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运用向量法解题的思路及方法


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题目 高中数学复习专题讲座 运用向量法解题 高考要求 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 重难点归纳 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? 典型题例示范讲解 例 1 如图,已知平行六面体 ABCD—A1B1C1D1 ABCD 是菱形, 且∠C1CB=∠C1CD=∠BCD B1 (1)求证 C1C⊥BD C
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A1

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1

(2)当

CD 的值为多少时,能使 A1C⊥平面 C1BD?请 CC1
C

D1

B D

A

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
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技巧与方法

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利用 a ⊥ b ? a · b =0 来证明两直线垂直,只要证明
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两直线对应的向量的数量积为零即可

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设 CB = a , CD = b , CC1 ? c ,依题意, | a |=| b |,CD 、CB 、
B1 C1 D1 A1

CC1 中两两所成夹角为θ ,于是
DB = a - b ,
C

B D

A

CC1 BD = 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,
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由 CA 1 ?C 1D ? (CA ? AA 1 ) ? (CD ? CC1 ) =( 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, ∴

CD =1 时,A1C⊥平面 C1BD CC1

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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
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z
C1 A1 M B1

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(1)求 BN 的长; (2)求 cos< BA 1 , CB 1 >的值;
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N

o

C B

(3)求证 A1B⊥C1M A x 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 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)
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y

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∴| BN |= (1 ? 0) 2 ? (0 ? 1) 2 ? (1 ? 0) 2 ? 3 (2)解
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A1(1,0,2),C(0,0,0),B1(0,1,2)

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∴ BA1 = (1, ?1,2), CB1 =(0,1,2)

z
C1 A1 M B1

BA1 ? CB1 =1×0+(-1)×1+2×2=3
| BA1 |= (1 ? 0) 2 ? (0 ? 1) 2 ? (2 ? 0) 2 ? 6

N

o

C B

| CB1 |? (0 ? 0) ? (1 ? 0) ? (2 ? 0) ? 5
2 2 2

A

y

x

? cos ? BA1 , CB1 ??
(3)证明
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BA1 ? CB1 3 30 ? ? . | BC1 | ? | CB1 | 6 ? 5 10
C1(0,0,2),M( , ,2 )

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1 1 2 2

1 1 C1M ? ( , , 0), A1 B ? (?1,1, ?2) 2 2 1 1 ∴ A1 B ? C1M ? (?1) ? ? 1? ? (?2) ? 0 ? 0,? A1 B ? C1M , 2 2
∴A1B⊥C1M 例 3 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
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(1)点 M 的坐标为 xM=

?1 ?1 7?2 9 9 ? 0; y M ? ? ,? M (0, ) 2 2 2 2

9 221 ?| AM |? (5 ? 0)2 ? (?1 ? )2 ? . 2 2
(2) | AB |? (5 ? 1) 2 ? (?1 ? 7) 2 ? 10,| AC |? (5 ? 1) 2 ? ( ?1 ? 2) 2 ? 5

D 点分 BC 的比为 2 ∴xD=

y
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B(-1,7) M D C(1,2)

? 1 ? 2 ?1 1 7 ? 2 ? 2 11 ? , yD ? ? 1? 2 3 1? 2 3

1 11 14 | AD |? (5 ? )2 ? (?1 ? )2 ? 2. 3 3 3
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o

A(5,-1)

x

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(3)∠ABC 是 BA 与 BC 的夹角,而 BA =(6,8) , BC =(2,-5)

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? cos ABC ?

BA ? BC 6 ? 2 ? (?8) ? (?5) 52 2629 ? ? ? 2 2 2 2 | BA | ? | BC | 10 29 145 6 ? (?8) ? 2 ? (?5)

学生巩固练习 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
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2 已知△ABC
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AB = a , AC = b , a · b <0,S△ABC=
)
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15 ,| a |=3,| 4

b |=5,则 a 与 b 的夹角是(
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A 30° B -150° C 150° D 30°或 150° 2 3 将二次函数 y=x 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,它们所在的两个平 面成 60°角,若 AB=16 cm,AC=17 cm,则 CD=_________
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5 如图, 在△ABC 中, 设 AB = a ,AC = b ,AP = c , AD =λ a ,(0<
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A

λ <1), AE =μ b (0<μ <1),试用向量 a , b 表示 c
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D

E P

6 正三棱柱 ABC—A1B1C1 的底面边长为 a,侧棱长为 2 a
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(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
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B

F

C

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7 已知两点 M(-1, 0), N(1, 0), 且点 P 使 MP ? MN , PM ? PN , NM ? NP
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成公差小于零的等差数列 (1)点 P 的轨迹是什么曲线?
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(2)若点 P 坐标为(x0,y0),Q 为 PM 与 PN 的夹角,求 tanθ
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8 已知 E、F、G、H 分别是空间四边形 ABCD 的边 AB、BC、CD、DA
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(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,
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对空间任一点 O,有 OM ?
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1 (OA ? OB ? OC ? OD) 4

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参考答案 1 解析
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,DC =(1, 2) , ∴ AB = DC , ∴ AB ∥ DC , AB =(1,2)

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| AB |= 5 , AC =(5,3) ,| AC |= 34 , ∴| AB |≠| AC }, ABCD 不是菱形,更不是正方形;

又 BC =(4,1) ,∴1·4+2·1=6≠0,∴ AB 不垂直于 BC , ∴ABCD 也不是矩形,故选 D 答案 D
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2 解析
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15 1 1 ? ·3·5sinα 得 sinα = ,则α =30°或α =150° 2 4 2
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又∵ a · b <0,∴α =150° 答案 C 3 (2,0) 4 13 cm
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5 解
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∵ BP 与 BE 共线,∴ BP =m BE =m( AE - AB )=m( μ b -

a ),
∴ AP = AB + BP = a +m(μ b - a )=(1-m) a +mμ b ① 又 CP 与 CD 共线,∴ CP =n CD =n( AD - AC )=n(λ a - b ), ∴ AP = AC + CP = b +n(λ a - b )=nλ a +(1-n) b 由①②,得(1-m) a +μ m b =λ n a +(1-n) b ∵ a 与 b 不共线,∴ ? 解方程组③得 m=
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?1 ? m ? ? a ?? n ? m ? 1 ? 0 即? ? ? m ? 1 ? n ?n ? ? m ? 1 ? 0



1? ? 1? ? ,n ? 1 ? ?? 1 ? ?? 1 代入①式得 c =(1-m) a +mμ b = [λ (1-μ ) a +μ (1-λ ) b ] 1 ? ??
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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
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由已知,得 A(0,0,0) ,B(0,a,0),A1(0,0, 2 a),C1(-

3 a a, , 2 2

2 a)

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(2)取 A1B1 的中点 M,于是有 M(0, , 2 a) ,连 AM,MC1, 有 MC1 =(-

a 2

3 a,0,0),且 AB =(0,a,0), AA 1 =(0,0 2 a) 2

由于 MC1 · AB =0, MC1 · AA 1 =0,所以 MC1⊥面 ABB1A1, ∴AC1 与 AM 所成的角就是 AC1 与侧面 ABB1A1 所成的角 ∵ AC1 = (?
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3 a a a, , 2a), AM ? (0, , 2a), 2 2 2
a2 9 ? 2a 2 ? a 4 4

? AC1 ? AM ? 0 ?

而 | AC1 |?

3 2 1 2 a2 3 a ? a ? 2a 2 ? 3a,| AM |? ? 2a ? a 4 4 4 2

9 2 a 3 ? cos ? AC1 , AM ?? 4 ? 3 2 3a ? a 2
所以 AC1与AM 所成的角,即 AC1 与侧面 ABB1A1 所成的角为 30° 7 解
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(1)设 P(x,y),由 M(-1,0) ,N(1,0)得,

PM =- MP =(-1-x,-y),

PN ? ? NP =(1-x,-y), MN =- NM =(2,0),
∴ MP · MN =2(1+x), PM · PN =x2+y2-1, NM ? NP =2(1-x) 于是, MP ? MN , PM ? PN , NM ? NP 是公差小于零的等差数列,
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1 ? 2 2 ?x2 ? y ? 3 ? x ? y ? 1 ? [2(1 ? x ) ? 2(1 ? x )] 即? 2 ? ?x ? 0 ? ?2(1 ? x ) ? 2(1 ? x ) ? 0
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)
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PM ? PN ? x0 2 ? y0 2 ? 1 ? 2,| PM | ? | PN |? (1 ? x) 2 ? y0 2 ? (1 ? x0 ) 2 ? y0 2 ? (4 ? 2 x0 )(4 ? 2 x0 ) ? 2 4 ? x0 2

? cos ? ?

PM ? PN ? | PM | ?PN

1 4 ? x0 2

1 ? 0 ? x0 ? 3,? ? cos ? ? 1, 0 ? ? ? , 2 3
?sin? ? 1 ? cos 2 ? ? 1 ?
8 证明
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1 sin? 2 ,? tan? ? ? 3 ? x0 ?| y0 | 2 cos ? 4 ? x0

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(1)连结 BG,则

1 EG ? EB ? BG ? EB ? ( BC ? BD ) ? EB ? BF ? EH ? EF ? EH 2
由共面向量定理的推论知
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E、 F、 G、 H 四点共面, (其中

1 BD = EH ) 2
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1 1 1 1 AD ? AB ? ( AD ? AB) ? BD 2 2 2 2 所以 EH∥BD,又 EH ? 面 EFGH,BD ? 面 EFGH
(2)因为 EH ? AH ? AE ? 所以 BD∥平面 EFGH (3)连 OM,OA,OB,OC,OD,OE,OG
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由(2)知 EH ? BD ,同理 FG ?

1 2

1 BD ,所以 EH ? FG ,EH FG, 2

所以 EG、FH 交于一点 M 且被 M 平分,所以

OM ?

1 1 1 1 1 1 1 (OE ? OG ) ? OE ? OG ? [ (OA ? OB)] ? [ (OC ? OD)] 2 2 2 2 2 2 2 1 ? (O A ? O B ? O C ? )O . D 4
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课前后备注
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