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数学高考命题重视知识的交互渗透，往往在知识网络的交汇点上设计试题. 平面向量作为代数和几何的纽带,素有“与解几交汇,与立几联姻,与代数牵手”之美称,它与解析几何一脉相承, 都涉及到数和形，对于解析几何中图形的重要位置关系(如平行、相交、三点共线、三线共点等)和数量关系(如距离、面积、角等)，都可以通过向量的运算而得到解决.
一、用向量法解决解析几何问题
向量具有“数”和“形”的双重身份，其坐标形式和运算拉近了向量和解析几何之间的关系．应用向量的数量积、模、线性运算、坐标表示等知识，再结合“设而不求，整体思维”的方略，往往能简化解几运算.
例1 椭圆
x29+y24=1的焦点为F1,F2点P为其上的动点,当∠F1PF2为钝角时,点P横坐标的取值范围是.
解 :不妨设F1为椭圆的左焦点，设
P(x0,y0)，则
x209+y204=1 ①
F1P=(x0+5,y0),
F2P=(x0-5,y0).
由制约条件∠F1PF2为钝角，得
PF1·PF2<0，即
x20-5+y20<0 ②
由①、②消去y0得，5x20<9，解得
-355 355.
例2 如图1，设A、B为抛物线y2=4px上原点O以外的两个动点，已知
OA⊥OB,OM⊥AB 于M , 求点M的轨迹方程，并说明轨迹表示什么曲线.
解 :设
OA=
(y214p,y1)，
OB =
(y224p,y2)，
OM=(x,y)
，且y1y2≠0,y1≠y2.
由OA·OB
=y214p·y22
4p+y1y2=0,得
y1y2=-16p2①
由OM·AB=
x(y224p-
y214p)+y(y2-y1)=0,得
x·y1+y24p+y=0 ②
由OM·AM=
x(x-y214p)+y(y-y1)=0,得
x2+y2-x·y214p-yy1=0 ③
由①、②消去y2得
x·y214p+yy1=4px④
由③、④得(x-2p)2+y2=4p2 (x≠0).
所求轨迹为以(2p,0)为圆心，2p为半径的圆(除去原点).
二、解决与向量有关的解析几何问题
解决与向量有关的解析几何问题时，对于向量条件的运用，有两个基本思路: ⑴利用向量及运算的几何意义，从图形的角度展开探索(如下面例3、例4、例6①); ⑵利用向量的坐标形式，将问题转化为方程(或方程组)、不等式等代数问题予以解决(如下面例5、例6②、例7).
例3 如图2，在△ABC中，AC·AB|AB| =12，
BC·BA
|BA|=32,
3BE=2EC，
建立适当的坐标系，求以A、B为焦点，且经过C、E的双曲线方程.
解：如图3，以AB的垂直平分线y轴，直线 AB为x轴，建立直角坐标系xoy.
作CH⊥AB, 由题设得AH=12,BH=32,
所以c=1,xC=-12,xE=25.
因为3BE=2EC，所以
2|CB|=5|EB|,所以
-2(-12e-a)=5
(25e-a),
即1a+2a=
2a-5a，所以a2=
17,b2=
67.
故所求双曲线方程为
7x2-7y26=1.
例4 如图4，已知椭圆x2a2
+y2b2=1 (a>b>0),A(2,0)是长轴的一个端点，弦BC
过椭圆的中心O，且AC·BC
=0，|OC-OB|
=2|BC-BA|.
（1）求椭圆的方程；
（2）若AB上的一点D满足
BO-2OA+3OD
=0, 求证：CD平分∠BCA.
分析 ：本题中向量条件不仅较多而且形式复杂多样. 结合图形，简化复杂的形式，并弄清各个向量条件之间的关系是解题的突破口.
解 ：（1）因为
AC·BC=0，所以
AC⊥BC，∠ACB=90°.
因为|OC-OB|=
2|BC-BA| ，所以
|BC|=2|AC|， |OC|=
|AC|.
所以△AOC是等腰直角三角形. 因为A(2,0)，所以C(1,1)，而点C在椭圆上,
所以1a2+1b2=1,a=2,所以b2=43
.故所求椭圆方程为
x24+
3y24=1.
(2)因为C(1,1)，弦BC过椭圆的中心O，所以B(-1,-1).
又BO-2OA+3OD
=0，所以
BO+OD=2OA
-2ODBD=2DA.
又|BC|=2|AC|，所以
|BC||AC|
=|BD||AD|，所以ＣD平分∠BCA.
例5 已知抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，定点A（4，0）.设M、N为抛物线C上的两动点，且总存在一个实数λ,使得FA
=λFM+(1-λ)FN,若|OM+
ON|=|OM-ON|，求抛物线C的方程.
解：因为FA=λFM
+(1-λ)FN
,所以NA
=λNM.
所以M、N、A三点共线，又|OM+ON|=|OM-ON|
,所以OM·ON=0.
设M（x1,y1),N(x2,y2),则y21=2px1,y22=2px2.
设直线MN的方程为x=my+4,代入y2=2px,
得y2-2pmy-8p=0,所以y1y2=-8p.
由 y21y22=4p2x1x2,得64p2=4p2x1x2,所以x1x2=16.
因为OM·ON=0，所以x1x2+y1y2=0,所以16-8p=0,解得p=2.
故抛物线C的方程为y2=4x.
例6 若F1、F2分别为双曲线y2a2
-x2b2
=1下、上焦点，O为坐标原点，
P在双曲线的下支上，点M在上准线上，且满足：F2O
=MP,F1M
=λ(F1P|F1P|
+F1O|F1O|
)(λ>0).又N（3，2）在双曲线上.
（1）求双曲线的方程；（2）双曲线的虚轴端点分别B1，B2（B2在x轴正半轴上），点A、B在双曲线上，且B2A=μB2B，求B1A
⊥B1B时，直线AB的方程.
解：
（1）F2O
=MP
OF1=MP,所以PF1OM为平行四边形.又F1M
=λ(F1P|F1P|+
F1O|F1O|，
所以M在∠PF1O的角平分线上，所以四边形PF1OM为菱形，且边长为
|PF1|=|F1O|=c.
所以|PF2|
=2a+|PF1|=2a+c,由双曲线第二定义
|PF2||PM|
=e,即2a+cc
=e,解得e=2.
所以c=2a,即b2=3a2,双曲线方程为y2a2
-x23a2=1.又N(3,2)在双曲线上，可得双曲线的方程为
y23
-x29=1.
(2)由B2A
=μB2B，知AB过点B2.当AB⊥x轴时，AB1与BB1不垂直.
设AB的方程为y=k(x-3),代入y23
-x29=1,得(3k2-1)x2-18k2x+27k2-9=0.
由题知3k2-1≠0且Δ>0,即k2>16
且k2≠13.
设交点A（x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=
18k23k2-1,x1x2=9,
B1A=(x1+3,y1),
B1B=(x2+3,y2).
因为B1A⊥B1B,所以9+3（x1+x2）+x1x2+y1y2=0.
所以y1y2=k2(x1-3)(x2-3)=k2
［x1x2-3(x1+x2)+9］=k2［18-
54k23k2-1］=-
18k23k2-1.
所以9+3·18k23k2-1+9
-18k23k2-1=0,解得k=±
55.所以AB的方程为y=±
55(x-3).
例7 在直角坐标平面中，△ABC的两个顶点A、B的坐标分别为A（-1，0）.B（1，0），平面内两点G、M同时满足下列条件：①GA
+GB+GC=0;②
|MA|=|MB|=
|MC|;③GM∥AB.
(1)求△ABC的顶点C的轨迹方程；
（2）过点P（3，0）的直线l与（1）中轨迹交于E、F两点，求PE·PF的取值范围.
解：（1）设C（x,y),G(x0,y0),M(xM,yM),
因为GA+GB
+GC=0，所以G为△ABC的重心，所以y0=
y3.因为GM∥
AB,所以yM=
y3.
因为|MA|=|MB|,所以M点在线段AB的中垂线上，又A（-1，0）、B（1，0），所以xM=0.
因为|MB|=|MC|，所以
(0-1)2
+(y3-0)2=
(0-x)2+(y3-y)2,
故顶点C的轨迹方程为x2+y23=1(y≠0).
(2)设直线l方程为y=k(x-3),E(x1,y1),F(x2,y2),由y=k(x-3)
x2+y23=1
,消去y得
(k2+3)x2-6k2x+9k2-3=0(*)
所以x1+x2=6k2k2+3,x1x2
=9k2-3k2+3,而ＰＥ·PF
=|PE|·|PF|·cos
0°=|PE|·|PF|
=1+k2|3-x1|·
1+k2|3-x2|
=(1+k2)|9-3(x1+x2)+x1x2|=(1+k2)
|9k2+27-18k2+9k2-3k2+3|
=24(k2+1)k2+3=24-
48k2+3.
由方程（*）知Δ=(6k2)2-4(k2+3)(9k2-3)>0,
所以k2<38,因为k≠0,所以0 278),所以PE·PF∈
（8，889）.
注：本文中所涉及到的图表、注解、公式等内容请以PDF格式阅读原文
一、用向量法解决解析几何问题
向量具有“数”和“形”的双重身份，其坐标形式和运算拉近了向量和解析几何之间的关系．应用向量的数量积、模、线性运算、坐标表示等知识，再结合“设而不求，整体思维”的方略，往往能简化解几运算.
例1 椭圆
x29+y24=1的焦点为F1,F2点P为其上的动点,当∠F1PF2为钝角时,点P横坐标的取值范围是.
解 :不妨设F1为椭圆的左焦点，设
P(x0,y0)，则
x209+y204=1 ①
F1P=(x0+5,y0),
F2P=(x0-5,y0).
由制约条件∠F1PF2为钝角，得
PF1·PF2<0，即
x20-5+y20<0 ②
由①、②消去y0得，5x20<9，解得
-355
例2 如图1，设A、B为抛物线y2=4px上原点O以外的两个动点，已知
OA⊥OB,OM⊥AB 于M , 求点M的轨迹方程，并说明轨迹表示什么曲线.
解 :设
OA=
(y214p,y1)，
OB =
(y224p,y2)，
OM=(x,y)
，且y1y2≠0,y1≠y2.
由OA·OB
=y214p·y22
4p+y1y2=0,得
y1y2=-16p2①
由OM·AB=
x(y224p-
y214p)+y(y2-y1)=0,得
x·y1+y24p+y=0 ②
由OM·AM=
x(x-y214p)+y(y-y1)=0,得
x2+y2-x·y214p-yy1=0 ③
由①、②消去y2得
x·y214p+yy1=4px④
由③、④得(x-2p)2+y2=4p2 (x≠0).
所求轨迹为以(2p,0)为圆心，2p为半径的圆(除去原点).
二、解决与向量有关的解析几何问题
解决与向量有关的解析几何问题时，对于向量条件的运用，有两个基本思路: ⑴利用向量及运算的几何意义，从图形的角度展开探索(如下面例3、例4、例6①); ⑵利用向量的坐标形式，将问题转化为方程(或方程组)、不等式等代数问题予以解决(如下面例5、例6②、例7).
例3 如图2，在△ABC中，AC·AB|AB| =12，
BC·BA
|BA|=32,
3BE=2EC，
建立适当的坐标系，求以A、B为焦点，且经过C、E的双曲线方程.
解：如图3，以AB的垂直平分线y轴，直线 AB为x轴，建立直角坐标系xoy.
作CH⊥AB, 由题设得AH=12,BH=32,
所以c=1,xC=-12,xE=25.
因为3BE=2EC，所以
2|CB|=5|EB|,所以
-2(-12e-a)=5
(25e-a),
即1a+2a=
2a-5a，所以a2=
17,b2=
67.
故所求双曲线方程为
7x2-7y26=1.
例4 如图4，已知椭圆x2a2
+y2b2=1 (a>b>0),A(2,0)是长轴的一个端点，弦BC
过椭圆的中心O，且AC·BC
=0，|OC-OB|
=2|BC-BA|.
（1）求椭圆的方程；
（2）若AB上的一点D满足
BO-2OA+3OD
=0, 求证：CD平分∠BCA.
分析 ：本题中向量条件不仅较多而且形式复杂多样. 结合图形，简化复杂的形式，并弄清各个向量条件之间的关系是解题的突破口.
解 ：（1）因为
AC·BC=0，所以
AC⊥BC，∠ACB=90°.
因为|OC-OB|=
2|BC-BA| ，所以
|BC|=2|AC|， |OC|=
|AC|.
所以△AOC是等腰直角三角形. 因为A(2,0)，所以C(1,1)，而点C在椭圆上,
所以1a2+1b2=1,a=2,所以b2=43
.故所求椭圆方程为
x24+
3y24=1.
(2)因为C(1,1)，弦BC过椭圆的中心O，所以B(-1,-1).
又BO-2OA+3OD
=0，所以
BO+OD=2OA
-2ODBD=2DA.
又|BC|=2|AC|，所以
|BC||AC|
=|BD||AD|，所以ＣD平分∠BCA.
例5 已知抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，定点A（4，0）.设M、N为抛物线C上的两动点，且总存在一个实数λ,使得FA
=λFM+(1-λ)FN,若|OM+
ON|=|OM-ON|，求抛物线C的方程.
解：因为FA=λFM
+(1-λ)FN
,所以NA
=λNM.
所以M、N、A三点共线，又|OM+ON|=|OM-ON|
,所以OM·ON=0.
设M（x1,y1),N(x2,y2),则y21=2px1,y22=2px2.
设直线MN的方程为x=my+4,代入y2=2px,
得y2-2pmy-8p=0,所以y1y2=-8p.
由 y21y22=4p2x1x2,得64p2=4p2x1x2,所以x1x2=16.
因为OM·ON=0，所以x1x2+y1y2=0,所以16-8p=0,解得p=2.
故抛物线C的方程为y2=4x.
例6 若F1、F2分别为双曲线y2a2
-x2b2
=1下、上焦点，O为坐标原点，
P在双曲线的下支上，点M在上准线上，且满足：F2O
=MP,F1M
=λ(F1P|F1P|
+F1O|F1O|
)(λ>0).又N（3，2）在双曲线上.
（1）求双曲线的方程；（2）双曲线的虚轴端点分别B1，B2（B2在x轴正半轴上），点A、B在双曲线上，且B2A=μB2B，求B1A
⊥B1B时，直线AB的方程.
解：
（1）F2O
=MP
OF1=MP,所以PF1OM为平行四边形.又F1M
=λ(F1P|F1P|+
F1O|F1O|，
所以M在∠PF1O的角平分线上，所以四边形PF1OM为菱形，且边长为
|PF1|=|F1O|=c.
所以|PF2|
=2a+|PF1|=2a+c,由双曲线第二定义
|PF2||PM|
=e,即2a+cc
=e,解得e=2.
所以c=2a,即b2=3a2,双曲线方程为y2a2
-x23a2=1.又N(3,2)在双曲线上，可得双曲线的方程为
y23
-x29=1.
(2)由B2A
=μB2B，知AB过点B2.当AB⊥x轴时，AB1与BB1不垂直.
设AB的方程为y=k(x-3),代入y23
-x29=1,得(3k2-1)x2-18k2x+27k2-9=0.
由题知3k2-1≠0且Δ>0,即k2>16
且k2≠13.
设交点A（x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=
18k23k2-1,x1x2=9,
B1A=(x1+3,y1),
B1B=(x2+3,y2).
因为B1A⊥B1B,所以9+3（x1+x2）+x1x2+y1y2=0.
所以y1y2=k2(x1-3)(x2-3)=k2
［x1x2-3(x1+x2)+9］=k2［18-
54k23k2-1］=-
18k23k2-1.
所以9+3·18k23k2-1+9
-18k23k2-1=0,解得k=±
55.所以AB的方程为y=±
55(x-3).
例7 在直角坐标平面中，△ABC的两个顶点A、B的坐标分别为A（-1，0）.B（1，0），平面内两点G、M同时满足下列条件：①GA
+GB+GC=0;②
|MA|=|MB|=
|MC|;③GM∥AB.
(1)求△ABC的顶点C的轨迹方程；
（2）过点P（3，0）的直线l与（1）中轨迹交于E、F两点，求PE·PF的取值范围.
解：（1）设C（x,y),G(x0,y0),M(xM,yM),
因为GA+GB
+GC=0，所以G为△ABC的重心，所以y0=
y3.因为GM∥
AB,所以yM=
y3.
因为|MA|=|MB|,所以M点在线段AB的中垂线上，又A（-1，0）、B（1，0），所以xM=0.
因为|MB|=|MC|，所以
(0-1)2
+(y3-0)2=
(0-x)2+(y3-y)2,
故顶点C的轨迹方程为x2+y23=1(y≠0).
(2)设直线l方程为y=k(x-3),E(x1,y1),F(x2,y2),由y=k(x-3)
x2+y23=1
,消去y得
(k2+3)x2-6k2x+9k2-3=0(*)
所以x1+x2=6k2k2+3,x1x2
=9k2-3k2+3,而ＰＥ·PF
=|PE|·|PF|·cos
0°=|PE|·|PF|
=1+k2|3-x1|·
1+k2|3-x2|
=(1+k2)|9-3(x1+x2)+x1x2|=(1+k2)
|9k2+27-18k2+9k2-3k2+3|
=24(k2+1)k2+3=24-
48k2+3.
由方程（*）知Δ=(6k2)2-4(k2+3)(9k2-3)>0,
所以k2<38,因为k≠0,所以0
（8，889）.
注：本文中所涉及到的图表、注解、公式等内容请以PDF格式阅读原文