巧用向量共線充要條件解題

1、巧用向量共線充要條件解題上猶中學數(shù)學教研組劉道生隨著向量在科學研究中的工具性應用，與它在社會生產(chǎn)生活中所起的巨大作 用，所以近年來數(shù)學高考題中，命入了共線向量內(nèi)容考題。據(jù)有關專家分析，在今 后的高考試題中，共線向量必將增長態(tài)勢。務必引起師生們重視與注意。大家知道，共線向量定理：對空間任意兩個向量a,b(bO),a/b的充要條件是存在實數(shù)(具有唯一性)，使a b，或如果設a(xi,yi)5 b (x2, y2),則a/b的充要條件是xiy2-X2yi =0。本條件多用于求軌跡方程與證明較難的平面幾何或 立體 幾何題?？梢哉f已形成較為完備的思維定式，十分有利于快速地形成正確的解題思 路。(一)在平

2、面幾何證明題中的應用很多平面幾何證明題的說理過程十分繁雜，牽涉的平面幾何知識面寬，解題 過程冗長，但當我們將條件進行向量處理，變圖形中線段為向量，特別是根據(jù)實際 需要建立直角坐標系，則可將平面幾何的推理過程便轉(zhuǎn)化為向量代數(shù)的計算過程， 從而顯得方便快捷，簡單明了。例1、如圖點G是三角形ABO的重心,PQ是過G的 分別交OA、0B于P、Q的一條線段，且OP mOA，OQ nOB , ( m、n R) o1 1求證一-3m n分析：本題是一道典型的平面幾何證明，如果用平幾方法則過程很復雜，如果我們將題目中的已知條件作向量處理便能使證明過 程簡單得 多。因為注意到P、G、Q三點在一條直線上,所以我們

3、可以考慮PQ與PG共線, 于是可以用共線定理得方程組求解。ma，OQ nb21-OG OD -(a b)3311(m)a b、33PG與PQ共線證 設 OA a，OB b，貝 U OP明：11OD9A OB) (a b)，du22-* 1 PG OG OP - (a b) ma3即 PQ OQ OP nb ma，vp. Q、G三點在同一直線上，則存在一個實數(shù)使得PG PQ11 -/ ( m)a b nb33a與b不共線,an 1 - 1ma，即:(m m)a ( n)b 331m m31n 00消去得_L 1m n例2、如圖在三角形 ABC 中,AM : AB=1 ： 3,AN：AC=1： 4

4、,BN 與 CM 相交于點 P,且 AB a , ACb，試用a、b表示AP分析：本題是以向量為載體的平面幾何題，所以我 們很容易聯(lián)想到點M、P、C三點在一條 直線上，可用共線定理的充分必要條件求解。解 AM ： AB=1 ： 3,AN ： AC=1 : 4, 1111AM AB a，AN AC b，3 34 4M、P、C三點共線,可設MP MC( R)于是AP AM MPaMC3 IVIC-ACAMb-a3b 1 1 AP ()a b3 3二、在求動點軌跡中的應用軌跡方程的很多題目可以用向量共線的充要條件來 探求解，這樣可簡化分類討論和運算繁瑣，也彌補這兩 種題缺陷，使解題優(yōu)化。用向量共線的

5、充要條件解決求 軌跡問題，最理想的情形是題設中有“向量的數(shù)量積”“平行”即共線。向量成為我們處理問題的基本工具。 例3、如圖，過A(-1,0),斜率為k的直線I與拋物線Cy4x交于P、Q兩點，若曲線C的焦點F與P、Q、R三點按圖中順序構成平行四邊形，求點R的軌跡方 程。分析:本題若不用向量法，一般采用聯(lián)立方程，考 慮判別式，結合韋達定理的方法，盡管思路清晰，但計 算量大，且技巧性強，不易掌握，而利用向量法解答， 簡單明快，容易接受。解：設P、Q、R三點坐標分別為（Iy2,yj，ULUAP(jyf 1 ,yJ , AQ (4yf 1) FPQy： 1,yJ,QR (x444(4從)，(x, 則有

6、 uun 4,4*2, * y：) oQ三點共線知：uuuAPuuu/AQ ,y： 1)y2 wd 1)，4yly2(乂y2)(yi y2)Qw y2,由四邊形PFQR為平行四邊可luuFPuuuQR知：(+ 1,%)(X41 221 (y； y；4)12yy2, y1 2斗y2)41 V、44x 12 .y22y4(y2y2)114yly2點R的軌跡方程是4x 12(x1)22例4、已知橢圓工直線$ | 1 ,點，射線OP交橢圓于 R又點Q在0P上且滿足 |0Q| ?|0P|= |0印，求點Q的嬴跡方程，并說明軌跡 是什么曲線？分析:本題我們注意到點Q在0P上，于是存在0Q、OR、 OP共線

7、，因此可借助兩個非零向量共線的充要條件，巧設參數(shù)轉(zhuǎn)化已知條件|0Q| ?|0P|= |0R卜為-2，使得元過程異常簡捷。向量與解題交匯的綜合題已成為高考命題的熱點消uuu uuu y不同時為。)由非零向量uuu解析：設Q(x, y)(其中0Q、0R、 op共線，可uuu uulIT uuuuuur設 OROQ， OpOQuuu uuu則OR ( x, y) ,Op (x, y)，分別代入橢圓方程、直線方程 得： 22xy 1(D24 162由 |OQ|?|OR|=QR|2得:pQ2|oq2 ,(3)(1)、(2)、(3)消去，整理得：(x二. 厘2 1 (其中x、y不同時為0)553所以點Q的

8、軌跡是以(1, 1)為中心，長、短半軸分別為泄和蘭且長軸與x 23軸平行的橢圓。(三)在空間向量共線問題中的應用在空間幾何問題中向量解法已是當今高考命題熱點，今后的高考命題中也可 能再度升溫。解這類題根據(jù)共線向量的充要條件解題很容易發(fā)現(xiàn)其解題的一般規(guī)律 是，先選適當原點建立空間坐標系，代的期法表示，然后再利用向量 例5、(08湖南)女口圖所示，四棱錐PBCD 60。，ABCD的底面ABCD是邊長為1的菱形,E是CD的中點，PA底面ABCD I PA .3(I) 證明：平面PBE平面PAB(II)求二面角A- BE-P和的大解分析：本題的第二小題要證平面PBEL平面 PAB而E是CD的中點，即E

9、B± AB,所以只要證平面PAB的法向量與BE共線即解：如圖所示，以A為原點，建立空間直角坐標系-則相關各點的坐標分別是AQ°,°),B”,0),g，于，。)，D“，于，PQ0, 3), E(1, f,uuuJ3uuuuu uu(I)因為BE (0,$ ,0),平面PAB的一個法向量是no (01,0),所以BE和no共線.y軸，z軸建立空間直I u ir(i,i3O),DB (2,2,0)ABEF與ABCD都是直角梯形，從而BE JL平面PAB.又因為BE平面PBE所以平面PBE平面PAB. （II）解略例6、（07安微）如圖，在六面體ABCDKABiGDi中，

10、四邊形ABCD是邊長為2 的正方形，四邊形ABiGDi是邊長為1的正方形，DDi，平面ABiCiDi, DDi _L平面ABCD DDi = 2.求證：AC與AC共面，BiDi與BD共面；（U）求證：平面AiACCJL平面BiBDDi；（川）求二面角A-BBi-C的大?。ㄓ梅慈呛瘮?shù) 值圾 示）分析：本題是利用共面向量充要條件證明的典例，也就要求我問利用該條件說明DB與DiBi，滿足DB = DiBi 即可。解：以D為原點，以DA，DC，DDi所在直線分別為x軸, 角坐標系Dxyz如圖， 則有 A(2,0,0), B(2,2,0) C(有2,0),A(i,0,2)Bi(i,i,2),C(0,i

11、,2, Di(0,0,2).于是AG與AC共面，BiDi與BD共面.(I )證明：I I. II I/i lii lirAO(I,IO),AC(2,2,0) DiBiuuu UJUU uuurAC 2AiCi,DB 2DiBi .uuur uuu uur uuuLr二AC與AQ平行, DB與DiBi平行,（n）（川）解略。例7、（ 08四川）如圖，平面ABEF平面ABCD，四邊開鄉(xiāng)1iBAD FAB 90。/ AD , BE AF22證明：C,D,F,E四點共面；（n）設AB BC BE，求二面角A ED B的大?。环治觯罕绢}要證C、D、F、E四點共面顯然可通過 CE/ DF,即證CE與DF共

12、 面來實現(xiàn)，要求二面角A-ED-B的大小，顯然可分別過A、B作DE的垂線AN,BM通過求向量NA、MB的平面角求得，然后轉(zhuǎn)化為求MN點的坐標，而求MN點的坐標可注意到me與DE共線NE與DE向量共線，從而可利用向量共線的充要 條件求得。于是有下面的解題過程。解：由平面ABEF平面ABCD，AF AB，得AF平面ABCD，以A為坐標原點， 射線AB為x軸正半軸，建立如圖所示的直角坐標系A xyz(I)設 ABa, BCb,BEc,則B a,0,0 ,C a, b,0 , E a,0,c ,D 0,2b,0 ,FUUUuiuEC 0,b,FD 0,2b, 2cUUU 1 UUU故EC -FD ,從而由點E FD，得EC/FD2故C,D,F,E四點共面(U)、設 AB=1,貝 U BC=BE=1 B (1, 00) C (1, 1, 0)D(0, 2,過B點作DE的垂線垂足為設M ( Xo,yo,Zo)，注意到DM與ME共線,且 BM_LDE,則設 DM = ME ,DM ME 十汨_ ，可求得MB ?DE05 1 55外、3、115MB、工、三636過A點作DE的垂線垂足為N，設N (