一道向量题的几种解法(黄华南)
平面向量问题的几何解法和几何问题的平面向量解法
平面向量问题的几何解法和几何问题的平面向量解法作者：黄鸿义来源：《中学教学参考·理科版》2012年第07期高考中对平面向量内容的考查，常以选择题、填空题的形式出现.而解选择题、填空题的基本要求和策略是：准确、迅速.向量特殊的代数与几何身份决定了其特殊的功能，我们在备考复习中解决此类问题，经常会训练学生学会搭建一个桥梁建立起平面向量中代数与几何的联系，应用几何方法解决平面向量问题，使问题简单化，从而顺利、快捷、准确地解决问题.另外，我们也注意到，应用平面向量求解几何问题，可避开一些繁琐的运算，同样能使问题简单化.下面通过例子加以说明.一、利用几何解法解决平面向量问题图1【例1】已知单位向量a ，b的夹角为π3，则∣a + 2b∣= .解：由已知条件，根据平面向量的平行四边形法则，得出图1.则求∣a + 2b∣的值实际上是求平行四边形中线段OC的长.过C作CD⊥OA，垂足为D，易得AD=1，CD=3，所以OC=7，即∣a + 2b∣=7.类似的方法可以解决如下问题：（1）若向量满足∣a∣=∣b∣=1，ab = - 12，求∣a + 2b∣的值.（2）已知平面向量a、b满足∣a∣=1,∣b∣=1,a与b的夹角为π3,以a、b为邻边作平行四边形,求此平行四边形的两条对角线中较长的一条的长度.图2【例2】若两个非零向量a、b,满足∣a + b∣=∣a - b∣∣a∣,则向量a + b与a - b 的夹角为 .解：由向量的和与差的平行四边形法则和三角形法则，可得∣a + b∣，∣a - b∣恰好是以a、b为邻边的平行四边形OACB的两对角线的长度.∵∣a + b∣=∣a - b∣=2∣a∣，∴此四边形OACB为矩形.∴所以向量a + b与a - b的夹角即为∠ADC，易知∠ADC=2π3.图3【例3】设向量a = （cos23° ,cos67°）和b = (cos68°,cos22°),u =a + tb (t∈R)，则∣u∣的最小值是 .解：向量a = （cos23° ,cos67°）和b = (cos68°,cos22°) 可以写成:a = （cos23° ,sin23°），b = (cos68°,sin68°)，两向量a、b分别对应于单位圆上（如图3）的向量、，显然∠AOB=45°，根据∣u∣的几何意义，求∣u∣的最小值实际上是求以向量a 和向量 tb为邻边的平行四边形的对角线的最小值.过A作AD∥OB，过O作OD⊥AD于D，很显然，以AO、AD为邻边所作的平行四边形OADC中线段OD的长度即为∣u∣的最小值，易得∣OD∣，故∣u∣的最小值为22.【例4】已知向量（2，0），向量，2),向量（2cosθ，2sinθ），则向量与向量的夹角的取值范围是（）.A.［0，π4］B.［π4，5π12］C.［5π12，π2］D.［π12，5π12］图4解：如图4，向量的终点A在以点C为圆心，半径为2的圆上，、是圆的两条切线，切点分别为、，在Rt△中，∣OC∣=22 ，∣∣=2，∴∠∠∠∵∠COB=π4，∴∠-π6=π12,∠∴向量与向量的夹角的取值范围是［π12，5π12］,故选D.【例5】 (2011全国卷第12题)设向量a,b,c满足∣a∣=∣b∣=1,ab =-12,〈a-c,b-c〉=60°,则∣c∣的最大值等于A.2B.3C.2D.1图5解:如图5,设△ABD中∠DAB=120°.作△ABD的外接圆⊙O,由题意得⊙O的半径为1.在圆上任取一点C,设则--c,由几何知识易知,∠BCD=60°,即〈a-c,b-c〉=60°,由于C点的任意性,很显然,当AC过圆心,即AC为直径时,AC的长为最大,即∣c∣为最大,故∣c∣的最大值为2,选A.二、利用平面向量解决几何问题图6【例6】如图6，AD，BE，CF是△ABC的三条高，求证：AD，BE，CF相交于一点.证明：设BE、CF相交于一点H，并设则---b.∵⊥⊥∴（h-b）•c=0，（h-c）•b=0.∴（h-b）•c=（h-c）•b.∴h•（c-b）=0，即∴⊥，又AH与AD重合，∴AD、BE、CF相交于一点.图7【例7】证明：如果一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，那么这条直线垂直于这个平面．已知：如图7，直线l垂直于平面α内的两条相交直线m,n．求证：l⊥α．证明：在平面α内作不与m、n重合的任意一条直线g，在l,m,n,g上取非零向量l，m,n,g,在平面α内，因为m、n相交，所以向量m、n不平行．由向量基本定理知，存在唯一的有序实数对(x,y)使得g=xm+yn．因为l•m=0，l•n=0，所以l•g=xl•m+yl•n=0．因此l⊥g，由于直线g的任意性，故有l⊥α．。
高中数学向量运算解题方法
高中数学向量运算解题方法在高中数学中，向量运算是一个重要的内容，它不仅是数学学科的基础，也是其他科学领域的基础。
掌握好向量运算的解题方法，不仅可以帮助我们更好地理解数学知识，还可以提高我们的解题效率。
本文将介绍一些高中数学向量运算的解题方法，并通过具体的题目进行分析和说明，以帮助读者更好地掌握这些技巧。
一、向量的加减法向量的加法是指将两个向量的对应分量相加得到一个新的向量。
向量的减法是指将一个向量的对应分量减去另一个向量的对应分量得到一个新的向量。
在解题过程中，我们可以通过将向量的坐标表示出来，然后按照加减法的规则进行计算。
例如，已知向量a = (2, 3)和向量b = (4, 1)，求向量c = a + b和向量d = a - b。
解析：根据向量的加法和减法的定义，我们可以得到c = (2+4, 3+1) = (6, 4)，d = (2-4, 3-1) = (-2, 2)。
通过这个例子，我们可以看出，向量的加法和减法的解题方法就是将向量的对应分量相加或相减，得到一个新的向量。
二、向量的数量积向量的数量积是指两个向量的对应分量相乘后再相加得到一个数。
在解题过程中，我们可以通过将向量的坐标表示出来，然后按照数量积的规则进行计算。
例如，已知向量a = (2, 3)和向量b = (4, 1)，求向量a和向量b的数量积。
解析：根据向量的数量积的定义，我们可以得到a·b = 2*4 + 3*1 = 8 + 3 = 11。
通过这个例子，我们可以看出，向量的数量积的解题方法就是将两个向量的对应分量相乘后再相加得到一个数。
三、向量的向量积向量的向量积是指两个向量的叉乘得到一个新的向量。
在解题过程中，我们可以通过将向量的坐标表示出来，然后按照向量积的规则进行计算。
例如，已知向量a = (2, 3)和向量b = (4, 1)，求向量a和向量b的向量积。
解析：根据向量的向量积的定义，我们可以得到a×b = (2*1 - 3*4, 3*4 - 2*1) = (-10, 10)。
用向量法简解一道解析几何压轴题：一题多解
用向量法简解一道解析几何压轴题：一题多解多说无益，一起来看题：【以上题目源自某校高考模拟卷，非原创。
】这个题目第一问其实还算是比较简单，也算是比较好的一个题目，这里用到了离心率、椭圆的定义、椭圆abc的关系式，还要结合余弦定理，虽然简单，但综合考察了很多知识点，这就是综合题的特征，好的综合题，并一定要考得特别难，但一定是考察的知识点特别多，特别综合，考察各个知识点之间的联系与运用。
第二问，还是回到韦达定理、几何、代数运算。
这三个是不变的，于是开始动笔就算啊算，终于算出来了。
声明：以上解答过程纯本人自己写的，跟答案一样或者不一样，答案都与本人无关，本人也未曾参考任何人/答案的思路，谢谢！写完总觉得太过于繁杂了，于是想到了向量来表示面积的方法，为何想到这个？因为题目给出y=kx+m，这个k、m都是参数，也就是任意的直线。
这样题目就直接被我翻译成另一个意思：A、B为椭圆上的任意两点，求△ABC面积的最大值。
知道三点求面积，并且这三点形成的向量OA、OB比较特殊，可以直接用向量法，先把向量法需要用到的公式证明一下：于是，用参数法设点坐标，然后代入上面公式，题目就此变得非常简单。
以上均为本人原创，当然向量面积公式不是——早些年就知道的公式，极少用得到而已。
没有参考任何人的思路或者方法，感谢围观。
我其实挺佩服那些天天能努力写题的学生和老师的，但我并不觉得写题有太多意义，除非你是学生。
天天写用同一个思路，同一个方法就能搞定的题目，其实没有任何进步，心理学有个词叫最近发展区，你要写一写自己努力才能扣得着的题目，即使没解出来，或者解题过程中出现各种错漏，只要认真去改进了，那都是一种进步。
重复不会带来进步，但刻意练习会，这就是我们需要老师的原因。
老师的最大能力，可能就是看到学生在哪里出现错误，并给予针对性指导，并进行刻意练习提升，这种洞察又是谁教给老师呢？只能寻求更高更厉害的老师了。
所以，还是要不断地交流的，三人行必有我师，圣人无常师。
黄冈中学高考数学典型例题3：运用向量法解题
黄冈中学高考数学典型例题详解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)cos ABC的值.●案例探究［例1］如图，已知平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1ABCD 是菱形，且∠C 1CB =∠C 1CD =∠BCD .(1)求证：C 1C ⊥BD .(2)当1CC CD 的值为多少时，能使A 1C ⊥平面C 1BD ？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 ,1CC =c ,依题意，|a |=|b |，CD 、CB 1CC 中两两所成夹角为θ，于是DB CD BD -==a －b ，BD CC ⋅1=c (a －b )=c ·a －c ·b =|c |·|a |cos θ－|c |·|b |cos θ=0,∴C 1C ⊥BD .(2)解：若使A 1C ⊥平面C 1BD ，只须证A 1C ⊥BD ，A 1C ⊥DC 1， 由)()(1111CC CD AA CA D C CA -⋅+=⋅ =(a +b +c )·(a －c )=|a |2+a ·b －b ·c －|c |2=|a |2－|c |2+|b |·|a |cos θ－|b |·|c |·cos θ=0,得当|a |=|c |时，A 1C ⊥DC 1，同理可证当|a |=|c |时，A 1C ⊥BD ， ∴1CC CD =1时，A 1C ⊥平面C 1BD .［例2］如图，直三棱柱ABC —A 1B 1C 1，底面△ABC 中，CA =CB =1，∠BCA =90°，AA 1=2，M 、N 分别是A 1B 1、A 1A 的中点.(1)求BN 的长；(2)求cos<11,CB BA >的值； (3)求证：A 1B ⊥C 1M .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 |=3)01()10()01(222=-+-+-.(2) 解：依题意得：A 1(1，0，2)，C (0，0，0)，B 1(0，1，2). ∴1BA =1),2,1,1(CB -=(0，1，2) 11CB BA ⋅=1×0+(－1)×1+2×2=3 |1BA |=6)02()10()01(222=-+-+-5)02()01()00(||2221=-+-+-=CB .1030563||||,cos 111111=⋅=⋅⋅>=<∴CB BC CB BA CB BA(3) 证明：依题意得：C 1(0，0，2)，M (2,21,21) )2,1,1(),0,21,21(11--==B A M C ∴,,00)2(21121)1(1111M C B A M C B A ⊥∴=⨯-+⨯+⨯-=⋅∴A 1B ⊥C 1M .●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.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 AB=a，AC=b，a·b<0，S△ABC=415,|a|=3,|b|=5,则a与b 的夹角是( )A.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NP NM PN PM MN MP ⋅⋅⋅,,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(x 0,y 0),Q 为PM 与PN 的夹角，求tan θ.8.(★★★★★)已知E 、F 、G 、H 分别是空间四边形ABCD 的边AB 、BC 、CD 、DA.(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)(41OD OC OB OA OM +++=.参考答案难点磁场解：(1)点M的坐标为x M =)29,0(,29227;0211M y M ∴=+==+-.2221)291()05(||22=--+-=∴AM5)21()15(||,10)71()15(||)2(2222=--+-==--++=AC AB D 点分BC 的比为2.∴x D =31121227,3121121=+⨯+==+⨯+-D y.2314)3111()315(||22=--+-=AD(3)∠ABC 是BA 与BC 的夹角，而BA =(6，8），BC =(2，－5）.1452629291052)5(2)8(6)5()8(26||||cos 2222==-+⋅-+-⨯-+⨯=⋅⋅=∴BC BA BCBA ABC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：D2.解析：∵21415=·3·5sin α得sin α=21,则α=30°或α=150°.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=m BE =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 =n CD =n (AD－AC)=n (λa －b ),∴AP =AC +CP =b +n (λa －b )=n λa +(1－n )b ②由①②，得(1－m ）a +μm b =λn a +(1－n )b .∵a 与b 不共线，∴⎩⎨⎧=-+=-+⎩⎨⎧-==-010111m n m n n m a m μλμλ即③解方程组③得：m =λμμλμλ--=--11,11n 代入①式得c =(1－m )a +m μb =πμ-11［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AA 1所在直线为Oz 轴，以经过原点且与平面ABB 1A 1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）,A 1(0,0,2a ),C 1(－,2,23a a 2a ).(2)取A 1B 1的中点M ，于是有M (0，2,2a a ），连AM ，MC 1，有1MC =(－23a ,0,0）,且AB =(所以AM AC 与1所成的角，即AC 1与侧面ABB 1A 1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 ）,NP PN -= =(1－x ,－y ),MN =－NM =(2,0),∴MP ·MN =2(1+x ),PM·PN =x 2+y 2－1,NP NM ⋅ =2(1－x ).于是，NPNM PN PM MN MP ⋅⋅⋅,,是公差小于零的等差数列，等价于⎩⎨⎧>=+⎪⎩⎪⎨⎧<+---++=-+03 0)1(2)1(2)]1(2)1(2[211222x y x x x x x y x 即所以，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(x 0,y 0),30,1cos 21,3041||cos 42)24)(24()1()1(||||,210220002020*******πθθθ<≤≤<∴≤<-=⋅⋅=∴-=-+=+-⋅++=⋅=-+=⋅x x PNPM PN PM x x x y x y x PN PM y x PN PM||3cos sin tan ,411cos 1sin 02022y x x =-==∴--=-=∴θθθθθ8.证明：(1）连结BG ，则EHEF EH BF EB BD BC EB BG EB EG +=++=++=+=)(21由共面向量定理的推论知：E 、F 、G 、H 四点共面，(其中21BD =EH ） (2）因为BD AB AD AB AD AE AH EH 21)(212121=-=-=-=.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BD EH 21=，同理BD FG 21=，所以FGEH =，EH FG ,所以EG 、FH 交于一点M且被M 平分，所以).(41)](21[21)](21[212121)(21OD OC OB OA OD OC OB OA OG OE OG OE OM +++=+++=+=+=.。
一道向量题的多种解法探究
2018年第5期中学数学研究39g U )在区间[〇,2]上的最大值不小于_仅分析第（m )问.4.点在不在定义域中.当然a 的范围尽量小，①+③化 简得，a 范围最小，< a <=1 - a - 6 +分析：（m )只需找到某一点的值不小于士就可 兰/土丨，g(X2) =| _a2a 4'仙j m y '納）二'_u _u u y \，当 _a以.在[〇,2]中，找那些点呢？当然，中点、端点、极值点就是最特殊的点，极值点不一定在定义域中，所以 首先考虑中点、端点.⑴如果/(〇) = -1 - 6，/(1) =一 a - 6，/(2) = 1 - 2a - 6.这三个中有一个绝对值不小于|就可以了. （2)如果没有，则4i </(〇) <十+ </(i ) <|即| </(2)<1i 6 <十①—— a — 6 <②考44——< 2a + b < ~^(3)4 4虑极值点，/(%)多0时，尽多I 2aT V 3> 了，当一a -6 <0 时，客(x 2) >丨f •综上所述，问题解决•说明：本题最关键是从最简单的中点、端点入手 找到了容易解决问题的分类标准.总之，老师在教学中，要通过不同的变式，让学 生理解知识的本质.例如：归纳法中n = 的理解，让学生在解题中，注重前面小问对后面小问的桥梁 作用，同时，不要忽视反证法、特殊点、特殊值在解题中 的应用.教师要通过思维过程的暴露，去指导学生解题 实践，让学生在解题过程中，感受数学的思维之美.'9X2显然必须考虑a 的范围，才能确定极值一道向量题的多种解法探究江苏省常州高级中学（213003)陈武题目已知4，B ，c 是半径为1的圆0上的三点为圆0的直径，P 为圆0内一点（含圆周），则应•巧+巧•兄+兄的取值范围为题面设置简单、解题入口宽、解法灵活多样，能 有效地考查平面向量的基础知识，考查数形结合思 想和转化化归的能力以及综合运用所学知识分析问 题和解决问题的能力.下面对这道题目的解法进行 探究，供读者参考.解法1:建立直角坐标系x O y 如图1所示，不妨设4(- l ,0),S (l ,0),C (cosa , s in a ) ,P (rcos ^,rsin ^)其中 r e [0,1],a ，沒 e [0,277].PA • PB = ( - 1 - rcos ^,rsin ^) • (1 _ rcos 汐，-rsin ^) = r2 - 1,P B • PC = (1 - rcos ^, - rsin ^) • (cosa - rcos^,sina - rsin ^) = r 2 - rc o s (a - 6) +cosa - rcos ^, PC • PA = (cosa - rcos^,sina - rsin ^) ( - 1 - rcos ^, - rsin ^) = r2 - rc o s (a - 9) +rcos ^ - cosa , 三式相加得• PB + PB • PC + PC •应=3r 2 -2rcos (a -6〇 -1，所以应.巧+巧.兄+ PC • PA ^ 3r 2 + 2r - 1 ^4(c o s(a -沒）= -l ，r = l 时等号成立）；PA - PB +P B - PC +P C -P A ^3r2 -2r - l ^4—(c o s (a - 6) = 1 ,r时等号成立），综上/M图1.巧+巧.兄+兄.应的取值范围为[_夺，4].评注:本解法通过建立直角坐标系用向量数量积的坐标运算来求解，思路清晰.在求解3r 2-中学数学研究2018年第5期2rc o s(a - 0) - 1的最值时先“固定”r处理co s(a-0)，然后再求解最大最小值.解法2:记s=¥1.诗+诗.充+充.^X，r=|〇P|e[0,1],P A-PS = (O A-OP)•(O B-OP),P B -PC = (OB - OP) •{OC - OP),PC -PA=(冗-⑪）.（K-⑪)•三式相加得⑪.泣=•由冗.泣=I冗I |冗I c o s〈⑪，3r'0C > e [ - r，r]，得 3r2 - 2r- 1 矣矣3r2 + 2r- 1，当r = 1时取最大值为4,当r = ^■时取最小值为4综上应•g g.元+元.应的取值范围为[_|，4]___--评注：本解法中将向量尺4，P B，P C转化为以圆心0为起点的相关向量进行运算，然后再利用^ •^•的范围来求解.圆中的向量问题牢牢抓住圆心这个关键点，这也为我们解题提供了一种解题思路.--►解法3 :取 0C中点 则•PC+ PC --->---^ --------------------->--->---> .PA = PA •PB + C PA + P B)•PC = PA•PB+ 2 P0•PC = \P0\2A B\2 + 2( \P M\20C\2 =FO2+ 2PM2- ■，其中 FO E[0，1]，/W E [0，|~]_ 由柯西不等式（PO2+ 2/W2)(l + 士) & (P O + /W)2 & +(点P为线段O M的靠近点M的三等分点时等号成立）得PO2 + 2PM2的最小值为 ■^，另一方面当点尸为射线M O与圆0的交点时尸022/W2取到最大值故应.g g •元+元.应的取值范围为评注:本解法将“数”与“形”来回穿插、相互转 化、一波三折、扣人心弦•首先巧妙地运用了极化恒 等式将向量的数量积运算转化为求P〇2 +2PM2 -|■的取值范围，然后再运用柯西不等式及图形特点分别求出最小值和最大值.本解法充分体现了数形结合思想和转化化归思想的魅力.文[1]给出矩形的如下性质设〇为矩形C D所在平面上任意一点，则恒 有（M2 + OC2= OB2 + 01>2.解法4:分别取4C，S C中点M，7V，由极化恒等式有= I碎I2|品|23.充=i戒丨2|丨茄I PC-PA=1 P M\4I I^l2,注意到I冗I2+1益12=1 =4,三式相加得应.巧+ P B-P C+P C-P A = PO2 +PN2 +PM2 -2 = 2P02 + P C2- 2.不妨设C(c o s a，sino;) ^(r c o s lr s in e)，其中；•E[0，1]，a，0 E[0,2tt]•故2P02 +P C2 -2 =3r2- 2rc o s(a - 0) - 1,下同解法 1.评注：（1)本解法中运用了矩形的这个看似简单但功能强大的性质，转化为求2P02 + PC2 - 2的取值范围；（2)2P02 +PC2 -2取值范围的求解也可 利用解法3的不等式和数形结合思想来处理•参考文献[1]王淼生.在谈矩形一个性质得应用[J].数学通讯（上半月），2016(7、8) :53 -55.[2]袁青.巧用极化恒等式解决两类平面向量数量积问题[；[].数学通讯（上半月），2016(7、8):24 -25.利用高等几何极点与极线关系解答高考数学试题陕西安康学院数学与统计学院（725000) 罗珊珊1.极点与极线的概念定义1[1]给定二阶曲线，如果两点。
巧用向量法解三类解析几何题
解题宝典平面向量具有代数与几何双重特征.有些解析几何问题采用常规方法去解，往往会因为计算过于繁琐，导致无功而返，此时不妨改变思路，从向量角度去思考，则会大大减少计算量.那么如何巧妙运用向量法解答解析几何问题呢？下面一起来探讨.一、夹角范围问题由夹角，我们可联想到向量的夹角与向量的夹角公式：若a =()x1,y1、b =()x2,y2是两个不共线的非零向量，则cos a ，b =a ∙b|a |∙|b |.对于解析几何中的夹角问题，我们可用向量将问题中所涉及的点、线段表示出来，求得夹角两边的直线或线段的方向向量，便可根据向量的夹角公式进行求解.例1.已知椭圆x29+y24=1的左右焦点分别为F1，F2，点P是椭圆上的一个动点，若∠F1PF2是钝角，则点P横坐标的取值范围为_____.解：由椭圆的方程可知F1()-5,0、F2()5,0,设P()3cosθ,2sinθ，因为∠F1PF2为钝角，所以PF1∙ PF2=(-5-3cosθ,-2sinθ)∙(5-3cosθ,-2sinθ)=9cos2θ-5+4sin2θ=5cos2θ-1<0，解不等式得cosθ，故点P横坐标的取值范围为.在根据向量的夹角公式求夹角时，需重点关注角的取值范围.由向量的夹角公式可知：（1）若a ∙b >0，则θ为锐角；（2）若a ∙b =0，则θ为直角；（3）若a ∙b <0，则θ为钝角.二、共线问题在解答解析几何问题时，我们经常会遇到三点共线问题，此时可用向量表示出各个点、直线，根据向量的共线定理：向量b 与a (a ≠0)共线的充要条件是有且只有一个实数λ，使得b ＝λa ，将三点中的任意两点用向量表示出来，使其二者成倍数关系，便可证明三点共线.例2.点F为抛物线y2=2px的焦点，过F的直线与抛物线相交于P(x1,y1)、Q(x2,y2)两点，从点Q出发作抛物线的准线的垂线，点M为垂足.设原点为O，求证：（1）y1y2=-p2；（2）M、O、P三点共线.解：（1）略；（2）设Mæèçöø÷-p2,y2,∴ OP=()x1,y1, OM=æèçöø÷-p2,y2,∵x1y2-æèçöø÷-p2y1=y122p y2+p2y1=y1y22p y1+p2y1=-p2y1+p2y1=0，∴ OP与 OM是共线向量，即M、O、P三点共线.本题如果用斜率公式来证明未尝不可，但运算量较大，而运用向量的共线定理来证明三点共线，则相当简单，这足以显示出向量法的优越性.三、轨迹问题轨迹问题的命题形式较多，但解题的关键在于求动点的轨迹方程.我们可设出动点的坐标，将题目中所涉及的线段、直线用向量表示出来，通过向量运算，便可快速求得轨迹方程.例3.已知A()a,0()a>0为定点，点B为定直线l：x=-1上的一个动点（如图）.若∠BOA的角平分线交直线AB于点C，求出C点的轨迹方程.解：设B()-1,t，则AB=(-1-a,t),所以直线AB的方程为：x-a-1-a=y-0t，①因为OA=()a,0,OB=()-1,t，则直线OC的方向向量为：v =OA|| OA+ OB||OB=()1,0+æèççöø÷÷-11+t2,t1+t2=èöø÷÷1+t-1+t2,t1+t2故直线OC=y t②，由①②得：(1-a)x2-2=0(0≤x<a).我们通过向量的坐标运算，直接而又快捷地求得轨迹问题.其实平面向量的坐标与解析几何中的坐标是一致的，这便为运用向量法解题创造了便利.运用向量法解题，能有效地简化解答解析几何问题过程中的运算过程.（作者单位：浙江省宁波市姜山中学）43。
一道向量题的多种解法
一道向量题的多种解法叶文明㊀王继杰(浙江松阳二中ꎬ浙江丽水３２３４０６)摘㊀要:一题多解就是从不同思路㊁不同角度出发ꎬ运用不同的方法解答同一问题的思维活动.在解题时渗透一题多解的策略ꎬ对培养学生的发散性思维具有很大的帮助.关键词:三角形法则ꎻ平行四边形法则ꎻ向量基本定理中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)０７－００２３－０３收稿日期:２０２２－１２－０５作者简介:叶文明ꎬ男ꎬ中学高级教师ꎬ从事高中数学教育研究ꎻ王继杰ꎬ女ꎬ中学二级教师ꎬ从事高中数学教育研究.１题目呈现例１㊀如图１ꎬ已知▱ＡＢＣＤꎬＥꎬＦ分别为ＢＣꎬＣＤ的中点ꎬ若ＡＣң＝ｘＡＥң＋ｙＡＦңꎬ则ｘ＋ｙ＝.图１向量既有大小又有方向ꎬ既能像实数一样进行运算ꎬ又有直观的几何意义ꎬ是数与形的完美结合.向量的加减法是向量运算的基本内容ꎬ它们反映了图形的基本结构和图形的基本性质.向量运算的代数表示形式使得向量成为沟通几何与代数的重要工具ꎬ因此向量的运算也就成了考查的重点内容.２题目解析解法１㊀直接利用向量的三角形法则和平行四边形法则求解.ＡＣң＝ＡＥң＋ＥＣң＝ＡＥң＋１２ＡＤңꎬ①ＡＣң＝ＡＦң＋ＦＣң＝ＡＦң＋１２ＡＢң.②由①＋②ꎬ得２ＡＣң＝ＡＥң＋ＡＦң＋１２(ＡＤң＋ＡＢң).由于ＡＤң＋ＡＢң＝ＡＣңꎬ所以２ＡＣң＝ＡＥң＋ＡＦң＋１２ＡＣң.所以３２ＡＣң＝ＡＥң＋ＡＦң.即ＡＣң＝２３ＡＥң＋２３ＡＦң.从而ｘ＝ｙ＝２３.所以ｘ＋ｙ＝４３.解法２㊀利用两个法则及减法求解.ＡＣң＝ＡＢң＋ＡＤң＝ＡＥң＋ＥＢң＋ＡＦң＋ＦＤң＝ＡＥң＋ＣＥң＋ＡＦң＋ＣＦң＝ＡＥң＋(ＡＥң－ＡＣң)＋ＡＦң＋(ＡＦң－ＡＣң)＝２ＡＥң＋２ＡＦң－２ＡＣңꎬ所以３ＡＣң＝２ＡＥң＋２ＡＦң.３２所以ＡＣң＝２３ＡＥң＋２３ＡＦң.所以ｘ＝ｙ＝２３.从而ｘ＋ｙ＝４３.解法３㊀利用中位线构造平行四边形解决.如图２ꎬ取ＡＣ中点Ｏꎬ连接ＯＥꎬＯＦꎬ则四边形ＯＥＣＦ是平行四边形.于是ＯＥң＋ＯＦң＝ＯＣң.图２所以ＡＥң＝ＡＯң＋ＯＥңꎬ③ＡＦң＝ＡＯң＋ＯＦң.④由③＋④ꎬ得ＡＥң＋ＡＦң＝２ＡＯң＋ＯＥң＋ＯＦң＝２ＡＯң＋ＯＣң＝３ＡＯң＝３２ＡＣң.所以ＡＣң＝２３ＡＥң＋２３ＡＦң.所以ｘ＝ｙ＝２３.所以ｘ＋ｙ＝４３.解法４㊀利用三角形中线交点即重心的性质求解.图３如图３ꎬ取中点ＨꎬＧꎬ连接ＣＨꎬＣＧꎬ分别交ＡＦꎬＡＥ于点ＭꎬＮ.于是ＭꎬＮ分别是әＡＣＤꎬәＡＢＣ的重心.所以ＡＭң＝２３ＡＦңꎬＡＮң＝２３ＡＥңꎬ且四边形ＡＮＣＭ是平行四边形.所以ＡＣң＝ＡＮң＋ＡＭң＝２３ＡＥң＋２３ＡＦң.所以ｘ＝ｙ＝２３.从而ｘ＋ｙ＝４３.解法５㊀如图３ꎬＡＥң＝ＨＣңꎬＭ为әＡＣＤ的重心.所以ＡＭң＝２３ＡＦңꎬＭＣң＝２３ＨＣң＝２３ＡＥң.而ＡＣң＝ＡＭң＋ＭＣң＝２３ＡＥң＋２３ＡＦңꎬ所以ｘ＝ｙ＝２３.所以ｘ＋ｙ＝４３.图４解法６㊀利用三角形中线对应的向量是两边对应向量之和的一半求解.如图４ꎬ延长ＡＥ交ＤＣ延长线于点Ｈꎬ则Ｃ为ＨＤ中点ꎬＥ为ＡＨ中点.所以２ＡＣң＝ＡＨң＋ＡＤң＝２ＡＥң＋ＡＤңꎬ⑤２ＡＦң＝ＡＣң＋ＡＤң.⑥由⑤－⑥ꎬ得２ＡＣң－２ＡＦң＝２ＡＥң－ＡＣң.所以３ＡＣң＝２ＡＥң＋２ＡＦң.从而ＡＣң＝２３ＡＥң＋２３ＡＦң.所以ｘ＝ｙ＝２３.所以ｘ＋ｙ＝４３.解法７㊀如图４ꎬ利用向量的三角形加法法则.ＡＣң＝ＡＨң＋ＨＣң＝２ＡＥң＋２ＣＦңꎬ⑦ＡＣң＝ＡＦң＋ＦＣң＝ＡＦң－ＣＦң.⑧由⑧ˑ２＋⑦ꎬ得３ＡＣң＝２ＡＥң＋２ＡＦң.４２所以ＡＣң＝２３ＡＥң＋２３ＡＦң.所以ｘ＝ｙ＝２３.所以ｘ＋ｙ＝４３.解法８㊀利用待定系数法求解.ＡＣң＝ｘＡＥң＋ｙＡＦң＝ｘ(ＡＢң＋ＢＥң)＋ｙ(ＡＤң＋ＤＦң)＝ｘ(ＡＢң＋１２ＡＤң)＋ｙ(ＡＤң＋１２ＡＢң)＝(ｘ＋ｙ２)ＡＢң＋(ｘ２＋ｙ)ＡＤңꎬ又因为ＡＣң＝ＡＢң＋ＡＤңꎬ所以ｘ＋ｙ２＝１ꎬｘ２＋ｙ＝１.ìîíïïïï解得ｘ＝ｙ＝２３.从而ｘ＋ｙ＝４３.解法９㊀利用三角形中线性质及平行四边形法则求解.因为Ｅ是әＡＢＣ的边ＢＣ的中点ꎬ所以ＡＢң＋ＡＣң＝２ＡＥң.⑨同理可得ＡＤң＋ＡＣң＝２ＡＦң.⑩由⑨＋⑩可得ＡＢң＋ＡＤң＋２ＡＣң＝２ＡＥң＋２ＡＦң.又因为ＡＢң＋ＡＤң＝ＡＣңꎬ所以３ＡＣң＝２ＡＥң＋２ＡＦң.所以ＡＣң＝２３ＡＥң＋２３ＡＦң.所以ｘ＋ｙ＝４３.解法１０㊀利用基底法及待定系数法求解.令ＢＡң＝ａꎬＢＣң＝ｂꎬ则ＡＥң＝ＢＥң－ＢＡң＝１２ＢＣң－ＢＡң＝１２ｂ－ａꎬＡＦң＝ＡＤң＋ＤＦң＝ＢＣң－１２ＢＡң＝ｂ－１２ａꎬＡＣң＝ＢＣң－ＢＡң＝ｂ－ａ.因为ＡＣң＝ｘＡＥң＋ｙＡＦңꎬ故ｂ－ａ＝ｘ(１２ｂ－ａ)＋ｙ(ｂ－１２ａ)＝(ｘ２＋ｙ)ｂ－(ｘ＋ｙ２)ａ.所以ｘ２＋ｙ＝ｘ＋ｙ２＝１.解得ｘ＝ｙ＝２３.所以ｘ＋ｙ＝４３.解法１１㊀利用填空题的特点特殊图形法求解.图５不妨设▱ＡＢＣＤ为矩形.如图５ꎬ令Ｂ(２ａꎬ０)ꎬＤ(０ꎬ２ｂ)ꎬ则Ｃ(２ａꎬ２ｂ)ꎬＥ(２ａꎬｂ)ꎬＦ(ａꎬ２ｂ).故ＡＣң＝(２ａꎬ２ｂ)ꎬＡＥң＝(２ａꎬｂ)ꎬＡＦң＝(ａꎬ２ｂ).由待定系数法易得ＡＣң＝２３ＡＥң＋２３ＡＦң.从而ｘ＋ｙ＝４３.在平时的教学中渗透一题多解思想ꎬ能很好地帮助学生构建更加完善的知识体系ꎬ能使学生的思维更开阔㊁更清晰ꎬ从而更加灵活地把握知识间的横向关系与纵向关系ꎬ切实提高学生分析问题㊁解决问题的能力.参考文献:[１]中华人民共和国教育部.普通高中数学课程标准(２０１７年版２０２０年修订)[Ｍ].北京:人民教育出版社ꎬ２０２０.[责任编辑:李㊀璟]５２。
一题多解向量小题，领会各种重要方法
一题多解向量小题，领会各种重要方法
一、题目呈现
二、解法和评析
解法1：
通过改变向量等式，构造出两个数量积为0的方程，画出上图图形
挖掘条件中的隐圆，利用数形结合的手段结合圆外点到圆上点的几何意义
解法2：
差向量的绝对值的几何意义可以解释为圆
解法3：
向量的数量积利用极化恒等式转化为向量的和与差的模的平方关系
解法4：
解法中要验证等号成立的条件，绝对值三角不等式向量中经常用到
解法5：
坐标法通常是求解向量问题的一种较为有效的方法
小结：向量问题比较灵活，时常能够与解析几何，不等式，函数形成知识点的交汇，高考中多体现为小题，由于方法多样，为命题者青睐。
高中数学例说解平面向量题的方法和技巧 学法指导
高中数学例说解平面向量题的方法和技巧解平面向量题除用到向量的有关知识外，还常用到一些方法和技巧，现举例说明。
一、提取或分配例1 设a 是非零向量，且b ≠c ，求证c a b a ⋅⋅＝的充要条件是）（c b a -⊥。
证明：充分性 由）（c b a -⊥可知c a b a 0c a b a 0c b a ⋅⋅⋅-⋅-⋅＝，即＝，）＝（。
必要性 由）（，所以）＝（，＝可得＝c b a 0c b a 0c a b a c a b a -⊥-⋅-⋅⋅⋅。
因此c a b a ⋅⋅＝的充要条件是）（c b a -⊥。
二、添项或去项例2 已知a 、b 为非零向量，求证|b a ||b a |-+＝的充要条件是b a ⊥。
证明：充分性因为⇒+⋅-+⋅+⇒⋅-⋅⇒-⊥2222b b a 2a b b a 2a b a 2b a 20b a b a ＝＝＝，所以 |b a ||b a |b a b a 22-+⇒-+＝）＝（）（。
必要性 因为222222b b a 2a b b a 2a b a b a |b a ||b a |+⋅-+⋅-⇒-+⇒-+＝）＝（）（＝ 0ab 0ab 4＝＝⇒⇒，所以a ⊥b 。
三、平方或开方例3 已知向量a 、b 、c 两两所成角相等且不共线，3|c |2|b |1|a |＝，＝，＝，求向量a ＋b ＋c 的长度及它与a 的夹角。
解：由已知，得a 、b 、c 的两两所成的角均为120°。
因为)ca bc ab (2c b a c b a 2222+++++++＝）（ 而+-⨯⨯︒⋅︒+⋅︒+⋅++）（＝＝2121120cos |a ||c |120cos |c ||b |120cos |b ||a |ca bc ab 2×3×211213121--⨯⨯+-）＝（）（ 所以3211321c b a 2222）＝（＝）（-⨯++++ 所以3|c b a |＝+++设a 与）（c b a ++的夹角为θ，则23323113c a b a a |c b a ||a |c b a a cos 2---+⋅+⋅+++++＝）（＝＝）（＝θ︒-15023cos ＝，所以＝θθ四、平方与配方 例4 对于两个非零向量a 、b ，求使|tb a |+最小时t 的值，并求此时b 与tb a +的夹角。
一 道 向 量 题 的 六 种 解 法
一 道 向 量 题 的 六 种 解 法山西省临猗中学 陆永泉 邮编：044100题目：已知：a =（-5，12），∣a b -∣=14，则的最小值为________方法一：设b =(x,y), 则= x 2+y 2, b -a = (x+5,y-12),∴ |b -a |2= (x+5) 2+ (y-12) 2=196 即: (x+5) 2+ (y-12) 2=196该问题则转化为求圆 (x+5) 2+ (y-12) 2=196上的点到原点的距离平方的最小值问题，易求得其最小值为1.方法二：∣a b -∣2=b 2-2a ·b +a 2=b 2-2∣a ∣∣b ∣cos β+a 2=196， （β为向量a 与b 的夹角） 即：-26∣b ∣cos β-27=0，对于等式-26∣∣cos β-27=0，我们可以看到该二次方程的常数项为负值，则∣b ∣应为该方程的两个根中的正根, ∴ ∣b ∣=2108cos 676cos 262++ββ *该问题则转化为求 *式的最小值问题,故当cos β= -1时，有∣b ∣min =1。
方法三： 同方法二得方程-26∣b ∣cos β-27 = 0，对此式变形得cos β，cos 1 β≤∴227126b b-≤ 解得 ∣b ∣min =1方法四：（估算）由 -26∣b ∣cos β-27=0，可得 ∣b ∣（∣b ∣-26cosβ）=27因为∣b ∣与 ∣b ∣-26cos β的积为定值27，欲使得∣b ∣有最小值，只需∣b ∣-26cos β最大即可，所以可知当cos β=-1时，∣b ∣-26cos β有最大值，解得∣b ∣=1或∣b ∣=27，故∣b ∣min =1。
方法五：在△ABC 中，应用余弦定理得=∣a ∣2+∣a b -∣2-2∣a ∣∣a b -∣cosA ，设向量a 与a b -的夹角为α且将其中的已知量值代入便可以得到= 365+364cos α故当且仅当cos α=1有最小值1。
一个向量小题的几种特殊方法
一个向量小题的几种特殊方法吴蓓每一个数学问题通常由所谓的通性通法与特殊解法，教学中既要注意通性通法的示范效应，又要适当应用特殊解法，关键是应用的自然，衔接的紧密，而这不是对立的，本文我们借一个例题的求解，给出简单介绍。
向量，最初被应用于物理学。
很多物理量如力、速度、位移以及电场强 向量度、磁感应强度等都是向量。
大约公元前350年前，古希腊著名学者亚里士多德就知道了力可以表示成向量，两个力的组合作用可用著名的平行四边形法则来得到。
“向量”一词来自力学、解析几何中的有向线段。
最先使用有向线段表示向量的是英国大科学家牛顿。
从数学发展史来看，历史上很长一段时间，空间的向量结构并未被数学家们所认识，直到19世纪末20世纪初，人们才把空间的性质与向量运算联系起来，使向量成为具有一套优良运算通性的数学体系。
向量能够进入数学并得到发展，首先应从复数的几何表示谈起。
18世纪末期，挪威测量学家威塞尔首次利用坐标平面上的点来表示复数a+bi（a,b为有理数，且不同时等于0），并利用具有几何意义的复数运算来定义向量的运算。
把坐标平面上的点用向量表示出来，并把向量的几何表示用于研究几何问题与三角问题。
人们逐步接受了复数，也学会了利用复数来表示和研究平面中的向量，向量就这样平静地进入了数学中。
但复数的利用是受限制的，因为它仅能用于表示平面，若有不在同一平面上的力作用于同一物体，则需要寻找所谓三维“复数”以及相应的运算体系。
19世纪中期，英国数学家哈密尔顿发明了四元数（包括数量部分和向量部分），以代表空间的向量。
他的工作为向量代数和向量分析的建立奠定了基础。
随后，电磁理论的发现者，英国的数学物理学家. All Rights Reserved.107方法。
源于向量是“数”、“形”兼备的数学元素。
向量问题常有的两种求解思路，两种解法可概括为坐标法求解和“基底思想”结合向量运算求解。
即用“数”解决向量问题——坐标法，或用“形”法来解决——基底法。
一道向量题的多种解法
一道向量题的多种解法
陈波
【期刊名称】《数理天地:高中版》
【年(卷),期】2022()1
【摘要】题目平面内不共线的三点O,A,B,满足|OA|=1,|OB|=2,点C为线段AB的中点,∠AOB的平分线交线段AB于D,若|OC|=√3/2,则|OD|=__.
【总页数】2页(P8-9)
【作者】陈波
【作者单位】陕西省略阳县天津高级中学
【正文语种】中文
【中图分类】G634.6
【相关文献】
1.一道向量题的多种解法探究
2.一道高考向量模长题的多种解法
3.夯实基础融会贯通——从一道题的多种解法看“向量”的核心知识与方法
4.一道高考向量题多种解法的思维切入点
5.一题多解生枝干、一问多变叶满枝——一道向量题的多种解法及教学感悟
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一个向量问题的多种解法
一个向量问题的多种解法
陈儿
【期刊名称】《数理化解题研究：高中版》
【年(卷),期】2012(000)010
【摘要】问题（2012年宁波市高三十校联考（理）试题）在△ABC中，AC=2，BC=6，已知点0是△ABC内一点，且满足→OA＋3→OB＋4→OC旋=0，则
→OC蔚·（→BA＋2→BC）=_______.
【总页数】2页(P10-11)
【作者】陈儿
【作者单位】浙江省奉化中学,315500
【正文语种】中文
【中图分类】G633.6
【相关文献】
1.给我滋养的阳光——一个题的多种解法 [J], 张莉
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3.一个数列极限问题的多种解法 [J], 黄文涛
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5.一个问题多个角度--探究一道恒成立问题的多种解法 [J], 管良梁
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向量的减法黄华军38页PPT
51、没有哪个社会可以制订一部永远 适用的 宪法， 甚至一 条永远 适用的 法律。 ——杰 斐逊 52、法律源于人的自卫本能。——英 格索尔
53、人们通常会发现，法律就是这样 一种的 网，触 犯法律 的人， 小的可 以穿网 而过， 大的可 以破网 而出， 只有中 等的才 会坠入 网中。 ——申 斯通 54、法律就是法律它是一座雄伟的大 夏，庇 护着我 们大家 ；它的 每一块 砖石都 垒在另 一块砖 石上。 ——高 尔斯华 绥 55、今天的法律未必明天仍是法律。 ——罗·伯顿
谢谢！
36、自己的鞋子，自己知道紧在哪里。——西班牙
37、我们唯一不会改正的缺点是软弱。——拉罗什福科
xiexie! 38、我这个人走得很慢，但是我从不后退。——亚伯拉罕·林肯
39、勿问成功的秘诀为何，且尽全力做你应该做的事吧。——美华纳
பைடு நூலகம்
40、学而不思则罔，思而不学则殆。——孔子
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一道向量题的几种解法
黄华南 问题：如图，在三角形AOB 中，→OC =41→OA →OD =2
1→
OB ，AD 与BC 交于
M 点，求证：→OM =71→OA +7
3→
OB
方法1：令 →OM =λ→OA +μ→
OB 则→
DM =→DO +→
OM
= —21→
OB +λ→OA +μ→OB
=λ→OA +(μ—2
1)→
OB
→AM =→AO +→OM = —→OA +λ→OA +μ→
OB =(λ—1)→
OA +μ→
OB
→
CM =→
CO +→OM = —4
1→
OA +λ→OA +μ→OB
=(λ—41)→
OA +μ→OB
→BM =→BO +→OM = —→OB +λ→OA +μ→
OB =λ→OA +(μ—1)→
OB 由→
DM //→
AM ⇒λμ—(λ—1) (μ—2
1)=0 由→CM //→
BM ⇒(λ—
4
1
) (μ—1) —μλ=0 于是 λ+2μ=1 4λ+μ=1
解得：λ=71， μ=7
3
∴→OM =71→OA +7
3→OB
方法2：设→CM =λ→
CB
A
C
D
B
M
→
CB =→
CO +→
OB =—41→
OA +→OB
∴→
CM =4
λ
-
→OA +λ→
OB
于是 →
OM =→
OC +→
CM =41→OA 4
λ-→
OA +λ→OB
=4
1
(1—λ)→OA +λ→OB
又设 →MD =μ→
AD
→
AD =→AO +→OD =—→
OA +2
1→
OB
∴→MD =μ→AD =—μ→OA +2
1
μ→OB
于是→OM =→OD +→DM =21→OB +μ→OA —21
μ→OB
=μ→OA +(21—2
1
μ)→OB
∴41(1—λ)→OA +λ→OB =μ→OA +(21—2
1
μ)→OB ⇒ (41—4
λ—μ)→OA +(λ+21μ—21)→OB =→
→OA 与→
OB 不共线
∴
41—4
λ—μ=0 λ+21μ—21=0 解得 λ=73， μ=71
∴→OM =41(1—λ)→OA +λ→OB =71→OA +7
3→OB
方法3：令→CM =λ→MB →DM =μ→
MA
则→
OM —→
OC =λ(→
OB —→
OM ) →
OM —→
OD =μ(→
OA —→
OM ) 可得→
OM =
λλ++→→1OB OC →
OM =μ
μ++→
→1OA
OD
将→OC =41→OA →OD =2
1→
OB 代入得
→
OM =λ
λ++→→
141OB OA = μμ++→→121OB OA ∴(
λ
+141
— μμ+1)→OA +(λλ+1 — μ+121)→OB =→0 →OA 与→
OB 不共线 ∴λ
+141
—
μμ
+1=0 λ
λ+1 — μ+121
=0 可得μ=61
∴→OM =
6
112161++→→OB OA = 71→OA +73→OB
方法4：如图，延长MD 到E ，使MD=DE BO 与ME 互相平分于D 点 ∴四边形OMBE 是平行四边形
由EO // BC ，→OC =4
1→
OA
可得→EM =41→EA ， →EA =3
4→
MA
∴→OM =→EB =→EA +→
AB
=3
4→
MA +(→OB —→OA )
=34(→
OA —→OM )+→OB —→OA
整理得 →OM =71→OA +7
3→
OB
方法5：如图
过M 作ME // AO 交OD 于E
A
C
O
E B
M
D
A
C
D B
M
E F
过M 作MF // BO 交OC 于F
则有 OB DE DO DE OA EM 2
1
=
= OA EM OC
EM OB DE BD 41=
=+ 可得OA EM =7
1 ∴→EM =71→
OA
同理 CA CF
CO
CF BO MF 4
1=
= OB MF
OD
MF OA CF AC 21=
=+ 可得OB MF =7
3 ∴→FM =73→
OB
在平行四边开OFME 中 →OM =→OF +→OE =→EM +→FM = 71→OA +7
3→OB
方法6：如图
作CN // BO 交AM 于N 则△CMN △BMD
∴
3
4
====CA OA CN OD CN BD MN DM ⇒DM=34
MN
∴→DN =4
7
→DM
又
41==OA OC AD DN ∴→DN =4
1→
DA 于是47→DM =41→DA 可得→
DM = 7
1→
DA ∴→OM =→OD +→DM =21→OB +7
1→
DA
=21→OB +71(→
OA —→OD )
=21→OB +71→OA —141→
OB
=71→OA +7
3→
OB
A
C
D
B
M N
以上几种方法中，方法1和2利用待定系数法及向量共线的充要条件，是解决这类问题的一般思路，应当掌握。
方法3其实是采用了定比分点公式的向量形式。
后面三种方法都揉进了平面几何知识，解起题来，更富灵气和美感。