1.平面向量是教材新增內(nèi)容之一,其數(shù)形結(jié)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(jié)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(jié)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(jié)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(jié)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(jié)A1C1、AC,AC和BD交于O,連結(jié)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(jié)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(jié)
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(jié)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VA1D1EF=VA1D1FG=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(jié)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(jié)合試題本身特點,在幾何法與向量法中做出正確的選擇;