向量在高中數學解題中的妙用

摘" 要：向量兼有數與形的特點，在高中數學解題中有著重要的應用.巧妙構造向量可以證明不等式、求解平面角，可以求解兩條直線的夾角、線面角和二面角的平面角大小，也可以求解空間距離、特定代數式的最值，判斷直線與直線的平行、垂直，還可以證明平面圖形中的一些結論、正弦定理、余弦定理、兩角差的余弦公式等.

關鍵詞：向量；數學解題；不等式；角；距離

中圖分類號：G632""" 文獻標識碼：A""" 文章編號：1008-0333（2024）16-0070-07

收稿日期：2024-03-05

作者簡介：董強（1985—），男，教育碩士，中學一級教師，從事中學數學教學研究.

基金項目：陜西省“十四五”教育科學規劃2023年度課題“新高考改革背景下陜西省普通高中新課程新教材實施策略研究”（項目編號：SGH23Y0679）.

數形結合是高中數學中的重要數學思想，恰當利用數形結合思想可以有效解決數學問題.向量作為既有大小又有方向的量，是數形結合的良好工具，巧用向量可以實現對代數問題的圖形化和對圖形問題的代數化雙向轉化.新高考改革背景下應注重發展學生的邏輯思維能力和創新能力，如何實現不同數學內容的融合與學生綜合能力的提升則顯得尤為重要.向量作為高中數學解題的經典工具，可以在多個方面進行應用，如在不等式證明、相關角的求解、距離的求解、兩條直線位置關系的判定、平面幾何重要結論和一些經典公式的證明中，均可以利用向量解題.

1" 利用向量證明不等式

例1" 已知a+b+c=1，求證：a2+b2+c2≥13.

證明"" 設m=（a，b，c），n=（1，1，1），依題有m·n=1.

又|n|=3，|m·n|≤|m|·|n|，

所以1≤3|m|，即|m|≥13.

即|m|2≥13.

此即a2+b2+c2≥13，當且僅當m與n共線時，取“=”，此時a=b=c=13.

評析" 向量法是一類比較廣泛的數學方法，可以用來解決許多的數學問題.本題考慮到三個字母的平方和，聯想到了向量的內積，從而構造兩個向量，將不等式的證明化為兩個向量模長的問題，而后利用向量內積的性質，巧妙地解決了不等式問題，是值得深究和推廣的一種數學方法［1］.

2" 利用平面向量求平面角

例2" 如圖1，三個單位正方形構成了矩形ADEH，求cos∠HCE.

解析" 易知|CH|=5，|CE|=2.

所以CH·CE=（CA+AH）·（CD+DE）

=CA·CD+CA·DE+AH·CD+AH·DE

=-2+1=-1.

則cos∠HCE=CH·CE|CH||CE|=-15×2=-1010.

例3" 如圖2所示，正方形ABCD的邊長為1，延長BA至點E，使AE=1，連接EC，ED.則

sin∠CED=（"" ）.

A.31010" B.1010" C.510" D.515

解析" 因為|EC|=5，|ED|=2，

所以EC·ED=（EB+BC）·（EA+AD）

=EB·EA+EB·AD+BC·EA+BC·AD

=2+1=3.

所以cos∠CED=EC·ED|EC||ED|=35×2=31010.

于是sin∠CED=1010.

評析" 例2和例3均采用了向量的數量積巧妙地對題目所給角的三角函數進行了求解，需要說明的是：此類試題除了可以直接利用向量的基本運算求出角的三角函數值之外，也可以建立直角坐標系，將向量坐標化，利用向量的坐標運算進行求解.此外，對于以上兩個例題還可以采用其他的一些方法求解，比如轉化和化歸，利用兩角和與差的正余弦公式等求解.

3" 利用空間向量求兩條直線的夾角

例4" 如圖3，在空間直角坐標系中有直三棱柱ABC-A1B1C1，CA=CC1=2CB，則直線BC1與直線AB1夾角的余弦值為（" ）.

A.55""" B.53""" C.255""" D.35

解析" 不妨設CB=1，則CA=CC1=2，A（2，0，0），B（0，0，1），B1（0，2，1），C1（0，2，0）.

BC1=（0，2-1），AB1=（-2，2，1）.則coslt;BC1，AB1gt;=0×（-2）+2×2+（-1）×135=55.

評析"" 空間中兩條直線的夾角問題可以利用空間向量的數量積運算輕松解決.

4" 利用空間向量求直線與平面的夾角

例5" 如圖4，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，點O為線段BD的中點.設點P在線段CC1上，直線OP與平面A1BD所成的角為α，則sinα的取值范圍是（" ）.

A.［33，1］""" B.［63，1］

C.［63，223］D.［223，1］

解析" 以D為坐標原點，DA，DC，DD1所在的直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，不妨設DC=DA=DD1=1，則D（0，0，0），B（1，1，0），A1（1，0，1），O（12，12，0）.

設點P（0，1，t），且0≤t≤1，則OP=（-12，12，t），

A1D=（-1，0，-1），A1B=（0，1，-1）.

設平面A1BD的法向量n=（x0，y0，z0），

則有n·A1D=0，

n·A1B=0.

即-x0-z0=0，y0-z0=0.

取x0=1，y0=-1，z0=-1，則n=（1，-1，-1）.

故sinα=|coslt;OP，ngt;|

=|-1-t|3·t2+（1/2）（0≤t≤1）.

所以sin2α=t2+2t+13（t2+1/2），0≤t≤1.

令f（t）=t2+2t+13（t2+1/2），0≤t≤1，則

f ′（t）=2t2+t-1-3（t2+1/2）2=-（2t-1）（t+1）-3（t2+1/2）2.

可知當t∈［0，12）時，f ′（t）gt;0；

當t∈［12，1］時，f ′（t）≤0.

又f（0）=23，f（12）=1，f（1）=89，

所以f（t）max=f（12）=1，f（t）min=f（0）=23.

因此sinα的最大值為1，最小值為63.

所以sinα的取值范圍為［63，1］.

評析" 空間中直線與平面所成的角可以通過直線與平面的法向量之間的夾角得以解決，最終可以利用向量的數量積運算進行求解.

5" 利用空間向量求二面角的平面角

例6" 已知△ABC和△BCD所在平面互相垂直，且AB=BC=BD=2，∠ABC=∠DBC=120°，E，F分別是AC，DC的中點.

（1）求證：EF⊥BC；

（2）求二面角E-BF-C的正弦值.

解析" （1）以點B為坐標原點，在平面DBC內過點B作BC的垂線為x軸，BC所在直線為y軸，在平面ABC內過點B作垂直BC的直線為z軸，建立空間直角坐標系.易得B（0，0，0），A（0，-1，3），D（3，-1，0），B（0，2，0）.

因而E（0，12，32），F（32，12，0）.

所以EF=（32，0，-32），BC=（0，2，0）.

因此EF·BC=0.

從而EF⊥BC.

所以EF⊥BC.

（2）平面BFC的一個法向量為n1=（0，0，1），設平面BEF的法向量為n2=（x，y，z），又BF=（32，12，0），BE=（0，12，32），由n2·BF=0，n2·BE=0，得其中一個n2=（1，-3，1）.

設二面角E-BF-C大小為θ，且由題意知θ為銳角，則cosθ=|coslt;n1，n2gt;|=|n1·n2|n1||n2||=15.

因此sinθ=25=255.

即所求二面角E-BF-C的正弦值為255.

評析" 二面角的平面角一般都是先找后證再求，但這種常規思路對于一些不太好找的二面角問題顯得較為繁瑣，而利用向量可以很好地化解這一難點.只要能夠恰當地建立空間直角坐標系，將幾何體中的點坐標化，那么就可以結合平面的法向量對問題實現輕松求解，也避免了很多的論證過程.將幾何問題代數化，通過代數求解得出二面角的平面角正弦值，體現了數學運算的核心素養和向量的作用.

6" 利用空間向量探索兩條直線的平行

例7" 如圖5，在四棱錐P-ABCD中，平面ABCD⊥平面PCD，底面ABCD為梯形.AB∥CD，AD⊥DC，且AB=1，AD=DC=DP=2，∠PDC=120°.若M是棱PA的中點，則對于棱BC上是否存在一點F，使得MF與PC平行？

解析" 如圖6，在平面PCD內過點D作DH⊥DC，因為平面ABCD⊥平面PCD，且平面ABCD∩平面PCD=CD，DH平面PCD，所以DH⊥平面ABCD.

又AD⊥DC，所以AD，CD，DH兩兩垂直.

以D為坐標原點，DA，DC，DH所在方向分別為x軸、y軸和z軸正方向，建立空間直角坐標系.

因為AB=1，AD=DC=DP=2，∠PDC=120°，

所以D（0，0，0），P（0，-1，3），A（2，0，0），

B（2，1，0），C（0，2，0）.

假設棱BC上存在點F，使得MF∥PC，則可設BF=λBC，其中λ∈［0，1］.

因為M是棱PA的中點，可得M（1，-12，32）.

又因為BC=（-2，1，0），

所以BF=（-2λ，λ，0）.

則F（2-2λ，1+λ，0），MF=（1-2λ，32+λ，-32），PC=（0，3，-3）.

因為MF與PC平行，

所以存在μ∈R，使得MF=μPC.

于是1-2λ=0，32+λ=3μ，-32=-3μ.

但是此方程組無解，所以假設不成立.因此，對于棱BC上任意一點F，MF與PC都不平行，即在線段BC上不存在點F，使得MF與PC平行.

評析" 探索性問題一般具有一定的難度，此處是有關點的存在性的探索，方法是先假設存在滿足題意的點，通過構造向量，將兩條直線的平行問題轉化為兩個向量的共線問題，從而轉化為方程組解的存在性問題，大大降低了思維量.如果存在滿足題意的點，但點的位置不特殊，不容易被發現，或者不存在滿足題意的點，那么直接利用立體幾何的知識去證明還是比較棘手的.實際上，直線和平面的平行，平面和平面的平行本質都是直線和直線的平行問題，都可以利用向量來解決.7" 利用空間向量證明兩條直線的垂直

例8" 證明：正四面體的對棱互相垂直.

已知：三棱錐A-BCD是正四面體.

求證：AD⊥BC，AC⊥BD，AB⊥DC.

證明" 如圖8，設正四面體A-BCD底面正三角形的中心是O，在平面BCD內作OF∥BD，以點O為坐標原點，OF，OC，OA所在方向分別為x軸、y軸和z軸正方向，建立空間直角坐標系O-xyz.

設正四面體A-BCD的棱長為2a，則A（0，0，26a3），B（-a，-3a3，0），C（0，23a3，0），D（a，-3a3，0）.

則AD=（a，-3a3，-26a3），BC=（a，3a，0）.

所以AD·BC=a2-a2+0=0.

所以AD⊥BC.

即AD⊥BC.

同理可證，AC⊥BD，AB⊥DC.

評析"" 正四面體的對棱互相垂直是正四面體的一個很重要的性質，利用線面垂直的性質能很快證得該性質.如在圖7中，因為AO⊥平面BCD，所以BC⊥AO.又O是

正△BCD的中心，所以BC⊥DO.所以BC⊥平面AOD.又AD平面AOD，所以AD⊥BC.此處利用向量證明該性質，主要是說明向量在證明空間直線互相垂直中的應用，在一些便于建立空間直角坐標系的空間幾何體中，通過恰當建系，將點坐標化，線段向量化，進一步也坐標化，就可以利用向量的數量積來證明或者探索兩條直線的垂直問題.空間中直線與平面的垂直以及平面與平面的垂直，歸根結底都可以轉化為直線與直線的垂直問題.從例7和例8可以看出，空間中的直線與直線、直線與平面、平面與平面的位置關系問題都可以通過構造向量來解決.

8" 利用空間向量求空間距離

例9" 在正方體ABCD-A1B1C1D1中，P為對角線BD1的三等分點，P到各頂點的距離的不同取值有（" ）.

A.3個" B.4個" C.5個" D.6個

解析" 設正方體棱長為a，以D為原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，則D（0，0，0），D1（0，0，a），

C1（0，a，a），C（0，a，0），B（a，a，0），B1（a，a，a），A（a，0，0），A1（a，0，a），P（2a3，2a3，a3）.

所以|PB|=19a2+19a2+19a2=33a，

|PD|=49a2+49a2+19a2=a，

|PD1|=49a2+49a2+49a2=233a，

|PC1|=|PA1|=49a2+19a2+49a2=a，

|PC|=|PA|=49a2+19a2+19a2=63a，

|PB1|=19a2+19a2+49a2=63a，

故共有4個不同取值，故選B.

評析" 空間中點到直線的距離、點到平面的距離、平行線間的距離、直線與平面的距離、兩個平行平面之間的距離等，均可以化歸為空間中兩點間的距離.如果能合理建立空間直角坐標系，將點坐標化，那么上述的各類距離問題都可以實現快速求解.

9" 利用向量求代數式的最值

例10" 記不等式組x2-2x+y2≥0，1≤x≤2，-1≤y≤1表示的平面區域為Ω，P（x1，y1），Q（x2，y2）是Ω內的任意兩點，則z=（x1-1）（x2-1）+y1y2的最大值是（"" ）.

A.2""" B.2"""" C.1""" D.3

解析" 不等式組x2-2x+y2≥0，1≤x≤2，-1≤y≤1所表示的平面區域Ω如圖8中正方形和圓之間所夾深色部分所示（右側上下兩部分），方程x2-2x+y2=0即（x-1）2+y2=1，表示圓心為A（1，0）的單位圓.設P（x1，y1），Q（x2，y2）是

Ω內的任意兩點，則u=

AP=（x1-1，y1），v=AQ=（x2-1，y2）.

由圖8可知，|AP|≤|AD|，|AQ|≤|AD|.

又|AD|=|AE|=2，所以當P，Q兩點同在點D處或者同在點E處時，u·v取得最大值為2.

又u·v=z=（x1-1）（x2-1）+y1y2，

所以z的最大值為2.

評析" 對于一些代數式最值問題的探究，如果能將其圖形化，賦予一定的幾何意義，數形結合，將對問題實現最優化的解決.本例題中式子z具有明顯的特點，可以看作是兩個向量數量積的結果，因此考慮構造相應向量，再結合圖形，快速求得式子的最大值.

10" 利用向量證明平面圖形中的一些結論

例11" 證明：平行四邊形四條邊的平方和等于兩條對角線的平方和 ［2］.

已知：四邊形ABCD是平行四邊形.

求證：|AC|2+|BD|2=|AB|2+|BC|2+|CD|2+|DA|2.

證明" 如圖9，在ABCD中，

AC=AB+BC，

BD=AD-AB，

于是，

AC2=（AB+BC）2=AB2+BC2+2AB·BC，

BD2=（AD-AB）2=AD2+AB2-2AD·AB.

兩式相加有，AC2+BD2=AB2+BC2+2AB·BC+

AD2+AB2-2AD·AB=AB2+BC2+CD2+DA2.

即|AC|2+|BD|2=|AB|2+|BC|2+|CD|2+|DA|2.

評析" 向量法是集代數和幾何為一體的好方法，向量的代數屬性和幾何屬性決定了它可以作為數形結合最好的模型，此處將平行四邊形的邊長和對角線向量化，通過向量的簡單運算達到證明的目的.本題也可以建立恰當的直角坐標系，將上述命題轉化成平面上兩點間的距離問題，利用坐標法直接計算，證明也比較簡單.

11" 利用向量證明正余弦定理

例12" 在△ABC中，證明：a2=b2+c2-2bccosA，b2=a2+c2-2accosB，c2=a2+b2-2abcosC［3］.

證明" △ABC中，BC=AC-AB，則

BC2=（AC-AB）2=AC2+AB2-2AC·AB.

即a2=b2+c2-2bccosA.

同理可證b2=a2+c2-2accosB，

c2=a2+b2-2abcosC.

例13" 在△ABC中，證明：asinA=bsinB=csinC.

證明" 在△ABC中，BC=AC-AB，

所以BC·AD=AC·AD-AB·AD.

即0=|AC||AD|cos∠CAD-|AB||AD|cos∠BAD.

故|AC|cos∠CAD=|AB|cos∠BAD.

即bsinC=csinB.

即bsinB=csinC.

同理asinA=csinC.

所以asinA=bsinB=csinC.

例14" 在△ABC中，證明：a=bcosC+ccosB，

b=acosC+ccosA，c=bcosA+acosB.

證明" 在△ABC中，因為BC=AC-AB，

所以BC2=AC·BC-AB·BC.

即a2=bacosC+cacosB.

所以a=bcosC+ccosB.

同理可證，b=acosC+ccosA，c=bcosA+acosB.

評析" 對于正余弦定理、射影定理的證明，方法較多，但向量法簡便高效，也能反映出上述定理的本質屬性.

12" 利用向量證明兩角差的余弦公式

例15" 對于任意角α，β，證明：cos（α-β）=cosαcosβ+sinαsinβ.

證明"" 在平面直角坐標系xOy內作單位圓O，以Ox為始邊作角α，β，它們的終邊與單位圓O的交點分別為A，B，則

OA=（cosα，sinα），OB=（cosβ，sinβ）.

于是OA·OB=cosαcosβ+sinαsinβ.

設OA與OB的夾角為θ，則

OA·OB=|OA||OB|cosθ=cosαcosβ+sinαsinβ.

又易知α=2kπ+β±θ.

即α-β=2kπ±θ，k∈Z.

所以cos（α-β）=cosθ=cosαcosβ+sinαsinβ.

評析" 對于三角函數中兩角和與差公式的證明，如果利用三角函數的定義，則證明過程較為復雜，而利用向量法證明顯得非常簡單.此處，利用單位圓中向量的數量積運算很容易證得兩角差的余弦公式，從而進一步證明兩角和的余弦公式、兩角和與差的正弦公式及其正切公式等，一氣呵成，進一步體現了向量的解題價值［4］.

13" 結束語

由上述例題可以看出，向量在高中數學解題中有著重要的應用，尤其是向量的數量積運算，可以解決長度、角度、距離等問題.高中數學中涉及證明不等式，求平面圖形中平面角、空間中兩條直線的夾角、直線與平面所成的角、二面角的平面角、空間中兩點間的距離、點到直線的距離、平行線間的距離、空間中直線與平面的距離，探索兩條直線的平行、垂直，直線與平面的平行、垂直，平面與平面的平行、垂直，以及正余弦定理和射影定理的證明、兩角差的余弦公式證明等，均可以利用構造向量的方法來解決.此外，利用向量也可以判斷三角形的形狀、解三角形，對于其他平面圖形中邊角的求解和邊角關系的判斷也有重要的應用.

對于高中數學解題而言，巧妙利用向量大小和方向的雙重屬性，可以實現對棘手問題便捷處理的效果，是值得提倡的一種解題思路和方法.

參考文獻：

［1］

董強.例談用向量解題的幾種常見類型［J］.數理化解題研究，2023（13）：2-4.

［2］ 嚴士健，王尚志.普通高中課程標準實驗教科書數學2（必修）［M］.北京：北京師范大學出版社，2011.

［3］ 嚴士健，王尚志.普通高中課程標準實驗教科書數學5（必修）教師教學用書［M］.北京：北京師范大學出版社，2013.

［4］ 嚴士健，王尚志.普通高中課程標準實驗教科書數學5（必修）［M］.北京：北京師范大學出版社，2011.

［責任編輯：李" 璟］