巧用向量解题

高三第二轮专题复习专题（19）——巧用向量法求解圆锥曲线问题一、 利用向量的数量积解决夹角（钝、锐、直）问题例1、过抛物线22(0)y px p =>的焦点F 作直线交抛物线于A B 、两点，O 为坐标原点.求证：ABO ∆是钝角三角形.说明：（1）确定三角形的角时，若三边长易算用余弦定理；若三边长不易计算则考虑向量的数量积；（2）更为一般地，我们有如下重要结论：①过点(,0)(0)M t t >的直线交抛物线22(0)y px p =>于A B 、两点.当02t p <<时，AOB ∠为钝角；当2t p =时，AOB ∠为直角；当2t p >时，AOB ∠为锐角.②过点(0,)(0)M t t >的直线交抛物线22(0)x py p =>于A B 、两点.当02t p <<时，AOB ∠为钝角；当2t p =时，AOB ∠为直角；当2t p >时，AOB ∠为锐角.③抛物线22(0)y px p =>上异于原点O 的动点A B 、满足OA OB ⊥u u r u u u r ，则直线AB 必过定点(2,0)p ；反之，亦成立. ④抛物线22(0)x py p =>上异于原点O 的动点A B 、满足OA OB ⊥u u r u u u r ，则直线AB 必过定点(0,2)p ；反之，亦成立.变式：已知椭圆22:184x y E +=，是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E 恒有两个交点A B 、，且O A O B ⊥u u r u u u r ？若存在，写出该圆的方程；若不存在，请说明理由.答案：2283x y +=. 说明：已知椭圆2222:1(0)x y E a b a b+=>>，直线l 与椭圆E 交于A B 、两点，在AOB ∆中，AB 边上的高为OH .（1）若2221112||AOB OH a bπ∠=⇔=+； （2）若2221112||AOB OH a b π∠<⇔<+； （3）若2221112||AOB OH a b π∠>⇔>+. 本例中22221113883r r a b =+=⇒=，则圆的方程为2283x y +=.二、 利用向量知识解决共线问题例2、在平面直角坐标系xoy 中，经过点(0,且斜率为k 的直线l 与椭圆22:12x E y +=有两个不同的交点P Q 、.（1）求实数k 的取值范围；（2）设椭圆与x 轴正半轴、y 轴正半轴的交点分别为A B 、，是否存在常数k ，使得向量OP OQ +u u u r u u u r 与AB uu u r 共线？如果存在，求k 值；如果不存在，请说明理由.答案：不存在.变式：设A B 、是椭圆22:12x E y +=上的两点，(2,0)N -满足NA NB λ=u u r u u u r .当11[,]53λ∈时，求直线AB 斜率的取值范围.答案：121[,[,]2662--.三、利用向量解决参数的取值范围问题例3、已知C 为圆22(1)8x y ++=的圆心，P 是圆上的动点，点Q 在圆的半径CP 上，且有点(1,0)A 和AP 上的点M 满足0,2M Q A P A P A M ⋅==u u u r u u u r u u u r u u u r .（1）当点P 在圆上运动时，求点Q 的轨迹方程；（2）若斜率为k 的直线l 与圆221x y +=相切，与（1）中所求点Q 的轨迹交于不同的两点,F H ，O 是坐标原点，且满足3445OF OH ≤⋅≤uu u r uuu r ，求k 的取值范围.答案：（1）2212x y +=；（2）[]22U .四、由向量形式给出的圆锥曲线的几何关系例4、在平面直角坐标系xoy 中，1的线段的两端点,C D 分别在,x y 轴上滑动，CP PD =uu r uu u r ，记点P 的轨迹为曲线E .（1）求曲线E 的方程；（2）经过点(0,1)作直线与曲线E 相交于,A B 两点，OM OA OB =+uuu r uu r uu u r ，当点M 在曲线E 上时，求四边形AOBM 的面积.答案：（1）2212y x +=；（2五、圆锥曲线中求向量数量积的取值范围例5、已知椭圆22122:1(0)y x C a b a b+=>>与抛物线22:2(0)C x py p =>有一个公共焦点，抛物线2C 的准线l与椭圆1C 有一个坐标是的交点.（1）求椭圆1C 与抛物线2C 的方程；（2）若点P 是直线l 上的动点，过点P 作抛物线的两条切线，切点分别为,A B ，直线AB 与椭圆1C 分别交于点,E F ，求OE OF ⋅u u u r u u u r 的取值范围.答案：（1）22212:1,:884y x C C x y +==；（2）(8,2]-.。

向量解题四个思路嘿呀，朋友们！今天来唠唠向量解题的四个思路呀，这向量题有时候挺让人头疼的，但掌握了思路就好对付多了呢，听我给你们讲讲我同学做题那事儿，你们就能更明白了。

我同学小李呀，数学还行，可一碰到向量题就犯愁。

有次考试里有好几道向量的大题呢，把他给急得呀，抓耳挠腮的。

第一个思路就是利用向量的几何意义去解题啦。

就好比给了两个向量，让求它们相加后的模长啥的，这时候你就可以把向量画出来呀，按照向量相加的平行四边形法则或者三角形法则，把它们在图上表示出来，然后通过几何图形里的边长呀、角度这些关系去算。

小李那次遇到个题，是已知两个向量的夹角和模长，求它们和向量的模长，他一开始没思路，后来试着画图，把那两个向量按照法则一组合，再看着图里的直角三角形，用勾股定理就慢慢算出答案了，当时他那眼睛都亮了，嘴里嘟囔着：“哎呀，原来这么一画，就好弄多了呀。

”第二个思路呢，是坐标法。

把向量放在坐标系里，用坐标来表示向量，这样向量的运算就变成坐标的运算了，多简单呀。

像有回作业里有个题，要判断几个向量是不是平行，小李就给那些向量都标上坐标，然后根据向量平行的坐标判定条件，看看横坐标和纵坐标的比例关系，一下子就判断出来了，还挺得意地跟我说：“嘿，这坐标法用着可太顺手了呢。

”还有就是利用向量的数量积公式啦。

要是求两个向量的夹角，或者证明一些垂直关系啥的，数量积公式就派上用场了。

小李在做一道证明两向量垂直的题时，把相关向量的数量积一算，结果是零，那就说明它们垂直呀，他可高兴了，觉得这思路真巧妙呢。

最后一个思路就是基底法，选好一组基底向量，把其他向量用这组基底表示出来，再去运算解题。

小李刚开始用这个不太熟练，后来多练了练，发现有些复杂的向量关系用基底法一梳理，也能轻松搞定了呢。

从小李做向量题这事儿就能看出来呀，这向量解题的四个思路各有各的妙处，多练练，遇到题的时候找准思路，那向量题就能轻松拿下啦，哈哈，大家要是做向量题也可以试试哦。

巧用向量解决几何问题
向量知识在几何问题中有着非常广泛的应用，在具体问题中，先用向量表示相应的点、线段、夹角等几何元素，然后通过向量运算来研究点、线段等几何元素之间的关系，最后将结论转化为几何问题，特别是在有些情况下，应用向量还能起到事半功倍的效果，下面就举几个简单的例子。

一、利用向量求直线夹角
例1 已知直线,，求和夹角的余弦值。

，解:由直线方程知道和的方向向量分别为，
则和夹角的余弦值即为所成角的余弦值或其相反数，设夹角为，
则。

所以和夹角的余弦值即为。

1.
利用向量研究直线的垂直与平行
例2 已知两直线，
1.
如果，求的值；
2.
如果，求的值。

解：由直线的方程可得直线的法向量分别为：和
，
，解得：或
当时，与重合，
，
1.
利用向量求解曲线方程
例3 已知两点，试求以为直径的圆的方程。

解：设为圆上任意一点，则， ,
而，
即为所求圆的方程。

四、利用向量证明几何问题
例4 已知 ,证明：四边形为矩形。

证明： ,
,所以四边形为平行四边形。

, ,
所以四边形为矩形。

当然向量在几何问题当中还有好多方面的应用，在这里仅举几个简单的例子以说明向量的应用问题，巧用向量，就能很容易地解决相关问题。

㊀㊀㊀借助向量法,巧解平行题◉安徽省怀宁中学㊀李贞庆㊀㊀摘要:利用空间向量来判定空间问题中的线㊁面平行关系,是判定或证明此类问题的一类比较常见的技巧方法,结合常见的线面平行㊁面面平行以及创新应用等问题类型加以实例剖析,总结方法规律与破解技巧．关键词:立体几何;空间直角坐标系;向量;平行;创新㊀㊀１引言通过建立空间直角坐标系,将空间中相应的点㊁线㊁面等元素利用空间坐标的代数形式加以表示,利用空间向量的线性关系运算与空间向量的数量积等,化几何推理为代数运算,借助代数运算来处理与解决空间问题中直线㊁平面平行关系的判定问题(涉及线线平行㊁线面平行㊁面面平行)等．在实际处理问题中,常见的类型是线面平行㊁面面平行以及创新应用问题等．２常见的平行问题２．１线面平行问题利用空间向量解决立体几何中的线面平行问题的常见技巧方法为:①借助相关直线的方向向量与对应平面的某一法向量垂直来转化与处理;②借助相关直线的方向向量与对应平面内的某直线的方向向量平行来转化与处理．图１例１㊀(２０２１年高考数学天津卷第１７题(１))如图１,在棱长为２的正方体A B C DＧA１B１C１D１中,E为棱B C的中点,F为棱C D的中点．求证:D１Fʊ平面A１E C１．分析:先根据题目条件以点A为坐标原点建立空间直角坐标系,结合中点性质确定对应顶点的坐标,通过平面A１E C１的一个法向量的设立与求解,从而利用向量数量积的求解判断线线垂直,进而结合线面平行的判断加以证明．解析:如图２所示,以点A为坐标原点,以A B㊁A D㊁A A１所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则A(０,０,０),A１(０,０,２),B(２,０,０),C(２,２,图２０),D(０,２,０),C１(２,２,２),D１(０,２,２),由于E为棱B C的中点,F为棱C D的中点,可得E(２,１,０),F(１,２,０)．所以D１Fң＝(１,０,－２),A１C１ң＝(２,２,０),A１Eң＝(２,１,－２)．设平面A１E C１的一个法向量为n＝(x,y,z),则有n A１C１ң＝０,n A１Eң＝０,{可得２x＋２y＝０,２x＋y－２z＝０,{令x＝２,可得一个n＝(２,－２,１),因为D１Fң n＝２－２＝０,所以D１Fңʅn,而D１F⊄平面A１E C１,所以D１Fʊ平面A１E C１．点评:判定立体几何中的线面平行问题,经常是借助直线的方向向量与对应平面的法向量的数量积为０,利用空间向量的代数形式的运算,结合两空间向量的垂直关系的转化,再利用空间线面平行的判定来处理．２．２面面平行问题利用空间向量解决立体几何中的面面平行问题的常见技巧方法为:①借助两平面对应的法向量为共线向量来转化与处理;②借助线面平行㊁线线平行来图３进行 降维 处理．例２㊀如图３,在正方体A B C DＧA１B１C１D１中,M,N,P分别是C１C,B１C１,C１D１的中点,求证:平面P MNʊ平面A１B D．分析:通过建立空间直角坐标系,确定对应点的坐标,分别设立与确定对应平面的一个法向量,利用０８复习备考解法探究㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀２０２２年４月上半月Copyright©博看网. All Rights Reserved.㊀㊀㊀两个平面的法向量之间的线性关系得以确定其平行关系,进而证明对应的平面平行．解析:以点D １为坐标原点,以D １A １,D １C １,D １D 所在直线分别为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系．设正方体的棱长为２,则P (０,１,０),M (０,２,１),N (１,２,０),可得P M ң＝(０,１,１),P N ң＝(１,１,０)．设n ＝(x ,y ,z )为平面P MN 的一个法向量,则有n P M ң＝０,n P N ң＝０,{可得y ＋z ＝０,x ＋y ＝０,{令x ＝１,可得一个n ＝(１,－１,１),而A １(２,０,０),B (２,２,２),D (０,０,２),可得A １B ң＝(０,２,２),A １D ң＝(－２,０,２),设m ＝(s ,t ,p )为平面A １B D 的一个法向量,则有m A １B ң＝０,m A １D ң＝０,{可得２t ＋２p ＝０,－２s ＋２p ＝０,{令s ＝１,可得一个m ＝(１,－１,１)．可得n ＝m ,即m ʊn ,平面P MN ʊ平面A １B D ．点评:判定立体几何中的面面平行问题,经常是借助两个平面的法向量的平行来分析与判断,进而直接利用空间向量的坐标代数运算来处理．当然借助线线平行㊁线面平行的判定或性质定理来辅助判断,要合理进行逻辑推理．２．３创新应用问题利用空间向量解决立体几何中有关线线平行㊁线面平行㊁面面平行等相关的探究性㊁存在性等创新应用问题,合理综合,巧妙应用．图４例３㊀如图４所示,在四棱柱A B C D ＧA １B １C １D １中,侧棱A １A ʅ底面A B C D ,A B ʅA C ,A B ＝１,A C ＝A A １＝２,A D ＝C D ＝㊀５,E 为棱A A １上的点,且A E ＝１２．(１)求证:B E ʅ平面A C B １;(２)在棱A １B １上是否存在点F ,使得直线D F ʊ平面A C B １若存在,求A １F 的长;若不存在,请说明理由．分析:(１)结合线面垂直的性质与判定,以及线段的比例关系以及角的转化,进而确定线线垂直,得以证明线面垂直;(２)通过建立空间直角坐标系,结合平面法向量的确定,假定点的存在,通过线段长度的设立,结合数量积的运算确定棱上点的存在性问题．解析:(１)因为A １A ʅ底面A B C D ,所以A １A ʅA C ,又因为A B ʅA C ,A A １ɘA B ＝A ,且A A １,A B ⊂平面A B B １A １,所以A C ʅ平面A B B １A １,又因为B E ⊂平面A B B １A １,所以A C ʅB E ．因为A E A B ＝１２＝A BBB １,所以øA B E ＝øA B １B ．因为øB A B １＋øA B １B ＝９０ʎ,所以øB A B １＋øA B E ＝９０ʎ,所以B E ʅA B １．又A B １ɘA C ＝A ,且A B １,A C ⊂平面A C B １,所图５以B E ʅ平面A C B １．(２)如图５,以A 为原点建立空间直角坐标系A Ｇx yz ,依题意可得A (０,０,０),B (０,１,０),C (２,０,０),D (１,－２,０),D １１,－２,２()．E ０,０,１２æèçöø÷．由(１)知,E B ң＝０,１,－１２æèçöø÷为平面A C B １的一个法向量,假设存在满足题意的点F ,设A １F ＝a (a ＞０)．则F (０,a ,２),D F ң＝(－１,a ＋２,２),由题意可知D F ңE B ң＝(－１,a ＋２,２) ０,１,－１２æèçöø÷＝a ＋２－１＝０,解得a ＝－１(舍去),即直线D F 的方向向量与平面A C B １的法向量不垂直,所以,在棱A １B １上不存在点F ,使得直线D F ʊ平面A C B １．点评:解决立体几何中的存在性问题,在空间直角坐标系的建立背景下,通过假设对应的数学元素的存在,结合参数值的设置,在此前提下进行合理的坐标运算与逻辑推理,进而推导与条件吻合或矛盾,进而确定存在性问题．３总结利用空间向量解决立几中的平行问题,主要的建立合适的空间直角坐标系,结合向量的坐标运算或数量积加以转化,进而解决立体几何中的平行问题,化 形 为 数 ,淡化空间逻辑推理与证明,强化空间向量的代数运算．Z１８２０２２年４月上半月㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀解法探究复习备考Copyright ©博看网. All Rights Reserved.。

=1+12(2cos60°cos40°)-12(cos40°-cos120°)=1+12cos40°-12cos40°+12cos120°=1-14=34.四、其它转化在求值问题中,除了重组角度转化之外,还应重视三角函数名,结构等方面的转化,如:①切割化弦;②降幂转化来计算.例6　求tan20°+4sin20°的值.分析:对此类问题一般先将切化弦:tan20°+4sin20°=sin20°cos20°+4sin20°=sin20°+4sin20°cos20°cos20°由于题目中出现了20°与40°的角,其和为60°的特殊角,这样就为转化带来了空间,而且方法不是唯一的.变式1　tan20°+4sin20°=sin20°+2sin40°cos20°=sin(60°-40°)+sin40°cos20°=sin60°cos40°-cos60°sin40°+2sin40°cos20°=32cos40°-12sin40°+2sin40°cos20°=32cos40°+32sin40°cos20°=3(12cos40°+32sin40°)cos20°=3sin70°cos20°=3.变式2　tan20°+4sin20°=sin20°+2sin(60°-20°)cos20°=sin20°+3cos20°-sin20°cos20°=3cos20°cos20°=3.以上几种形式的转化求值问题,只是在三角函数教学中比较普遍存在的转化思想的体现,在很多的具体求值中,还有些异于上述的其它方法.但任何问题的解决都是将未知转化为已知的过程,在三角函数求值中体现得更为突出.在教学中应提炼出来,以便于学生共享.黑龙江省农垦总局哈尔滨分局高级中学(150088)●韩晓辉巧用平面向量解立体几何问题 平面向量是解答立体几何问题的一种快速、简捷的运算工具.不少复杂的立体几何问题,引入平面向量后,通过将空间元素的位置关系转化为数量关系,将过去的形式逻辑证明转化为数值运算,即借助平面使解题模式化,用机械性操作把问题转化,因此,平面向量为立体几何代数化带来了极大的便利.下面,介绍平面向量在立体几何中的应用.例1　如图1,AB、CD为异面直线,CD<平面α,AB∥平面α,M、N分别是AC、BD的中点,求证MN∥平面α证明因为D<平面α,B∥平面α且··数理化学习(高中版)©:.:C A12AB 、CD 异面,所以在α内存在�a 、�b 使AB =�a ,CD =�b ,且�a 、�b 不共线,由M 、N 分别是AC 、BD 的中点,得MN =12(MB +MD )=12[(MA +AB )+(MC +CD )]=12[(MA +AB )+(MC +C D )]=12[-M C +AB +MC +CD ]=12[AB +CD ]=12(�a +�b ),即MN 与�a 、�b 共面.又因为�a 、�b 在平面α内,故MN ∥平面α或MN <平面α,而若MN <平面α,则A B 、C D 同在平面α内,与AB 、CD 为异面直线矛盾,所以MN ∥平面α.例2　正四面体V -ABC 的高VD 的中点为O ,AC 的中点为M.求证:A O 、BO 、CO 两两垂直.证明:设V A =�a,V �b =�b ,VC =�c ,正四面体棱长为m,则VD =13(�a +�b +�c ),A O =16(�b +�c -5�a ),BO =16(�a +�c -5�b ),CO =16(�a +�b -5�c ).因为AO ·BO =136(�b +�c -5�a )·(�a +�c -5�b )=0,所以AO ⊥BO,即AO ⊥BO,同理,AO ⊥CO ,BO ⊥C O.例3　如图3,在三棱锥S -A BC 中,∠S AB =∠S AC =∠AC B =90°,AC =2,SA =23,BC =13,S B =29.证明:(1)SC ⊥BC;(2)求异面直线SC 与AB 所成角α的余弦值.解:(1)证明:由题意,S ·B =,·B =,所以S ·B =(S +)·B =S A ·CB +AC ·C B =0,即SC ⊥BC .(2)因为SC ·AB =(S A +AC)·(AC +C B )=S A ·AC +SA ·C B +AC ·AC +AC ·CB =0+0+|AC |2+0=|AC |2=4,|SC |=(23)2+22=4,|A B |=(13)2+22=17,所以cosα=SC ·AB |SC |·|AB |=4417=1717.例4　如图3,已知平行六面体ABC D -A 1B 1C 1D 1的底面是菱形,且∠C 1CB =∠C 1C D=∠BC D =60°.(1)证明:C 1C ⊥BD ;(2)当CDCC 1的值为多少时,能使A 1C ⊥平面C 1BD 请给予证明.证明:(1)取C D 、CB 、CC 1为空间的一个基.因为∠C 1CB =∠BC D =60°,ABCD 是棱形,所以|C D |=|CB |,又因为BD =C D -CB,所以CC 1·BD =CC 1·(C D -CB )=CC 1·CD -CC 1·C B =0.所以C 1C ⊥BD.(2)设CDCC 1=λ(λ>0),即|C D |=λ|CC 1|时,能使A 1C ⊥平面C 1BD.因为C 1D ∩BD =D ,所以A 1C ⊥平面C 1BD ΖA 1C ⊥C 1D 且A 1C ⊥BD ΖA 1C ·C 1D =0且A 1C ·BD =0.因为=(D +B +),D =D ,<B,D >=6°,<B ,>=6°,··数理化学习(高中版)©A C 0AC C 0C C A AC C A 1C -C C CC 1C 1C -CC 1C C 0C CC 1022|CD|=|CB|,所以A1C·C1D=-(|C D|2-CD·CC1+ CB·CD-CB·CC1+CC1·CD-|CC1|2)=-(λ2|CC1|2+12λ2|CC1|2-12λ|CC1|2-|CC1|2)=-(32λ2-12λ-1)|CC1|2.所以A1C·C1D=0Ζ32λ2-12λ-1=0Ζ(λ-1)(3λ+2)=0,因为λ>0,所以λ=1.经验证,当λ=1时,A1C·C1D=0.即当C DCC1=1时,能使A1C⊥平面C1BD.前面这些题目若采用传统的立体几何方法证明,大多数不可避免地需要添加“辅助线”,然后再分别证明线线平行(垂直)或面面平行(垂直),而这些证法与用平面向量法相比,显然难度是大的.因此,平面向量确实是处理立体几何问题的重要而又简便的方法.作为平面向量的主要技巧,是将相关量表示为基向量的形式,把问题转化为平面向量的运算,这与把空间图形关系转化为平面图形关系的传统解法相比,显然是更高的思维方式,它抓住了空间的主要特征和其内在规律,使“纷繁复杂的现象变得井然有序.”河北省乐亭县第一中学(063600)●张云飞线段定比分点的向量公式及应用例举(一) 线段的定比分点公式是同学们所熟悉的重要公式,它在中学数学中有较为广泛的应用,近几年的高考也时有涉及,如2000年全国高考文理科倒数第一大题都直接考查了定比分点公式的运用.同学们所熟悉的是定比分点的坐标公式,其实,除此以外,定比分点公式还有其向量形式.运用定比分点的向量形式解题有时显得更为简洁明快.一、线段的定比分点向量公式设P1、P2是直线l上的两点,点P是l上不同于、的任意一点,O 是平面内任意一点,设O P1=�a,O P2=�b,P分有向线段P1P2所成的比为λ,则有O P=�a+λ�b1+λ.证明:如图1,因为P1P=O P-�a,.PP2=�b-O P,P1P=λPP2,所以O P-�a=λ(�b-O P)所以O P=�a+λ�b1+λ①公式①就是线段的定比分点向量公式.二、应用例1　在△ABC中,已知D是BC的中点, E是AD的中点,直线B E交AC于F,求证:CF =2FA.证明如图,在△B中,设BD=�,B=�,·3·数理化学习(高中版)©P1P2:2A Ca A b2。