妙用向量解题

第一篇：妙用向量解题

龙源期刊网 http://.cn

妙用向量解题

作者：姜利丽

来源：《数理化学习·高一二版》2013年第08期

向量作为一种新型的解题工具，在众多数学问题中有十分广泛的应用.除了在空间立体几何的广泛应用外，笔者也发现在解析几何，不等式，代数中，也能找到它的影子.一、用向量证明三点共线

例1 在平行四边形ABCD中，M是AB的中点，N是BD上一点，BN=13BD.求证：M、N、C三点共线.

第二篇：妙用公倍数解题数学日记

星期天，也是母亲节，我溜进书房，想做一张贺卡，妈妈声音响起：“嗯，不错，知道学习了，你做几道奥数题吧!”没办法，我只好翻开了《举一反三》。

“嗯，今天该做这几个题了”。只见题上写道：“从小亮家到学校，原来隔50米竖一根电线杆，连两端的两根一共有55根电线杆，现在要改成每隔60米竖一根电线杆，除两端的两根不需要移动外，中途还有几根不必要移动?”

看完题后，我丈二和尚摸不着头脑，该用什么方法去解呢，我冥思苦想;对了，我们最近刚学过“最小公倍数”这种题是否适用呢?我决定试一试。算这种题需先求出整条路的长，因为是每隔50米一根电线杆，连两端共55根，所以路长应是50×(55-1)=2700米，全长2700米，原来是每隔50米竖一根，现在是隔60米，也就是说正好处在50和60的公倍数处的电线杆不必移动，那求50和60的最小公倍数就是了!用短除，正好300，接着用全长路段除以50和60的最小公倍数，2700除以300等于9，因为起点那根是一定的，去掉最后一根剩8根，即中途有8根不必移动。

算完后，我将信将疑到底对不对呢?我去问妈妈，妈妈检查后夸我真聪明，说这是她母亲节收到的最好的礼物。我高兴极了。通过解这道题让我明白了：今后不论遇到什麽难题都应该勤动脑多动手，要举一反三去思考，不怕困难，这样才能不断打败学习路上的拦路虎，才能使自己不断进步。

第三篇：向量在高中阶段解题的巧用

向量在高中阶段解题的应用

(一)向量对圆锥曲线的应用.圆锥曲线是高考重点考查的内容。考查的内容包括圆锥曲线的概

念和性质。但直线与圆锥曲线的位置关系等，很多时也要结合向量的知识来简便解题。

例1：证明：等轴双曲线上任一点到中心的距离是它到两焦点距

离的等比中项。

证明：设P（x₀，y₀）是等轴双曲线x²-y²=a²右支上任一点

∴x₀²-y₀²=a²

则||²=x₀²+y₀²=x₀²+x₀²-a²=2x₀²-a² | PF1|²=x₀+a,| PF2|=2x₀-a

∴|PF1|·|PF2|=(2x₀+a)(2x₀-a)=2x₀²-a² ∴|PO|²=|PF1|·|PF2|

同理,当P(x₀,y₀)是左支点上也成立.(二)向量对立体几何题的应用.由于立体几何涉及空间几何图形，许多考生望而生畏，认为这很

抽象，但只要掌握好向量的相关知识，把立体几何图形的各线段转换

成向量,那解题便简便得多了.例1：如图,在正方体ABCD--A₁B₁C₁D₁中，E、F、G、分别是AB，B B₁，BC的中点。

证明：B D₁⊥平面EFG。

分析：应通过建立空间坐标系，通过

空间向量的坐标运算来证明。

证明：设正方体的棱长为2a并以D为原点，DA为X轴，DC为Y轴，DD₁为Z轴，建立空间直角坐标系，则

D₁（0，0，2a），B（2a，2a，0），F（2a，2a，a），E（2a，a，0），G（a，2a，0）

∴BD1=（-2a，-2a，2a），=（0，a，a），=（-a，-a，0），=-2a·∴BD1·0-2a· a+2a·a=0 BD1⊥

BD1·（-a）+（-2a）·（-a）+2a·0=0 BD1⊥ =-2a·

∴B D₁⊥平面EFG

点评：此题运用了空间向量的坐标运算来证明。

（三）向量在平面解析几何图形的应用

由于向量的线性运算和数量积运算具有鲜明的几何背景，平面几何图形的许多性质都可以用向量方法解决平面几何中的一些问题，现在由我们共同探讨向量方法在平面几何中的应用。

例1：在边长为1的正方形ABCD中，设=, =, =,求|-+|

解：如图，作DC的延长线，截MC=CD=1，连结BM.又∵=, =, =

∴|a-b+c|=|AB-AD+AC|=|DB+AC|

又∵=BM

∴|-+|=||=

2点评：本题利用了向量加减法的几何意义计算线段的长度，把复习的平面几何图形简单化，可见其简便之处。

（四）向量在证明不等式中的应用

例1：设а≠b，а>0，b>0，求证：

（a+b）（a+ b）>（a+ b）

证明：构造向量 =(a, b), =(a,b),则：

332222cos2θ EF)=| AB|·（a+ b）=(AB·|EF|·224422332

≤||·||=(a+ b)·（a+ b）

∵a>0,b>0,a≠b

∴θ≠0

∴cosθ≠

1∴(a+ b)·（a+ b）>（a+ b）

点评:在解不等式或证明时,除了掌握其基本不等式外还要把握题目的特点寻找简便的方法,而本题就是运用向量解题的简便方法.（五）向量在证明平行题的应用

例1:已知AC、BD是梯形ABCD的对角线。E、F分别为BD、AC4422332222442

2的中点。

求证：EF∥BC

证明：设=, = ∵AD∥BC ∴=k=k 则=-=b-a

∵E为BD的中点 ∴=½=½(-)

∵F为AC的中点 ∴=+=+½=+½(-)=½(+)=½(-)=½(k-)∴EF=BF-BE=½(kb-a)-½(b-a)=(½k-½)b=[(½k-½)·1/k] BC ∴∥,即EF∥BC

点评：这类题应掌握好向量的三角形定则，认识向量平行的充要条件。

（六）向量在三角函数的应用。

例1:在直角坐标系X0Y中,已知P(2 cosа+1,2 cosа+2)和点Q(cosа,－1),其中а[0,

解:由于OP⊥OQ = cosа（2cosа+1）-（2cosа+2）=0——① ∴·].且OP⊥OQ,求X的值。

又∵cos 2а=2cosа-1————————②

由①和②，得2cosа-cosа=0 cosа=0或0.5 2

∵а[0,]

∴а=/2或/

3点评：本题利用向量的知识解答，使过程简便许多。

（七）向量在解物理题的应用。

例1：平面上有两个向量e1=（1，0），e2=（0，1），今有动点P从P₀(-1,2)开始沿着向量e1+e2相同的方向作匀速直线运动，速度大小为|e1+e2|；另一动点Q从Q₀(-2,-1)出发，沿与向量3e1+2e2相同的方向作匀速直线运动，速度的大小为|3e1+2e2|，设P、Q在时刻t=0秒时，分别在P₀、Q₀处，则当PQ⊥P₀Q₀时，时

间t为多少秒？

解：依题意P₀(-1,2),Q₀(-2,-1)则POQO=(-2,-1)-(-1,2)=(-1,-3)

e1+e2=(-1,0)+(0,1)=(1,1)|e1+e2|=2 3e1+2e2=3×(1,0)+2×(0,1)=(3,2)|3e1+2e2|=

∴当t时刻P点位置为（-1，2）+t（1，1）=（-1+t，2+t），点Q位置为（-2，1）+t（3，2）=（-2+3t，-1+2t）∴=(-2+3t,-1+2t)－(-1+t,2+t)=(-1+2t,-3+t)又⊥POQO

∴(-1+2t)·(-1)+(-3+t)·(-3)=0解得t=2 ∴当⊥POQO时，时间t为2秒。

第四篇：高考数学难点突破难点—— 运用向量法解题

难点3 运用向量法解题

平面向量是新教材改革增加的内容之一，近几年的全国使用新教材的高考试题逐渐加大了对这部分内容的考查力度，本节内容主要是帮助考生运用向量法来分析，解决一些相关问题.●难点磁场

(★★★★★)三角形ABC中，A(5，－1)、B(－1，7)、C(1，2)，求：(1)BC边上的中线 AM的长；(2)∠CAB的平分线AD的长；(3)cosABC的值.●案例探究

［例1］如图，已知平行六面体ABCD—A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，且∠C1CB=∠C1CD=∠BCD.(1)求证：C1C⊥BD.(2)当CD的值为多少时，能使A1C⊥平面C1BD？请给出证明.CC1命题意图：本题主要考查考生应用向量法解决向量垂直，夹角等问题以及对立体几何图形的解读能力.知识依托：解答本题的闪光点是以向量来论证立体几何中的垂直问题，这就使几何问题代数化，使繁琐的论证变得简单.错解分析：本题难点是考生理不清题目中的线面位置关系和数量关系的相互转化，再就是要清楚已知条件中提供的角与向量夹角的区别与联系.技巧与方法：利用a⊥ba·b=0来证明两直线垂直，只要证明两直线对应的向量的数量积为零即可.(1)证明：设CD=a, CB=b,CC1=c,依题意，|a|=|b|，CD、CB、CC1中两两所成夹角为θ，于是BDCDDB=a－b，CC1BD=c(a－b)=c·a－c·b=|c|·|a|cosθ－|c|·|b|cosθ=0,∴C1C⊥BD.(2)解：若使A1C⊥平面C1BD，只须证A1C⊥BD，A1C⊥DC1，由CA1C1D(CAAA1)(CDCC1)

=(a+b+c)·(a－c)=|a|2+a·b－b·c－|c|2=|a|2－|c|2+|b|·|a|cosθ－|b|·|c|·cosθ=0,得 当|a|=|c|时，A1C⊥DC1，同理可证当|a|=|c|时，A1C⊥BD，∴CD=1时，A1C⊥平面C1BD.CC1［例2］如图，直三棱柱ABC—A1B1C1，底面△ABC中，CA=CB=1，∠BCA=90°，AA1=2，M、N分别是A1B1、A1A的中点.(1)求BN的长；

I(2)求cos的值；

(3)求证：A1B⊥C1M.命题意图：本题主要考查考生运用向量法中的坐标运算的方法来解决立体几何问题.属 ★★★★级题目.知识依托：解答本题的闪光点是建立恰当的空间直角坐标系O－xyz,进而找到点的坐标和求出向量的坐标.错解分析：本题的难点是建系后，考生不能正确找到点的坐标.技巧与方法：可以先找到底面坐标面xOy内的A、B、C点坐标，然后利用向量的模及方向来找出其他的点的坐标.(1)解：如图，以C为原点建立空间直角坐标系O－xyz.依题意得：B(0，1，0)，N(1，0，1)∴|BN|=(10)2(01)2(10)23.(2)解：依题意得：A1(1，0，2)，C(0，0，0)，B1(0，1，2).∴BA1=(1,1,2),CB1=(0，1，2)BA1CB1=1×0+(－1)×1+2×2=3 |BA1|=(10)2(01)2(20)26

|CB1|(00)2(10)2(20)25 cosBA1,CB1BA1CB1|BC1||CB1|36530.10(3)证明：依题意得：C1(0，0，2)，M(，2)

112211C1M(，0),A1B(1,1,2)

2211∴A1BC1M(1)1(2)00,A1BC1M，22∴A1B⊥C1M.●锦囊妙计

1.解决关于向量问题时，一要善于运用向量的平移、伸缩、合成、分解等变换，正确地进行向量的各种运算，加深对向量的本质的认识.二是向量的坐标运算体现了数与形互相转化和密切结合的思想.2.向量的数量积常用于有关向量相等，两向量垂直、射影、夹角等问题中.常用向量的直角坐标运算来证明向量的垂直和平行问题；利用向量的夹角公式和距离公式求解空间两条直线的夹角和两点间距离的问题.II 3.用空间向量解决立体几何问题一般可按以下过程进行思考：(1)要解决的问题可用什么向量知识来解决？需要用到哪些向量？

(2)所需要的向量是否已知？若未知，是否可用已知条件转化成的向量直接表示？

(3)所需要的向量若不能直接用已知条件转化成的向量表示，则它们分别最易用哪个未知向量表示？这些未知向量与由已知条件转化的向量有何关系？

(4)怎样对已经表示出来的所需向量进行运算，才能得到需要的结论？ ●歼灭难点训练

一、选择题

1.(★★★★)设A、B、C、D四点坐标依次是(－1，0)，(0，2)，(4，3)，(3，1)，则四边形ABCD为（）A.正方形

B.矩形 C.菱形

D.平行四边形

2.(★★★★)已知△ABC中，AB=a，a·b<0，S△ABC=AC=b，15,|a|=3,|b|=5,则a与b的夹角是（）4A.30°

B.－150°

C.150°

D.30°或150°

二、填空题

3.(★★★★★)将二次函数y=x2的图象按向量a平移后得到的图象与一次函数y=2x－5的图象只有一个公共点(3，1)，则向量a=_________.4.(★★★★)等腰△ABC和等腰Rt△ABD有公共的底边AB，它们所在的平面成60°角，若AB=16 cm,AC=17 cm,则CD=_________.三、解答题

5.(★★★★★)如图，在△ABC中，设AB=a，AC =b，AP =c, AD=λa,(0<λ<1),AE =μb(0<μ<1),试用向量a，b表示c.6.(★★★★)正三棱柱ABC—A1B1C1的底面边长为a,侧棱长为2a.(1)建立适当的坐标系，并写出A、B、A1、C1的坐标；(2)求AC1与侧面ABB1A1所成的角.7.(★★★★★)已知两点M(－1，0)，N(1，0)，且点P使MPMN,PMPN,NMNP成公差小于零的等差数列.(1)点P的轨迹是什么曲线？

(2)若点P坐标为(x0,y0),Q为PM与PN的夹角，求tanθ.8.(★★★★★)已知E、F、G、H分别是空间四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA的中点.(1)用向量法证明E、F、G、H四点共面；(2)用向量法证明：BD∥平面EFGH；

III(3)设M是EG和FH的交点，求证：对空间任一点O，有OM 参考答案

难点磁场

解：(1)点M的坐标为xM=

1(OAOBOCOD).41172990;yM,M(0,)2222221.29|AM|(50)2(1)22(2)|AB|(51)2(17)210,|AC|(51)2(12)25

D点分BC的比为2.∴xD=121172211,yD

12312311114|AD|(5)2(1)22.333(3)∠ABC是BA与BC的夹角，而BA=(6，8），BC=(2，－5）.cosABCBABC|BA||BC|62(8)(5)62(8)222(5)25210292629 145歼灭难点训练

一、1.解析：AB =(1，2），DC =(1，2），∴AB=DC，∴AB∥DC，又线段AB与线段DC无公共点，∴AB∥DC且|AB|=|DC|，∴ABCD是平行四边形，又|AB|=5，AC =(5，3），|AC|=34，∴|AB|≠|AC},∴ABCD不是菱形，更不是正方形；又BC=(4，1），∴1·4+2·1=6≠0,∴AB不垂直于BC，∴ABCD也不是矩形，故选D.答案：D 2.解析：∵1511·3·5sinα得sinα=,则α=30°或α=150°.242又∵a·b＜0,∴α=150°.答案：C

二、3.(2,0)4.13 cm

IV

三、5.解：∵BP与BE共线，∴BP=mBE=m(AE－AB)=m(μb－a), ∴AP=AB+BP=a+m(μb－a)=(1－m)a+mμb

①

又CP与CD共线，∴CP=nCD=n(AD－AC)=n(λa－b), ∴AP=AC+CP=b+n(λa－b)=nλa+(1－n)b 由①②，得(1－m）a+μmb=λna+(1－n)b.②

1manm10∵a与b不共线，∴

即m1nnm10解方程组③得：m=

③

111,n代入①式得c=(1－m)a+mμb=［λ(1－μ)a+μ(1－111λ)b］.6.解：(1)以点A为坐标原点O，以AB所在直线为Oy轴，以AA1所在直线为Oz轴，以经过原点且与平面ABB1A1垂直的直线为Ox轴，建立空间直角坐标系.由已知，得A(0，0，0），B(0，a,0）,A1(0,0,2a),C1(－

3aa，222a).3a,0,0）, 2(2)取A1B1的中点M，于是有M(0，,2a），连AM，MC1，有MC1=(－且AB=(0，a,0）,AA1=(0,02a)

a2由于MC1·AB=0，MC1·AA1=0，所以MC1⊥面ABB1A1，∴AC1与AM所成的角就是AC1与侧面ABB1A1所成的角.∵AC1=(3aaa，2a),AM(0，2a), 222a29AC1AM02a2a

443212a232而|AC1|aa2a3a,|AM|2aa

444292a34 323aa2cosAC1,AM所以AC1与AM所成的角，即AC1与侧面ABB1A1所成的角为30°.V 7.解：(1)设P(x,y）,由M(－1，0），N(1，0）得，PM =－MP=(－1－x,－y）,PNNP =(1－x,－y),MN =－NM=(2,0),∴MP·MN=2(1+x), PM·PN=x2+y2－1,NMNP =2(1－x).于是，MPMN,PMPN,NMNP是公差小于零的等差数列，等价于

122x2y3xy1[2(1x)2(1x)] 即 2x02(1x)2(1x)0所以，点P的轨迹是以原点为圆心，3为半径的右半圆.(2)点P的坐标为(x0,y0)PMPNx0y012,|PM||PN|(1x)2y0(1x0)2y0(42x0)(42x0)24x0cosPMPN|PM|PN14x0222222

10x03,cos1,0,23sin1cos211sin2,tan3x|y0| 02cos4x08.证明：(1）连结BG，则EGEBBGEB(BCBD)EBBFEHEFEH 由共面向量定理的推论知：E、F、G、H四点共面，(其中(2）因为EHAHAE121BD=EH）21111ADAB(ADAB)BD.2222所以EH∥BD，又EH面EFGH，BD面EFGH

所以BD∥平面EFGH.(3）连OM，OA，OB，OC，OD，OE，OG 由(2）知EH被M平分，所以 11BD，同理FGBD，所以EHFG，EH22FG,所以EG、FH交于一点M且 VI OM1(OAOBOCOD).41111111(OEOG)OEOG[(OAOB)][(OCOD)]2222222.VII

第五篇：空间向量解题时数学思想的运用

龙源期刊网 http://.cn

空间向量解题时数学思想的运用

作者：胡彬

来源：《数理化学习·高一二版》2013年第08期

用空间向量来解决空间立体几何问题非常得心应手，比如证明平行、垂直以及求角、求距离等.但是，我们不能把眼光仅仅限制于这些问题的证明与求解.在运用空间向量解决问题时，也包含着许多数学思想运用于其中.一、方程思想求值

例1 已知正三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长为2，底面边长为1，M是BC的中点.在直线CC1上是否存在一点N，使得MN⊥AB1？若存在，请你求出它的位置；若不存在，请说明理由.