高考数学难点突破03__运用向量法解题

高考数学难点突破03__运用向量法解题

高中数学难点 3 运用向量法解题 平面向量是新教材改革增加的内容之一，近几年的全国使用新教材的高考试题逐渐加大了对这部 分内容的考查力度，本节内容主要是帮助考生运用向量法来分析，解决一些相关问题. ●难点磁场 (★★★★★)三角形 ABC 中，A(5，－1)、B(－1，7)、C(1，2)，求：(1)BC 边上的中线 AM 的长；(2)∠CAB 的平分线 AD 的长；(3)cosABC 的值. ●案例探究 ［例 1］如图，已知平行六面体 ABCD—A1B1C1D1 ABCD 是 菱形，且∠C1CB=∠C1CD=∠BCD. (1)求证：C1C⊥BD. (2)当 1CC CD 的值为多少时，能使 A1C⊥平面 C1BD？请给出证明. 命题意图：本题主要考查考生应用向量法解决向量垂直，夹角等问题以及对立体几何图形的解读 能力. 知识依托：解答本题的闪光点是以向量来论证立体几何中的垂直问题，这就使几何问题代数化， 使繁琐的论证变得简单. 错解分析：本题难点是考生理不清题目中的线面位置关系和数量关系的相互转化，再就是要清楚 已知条件中提供的角与向量夹角的区别与联系. 技巧与方法：利用 a⊥b a·b=0 来证明两直线垂直，只要证明两直线对应的向量的数量积为零 即可. (1)证明：设CD =a, CB =b, 1CC =c,依题意，|a|=|b|， CD 、 中两两所成夹角为θ ，于 是 DBCDBD  =a－b， BDCC 1 =c(a－b)=c·a－c·b=|c|·|a|cosθ －|c|·|b|cosθ =0,∴C1C⊥BD. (2)解：若使 A1C⊥平面 C1BD，只须证 A1C⊥BD，A1C⊥DC1， 由 )()( 1111 CCCDAACADCCA  =(a+b+c)·(a－c)=|a|2+a·b－b·c－|c|2=|a|2－|c|2+|b|·|a|cosθ －|b|·|c|·cosθ =0,得 当|a|=|c|时，A1C⊥DC1，同理可证当|a|=|c|时，A1C⊥BD， ∴ 1CC CD =1 时，A1C⊥平面 C1BD. ［例 2］如图，直三棱柱 ABC—A1B1C1，底面△ABC 中，CA=CB=1，∠ BCA=90°，AA1=2，M、N 分别是 A1B1、A1A 的中点. (1)求 BN 的长； (2)求 cos< 11,CBBA >的值； (3)求证：A1B⊥C1M. 命题意图：本题主要考查考生运用向量法中的坐标运算的方法来解决立体几何问题.属 ★★★★级题目. 知识依托：解答本题的闪光点是建立恰当的空间直角坐标系 O－xyz,进而找到点的坐标和求出向量 的坐标. 错解分析：本题的难点是建系后，考生不能正确找到点的坐标. 技巧与方法：可以先找到底面坐标面 xOy 内的 A、B、C 点坐标，然后利用向量的模及方向来找出 其他的点的坐标. (1)解：如图，以 C 为原点建立空间直角坐标系 O－xyz. 依题意得：B(0，1，0)，N(1，0，1) ∴| BN |= 3)01()10()01( 222  . (2)解：依题意得：A1(1，0，2)，C(0，0，0)，B1(0，1，2). ∴ 1BA = 1),2,1,1( CB =(0，1，2) 11 CBBA  =1×0+(－1)×1+2×2=3 | 1BA |= 6)02()10()01( 222  5)02()01()00(|| 222 1 CB .10 30 56 3 |||| ,cos 11 11 11      CBBC CBBACBBA (3)证明：依题意得：C1(0，0，2)，M( 2,2 1,2 1 ) )2,1,1(),0,2 1,2 1( 11  BAMC ∴ ,,00)2(2 112 1)1( 1111 MCBAMCBA  ∴A1B⊥C1M. ●锦囊妙计 1.解决关于向量问题时，一要善于运用向量的平移、伸缩、合成、分解等变换，正确地进行向量的 各种运算，加深对向量的本质的认识.二是向量的坐标运算体现了数与形互相转化和密切结合的思想. 2.向量的数量积常用于有关向量相等，两向量垂直、射影、夹角等问题中.常用向量的直角坐标运 算来证明向量的垂直和平行问题；利用向量的夹角公式和距离公式求解空间两条直线的夹角和两点间 距离的问题. 3.用空间向量解决立体几何问题一般可按以下过程进行思考： (1)要解决的问题可用什么向量知识来解决？需要用到哪些向量？ (2)所需要的向量是否已知？若未知，是否可用已知条件转化成的向量直接表示？ (3)所需要的向量若不能直接用已知条件转化成的向量表示，则它们分别最易用哪个未知向量表 示？这些未知向量与由已知条件转化的向量有何关系？ (4)怎样对已经表示出来的所需向量进行运算，才能得到需要的结论？ ●歼灭难点训练 一、选择题 1.(★★★★)设 A、B、C、D 四点坐标依次是(－1，0)，(0，2)，(4，3)，(3，1)，则四边形 ABCD 为( ) A.正方形 B.矩形 C.菱形 D.平行四边形 2.(★★★★)已知△ABC AB=a，AC =b，a·b<0，S△ABC= 4 15,|a|=3,|b|=5,则 a 与 b 的夹角是( ) A.30° B.－150° C.150° D.30°或 150° 二、填空题 3.(★★★★★)将二次函数 y=x2 的图象按向量 a 平移后得到的图象与一次函数 y=2x－5 的图象只有 一个公共点(3，1)，则向量 a=_________. 4.(★★★★)等腰△ABC 和等腰 Rt△ABD 有公共的底边 AB，它们所在的平面成 60°角，若 AB=16 cm,AC=17 cm,则 CD=_________. 三、解答题 5.(★★★★★)如图，在△ABC 中，设 AB=a， AC =b， AP =c, AD = λ a,(0<λ <1), AE =μ b(0<μ <1),试用向量 a，b 表示 c. 6.(★★★★)正三棱柱 ABC—A1B1C1 的底面边长为 a,侧棱长为 2 a. (1)建立适当的坐标系，并写出 A、B、A1、C1 的坐标； (2)求 AC1 与侧面 ABB1A1 所成的角. 7.(★★★★★)已知两点 M(－1，0)，N(1，0)，且点 P 使 NPNMPNPMMNMP  ,, 成公差小于 零的等差数列. (1)点 P 的轨迹是什么曲线？ (2)若点 P 坐标为(x0,y0),Q 为 PM 与 PN 的夹角，求 tanθ . 8.(★★★★★)已知 E、F、G、H 分别是空间四边形 ABCD 的边 AB、BC、CD、DA . (1)用向量法证明 E、F、G、H 四点共面； (2)用向量法证明：BD∥平面 EFGH； (3)设 M 是 EG 和 FH 的交点，求证：对空间任一点 O，有 )(4 1 ODOCOBOAOM  . 参考答案 难点磁场 解：(1)点 M 的坐标为 xM= )2 9,0(,2 9 2 27;02 11 MyM  .2 221)2 91()05(|| 22  AM 5)21()15(||,10)71()15(||)2( 2222  ACAB D 点分 BC 的比为 2. ∴xD= 3 11 21 227,3 1 21 121    Dy .23 14)3 111()3 15(|| 22 AD (3)∠ABC 是 BA与 BC 的夹角，而 =(6，8）， =(2，－5）. 145 2629 2910 52 )5(2)8(6 )5()8(26 |||| cos 2222      BCBA BCBAABC 歼灭难点训练 一、1.解析： AB =(1，2）， DC =(1，2），∴ AB= DC ，∴ ∥ ，又线段 AB 与线段 DC 无 公共点，∴AB∥DC 且|AB|=|DC|，∴ABCD 是平行四边形，又| |= 5 ， AC =(5，3）， | |= 34 ， ∴| |≠| AC }, ABCD 不是菱形，更不是正方形；又 BC =(4，1）， ∴1·4+2·1=6≠0,∴ 不垂直于 BC ，∴ABCD 也不是矩形，故选 D. 答案：D 2.解析：∵ 2 1 4 15  ·3·5sinα 得 sinα = 2 1 ,则α =30°或α =150°. 又∵a·b＜0,∴α =150°. 答案：C 二、3.(2,0) 4.13 cm 三、5.解：∵ BP 与 BE 共线，∴ BP =m BE =m( AE － AB)=m(μ b－a), ∴ AP= + =a+m(μ b－a)=(1－m)a+mμ b ① 又CP 与CD 共线，∴CP =nCD =n( AD － AC )=n(λ a－b), ∴ AP= AC +CP =b+n(λ a－b)=nλ a+(1－n)b ② 由①②，得(1－m）a+μ mb=λ na+(1－n)b. ∵a 与 b 不共线，∴           01 01 1 1 mn mn nm am     即 ③ 解方程组③得：m=        1 1,1 1 n 代入①式得 c=(1－m)a+mμ b= 1 1 ［λ (1－μ )a+μ (1－ λ )b］. 6.解：(1)以点 A 为坐标原点 O，以 AB 所在直线为 Oy 轴，以 AA1 所在直线为 Oz 轴，以经过原点 且与平面 ABB1A1 垂直的直线为 Ox 轴，建立空间直角坐标系. 由已知，得 A(0，0，0）， B(0，a,0）,A1(0,0, 2 a),C1(－ ,2,2 3 aa 2 a). (2)取 A1B1 的中点 M，于是有 M(0， 2,2 a a），连 AM，MC1，有 1MC =(－ 2 3 a,0,0）, 且 AB=(0，a,0）, 1AA =(0,0 2 a) 由于 1MC · AB=0， · =0，所以 MC1⊥面 ABB1A1，∴AC1 与 AM 所成的角就是 AC1 与 侧面 ABB1A1 所成的角. ∵ 1AC = ),2,2,0(),2,2,2 3( aaAMaaa  aaaAMAC 4 9240 2 2 1  aaaAMaaaaAC 2 324||,324 1 4 3|| 2 222 1 而 2 3 2 33 4 9 ,cos 2 1    aa a AMAC 所以 AMAC 与1 所成的角，即 AC1 与侧面 ABB1A1 所成的角为 30°. 7.解：(1)设 P(x,y）,由 M(－1，0）， N(1，0）得， PM =－ MP =(－1－x,－y）, NPPN  =(1－ x,－y), MN =－ NM =(2,0),∴ · =2(1+x), · PN =x2+y2－1, NPNM  =2(1－x).于是， NPNMPNPMMNMP  ,, 是公差小于零的等差数列，等价于           0 3 0)1(2)1(2 )]1(2)1(2[2 11 222 x yx xx xxyx 即 所以，点 P 的轨迹是以原点为圆心， 3 为半径的右半圆. (2)点 P 的坐标为(x0,y0) ,30,1cos2 1,30 4 1 || cos 42)24)(24( )1()1(||||,21 0 2 0 2 000 2 0 2 0 2 0 22 0 2 0          x xPNPM PNPM xxx yxyxPNPMyxPNPM  ||3cos sintan, 4 11cos1sin 0 2 02 0 2 yx x      8.证明：(1）连结 BG，则 EHEFEHBFEBBDBCEBBGEBEG  )(2 1 由共面向量定理的推论知：E、F、G、H 四点共面，(其中 2 1 BD = EH ） (2）因为 BDABADABADAEAHEH 2 1)(2 1 2 1 2 1  . 所以 EH∥BD，又 EH  面 EFGH，BD  面 EFGH 所以 BD∥平面 EFGH. (3）连 OM，OA，OB，OC，OD，OE，OG 由(2）知 BDEH 2 1 ，同理 BDFG 2 1 ，所以 FGEH  ，EH FG,所以 EG、FH 交于一点 M 且 被 M 平分，所以 ).(4 1 )](2 1[2 1)](2 1[2 1 2 1 2 1)(2 1 ODOCOBOA ODOCOBOAOGOEOGOEOM   .