空间向量解题时数学思想的运用

第一篇：空间向量解题时数学思想的运用

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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.

第二篇：数学空间向量

一.空间向量的基本概念、运算、定理

1.空间向量的基本概念

由于我们所讲的向量可以自由移动，是自由向量，因此对于一个向量、两个向量都是共面的，他们的基本概念与平面向量完全一样。包括：向量的定义、向量的表示方法、向量的模、零向量、单位向量、向量的平行与共线、相等向量与相反向量等等

2.空间向量的加法、减法与数乘运算

两个空间向量的加法、减法与数乘运算法则及其运算律都与平面向量的知识相同。但空间不共面的三个向量的和应该满足“平行六面体”法则。

即：平行六面体ABCD-A＇B＇C＇D

＇中，3.空间向量的数量积

空间两个向量的数量积与平面两个向量的数量积的概念及法则都是一致的。

定义

：

性质与运算律：

①

4.空间向量中的基本定理

共线向量定理：对于

作用：证明直线与直线平行。

推论：P、A、B

三点共线的充要条件：

实数。

作用：证明三点共线。

共面向量定理（平面向量的基本定理）：两个向量的充要条件是存在实数对x、y

使

作用：证明直线与平面平行。

推论：P、A、B、C四点共面的充要条件：

x、y、z为实数，且x+y+z=1。

作用：证明四点共面。

空间向量的基本定理：如果三个向量

不共面，那么对于空间任意向量，存在一，其中O为任意一点。不共线，向量共面，其中O为任意一点，t为任意空间向

量;

②;

③;

④;

⑤的夹角（起点重合），规

定。

个唯一的有序实数组x、y、z

使做空间的一组基底。

作用：空间向量坐标表示的理论依据。

二.空间向量的坐标运算

1.空间直角坐标系。、、叫做基向量，叫

我们在平面直角坐标系的基础上增加一个与平面垂直的方向，构成右手直角坐标系，即：伸出右手使拇指、食指、中指两两垂直，拇指、食指、中指分别指向x、y、z轴的正方向，空间任意一点可用一组有序实数确定，即：A（x，y，z）。

2.向量的直角坐标运算

．

二、空间向量的加减与数乘运算

（1）空间向量的加法、减法、数乘向量的定义与

平面向量的运算一样：

（2）、空间向量的加、减与数乘运算律：

=（指向被减向量），加法交换律：

加法结合律：

数乘分配律：

注：空间向量加法的运算律要注意以下几点：

⑴首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的起点指向末尾向量的终点的向

量，即：

⑵首尾相接的若干向量若构成一个封闭图形，则它们的和为零向量，即：

⑶两个向量相加的平行四边形法则在空间仍然成立．

因此，求始点相同的两个向量之和时，可以考虑用平行四边形法则．

三、共线向量与共面向量

1、共线向量定理：对空间任意两个向量

（1）推论：

如图所示，如果l为经过已知点A

且平行于已知向量 的直线，那么对任一点O，点P在直线l上的充要条件是存在实数t，满足等式

量)．直线l上的点和实数t是一一对应关系.（2）空间直线的向量参数方程：

在l

上取 则（其中 是直线l的方向向,存在唯一实数 ；因此，求空间若干向量之和时，可通过平移使它们转化为首尾相接的向量；

特别地，当

点）

时，得线段AB中点坐标公式：（其中P是AB中

2、共面向量定理：如果两个向

量, 使

.不共线，则向

量 与向

量 共

面

推论：空间一点P位于平面MAB内的充分必要条件是存在唯一的有序实数对x、y，使；

进而对空间任一定点O，有

实数对(x,y)是唯一的，①式叫做平面MAB的向量表达式.四、空间向量基本定理、若

其中

2、将上述唯一分解定理换成以任一点O为起点：O、A、B、C不共面，则对空间任意一点P，存在唯一的三个有序实数x,y,z∈R，使

五、两个空间向量的数量积、向量

2、向量的数量积的性质：

(1)

(2)

(3)

性质(2)可证明线线垂直；

性质(3)可用来求线段长.3、向量的数量积满足如下运算律：

（1）

（2）

（3）（交换律）（分配律）。为单位向量)的数量积：

不共面，则对任意向量 称空间的一个基底，, 存在唯一x,y,z∈R，使①，在平面MAB内，点P对应的 都叫基向量。空间任意三个不共面的向量都可以构成空间的一个基底.性质(1)可用来求角；

第三篇：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

第四篇：2013年高考数学重点难点突破运用向量法解题

2013年新课标高考数学之运用向量法解题

平面向量是新课标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CDCC1的值为多少时，能使A1C⊥平面C1BD？请给出证明.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，∴CDCC1=1时，A1C⊥平面C1BD.I ［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；

(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|CB1|(00)(10)(20)BA1CB1|BC1||CB1|2226 5 3653010cosBA1,CB1.(3)证明：依题意得：C1(0，0，2)，M(，2)

22C1M(11，0),A1B(1,1,2)2212112(2)00,A1BC1M，11∴A1BC1M(1)∴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

II 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.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 C.菱形

B.矩形

D.平行四边形

1542.(★★★★)已知△ABC中，AB=a，a·b<0，S△ABC=AC=b，A.30° B.－150°

C.150° ,|a|=3,|b|=5,则a与b的夹角是（）

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.III 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；

(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120;yM72299,M(0,)2214(OAOBOCOD).|AM|(50)(1292)22212.(2)|AB|(51)(17)2210,|AC|(51)(12)225

D点分BC的比为2.∴xD=1211213,yD72212113

|AD|(513)(12113)21432.(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)6(8)2(5)22225210292629145

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：∵ 15412·3·5sinα得sinα=

12,则α=30°或α=150°.IV 又∵a·b＜0,∴α=150°.答案：C

二、3.(2,0)4.13 cm

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.∵a与b不共线，∴解方程组③得：m=1manm10

即m1nnm1011,n11

②

1③

代入①式得c=(1－m)a+mμb=

1［λ(1－μ)a+μ(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(－

a32a,a2,2a).32(2)取A1B1的中点M，于是有M(0，,2a），连AM，MC1，有MC1=(－

2a,0,0）, 且AB=(0，a,0）,AA1=(0,02a)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=(32a,a2a,22a),AM(0,2a2a2,2a)，AC1AM04942a

2而|AC1|34a214a2a23a,|AM|a42a32a

V 9cosAC1,AM4a23a32a32

所以AC1与AM所成的角，即AC1与侧面ABB1A1所成的角为30°.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|(42x0)(42x0)24x0PMPN|PM|PN0x03,12222(1x)y022(1x0)y0222cos14x02

3cos1,0,sin1cos114x02,tansincos3x02|y0|

8.证明：(1）连结BG，则EGEBBGEB12(BCBD)EBBFEHEFEH

12BD=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12AD12AB12(ADAB)12BD.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

VI 由(2）知EH被M平分，所以

OM141212BD，同理FG12BD，所以EHFG，EHFG,所以EG、FH交于一点M且(OEOG)12OE12OG1111[(OAOB)][(OCOD)]2222.(OAOBOCOD).VII

第五篇：妙用向量解题

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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.