A07專題七平面向量及運用

1、專題七 平面向量及其運用【考點聚焦】考點1:向量的概念、向量的加法和減法、實數(shù)與向量的積考點2 :向量的坐標運算、平面向量的數(shù)量積考點3 :解斜三角形考點4 :線段的定比分點、平移公式.考點5 :向量的運用.【自我檢測】1、 叫做向量；2、 叫做共線向量(平行向量);3、 叫做相等向量；4、 叫做單位向量.5、 向量加法法則是, .減法法則是 .6、 設 a =( xi,yi), b=( X2,y2),九 e Ra + b=，它滿足的運算性質(zhì)有 .a - b=，它滿足的運算性質(zhì)有 . a=，它滿足的運算性質(zhì)有 .=，它滿足的運算性質(zhì)有 .cos= .a II b：二 =; a _L b：= =

2、 .7、 正弦定理的內(nèi)容是 .8 余弦定理的內(nèi)容是 .9、 定比分點坐標公式是 (其中=).10、 平移公式是 .【重點難點熱點】問題1:向量的有關(guān)概念與運算此類題經(jīng)常出現(xiàn)在選擇題與填空題中，在復習中要充分理解平面向量的相關(guān)概念，熟練掌握向量的坐標運算、數(shù)量積運算，掌握兩向量共線、垂直的充要條件例1:已知a是以點A(3, 1)為起點，且與向量 b = ( 3,4)平行的單位向量，則向量 a 的終點坐標是.a思路分析：與a平行的單位向量 e=-|a|方法設向量a的終點坐標是(x,y),則a =(x-3,y+1)，則題意可知”4( x -3) + 3( y +1 ) = 0(x - 3)2 ( y

3、 + 1)2 = 1解得12_ 18二丁，故填9=5121189(12,- 5)或(18,- 5 )x515421n arccos 14點評：本題利用模的性質(zhì)|a|2= a2 ,在計算x,y的模時，還可以借助向量加法、減法1 3 4方法二 與向量b = (-3,4)平行的單位向量是土 (-3,4)，故可得a= (-,)，從而55 5向量a的終點坐標是(x,y)= a (3, 1),便可得結(jié)果.點評：向量的概念較多，且容易混淆，在學習中要分清、理解各概念的實質(zhì)，注意區(qū) 分共線向量、平行向量、同向向量、反向向量、單位向量等概念例2:已知| a |=1,| b |=1, a與b的夾角為60 , x

4、=2a b, y=3b a，則x與y的夾角是多少？思路分析：要計算x與y的夾角0,需求出|x|,y|,x y的值.計算時要注意計算的準確性.1 解：由已知 |a|=|b|=1, a 與 b 的夾角 a為 60，得 a b=|a|b|cos a -.2要計算x與y的夾角0需求出|x|, |y|, x y的值.2 2 2 2 2 1t |x| = x =(2a b) =4a 4a b+ b =4 4 x+1=3 ,2222221|y| = y =(3b a) =9b 6b a+a =9 6x +1=7.22x y=(2a b) (3b a)=6a b 2a 3b + a b2 21_ o_ 3=7

5、a b 2a 3b =7 x 2 3=2 23 _p_又 x y=|x|y|cos 0 即一一=.、3 x . 7 cos 0221V21cos 0 一石,眥跡百.即x與y的夾角是的幾何意義獲得：如圖所示,設AB=b, AC=a, AD =2a,/ BAC=60 .由向量減法的幾何意義，得BD = AD AB=2a b.由余弦定理易得| BD |= . 3 ,即|x|= -一 3 ,同理可得|y|= 7 .問題2：平面向量與函數(shù)、不等式的綜合運用當平面向量給出的形式中含有未知數(shù)時，由向量平行或垂直的充要條件可以得到關(guān)于該未知數(shù)的關(guān)系式.在此基礎上，可以設計出有關(guān)函數(shù)、不等式的綜合問題.此類題的

6、解題思路是轉(zhuǎn)化為代數(shù)運算，其轉(zhuǎn)化途徑主要有兩種：利用向量平行或垂直的充要條件， 利用向量數(shù)量積的公式和性質(zhì).例3.已知平面向量a = ( . 3 , 1), b=(丄，3).2 2(1)若存在實數(shù)k和t ,便得x = a+ (t2 3)b, y= ka+1b ,且x丄y，試求函數(shù)的關(guān)系 式 k = f(t);（2）根據(jù)（1）的結(jié)論，確定k= f（t）的單調(diào)區(qū)間.思路分析：欲求函數(shù)關(guān)系式 k=f（t），只需找到k與t之間的等量關(guān)系，k與t之間的 等量關(guān)系怎么得到？求函數(shù)單調(diào)區(qū)間有哪些方法？（導數(shù)法、定義法）導數(shù)法是求單調(diào) 區(qū)間的簡捷有效的方法？,3t2 - 2.3 - 2),2 解：（1）法一：

7、由題意知 x= （- 2 3 一 3y= (1t 、,3k，仝t+ k)，又 x丄y2 2故 x y=2亠3 x( 1t3k)+ 幾2 3-2 人三t+ k) = 0.- 2 2 2整理得：t3 3t 4k = 0,即 k =丄 t3 t.44_1； 3法二：t a= ( 3， 1)， b= (,- ),. a = 2， b = 1 且 a丄 b2 21 3/ x丄y，.x = 0，即一k a 2 + t(t2 3) b 2= 0，二 t3 3t 4k = 0,即 k = t3 t(2)由(1)知：k= f(t) = -t3 3t k” =廠(t)443 33=t4 44令 k 0 得一1 v

8、tv 1;令 kx 0 得 tv 1 或 t 1.1）和（1,+）.是先利用向量的故k = f（t）的單調(diào)遞減區(qū)間是（一 1, 1 ），單調(diào)遞增區(qū)間是（一8,一 點評：第（1）問中兩種解法是解決向量垂直的兩種常見的方法：- 坐標運算分別求得兩個向量的坐標，再利用向量垂直的充要條件；二是直接利用向量垂直 的充要條件，其過程要用到向量的數(shù)量積公式及求模公式，達到同樣的求解目的（但運算 過程大大簡化，值得注意）.第（2）問中求函數(shù)的極值運用的是求導的方法，這是新舊知 識交匯點處的綜合運用.-13演變3：已知平面向量a = （ ,3， 1），b =（，），若存在不為零的實數(shù)k和2 2角a ,使向量C

9、= a + (sin a 3)b , d = k a + (sin a ) b ,且C丄d，試求實數(shù)k的取點撥與提示：將例題中的t略加改動，舊題新掘，出現(xiàn)了意想不到的效果，很好地考查了向量與三角函數(shù)、不等式綜合運用能力演變4：已知向量a = (1,2),b = (-：2,1)，若正數(shù)k和t使得向量2 1x = a (t1)b與 y = -kab 垂直，求點撥與提示：(1 )利用向量垂直的充要條件找到k與t之間的等量關(guān)系.(2)利用均值不等式求最值.問題3 :平面向量與三角函數(shù)的綜合運用向量與三角函數(shù)結(jié)合，題目新穎而又精巧，既符合在知識的“交匯處”構(gòu)題，又加強 了對雙基的考查.例4.設函數(shù)f (

10、x) = a b，其中向量a= (2cosx , 1), b = (cosx, . 3 sin2x), x R.(1 )若 f(x)= 1 3且 x ,，求 x;3 3(2)若函數(shù)y= 2sin2x的圖象按向量 象，求實數(shù)m、n的值.c= (m , n) ( m ji-)平移后得到函數(shù)y= f(x)的圖思路分析：本題主要考查平面向量的概念和計算、平移公式以及三角函數(shù)的恒等變換 等基本技能,解：依題設，f(x) =( 2cosx, 1) (cosx, .、3sin2x)=2cos2x+ , 3 sin2x= 1 + 2sin(2x+)6nf-n由 1 + 2sin(2x+)=1 . 3，得 si

11、n(2x+)=6 6jiji/ xw 33Jl兀5：w 2x+w266jijeje2x+=,即 x=.634(2)函數(shù)y= 2sin2x的圖象按向量c=( m , n)平移后得到函數(shù)y= 2sin2(x m)+n的圖象，即函數(shù)y= f(x)的圖象.ji.m =, n = 1.12C上任一點按向量平移，由這些n. . n由(1)得 f (x) = 2sin2(x) 1/ m v ,12 2點評：把函數(shù)的圖像按向量平移，可以看成是點平移后的對應點所組成的圖象是C,明確了以上點的平移與整體圖象平移間的這種關(guān)系，也就找到了此問題的解題途徑.一般地，函數(shù)y= f (x)的圖象按向量a= (h , k)平

12、移后的函數(shù)解析式為 y k= f (x h)演變 5：已知 a= (cos a sina) ,b= (cos 3sin B (0 0)的準線I與x軸相交于點A, .OF, =2FA.過點A的直線與橢圓相交于P、Q兩點.(I )求橢圓的方程及離心率；(n)設AP =，AQ( 1)，過點P且平行于準線I的直線與橢圓相交于另一點M，證明：FM = - FQ.2X解：(I)橢圓方程為62 _V 彳-61，離心率e =23(n )證明：設 P (xi,yi) ,Q(x2,y2),又 A (3，0)， AP = (% -3, yj, AQ = (x2 -3, y2)注意入 1，消去Xi、yi 和 y2 得

13、 x2 =5 -12，因 F (2,0)M (xi,-yi)，2 2 2 2由已知得方程組：x1-3(X2-3),y1y2 ；:I斗11、故 FM 二(x1 - 2, S 乂 _ 3)J S =,如(，y2).而 FQ =(X2 -2,y2)=(亠2九y2).所以FM 7.FQ.點評：運用向量共線的充要條件來處理解幾中有關(guān)平行、共線等問題思路清晰，易于操作，比用斜率或定比分點公式研究這類問題要簡捷的多2演變6:已知橢圓方程乙 2 =1，過b (- 1，0)的直線|交隨圓于C、D兩點,4交直線x = 4于E點，B、E分CD的比分入1、入2.求證：入1 +入2= 0點撥與提示：利用 CB =BD和

14、CE = pED，將入1和入2用C D兩點的坐標表示出來，再相加可得結(jié)論例6.設p0是一常數(shù)，過點 Q（2p,0）的直線與拋物線 y2 =2px交于相異兩點 A、B，以線段AB為直徑作圓H （ H為圓 心），試證明拋物線頂點在圓 H的圓周上；并求圓 H的面積最 小時直線AB的方程.思路分析：要證點0在圓H上，只要證0A丄0B,可轉(zhuǎn)化 為向量運算OA OB = 0，用向量運算的方法證明.（見圖1）解：由題意，直線 AB不能是水平線，故可設直線方程為: ky= x 2p又設A ( xA,yA) ,b(Xb，Yb),則其坐標滿足kJ?-X-2p 消去 x,得 y2 2pky 4p2= 0由此得丿Ya

15、 Yb =2pkYaYb _ -4p2xa + Xb= 4p + k (Ya + Yb) = (4+ 2)p ,xaxb=(Ya Yb?(2p)=4P2因此OA OB = Xaxb+ Yayb= 0,即OA丄OB ,故O必在圓H的圓周上. 又由題意圓心H(Xh , yH)是AB的中點,XhYhXa Xb2Yb2=(2 k2)pYa=kpy =2px由前已證，OH應是圓H的半徑，且 OH = JxH +yH = pPk4 +5k2 +4從而當k= 0時，圓H的半徑最小，亦使圓 H的面積最小.此時，直線 AB的方程為：x = 2p.點評：運用向量的數(shù)量積，可以把有關(guān)的長度、角度、垂直等幾何關(guān)系迅速

16、轉(zhuǎn)化為數(shù)量關(guān)系，從而“計算”出所要求的結(jié)果.演變7：給定拋物線C:y2 = 4x, F是C的焦點，過點F的直線I與C相交于A、B兩點.設I的斜率為1,求OA與OB夾角的大??；例7 :設G、H分別為非等邊三角形 ABC的重心與外心，A(0 , 2) , B (0, 2)且GM =：&.AB (入 R). (I)求點C(x, y)的軌跡E的方程;(n)過點(2, 0)作直線L與曲線E交于點 M、N兩點，設OP =OM ON，是否存在這樣的直線 L,使四邊形OMPN是矩形？若存在，求出直線的方程；若不存在， 試說明理由思路分析：(1)通過向量的共線關(guān)系得到坐標的等量關(guān)系( 2)根據(jù)矩形應該具備的充要

17、條件，得到向量垂直關(guān)系，結(jié)合韋達定理，求得k的值.X H(?0)解:(1)由已知得 g(-,),又GHAB,3 3/ CH=HA (x _x)2 y2 = (x)2 4332 2 _即 x -1(x =二2、3)124(2)設1方程為y=k(x-2)，代入曲線E得(3k2+1)2 2 2x2-12k2x+12(k2-1)=0N (劉，y1), M (x2, y2),貝U X1 +X2=| ,3k +15=1)3k +1 =ON OM四邊形OMPN是平行四邊形.若四邊形OMPN是矩形，則ON_OM Z+yg 飛2(-零 4)=0得 k=33k2 - 13k2 1 3k2 1直線 1 為：y= y

18、 =、3(x2)點評：這是一道平面幾何、解析幾何、向量三者之間巧妙結(jié)合的問題演變8平面直角坐標系中,滿足OC OA -：OB，其中，A . 3x+ 2y 11=0O為坐標原點，已知兩點A(3, 1), B( 1, 3), 若點C1 R且+亠1，則點C的軌跡方程為().B . (x 1)2+ (y 2)2=5C. 2x y=0D . x+ 2y 5=0點撥與提示：本題主要考查向量的運算(幾何形式或坐標形式)及直線的方程，把向量聯(lián)系起來，使問題立意更新，情景更好，內(nèi)容更豐富專題小結(jié)1、要充分理解平面向量的相關(guān)概念，熟練掌握向量的坐標運算、數(shù)量積運算，掌握 兩向量共線、垂直的充要條件 2、向量與函數(shù)

19、、不等式的綜合問題，解題思路是轉(zhuǎn)化為代數(shù)運算，其轉(zhuǎn)化途徑主要有兩種：利用向量平行或垂直的充要條件，利用向量數(shù)量積的公式和性質(zhì)3、平面向量與解析幾何的結(jié)合通常涉及到夾角、平行、垂直、共線、軌跡等問題的 處理，解決此類問題基本思路是將幾何問題坐標化、符號化、數(shù)量化，從而將推理轉(zhuǎn)化為 運算；或者考慮向量運算的幾何意義，利用其幾何意義解決有關(guān)問題【臨陣磨槍】52,則a與（的夾角為（A 302.已知點的比為3:3A2B 60 Mi (6, 2)和2，則的值為C 120 M2 ( 1 ,D 1507),直線y=mx 7與線段()M1M2的交點分有向線段M1M2233 .已知a,b是非零向量且滿足（a 2b

20、)jiB -314丄a, （ b 2a）丄b,則a與b的夾角是（2 二1 已知向量 2 =(1,2),d =(-2,-4),|c|=j5,若(a b) cOA5.設坐標原點為O,6.O是平面上一定點,Tt一，4拋物線y2=2x與過焦點的直線交于 A,1212B 兩點，則 oA OB=()A、B、C是平面上不共線的三個點，動點 P滿足OP=OA +入（）,4.已知向量 OB =(2 , 0),向量 OC= (2, 2),向量 CA = ( J2COSG, J2sina ),則向量 與向量OB的夾角的范圍為0, * ：），則點P的軌跡一定通過厶 ABC的（ ）A 外心B 內(nèi)心C 重心D 垂心7 .

21、點P在平面上作勻速直線運動，速度向量v = （4,-3）（即點P的運動方向與v相同,且每秒移動的距離為 V個單位）.設開始時點P的坐標為（一10, 10）,則5秒后點P的坐標為（）A(-2, 4)B4 (-30, 25)CJ(10, -5)D( 5, -10)&已知向量a豐e,1 e|= 1,對任意t r，恒有 |a te|a e|,則()4 4T T T44 444 4iAa丄eBa 丄(a e)C e丄(a e)D ( a + e)丄(ae)9. P是厶ABC所在平面上一點，若PA PB =PBPC =PC PA，則P是厶ABC的(D )A 外心 B 內(nèi)心 C 重心 D 垂心10. ABC

22、中，若 a4+b4+c4=2c2(a2+b2)，則/ C度數(shù)是：A 600B450 或 1350C120D3011. 已知向量a=(cosv,sin v)，向量b=(/3,-1),則|2a b|的最大值是 12 .把函數(shù)y=2x2 4x+ 5的圖像按向量 a平移，得到y(tǒng)=2x2的圖像，且 a丄b, c=(1, 1),b c=4，貝H b=13 .已知平面上三點 A、 B、C滿足| AB |=3,| BC |=4 ,| CA |=5,則AB *BC BC *CA CA AB 的值等于.14. 在 ABC中，O為中線AM上一個動點，若 AM=2，則OA(OB - OC)的最小值是n n15. 已知

23、向量 a= (sin B, 1), b= (1, cos0)，?.(I)若a丄b,求0; (n)求丨a+ b丨的最大值.A16. 06年江西卷)如圖，已知 ABC是邊長為1的正三角 形，M N分別是邊AB AC上的點，線段 MN經(jīng)過 ABC的中心 G兀2 n設.MGA=:( 一33(1) 試將 AGMA AGN的面積(分別記為 S與S2) 表示為：的函數(shù)1 1(2) 求y = 2 +的最大值與最小值sj S2217. 已知定點F (1, 0),動點P在y軸上運動，過點 P作PM交x軸于點M，并延長MP至點N，且PM PF =0, PN = PM . (1)求動點N的 軌跡方程；(2)直線l與動

24、點N的軌跡交于A、B兩點，若OA OB = -4且4 一 6 AB - 120 ,336127設交點 M (x,y), x=2 = 3, y =2- = 5，代入直線方程可得 .4 34 31 1 -2 2a2 2b?a = 0且b2 2a?b = 0,相減得| a | = | b | ,代入其中一式即可.4. D提示:點C的軌跡是以(2,2)為圓心， 2為半徑的圓.5. B提示:設 A (X1,y1), B ( X2,y2), OA - OB = X1x2+y1y2=(，2)hy，將直線4方程y=k(x 0.5)代入拋物線方程消去 x可得yiy2.ABAC6. B 提示： 表示AB方向上的單

25、位向量， 表示AC方向上的單位向量,|AB|AC|T TAB AC4 +4在/ BAC的平分線上，故 P點的軌跡過三角形的內(nèi)心 .|AC| |AC|7.C 提示：設5秒后點P運動到點A,則PA = P0 0A = 5V二(20, -15),二 OA =(20, -15) (-10,10)=(10,-5).t2 2 2C 提示：由|a t e| | a e|得|a t e | | a e | ,展開并整理得-2aet 2ae -1 - 0,由 t R,得 (-2ae)2 4-8ae 空 0 ,得 e(ae) =0 ,即a _ (ae).9. D 提示：由 PA 卩B = PB PC得PA 卩B

26、- PB PC = 0 .即 PB (PA -PC) =0,即 PB CA =0,則 PB _ CA,同理 PA _ BC,PC _ AB所以P為ABC的垂心.4,4 42Z 2.24,4 42 2 2 22. 22. 22,2 22 2 210. B 提示：由 a +b +c =2c (a +b )得：a +b +c 2a c -2b c +2a b =2a b ,即(a +b -c ) =2 a b2 ,2 2a2+b2-c2=_、2ab, a b -c-22 =C0SC11.12.4(3, 1)13.一-325 提示：因 AB 丄 BC, AB * BC = 0 , BC * CA -

27、-CB CA - -5 39 ,5CAAB=16，所以原式=0 9 16=- 2514圖,OA (OB OC) =2 OA OM- -2 (OA + OM)，當OA = OM取等號即OA (OB OC)的最小值為：-2.15.解:由此得(n)由I a + b |(I)若 a丄b,貝U sin 0+ cos0= 0,nnntan 0= 1( 2 0 0)(2)先證明I與x軸不垂直，再設I的方程為y= kx+ b(k豐0),A( x1, y1),B( x2, y2).聯(lián)立直線與拋物線方程，得2ky - 4 y+ 4b= 0,由 OA OB = -4，得 x1x2 y1y -4.又 力=4捲，y2

28、=4x2,故 y2 - -8 而4by1rb - -2 k.2AB16k232)96,480,解得直線l的斜率的取值范圍是-1,-丄-,12 218略解(I)設點 P (x , y),分別計算出由題意,可得點 P的軌跡方程是MP MN ,x2 y2 二 3PM PN , NM NP ,(x 0)故點P的軌跡是以原點為圓心、3為半徑的右半圓(n)2 2由(I)知，xo yo = 3(xq0)，可得PM PNcos 0 =-PM PN一 1又 xo (0, . 3)，二 cos 丁 1 .(1，1，,-),于是 sin 01 - cos2 二3-x；4x2二 tan日=|ycos -，演變題給點撥

29、，普通題給答案；一些(答案與點撥、提示，附在后面；原創(chuàng)題給詳解 題目給演變角度)【挑戰(zhàn)自我】已知點G是厶ABC的重心，A(0, 1) ,B(0, 1)，在x軸上有一點M，滿足而A|=|MC|, Gm l.AB ( R).求點C的軌跡方程；_.若斜率為k的直線l與點C的軌跡交于不同兩點 P, Q,且滿足|AP |=|AQ I,試求 k的取值范圍.分析本題依托向量給出等量關(guān)系，既考查向量的模、共線等基礎知識，又考查動點的軌跡，直線與橢圓的位置關(guān)系通過向量和解析幾何間的聯(lián)系，陳題新組，考查基礎知識和基本方法按照求軌跡方程的方法步驟，把向量問題坐標化，幾何問題代數(shù)化x y T T解析設 C(x, y)

30、，則 G( ,) . GMAB (， R),. GM/AB,3 3又M是x軸上一點，則 M( x, 0).又|MA |=|MC |,3(中)2 +(0+1)2-x)2 +y2,2x整理得 y2 =1(x =0)，即為曲線C的方程.3當k=0時，I和橢圓C有不同兩交點P, Q,根據(jù)橢圓對稱性有|AP i=iaQi.=kx+ m0,即卩 1 + 3k2 m20.PX,yi), Q(x2, y2)，則xi, x是方程(*)的兩相異實根，二PQ的中點N(x。, y。)的坐標是x1 x2X0=3km1 3k2(1)6kmx1 + x2= 21 3k2, m,yo= k xo+ m=2 ,1 +3k2當k

31、z 0時，可設I的方程為y=kx+ m, 聯(lián)立方程組2 3km mN( 2 , 2 ),1 3k21 3k2T 、T T又|AP |=|AQ|,. AN 丄 PQ ,二 k kAN=k 1 3k23km21 3k21 3k22 2將 m= 代入(1)式,得 1 + 3k2 (1 3k-2 2)20 (k工0),即 k2v 1,二 k （ 1,0）U （0, 1）.綜合得，k的取值范圍是（一1,1）.對題目的要求：有較大的難度，有特別的解題思路、演變角度，要有一定的梯度.【答案及點撥】演變題要有點撥，原創(chuàng)題有詳解，一般題給答案演變1 ：設夾角為 B，貝U cos 0 0, （ a +入b）（入a

32、+ b） 0，入a2+ （入2+ 1） ab+入b? 0， 2入 + (入 + 1) 2.?2 cos45 + 4 入 0，.入 V 2 或入號（入工1）.e1=cos i+sin 0 e2=-sin i+ cos j e1#(i+j)；2方程為：ezpCi+j)演變2 :演變3:由條件可得:當 sin a = 1演變4: X -2 2X1 -y1 =2曲線為雙曲線.13 29(sin a )，而一K sin a 1,4216時，k取最大值1;sina = 1時，k取最小值1 k的取值范圍為-,0) U(0,1 22 1x y = 0即a (t 1)b( ka b)二-2 t2 亠 1_212

33、 p _二一kat b j bM W0f/ Fjfff1/ a =(1, 2),b =(-、2,1)， |a|= 3，|b|= 3-t 11a b = 2 +2 ，代入上式3k + 3t -2tt1當且僅當t=-，即t=1時，取“=”號，即 k的最小值是2.t演變 5： (1)證法一：/ a = (cos a sina) ,b= (cos 3sin p二 a+ b=( cos a-cos 3 sina+ sin ) , a-b=( cos a-cos 3 sin a sin )(a+b) (a-b)= (cos a-cos 3 sin a+ sin ) (cos acos B, sin a s

34、in )2 2 2 2=cos a-cos p+sin a sin p=0 (a+b)丄(a- b)證法二：/a=(cosa,sin a),b= (cos3s in)la |= 1,|b|= 12 2 2 2 (a+b) (-a-b)= a -b = |a|-| b| =0 (a+ b)丄(a-b)證法三：/a=(cosa,sin a),b= (cospsinp |a|=1,|b|= 1,記OA = a, OB = b,則iOAi=iOBi=1,又a p, 0、A、B三點不共線.由向量加、減法的幾何意義，可知以 OA、0B為鄰邊的平行四邊形 OACB是菱形，其中 0C = a+b,BA = a-b,由菱形對角線互相垂直，知(a+b