高中文科平面向量习题_平面向量典型习题文科

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2013高中文科平面向量习题精选

一、证明三点共线

例1 如图，在空间四边形ABCD中，E、F分别是AB、AD的中点，G、H分别在BC、CD上，且BG : GC＝DH: HC＝1: 2.设EG和HF交于点P，求证P、A、C三点共线.

解设DAa,DBb,DCc，则ACDCDAca, F PFEF

3，∴ PF3FH 1∴PA3FHDF3DHDFDF3DCDFDF

3

DC2DFDCDAca

∴ PAAC且A为PA、AC公共点，故P、A、C三点共线

∵



B G

二、证明直线平行平面

D

A

M

A1

向量a平行平面ABC的充要条件是axAByAC

例2 直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，M、N分别是AB1与BC1上的点，且

CN C

1AMBN，求证MN∥平面ABCD.

11AMBN解 设ABa,ADb,AA1c,，则

AB1BC1

∵ MNANAMABBNAMaBC1AB1



aBB1B1C1AA1A1B1acbca



1a1b，且a与b不共线





∴ MN∥平面ABCD，而MN平面ABCD，故MN∥平面ABCD.三、证明直线垂直直线（或直线垂直平面）abab0

例3 如图，在四面体ABCD中，M是AB的中点，N是CD的中点，求证：MN是异面直线AB，CD的公垂线的充要条件是：AC＝BD，BC＝AD.

证明 设AMa,MNb,CNc



b0,bc0 必要性 若MN是异面直线AB，CD的公垂线，则a

∵ACAMMCAMMNNCabc，N



同样的可得 BDabc，BCabc,ADabc 2∴ ACabc



2222

abc2ac，BDabc



222

abc2ac

因此，AC＝BD，同理BC＝AD.

充分性 由AC＝BD，得abc



abc



abbc ①



由BC＝AD，得abc



abc





abbc ②



b0 故MN⊥AM，同理MN⊥CN，即 MN是异面直线AB，CD的公垂①＋②得 a

线.四、求异面直线的夹角

例4 在正四面体ABCD中，M、P分别为棱AD、CD的中点，N、Q分别是面BCD、面ABC的中心，求MN与PQ的夹角.

解 设正四面体的棱长为2，O为BC中点，ABa,ACb,ADc，则

abc2，abbcca2，111

∵ MNANAMAOONADAOODAD

32112111 AOADAOADAOADabc

QB2111

PQAQAPAOACAD2abc

O

M





2112

∴ MNabc1，即|MN|＝|PQ|＝1，63





1111MNPQ1

1MNPQabc2abc，cosMN,PQ

66218183MNPQ



1因此，MN与PQ的夹角为arccos

18

空间向量的基底的应用恰恰是教学中的薄弱环节,如果不注意及时补上这一课,久而久之,应用向量的思维会钝化,甚至会缘木求鱼.向量回路与基底

例：如图1，在平行四边形ABCD中E，F分别为AD，CD中点，连接BE，BF交AC于点R，T，求证R，T分别为AC三等分点。

图1

基底法证明：第一步，建立平面几何与向量的关系，用向量表示问题中的几何元素，将平面



几何问题转化成向量问题：设ABa，ADb，ARr，ATt，则ACab。



第二步，通过向量运算，研究几何元素之间的关系：由于AR与AC共线，所以，我们设

1

rn(ab)，nR，又因为EBABAEab，ER与EB共线，所以我们设

111ERmEBm(ab)。因为ARAEE，R所以rbm(ab)。因此

222

11m1

n(ab)bm(ab)，即(nm)a(nb0。由于向量a，b不共线，要

222

nm0121

使上式为0，必须。解得nm。所以ARAC，ATAC。m1

333n02

第三步，把运算结果“翻译”成几何关系：ARRTTC。



回路法证明：由题意得ABDC2FC，即ATTB2FT2TC。根据平面向量的基

本定理，可得AT2TC，故点T为AC三等分点。同理点R为AC三等分点。

从学生已有的知识储备来考虑，学生已经学过三角形相似，很容易证明ATBCTF，从而

ATAB

2，而学了教材上的新方法反而更复杂了。CTCF

基底法常见的作法是：一上来就设基底，然后将其他向量用基底表示，接下来只要计算就行了。而回路法则是：先充分利用题目已知条件列出等式，再逐步转化。



譬如上面的例题，一遇到平行四边形ABCD，基底法马上就设“ABa，ADb”，根本

不管题目中的另外已知条件。这样设基底，用处不大，通过“ABa，ADb”连AB、

AD是平行四边形ABCD的两邻边都看不出来。而回路法的“ABDC2FC”，短短一行

式子，就将平行四边形、中点两个基本信息包含在内了。解题，是从已知条件出发，利用推理规则，到达结论的彼岸。

面对一个题目，可用的方法、定理、公式，何其多矣，并不一定要用向量法，把大把可用的方法、定理、公式排除在外，结果只会是自我束缚，难以施展。

即使确定要用向量法，也没必要一上来就设基底，因为平面上任意两个不共线的向量都可以选择成为基底，那么我们完全用不着事先设定，而是走着瞧，谁用着方便就选谁。而题目的已知条件则是必须用到的，一个题目如果不是条件冗余，那么解题者必须把每个

条件至少用上一遍，才有可能解答出来。既然已知条件是必须用上的，就好比我们在生活中的有些事是必须做的那样，我们何不把这件事摆在首位呢？

向量回路法先充分利用题目条件列出等式，而不确定谁为基底，有点打游击战的感觉；笔者承认，回路法是比基底法更灵活，但我们教学生学习数学，不就是要教给学生灵活运用的能力么？回路法的灵活会激发学生的思考，远胜过基底法的生搬硬套带来的繁琐计算。数学教学，绝不是培养死套公式的解题机器。

解题不从题目已知条件出发，而总想生搬硬套。即使题目被解出来了，也缺少灵气。

向量解题，选择基底是必须的，就好比坐标法需要建立坐标系一样，否则就没法用平面向量基本定理，但笔者认为向量法的好处就在于不必像坐标法那样首先建坐标系。稍有经验的解题者就知道：坐标系的选取不同很大程度上决定了接下来的运算是否轻松。

本文例题涉及交点分线段比例，解析法求交点相当于解联立方程，解题人思路往往被导向解方程，以致走向弯路。向量回路法处理涉及交点的问题，其诀窍在于从一个涉及解题目标的回路等式出发，利用题设条件和回路等式代换尽量把等式中的向量都化到相交的线段上，从而应用基本定理获取关键信息。心中只要有了这个主见，相当多的几何问题可以迎刃而解。

平面向量基本定理同步训练题

1．下面给出三种说法，其中正确的说法是()

①一个平面只有一对不共线的向量可作为表示该平面所有向量的基底；②一个平面内有无数对不共线的向量可作为表示该平面所有向量的基底；③零向量不能作为基底中的向量．

A．①②B．②③C．①③D．①②③

2．如果e1,e2是平面α内所有向量的一组基底，那么，下列命题中正确的是()

A、若实数1,2使e1e20，则120

B、空间任一向量a都可以表示为a1e12e2，其中

1、2R C、1e12e2一定不在平面内，

1、2R

D、对于平面内任一向量a,使a1e12e2的实数12有无数对

3、设点O是平行四边形ABCD的两对角线的交点，下列向量组：①AD与AB；②DA与BC；③CA与DC；④OD与OB，可作为该平面其他向量基底的是（）A、①②B、①③C、①④D、③④

4、已知e1,e2是平面内两不共线向量a3e12e2,b2e1e2，若c7e14e2，试用a和b表示c。

5、如图2—3—1，平行四边形ABCD中，M、N分别为DC、BC的中点，已知AMc,ANd，试用c、d表示AB和AD。

6、若OP1a,OP2b,P1PPP2，则OP（）

A、ab

B、ab

C、a(1)b

D、1ab 11

7、已知平行四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点E，O是平面内任意一点。

8、如图2—3—2，在△OAB中，延长BA到C，使AC=BA，在OB

上取

求证：OAOBOCOD4OE

点D，使DBOB,DC与OA交于E,设OAa,OBb，用a、b表示向量、。

9、已知a与b不共线，实数x、y满足等式3xa(10y)b(4y7)a2xb，则

3x__________，y=________。

10、如图2—3—3在△ABC中，点M是BC的中点，点N在边AC上，且AN=2NC，AM与BN相交于点P，求AP：PM的值。

【参考答案】

1、B2、A3、B4、解：∵a,b不共线，设cxayb，则

cx(3e12e2)y(2e1e2)

(3x2y)e1(2xy)e

2又∵c7e14e2，∴7e14e2(3x2y)e1(2xy)e2 ∵e1,e2不共线，3x2y7,∴

2xy4,x1∴,ca2b。

y2

5、解：设a,b，则由M、N分别为DC、BC的中点，可得BN

从△ABN和△ADM中可得，1abd①2 

1bac②2

1b，DMa。

2(2dc)。32

②2①，得b(2cd)。

即AB(2dc),AD(2cd)

3①2②，得a

OP1OP21

ab。

111

7、证明：∵在△OAC中，OE为中线，∴()

21同理OE(OBOD)

∴4。

8、解：∵A是BC中点，∴OA(OBOC)

即OC2OAOB2ab

5DCOCODOCOB2abb2ab。

3333x4y747169、点拨： ,10y2x1111

6、D 点拨：

10、解：设e1,e2，则3e2e1,2e1e2，∵A、P、M和B、P、N分别共线，∴存在实数、u，使APAMe13e2，u2ue1ue2，而BABPAP(2u)e1(3u)e2，又∵2e13e2，4

2u25∴ ,

3u33u

5

∴,AP:PM4:1