代数中的向量证明方法（共五则）

第一篇：代数中的向量证明方法

代数中的向量证明方法

利用向量知识解题具有很多优越性:思路直观,运算简单,能把“数”与“形”有机地结合起来.学好平面向量,不仅是掌握生活、学习的一种工具,还能提高自己的数形结合能力和创新能力,而且能陶冶情操,享受数学思想方法带来的向量学的美.利用向量解决中学数学题目已经相当普遍,下面举例运用向量方法证明代数中的一些问题.y

一 利用平面向量巧证三角证明题

例1 利用向量证明

cos10cos130cos2500，





130°

x

sin10sin130sin2500.





A

图

1证明:设正三角形ABC的边长为1.如图1,置于坐标系中则

ABcos10,sin10,BCcos130,sin130,CAcos250,sin250,ABBCCAcos10cos130cos250,sin10sin130sin250,ABBCCA0,0,cos10cos130cos250,sin10sin130sin2500,0.cos10cos130cos2500,sin10sin130sin2500.评析：依本题的证法，我们使x轴的正方向绕A点逆时针旋转到向量AB的最小角为，（而不是本题的特殊角10）可以得到以正三角形为依托的较为一般的两个三角等式：

coscos(120)cos(240)0,



y

sinsin(120)sin(240)0.



G

A

例2用向量的方法还可以解决如下的问题，求值：cos

27cos

47cos

67cos27

87cos

107

cos

127

C

解：因正七边形的外角为系中，则

ABcos0,sin0{1,0},，设正七边形的边长为1，如图2所示置于坐标

22

BCcos,sin,7744

CDcos,sin

7766

DEcos,sin

77



, , 

88

EFcos,sin,771010

FGcos,sin

771212

GAcos,sin

77

图

2

, .

ABBCCDDEEFFGGA0.1coscos

2727cos4747cos6767cos8787cos

107

cos

127

0,coscoscoscos

107

cos

127

1.评析：此题是应用上面的证明方法来分析求解，在中学数学中可以遇到不少类似的题目，都可以类似来求解.例3 用向量证明三角公式:

cos()coscossinsin.证明:如图3,作一个单位圆,取平面上的两个单位向量a、b使它们与x轴上的单位向量

i形成α、角,即 OA

a,OBb.abcos()cos(),又acos,sin,bcos,sin, abcoscossinsin,cos()coscossinsin.图

评析:该公式在教材中采用构造法证明,先构造一个单位圆,再在单位圆上构造四点,形成两个全等三角形,利用两点间的距离公式证得.这种方法在构造图形上要求太高,很难与我们学过的知识相联系起来.当我们学过平面向量后,可以简洁地将此公式证明.同法,我们可以证明:

例4coscos

cos()cos().证明：设三个单位向量：

acos,sin,bcos,sin,ccos,sin, abcoscossinsincos(), accoscossinsincos().abaccos()cos().又abaca(bc)，bc2cos,0, a（bc）2coscos.综上所述,可得: coscos

cos()cos().二 构造向量证明不等式

利用以下定理，可以用向量证明代数不等式.定理: a,b为两个非零向量,则

:例5 设a,b,cR+，试证：证明:构造向量:

ab

bc

ca

(ab)1a1b1c



.a

1bc11a，,b，.bcabca

(ab),得

（ab



bc



ca)1a



1b



1c

1a



1b



1c,即

ab



bc



ca







当且仅当abc时,不等号成立.用向量证明问题还应该注意一些符号问题，如：

例6

2)

证明：由于a和b方向的不确定性，可按分类讨论的思想进行证明.（1）若a与b共线且方向相同时，则



2

 



所以2).（2）若a与b共线且方向相反，则



2

 



所以2).（3）若a与b不共线时，如图4，设OAa,OBb,作平行四边形OACB，可得

OCab,BAab;

在三角形OAB

中，BOA;在三角形OAC

中，OAC.因为BOAOAC

所以两式相加可得

B

C

2).O

A

图4

评析：由于平面向量具有“数”和“形”的双重功能，涉及“数”与“形”的许多问题需要分类讨论，所以用分类讨论思想解决平面向量问题是顺理成章的事.通过分类讨论把向量中的问题分门别类转为局部问题，使繁复的向量问题简单化，从而达到解决问题的目的.同样地，我们可以用构造向量的方法来证明三角不等式： 例7 设，，均为锐角，满足sin2sin2sin21则

sinsin



sinsin



sinsin

1。

证明：构造两个向量：

2sin

a

,sinsin

sin



sinsin,

, sinsinsin



b

sin,sinsin,sin.

sinsinsin

(ab).即

(

sin



sinsin



sinsinsin)(sinsinsinsinsinsin)

(sinsin

sin)

所以

sinsin



sinsin



sinsin



(sinsin

sin)

sinsinsinsinsinsin



(sinsinsin)sinsinsin

2222

sinsinsin1

评析：证明此类不等式证明，若能观察到向量的“影子”，通过构造向量，利用向量的数量积运算公式，能使繁复的问题简单化.例8 若x，y，zR，且xyz1.n为正整数.求证:

x

n

y(1y)



y

n

z(1z)



z

n

x(1x)



n2

n

9

.证明：由已知条件，知1xn0,1yn0,1zn0.构造向量：

a



x

n,y

n,y(1y)

z(1z)



,bn

x(1x)z

y(1y),n

z(1z),n

x(1x)

n



(xy

(ab).得



y

n

z)

[

x

n

y(1y)z(1z)



z

n

x(1x)

][y(1y)z(1z)x(1x)]

n

n

n

所以

x

n

y(1y)



y

n

z(1z)



z

n

x(1x)



(xyz)

(xyz)(x

n1

2222

y

n1

z

n1)

[3（

xyz)]

(xyz)3（xyz)

n1

122

[3()]n

n2.1n139

13()

若取n1,得

x

y(1y)



y

z(1z)



z

x(1x)



.（《上海中学数学》1993（2）数学问题1）若取n2，得

x

y(1y)



y

z(1z)



z

x(1x)



.（《数学通报》1994（11）数学问题921）

评析：此题也是巧妙构造向量的例子，题中n的取值不同可以得到不同的不等式方程，对应解决不同的数学问题.小结：爱因斯坦说：“提出一个问题往往比解决一个问题更重要”.善于观察的人可以将常人熟视无睹的问题提出来，并加以研究解决.在引入向量的知识后，因为“向量”具有几何形式和代数形式的“双重身份”，它可以作为联系代数和几何的纽带，是中学数学知识的一个交汇点.本文主要从代数问题的角度利用向量方法证明，打破常规，构造向量，利用平面向量的数量积获得妙解.思路直观，运算简单，能把“数”与“形”有机的结合起来.

第二篇：向量代数与空间解析几何

1．向量代数与空间解析几何

向量代数：向量的线性运算，向量的坐标，向量的数量积，向量积，两向量平行与垂直的条件。平面与直线：会利用已知条件求平面的方程、直线的方程。

曲面与空间曲线：了解曲面的概念，如坐标轴为旋转轴的旋转曲面，母线平行于坐标轴的柱面方程；了解空间曲线的参数方程和一般方程，会求空间曲线在坐标面上的投影。

2．多元函数微分学

多元函数：会求简单的二元函数的极限与判断二元函数的连续性。

偏导数与全微分：偏导数的计算，复合函数二阶偏导数的求法、隐函数的求偏导；会求全微分； 偏导数的应用：方向导数和梯度；空间曲线的切线与法平面，曲面的切平面与法线；最大值、最小值问题，条件极值，拉格朗日乘数法。

3．多元函数积分学

二重积分：化二重积分为二次积分、交换二次积分的次序；二重积分的计算（直角坐标、极坐标）；利用二重积分求曲面面积、立体体积。

三重积分：三重积分的计算（直角坐标、柱面坐标、球面坐标）；

曲线积分：两类曲线积分的计算方法；格林公式，平面曲线积分与路径无关的条件。

曲面积分：两类曲面积分的计算方法；高斯公式。

4．无穷级数

常数项级数：级数收敛的判定，几何级数和P—级数的敛散性；正项级数的比较、比值及根值审敛法，交错级数的莱布尼兹定理，绝对收敛与条件收敛的概念及其关系。

幂级数：较简单的幂级数的收敛半径和收敛域的求法，幂级数求和函数；函数展开成幂级数。傅里叶级数：函数展开为傅里叶级数，函数与和函数的关系，函数展开为正弦或余弦级数。

5．常微分方程

可分离变量微分方程，齐次方程，一阶线性微分方程。可降阶的高阶微分方程。二阶常系数齐次线性微分方程。利用切线斜率建立简单的微分方程并求解。

牢固掌握下列公式：

1、向量的数量积、向量积计算公式；

2、全微分公式；

3、方向导数公式；

4、拉格朗日乘数法；

5、格林公式、高斯公式；

6、函数的麦克劳林展开公式。

7、一阶线性方程的通解公式；

第三篇：立体几何中的向量方法----证明平行与垂直练习题

§8.7 立体几何中的向量方法（Ⅰ）----证明平行与垂直

一、选择题

1．若直线l1，l2的方向向量分别为a＝(2,4，－4)，b＝(－6,9,6)，则()．

A．l1∥l2B．l1⊥l

2C．l1与l2相交但不垂直D．以上均不正确

2．直线l1，l2相互垂直，则下列向量可能是这两条直线的方向向量的是()

A．s1＝(1,1,2)，s2＝(2，－1,0)

B．s1＝(0,1，－1)，s2＝(2,0,0)

C．s1＝(1,1,1)，s2＝(2,2，－2)

D．s1＝(1，－1,1)，s2＝(－2,2，－2)

35153．已知a＝1，－，b＝－3，λ，－满足a∥b，则λ等于()． 222

2992A.B.C．－D．－ 322

34．若直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，能使l∥α的是()．

A．a＝(1,0,0)，n＝(－2,0,0)

B．a＝(1,3,5)，n＝(1,0,1)

C．a＝(0,2,1)，n＝(－1,0，－1)

D．a＝(1，－1,3)，n＝(0,3,1)

5．若平面α，β平行，则下面可以是这两个平面的法向量的是()

A．n1＝(1,2,3)，n2＝(－3,2,1)

B．n1＝(1,2,2)，n2＝(－2,2,1)

C．n1＝(1,1,1)，n2＝(－2,2,1)

D．n1＝(1,1,1)，n2＝(－2，－2，－2)

6．已知a＝(2，－1,3)，b＝(－1,4，－2)，c＝(7,5，λ)，若a，b，c三向量共面，则实数λ等于()．

62636065A.B.C.D.7777

7．已知平面α内有一个点A(2，－1,2)，α的一个法向量为n＝(3,1,2)，则下列点P中，在平面α内的是()

A．(1，－1,1)3B.1，3，2



C.1，－3，2

二、填空题



D.－1，3，－

2

8．两不重合直线l1和l2的方向向量分别为v1＝(1,0，－1)，v2＝(－2,0,2)，则

l1与l2的位置关系是_______．

9．平面α的一个法向量n＝(0,1，－1)，如果直线l⊥平面α，则直线l的单位方向向量是s＝________.→

＝0的_______．

→

12．已知→AB＝(1,5，－2)，→BC＝(3,1，z)，若→AB⊥→BC，→BP＝(x－1，y，－3)，且BP⊥平面ABC，则实数x，y，z分别为________．

三、解答题

13．已知：a＝(x,4,1)，b＝(－2，y，－1)，c＝(3，－2，z)，a∥b，b⊥c，求：

→

11．已知AB＝(2,2,1)，AC＝(4,5,3)，则平面ABC的单位法向量是________．

→

→

→

→

→

10．已知点A，B，C∈平面α，点P∉α，则AP·AB＝0，且AP·AC＝0是AP·BC

a，b，c.14.如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，M、N分别是C1C、B1C1的中点．求证：

MN∥平面A1BD.证明 法一 如图所示，以D为原点，DA、DC、DD1所在直

线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，1

则M0，1，N，1，1，D(0,0,0)，A1(1,0,1)，B(1,1,0)，22→

1

1于是MN＝，0，2

2设平面A1BD的法向量是n＝(x，y，z)． x＋z＝0，则n·DA1＝0，且n·DB＝0，得

x＋y＝0.→

→

取x＝1，得y＝－1，z＝－1.∴n＝(1，－1，－1)． →

11

又MN·n＝，0，·(1，－1，－1)＝0，22→

∴MN⊥n，又MN⊄平面A1BD，∴MN∥平面A1BD.15．如图，已知ABCDA1B1C1D1是棱长为3的正方体，点E在AA1上，点F在CC1上，且AE＝FC1＝

1.(1)求证：E，B，F，D1四点共面；

(2)若点G在BC上，BG＝M在BB1上，GM⊥BF，垂足为H，求证：EM⊥面

BCC1B1.→→

证明(1)建立如图所示的坐标系，则BE＝(3,0,1)，BF＝(0,3,2)，BD1＝(3,3,3)．

→→

→→→→

所以BD1＝BE＋BF，故BD1、BE、BF共面． 又它们有公共点B，所以E、B、F、D1四点共面．(2)如图，设M(0,0，z)，→

→→

2

则GM＝0，－，z，而BF＝(0,3,2)，3

→→

由题设得GM·BF＝－×3＋z·2＝0，得z＝1.→

因为M(0,0,1)，E(3,0,1)，所以ME＝(3,0,0)． →

→

又BB1＝(0,0,3)，BC＝(0,3,0)，→→→→

所以ME·BB1＝0，ME·BC＝0，从而ME⊥BB1，ME⊥BC.又BB1∩BC＝B，故ME⊥平面BCC1B1.16．如图所示，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB＝2，AF＝1，M是线段EF的中点．

求证：(1)AM∥平面BDE；(2)AM⊥平面BDF.证明(1)建立如图所示的空间直角坐标系，设AC∩BD＝N，连接NE.则点N、E的坐标分别为 22

，0、(0,0,1)．

22→22∴NE＝－，－1.22

2

2又点A、M的坐标分别是2，2，0)、，1

22



→

22∴AM＝－，－1.22

→→

∴NE＝AM且NE与AM不共线．∴NE∥AM.又∵NE⊂平面BDE，AM⊄平面BDE，∴AM∥平面BDE.22

(2)由(1)知AM＝－，－1，22

→

∵D2，0,0)，F(2，2，1)，∴DF＝(0，2，1)→→

∴AM·DF＝0，∴AM⊥DF.同理AM⊥BF.又DF∩BF＝F，∴AM⊥平面BDF.→

第四篇：8.7 立体几何中的向量方法Ⅰ——证明平行与垂直

§8.7 立体几何中的向量方法Ⅰ——证明

平行与垂直

(时间：45分钟 满分：100分)

一、选择题(每小题7分，共35分)

1.已知空间三点A（0,2,3），B（-2,1,6），C（1，-1,5）若a

a分别与AB,AC垂

直，则向量a为

A.1，1，1

B.－1，－1，－1

C.1，1，1或－1，－1，－1

D.1，－1，1或－1，1，－1,2.已知a＝1，1，1，b＝0，2，－1，c＝ma＋nb＋4，－4，1.若c与a及b都垂直，则m，n的值分别为,A.－1，2B.1，－2C.1，2D.－1，－

23.已知a＝1,,，b＝3,,

A352215满足a∥b，则λ等于 22992.B.C.－D.－ 32234.已知AB＝1，5，－2，BC＝3，1，z，若AB⊥BC，BP＝x－1，y，－3，且BP⊥平面ABC，则实数x，y，z分别为A.33154015，－，4B.，－，4 77774040，－2，4D.4，－15 77C.5.若直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，能使l∥α的是,A.a＝1，0，0，n＝－2，0，0

B.a＝1，3，5，n＝1，0，1

C.a＝0，2，1，n＝－1，0，－1

D.a＝1，－1，3，n＝0，3，1

二、填空题每小题7分，共21分

6.设a＝1，2，0，b＝1，0，1，则“c＝(,,的条件.7.若|a|，b＝1，2，－2，c＝2，3，6，且a⊥b，a⊥c，则a＝.,8.如图，正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为1，E、F分别是棱BC、DD1上的点，如果B1E⊥平面ABF，则CE与DF的和的值为

三、解答题共44分

9.14分已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，M、N分别为BB1、C1D1的中点，建立适当的坐标系，求平面AMN的一个法向量

10．(15分)如图，已知ABCD—A1B1C1D1是棱长为3的正方体，点E在AA

1上，点F在CC1上，且AE＝FC1＝1.(1)求证：E，B，F，D1四点共面；

2(2)若点G在BC上，BG＝，点M在BB1上，GM⊥BF，垂足为H，求证：

3EM⊥面BCC1B1.11．(15分)如图所示，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB2，AF

＝1，M是线段EF的中点．

求证：(1)AM∥平面BDE；

(2)AM⊥平面BDF.答案

1.C2.A3.B4.B5.D

6.充分不必要7.23132)”是“c⊥a，c⊥b且c为单位向量”3118118,2,或，2,8.1 555

5.9.解 以D为原点，DA、DC、DD1所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系如图所示.,设

正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为1，则A1，0，0，M(1，1，11)，N(0，1)).∴2

211AM1,0,,AN0，1设平面AMN的一个法向量为22

n＝x，y，z,1nAMyz02 nANx1yz02

令y＝2，∴x＝－3，z＝－4.∴n＝(－3,2，－4)．

∴(－3,2，－4)为平面AMN的一个法向量．

10.证明 建立如图所示的坐标系，则BE＝(3,0,1)，→BF＝(0,3,2)，BD1＝(3,3,3)．

→→所以BD1=BE+BF，故BD1，BE，BF共面．

又它们有公共点B，所以E、B、F、D1四点共面．

(2)如图，设M(0,0，z)，2→0，－z，而BF＝(0，3，2)，GM＝3

得z＝1.→2由题设得GMBF=3z20，3因为M(0,0，1)，E（3,0,1），所以ME＝(3,0,0)．

→→又BB1＝(0,0,3)，BC＝(0,3,0)，→→→→所以ME·BB1＝0，ME·BC＝0，从而ME⊥BB1，ME⊥BC.又BB1∩BC＝B，故ME⊥平面BCC1B1.11.证明(1)建立如图所示的空间直角坐标系，设AC∩BD＝N，连接NE.则点N、E的坐标分别为 22，0、(0,0,1)． 22

22∴NE＝－1.22

又点A、M的坐标分别是，0)、2222→，AM＝－，1.，1，2222→∴NE＝AM且NE与AM不共线．∴NE∥AM.又∵NE⊂平面BDE，AM⊄平面BDE，∴AM∥平面BDE.22→(2)由（1）知AM＝1，∵D(2，0,0)，F22，1)，DF＝(0，2，22

1)．

→→→→AM·DF＝0.∴AM⊥DF.→→同理AM⊥BF，又DF∩BF

＝

F，∴AM⊥平面BDF.

第五篇：证明向量共面

证明向量共面

已知O是空间任意一点,A.B.C.D四点满足任意三点均不共线,但四点共面,且O-A=2xB-O+3yC-O+4zD-O,则2x+3y+4z=?

写详细点怎么做谢谢了~明白后加分！!

我假定你的O-A表示向量OA。

由O的任意性，取一个不在ABCD所在平面的O，这时若OA=b*OB+c*OC+d*OD，那么b+c+d必定等于1。

(证明：设O在该平面上的投影为p，那么对平面上任何一点X，OX=Op+pX，然后取X=A、B、C、D代你给的关系式并比较Op分量即可。)

你给的右端向量都反向，所以2x+3y+4z=-1。

2充分不必要条件。

如果有三点共线，则第四点一定与这三点共面，因为线和直线外一点可以确定一个平面，如果第四点在这条线上，则四点共线，也一定是共面的。

而有四点共面，不一定就其中三点共线，比如四边形的四个顶点共面，但这四个顶点中没有三个是共线的。

“三点共线”可以推出“四点共面”，但“四点共面”不能推出“三点共线”。因此是充分不必要条件

任取3个点，如果这三点共线，那么四点共面;如果这三点不共线，那么它们确定一个平面，考虑第四点到这个平面的距离。方法二A、B、C、D四点共面的充要条件为向量AB、AC、AD的混合积(AB,AC,AD)=0。方法三A、B、C、D四点不共面的充要条件为向量AB、AC、AD线性无关。

3已知O是空间任意一点,A.B.C.D四点满足任意三点均不共线,但四点共面,且O-A=2xB-O+3yC-O+4zD-O,则2x+3y+4z=?

写详细点怎么做谢谢了我假定你的O-A表示向量OA。

由O的任意性，取一个不在ABCD所在平面的O，这时若OA=b*OB+c*OC+d*OD，那么b+c+d必定等于1。

(证明：设O在该平面上的投影为p，那么对平面上任何一点X，OX=Op+pX，然后取X=A、B、C、D代你给的关系式并比较Op分量即可。)

你给的右端向量都反向，所以2x+3y+4z=-1。

4Xa-Yb+Yb-Zc+Zc-Xa=0

∴Xa-Yb=-(Yb-Zc)-(Zc-Xa)

由共面判定定理知它们共面。

简单的说一个向量能够用另外两个向量表示，它们就共面。详细的看高中课本

41.若向量e1、e2、e3共面，(i)其中至少有两个不共线，不妨设e1,e2不共线，则e1,e2线性无关，e3可用e1,e2线性表示，即存在实数λ，μ，使得e3=λe1+μe2,于是

λe1+μe2-e3=0.即存在三个不全为零的实数λ，μ，υ=-1，使得

λe1+μe2+υe3=0”。

(ii)若e1,e2,e3都共线，则其中至少有一个不为0，不妨设e1≠0，则存在实数λ，使得e2=λe1.于是λe1-e2=0,即存在三个不全为零的实数λ，μ=-1，υ=0，使得λe1+μe2+υe3=0”.2.存在三个不全为零的实数λ，μ，υ，使得λe1+μe2+υe3=0”，不妨设λ≠0，就有e1=(-μ/λ)e2+(-υ/λ)e3,于是e1,e2,e3共面。