摘" 要：向量兼有數(shù)與形的特點(diǎn)，在高中數(shù)學(xué)解題中有著重要的應(yīng)用.巧妙構(gòu)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(shù)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(jié)論、正弦定理、余弦定理、兩角差的余弦公式等.

關(guān)鍵詞：向量；數(shù)學(xué)解題；不等式；角；距離

中圖分類號(hào)：G632""" 文獻(xiàn)標(biāo)識(shí)碼：A""" 文章編號(hào)：1008-0333（2024）16-0070-07

收稿日期：2024-03-05

作者簡介：董強(qiáng)（1985—），男，教育碩士，中學(xué)一級(jí)教師，從事中學(xué)數(shù)學(xué)教學(xué)研究.

基金項(xiàng)目：陜西省“十四五”教育科學(xué)規(guī)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(shí)施策略研究”（項(xiàng)目編號(hào)：SGH23Y0679）.

數(shù)形結(jié)合是高中數(shù)學(xué)中的重要數(shù)學(xué)思想，恰當(dāng)利用數(shù)形結(jié)合思想可以有效解決數(shù)學(xué)問題.向量作為既有大小又有方向的量，是數(shù)形結(jié)合的良好工具，巧用向量可以實(shí)現(xiàn)對代數(shù)問題的圖形化和對圖形問題的代數(shù)化雙向轉(zhuǎn)化.新高考改革背景下應(yīng)注重發(fā)展學(xué)生的邏輯思維能力和創(chuàng)新能力，如何實(shí)現(xiàn)不同數(shù)學(xué)內(nèi)容的融合與學(xué)生綜合能力的提升則顯得尤為重要.向量作為高中數(shù)學(xué)解題的經(jīng)典工具，可以在多個(gè)方面進(jìn)行應(yīng)用，如在不等式證明、相關(guān)角的求解、距離的求解、兩條直線位置關(guān)系的判定、平面幾何重要結(jié)論和一些經(jīng)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(shè)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(dāng)且僅當(dāng)m與n共線時(shí)，取“=”，此時(shí)a=b=c=13.

評(píng)析" 向量法是一類比較廣泛的數(shù)學(xué)方法，可以用來解決許多的數(shù)學(xué)問題.本題考慮到三個(gè)字母的平方和，聯(lián)想到了向量的內(nèi)積，從而構(gòu)造兩個(gè)向量，將不等式的證明化為兩個(gè)向量模長的問題，而后利用向量內(nèi)積的性質(zhì)，巧妙地解決了不等式問題，是值得深究和推廣的一種數(shù)學(xué)方法［1］.

2" 利用平面向量求平面角

例2" 如圖1，三個(gè)單位正方形構(gòu)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(diǎn)E，使AE=1，連接EC，ED.則

sin∠CED=（"" ）.

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

解析" 因?yàn)閨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(píng)析" 例2和例3均采用了向量的數(shù)量積巧妙地對題目所給角的三角函數(shù)進(jìn)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(yùn)算求出角的三角函數(shù)值之外，也可以建立直角坐標(biāo)系，將向量坐標(biāo)化，利用向量的坐標(biāo)運(yùn)算進(jìn)行求解.此外，對于以上兩個(gè)例題還可以采用其他的一些方法求解，比如轉(zhuǎn)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(biāo)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(shè)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(píng)析"" 空間中兩條直線的夾角問題可以利用空間向量的數(shù)量積運(yùn)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(diǎn)O為線段BD的中點(diǎn).設(shè)點(diǎn)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(biāo)原點(diǎn)，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(biāo)系，不妨設(shè)DC=DA=DD1=1，則D（0，0，0），B（1，1，0），A1（1，0，1），O（12，12，0）.

設(shè)點(diǎn)P（0，1，t），且0≤t≤1，則OP=（-12，12，t），

A1D=（-1，0，-1），A1B=（0，1，-1）.

設(shè)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(dāng)t∈［0，12）時(shí)，f ′（t）gt;0；

當(dāng)t∈［12，1］時(shí)，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(píng)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(shù)量積運(yùn)算進(jìn)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(xiàn)分別是AC，DC的中點(diǎn).

（1）求證：EF⊥BC；

（2）求二面角E-BF-C的正弦值.

解析" （1）以點(diǎn)B為坐標(biāo)原點(diǎn)，在平面DBC內(nèi)過點(diǎn)B作BC的垂線為x軸，BC所在直線為y軸，在平面ABC內(nèi)過點(diǎn)B作垂直BC的直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)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(xiàn)（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(gè)法向量為n1=（0，0，1），設(shè)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(gè)n2=（1，-3，1）.

設(shè)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(píng)析" 二面角的平面角一般都是先找后證再求，但這種常規(guī)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(diǎn).只要能夠恰當(dāng)?shù)亟⒖臻g直角坐標(biāo)系，將幾何體中的點(diǎn)坐標(biāo)化，那么就可以結(jié)合平面的法向量對問題實(shí)現(xiàn)輕松求解，也避免了很多的論證過程.將幾何問題代數(shù)化，通過代數(shù)求解得出二面角的平面角正弦值，體現(xiàn)了數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng)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(diǎn)，則對于棱BC上是否存在一點(diǎn)F，使得MF與PC平行？

解析" 如圖6，在平面PCD內(nèi)過點(diǎn)D作DH⊥DC，因?yàn)槠矫鍭BCD⊥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(biāo)原點(diǎn)，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(biāo)系.

因?yàn)锳B=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(shè)棱BC上存在點(diǎn)F，使得MF∥PC，則可設(shè)BF=λBC，其中λ∈［0，1］.

因?yàn)镸是棱PA的中點(diǎn)，可得M（1，-12，32）.

又因?yàn)锽C=（-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?yàn)镸F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(shè)不成立.因此，對于棱BC上任意一點(diǎn)F，MF與PC都不平行，即在線段BC上不存在點(diǎn)F，使得MF與PC平行.

評(píng)析" 探索性問題一般具有一定的難度，此處是有關(guān)點(diǎn)的存在性的探索，方法是先假設(shè)存在滿足題意的點(diǎn)，通過構(gòu)造向量，將兩條直線的平行問題轉(zhuǎn)化為兩個(gè)向量的共線問題，從而轉(zhuǎn)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(diǎn)，但點(diǎn)的位置不特殊，不容易被發(fā)現(xiàn)，或者不存在滿足題意的點(diǎn)，那么直接利用立體幾何的知識(shí)去證明還是比較棘手的.實(shí)際上，直線和平面的平行，平面和平面的平行本質(zhì)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(shè)正四面體A-BCD底面正三角形的中心是O，在平面BCD內(nèi)作OF∥BD，以點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，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(biāo)系O-xyz.

設(shè)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(píng)析"" 正四面體的對棱互相垂直是正四面體的一個(gè)很重要的性質(zhì)，利用線面垂直的性質(zhì)能很快證得該性質(zhì).如在圖7中，因?yàn)锳O⊥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(zhì)，主要是說明向量在證明空間直線互相垂直中的應(yīng)用，在一些便于建立空間直角坐標(biāo)系的空間幾何體中，通過恰當(dāng)建系，將點(diǎn)坐標(biāo)化，線段向量化，進(jìn)一步也坐標(biāo)化，就可以利用向量的數(shù)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(jié)底都可以轉(zhuǎn)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(guān)系問題都可以通過構(gòu)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(diǎn)，P到各頂點(diǎn)的距離的不同取值有（" ）.

A.3個(gè)" B.4個(gè)" C.5個(gè)" D.6個(gè)

解析" 設(shè)正方體棱長為a，以D為原點(diǎn)，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)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(gè)不同取值，故選B.

評(píng)析" 空間中點(diǎn)到直線的距離、點(diǎn)到平面的距離、平行線間的距離、直線與平面的距離、兩個(gè)平行平面之間的距離等，均可以化歸為空間中兩點(diǎn)間的距離.如果能合理建立空間直角坐標(biāo)系，將點(diǎn)坐標(biāo)化，那么上述的各類距離問題都可以實(shí)現(xiàn)快速求解.

9" 利用向量求代數(shù)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(qū)域?yàn)棣福琍（x1，y1），Q（x2，y2）是Ω內(nèi)的任意兩點(diǎn)，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(qū)域Ω如圖8中正方形和圓之間所夾深色部分所示（右側(cè)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(shè)P（x1，y1），Q（x2，y2）是

Ω內(nèi)的任意兩點(diǎn)，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(dāng)P，Q兩點(diǎn)同在點(diǎn)D處或者同在點(diǎn)E處時(shí)，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(píng)析" 對于一些代數(shù)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(shù)形結(jié)合，將對問題實(shí)現(xiàn)最優(yōu)化的解決.本例題中式子z具有明顯的特點(diǎn)，可以看作是兩個(gè)向量數(shù)量積的結(jié)果，因此考慮構(gòu)造相應(yīng)向量，再結(jié)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(jié)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(píng)析" 向量法是集代數(shù)和幾何為一體的好方法，向量的代數(shù)屬性和幾何屬性決定了它可以作為數(shù)形結(jié)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(yùn)算達(dá)到證明的目的.本題也可以建立恰當(dāng)?shù)闹苯亲鴺?biāo)系，將上述命題轉(zhuǎn)化成平面上兩點(diǎn)間的距離問題，利用坐標(biāo)法直接計(jì)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?yàn)锽C=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(píng)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(zhì)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(biāo)系xOy內(nèi)作單位圓O，以O(shè)x為始邊作角α，β，它們的終邊與單位圓O的交點(diǎn)分別為A，B，則

OA=（cosα，sinα），OB=（cosβ，sinβ）.

于是OA·OB=cosαcosβ+sinαsinβ.

設(shè)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(píng)析" 對于三角函數(shù)中兩角和與差公式的證明，如果利用三角函數(shù)的定義，則證明過程較為復(fù)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(shù)量積運(yùn)算很容易證得兩角差的余弦公式，從而進(jìn)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(jìn)一步體現(xiàn)了向量的解題價(jià)值［4］.

13" 結(jié)束語

由上述例題可以看出，向量在高中數(shù)學(xué)解題中有著重要的應(yīng)用，尤其是向量的數(shù)量積運(yùn)算，可以解決長度、角度、距離等問題.高中數(shù)學(xué)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(diǎn)間的距離、點(diǎn)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(gòu)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(guān)系的判斷也有重要的應(yīng)用.

對于高中數(shù)學(xué)解題而言，巧妙利用向量大小和方向的雙重屬性，可以實(shí)現(xiàn)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(xiàn)：

［1］

董強(qiáng).例談?dòng)孟蛄拷忸}的幾種常見類型［J］.數(shù)理化解題研究，2023（13）：2-4.

［2］ 嚴(yán)士健，王尚志.普通高中課程標(biāo)準(zhǔn)實(shí)驗(yàn)教科書數(shù)學(xué)2（必修）［M］.北京：北京師范大學(xué)出版社，2011.

［3］ 嚴(yán)士健，王尚志.普通高中課程標(biāo)準(zhǔn)實(shí)驗(yàn)教科書數(shù)學(xué)5（必修）教師教學(xué)用書［M］.北京：北京師范大學(xué)出版社，2013.

［4］ 嚴(yán)士健，王尚志.普通高中課程標(biāo)準(zhǔn)實(shí)驗(yàn)教科書數(shù)學(xué)5（必修）［M］.北京：北京師范大學(xué)出版社，2011.

［責(zé)任編輯：李" 璟］