考点一:向量的概念与运算
例题1:下面有四个关于向量数量积的关系式:
①0.0=0;②(a.b).c=a.(b.c);③a.b=b.a;④|a.b|≤a.b
其中正确的是(
)
A.①② B.②③ C.③④ D.①③
解析:根据向量运算法则,①和③是正确的.
对于②,(a.b).c是一个与向量c平行的向量,而a.(b.c)是一个与向量a平行的向量,通常情况下不正确;对于④,|a.b|是一个正实数,而a.b可能是一个负实数.
答案:D
点评:从向量的基本运算法则出发,细心判断.这里要特别注意向量0与实数0的区别.
例题2:平行四边形OACB中,BD=BC,OD与BA交于E,求证:BE=BA
证明:设E’是AB上一点,且BE’=BA
只需证E、E’重合即可,
设,则
∵
∴3(
∴
∴,∴O、E’、D三点共线,即E、E’重合
∴BE=BA
点评:用向量方法证明平面几何问题,首先是选择一组适当的基底向量,然后再设法将其余相关向量都用基底向量表示出来,这样,相关点、线关系就能很容易第凸现出来.
考点二:定比分点与解三角形
例题3:已知平行四边形ABCD的三个顶点坐标分别是A(-2,1),B(3,4),C(-1,3),则第四个顶点D的坐标为(
)
A.(2,2) B.(-6,0) C.(4,6) D.以上都不对
解析:本题只需要抓住平行四边形的两条对角线互相平分,
于是设D(x,y),有-2+(-1)=3+x且1+3=4+y
从而x=-6,y=0
答案:B
点评:利用平面几何性质及中点坐标公式,是解决本题的要点.
例题4:已知C为线段AB上一点,P为直线AB外一点,满足||=2,|-|=2,,I为PC上一点,且=+λ()(λ>0),则的值为_______.
[点拨]确定PC、AI分别为∠APB、∠BAP的平分线,进而确定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)
又均为单位向量,由向量的平行四边形法则,知AI平分∠PAB
又I在PC上,故I是△ABP的内心
又cos∠IBD=(D为⊙I与AB的切点)
由=2
又
解得:cos∠IBD==-1
[点评]1、三角形中四心的向量表示:2、本题通过内切圆的切点D找出相关的数量关系,技巧性较强,考查圆的切线性质.
考点三:向量与立体几何
例题5:如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是等腰梯形,AB∥CD,AB=2DC=2,E为BD1的中点,F为AB的中点.
(1)求证:EF∥平面ADD1A1;
(2)若BB1=,求A1F与平面DEF所成角的大小.
解析:(1)连结AD1,在△ABD1中,
∵E、F分别是BD1、AB的中点,∴EF∥AD1.
又EFË平面ADD1A1
∴EF∥平面ADD1A1
(2)建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz
(DG是AB边上的高)
则有A1(),F(,0)
D1(0,0,),B(,0)
∴E()
设平面DEF的法向量为=(x,y,z)
则Þ
解得y=-x,z=x
取非零法向量=(1,-,)
∴A1F与平面DEF所成的角即是所成锐角的余角
由cos<>===-
∴A1F与平面DEF所成教的大小为-arccos,即arcsin.
点评:立体几何中,二面角问题几乎每年必考,几何法也有很多解决方法,如直接法、垂面法、三垂线法、面积射影法等等,这些方法都离不开严密的逻辑证明.而向量法则以算代证,从一定程度上减轻了对逻辑思维的要求,但也应该注意到,向量法计算较为烦琐,运算量较大,必须小心谨慎,否则也极易出现差错.
例题6:如图,已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是菱形,且∠C1CB=∠C1CD=∠
BCD=60°
⑴证明:C1C⊥BD;
⑵假定CD=2,CC1=,记面C1BD为α,面CBD为β,求二面角α-BD-β的平面角的余弦值;⑶当的值为多少时,能使A1C⊥平面C1BD?请给出证明.
⑴证明:连结A1C1、AC,AC和BD交于O,连结C1O
∵四边形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
证法二:设CD、CB、CC1三个方向上的单位向量分别为、、
则、、两两成60°角
且,,
则
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,垂足为H.
∴点H是OC的中点,且OH=,
∴
cos∠C1OC=.
⑶当=1时,能使A1C⊥平面C1BD
证明一:∵=1
∴
BC=CD=C1C
又∠BCD=∠C1CB=∠C1CD
由此可推得BD=C1B=C1D
∴三棱锥C-C1BD是正三棱锥.
设A1C与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边上的高和中线,
∴点G是正三角形C1BD的中心.
∴
CG⊥平面C1BD
即
A1C⊥平面C1BD.
证明二:由⑴知,BD⊥平面AC1
∵
A1C∩平面AC1,∴ BD⊥A1C.
当=1时,平行六面体的六个面是全等的菱形.
同
BD⊥AC1的证法可得BC1⊥A1C
又BD⊥BC1于B
∴
A1C⊥平面C1BD
证法三:设=x,即
由(2)可知:BD⊥平面AA1C1C,∴BD⊥A1C
由线面垂直得判定定理,知:如果A1C⊥DC1,则A1C⊥平面C1BD成立.
∵=m+m+
=-m+
又∵=0
∴(m+m+)(-m+e3)=0
展开整理得:-=0
∴x=1
以上各步可逆,所以x=1时,即=1时,A1C⊥平面C1BD
点评:空间向量中,基底向量的使用是学生的一个弱项,许多学生动辄建立坐标系,对于垂直条件“不足”的问题往往感到手足无措,本题就是一例.从本题的向量证明方法中,还可以明确看到不仅解决了几何证法中“有一解”的问题,而且明确了“只有一解”的充要关系.
考点四:向量与其他知识点综合问题
例题7:已知A、B、C是△ABC三内角,向量且m.n=1
(1)求角A
(2)若
解析:(1)∵ ∴ 即
,
sin(A-)=
∵ ∴
∴A=
(2)由题知,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)
点评:向量与三角函数的综合问题是当前的一个热点,但通常难度不大,一般就是以向量的坐标形式给出与三角函数有关的条件,并结合简单的向量运算,而考查的主体部分则是三角函数的恒等变换,以及解三角形等知识点.
例题8:设向量=(1,0),=(0,1),=(x+m)+y,=(x-m)+y,且||+||=6,0<m<3,x>0,y∈R.
(1)求动点P(x,y)的轨迹方程;
(2)已知点A(-1,0),设直线y=(x-2)与点P的轨迹交于B、C两点,问是否存在实数m,使得?若存在,求出m的值;若不存在,请说明理由.
解析:(1)∵=(1,0),=(0,1),||+||=6
∴=6
上式表示动点P(x,y)到两定点F1(-m,0)和F2(m,0)的距离之和为6
而0<m<3,故|F1F2|<6
故P点轨迹为以F1、F2为焦点,长轴长2a=6的椭圆,
于是a=3,c=m,b2=9-m2
故P点轨迹方程为=1(x>0,0<m<3)
(2)设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]
若存在实数m,使得成立
则由[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,且此时△>0
但由⑤,有9m2-77=<0与题设矛盾
∴不存在符合题意的实数m,使得.
点评:向量与解析几何的综合问题,通常是利用向量的几何特性来描述解析几何中的图象性质,一般解决办法是利用向量的坐标表示,“尽快”转化为纯解析几何问题求解.当然也不排除利用平面几何性质,直接将向量特征转化为几何特征,更快地得到问题的解.