1．平面向量是教材新增內(nèi)容之一，其數(shù)形結合的特點使得它成為高中數(shù)學教學中繼函數(shù)之后的第二條主線．向量是數(shù)學中重要概念之一．向量為解決數(shù)學、物理中的問題提供了新的工具.

2.有關平面向量的考查熱點在兩個方面：一是對向量基本概念、基本運算的考查；二是對向量的工具作用的考查，即運用向量知識解決平面幾何、解析幾何、三角函數(shù)等中的簡單問題．

3.隨著新教材的普遍使用，“向量”將會成為命題熱點，一般選擇、填空題重在考查平面向量的概念、數(shù)量積及其運算律，解答題重在考查平面向量的綜合應用，常與函數(shù)、三角函數(shù)、平面解析幾何、立體幾何、數(shù)列等知識結合起來考查．對本專題的復習應立足基礎，強化運算，重視應用．數(shù)形結合思想在本專題中將得到淋漓盡致的體現(xiàn)．

4．在2007年全國各省市的高考試卷中，向量在各種題型中都有出現(xiàn).選擇題、填空題的形式主要考查向量的模、夾角、數(shù)量積以及向量間的關系等基礎知識與基本技能．而在解答題中則主要與三角形、函數(shù)、空間幾何體、圓錐曲線等結合、交匯.

5．按教材編排體系，解三角形在本專題中復習，即正、余弦定理(及其各種變形)運用于三角形形狀的判斷、證明三角形中的邊角恒等式、定比分點及求解有關實際應用問題這也是高考熱點之一．

6．對于學有余力的學生，可以適當補充簡單的空間解析幾何知識，如空間直角坐標系中平面的方程(特別是平面的截距式方程)，點到平面的距離公式等.

7．知識網(wǎng)絡

考點一：向量的概念與運算

例題1：下面有四個關于向量數(shù)量積的關系式：

①0.0＝0；②(a.b).c＝a.(b.c)；③a.b＝b.a；④|a.b|≤a.b

其中正確的是(　　 )

A.①②　　　　　　　　　　　　　 B.②③　　　　　　　　　　　　　　　 C.③④　　　　　　　　　　　　　　　　 D.①③

解析：根據(jù)向量運算法則，①和③是正確的.

對于②，(a.b).c是一個與向量c平行的向量，而a.(b.c)是一個與向量a平行的向量，通常情況下不正確；對于④，|a.b|是一個正實數(shù)，而a.b可能是一個負實數(shù).

答案：D

點評：從向量的基本運算法則出發(fā)，細心判斷.這里要特別注意向量0與實數(shù)0的區(qū)別.

例題2：平行四邊形OACB中，BD＝BC，OD與BA交于E，求證：BE＝BA 證明：設E’是AB上一點，且BE’＝BA 只需證E、E’重合即可， 設，則 ∵ ∴3( ∴ ∴，∴O、E’、D三點共線，即E、E’重合 ∴BE＝BA

點評：用向量方法證明平面幾何問題，首先是選擇一組適當?shù)幕紫蛄?，然后再設法將其余相關向量都用基底向量表示出來，這樣，相關點、線關系就能很容易第凸現(xiàn)出來.

考點二：定比分點與解三角形

例題3：已知平行四邊形ABCD的三個頂點坐標分別是A(－2，1)，B(3，4)，C(－1，3)，則第四個頂點D的坐標為(　　 ) A.(2，2)　　　　　　　　　　　　 B.(－6，0)　　　　　　　　　　　　 C.(4，6)　　　　　　　　　　　　　　 D.以上都不對 解析：本題只需要抓住平行四邊形的兩條對角線互相平分，

于是設D(x,y)，有－2+(－1)＝3+x且1+3＝4+y

從而x＝－6,y＝0

答案：B

點評：利用平面幾何性質(zhì)及中點坐標公式，是解決本題的要點.

例題4：已知C為線段AB上一點，P為直線AB外一點，滿足||＝2，|－|＝2，，I為PC上一點，且＝+λ()(λ＞0)，則的值為_______.

[點撥]確定PC、AI分別為∠APB、∠BAP的平分線，進而確定I在三角形中的位置.

解：cos∠APC

cos∠BPC

所以∠APC＝∠BPC，即PC平分∠APB

∵(λ＞0)

∴(λ＞0)

又均為單位向量，由向量的平行四邊形法則，知AI平分∠PAB

又I在PC上，故I是△ABP的內(nèi)心

又cos∠IBD＝(D為⊙I與AB的切點)

由＝2

又

解得：cos∠IBD＝＝－1

[點評]1、三角形中四心的向量表示：

2、本題通過內(nèi)切圓的切點D找出相關的數(shù)量關系，技巧性較強，考查圓的切線性質(zhì).

考點三：向量與立體幾何

例題5：如圖，直四棱柱ABCD－A₁B₁C₁D₁中，底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD，AB＝2DC＝2，E為BD₁的中點，F(xiàn)為AB的中點. (1)求證：EF∥平面ADD₁A₁；

　 (2)若BB₁＝，求A₁F與平面DEF所成角的大小.

解析：(1)連結AD₁，在△ABD₁中，

∵E、F分別是BD₁、AB的中點，∴EF∥AD₁.

又EFË平面ADD₁A₁

∴EF∥平面ADD₁A₁

(2)建立如圖所示的空間直角坐標系D－xyz

　(DG是AB邊上的高)

則有A₁()，F(xiàn)(，0)

　D₁(0，0，)，B(，0)

∴E()

設平面DEF的法向量為＝(x，y，z)

則Þ

解得y＝－x，z＝x

取非零法向量＝(1，－，)

∴A₁F與平面DEF所成的角即是所成銳角的余角

由cos<>＝＝＝－

∴A₁F與平面DEF所成教的大小為－arccos，即arcsin.

點評：立體幾何中，二面角問題幾乎每年必考，幾何法也有很多解決方法，如直接法、垂面法、三垂線法、面積射影法等等，這些方法都離不開嚴密的邏輯證明.而向量法則以算代證，從一定程度上減輕了對邏輯思維的要求，但也應該注意到，向量法計算較為煩瑣，運算量較大，必須小心謹慎，否則也極易出現(xiàn)差錯.

例題6：如圖，已知平行六面體ABCD－A₁B₁C₁D₁的底面ABCD是菱形，且∠C₁CB＝∠C₁CD＝∠

BCD＝60°

⑴證明：C₁C⊥BD；

⑵假定CD＝2，CC₁＝，記面C₁BD為α，面CBD為β，求二面角α－BD－β的平面角的余弦值；⑶當?shù)闹禐槎嗌贂r，能使A₁C⊥平面C₁BD？請給出證明.

⑴證明：連結A₁C₁、AC，AC和BD交于O，連結C₁O

∵四邊形ABCD是菱形

∴AC⊥BD，BC＝CD

又∵ ∠BCC₁＝∠DCC₁，C₁C＝C₁C，

∴ △C₁BC≌△C₁DC

∴ C₁B＝C₁D

∵DO＝OB∴ C₁O⊥BD

但AC⊥BD，AC∩C₁O＝O

∴ BD⊥平面AC₁，

又CC₁∩平面AC₁∴ CC₁⊥BD 證法二：設CD、CB、CC₁三個方向上的單位向量分別為、、

則、、兩兩成60°角

且，,

則

于是＝mn(＝0

故 CC₁⊥BD

⑵解：由⑴知AC⊥BD，C₁O⊥BD

∴ ∠C₁OC是二面角α－BD－β的平面角

在△C₁BC中，BC＝2，C₁C＝，∠BCC₁＝60°

∴ C₁B²＝2²+()²－2×2××cos60°＝

∵∠OCB＝60°，∴ OB＝BC＝1

∴ C₁O²＝C₁B²＝OB²＝

∴ C₁O＝，即C₁O＝C₁C

作C₁H⊥OC，垂足為H.

∴點H是OC的中點，且OH＝，

∴ cos∠C₁OC＝.

⑶當＝1時，能使A₁C⊥平面C₁BD

證明一：∵＝1

∴ BC＝CD＝C₁C

又∠BCD＝∠C₁CB＝∠C₁CD

由此可推得BD＝C₁B＝C₁D

∴三棱錐C－C₁BD是正三棱錐.

設A₁C與C₁O相交于G.

∵ A₁C₁∥AC，且A₁C₁：OC＝2：1

∴ C₁O：GO＝2：1

又C₁O是正三角形C₁BD的BD邊上的高和中線，

∴點G是正三角形C₁BD的中心.

∴ CG⊥平面C₁BD

即 A₁C⊥平面C₁BD.

證明二：由⑴知，BD⊥平面AC₁

∵ A₁C∩平面AC₁，∴ BD⊥A₁C.

當＝1時，平行六面體的六個面是全等的菱形.

同 BD⊥AC₁的證法可得BC₁⊥A₁C

又BD⊥BC₁于B

∴ A₁C⊥平面C₁BD

證法三：設＝x，即

由(2)可知：BD⊥平面AA₁C₁C，∴BD⊥A₁C

由線面垂直得判定定理，知：如果A₁C⊥DC₁，則A₁C⊥平面C₁BD成立.

∵＝m+m+

　 ＝－m+

又∵＝0

∴(m+m+)(－m+e₃)＝0

展開整理得：－＝0

∴x＝1

以上各步可逆，所以x＝1時，即＝1時，A₁C⊥平面C₁BD

點評：空間向量中，基底向量的使用是學生的一個弱項，許多學生動輒建立坐標系，對于垂直條件“不足”的問題往往感到手足無措，本題就是一例.從本題的向量證明方法中，還可以明確看到不僅解決了幾何證法中“有一解”的問題，而且明確了“只有一解”的充要關系.

考點四：向量與其他知識點綜合問題

例題7：已知A、B、C是△ABC三內(nèi)角，向量且m.n＝1

(1)求角A

(2)若

解析：(1)∵ ∴　 即

，

sin(A－)＝

∵　 ∴

∴A＝

(2)由題知，整理得sin²B－sinBcosB－2cos²B＝0

∴cosB≠0 ∴tan²B－tanB－2＝0

∴tanB＝2或tanB＝－1

而tanB＝－1使cos²B－sin²B＝0，舍去

∴tanB＝2

∴tanC＝tan[π－(A+B)]＝－tan(A+B)

點評：向量與三角函數(shù)的綜合問題是當前的一個熱點，但通常難度不大，一般就是以向量的坐標形式給出與三角函數(shù)有關的條件，并結合簡單的向量運算，而考查的主體部分則是三角函數(shù)的恒等變換，以及解三角形等知識點.

例題8：設向量＝(1，0)，＝(0，1)，＝(x+m)+y，＝(x－m)+y，且||+||＝6，0＜m＜3，x＞0，y∈R.

　(1)求動點P(x，y)的軌跡方程；

(2)已知點A(－1，0)，設直線y＝(x－2)與點P的軌跡交于B、C兩點，問是否存在實數(shù)m，使得？若存在，求出m的值；若不存在，請說明理由.

解析：(1)∵＝(1，0)，＝(0，1)，||+||＝6

∴＝6

上式表示動點P(x，y)到兩定點F₁(－m，0)和F₂(m，0)的距離之和為6

而0＜m＜3，故|F₁F₂|＜6

故P點軌跡為以F₁、F₂為焦點，長軸長2a＝6的橢圓，

于是a＝3，c＝m，b²＝9－m²

故P點軌跡方程為＝1(x＞0，0＜m＜3)

(2)設B(x₁，y₁)，C(x₂，y₂)

∵＝(x₁+1，y₁)，＝(x₂+1，y₂)，

∴＝x₁x₂+(x₁+x₂)+1+y₁y₂

而y₁y₂＝(x₁－2).(x₂－2)＝[x₁x₂－2(x₁+x₂)+4]

∴＝x₁x₂+(x₁+x₂)+1+[x₁x₂－2(x₁+x₂)+4]

　　　　 ＝[10x₁x₂+7(x₁+x₂)+13]

若存在實數(shù)m，使得成立

則由[10x₁x₂+7(x₁+x₂)+13]＝

Þ　 10x₁x₂+7(x₁+x₂)+10＝0　　　　　　 ……①

由

消去y得：(10－m²)x²－4x+9m²－77＝0　　 ……②

由②有

由①④⑤解得m²＝＜9，且此時△＞0

但由⑤，有9m²－77＝＜0與題設矛盾

∴不存在符合題意的實數(shù)m，使得.

點評：向量與解析幾何的綜合問題，通常是利用向量的幾何特性來描述解析幾何中的圖象性質(zhì)，一般解決辦法是利用向量的坐標表示，“盡快”轉(zhuǎn)化為純解析幾何問題求解.當然也不排除利用平面幾何性質(zhì)，直接將向量特征轉(zhuǎn)化為幾何特征，更快地得到問題的解.

(一)方法總結

1.以“基底”形式出現(xiàn)的向量問題通常將題中的化為以某一點為統(tǒng)一起點，再進行向量運算會非常方便；

2.以坐標形式出現(xiàn)的向量問題可以盡可能利用解析思想，轉(zhuǎn)化為函數(shù)或方程方法求解；

(二)08高考預測

預計向量基本概念等基礎問題和三角函數(shù)問題、解三角形問題與平面向量結合，通常為選擇題或填空題；而用向量“包裝”的綜合問題，如立體幾何、解析幾何等，通常為解答題.難度以中檔題為主.

(一)選擇題

1.如圖，D，E，F(xiàn)分別是△ABC的邊AB，BC，CA的中點，則下列等式中成立的是(　　 )

A.　　　　　　　　　　　　　　　　 B.＝0

C.　　　　　　　　　　　　　　　　 D.

答案：A

2.若三個點P(1，1)，A(2，－4)，B(x，－9)共線，則x＝(　　 )

A.－1　　　　　　　　　　　　　 B.3　　　　　　　　　　　　　　　　　　 C.　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 D.51

答案：B

3.若向量＝(cosα，sinα)，＝(cosβ，sinβ)，則與一定滿足(　　 )

A.夾角為α－β　　　　　　　 B.(+)⊥(－)　　　　　　　　　　　 C.∥　　　　　　　　　　　　　　　　　 D.⊥

解：+＝(cosα+cosβ，sinα+sinβ)

－＝(cosα－cosβ，sinα－sinβ)

∴(+).(－)＝cos²α－cos²β+sin²α－sin²β＝0

選B

4.設點P分有向線段的比為λ，且||＝3||，則λ＝(　　 )

A.4或－2　　　　　　　　　　 B.－3或1　　　　　　　　　　　　　　 C.－4或2　　　　　　　　　　　　　　 D.－3或－1

答案：C

5.若＝b，則∠AOB平分線上的向量為(　　 )

A.　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 B.λ(λ由確定)

C.　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 D.

答案：B

6.將函數(shù)y＝x²+4x+5的圖像按向量a經(jīng)過一次平移后得到y(tǒng)＝x²的圖像，則a＝(　　 )

A.(2，－1)　　　　　　　　　 B.(－2，1)　　　　　　　　　　　　 C.(－2，－1)　　　　　　　　　　　 D.(2，1)

答案：A

7.設a、b是平面內(nèi)兩個不共線的向量，且＝2a+pb，＝a+b，＝a－2b，若A、B、D三點共線，則實數(shù)p的值為(　　 )

A、1　　　　　　　　　　　　　 B、2　　　　　　　　　　　　　　　　 C、－2　　　　　　　　　　　　　　　　 D、－1

答案：D

8.如果e₁、e₂是平面α內(nèi)的一組基底向量，那么下列說法正確的是(　　 )

A、若實數(shù)λ₁、λ₂使得λ₁e₁+λ₂e₂＝0，則λ₁＝λ₂＝0

B、空間中任意向量a都可以表示為a＝λ₁e₁+λ₂e₂，其中λ₁、λ₂∈R

C、λ₁e₁+λ₂e₂不一定在平面α內(nèi)，其中λ₁、λ₂∈R

D、對于平面α內(nèi)的任意一個確定向量a，使得a＝λ₁e₁+λ₂e₂的實數(shù)λ₁、λ₂不止一對.

答案：A

9.已知|a|＝2sin15€，|b|＝4cos15，如果a與b的夾角為30，則a.b＝(　　 )

A、6　　　　　　　　　　　　　 B、4　　　　　　　　　　　　　　　　　 C、　　　　　　　　　　　　　　　　　　 D、1

答案：C

10.已知點A(2，0)，B(2,2),點C滿足＝(cosθ,sinθ)(θ∈R)，則向量與向量夾角的取值范圍是(　　 )

A、[0,]　　　　　　　　　　　　 B、[,]　　　　　　　　　　　　　　　　 C、[,]　　　　　　　　　　　　　　　　　 D、[,]

答案：D

11.已知拋物線方程為y²＝2x，一直線過拋物線的焦點，且與拋物線相交于A、B兩點，則＝(　　 )

A、　　　　　　　　　　　　　　 B、－　　　　　　　　　　　　　　　 C、3　　　　　　　　　　　　　　　　　　 D、－3

解：設A(y₁²,y₁),B(y₂²,y₂)，即＝(y₁²,y₁),＝(y₂²,y₂)

對于過焦點的直線，所得兩點滿足y₁y₂＝－p²＝－1

∴＝(y₁²,y₁).(y₂²,y₂)＝y(tǒng)₁²y₂²+y₁y₂＝－

答案：B

12.如圖，一條船從岸邊A點出發(fā)，沿垂直于河岸的方向航行，船相對于水流的速度為V₁,水流速度為V₂(V₁＞V₂)，則船的實際行駛速度為(　　 )

A、　　　　　　　　　　　　　　 B、 C、　　　　　　　　　　　　　　 D、 解：根據(jù)題意及向量加法的幾何意義，△ABC為直角三角形

故|V|＝

答案：B

(二)填空題

13.已知△ABC中，＝b，a.b＜0，S_△ABC＝，|a|＝3，|b|＝5，則a與b的夾角為(　　 )

答案：150

14.設m＝(a,b)，n＝(c,d)，定義一種運算⊙，使得m⊙n＝(ac－bd，ad+bc)，現(xiàn)已知p＝(1,2)，且p⊙q＝(－4，－3)，則q＝__________

答案：(－2,1)

15.已知△ABC的三個頂點為A(4，5)，B(－2，－1)，C(7，2)，M分為1∶2，N分為1∶2，則S_△AMN∶S_△ABC＝_____________

答案：2∶9

16.平面直角坐標系中，O為坐標原點，已知兩點A(3，1)，B(－1，3)，若點C滿足，其中α、β∈R，且α+β=1，則點C的軌跡方程為_________________.

解析：設=(x，y)，=(3，1)，=(－1，3)，α=(3α，α)，

β=(－β，3β)，又α+β=(3α－β，α+3β)

∴(x，y)=(3α－β，α+3β)，∴

又α+β=1　 因此可得x+2y=5.

答案：x+2y=5

(三)解答題

17.如圖，三角形ABC中，點M是BC的中點，點N在邊AC上，AN＝2NC，AM與BN相交于點P，求AP:PM的值.

解：設，則 又設 則由得 ∴　 Þ　 ∴AP:PM＝4∶1

18.設平面內(nèi)兩個向量a、b互相垂直，且|a|＝2，|b|＝1，又k與t是兩個不同時為0的實數(shù)，

(1)若x＝a+(t－3)b與y＝－ka+tb垂直，求k關于t的函數(shù)關系式k＝f(t)

(2)求函數(shù)k＝f(t)的最小值.

解：(1)因為a、b互相垂直，故a.b＝0，

又x、y互相垂直，故x.y＝0，即(a+(t－3)b).(－ka+tb)＝0

Þ　 －ka²－k(t－3)a.b+ta.b+t(t－3)b²＝0

∵|a|＝2，|b|＝1，a.b＝0，

∴－4k+t²－3t＝0

即k＝f(t)＝(t²－3t)

(2)由(1)知,k＝(t－)²－

∴當t＝時，函數(shù)的最小值為－.

19.如圖：在正方體ABCD－A₁B₁C₁D₁中，E、F分別是BB₁、CD的中點，棱長AA₁＝a.

(1)證明：AD⊥D₁F；

(2)求AE與D₁F所成的角；

(3)求四面體A₁D₁EF的體積。

解法一：設基底{}

∵ ABCD－A₁B₁C₁D₁是正方體，棱長為a

∴ ＝a

且 　

(1)∵

　　　　　　　 ＝

　　　　　　　 ＝0

∴

即 AD⊥D₁F

(2)∵ cos<

　 ＝

　 ＝

　 ＝0

∴ <>＝90º

也就是AE與D₁F所成角為90º.

(3)取CC₁中點G，因為EG∥平面A₁D₁F，則四面體A₁D₁EF的體積等于四面體A₁D₁GF的體積.

即V_A1D1EF＝V_A1D1FG＝S_△D1FG.A₁D₁＝×a²×a＝a³.

解法二：以D為坐標原點，DA、DC、DD₁分別為x、y、z軸建立空間直角坐標系。

于是有：D(0，0，0)，A(a，0，0)，D₁(0，0，a)，E(a，a，)，F(xiàn)(0，，0)

∴　 ＝(0，0，0)－(a，0，0)＝(－a，0，0)

　　 ＝(0，，0)－(0，0，a)＝(0，，－a)

　　 ＝(a，a，)－(a，0，0)＝(0，a，)

　　 ＝(0，，0)－(a，a，)＝(－a，－，－)

(1)∵　 ＝(－a，0，0).(0，，－a)＝0

∴

即 AD⊥D₁F

(2)∵ cos<＝0

∴ <>＝90º

(3)設平面A₁D₁F的一個法向量為＝(x，y，z)

由且＝(a，0，0)

∴x＝0

由且＝(0，，－a)

得y－2z＝0

不妨設y＝2，z＝1，則＝(0，2，1)

于是面A₁D₁F上的高為d＝||＝＝

而S_△A1D1F＝A₁D₁×D₁F＝a×a＝a²

∴V＝×a²×＝a³.

20.已知兩點M(－1，0)，N(1，0)，且點P使成公差小于零的等差數(shù)列.

(1)點P的軌跡是什么曲線？

(2)若點P坐標為(x₀，y₀)，θ為與的夾角，求tanθ.

解：(1)記P(x，y)，由M(－1，0)，N(1，0)得=－=(－1－x，－y)，

=－=(1－x，－y)，=－=(2，0)

∴.=2(1+x)，.=x²+y²－1，.=2(1－x).

于是，.，.，.是公差小于零的等差數(shù)列等價于

　

即

所以，點P的軌跡是以原點為圓心，為半徑的右半圓.

(2)點P的坐標為(x₀，y₀).

.=x₀²+y₀²－1=2.

||.||=.

∴cosθ=

由θ∈[0,π]，sinθ＝

所以tanθ＝＝|y₀|

21.如圖，在四棱錐E－ABCD中，

AB⊥平面BCE，CD⊥平面BCE，

AB＝BC＝CE＝2CD＝ 2, ∠BCE＝120⁰．

(1)求證：平面ADE⊥平面ABE ；

(2)求點C到平面ADE的距離.

解法一:取BE的中點O,連OC.

∵BC＝CE, ∴OC⊥BE.又AB⊥平面BCE.

以O為原點建立空間直角坐標系O－xyz如圖，

則由已知條件有:,,

,

設平面ADE的法向量為n=，

則由n.

及n.

可取n

又AB⊥平面BCE. ∴AB⊥OC.OC⊥平面ABE

∴平面ABE的法向量可取為m＝.

∵n.m.＝0,

∴n⊥m∴平面ADE⊥平面ABE.

⑵點C到平面ADE的距離為

22.已知＝(x，0)，＝(1，y)，且(.

(1)求點P(x，y)的軌跡C的方程；

(2)若直線l：y＝kx+m(m≠0)與曲線C交于A、B兩點，D(0，－1)，且有|AD|＝|BD|，試求m的取值范圍.

解：(1)由(

得²－3²＝0，即x²－3y²＝0 故點P(x，y)的軌跡C的方程為－y²＝1

(2)由方程組消去y得：(1－3k²)x²－6kmx－3m²－3＝0

顯然1－3m²≠0，△＝(6km)²－4(1－3k²)(－3m²－3)＝12(m²+1－3k²)＞0　 (*)

設x₁、x₂為方程(*)的兩個根，則x₁+x₂＝

∴x₀＝，y₀＝kx₀+m＝

即AB的中點坐標為()

∴線段AB的垂直平分線方程為：y－＝(－)(x－)

將D(0，－1)代入并化簡得：4m＝3k²－1

故m、k滿足

消去k²得：m²－4m＞0

∴m＜0或m＞4

又∵4m＝3k²－1＞－1，∴m＞－

所以 m∈(－，0)∪(4，+∞).

1.向量部分的復習應該注重向量的工具作用，緊緊圍繞數(shù)形結合思想，揚長避短，解決問題；

2.向量與立體幾何的交匯是近年來的考查熱點，命題者往往會將試題命制為幾何法與向量法都能求解，但我們一定要注意他們各自的優(yōu)勢和弱點：向量法下手容易，思路簡單，但相對計算復雜；幾何法過程通常較為簡潔，但下手有一定的難度，過程中對邏輯思維要求較高.因此，我們不能一見到立體幾何問題就一味使用向量法，還是要結合試題本身特點，在幾何法與向量法中做出正確的選擇；