6.4 平面向量的应用

前三节把向量本身讲完了：概念、运算、坐标。这一节开始用它。本节页面上的两页是 §6.4 的开篇与 §6.4.1「平面几何中的向量方法」，回答的问题只有一个——平面几何题怎么改成向量题。

课本给了一句提纲挈领的话，值得抄在这里：

有了运算，向量的力量无限；没有运算，向量就只是一个路标.

这句话点出了向量方法的全部要害：几何图形里的”长度”与”夹角”，正好就是向量的模与数量积。 于是初中那些要靠添辅助线才能看出来的结论，在向量里变成几行代数。

一、三步曲

课本把用向量解平面几何题的流程明写成三步，照抄如下（这是本节唯一需要背下来的东西）：

1. 建立联系：用向量表示题中涉及的几何元素，把平面几何问题转化为向量问题；
2. 向量运算：通过运算研究几何元素之间的关系，如距离、夹角；
3. 翻译回去：把运算结果”翻译”成几何关系。

第 1 步是决定成败的一步，它包含两个动作：

• 选基底。 挑两个不共线的向量当基底（通常取从同一个顶点出发的两条边，如 $\{\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AD}\}$），此后图上每个向量都写成它们的线性组合。
• 列出已知。 把题设的边长、平行、垂直、中点、比例逐条翻译成基向量的模、数量积或系数。 例如”正方形边长为 $a$“就是 $|\overrightarrow{AB}| = |\overrightarrow{AD}| = a$ 且 $\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AD} = 0$。

第 2 步只有两条工具：

$$|\,\boldsymbol{u}\,|^2 = \boldsymbol{u}\cdot\boldsymbol{u}, \qquad \cos\theta = \frac{\boldsymbol{u}\cdot\boldsymbol{v}}{|\boldsymbol{u}|\,|\boldsymbol{v}|}.$$

长度问题一律先平方（把模换成数量积再展开），角度问题一律算数量积再除两个模。

第 3 步最容易被忘掉：算出 $\overrightarrow{DE} = \frac12\overrightarrow{BC}$ 之后，还要写上”于是 $DE \parallel BC$ 且 $DE = \frac12 BC$“——前者是向量等式，后者才是几何结论，中间隔着一次翻译。

二、两个范例，各示一路

范例一（课本例 1）：中位线定理。 $DE$ 是 $\triangle ABC$ 的中位线，证 $DE \parallel BC$ 且 $DE = \frac12 BC$。

取 $\{\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AC}\}$ 为基底。由中点得 $\overrightarrow{AD} = \frac12\overrightarrow{AB}$、 $\overrightarrow{AE} = \frac12\overrightarrow{AC}$，于是

$$\overrightarrow{DE} = \overrightarrow{AE} - \overrightarrow{AD} = \frac12\left(\overrightarrow{AC} - \overrightarrow{AB}\right) = \frac12\overrightarrow{BC}.$$

翻译：两个向量成倍数关系 $\Rightarrow$ 方向相同、长度成比例 $\Rightarrow$ $DE \parallel BC$ 且 $DE = \frac12 BC$。

这一路的特征是只用线性运算（加减与数乘），一次数量积都没用——凡是只涉及平行与比例的结论， 都走这条路。

范例二（课本例 2）：平行四边形的对角线。 取 $\overrightarrow{AB} = a$、$\overrightarrow{AD} = b$， 则 $\overrightarrow{AC} = a + b$，$\overrightarrow{DB} = a - b$。两条对角线的长度平方分别是

$$|a + b|^2 = |a|^2 + 2\,a\cdot b + |b|^2, \qquad |a - b|^2 = |a|^2 - 2\,a\cdot b + |b|^2 .$$

两式相加，交叉项 $2a\cdot b$ 恰好抵消，得

$$AC^2 + BD^2 = 2\left(AB^2 + AD^2\right).$$

翻译成一句话：平行四边形两条对角线的平方和，等于四条边的平方和。

这一路的特征是用数量积、并让未知的 $a\cdot b$ 自行消掉。这个”相加消交叉项”的动作， 在三角形里就是中线长公式（把平行四边形对折一半），是本节最值钱的一个技巧。

再往前走一步，这条恒等式就能变成一条不等式——高考考的往往是后者。两个数的和已经定死：

$$|a+b|^{2}+|a-b|^{2}=2\left(|a|^{2}+|b|^{2}\right) \quad\Longrightarrow\quad \frac{|a+b|^{2}+|a-b|^{2}}{2}=|a|^{2}+|b|^{2} .$$

右边正是两条对角线平方的平均。而两个数里大的那个，永远不小于它们的平均，于是

$$\max\left\{|a+b|^{2},\ |a-b|^{2}\right\}\ \geq\ |a|^{2}+|b|^{2}\ \geq\ \min\left\{|a+b|^{2},\ |a-b|^{2}\right\} .$$

一句话：两条对角线的平方，一条在 $|a|^{2}+|b|^{2}$ 上面、一条在下面，四条边的平方和被它们夹在中间。 两个等号同时成立当且仅当 $a\cdot b=0$（两条对角线一样长，图形是矩形）。这就是 2014 年浙江第 8 题的全部内容， 下面第五节细说。

三、什么时候用向量、什么时候不用

向量方法不是万能的，它有明确的强项与弱项：

强项（优先用向量）：

• 结论是”平行 / 共线 / 定比”——线性运算直接给出；
• 结论是”垂直”——数量积为 $0$，一个式子搞定，不必找辅助线；
• 要算”长度的平方和 / 差”——平方之后交叉项常能抵消；
• 图形里有中点、三等分点、平行四边形——这些条件翻译成向量等式极其干净。

弱项（别硬套）：

• 涉及圆的切线、圆周角这类角度的转移，用几何定理更短；
• 需要比较两个不平行方向上的”大小”关系时，向量给不出不等式。

选基底还有一条实用准则：尽量选夹角已知的两个向量。正方形、矩形里选一对邻边（数量积为 $0$， 展开时少一项）；一般平行四边形里也选邻边（$a\cdot b$ 未知，但常能抵消）。 若图形里有正交的一对方向，直接建坐标系往往比抽象基底更快——建系就是选了一组特殊的基底， 两者不是两种方法。

四、易错清单

按失分频率排：

1. 忘了第 3 步的翻译。 算出向量等式就收笔，没写出几何结论。
2. 由 $\overrightarrow{DE} = \lambda\overrightarrow{BC}$ 直接断言 $DE \parallel BC$，不排除两者共线。 本节的图里 $D$、$E$ 不在直线 $BC$ 上是显然的，但在只给条件不给图的题里要交代一句。
3. 基底选了共线的两个向量。 那样表示不唯一，后面全错。基底必须不共线。
4. 把 $|a+b|$ 当成 $|a| + |b|$。 模不是可加的；求模一律先平方。
5. 数量积当成了向量。 $a \cdot b$ 是一个数，不能再与第三个向量作数量积。
6. 拿一个特例验证就当成证明。 「下列哪个恒成立」这类题，代一组具体向量进去只能否掉选项，不能选中选项。尤其别挑取等的特例（如 $a\perp b$ 且等长）——那种特例两个方向的选项会同时通过，什么也筛不掉。挑退化的（让某个量变成 $0$）才有力。
7. 正方形/矩形里漏用垂直条件。 $\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AD} = 0$ 是这类题里最关键的一条已知， 不写出来展开式就化不下去。

五、这一节考过的真题（怎么用它们）

页面下方”考过本节的真题”是构建期派生的完整清单。先说主的那一道，再补一道”只借了本节一条结论”的：

2022 年第 17 题（正八边形上八段距离平方和）。它的两条解法正好对应本节的两路： 一路建系直算（把每段距离写成 $|\overrightarrow{PQ}|^2 = \overrightarrow{PQ}\cdot\overrightarrow{PQ}$ 再展开）， 一路把顶点配成四条直径、用范例二那个”相加消交叉项”的动作整体处理。 先看第二条：它是本节例 2 那个技巧在高考里的原样重现—— 把待求的平方和拆成若干组”和与差”，交叉项成对抵消，剩下的只是边长的平方。

2014 年浙江第 8 题是范例二那条恒等式最直接的一次出场。题目用 $\max$、$\min$ 的定义作包装， 真正要判的是：$\max\{|\vec a+\vec b|^{2},|\vec a-\vec b|^{2}\}$ 与 $|\vec a|^{2}+|\vec b|^{2}$ 谁大（答案：前者不小于后者）。

按第二节末尾那一步，答案是一行：两条对角线平方的平均恰好是 $|\vec a|^{2}+|\vec b|^{2}$， 取大的那个自然不小于平均。读者可以把它当作例 2 的课后一问来做——所有材料本节都给全了。

这道题还有两个值得记的旁支：

• 它同时考了「模不带平方」的那一半。 另两个选项比的是 $\min\{|\vec a+\vec b|,|\vec a-\vec b|\}$ 与 $\min\{|\vec a|,|\vec b|\}$， 而这两者的大小完全不定——没有平方就没有那条恒等式，只能举反例。 这正好印证第三节说的弱项：向量方法在”长度平方”上极强，在”长度本身”上给不出不等式。
• 反例要挑得毒。 取 $\vec a\perp\vec b$ 且等长时两条对角线一样长， $\max$ 那一组的两个选项会同时通过（两边相等）；换成 $\vec a=\vec b$， 一条对角线塌成 $\vec 0$，方向错的那个立刻垮掉。这条经验对所有「哪个恒成立」的选择题都成立。

另有一道只借了本节例 1 那条结论——2015 年浙江第 13 题（三棱锥里两条异面直线的夹角）。 它的关键一步是「取 $ND$ 的中点 $E$，于是 $ME\parallel AN$ 且 $ME=\frac{1}{2}AN$」， 用的正是本节例 1 用向量重新证过的那条中位线定理。 值得留意的是它把这条平面结论搬进了立体图形：$\triangle AND$ 是空间里的一个三角形， 但中位线这件事只与三点共面有关，与它躺在哪儿无关—— 这正是”用向量证几何”的好处，证法里一次都没有用到”在纸面上”。

本节页面上共有 2 道课本习题，都在第 46 页 §6.4.1 末尾的「练习」里，逐题全做。 本节页面不含「习题 6.4」——那一组题排在 §6.4.3 的末尾，归它那一节的详解。 每道题先逐字引课本的题面（引用块），再写解答。

练习（第 46 页）第 1 题

1. 证明：等腰三角形的两个底角相等.

把命题写清楚。 设 $\triangle ABC$ 中 $AB = AC$（顶角在 $A$），要证两个底角相等，即 $\angle B = \angle C$。

第一步：用向量表示几何元素。 取 $\overrightarrow{AB} = \boldsymbol{c}$，$\overrightarrow{AC} = \boldsymbol{b}$。 因为 $A$、$B$、$C$ 是三角形的三个顶点，$\boldsymbol{b}$ 与 $\boldsymbol{c}$ 都不是零向量且不共线。 题设 $AB = AC$ 就是

$$|\boldsymbol{c}| = |\boldsymbol{b}| .$$

两个底角是三角形的内角，用夹角表示为

$$\angle B = \left\langle \overrightarrow{BA},\ \overrightarrow{BC} \right\rangle, \qquad \angle C = \left\langle \overrightarrow{CA},\ \overrightarrow{CB} \right\rangle,$$

即 $\angle B$ 是从顶点 $B$ 出发的两条边所对应向量的夹角，$\angle C$ 同理。用基向量写出这四个向量：

$$\overrightarrow{BA} = -\boldsymbol{c}, \qquad \overrightarrow{BC} = \boldsymbol{b} - \boldsymbol{c}, \qquad \overrightarrow{CA} = -\boldsymbol{b}, \qquad \overrightarrow{CB} = \boldsymbol{c} - \boldsymbol{b} .$$

第二步：向量运算。 先算两个数量积：

$$\overrightarrow{BA}\cdot\overrightarrow{BC} = (-\boldsymbol{c})\cdot(\boldsymbol{b} - \boldsymbol{c}) = -\boldsymbol{b}\cdot\boldsymbol{c} + |\boldsymbol{c}|^2 ,$$ $$\overrightarrow{CA}\cdot\overrightarrow{CB} = (-\boldsymbol{b})\cdot(\boldsymbol{c} - \boldsymbol{b}) = -\boldsymbol{b}\cdot\boldsymbol{c} + |\boldsymbol{b}|^2 .$$

由 $|\boldsymbol{b}| = |\boldsymbol{c}|$，两式相等：

$$\overrightarrow{BA}\cdot\overrightarrow{BC} = \overrightarrow{CA}\cdot\overrightarrow{CB} . \tag{i}$$

再算两组模的乘积。注意 $\overrightarrow{CB} = -\overrightarrow{BC}$，所以 $|\overrightarrow{CB}| = |\overrightarrow{BC}|$，于是

$$|\overrightarrow{BA}|\cdot|\overrightarrow{BC}| = |\boldsymbol{c}|\cdot|\boldsymbol{b} - \boldsymbol{c}| , \qquad |\overrightarrow{CA}|\cdot|\overrightarrow{CB}| = |\boldsymbol{b}|\cdot|\boldsymbol{b} - \boldsymbol{c}| ,$$

又 $|\boldsymbol{b}| = |\boldsymbol{c}|$，故两式也相等：

$$|\overrightarrow{BA}|\cdot|\overrightarrow{BC}| = |\overrightarrow{CA}|\cdot|\overrightarrow{CB}| . \tag{ii}$$

这两个乘积都不为 $0$：$\boldsymbol{b}$、$\boldsymbol{c}$ 非零给出 $|\overrightarrow{BA}|, |\overrightarrow{CA}| \neq 0$； $\boldsymbol{b}$ 与 $\boldsymbol{c}$ 不共线给出 $\boldsymbol{b} - \boldsymbol{c} \neq \mathbf{0}$，即 $|\overrightarrow{BC}| \neq 0$。 所以下面这一步可以放心作除法。由 (i)(ii) 得

$$\cos\angle B = \frac{\overrightarrow{BA}\cdot\overrightarrow{BC}}{|\overrightarrow{BA}|\,|\overrightarrow{BC}|} = \frac{\overrightarrow{CA}\cdot\overrightarrow{CB}}{|\overrightarrow{CA}|\,|\overrightarrow{CB}|} = \cos\angle C .$$

第三步：翻译回几何。 $\angle B$、$\angle C$ 都是三角形的内角，取值范围是 $(0, \pi)$， 而余弦函数在 $(0, \pi)$ 上单调递减、因而是一一对应的，所以由 $\cos\angle B = \cos\angle C$ 得

$$\angle B = \angle C .$$

即等腰三角形的两个底角相等。证毕。

“单调”那一句不能省：$\cos$ 在整个实数集上不是一一对应的（如 $\cos\frac{\pi}{3} = \cos\left(-\frac{\pi}{3}\right)$）， 只有把角限制在 $(0, \pi)$ 内才能由余弦相等推出角相等。三角形内角范围正好提供了这个限制。

这道题的关键动作：把”角相等”换成”余弦相等”，而余弦是数量积除以两个模—— 分子由 $|\boldsymbol{b}| = |\boldsymbol{c}|$ 配平，分母也由它配平，两边同时相等。

练习（第 46 页）第 2 题

2. 如下页图，正方形 $ABCD$ 的边长为 $a$，$E$ 是 $AB$ 的中点，$F$ 是 $BC$ 边上靠近点 $B$ 的三等分点，$AF$ 与 $DE$ 交于点 $M$，求 $\angle EMF$ 的余弦值.

第一步：建立坐标系（也就是选一组正交基底）。 正方形的邻边互相垂直，正好当坐标轴。 以 $A$ 为原点、$\overrightarrow{AB}$ 的方向为 $x$ 轴正方向、$\overrightarrow{AD}$ 的方向为 $y$ 轴正方向建系， 则四个顶点是

$$A(0, 0), \quad B(a, 0), \quad C(a, a), \quad D(0, a) \qquad (a > 0).$$

$E$ 是 $AB$ 的中点，故 $E\left(\dfrac{a}{2},\ 0\right)$。

$F$ 是 $BC$ 上靠近 $B$ 的三等分点，即 $BF = \dfrac13 BC$。$\overrightarrow{BC} = (0, a)$， 所以 $\overrightarrow{BF} = \left(0,\ \dfrac{a}{3}\right)$，$F\left(a,\ \dfrac{a}{3}\right)$。

第二步：求交点 $M$。 点 $M$ 同时在直线 $AF$ 与直线 $DE$ 上，分别写成参数式：

$$\text{直线 } AF:\quad P = A + t\,\overrightarrow{AF} = \left(ta,\ \frac{ta}{3}\right), \quad t \in \mathbf{R};$$ $$\text{直线 } DE:\quad P = D + s\,\overrightarrow{DE} = \left(\frac{sa}{2},\ a - sa\right), \quad s \in \mathbf{R},$$

其中 $\overrightarrow{AF} = \left(a,\ \dfrac{a}{3}\right)$，$\overrightarrow{DE} = \left(\dfrac{a}{2} - 0,\ 0 - a\right) = \left(\dfrac{a}{2},\ -a\right)$。

令两式的坐标分别相等（$a \neq 0$，可以两边约去 $a$）：

$$\begin{cases} t = \dfrac{s}{2}, \\[4pt] \dfrac{t}{3} = 1 - s. \end{cases}$$

把第一式代入第二式：$\dfrac{s}{6} = 1 - s$，即 $s = 6 - 6s$，解得 $s = \dfrac67$，从而 $t = \dfrac37$。于是

$$M\left(\frac{3a}{7},\ \frac{a}{7}\right).$$

验一下 $M$ 落在两条线段的内部：$t = \dfrac37 \in (0, 1)$ 说明 $M$ 在线段 $AF$ 上、且在 $A$ 与 $F$ 之间； $s = \dfrac67 \in (0, 1)$ 说明 $M$ 在线段 $DE$ 上、且在 $D$ 与 $E$ 之间。两条线段确实相交，交点唯一。 这一步是下一步的前提——只有确认 $M$ 在 $A$ 与 $F$ 之间，射线 $MF$ 的方向才与 $\overrightarrow{AF}$ 同向； 只有确认 $M$ 在 $D$ 与 $E$ 之间，射线 $ME$ 的方向才与 $\overrightarrow{DE}$ 同向。

第三步：算 $\angle EMF$ 的余弦。 $\angle EMF$ 是射线 $ME$ 与射线 $MF$ 的夹角，即向量 $\overrightarrow{ME}$ 与 $\overrightarrow{MF}$ 的夹角。直接算这两个向量：

$$\overrightarrow{ME} = \left(\frac{a}{2} - \frac{3a}{7},\ 0 - \frac{a}{7}\right) = \left(\frac{7a - 6a}{14},\ -\frac{a}{7}\right) = \left(\frac{a}{14},\ -\frac{a}{7}\right) = \frac{a}{14}\,(1, -2),$$ $$\overrightarrow{MF} = \left(a - \frac{3a}{7},\ \frac{a}{3} - \frac{a}{7}\right) = \left(\frac{4a}{7},\ \frac{7a - 3a}{21}\right) = \left(\frac{4a}{7},\ \frac{4a}{21}\right) = \frac{4a}{21}\,(3, 1).$$

两个向量都不是零向量（$a > 0$），夹角有定义。因为正的数乘不改变方向，可以直接用 $(1, -2)$ 与 $(3, 1)$ 这两个方向向量算余弦：

$$\cos\angle EMF = \frac{(1, -2)\cdot(3, 1)}{|(1,-2)|\;|(3,1)|} = \frac{1 \times 3 + (-2) \times 1}{\sqrt{1^2 + (-2)^2}\;\sqrt{3^2 + 1^2}} = \frac{1}{\sqrt5 \cdot \sqrt{10}} = \frac{1}{\sqrt{50}} = \frac{\sqrt2}{10}.$$

所以

$$\cos\angle EMF = \frac{\sqrt2}{10}.$$

注意结果与 $a$ 无关：这是应该的——正方形无论多大，图形都是相似的，角度不变。 $a$ 在最后一步被约掉，正好是这件事的验算。

再核一遍数量级：$\dfrac{\sqrt2}{10} \approx 0.141 > 0$，所以 $\angle EMF$ 是锐角，约 $81.9^\circ$； 从图上看 $ME$ 与 $MF$ 张开的口子确实略小于直角，相符。

这道题的关键动作：先把交点真的解出来，再用”$M$ 在两条线段内部”把两条射线的方向钉死， 最后才算夹角。若跳过求 $M$、直接拿 $\overrightarrow{AF}$ 与 $\overrightarrow{DE}$ 的夹角当答案， 方向的正负还没有挣得——那两个向量的夹角与 $\angle EMF$ 恰好相等只是因为方向都对上了， 这件事必须验过才能用。