巧用向量共线充要条件解题

1、巧用向量共线充要条件解题上犹中学数学教研组 刘道生随着向量在科学研究中的工具性应用，与它在社会生产生活中所起的巨大作用，所以近年来数学高考题中，命入了共线向量内容考题。据有关专家分析，在今后的高考试题中，共线向量必将增长态势。务必引起师生们重视与注意。大家知道，共线向量定理：对空间任意两个向量的充要条件是存在实数（具有唯一性），使,或如果设,则的充要条件是-=0。本条件多用于求轨迹方程与证明较难的平面几何或立体几何题。可以说已形成较为完备的思维定式，十分有利于快速地形成正确的解题思路。（一）在平面几何证明题中的应用很多平面几何证明题的说理过程十分繁杂，牵涉的平面几何知识面宽，解题过程冗长，但当

2、我们将条件进行向量处理，变图形中线段为向量，特别是根据实际需要建立直角坐标系，则可将平面几何的推理过程便转化为向量代数的计算过程，从而显得方便快捷，简单明了。OABQGPD例1、如图点G是三角形ABO的重心,PQ是过G 的分别交OA、OB于P、Q的一条线段，且，,（、）。求证分析：本题是一道典型的平面几何证明，如果用平几方法则过程很复杂，如果我们将题目中的已知条件作向量处理便能使证明过程简单得多。因为注意到P、G、Q三点在一条直线上，所以我们可以考虑与共线，于是可以用共线定理得方程组求解。证明：设，则，即，又P、Q、G三点在同一直线上，则与共线存在一个实数使得，即：PABCMN与不共线，消去得

3、例2、如图在三角形ABC中,AMAB=13,ANAC=14,BN与CM相交于点P，且，试用、表示分析：本题是以向量为载体的平面几何题，所以我们很容易联想到点M、P、C三点在一条直线上，可用共线定理的充分必要条件求解。解AMAB=13,ANAC=14,，M、P、C三点共线，可设于是二、在求动点轨迹中的应用轨迹方程的很多题目可以用向量共线的充要条件来探求解，这样可简化分类讨论和运算繁琐，也弥补这两种题缺陷，使解题优化。用向量共线的充要条件解决求轨迹问题，最理想的情形是题设中有“向量的数量积”“平行”即共线。向量成为我们处理问题的基本工具。例3、如图,过A(-1,0),斜率为k的直线与抛物线C:交于

4、P、Q两点，若曲线C的焦点F与P、Q、R三点按图中顺序构成平行四边形，求点R的轨迹方程。分析:本题若不用向量法，一般采用联立方程，考虑判别式，结合韦达定理的方法，尽管思路清晰，但计算量大，且技巧性强，不易掌握，而利用向量法解答，简单明快，容易接受。解：设P、Q、R三点坐标分别为， ，则有，。由A，P，Q三点共线知：/，。由四边形PFQR为平行四边可知：，,.又。点R的轨迹方程是例4、已知椭圆，直线，P是上一点，射线OP交椭圆于R，又点Q在OP上且满足|OQ|OP|=，求点Q的轨迹方程，并说明轨迹是什么曲线？分析:本题我们注意到点Q在OP上，于是存在、共线，因此可借助两个非零向量共线的充要条件，

5、巧设参数、转化已知条件|OQ|OP|=为，使得消元过程异常简捷。向量与解题交汇的综合题已成为高考命题的热点解析：设（其中、不同时为0）由非零向量、共线，可设，则,分别代入椭圆方程、直线方程得： （1） （2）由|=得： ，即 （3）由（1）、（2）、（3）消去，整理得：（其中、不同时为0）所以点Q的轨迹是以（1，1）为中心，长、短半轴分别为和且长轴与轴平行的椭圆。（三）在空间向量共线问题中的应用在空间几何问题中向量解法已是当今高考命题热点，今后的高考命题中也可能再度升温。解这类题根据共线向量的充要条件解题很容易发现其解题的一般规律是，先选适当原点建立空间坐标系，再将向量用坐标法表示，然后再利用

6、向量代数进行计算解题。例5、（08湖南）如图所示，四棱锥的底面是边长为1的菱形，E是CD的中点，PA底面ABCD，。（I）证明：平面PBE平面PAB；（II）求二面角ABEP和的大小。解： 分析：本题的第一小题要证平面PBE平面PAB，而E是CD的中点，即EBAB，所以只要证平面PAB的法向量与BE共线即可。解：如图所示,以A为原点，建立空间直角坐标系则相关各点的坐标分别是（I）因为平面PAB的一个法向量是所以和共线.从而平面PAB. 又因为平面PBE，所以平面PBE平面PAB.（II）解略例6、（07安微）如图，在六面体ABCDA1B1C1D1中，四边形ABCD是边长为2的正方形，四边形A1

7、B1C1D1是边长为1的正方形，DD1平面A1B1C1D1，DD1平面ABCD，DD12.（）求证：A1C1与AC共面，B1D1与BD共面；（）求证：平面A1ACC1平面B1BDD1；（）求二面角ABB1C的大小（用反三角函数值圾示）.分析：本题是利用共面向量充要条件证明的典例，也就要求我问利用该条件说明与，满足=即可。 解：以为原点，以所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图，则有ABCD（）证明：与平行，与平行，于是与共面，与共面（）（）解略。例7、（08四川） 如图，平面平面，四边形与都是直角梯形，（）证明：四点共面；（）设，求二面角的大小；分析：本题要证C、D、F、E四点共面显然可通过CEDF，即证与共面来实现，要求二面角AEDB的大小，显然可分别过A、B作DE的垂线AN，BM通过求向量、的平面角求得，然后转化为求MN点的坐标，而求MN点的坐标可注意到与共线与向量共线，从而可利用向量共线的充要条件求得。于是有下面的解题过程。解：由平面平面，得平面，以为坐标原点，射线为轴正半轴，建立如图所示的直角坐标系（）设，则故，从而由点，得故四点共面（）、设AB=1，则BC=BE=1B（1，00） C（1，1，0） D（0，2，0） E（1，