2019-2020年高三數學 知識點精析精練11 平面向量的綜合應用.doc

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2019-2020年高三數學 知識點精析精練11 平面向量的綜合應用 【復習要點】 1.解決關于向量問題時，一要善于運用向量的平移、伸縮、合成、分解等變換，正確地進行向量的各種運算，加深對向量的本質的認識.二是向量的坐標運算體現(xiàn)了數與形互相轉化和密切結合的思想. 2.向量的數量積常用于有關向量相等，兩向量垂直、射影、夾角等問題中.常用向量的直角坐標運算來證明向量的垂直和平行問題；利用向量的夾角公式和距離公式求解空間兩條直線的夾角和兩點間距離的問題. 3.用空間向量解決立體幾何問題一般可按以下過程進行思考： (1)要解決的問題可用什么向量知識來解決？需要用到哪些向量？ (2)所需要的向量是否已知？若未知，是否可用已知條件轉化成的向量直接表示？ (3)所需要的向量若不能直接用已知條件轉化成的向量表示，則它們分別最易用哪個未知向量表示？這些未知向量與由已知條件轉化的向量有何關系？ (4)怎樣對已經表示出來的所需向量進行運算，才能得到需要的結論？ 【例題】 1．利用向量的坐標運算，解決兩直線的夾角，判定兩直線平行、垂直問題 【例1】 已知向量滿足條件，，求證：是正三角形 解：令O為坐標原點，可設 由，即 ① ② 兩式平方和為，， 由此可知的最小正角為，即與的夾角為， 同理可得與的夾角為，與的夾角為， 這說明三點均勻分部在一個單位圓上， 所以為等腰三角形. 【例2】 求等腰直角三角形中兩直角邊上的中線所成的鈍角的度數 解：如圖，分別以等腰直角三角形的兩直角邊為軸、 軸建立直角坐標系，設，則， 從而可求：, =. . 2．利用向量的坐標運算，解決有關線段的長度問題 【例3】 已知，AD為中線，求證 證明：以B為坐標原點，以BC所在的直線為軸建立如圖2直角坐標系， 設，， 則， . =， 從而， . 3．利用向量的坐標運算，用已知向量表示未知向量 【例4】 已知點是 且試用 解：以O為原點，OC，OB所在的直線為軸和軸建立如圖3所示的坐標系. 由OA=2，，所以， 易求，設 . 【例5】 如圖， 用表示 解：以O為坐標原點，以OA所在的直線為軸，建立如圖所示的直角坐標系，則， . 4．利用向量的數量積解決兩直線垂直問題 【例6】 如圖，已知平行六面體ABCD—A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，且∠C1CB=∠C1CD=∠BCD. (1)求證：C1C⊥BD. (2)當的值為多少時，能使A1C⊥平面C1BD？請給出證明. (1)證明：設=a, =b,=c,依題意，|a|=|b|，、、中兩兩所成夾角為θ，于是=a－b，=c(a－b)=ca－cb=|c||a|cosθ－|c||b|cosθ=0,∴C1C⊥BD. (2)解：若使A1C⊥平面C1BD，只須證A1C⊥BD，A1C⊥DC1， 由 =(a+b+c)(a－c)=|a|2+ab－bc－|c|2=|a|2－|c|2+|b||a|cosθ－|b||c|cosθ=0,得 當|a|=|c|時，A1C⊥DC1，同理可證當|a|=|c|時，A1C⊥BD， ∴=1時，A1C⊥平面C1BD. 【例7】 如圖，直三棱柱ABC—A1B1C1，底面△ABC中，CA=CB=1，∠BCA=90，AA1=2，M、N分別是A1B1、A1A的中點. (1)求的長； (2)求cos<>的值； (3)求證：A1B⊥C1M. 解：(1)如圖，以C為原點建立空間直角坐標系O－xyz. 依題意得：B(0，1，0)，N(1，0，1) ∴||=. (2)解：依題意得：A1(1，0，2)，C(0，0，0)，B1(0，1，2). ∴==(0，1，2) =10+(－1)1+22=3 ||= (3)證明：依題意得：C1(0，0，2)，M() ∴ ∴A1B⊥C1M. 5．利用向量的數量積解決有關距離的問題，距離問題包括點到點的距離，點的線的距離，點到面的距離，線到線的距離，線到面的距離，面到面的距離. 【例8】 求平面內兩點間的距離公式 解：設點 ， ,而 點與點之間的距離為： 6.利用向量的數量積解決線與線的夾角及面與面的夾角問題. 【例9】 證明: 證明：在單位圓上任取兩點，以為始邊，以為終邊的角分別為，則點坐標為點坐標為； 則向量，它們的夾角為， ,由向量夾角公式得： ,從而得證. 注：用同樣的方法可證明 7.利用向量的數量積解決有關不等式、最值問題. 【例10】 證明柯西不等式 證明：令 （1） 當或時，，結論顯然成立； （2） 當且時，令為的夾角，則 . 又 （當且僅當時等號成立） .（當且僅當時等號成立） 【例11】 求的最值 解：原函數可變?yōu)椋? 所以只須求的最值即可， 構造， 那么. 故. 【例12】 三角形ABC中，A(5，－1)、B(－1，7)、C(1，2)，求：(1)BC邊上的中線 AM的長；(2)∠CAB的平分線AD的長；(3)cosABC的值. 解：(1)點M的坐標為xM= D點分的比為2. ∴xD= (3)∠ABC是與的夾角，而=(6，8），=(2，－5）. 【平面向量的綜合應用】 一、選擇題 1.設A、B、C、D四點坐標依次是(－1，0)，(0，2)，(4，3)，(3，1)，則四邊形ABCD為( ) A.正方形 B.矩形 C.菱形 D.平行四邊形 2.已知△ABC中，=a，=b，ab<0，S△ABC=,|a|=3,|b|=5,則a與b的夾角是( ) A.30 B.－150 C.150 D.30或150 二、填空題 3.將二次函數y=x2的圖象按向量a平移后得到的圖象與一次函數y=2x－5的圖象只有一個公共點(3，1)，則向量a=_________. 4.等腰△ABC和等腰Rt△ABD有公共的底邊AB，它們所在的平面成60角，若AB=16 cm,AC=17 cm,則CD=_________. 三、解答題 5.如圖，在△ABC中，設=a， =b， =c, =λa,(0<λ<1), =μb(0<μ<1),試用向量a，b表示c. 6.正三棱柱ABC—A1B1C1的底面邊長為a,側棱長為a. (1)建立適當的坐標系，并寫出A、B、A1、C1的坐標； (2)求AC1與側面ABB1A1所成的角. 7.已知兩點M(－1，0)，N(1，0)，且點P使成公差小于零的等差數列. (1)點P的軌跡是什么曲線？ (2)若點P坐標為(x0,y0),Q為與的夾角，求tanθ. 8.已知E、F、G、H分別是空間四邊形ABCD的邊AB、BC、CD、DA的中點. (1)用向量法證明E、F、G、H四點共面； (2)用向量法證明：BD∥平面EFGH； (3)設M是EG和FH的交點，求證：對空間任一點O，有. 參考答案 一、1.解析： =(1，2）， =(1，2），∴=，∴∥，又線段AB與線段DC無公共點，∴AB∥DC且|AB|=|DC|，∴ABCD是平行四邊形，又||=， =(5，3），||=，∴||≠|},∴ABCD不是菱形，更不是正方形；又=(4，1）， ∴14+21=6≠0,∴不垂直于，∴ABCD也不是矩形，故選D. 答案：D 2.解析：∵35sinα得sinα=,則α=30或α=150. 又∵ab＜0,∴α=150. 答案：C 二、3.(2,0) 4.13 cm 三、5.解：∵與共線，∴=m=m(－)=m(μb－a), ∴=+=a+m(μb－a)=(1－m)a+mμb ① 又與共線，∴=n=n(－)=n(λa－b), ∴=+=b+n(λa－b)=nλa+(1－n)b ② 由①②，得(1－m）a+μmb=λna+(1－n)b. ∵a與b不共線，∴ ③ 解方程組③得：m=代入①式得c=(1－m)a+mμb=［λ(1－μ)a+μ(1－λ)b］. 6.解：(1)以點A為坐標原點O，以AB所在直線為Oy軸，以AA1所在直線為Oz軸，以經過原點且與平面ABB1A1垂直的直線為Ox軸，建立空間直角坐標系. 由已知，得A(0，0，0），B(0，a,0）,A1(0,0,a),C1(－a). (2)取A1B1的中點M，于是有M(0，a），連AM，MC1，有=(－a,0,0）, 且=(0，a,0）,=(0,0a) 由于=0，=0，所以MC1⊥面ABB1A1，∴AC1與AM所成的角就是AC1與側面ABB1A1所成的角. ∵= 所以所成的角，即AC1與側面ABB1A1所成的角為30. 7.解：(1)設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列，等價于 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) 8.證明：(1）連結BG，則 由共面向量定理的推論知：E、F、G、H四點共面，(其中=） (2）因為. 所以EH∥BD，又EH面EFGH，BD面EFGH 所以BD∥平面EFGH. (3）連OM，OA，OB，OC，OD，OE，OG 由(2）知，同理，所以，EHFG,所以EG、FH交于一點M且被M平分，所以 .