GA=GB+GC，∴GA+GB+GC=0

充分性：由GA+GB+GC=0得 GB+GC=-GA，取BC中点D,则GB+GC=2GD，∴2GD=-GA即2GD=AG，∴AG=2GD，从而得知G为△ABC的重心.

例２已知OA,OB不共线，且OP=xOA+yOB(x,y∈R)，则A,B,P三点共线的充要条件是x+y=1

简证:必要性：∵A,B,P三点共线，∴AP=λAB，∴OP-OA=λ(OB-OA)，∴OP=(1-λ)OA+λOB，又∵OP=xOA+yOB，由平面向量基本定理可知：

x=1-λ,y=λ，∴x+y=1

充分性：∵x+y=1，∴y=1-x，∴OP=xOA+(1-x)OB=x(OA-OB)+OB，

∴OP-OB=x(OA-OB)即BP=xBA，∴BP∥BA，因为BP，BA有公共点B，∴A,B,P三点共线.

例3 （2011年安徽理21）设λ>0，点A的坐标为(1,1)点在抛物线y=x2上运动，点Q满足BQ=λQA经过点Q与x轴垂直的直线交抛物线于点M点P满足QM=λMP求点P的轨迹方程

解：由QM=λMP知O,M,P三点在同一条垂直于x轴的直线上，故可设P(x,y)，Q(x,y0),M(x，x2),则x2-y0=λ(y-x2)，即y0=(1+λ)x2-λy ①

再设B(x1,y1)，由BQ=λQA，即(x-x1,y0-y1)=λ(1-x,1-y0)得

x1=(1+λ)x-λ

y1=(1+λ)y0-λ ②

将①式代入②式消去y0得x1=(1+λ)x-λ

y1=(1+λ)2x2-λ(1+λ)y-λ ③

又点B在抛物线y=x2上所以y1=x21再将③代入y1=x21得

(1+λ)2x2-λ(1+λ)y-λ=(1+λ)2x2-2λ(1+λ)x+λ2

2λ(1+λ)x-λ(1+λ)y-λ(1+λ)=0

∵λ>0 ∴2x-y-1=0，故所过点P的轨迹方程为2x-y-1=0

说明：这是一道高考压轴题，难度较大，但若抓住两次共线这一特征，借助于向量共线定理，问题就较易处理.

问题2：平面直角坐标系中，求A(x1,y1),B(x2,y2)以为直径的圆C方程

这是一个圆的“直径式”方程问题，同学们不必强记，借助于向量，则很快可给出结论.

设P(x,y)为圆上任一点，∵AB为直径，

∴PA⊥PB，∴PA⊥PB，即PA·PB=0

∴(x1-x,y1-y)(x2-x,y2-y)=0

即(x-x1)(x-x2)+(y-y1)(y-y2)=0为圆C方程（直径式方程）

说明：事实上有关垂直的轨迹问题均可借助向量，利用向量的数量积为零均可给出简捷处理

例4 求过圆C：(x-a)2+(y-b)2=r2上一点P(x0,y0)的切线方程

简解：设Q(x,y)为切线上任一点，连CP，

则CP⊥PQ,∴CP·PQ=0即(x0-a,y0-b)·(x-x0,y-y0)=0∴(x0-a)(x-x0)+(y0-b)(y-y0)=0，即为所求切线方程.

例5 已知P(x0,y0)为圆O：x2+y2=r2外一点，过P分别作圆的两条切线，

切点为A、B，求过A、B的直线方程

简解：连OA,OB,则OA⊥PA，OB⊥PB,设A(x1,y1),B(x2,y2)

由OA·AP=0得(x1,y1)·(x0-x1,y0-y1)=0

即x1x0-x21+y1y0-y21=0

∵x21+y21=r2，∴x0x1+y0y1=r2，

同理x0x2+y0y2=r2

∴A(x1,y1),B(x2,y2)都在直線x0x+y0y=r2上，

∴过切点为A、B的直线方程即为x0x+y0y=r2.

例6 (2011课标全国卷理20) 在平面直角坐标系xOy中，已知点A(0,-1)，B点在直线y=-3上M点满足MB∥OA MA·AB MB·BA M点轨迹为曲线C

（1）求曲线C的方程（2）P为C上的动点，G为C在P点处的切线，求O点到G上距离的最小值

解：∵MA·AB=MB·AB ∴(MA+MB)·AB=0

又MB∥OA ∴MB与OA共线，M点又在线段AB的中垂线上

设M(x,y)由已知得B(x,-3)又A(0,-1)

∴MA=(-x,-1-y) MB=(0,-3-y),AB=(x,-2),MA+MB=(-x,-4-2y)，

∴(-x,-4-2y)·(x,-2)=0得曲线C的方程为y=14x2-2

（2）设P(x0,y0)为曲线C：y=14x2-2上一点 ∵y′=12x

∴G的斜率为12x0 ∴G方程为y-y0=12x0(x-x0)

即x0x-2y-2y0-x20=0

∴d=|2y0-x20|x20+4=12x20+4x20+4=

12x20+4+4x20+4≥2

当且仅当x0=0时取“=” ∴O到G距离的最小值为2

综上可知，在研究轨迹的共线（平行）与垂直（数量积）问题中向量很给力.

向量问题的绿色通道——坐标法篇12

平面向量问题对学生的平面几何推理与逻辑思维能力要求较高, 在处理平面向量问题时, 经常要对研究的向量拆分重组, 寻找突破口, 如何恰当的拆分重组就是问题的关键, 一旦不当, 就会陷入复杂的运算甚至循环论证.若恰当使用向量坐标法就会避免此类麻烦的产生.因为, 向量坐标法是通过一种“程序式”的代数运算来论证解决几何问题的方法.本文通过具体实例, 从如何建系、运算、回归等方面, 介绍向量坐标法在解决平面向量问题中的优越性.

例1 (2012年全国卷) △ABC中, AB边上的高为CD, 若→CB=a, →CA=b, a·b=0, |a|=1, |b|=2, 则→AD ()

例2 (2012年江苏卷) 如图2, 在矩形ABCD中, , BC=2, 点E为BC的中点, 点F在边CD上, 若, 则的值是_____.

例3 (2012年浙江卷) 在△ABC中, M是BC的中点, AM=3, BC=10, 则

试题分析:以BC所在的直线为x轴, 以BC的中垂线为y轴建立直角坐标系.如图3所示, 则B (-5, 0) , C (5, 0) , M (0, 0) , 设A (x, y) , 由AM=3, 可知x2+y2=9.那么

例4 (2012年湖南卷) 在△ABC中, AB=2, AC=3, .则BC= ()

试题分析:以AB所在的直线为x轴, 以AB的中垂线为y轴建立直角坐标系.如图4所示, 则A (-1, 0) , B (1, 0) , 设C (x, y) , 由, 即 (2, 0) · (x-1, y) =1得x=23, 又因为AC=3, 即 (x+1) 2+y2=9, 得y2=411,

例5 (2010年全国卷) △ABC中, 点D在边AB上, CD平分∠ACB, 若, , |a|=1, |b|=2, 则

试题分析:不妨设a·b=0, 可知CA⊥AB, 因此以C为坐标原点建立直角坐标系.如图5, 设B (1, 0) , A (0, 2) , D (x, y) , 则kAB=-2, kCD=1.直线CD的方程y=x, 直线AB的方程y=-2x+2, 联立方程组得, 设.即:, 解得, , 故选B.

例6 (2008年浙江卷) 已知a, b是平面内两个互相垂直的单位向量, 若向量c满足 (a-c) · (b-c) =0, 则|c|的最大值是 ()

试题分析:由a·b=0, 且为单位向量, 不妨设a= (1, 0) , b= (0, 1) , c= (x, y) , 由 (a-c) · (b-c) =0, 可得x2-x+y2-y=0, 即c的轨迹, 显然|c|的最大值是.故选 (C) .

【向量问题】推荐阅读：

平面向量问题12-06