妙用向量解题

妙用向量解题平面向量与空间向量没有本质的区别。因此，不管是平面图形还是空间图形，运用向量解决、研究图形问题的思路是一致。一般有两种途径：一是选择适当的基向量，其它有向线段用基向量线性表示，然后通过向量的运算求解；二是建立适当的坐标系，运用向量或点的坐标运算求解。究竟用哪一种方法，可视具体问题而定。下面举例说明之。例1已知P、Q过△OAB的重心G，OP:OA=m，OQ:OB=n,求证：EQ\F(1,m)+EQ\F(1,n)=3。分析这是涉及到比例的问题，运用向量的加法、数乘运算即可。图7-23中有众多的线段，不妨以不共线的向量EQ\O(\s\up3(→),\S\do2(OA))、EQ\O(\s\up3(→),\S\do2(OB))为基向量，其它有向线段用基向量线性表示。设EQ\O(\s\up3(→),\S\do2(OA))=a，EQ\O(\s\up3(→),\S\do2(OB))=b，则EQ\O(\s\up3(→),\S\do2(OD))=EQ\F(1,2)(a+b),EQ\O(\s\up3(→),\S\do2(OG))=EQ\F(1,3)(a+b)，EQ\O(\s\up3(→),\S\do2(OP))=mEQ\O(\s\up3(→),\S\do2(OA)),EQ\O(\s\up3(→),\S\do2(OQ))=nEQ\O(\s\up3(→),\S\do2(OB))。EQ\O(\s\up3(→),\S\do2(PG))=EQ\O(\s\up3(→),\S\do2(OG))-EQ\O(\s\up3(→),\S\do2(OP))=(EQ\F(1,3)-m)a+EQ\F(1,3)b,EQ\O(\s\up3(→),\S\do2(PQ))=EQ\O(\s\up3(→),\S\do2(OQ))-EQ\O(\s\up3(→),\S\do2(OP))=nb–ma。∵P、Q、G共线，∴存在λ，使EQ\O(\s\up3(→),\S\do2(PG))=λEQ\O(\s\up3(→),\S\do2(PQ))，即(EQ\F(1,3)-m)a+EQ\F(1,3)b=λ（nb–ma）。整理，得(EQ\F(1,3)-m+λm)a+（EQ\F(1,3)–λn）b=0，于是，EQ\F(1,3)-m+λm=0，EQ\F(1,3)–λn=0，消去λ，得EQ\F(1,m)+EQ\F(1,n)=3。例1也可以通过建立坐标系，运用向量的坐标运算来解决，读者不妨一试。例2已知△ABC中，AM:AB=1:3，AN:AC=1:4,，BN与CN交于点E，AB=m，AC=n,∠BAC=60°，求AE之长（图7-24）。解问题涉及到比例，长度与距离，因此必须运用向量的三种运算求解。选择EQ\O(\s\up3(→),\S\do2(AB))=a，EQ\O(\s\up3(→),\S\do2(AC))=b为基向量，则EQ\O(\s\up3(→),\S\do2(NB))=a－EQ\F(1,4)b,EQ\O(\s\up3(→),\S\do2(CM))=EQ\F(1,3)a－b。因N、E、B共线,C、E、M共线，故存在实数λ,μ，使EQ\O(\s\up3(→),\S\do2(NE))=λEQ\O(\s\up3(→),\S\do2(NB))=λ(a-EQ\F(1,4)b),EQ\O(\s\up3(→),\S\do2(CE))=μEQ\O(\s\up3(→),\S\do2(CM))=μ(EQ\F(1,3)a-b)。∵EQ\O(\s\up3(→),\S\do2(NC))+EQ\O(\s\up3(→),\S\do2(CE))+EQ\O(\s\up3(→),\S\do2(EN))=0，∴EQ\F(3,4)b+μ(EQ\F(1,3)a-b)-λ(a-EQ\F(1,4)b)=0，(EQ\F(3,4)－μ+EQ\F(1,4)λ)b+(EQ\F(1,3)μ－λ)a=0。∵a,b不共线，∴{EQ\A(EQ\F(3,4)--μ+EQ\F(1,4)λ=0,EQ\F(1,3)μ-λ=0)解得λ=EQ\F(3,11)，μ=EQ\F(9,11)。∴EQ\O(\s\up3(→),\S\do2(AE))=EQ\O(\s\up3(→),\S\do2(AN))+EQ\O(\s\up3(→),\S\do2(NE))=EQ\F(1,4)b+EQ\F(3,11)(a-EQ\F(1,4)b)=EQ\F(3,11)a+EQ\F(3,11)b|EQ\O(\s\up3(→),\S\do2(AE))|=EQ\F(1,11)EQ\R(,(3a+2b)2)=EQ\F(1,11)EQ\R(,9m2+4n2+6mn)。例3在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E、F分别是BB1、CD中点，求证：平面AED⊥平面A1FD1。证欲证明两个平面垂直，只须证明这两个平面的法向量相互垂直即可。由于ABCD-A1B1C1D1是个正方体，故可建立坐标系，应用向量坐标的运算来解决。以A为原点，分别以EQ\O(\s\up3(→),\S\do2(AB))、EQ\O(\s\up3(→),\S\do2(AD))、EQ\O(\s\up3(→),\S\do2(AA1))所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系（如图7-25），则D(0,1,0)、E(1,0,EQ\F(1,2))、F(EQ\F(1,2),1,0)、A1(0,0,1)、D1(0,0,1)，于是EQ\O(\s\up3(→),\S\do2(AD))=(0,1,0),EQ\O(\s\up3(→),\S\do2(AE))=(1,0,EQ\F(1,2)),EQ\O(\s\up3(→),\S\do2(A1D1))=(0,1,0),EQ\O(\s\up3(→),\S\do2(D1F))=(EQ\F(1,2),1,0)。设平面ADE的法向量为n1=(x,y,z)，而EQ\O(\s\up3(→),\S\do2(AD))、EQ\O(\s\up3(→),\S\do2(AE))在平面ADE内，所以有n1⊥EQ\O(\s\up3(→),\S\do2(AD)),n1⊥EQ\O(\s\up3(→),\S\do2(AE))，求得y=0，x=-EQ\F(1,2)z,所以平面ADE的一个法向量为n1=(－EQ\F(1,2),0,1)。同理，求得平面A1F1D1的一个法向量n2=(—1,0,—EQ\F(1,2))。∵n1.n2=0,∴n1⊥n2。平面ADE⊥平面AFD1。例4在正四面体ABCD中，E、M分别是AB，AC的中点，N为面BDC的中心（图7-26），求DE，MN之间的夹角。解：令EQ\O(\s\up3(→),\S\do2(DA))=a,EQ\O(\s\up3(→),\S\do2(DB))=b,EQ\O(\s\up3(→),\S\do2(DC))=c，则EQ\O(\s\up3(→),\S\do2(DE))=EQ\F(1,2)(a+b)，EQ\O(\s\up3(→),\S\do2(NM))=EQ\O(\s\up3(→),\S\do2(ND))+EQ\O(\s\up3(→),\S\do2(DC))+EQ\O(\s\up3(→),\S\do2(CM))=—EQ\F(1,3)(b+c)+c+EQ\F(1,2)(a—c)=-EQ\F(1,3)b+EQ\F(1,6)c+EQ\F(1,2)∵|EQ\O(\s\up3(→),\S\do2(DE))|=EQ\F(EQ\R(,3),2)|EQ\O(\s\up3(→),\S\do2(NM))|=EQ\F(1,2)，EQ\O(\s\up3(→),\S\do2(DE)).EQ\O(\s\up3(→),\S\do2(NM))=EQ\F(1,2)(-EQ\F(1,3)b+EQ\F(1,6)c+EQ\F(1,2)a).(a+b)=EQ\F(5,24)，∴cos<EQ\O(\s\up3(→),\S\do2(DE)),EQ\O(\s\up3(→),\S\do2(NM))>=EQ\F(EQ\O(\s\up3(→),\S\do2(DE))EQ\O(\s\up3(→),\S\do2(NM)),|EQ\O(\s\up3(→),\S\do2(DE))||EQ\O(\s\up3(→),\S\do2(NM))|)=EQ\F(5EQ\R(,3),18)。从上述例子可以看出，运用向量求直线与直线，直线与平面或两个平面的夹角，基本途径相同，寻找能表示两个元素方向的向量a、b，然后利用公式cos=EQ\F(a·b,|a||b|)。例5已知正四棱锥S—ABCD两相对侧面SAD和SBC相互垂直，求两相邻侧面SAB和SBC所成二面角的大小。（图7-27）解求平面夹角的问题可以转化为求平面的法向量的夹角问题。以底面ABCD中心O为坐标原点，建立如图所示的坐标系Oxyz，Ox//AD，Oy//AB。设底面边长为2a，高为h，则EQ\O(\s\up3(→),\S\do2(DA))=(2a,0,0),EQ\O(\s\up3(→),\S\do2(AS))=(-a,a,h)设平面SAD的一个法向量为n1=(x,y,z)，则由n1⊥EQ\O(\s\up3(→),\S\do2(DA))、n1⊥EQ\O(\s\up3(→),\S\do2(SA))，得平面SAD的一个法向量n1=(0,-h,a),又EQ\O(\s\up3(→),\S\do2(CB))=(2a,0,0),EQ\O(\s\up3(→),\S\do2(BS))=(-a,-a,h)，同理求得平面SBC的一个法向量n2=(0,-h,-a)。∵平面SAD⊥平面SBC,∴n1⊥n2得h2=a2，h=a。此时n1=(0,-1,-1)，n2=(0,-1,-1)。又∵EQ\O(\s\up3(→),\S\do2(AB))=(0,2a,0)，EQ\O(\s\up3(→),\S\do2(AS))=(-a,a,h)，,同理求得平面SAB的一个法向量n3=(1,0,1)，∴cos=EQ\F(n2n3,|n2||n3|)=EQ\F(-1,EQ\R(,2)EQ\R(,2))=—EQ\F(1,2)。平面SAB，SBC所成二面角的度数为120°。从此例可以看出，用向量求二面角，可避免寻找二面角的平面角的麻烦。向量除了用来求角度，还可以用来求各种距离，前面已举过这方面的例子，不再赘述，最后举几例在高考或高考摸拟中出现的向量综合题。例6如图7-28，已知矩形ABCD中，AB=1，BC=a(a>0)，PA⊥平面ABCD问BC边上是否存在点Q，使得PQ⊥QD，并说明理由；若PA=1，且BC边上有且只有一点Q，使PQ⊥QD，求这时二面角Q—PD—A的大小解（1）以A为原点，AB，AD，AP分别为x、y、z轴建立坐标系，则B(1,0,0)、D(0,a,0)、P(0,0,c),、C(1,a,0)，设Q(1,x,0)，则EQ\O(\s\up3(→),\S\do2(QD))=(-1,a-x,0),EQ\O(\s\up3(→),\S\do2(PQ))=(1,x,-c)，若Q点存在,由EQ\O(\s\up3(→),\S\do2(QD))⊥EQ\O(\s\up3(→),\S\do2(PQ))，得-1+（a-x）x=0，即x2-ax+1=0此方程的判别式△=a2-4(a>0)。所以，当a≥0时，方程有解，Q点存在；当0=EQ\F(EQ\O(\s\up3(→),\S\do2(PF1))EQ\O(\s\up3(→),\S\do2(PF2)),|EQ\O(\s\up3(→),\S\do2(PF1))||EQ\O(\s\up3(→),\S\do2(PF2))|)，∴∠F1PF2为钝角的充要条件是cos<EQ\O(\s\up3(→),\S\do2(PF1)),EQ\O(\s\up3(→),\S\do2(PF2))><0，即EQ\O(\s\up3(→),\S\do2(PF1))。EQ\O(\s\up3(→),\S\do2(PF2))=(-EQ\R(,5)–x)(EQ\R(,5)–x)+y2<0，整理，得x2-5+y2<0。又点在椭圆EQ\F(x2,9)+EQ\F(y2,4)=1上，∴求得-EQ\F(3,EQ\R(,5)) 数学 数学高考答题卡模板高考数学答题卡模板三年级数学混合运算测试卷数学作业设计案例新人教版八年级上数学教学计划 只得应用主要包括向量与图形的结合、向量与解析几何结合结合、向量与不等式结合、向量与复数结合等多方面。