对一道高考向量试题的探究
2020年高考“平面向量”专题命题分析
《普通高中数学课程标准（2017年版）》（以下简称《标准》）指出，向量理论具有深刻的数学内涵、丰富的物理背景.向量既是代数研究对象，又是几何研究对象，是沟通几何与代数的桥梁.2020年的13份高考数学试卷中对平面向量内容均有考查，这些试题视角宽、层次多、区分度强，在考查向量概念、向量运算、向量基本定理及坐标表示、向量应用等内容的同时，也考查转化与化归、数形结合等思想方法.本文针对平面向量试题的考点分布、命题特点和命题趋势，对教学和复习备考提出建议.一、考点分析1.题型分布与分值难度2020年的13份高考数学试卷中平面向量试题的题型分布、分值和难度统计如下表所示.卷别全国Ⅰ卷全国Ⅱ卷科别理文理文题型分布填空题14解答题20填空题14解答题21填空题13选择题5分值51251255难度容易较难容易较难容易容易卷别全国Ⅲ卷全国新高考Ⅰ卷全国新高考Ⅱ卷北京卷上海卷天津卷江苏卷浙江卷科别理文——————————————题型分布选择题6选择题6选择题7选择题7填空题13填空题12解答题20填空题15解答题18填空题13解答题18填空题17分值555555165155164难度容易容易中等中等中等较难较难中等较难较难较难较难续表根据上表的统计，我们从以下两个方面分析.（1）从题型分布上看，各份试卷均命制了平面向量的试题，每份试卷都有一道选择题或填空题，分值占全卷的3%左右.其中，全国Ⅰ卷（文、理科）、上海卷、天津卷、江苏卷中又都出现了一道与解析几何结合的平面向量解答题，这几份试卷对平面向量的考查分值都在17分以上.对比往年的题型和分值情况，发现2020年高考对平面向量的考查力度有所加强，特别是加强了对平面向量与其他数学知识交会的考查.（2）从试题的难度上看，与往年相比，2020年平收稿日期：2020-08-25作者简介：王峥（1988—）男，中学一级教师，主要从事数学教学研究.2020年高考“平面向量”专题命题分析王摘要：针对2020年13份高考数学试卷中涉及的平面向量试题，从题型分布、分值难度、考点分析、文理差异、核心素养等角度横向比较分析了考查内容和命题特点，在分析考查重点和难点的基础上，探索高考中平面向量试题的命题特点和命题趋势，并针对该专题的教学和复习给出了建议．关键词：2020年高考；平面向量；命题分析；复习建议··2面向量高考试题的难度比较平稳，选择题和填空题延续了题干简洁清晰、几何背景丰富、入口宽泛、解法多样的风格特点，基础题、中档题、压轴题都有出现.大部分试题考查学生的基础知识、基本方法、基本技能，而江苏卷、上海卷、浙江卷中的平面向量试题出现在填空题最后两题的位置上，这三道题对学生能力的要求较高.涉及平面向量的解答题，都与解析几何交会，难度较高，要求学生在平时的学习中形成较好的数学抽象和数学运算素养.2.考点分布2020年高考对平面向量内容的考查主要集中在：平面向量的基本概念；平面向量的线性运算和基本定理；平面向量数量积的概念、几何背景、运算及应用；平面向量与解析几何、三角、函数、不等式交叉考查. 3.文、理科差异2020年很多省份都实行了新高考改革.北京卷、上海卷、天津卷、江苏卷、浙江卷、全国新高考Ⅰ卷、全国新高考Ⅱ卷都不分文、理科，而全国Ⅰ卷、全国Ⅱ卷、全国Ⅲ卷针对文、理科学生能力的差异命制了不同的平面向量试题.总体来看，文、理科试题难度差别不大，以考查学生基础知识、基本方法、基本技能为主，需要学生具有较好的数学抽象、直观想象、数学运算素养.4.核心素养的考查《标准》指出，高中数学关注学生知识技能的掌握，更应该关注数学学科核心素养的形成和发展.因此，立足基础、突出能力、聚焦核心素养是2020年高考数学命题的显著特点.各份高考数学试卷紧紧围绕平面向量的概念、平面向量的运算、向量基本定理及坐标表示、向量的应用等高中平面向量体系的主干内容进行设置，各份试卷不刻意追求知识的覆盖面.除了对基础知识、基本技能的考查，又重点考查学生进一步发展所需要的数学抽象、数学运算、直观想象等数学学科核心素养.二、命题思路分析1.平面向量基本概念和运算的考查平面向量基本概念和运算的考查内容主要集中在向量的加、减法运算，向量的数乘运算及其意义，向量的数量积运算及其意义，两个向量相等、共线、垂直的含义及相应的坐标表示和坐标运算.试题围绕平面向量的基础知识、基本技能命制，对学生的要求以理解和初步应用为主.例1（全国Ⅰ卷·文14）设向量a=()1，-1，b=()m+1，2m-4，若a⊥b，则m的值为.【评析】该题以平面向量的垂直为背景，即a⊥b⇔a·b=0，考查平面向量的坐标运算.例2（全国Ⅱ卷·理13）已知单位向量a，b的夹角为45°∘，k a-b与a垂直，则k的值为.【评析】该题考查平面向量数量积的运算和平面向量的垂直性质.例3（全国Ⅱ卷·文5）已知单位向量a，b的夹角为60°∘，则在下列向量中，与b垂直的是（）.（A）a+2b（B）2a+b（C）a-2b（D）2a-b【评析】该题考查平面向量数量积的运算、平面向量垂直的性质，以及平面向量的加、减运算.例4（全国Ⅲ卷·理6）已知向量a，b满足||a=5，||b=6，a·b=-6，则cos a，a+b的值为（）.（A）-3135（B）-1935（C）1735（D）1935【评析】该题以平面向量的数量积为背景，考查学生对数量积、模长、夹角之间关系的掌握情况，需要学生具备较好的数学运算素养.2.平面向量基本定理、数量积和几何背景的考查平面向量基本定理和数量积都具有丰富的几何特征，如等和线、投影、极化恒等式等可以用向量语言和坐标语言描述，进行代数化运算，结合函数、三角函数、解析几何、不等式等背景命题，综合性较强，常出现在选择题和填空题较靠后的位置上.此类问题是高考的重点和热点，常考常新，具有很好的区分度和选拔功能，可以很好地考查学生的数学抽象、直观想象、数学运算素养.例5（全国Ⅰ卷·理14）设a，b为单位向量，且||a+b=1，则||a-b的值为.【评析】该题考查平面向量数量积和模长之间的转化，以及平面向量数量积的运算，有一定的几何背景，与2017年浙江卷第15题背景相似.··3例6（全国新高考Ⅰ/Ⅱ卷·7）已知P 是边长为2的正六边形ABCDEF 内的一点，则 AP ·AB 的取值范围是（）.（A ）()-2，6（B ）()-6，2（C ）()-2，4（D ）()-4，6【评析】该题考查平面向量数量积的几何背景——投影，也考查学生运用坐标语言描述、解决平面几何数量积问题的能力.例7（北京卷·13）已知正方形ABCD 的边长为2，点P 满足 AP =12() AB + AC ，则||PD 的值为；PB · PD 的值为.【评析】该题以学生十分熟悉的图形——正方形为命题背景，考查平面向量数量积和模的处理，也考查平面向量基本定理，即用基底思想或坐标语言描述、解决平面几何数量积问题的能力.例8（天津卷·15）如图1，在四边形ABCD 中，∠B =60°，AB =3，BC =6，且 AD =λ BC ， AD ·AB =-32，则实数λ的值为，若M ，N 是线段BC 上的动点，且|| MN =1，则 DM ·DN 的最小值为.A NM DCB图1【评析】该题考查平面向量数量积的运算，考查平面向量的基底思想、正交分解和坐标表示.该题第（2）小题也可以用极化恒等式解决，即 DM · DN =|| DS 2-14|| MN 2，其中S 为MN 的中点.该题入口宽泛，解法多样，区分度好，体现了从能力立意到素养导向的转变.例9（江苏卷·13）如图2，在△ABC 中，AB =4，AC =3，∠BAC =90°，点D 在边BC 上，延长AD 到点P ，使得AP =9，若 PA =m PB +æèöø32-mPC （m 为常数），则CD 的长度是.AC图2【评析】该题将解三角形和平面向量结合，考查学生平面向量的基底思想和坐标系下的正交分解及坐标表示，考查学生用向量的方法解决平面几何问题的能力，让学生体会向量在解决数学和实际问题中的作用.该题需要学生在掌握平面向量基础知识、基本技能的前提下，探究合适有效的解题方法.其中，应用等和线的结论入手较为简便，即向量系数m +æèöø32-m =32，故||PA || PD=32.该题要求学生在平时的学习中善于总结反思，具有较好的数学探索能力.该题有较好的区分度.例10（上海卷·12）已知a 1，a 2，b 1，b 2，…，b k ()k ∈N ∗是平面内两两互不平行的向量，满足||a 1-a 2=1，且||a i -b j ∈{}1，2（其中i =1，2，j =1，2，…，k ），则k 的最大值为.【评析】该题突出对平面向量符号语言到几何背景转化的考查，需要学生有较好的数形结合的思维能力和数学抽象、直观想象素养，体现了上海卷近年来淡化解题技巧、重视思维分析的风格特点.例11（浙江卷·17）已知平面单位向量e 1，e 2满足||2e 1-e 2≤2.设a =e 1+e 2，b =3e 1+e 2，a ，b 的夹角为θ，则cos 2θ的最小值是.【评析】该题以向量为背景，考查学生对数量积和夹角之间关系的理解.同时，结合函数思想进行范围求解，在考查学生数学运算能力的同时，也考查了学生综合应用不同知识的能力，具有较好的选拔功能和教学导向.3.平面向量与解析几何交会点的考查平面向量是沟通几何和代数的桥梁，长度、角、斜率、平行、垂直等都可以用向量表示.近几年，借助几何背景和代数工具结合解析几何、三角、函数、不等式等知识命制的试题经常出现.此类试题常以解答题的形式出现，难度较大，对学生的能力素养要求较高.例12（全国Ⅲ卷·文6）在平面内，A ，B 是两个定点，C 是动点.若 AC ·BC =1，则点C 的轨迹为（）.（A ）圆（B ）椭圆（C ）抛物线（D ）直线例13（全国Ⅰ卷·理20/文21）已知A ，B 分别··4为椭圆E ：x 2a 2+y 2=1()a >1的左、右顶点，G 为E 的上顶点， AG ·GB =8.P 为直线x =6上的动点，PA与E 的另一交点为C ，PB 与E 的另一交点为D .（1）求E 的方程；（2）证明：直线CD 过定点.例14（天津卷·18）已知椭圆x 2a 2+y 2b2=1()a >b >0的一个顶点为A ()0，-3，右焦点为F ，且||OA =||OF ，其中O 为原点.（1）求椭圆的方程；（2）已知点C 满足3 OC =OF ，点B 在椭圆上（点B 异于椭圆的顶点），直线AB 与以C 为圆心的圆相切于点P ，且P 为线段AB 的中点.求直线AB 的方程.例15（江苏卷·18）如图3，在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆E ：x 24+y 23=1的左、右焦点分别为F 1，F 2，点A 在椭圆E 上且在第一象限内，AF 2⊥F 1F 2，直线AF 1与椭圆E 相交于另一点B.（1）求△AF 1F 2的周长；（2）在x 轴上任取一点P ，直线AP 与椭圆E 的右准线相交于点Q ，求 OP ·QP 的最小值；（3）设点M 在椭圆E 上，记△OAB 与△MAB 的面积分别为S 1，S 2，若S 2=3S 1，求点M 的坐标.例16（上海卷·20）双曲线C 1：x 24-y2b2=1，圆C 2：x 2+y 2=4+b 2()b >0在第一象限交点为A ()x A ，y A ，曲线Γ：ìíîïïx 24-y 2b 2=1，x 2+y 2=4+b2()||x >x A .（1）若x A =6，求b ；（2）若b =5，C 2与x 轴交点记为F 1，F 2，P 是曲线Γ上一点，且在第一象限，并满足||PF 1=8，求∠F 1PF 2；（3）过点S æèçöø÷0，2+b 22且斜率为-b 2的直线l 交曲线Γ于M ，N 两点，用b 的代数式表示 OM ·ON ，并求出 OM ·ON 的取值范围.【评析】以上几道例题，以向量的几何背景和代数工具为载体，考查圆锥曲线中长度、角的大小、平行、垂直等几何背景问题.利用向量既有几何背景，又能通过坐标表示转化为代数工具的重要特点来命制解析几何解答题，是近年来的趋势，如2017年浙江卷第21题、2018年北京卷理科第19题等.三、复习建议随着新高考在全国各地的陆续推行，越来越多的高考数学试卷不分文、理科，起点低、区分度好、覆盖面全、思维能力要求高是这些试卷的共同特点.关注高考的变化趋势，研究高考试题，可以引领课堂教学和高三复习.1.重视知识本质，提升数学学科核心素养《标准》指出，通过高中数学课程的学习，学生能获得基础知识、基本技能、基本思想、基本活动经验（简称“四基”）.同时，高考改革使得高考命题正在由能力立意向素养导向变革.在平面向量的教学中，一定要以教材为依据，以高考试题为导向，切实理解平面向量的概念；掌握平面向量加法、减法、数乘、数量积运算及其运算法则，理解其几何意义；理解平面向量基本定理，掌握平面向量的正交分解及坐标表示.帮助学生理清知识网络，引导学生养成用图形语言、向量语言、坐标语言去思考和解决平面向量问题的习惯，培养和发展学生的数学抽象、直观想象、数学运算等数学学科核心素养.2.关注高考差异，转变课堂教学模式教育部公布的“一核”“四层”“四翼”的中国高考评价体系中指出，高考的核心功能是“立德树人、服务选才、引导教学”.2020年起山东、海南率先使用了全国新高考数学试卷；2021年起江苏使用全国卷；2023年起浙江使用全国卷.横向比较各份高考数学试卷的差异，纵向关注历年高考的命题趋势，可以发现高考对平面向量内容的考查总体变化不大，但是对平面向量问题中数形结合思想应用的考查和将平面向量作为沟通几何和代数的工具解决三角、解析几何问题的考查明显增多.在高中数学教学中，要立足教材，··5以高考的变化引领高中数学课堂的改变，优化课程结构，改进教学过程，重视思想方法的渗透，强化学科核心素养的培养.3.加强热点研究，把握高考命题方向近几年的高考数学试卷中对向量基础知识和基本方法的考查是平稳变化的，而平面向量基本定理、数量积及其应用等重点问题一直是高考试题的热点、亮点和生长点.例如，2019年江苏卷第12题，2019年浙江卷第17题，2018年浙江卷第9题，2017年天津卷文科第14题，2017年上海卷第15题，2017年浙江卷第15题等，都体现了高考继承和创新的特点.因此，教师在引导学生复习时，要合理利用历年高考试题，研究问题的本质，总结并推广应用，如等和线的结论应用、极化恒等式a ·b =14[]()a +b 2-()a -b 2、向量三角不等式||||a -||b ≤||a ±b ≤||a +||b 等.这样学生可以在高考解题中迅速抓住问题的本质，理解命题意图，进而精准解决问题.四、模拟题欣赏1.在△ABC 中，若 AB · BC = BC · CA =2 CA ·AB ，则|| AB || BC的值为（）.（A ）1（B）（C）（D）解法1：设 CA ·AB =t ，则 AB ·()BC + CA = AB · BC + AB ·CA =2t +t =3t ，即-|| AB 2=3t ，|| AB 2=-3t .因为 BC ·()AC - AB = BC · AC - BC ·AB =-2t -2t =-4t ，所以|| BC 2=-4t .所以|| AB 2|| BC2=-3t -4t ，即|| AB || BC=.故答案选C.解法2：设△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .由题意，得-ac cos B =-ab cos C =-2bc cos A .结合余弦定理，有a 2+c 2-b 22=a 2+b 2-c 22=b 2+c 2-a 2.得b =c ，且3a 2=4c 2.故|| AB || BC=c a=.故答案选C.2.在平面直角坐标系xOy 中，A ()2，0，B ()0，3，点C 在线段AB 上，若 OC · AB =143，||AC ||AB 的值为.解：由已知，得AB =()-2，3.设||AC ||AB =λ，则 AC =λ AB ，λ∈[]0，1.所以 OC · AB =()OA + AC · AB=()OA +λ AB · AB=()2-2λ，3λ·()-2，3=13λ-4=143.解得λ=23.故||AC ||AB 的值为23.3.已知向量a ，b 满足||a =4，||b -t a ()t ∈R 的最小值为1，当b ·∙()a -b 最大时，||a -2b 的值为.解：设 OA =a ，OB =b .由题意，知||OA =4，点B 到直线OA 的距离为1.设OA 的中点为C ，得b ·()a -b = OB ·()OA -OB=- BO · BA=-()BC 2- CA2=4- BC 2≤4-1=3，当且仅当||BC =1时，等号成立.此时||a -2b =||OA -2 OB =2||BC =2.4.设平面向量a ，b 满足||a ，||b ，||a -b ∈[]1，5，则a ·b 的最大值为，最小值为.解：因为a ·b =||a 2+||b 2-()a -b 22≤5+5-12=92，··6a ·b =()a +b 2-()a -b 24≥-()a -b 24=-54，所以a ·b 的最大值为92，最小值为-54.5.已知平面向量a ，b ，c 满足a ·b =60，||a -b =4，||c -a =1，则||c 的取值范围为.解法1：因为a ·b =60，||a -b =4，所以a 2+b 2=136.因为||a ||b ≥a ·b =60，所以||b ≥60||a .所以a 2+b 2≥a 2+3600a 2.所以36≤a 2≤100，即6≤||a ≤10.因为||c -a =1，所以1=||c -a ≥||||c -||a .所以||a -1≤||c ≤||a +1.所以5≤||c ≤11.解法2：如图4，由极化恒等式，得a ·b =|| OD 2-|| DA 2=60.O图4所以||OD =8.因为6≤||OA ≤10，所以5≤|| OA -|| OC ≤|| AC ≤|| OA +||AC =11，即5≤||c ≤11.6.已知平面向量a ，b ，c 满足：a ，b 的夹角为π4，||a -b =5，c -a ，c -b 的夹角为3π4，||c -a =32，则a ·c 的最大值为.解：如图5，设a =OA ，b = OB ，c =OC .图5因为a ，b 的夹角为π4，c -a ，c -b 的夹角为3π4，所以∠AOB =π4，∠ACB =3π4.所以∠AOB +∠ACB =π.所以O ，A ，B ，C 四点共圆.设圆心为O ′，圆的半径为R ，取AC 的中点M ，则a ·c = OA ·OC =OM 2-MC 2，2R =AB sin∠ACB ∘=5sin 3π4=52.所以||O ′M =22.所以||OM max =22+R =.所以()a ·c max =èø2-èø2=36.7.已知非零向量a ，b ，c 满足||a =2，a ·b =3||b ，c 2=32a ·c -2，则对任意实数t ，||c -t b 的最小值为.解：由||a=2，a ·b =3||b ，得2||b cos a ，b 3||b ，即cos a ，b .由a ，b ∈[]0，π，得a ，b =π6.如图6，记a = OA ，b = OB ，c =OC .则点B 的轨迹在与OA 夹角为π6的两条射线上.（方法1）由c 2=32a ·c -2，得c ·∙æèöøc -32a =-2.由极化恒等式，可得æèöø2c -32a 2-æèöø32a 24=-2.因为||a =2，化简，得||||||c -34a =14.记34a = OM ，得||||||c -34a =||OC - OM =|| MC =14，··7即点C 在以点M 为圆心、以12为半径的圆上运动.所以||c -t b min =|| CC 0≥||MM 0-r =34-12=14.（方法2）由||a =2，c 2=32a ·c -2，得c 2-32a ·c +12a 2=0.配方，得æèöøc -34a 2=116a 2，即||||||c -34a =14.下同解法1.8.已知平面向量a ，b ，c 满足a ·b =74，||a -b =3，()a -c ·()b -c =-2，则||c 的取值范围是.解法1：由||a -b =3，得||a -b 2=||a 2+||b 2-2a ·b =9.因为a ·b =74，所以||a +b 2=||a 2+||b 2+2a ·b =16，即||a +b =4.由()a -c ·()b -c =a ·b -()a +b ·c +||c 2=-2，得||c 2+154=()a +b ·c ≤||a +b ||c =4||c ，即||c 2-4||c +154≤0.所以32≤||c ≤52.解法2：如图7，设 OA =a ， OB =b ，OC =c .图7由||a -b =3，得AB =3.取线段AB 的中点为D ，则由极化恒等式，得a ·b =|| OD 2-|| AD 2=74.所以||OD =2，即点O 在以点D 为圆心、以2为半径的圆上运动.同时，()a -c ·()b -c =|| CD 2-|| AD 2=-2.所以||CD =12，即点C 在以D 为圆心，12为半径的圆上运动.因此|| OD -|| CD ≤||c ≤|| OD +|| CD .所以32≤||c ≤52.9.如图8，已知矩形ABCD 中，AD =1，AB =2，E 为边AB 的中点，P 为边DC 上的动点（不包括端点）， DP =λ DC ()0<λ<1.设线段AP 与DE 的交点为G ，则 AG ·AP 的最小值是.PGE DCBA图8解：因为△AGE ∽△PGD ，所以AG GP =AE DP =12λ.则 AG · AP =11+2λ· AP 2=11+2λ()1+2λ2.令t =1+2λ()1<t <3，则 AG · AP =t 2-2t +32t =12æèöøt +3t -1≥3-1.当且仅当t =3，即λ=2()0，1取到等号.所以 AG ·AP 的最小值为3-1.10.已知平面向量a ，b 满足||a =1，||b =2，向量a ，b 的夹角为π3，则||λa +b -||||||a -λ2b （其中λ为实数）的最大值为.解：因为||a =1，||b =2，向量a ，b 的夹角为π3，所以a ·b =1.所以()λa +b 2=λ2+2λ+4，即æèöøa -λ2b 2=λ2-λ+1.所以||λa +b -||||||a -λ2b =λ2+2λ+4-λ2-λ+1=()λ+12+3-=()λ+12+()0-32-.（下转第13页）··8题，一些试题源于教材又高于教材，重点考查向量问题的一般处理方法.因此，对于高三阶段的向量复习，教师应当帮助学生追本溯源，构建向量知识结构体系；引导学生紧追“数”和“形”两条主线，重视向量的几何背景；倡导学生举一反三，形成解决向量问题的一般思路.1.追本溯源，理清向量知识结构体系概念、定理与运算法则是知识运用的前提，如果没有对主干知识的理解，那么对向量体系的掌握也就无从谈起.因此，在高三向量复习中，教师的首要任务就是帮助学生梳理、建构向量的主干知识体系，明晰向量的概念和两个定理，熟练掌握向量数量积的运算及其几何意义，掌握向量平行、垂直的数量表示，掌握与长度、角度有关的运算技巧及坐标运算等核心知识.2.数形结合，充分重视向量的几何背景向量具有大小和方向，具有数与形两方面的特征.从核心知识点来说，向量服从平行四边形法则和三角形法则，具有明显的几何特征，向量的数量积运算也具有几何特征，特别在平行与垂直、长度与角度运算中起到纽带作用.因此，复习中要特别重视数形结合思想.例如，三角形四心问题的向量表述务必引导学生在理解的基础上掌握.教师要通过典型例题，引导学生明晰诸如三点共线的充要条件、距离为定长引发的圆、极化恒等式、绝对值三角不等式、阿波罗尼斯圆等常见模式，掌握这些常见模式应用的前提条件，引导学生既要善于转化图形关系，把向量问题几何化，使问题简洁直观，又要把几何问题向量化，通过平面向量运算解决一类几何问题.数形结合、类比联想是解题的核心思想.3.举一反三，初步形成问题解决思路在知识体系构建、数学思想方法提炼的基础上，教师要善于收集、整理近几年高考试题和各地模拟试题中的典型问题，引导学生通过举一反三进行重点强化训练，逐步形成解决向量问题的一般思路.例如，几何直观相对明确的问题，要尽可能理解其几何背景，挖掘出其几何意义，使问题表述简明直观，便于寻找解题的切入点.又如，涉及平面向量数量积的计算问题时，优先考虑三种常规方法，即定义法、基底法、坐标法.定义法局限性较大，如果没有模和夹角，很难直接套用.如果几何意义也不明显，就要考虑基底法是否适用，合理选取一组向量基底，把其余向量用基底表示，再进行运算；如果图形背景较为直观，就要建立坐标系实现坐标转化，把几何问题转化为代数运算是比较好的选择.几种方法各具特色，教师要引导学生进行甄别，合理选取方法求解问题，提升高三复习效率.参考文献：［1］庄迁福.品读平面向量考题、构建复习教学框架［J ］.中学教研，2018（10）：36-38.［2］邓城.平面向量的复习策略及其案例设计［J ］.中国数学教育（高中版），2018（3）：21-26.则问题转化为求平面内的动点P ()λ，0到两个定点A ()-1，3，B æèçø12，距离之差的最大值.当A ，B ，P 三点不共线时，||||PA -||PB <||AB =3；当A ，B ，P 三点共线时，||||PA -||PB =||AB =3.故||||PA -||PB ≤3.所以æèçöø÷||λa +b -||||||a -λ2b max =3.参考文献：［1］中华人民共和国教育部制定.普通高中数学课程标准（2017年版）［M ］.北京：人民教育出版社，2018.［2］金克勤.2017年高考“平面向量”专题命题分析［J ］.中国数学教育（高中版），2017（7/8）：53-59，96.［3］邹发明，张晓斌.2018年高考“平面向量”专题命题分析［J ］.中国数学教育（高中版），2018（7/8）：46-51，58.［4］张永成.2019年高考“平面向量”专题命题分析［J ］.中国数学教育（高中版），2019（7/8）：53-57.（上接第8页）··13。
向量问题在高考题中的体现
向量问题在高考题中的体现作者：李克峰来源：《中学教学参考·理科版》2012年第04期高考题注重知识间的联系及知识网络的融合与交汇，进而考查学生灵活运用知识的能力.而向量恰好具有代数和几何的双重形式，具有很强的数形结合的工具性，因此高考考查中经常会出现它的影子一、平面向量的基础知识的体现以平面向量的基础知识出题主要是突出向量的加减运算、模、夹角等问题，题目小、巧、活，难度不大，容易得分【例1】已知向量a,b,c满足|a｜＝1，|a--c)·(b-c)=0，若对每一个确定的b，|c|的最大值和最小值分别为m,n，则对任意的向量b，m+n的最小值为．分析：刚接触这题时，学生往往感到无从下手，其实向量本身就具有代数和几何的双重身份，因而可以利用坐标系将向量转化为代数计算解：令a=(1,0)，由|a-b|=|b|得a·b=12，从而b表示的点的轨迹为直线设c=(x,y)，b=(12,b)，由(a-c)·(b-c)=0得(x--，所以，故m+n的最小值为回顾：这类题主要是考查学生对平面向量的基本知识的了解与运算能力.从阅卷情况来看学生的失分率极高，学生失分的主要原因是对向量的理解与运用能力欠缺.所以我们应该强调让学生进行一些向量的基本运算，同时积累一定的数形结合的思想，以便帮助他们打开解题的思路二、平面向量与三角函数结合的体现将三角函数变换与平面向量的数量积进行有机结合，不仅考查三角变换，而且深化了向量的运算，同时也拓宽了三角与向量的命题范围【例2】已知向量m=(1,1)，向量n与向量m的夹角为，且m·n=1.若向量n与向量q=(1,0)的夹角为，向量，其中A、B、C为△ABC的三个内角，且A、B、C依次成等差数列，求|n+p|的取值范围解：由向量n与向量q＝（1，0）的夹角为得n=(0,-1)，因为A、B、C依次成等差数列，所以，，所以0＜A＜∵-，∴［-2A)］，因为0＜A＜，所以＜＜，所以＜54，即∈［12,54),所以|n+p|∈［22，52）三、平面向量与解析几何结合的体现向量本身就可以用坐标表示，而解析几何正好是用代数方法研究几何问题，向量与解析几何有着极其密切的联系，它们都有共同的特征：几何、数量特征【例3】过点C(0,1)的椭圆＞b＞0)的离心率为32.该椭圆与x轴交于两点A(a,0)，B(-a,0),过点C的直线l与椭圆交于另一个点D，并与x轴交于P点.直线AC与直线BD交于点Q.当直线l过椭圆右焦点时，求线段CD的长解：由已知得b=1,ca=32，解得a=2.所以椭圆方程为椭圆的右焦点为(3,0)，此时直线l的方程为y=-33x+1，代入椭圆方程得-83x=0，解得，所以点D的坐标为(837,-故|CD|=(837--17-回顾：由b=1，e=32，可得a=2,c=3是解决问题的关键，可易求CD长，而P点运动时，求点D的坐标，才能得点Q的坐标当然，向量知识还可以和其他诸多知识交汇，只要我们不断积累，认真总结，抓住向量的本质，就能达到触类旁通的学习效果(责任编辑金铃）。
利用向量解高考题
→
→
→
→
→ →
∴ A D ⊥D 1 F , 即 A D ⊥D1 F.
( 1)
→
→
2) A E = ( 0 , 2 , 1 ) , D1 F = ( 0 , 1 , - 2 ) , 设 A E 与
D 1 F的夹角为 θ, 则有
→
→
→
又 A C与 CB 共线 , 且
A C = ( x - a , y ) , CB = ( - 1 - x , b - y ) . ∴ ( x - a) ( b - y ) - y ( - 1 - x ) = 0 , ∴ ( x - a) b + ( 1 + a) y = 0 , ∵ x - a ≠ 0, ( 1 + a) y ∴ b= a- x 将 ( 2) 式代入 ( 1) 式得 x
→
→
∴(x -
y2 A
4p
)・ ( yB - y) - (
y2 B
则 OA = (
→
yA
2
4p
, y A ) , OB = (
→
yB
2
4p
, yB ) .
收稿日期 :2000 - 10 - 27 ) , 男 , 湖南溆浦人 , 江西丰城二中高级教师 . 作者简介 :龚晓洛 ( 1958 — © 1994-2006 China Academic Journal Electronic Publishing House. All rights reserved.
∴
( 2)
又由 A M = ( x MB = (
→
yA , y - yA ) , 4p
2
→
y2 B - x , yB - y ) , 4p
高考数学难点突破_难点03__运用向量法解题
高考数学难点突破_难点03__运用向量法解题运用向量法解题是高考数学中的一个难点，需要掌握向量的性质和运算规则，并能够灵活运用向量的概念和方法解决问题。
下面将结合具体例题，深入探讨如何突破这一难点。
例题一：已知点A(2,1)，B(4,5)，C(6,3)，求点D使得ABCD为平行四边形。
解析：首先，我们可以使用向量的方法来解决这一问题。
设向量AB 为a，向量AD为b，则向量AC为a+b。
根据平行四边形的性质，向量BD 与向量AC平行且等长，即向量BD与向量AC共线且大小相等。
由向量的定义可知，向量BD=向量AC=(6-2,3-1)=(4,2)。
所以点D的坐标为B的坐标加上向量BD的坐标，即D(4,5)+(4,2)=(8,7)。
通常情况下，解这类问题时可以设A、B、C三点的坐标分别为(x1,y1)，(x2,y2)，(x3,y3)，向量AB为a=(x2-x1,y2-y1)，向量AC为a+b。
然后，我们可以用(x1,y1)+b=(x4,y4)代表点D的坐标。
再将向量BD与AC进行运算，找到满足平行四边形的点D坐标。
例题二：已知直线l的方程为x-2y+3=0，点A(1,2)，求点P使得AP 垂直于直线l。
解析：根据题意，点P在直线l上，假设点P的坐标为(x,y)。
则向量AP=(-1,2)+(x-1,y-2)=(x-2,y)。
由垂直向量的性质可知，向量AP与直线l的法向量垂直。
直线l的法向量为(1,-2)。
因此，AP与(1,-2)的点乘为0，即(x-2,y)•(1,-2)=0。
将点乘展开计算，得到x-2y=2、由此可得到点P的坐标为(x,y)=(2,-1)。
综上所述，使用向量法解题可以使解题过程更加简洁明了。
但是在运用向量法解题时，需要掌握向量的性质，并能够运用垂直、平行、共线和点乘等相关概念来解决不同类型的问题。
同时，我们还需要注意合理地选取坐标系和使用向量的运算规则。
合理地选取坐标系可以简化计算，使问题更具可行性。
高考数学-向量与立体几何试题及详解
1.1～1.3 习题课1．【多选题】下列命题中，是真命题的是( )A ．同平面向量一样，任意两个空间向量都不能比较大小B ．两个相等的向量，若起点相同，则终点也相同C ．只有零向量的模等于0D ．共线的单位向量都相等 答案 ABC解析 对于A ，向量是有向线段，不能比较大小，故A 为真命题；对于B ，两向量相等说明它们的方向相同，模长相等，若起点相同，则终点也相同，故B 为真命题；对于C ，零向量为模长为0的向量，故C 为真命题；对于D ，共线的单位向量是相等向量或相反向量，故D 为假命题．2．若a ＝e 1＋e 2＋e 3，b ＝e 1－e 2－e 3，c ＝e 1＋e 2，d ＝e 1＋2e 2＋3e 3({e 1，e 2，e 3}为空间的一个基底)且d ＝x a ＋y b ＋z c ，则x ，y ，z 的值分别为( ) A.52，－12，－1 B.52，12，1 C ．－52，12，1 D.52，－12，1答案 A解析 d ＝x a ＋y b ＋z c ＝(x ＋y ＋z )e 1＋(x －y ＋z )e 2＋(x －y )e 3.又因为d ＝e 1＋2e 2＋3e 3，所以⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＋z ＝1，x －y ＋z ＝2，x －y ＝3，解得⎩⎨⎧x ＝52，y ＝－12，z ＝－1.3．设x ，y ∈R ，向量a ＝(x ，1，1)，b ＝(1，y ，1)，c ＝(2，－4，2)，且a ⊥b ，b ∥c ，则|a ＋b |＝( ) A ．2 2 B.10 C ．3 D ．4 答案 C解析 因为b ∥c ，所以2y ＝－4×1，所以y ＝－2，所以b ＝(1，－2，1)．因为a ⊥b ，所以a ·b ＝x ＋1×(－2)＋1＝0，所以x ＝1，所以a ＝(1，1，1)，a ＋b ＝(2，－1，2)．所以|a ＋b |＝22＋（－1）2＋22＝3.4．在四面体ABCD 中，AB ，BC ，BD 两两垂直，且AB ＝BC ＝1，点E 是AC 的中点，异面直线AD 与BE 所成角为θ，且cos θ＝1010，则该四面体的体积为( )A.13B.23C.43D.83 答案 A5．【多选题】已知向量AB →＝(1，1，1)，AC →＝(1，2，－1)，AD →＝(3，y ，1)，下列结论正确的是( )A ．若A ，B ，C ，D 四点共面，则∃λ，μ∈R ，使得AD →＝λAB →＋μAC →，λ＝2B ．若A ，B ，C ，D 四点共面，则∃λ，μ∈R ，使得AD →＝λAB →＋μAC →，μ＝2 C ．若A ，B ，C ，D 四点共面，则y ＝4 D ．当AD ⊥AC 时，y ＝1 答案 AC解析 由A ，B ，C ，D 四点共面，得∃λ，μ∈R ，使得AD →＝λAB →＋μAC →，所以λ(1，1，1)＋μ(1，2，－1)＝(3，y ，1)，所以⎩⎪⎨⎪⎧λ＋μ＝3，λ＋2μ＝y ，λ－μ＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝2，μ＝1，y ＝4，故A 、C 正确，B 不正确．由AD ⊥AC ，得AD →⊥AC →，所以AD →·AC →＝0.所以3＋2y －1＝0，解得y ＝－1，D 不正确．6.【多选题】如图，已知空间四边形ABCD 的各边和对角线的长都为a ，点M ，N ，E ，F 分别是AB ，CD ，BC ，AD 的中点，则( )A ．MN ⊥AB B ．MN ⊥CDC ．向量AN →与CM →所成角的余弦值为23D ．四边形MENF 为正方形 答案 ABD解析 设AB →＝p ，AC →＝q ，AD →＝r .由题意可知，|p |＝|q |＝|r |＝a ，且p ，q ，r 三个向量两两夹角均为60°.MN →＝AN →－AM →＝12(AC →＋AD →)－12AB →＝12(q ＋r －p )，所以MN →·AB →＝12(q ＋r －p )·p ＝12(q ·p ＋r ·p －p 2)＝12(a 2cos 60°＋a 2cos 60°－a 2)＝0.所以MN →⊥AB →，即MN ⊥AB .同理可证MN ⊥CD ，A 、B 正确．设向量AN →与MC →的夹角为θ，因为AN →＝12(AC →＋AD →)＝12(q ＋r )，MC →＝AC →－AM →＝q －12p ，所以AN →·MC →＝12(q ＋r )·⎝⎛⎭⎫q －12p ＝12(q 2－12q ·p ＋r ·q －12r ·p )＝12(a 2－12a 2cos 60°＋a 2cos 60°－12a 2cos 60°)＝12⎝⎛⎭⎫a 2－a 24＋a 22－a 24＝a 22.又因为|AN →|＝|MC →|＝32a ，所以AN →·MC →＝|AN →||MC →|cos θ＝32a ×32a ×cos θ＝a 22.所以cos θ＝23.从而向量AN →与CM →所成角的余弦值为－23，C 错误．因为ME →＝12AC →，FN →＝12AC →，所以ME →＝FN →.所以四边形MENF 为平行四边形．因为EN →＝12BD →＝12(AD →－AB →)，所以EN →·ME →＝12(AD →－AB →)·12AC →＝0.所以EN →⊥ME →，|EN →|＝|ME →|＝12a .所以四边形MENF 为正方形．D 正确．7．从点P (1，2，3)出发，沿着向量v ＝(－4，－1，8)的方向取点Q ，使|PQ |＝18，则Q 点的坐标为( )A ．(－1，－2，3)B ．(9，4，－13)C ．(－7，0，19)D ．(1，－2，－3) 答案 C8.【多选题】如图，在三棱锥P －ABC 中，△ABC 为等边三角形，△P AC 为等腰直角三角形，P A ＝PC ＝4，平面P AC ⊥平面ABC ，D 为AB 的中点，则( )A ．AP ⊥BCB ．异面直线AC 与PD 所成角的余弦值为24 C ．异面直线PC 与AB 所成角的余弦值为24D ．三棱锥P －ABC 的体积为1663答案 BCD解析 取AC 的中点O ，连接OP ，OB .因为P A ＝PC ，所以AC ⊥OP ，因为平面P AC ⊥平面ABC ，平面P AC ∩平面ABC ＝AC ，所以OP ⊥平面ABC ，又因为AB ＝BC ，所以AC ⊥OB .以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．因为△P AC 是等腰直角三角形，P A ＝PC ＝4，△ABC 为等边三角形，所以A (0，－22，0)，B (26，0，0)，C (0，22，0)，P (0，0，22)，D (6，－2，0)，所以AP →＝(0，22，22)，BC →＝(－26，22，0)，AP →·BC →＝8≠0，A 不正确；因为AC →＝(0，42，0)，PD →＝(6，－2，－22)，所以cos 〈AC →，PD →〉＝AC →·PD →|AC →||PD →|＝－842×4＝－24，则异面直线AC 与PD 所成角的余弦值为24，B 正确；因为PC →＝(0，22，－22)，AB →＝(26，22，0)，所以cos 〈PC →，AB →〉＝PC →·AB →|PC →||AB →|＝84×42＝24，所以异面直线PC 与AB 所成角的余弦值为24，C 正确；三棱锥P －ABC 的体积V P －ABC ＝13S △ABC ·PO ＝13×34×(42)2×22＝1663，D 正确． 9．在四面体OABC 中，棱OA ，OB ，OC 两两垂直，且OA ＝1，OB ＝2，OC ＝3，G 为△ABC的重心，则OG →·(OA →＋OB →＋OC →)＝________．答案 14310．已知e 1，e 2是空间单位向量，e 1·e 2＝12，若空间向量b 满足b ·e 1＝2，b ·e 2＝52，且对于任意x ，y ∈R ，有|b －(x e 1＋y e 2)|≥|b －(x 0e 1＋y 0e 2)|＝1，x 0，y 0∈R ，则|b |＝________． 答案 2 2解析 问题等价于|b －(x e 1＋y e 2)|当且仅当x ＝x 0，y ＝y 0时取到最小值1，平方即|b |2＋x 2＋y 2－2b ·e 1x －2b ·e 2y ＋2e 1·e 2xy ＝|b |2＋x 2＋y 2－4x －5y ＋xy .已知上式在x ＝x 0，y ＝y 0时取到最小值1，x 2＋y 2＋(y －4)x －5y ＋|b |2＝⎝⎛⎭⎪⎫x ＋y －422＋34(y －2)2－7＋|b |2，所以⎩⎨⎧x 0＋y 0－42＝0，y 0－2＝0，－7＋|b |2＝1.解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝1，y 0＝2，|b |＝2 2.11.如图，四边形ABCD 和ADPQ 均为正方形，它们所在的平面互相垂直，M ，E ，F 分别为PQ ，AB ，BC 的中点，则异面直线EM 与AF 所成角的余弦值是________．答案303012.如图，已知棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，过点B 作BM ⊥AC 1于点M ，则点M 的坐标为________．答案 ⎝⎛⎭⎫2a 3，a 3，a 3解析 由题意，知A (a ，0，0)，B (a ，a ，0)，C 1(0，a ，a )，设M (x ，y ，z )， 则AC 1→＝(－a ，a ，a )，AM →＝(x －a ，y ，z )，BM →＝(x －a ，y －a ，z )．因为BM →⊥AC 1→，所以BM →·AC 1→＝0. 所以－a (x －a )＋a (y －a )＋az ＝0，即x －y －z ＝0.①因为AC 1→∥AM →，所以设AM →＝λAC 1→，则x －a ＝－λa ，y ＝λa ，z ＝λa (λ∈R )，即x ＝a －λa ，y ＝λa ，z ＝λa .②由①②，得x ＝2a 3，y ＝a 3，z ＝a3.所以点M 的坐标为⎝⎛⎭⎫2a 3，a 3，a 3. 13.如图，已知ABCD －A 1B 1C 1D 1是四棱柱，底面ABCD 是正方形，AA 1＝3，AB ＝2，且∠C 1CB＝∠C 1CD ＝60°，设CD →＝a ，CB →＝b ，CC 1→＝c .(1)试用a ，b ，c 表示A 1C →；(2)已知O 为对角线A 1C 的中点，求CO 的长．解析 (1)A 1C →＝A 1A →＋AD →＋DC →＝－AA 1→＋BC →－CD →＝－CC 1→－CB →－CD →＝－c －b －a ＝－a －b －c .(2)由题意知|a |＝2，|b |＝2，|c |＝3，a ·b ＝0，a ·c ＝2×3×12＝3，b ·c ＝2×3×12＝3，∵CO →＝12CA 1→＝12(a ＋b ＋c )，∴|CO →|＝14（a ＋b ＋c ）2＝14（a 2＋b 2＋c 2＋2a ·b ＋2a ·c ＋2b ·c ）＝14×（22＋22＋32＋0＋2×3＋2×3）＝294＝292.14．已知空间三点A (0，2，3)，B (－2，1，6)，C (1，－1，5)．(1)若点D 在直线AC 上，且BD →⊥AC →，求点D 的坐标； (2)求以BA ，BC 为邻边的平行四边形的面积．解析 (1)由题意知，AC →＝(1，－3，2)，点D 在直线AC 上， 设AD →＝λAC →＝λ(1，－3，2)＝(λ，－3λ，2λ)， ∴D (λ，2－3λ，2λ＋3)， BD →＝(λ，2－3λ，3＋2λ)－(－2，1，6) ＝(λ＋2，1－3λ，2λ－3)， ∵BD →⊥AC →， ∴AC →·BD →＝(1，－3，2)·(λ＋2，1－3λ，2λ－3)＝λ＋2－3＋9λ＋4λ－6＝14λ－7＝0，∴λ＝12，∴D ⎝⎛⎭⎫12，12，4. (2)∵BA →＝(2，1，－3)，BC →＝(3，－2，－1)， ∴|BA →|＝22＋12＋（－3）2＝14， |BC →|＝32＋（－2）2＋（－1）2＝14， ∴BA →·BC →＝2×3＋1×(－2)＋(－3)×(－1)＝7，∴cos B ＝cos 〈BA →，BC →〉＝BA →·BC →|BA →||BC →|＝714×14＝12，∴sin B ＝32，∴S ＝14×14×32＝73，∴以BA ，BC 为邻边的平行四边形的面积为7 3.15．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，以D 为原点，DA →，DC →，DD 1→所在直线为x ，y ，z 轴建立直角坐标系Dxyz ，点M 在线段AB 1上，点N 在线段BC 1上，且MN ⊥AB 1，MN ⊥BC 1.求：(1)〈AB 1→，BC 1→〉； (2)MN →的坐标．解析 (1)由题意可知D (0，0，0)，A (1，0，0)，B (1，1，0)，B 1(1，1，1)，C 1(0，1，1)，所以AB 1→＝(0，1，1)，BC 1→＝(－1，0，1)， AB 1→·BC 1→＝0×(－1)＋1×0＋1×1＝1， |AB 1→|＝02＋12＋12＝2， |BC 1→|＝（－1）2＋02＋12＝2，所以cos 〈AB 1→，BC 1→〉＝AB 1→·BC 1→|AB 1→||BC 1→|＝12×2＝12.所以〈AB 1→，BC 1→〉＝π3.(2)设点M (1，x ，x )，N (y ，1，1－y )， 则MN →＝(y －1，1－x ，1－x －y )．因为MN →·AB 1→＝0，MN →·BC 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧（y －1，1－x ，1－x －y ）·（0，1，1）＝0，（y －1，1－x ，1－x －y ）·（－1，0，1）＝0，化简得⎩⎪⎨⎪⎧2－2x －y ＝0，2－x －2y ＝0，解得⎩⎨⎧x ＝23，y ＝23，所以MN →的坐标为⎝⎛⎭⎫－13，13，－13.1．【多选题】已知向量a ＝(1，1，0)，则与a 共线的单位向量e 等于( ) A.⎝⎛⎭⎫－22，－22，0B ．(0，1，0) C.⎝⎛⎭⎫22，22，0D ．(1，1，1)答案 AC 2．在四面体OABC 中，空间的一点M 满足OM →＝14OA →＋16OB →＋λOC →，若M ，A ，B ，C 四点共面，则λ等于( ) A.712 B.13 C.512 D.12 答案 A3．在正四面体ABCD 中，E 是BC 的中点，那么( ) A.AE →·BC →<AE →·CD → B.AE →·BC →＝AE →·CD → C.AE →·BC →>AE →·CD → D.AE →·BC →与AE →·CD →不能比较大小 答案 C解析 因为AE →·BC →＝12(AB →＋AC →)·(AC →－AB →)＝12(|AC →|2－|AB →|2)＝0，AE →·CD →＝(AB →＋BE →)·CD →＝AB →·(BD →－BC →)＋12BC →·CD →＝|AB →|·|BD →|·cos 120°－|AB →|·|BC →|·cos 120°＋12|BC →|·|CD →|cos 120°<0.所以AE →·BC →>AE →·CD →.4．已知a ＝(1，－2，3)，b ＝(－1，1，－4)，c ＝(1，－3，m )，则“m ＝1”是“{a ，b ，c }构成空间的一个基底”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件 答案 A解析 当m ＝1时，c ＝(1，－3，1)，易得a ，b ，c 不共面，即{a ，b ，c }能构成空间的一个基底，即“m ＝1”是“{a ，b ，c }构成空间的一个基底”的充分条件；当{a ，b ，c }能构成空间的一个基底时，则a ，b ，c 不共面，设a ，b ，c 共面，即c ＝x a ＋y b ，解得⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＝1，y －2x ＝－3，3x －4y ＝m ，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2，y ＝1，m ＝2，即当{a ，b ，c }能构成空间的一个基底时，m ≠2，即当{a ，b ，c }能构成空间的一个基底时，不能推出m ＝1，即“m ＝1”是“{a ，b ，c }构成空间的一个基底”的不必要条件．综上所述，“m ＝1”是“{a ，b ，c }构成空间的一个基底”的充分不必要条件．5．已知P (3cos α，3sin α，1)和Q (2cos β，2sin β，1)，则|PQ →|的取值范围是( ) A ．[0，5] B ．[1，25] C ．[1，5] D ．(1，5) 答案 C6．在四面体O －ABC 中，G 是底面△ABC 的重心，且OG →＝xOA →＋yOB →＋zOC →，则log 3|xyz |等于________． 答案 －37．已知空间三点A (2，1，0)，B (2，2，1)，C (0，1，2)．(1)求AB →·AC →的值；(2)若(AB →＋kAC →)⊥(AB →＋AC →)，求k 的值．解析 (1)因为A (2，1，0)，B (2，2，1)，所以AB →＝(0，1，1)．又C (0，1，2)，所以AC →＝(－2，0，2)，所以AB →·AC →＝0×(－2)＋1×0＋1×2＝2.(2)由(1)可知AB →＝(0，1，1)，AC →＝(－2，0，2)，所以AB →＋kAC →＝(－2k ，1，2k ＋1)，AB →＋AC →＝(－2，1，3)．因为(AB →＋kAC →)⊥(AB →＋AC →)，所以4k ＋1＋3(2k ＋1)＝0，解得k ＝－25.8.如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，侧棱P A ⊥底面ABCD ，AB ＝3，BC ＝1，P A ＝2，E 为PD 的中点．(1)求AC 与PB 所成角的余弦值；(2)在侧面P AB 内找一点N ，使NE ⊥平面P AC ，求N 点的坐标． 解析 (1)由题意，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0，0，0)，B (3，0，0)，C (3，1，0)，D (0，1，0)，P (0，0，2)，E ⎝⎛⎭⎫0，12，1， 从而AC →＝(3，1，0)，PB →＝(3，0，－2)． 设AC 与PB 的夹角为θ，则cos θ＝|AC →·PB →||AC →|·|PB →|＝327＝3714.∴AC 与PB 所成角的余弦值为3714.(2)由于N 点在侧面P AB 内，故可设N 点坐标为(x ，0，z )，则NE →＝⎝⎛⎭⎫－x ，12，1－z ， 由NE ⊥平面P AC 可得，⎩⎪⎨⎪⎧NE →·AP →＝0，NE →·AC →＝0，即⎩⎨⎧⎝⎛⎭⎫－x ，12，1－z ·（0，0，2）＝0，⎝⎛⎭⎫－x ，12，1－z ·（3，1，0）＝0，化简得⎩⎪⎨⎪⎧z －1＝0，－3x ＋12＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝36，z ＝1，即N 点的坐标为⎝⎛⎭⎫36，0，1时，NE ⊥平面P AC .。
高考数学运用向量法解题.doc
08高考数学运用向量法解题平面向量是新教材改革增加的内容之一，近几年的全国使用新教材的高考试题逐渐加大了对这部分内容的考查力度，本节内容主要是帮助考生运用向量法来分析，解决一些相关问题.●难点磁场(★★★★★)三角形ABC 中，A (5，－1)、B (－1，7)、C (1，2)，求：(1)BC 边上的中线 AM 的长；(2)∠CAB 的平分线AD 的长；(3)cos ABC 的值.●案例探究［例1］如图，已知平行六面体ABCD —A1B 1C 1D 1ABCD 是菱形，且∠C 1CB =∠C 1CD =∠BCD .(1)求证：C 1C ⊥BD .(2)当1CC CD的值为多少时，能使A 1C ⊥平面C 1BD ？请给出证明.命题意图：本题主要考查考生应用向量法解决向量垂直，夹角等问题以及对立体几何图形的解读能力.知识依托：解答本题的闪光点是以向量来论证立体几何中的垂直问题，这就使几何问题代数化，使繁琐的论证变得简单.错解分析：本题难点是考生理不清题目中的线面位置关系和数量关系的相互转化，再就是要清楚已知条件中提供的角与向量夹角的区别与联系.技巧与方法：利用a ⊥b ⇔a ·b =0来证明两直线垂直，只要证明两直线对应的向量的数量积为零即可.(1)证明：设=a , =b ,1CC =c ,依题意，|a |=|b |，、1CC 中两两所成夹角为θ，于是-==a －b ，CC ⋅1=c (a －b )=c ·a －c ·b =|c |·|a |cos θ－|c |·|b |cos θ=0,∴C 1C ⊥BD .(2)解：若使A 1C ⊥平面C 1BD ，只须证A 1C ⊥BD ，A 1C ⊥DC 1，由)()(1111CC CD AA CA D C CA -⋅+=⋅=(a +b +c )·(a －c )=|a |2+a ·b －b ·c －|c |2=|a |2－|c |2+|b |·|a |cos θ－|b |·|c |·cos θ=0,得 当|a |=|c |时，A 1C ⊥DC 1，同理可证当|a |=|c |时，A 1C ⊥BD ， ∴1CC CD=1时，A 1C ⊥平面C 1BD .［例2］如图，直三棱柱ABC —A 1B 1C 1，底面△ABC 中，CA =CB =1，∠BCA =90°，AA 1=2，M 、N 分别是A 1B 1、A 1A 的中点.(1)求的长；(2)求cos<11,CB BA >的值；(3)求证：A 1B ⊥C 1M .命题意图：本题主要考查考生运用向量法中的坐标运算的方法来解决立体几何问题.属 ★★★★级题目.知识依托：解答本题的闪光点是建立恰当的空间直角坐标系O －xyz ,进而找到点的坐标和求出向量的坐标.错解分析：本题的难点是建系后，考生不能正确找到点的坐标.技巧与方法：可以先找到底面坐标面xOy 内的A 、B 、C 点坐标，然后利用向量的模及方向来找出其他的点的坐标.(1)解：如图，以C 为原点建立空间直角坐标系O －xyz . 依题意得：B (0，1，0)，N (1，0，1)∴|BN |=3)01()10()01(222=-+-+-.(2)解：依题意得：A 1(1，0，2)，C (0，0，0)，B 1(0，1，2). ∴1BA =1),2,1,1(CB -=(0，1，2)11CB BA ⋅=1×0+(－1)×1+2×2=3|1BA |=6)02()10()01(222=-+-+-5)02()01()00(||2221=-+-+-=CB .1030563||||,cos 111111=⋅=⋅<∴CB BC CB BA (3)证明：依题意得：C 1(0，0，2)，M (2,21,21))2,1,1(),0,21,21(11--==A C∴,,00)2(21121)1(1111C A C A ⊥∴=⨯-+⨯+⨯-=⋅∴A 1B ⊥C 1M . ●锦囊妙计1.解决关于向量问题时，一要善于运用向量的平移、伸缩、合成、分解等变换，正确地进行向量的各种运算，加深对向量的本质的认识.二是向量的坐标运算体现了数与形互相转化和密切结合的思想.2.向量的数量积常用于有关向量相等，两向量垂直、射影、夹角等问题中.常用向量的直角坐标运算来证明向量的垂直和平行问题；利用向量的夹角公式和距离公式求解空间两条直线的夹角和两点间距离的问题.3.用空间向量解决立体几何问题一般可按以下过程进行思考： (1)要解决的问题可用什么向量知识来解决？需要用到哪些向量？(2)所需要的向量是否已知？若未知，是否可用已知条件转化成的向量直接表示？(3)所需要的向量若不能直接用已知条件转化成的向量表示，则它们分别最易用哪个未知向量表示？这些未知向量与由已知条件转化的向量有何关系？(4)怎样对已经表示出来的所需向量进行运算，才能得到需要的结论？●歼灭难点训练 一、选择题1.(★★★★)设A 、B 、C 、D 四点坐标依次是(－1，0)，(0，2)，(4，3)，(3，1)，则四边形ABCD 为( )A.正方形B.矩形C.菱形D.平行四边形2.(★★★★)已知△ABC=a ，=b ，a ·b <0，S△ABC =415,|a |=3,|b |=5,则a 与b 的夹角是( )A.30°B.－150°C.150°D.30°或150° 二、填空题3.(★★★★★)将二次函数y =x 2的图象按向量a 平移后得到的图象与一次函数y =2x －5的图象只有一个公共点(3，1)，则向量a =_________.4.(★★★★)等腰△ABC 和等腰Rt △ABD 有公共的底边AB ，它们所在的平面成60°角，若AB =16 cm,AC =17 cm,则CD =_________.三、解答题5.(★★★★★)如图，在△ABC 中，设=a ， =b ， =c ,=λa ,(0<λ<1), =μb (0<μ<1),试用向量a ，b 表示c .6.(★★★★)正三棱柱ABC —A 1B 1C 1的底面边长为a ,侧棱长为2a .(1)建立适当的坐标系，并写出A 、B 、A 1、C 1的坐标； (2)求AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角.7.(★★★★★)已知两点M (－1，0)，N (1，0)，且点P 使NM PM ⋅⋅⋅,,成公差小于零的等差数列.(1)点P 的轨迹是什么曲线？(2)若点P 坐标为(x 0,y 0),Q 为PM 与的夹角，求tan θ.8.(★★★★★)已知E 、F 、G 、H 分别是空间四边形ABCD 的边AB 、BC 、CD 、DA 的.(1)用向量法证明E 、F 、G 、H 四点共面； (2)用向量法证明：BD ∥平面EFGH ；(3)设M 是EG 和FH 的交点，求证：对空间任一点O ，有)(41+++=.参考答案难点磁场解：(1)点M 的坐标为x M =)29,0(,29227;0211M y M ∴=+==+- .2221)291()05(||22=--+-=∴AM5)21()15(||,10)71()15(||)2(2222=--+-==--++=D 点分的比为2. ∴x D =31121227,3121121=+⨯+==+⨯+-D y.2314)3111()315(||22=--+-=(3)∠ABC 是与的夹角，而=(6，8），=(2，－5）.1452629291052)5(2)8(6)5()8(26||||cos 2222==-+⋅-+-⨯-+⨯=⋅=∴BC BA BC BA ABC 歼灭难点训练一、1.解析： =(1，2）， =(1，2），∴=，∴∥，又线段AB 与线段DC 无公共点，∴AB ∥DC 且|AB |=|DC |，∴ABCD 是平行四边形，又||=5， =(5，3），||=34，∴||≠|},ABCD 不是菱形，更不是正方形；又=(4，1），∴1·4+2·1=6≠0,∴不垂直于，∴ABCD 也不是矩形，故选D. 答案：D2.解析：∵21415=·3·5sin α得sin α=21,则α=30°或α=150°.又∵a ·b ＜0,∴α=150°. 答案：C二、3.(2,0) 4.13 cm三、5.解：∵与共线，∴=m =m (－)=m (μb －a ), ∴=+=a +m (μb －a )=(1－m )a +m μb①又与共线，∴=n =n (－)=n (λa －b ), ∴=+=b +n (λa －b )=n λa +(1－n )b②由①②，得(1－m ）a +μm b =λn a +(1－n )b .∵a 与b 不共线，∴⎩⎨⎧=-+=-+⎩⎨⎧-==-010111m n m n n m a m μλμλ即③解方程组③得：m =λμμλμλ--=--11,11n 代入①式得c =(1－m )a +m μb =πμ-11［λ(1－μ)a +μ(1－λ)b ］.6.解：(1)以点A 为坐标原点O ，以AB 所在直线为Oy 轴，以AA 1所在直线为Oz 轴，以经过原点且与平面ABB 1A 1垂直的直线为Ox 轴，建立空间直角坐标系.由已知，得A (0，0，0），B (0，a ,0）,A 1(0,0,2a ),C 1(－,2,23aa 2a ). (2)取A 1B 1的中点M ，于是有M (0，2,2aa ），连AM ，MC 1，有1MC =(－23a ,0,0）, 且=(0，a ,0）,1AA =(0,02a )由于1MC ·=0，1MC ·1AA =0，所以M C 1⊥面ABB 1A 1，∴AC 1与AM 所成的角就是AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角.∵1AC =),2,2,0(),2,2,23(a aAM a a a =-a a a AC 49240221=++=⋅∴a a a a a a a AC 2324||,324143||22221=+==++=而 2323349,cos 21=⨯>=<∴aa aAM AC所以AM AC 与1所成的角，即AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为30°.7.解：(1)设P (x ,y ）,由M (－1，0），N (1，0）得， =－=(－1－x ,－y ）,-= =(1－x ,－y ), =－NM =(2,0),∴·=2(1+x ), PM ·=x 2+y 2－1,⋅ =2(1－x ).于是，NM PM ⋅⋅⋅,,是公差小于零的等差数列，等价于⎩⎨⎧>=+⎪⎩⎪⎨⎧<+---++=-+03 0)1(2)1(2)]1(2)1(2[211222x y x x x x x y x 即 所以，点P 的轨迹是以原点为圆心，3为半径的右半圆. (2)点P 的坐标为(x 0,y 0),30,1cos 21,3041||cos 42)24)(24()1()1(||||,210220002020*******πθθθ<≤≤<∴≤<-=⋅=∴-=-+=+-⋅++=⋅=-+=⋅x x PNPM x x x y x y x PM y x PM||3cos sin tan ,411cos 1sin 02022y x x =-==∴--=-=∴θθθθθ 8.证明：(1）连结BG ，则+=++=++=+=)(21 由共面向量定理的推论知：E 、F 、G 、H 四点共面，(其中21=EH ） (2）因为21)(212121=-=-=-=. 所以EH ∥BD ，又EH ⊂面EFGH ，BD ⊄面EFGH 所以BD ∥平面EFGH .(3）连OM ，OA ，OB ，OC ，OD ，OE ，OG由(2）知21=，同理21=，所以=，EH FG ,所以EG 、FH 交于一点M 且被M 平分，所以).(41)](21[21)](21[212121)(21OD OC OB OA OG OE OG OE OM +++=+++=+=+=.。
高中数学向量题型详解和解答技巧
高中数学向量题型详解和解答技巧在高中数学中，向量是一个重要的概念，它不仅在几何中有着广泛的应用，而且在物理等其他学科中也具有重要的作用。
掌握好向量的性质和运算规则，对于解答数学题目至关重要。
本文将详细解析高中数学中的向量题型，并给出解答技巧，帮助读者更好地理解和掌握相关知识。
一、向量的基本概念和性质在开始解答向量题目之前，我们首先需要了解向量的基本概念和性质。
向量是有大小和方向的量，通常用有向线段来表示。
向量的大小叫做向量的模，通常用|AB| 或 ||AB|| 表示。
向量的方向可以用有向线段的方向来表示，也可以用角度来表示。
在向量的运算中，我们常常会用到向量的加法、减法和数量乘法。
向量的加法满足交换律和结合律，即 A+B=B+A，(A+B)+C=A+(B+C)；向量的减法可以看作是加上一个相反向量，即 A-B=A+(-B)；向量的数量乘法满足分配律，即k(A+B)=kA+kB，(k+l)A=kA+lA。
二、向量的坐标表示和运算在解答向量题目时，我们通常会用坐标表示向量。
对于平面上的向量，我们可以用两个有序实数表示，称为向量的坐标。
例如，向量 AB 的坐标可以表示为 (x2-x1, y2-y1)。
在进行向量的运算时，我们可以利用向量的坐标表示进行计算。
向量的加法和减法可以直接对应坐标的加法和减法，即 (x1, y1)+(x2, y2)=(x1+x2, y1+y2)，(x1,y1)-(x2, y2)=(x1-x2, y1-y2)。
向量的数量乘法也可以直接对应坐标的数量乘法，即k(x, y)=(kx, ky)。
三、向量的共线和垂直性质在解答向量题目时，我们经常会遇到判断向量共线和垂直的情况。
两个向量共线的条件是它们的方向相同或相反，即向量 A=kB 或 A=-kB。
两个向量垂直的条件是它们的数量积为零，即 A·B=0。
根据共线和垂直的性质，我们可以解决一些与共线和垂直相关的题目。
例如，已知向量 A 和向量 B 的坐标分别为 (2, 3) 和 (-1, 2)，求证向量 A 和向量 B 垂直。
高考数学如何利用向量解决平面几何题目
高考数学如何利用向量解决平面几何题目在高考数学中，平面几何题目是一类重要且需要灵活运用数学知识的题型。
在解决这类问题时，向量是一种非常有用的工具。
通过运用向量的性质和运算，我们可以简化计算，提高解题效率。
本文将探讨如何利用向量解决高考数学中的平面几何题目。
一、向量的基本概念和性质在进一步探讨如何利用向量解决平面几何题之前，我们需要对向量的基本概念和性质有所了解。
向量可以用来表示大小和方向都有意义的物理量。
常用的表示向量的方法是使用箭头或者使用字母加上上方的箭头符号，如a→。
向量的几何意义是有起点和终点的有向线段，起点和终点分别称为向量的始点和终点。
两个向量相等，意味着它们有相同的大小和方向。
两个向量的和是将它们的起点放在一起，然后将它们的终点连成一条线段。
向量的运算有加法、减法和数量乘法。
向量加法满足交换律和结合律。
向量减法可以通过加上负向量来实现。
数量乘法是将向量的大小与标量相乘，同时改变向量的方向。
二、向量解决平面几何题目的应用1. 向量的共线性在平面几何问题中，有时需要判断三个点是否共线。
可以使用向量来解决这个问题。
考虑三个点A、B、C，如果向量AB和向量BC平行或者反向，则可以判断这三个点共线。
2. 向量表示线段通过向量的性质，我们可以使用向量表示线段。
考虑线段AB，可以用向量→AB来表示。
线段的长度可以通过求向量的模来计算。
3. 向量的垂直性在平面几何问题中，有时需要判断两条直线的垂直性。
可以使用向量的内积来判断。
如果两条向量的内积等于0，则可以判断这两条直线垂直。
4. 向量的平行性判断两条直线的平行性也可以使用向量。
如果两条直线的方向向量平行或者反向，则可以判断这两条直线平行。
5. 向量的投影在解决平面几何问题中，有时需要求一个向量在另一个向量上的投影。
可以通过计算这两个向量的内积，再除以投影向量的模得到。
6. 向量运算简化计算通过利用向量的运算规则，有时可以简化计算过程。
特别是在证明平行四边形性质或计算面积时，向量运算可以大大简化计算过程。
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中学数 学月 刊
２１ ０ ２年第 １ ０期
对一道高考向量试题的探 究
童 益 民 （ 江省 宁波效 实中学 ３ ５ １ ） 浙 １ ０ ２
１ 原 题 呈 现
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△Ａ Ｃ的重心 ， Ｇ・ Ｃ一詈 Ａ ・ Ｃ一 × Ｂ 得Ａ Ｂ Ｍ Ｂ
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０ 当 Ｐ是 △Ａ ； ＢＣ 的外心 时 ， Ａｓｎ２ ＋ Ｐ ・ Ｐ Ａ ｉ Ｂ
１
ｃ 一 ＋ ２ ＋ ３
２
＋ ・ 。 １ ＋ ｚ＋ ３
ｓ Ｂ＋ Ｐ ｓｎ２ ｉ２ ｎ Ｃ ｉ Ｃ—Ｏ 当 Ｐ是 △ Ｃ 的内心 时 ， ；
＋ ，０ 一 ｒ２ ）
ｎＰ ＋ｂ Ｂ ＋Ｃ Ａ Ｐ ＰＣ—Ｏ 可分别 推 出探究 １ 探 ， ～
另外 ， 能从 中体会 该报 刊 喜欢什 么 样 的文章 ． 还
２ 教 学 研 究 何 处 选 题
也可 根据 手头 掌握 的材 料和 研究 的需 要来 确定 课
题．
在 教学 研究 中如 何 寻 找 课 题 的 问题 ， 每 个 是
想 写教 科研 论 文 的人 都 曾经 遇 到 的问 题． 事 教 从
究 ４中 的结论 ， 于篇 幅 ， 再赘 述． 限 不
２（ ＋ ２＋ ３ ） ‘
２
（ ～ ２ ｎ ３ ） ＋ （ ＋ ３ ６ 一 （ ＋ ３ ｃ ２ ）。 ２ ）
一
参 考 文 献
由轮换 可得
— — —
［］ 林 国夫． １ 三角形“ 四心” 向量特征 及应用 ＥＩ 数学 的 Ｊ．
— — — —
＋
——— —＋
— ——— ９一 一 １ ． Ｍ ６
探 究 ３ 设 Ｑ是 △Ａ ＢＣ的外 心 ， 得ＡＱ ・ Ｃ Ｂ
—
解 法 ２ 建 立 直 角 坐 标 系 ， Ｂ（ ５ ） 设 一 ，０ ，
Ｃ（ ， ） Ａ（ ｃ ｓ ，３ ｉ ａ （ ５ Ｏ ， ３ ｏ ａ ｓ ） 口∈ （ ， ） ，０ ｎ ０ 丌 ）贝
。
＋
（ 一 １ ｆ ２ ） ＋ （ １＋ ２ ｎ ） 一 （ ＋ ２ ６ １ ）。 ２ 】 （ ＋ ２＋ ３ ）
商 ＋ 。 ｄ—ｏ则有 ｅ ，
一
３ 探 究 后 的 发 现
‘ 。 Ｂ ＋ Ａ Ｃ） 从 而 Ａ Ａ ， ｓ
・
探究 ５中的结 论是 前 面 四个 探究 结论 的统 一
与推广 ． 据 三 角形 “ 根 四心 ”的 向 量 特 征 ， Ｐ ］当
ＡＰ＇ ・ 一Ｃ — Ｂ
＋
是 △Ａ Ｃ 的重 心 时 ， Ａ＋ Ｐ Ｂ Ｐ Ｂ＋ Ｐ Ｃ一０ 当 Ｐ是 ；
△仙 Ｃ 的垂 心 时 ， ＰＡｔｎＡ＋ Ｐ ａ ＰＣｔ ｎＣ ａ Ｂｔ ｎＢ＋ ａ
一
鲁 Ａ・ Ｃ赢
～
由轮换可得， ．Ａ一 菌 一 Ｃ
ａ２
一
， ． 一
１ ． ６
ｂ ２ ’
解 法 ３ 设 口 ｂＣ ， ， 分别 是 ＡＡＢ 中角 Ａ， Ｃ Ｂ，
Ｃ的对 边．
— — — —
探 究 ４ 设 Ｊ △Ａ 是 ＢＣ
的 内心 （ １ ， 内角 平 分 图 ）由
ｂ 。上 Ｃ 一 ａ
Ａ Ｂ Ａ ＝ 丢 ＋ Ｍ。ｎ ＝ ｎ ２Ａ 一 Ｉ Ｉ Ｃ ＝ ——■ — 一
一 一
・
ＡＩ
ｂ
一
，
一
．
二 一… ２ 主 ．
２
因为 一
０ 十 Ｃ
一
＋÷ ， 从而 ． Ｃ Ｂ 一
０ 十 Ｃ
Ａ —Ｂ
・
一
ＢＣ ＋
— Ａ Ｃ ・一Ｃ Ｂ
做课 题． ３ 写教 科研 论 文如何 选材
１ 多读 他人 的文 章 写作 之前 ， 首先 要 多读 ， 读教 学报 刊 中有关 教
教科 研课 题选 定 以后 ， 如何 选 择 合 适 的材 料 就成 为极 关键 的 一 步 了． 材一 般 有 以下 几 种 常 选 用方 法 ：１ 根 据 课 题 需 要广 泛 选 材 ， （） 就是 把 与 课 题有 关 的材料 尽量 多地 选 出来 ， 根据 课 题需要 ， 再 对所选 题 材进 行 对 比分 析 ， 出最 合 适 的材 料 备 选 用 ； ２ 先 选定 一 个 最 适合 的 中心 材 料 ， 围绕 中 （） 再 心材料 及 课题 的 需要 进行 选 材 ， 这 些 材 料 作 为 把 中心 材料 的辅 助材 料 ， 组 织 所 需 材 料 ； ３ 有 时 来 （）
— — —
ＡＱ ・ （ ＡＣ — ＡＢ ）一 ＡＱ ・ＡＣ — ＡＱ ・Ａ — Ｂ
２ ‘
ｂ 一 Ｃ
＋
— ——＋
ＡＢ 一 （ ５— ３ ｏ 一 ｃ ｓａ，一 ３ ｉ ） ＡＣ 一 （ ｓｎ ａ ， ５—
３ ｏ ， ３ｉ ） 故 ｃｓａ 一 ｓ ａ ， ｎ
ＡＢ ・ＡＣ 一 ９ｃ ｓ 口一 ２ ｏ ５＋ ９ ｉ ａ一 ９— ２５一 ｓｎ。
・ 一 ， ・ 一
＋
— ＋ ——
Ｂ 中 点 ， Ｍ 一 ３ Ｂ 一 １ ，则 Ａ ・Ａ ＝ Ｃ Ａ ，Ｃ ０ Ｂ Ｃ ＝ ＝
由轮换 可得 ，
ｂ ３ ‘
先 介绍 三种解 法 ：
— — —
＋
—— —＋
—— ——＋
—— ——＋
——— —＋
解法 １ Ａ ・ Ｂ ＡＣ 一 （ ＭＢ — ＭＡ ）・（ ＭＣ 一
②和 ・ 一 商
— — — —
③．
— — — ＋ — — — ＋
（ ６一 ｃ （ ） ６＋ ｃ＋ ａ （ ） ６＋ Ｃ ａ — ）
— —
＇
— — —’
１
— — —
探 究 １ Ａ ・ Ｃ 一÷ （ Ｂ ＋Ａ ・（ Ｃ— Ｍ Ｂ Ａ Ｃ） Ａ
所 ・ 一 ・ 以ｒ赢一十１Ａ Ａ・ 寿 一Ｄ一 Ｂ ｎ｛＿ Ｂ ｃ —０ Ｃ ÷ Ｃ
通 报 ， ０ ０ １ ） ２１（２．
＋
—— —＋
ＢＰ ・（ 一
一
０ 十 Ｃ
Ｃ 扫 十
（ 一
Ｄ十 ｃ
从解 法 ３ 得 到公式 ① ’ 中得 ① 同理可 得 Ａ ．３ ： １ ： 一 ＝ 同理可得 Ｂ ・ （＝ ２： ＝
，
—— ～
—
一
） ＋ ＿ １
—
． —— 一
— — 一
（ 据公 式 ② ③） 循
’
２１ ０ ２年第 １ Ｏ期
中学 数学 月 刊
・ １・ ６
撰 写 数 学 教 研 论 文 的 几 点 体 会
王恩权 （ 吉林 省 松 原 市 实 验 高 中 １ ８ ０ ） ３ ０ ３
有 的老师 想 搞教 学 研 究 ， 自己 的教 学 体 会 把 整理 出来 ， 撰写 出 自己的研 究成果 ， 不 了解 如何 但 写论 文 ， 使成 果不 能公 诸 于世 ． 面就我 多 年来 致 下 在教 学研 究 中的体 会 ， 谈 教研论 文 的写 作 ， 谈 以便