向量一题多解
高三数学向量专题复习(高考题型汇总及讲解)(1)
向量专题复习向量是高考的一个亮点，因为向量知识，向量观点在数学、物理等学科的很多分支有着广泛的应用，而它具有代数形式和几何形式的“双重身份”能融数形于一体，能与中学数学教学内容的许多主干知识综合，形成知识交汇点，所以高考中应引起足够的重视。
一、平面向量加、减、实数与向量积 （一）基本知识点提示1、重点要理解向量、零向量、向量的模、单位向量、平行向量、反向量、相等向量、两向量的夹角等概念。
2、了解平面向量基本定理和空间向量基本定理。
3、向量的加法的平行四边形法则（共起点）和三角形法则（首尾相接）。
4、向量形式的三角形不等式：｜｜a ｜-｜b ｜｜≤｜a ±b ｜≤｜a ｜+｜b ｜(试问：取等号的条件是什么?)；向量形式的平行四边形定理：2（｜a ｜2+｜b ｜2）=｜a －b ｜2+｜a +b ｜25、实数与向量的乘法（即数乘的意义）实数λ与向量的积是一个向量，记λ，它的长度与方向规定如下：(1)｜λa ｜=｜λ｜²｜a ｜;(2)当λ＞0时，λa 的方向与a 的方向相同；当λ＜0时，λa 的方向与a 的方向相反；当λ=0时，λ=,方向是任意的.6、共线向量定理的应用：若≠，则∥⇔存在唯一实数对λ使得=λ⇔x 1y 2-x 2y 1=0(其中=（x 1，y 1），=（x 2，y 2）) （二）典型例题例1、O 是平面上一 定点，A 、B 、C 是平面上不共线的三个点，动点P 满足).,0[||||+∞∈++=λλAC AB 则P 的轨迹一定通过△ABC 的（ ）A ．外心B ．内心C ．重心D ．垂心+是在∠BAC 的平分线上，∴选B例2、对于任意非零向量与，求证：｜｜｜-｜｜｜≤｜±｜≤｜｜+｜｜证明：(1)两个非零向量与不共线时，+的方向与，的方向都不同，并且｜｜-｜｜＜｜±｜＜｜｜+｜｜(3)两个非零向量a 与b 共线时，①a 与b 同向，则a +b 的方向与a 、b 相同且｜a +b ｜=｜a ｜＋｜b ｜.②a 与b 异向时，则a +b 的方向与模较大的向量方向相同，设|a |＞||，则|+|=||-||.同理可证另一种情况也成立。
高二数学平面向量试题答案及解析
高二数学平面向量试题答案及解析1.若干个能唯一确定一个数列的量称为该数列的“基本量”.设是公比为的无穷等比数列，下列的四组量中，一定能成为该数列“基本量”的是第组；①；②；③；④.【答案】①④【解析】由得，所以①唯一确定数列，由得，方程的解不定，所以②不能唯一确定数列，由得方程的解不定，所以③不能唯一确定数列，由得，所以④唯一确定数列.【考点】数列基本量运算2.下列各组向量中不平行的是（）A．a="(1,2,-2),b=(-2,-4,4)"B．c=(1,0,0),d=(-3,0,0)C．e="(2,3,0)," f="(0,0,0)"D．g=(-2,3,5),h=(16,-24,40)【答案】D【解析】略3.已知则 ,．【答案】；【解析】由三边可知，以向量为邻边的平行四边形是菱形，夹角为，，为另一对角线长度为1【考点】向量运算与三角形法则4.已知向量与的夹角为且，若，且，则实数的值为A．B．1C．2D．【答案】B【解析】因为，所以，所以得．【考点】1．数量积；2．向量垂直．5.已知向量，，若，则__________________．【答案】或【解析】两向量平行，所以，解得：或．【考点】向量平行的坐标表示6.设，向量，且，则（）A．﹣2B．4C．﹣1D．0【答案】D【解析】向量，且，可得，解得或（舍去，因为）．则．故选：D．【考点】平面向量数量积的运算7.已知||=2，||=4，⊥（＋），则与夹角的度数为．【答案】120【解析】设与夹角为．由⊥（＋）得，，解得，所以．【考点】向量的数量积及其运算律并求向量的夹角．8.已知平面向量满足,且,则向量与的夹角为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】根据题意，由于平面向量满足,且,那么代入可知向量与的夹角的余弦值为，即可知向量与的夹角为，选C．【考点】向量的数量积公式．9.设，，且，则锐角为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】由，得，即，由二倍角公式得，故选C．【考点】1、向量的坐标运算；2、向量共线的基本定理．【思路点晴】本题主要考查的向量的基本概念与简单运算、向量的坐标运算，属于容易题．本题通过向量共线，得，代入坐标运算的公式；再由二倍角公式，得到关于角的三角函数值，从而求得锐角的值．10.在平面直角坐标系中，为原点，，动点满足，则的最大值是．【答案】【解析】设，表示以为圆心，r=1为半径的圆，而，所以，，，故得最大值为【考点】1．圆的标准方程；2．向量模的运算11.若||=1，||=2，=+，且⊥，则与的夹角为________。
2023年高考之立体几何和空间向量考点解读
3
=
2
1
1
|AB|·|BC|=
×2×
2
2
1
所 以 VP-ABC = S△ABC ·|PM|=
2 2=2 2,
3
1
26
。
×2 2× 3=
3
3
考查,
一是空间线面关系 的 命 题 真 假 的 判 断,
以选填题的形式考查,
属 于 基 础 题;
二是空间
线线、
线面、
面面平行和垂 直 关 系 交 汇 的 综 合
命题,
(
2)若 ∠POF =1
2
0
°,求 三 棱 锥 PABC
|A1A| -|AM| =
2
6
。
2
2
1
2=
2
解 析:(
1)连 接 DE ,
OF ,设 |AF|=
→
→
→
则 B→
t|AC|,
F =BA + AF = (
1-t)
BA +
→
→
所求体积 V =
76
。
=
6
1
6
×(
4+1+ 4×1)
×
3
2
考点解读:空 间 几 何 体 的 结 构 特 征 是 立
则该圆锥的
1
2
0
°,
4
体积为(
胡银伟
33
2
=
2
-
3
2
2
|PC| -|OC|
2
2
=
= 6。所以圆锥的体积 V
1
1
2
2
π×|OA| ×|PO|= π× (3)× 6=
高二数学空间向量试题答案及解析
高二数学空间向量试题答案及解析1.如图，将边长为2，有一个锐角为60°的菱形，沿着较短的对角线对折，使得，为的中点.（Ⅰ）求证：（Ⅱ）求三棱锥的体积；（Ⅲ）求二面角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）1；（3）【解析】（1）利用线面垂直的判断定理证明线面垂直，条件齐全.（2）利用棱锥的体积公式求体积.（3）证明线面垂直的方法：一是线面垂直的判定定理；二是利用面面垂直的性质定理；三是平行线法（若两条平行线中的一条垂直于这个平面，则另一条也垂直于这个平面.解题时，注意线线、线面与面面关系的相互转化.（4）在求三棱柱体积时，选择适当的底作为底面，这样体积容易计算.（5）空间向量将空间位置关系转化为向量运算，应用的核心是要充分认识形体特征，建立恰当的坐标系，实施几何问题代数化.同时注意两点：一是正确写出点、向量的坐标，准确运算；二是空间位置关系中判定定理与性质定理条件要完备.试题解析：（Ⅰ）连接，由已知得和是等边三角形，为的中点，又边长为2，由于，在中，，（Ⅱ）,（Ⅲ）解法一：过，连接AE，，即二面角的余弦值为.解法二：以O为原点，如图建立空间直角坐标系，则显然，平面的法向量为设：平面的法向量，由,，∴二面角的余弦值为.【考点】（1）空间中线面垂直的判定；（2）三棱锥的体积公式；（3）利用空间向量证明线线垂直和求夹角.2.如图，在三棱柱中，平面，，为棱上的动点，.⑴当为的中点，求直线与平面所成角的正弦值；⑵当的值为多少时，二面角的大小是45.【答案】（1），（2）.【解析】（1）此小题考查用空间向量解决线面角问题，只需找到面的法向量与线的方向向量，注意用好如下公式：，且线面角的范围为：；（2）此小题考查的是用空间向量解决面面角问题，只需找到两个面的法向量，但由于点坐标未知，可先设出，利用二面角的大小是45，求出点坐标，从而可得到的长度，则易求出其比值.试题解析：如图，以点为原点建立空间直角坐标系，依题意得，⑴因为为中点，则，设是平面的一个法向量，则，得，取，则，设直线与平面的法向量的夹角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为；⑵设，设是平面的一个法向量，则，取，则，是平面的一个法向量，，得，即，所以当时，二面角的大小是.【考点】运用空间向量解决线面角与面面角问题，要掌握线面角与面面角的公式，要注意合理建系.3.在空间直角坐标系中，若两点间的距离为10，则__________．【答案】.【解析】直接利用空间两点间的距离公式可得，解之得，即为所求.【考点】空间两点间的距离公式．4. A(5，-5，-6)、B(10，8，5)两点的距离等于 .【答案】.【解析】∵，，由空间中两点之间距离公式可得：.【考点】空间坐标系中两点之间距离计算.5.如图，边长为1的正三角形所在平面与直角梯形所在平面垂直，且，，，，、分别是线段、的中点．（1）求证：平面平面；（2）求二面角的余弦值．【答案】（1）详见解析；（2）．【解析】（1）由已知中F为CD的中点，易判断四边形ABCD为平行四边形，进而AF∥BC，同时EF∥SC，再由面面平行的判定定理，即可得到答案．（II）取AB的中点O，连接SO，以O为原点，建立如图所示的空间坐标系，分别求出平面SAC与平面ACF的法向量，代入向量夹角公式，即可求出二面角S-AC-F的大小．．（1）分别是的中点，．又，所以．，……2分四边形是平行四边形．．是的中点，．……3分又，，平面平面……5分（2）取的中点，连接，则在正中，，又平面平面，平面平面，平面．…6分于是可建立如图所示的空间直角坐标系．则有，，，，，．…7分设平面的法向量为，由．取，得．……9分平面的法向量为．10分…11分而二面角的大小为钝角，二面角的余弦值为．【考点】1．用空间向量求平面间的夹角；2．平面与平面平行的判定．6.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为棱AA1和BB1的中点，则sin〈，〉的值为 ()．A．B．C．D．【答案】B【解析】设正方体棱长为2，以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴建立空间直角坐标系，则C（0，2，0），M（2，0，1），D1（0，0，2），N（2，2，1），可知=（2，-2，1），=（2，2，-1），∴•＝2×2−2×2−1×1＝−1，|| ＝ 3， | |＝3;∴cos＜,＞＝，所以sin＜,＞=．故选B .【考点】用空间向量求平面间的夹角.7.已知在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，且AD＝2，AB＝1，PA⊥平面ABCD，E、F分别是线段AB、BC的中点．(1)证明：PF⊥FD；(2)判断并说明PA上是否存在点G，使得EG∥平面PFD；(3)若PB与平面ABCD所成的角为45°，求二面角A－PD－F的余弦值．【答案】(1)详见解析；(2)详见解析；(3).【解析】解法一（向量法）（I）建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，分别求出直线PF与FD的平行向量，然后根据两个向量的数量积为0，得到PF⊥FD；（2）求出平面PFD的法向量（含参数t），及EG的方向向量，进而根据线面平行，则两个垂直数量积为0，构造方程求出t值，得到G点位置；（3）由是平面PAD的法向量，根据PB与平面ABCD所成的角为45°，求出平面PFD的法向量，代入向量夹角公式，可得答案．解法二（几何法）（I）连接AF，由勾股定理可得DF⊥AF，由PA⊥平面ABCD，由线面垂直性质定理可得DF⊥PA，再由线面垂直的判定定理得到DF⊥平面PAF，再由线面垂直的性质定理得到PF⊥FD；（2）过点E作EH∥FD交AD于点H，则EH∥平面PFD，且有AH＝AD，再过点H作HG∥DP交PA于点G，则HG∥平面PFD且AG＝AP，由面面平行的判定定理可得平面GEH∥平面PFD，进而由面面平行的性质得到EG∥平面PFD．从而确定G点位置；（Ⅲ）由PA⊥平面ABCD，可得∠PBA是PB与平面ABCD所成的角，即∠PBA=45°，取AD的中点M，则FM⊥AD，FM⊥平面PAD，在平面PAD中，过M作MN⊥PD于N，连接FN，则PD⊥平面FMN，则∠MNF即为二面角A-PD-F的平面角，解三角形MNF可得答案．.试题解析：(1)证明：∵PA⊥平面ABCD，∠BAD＝90°，AB＝1，AD＝2，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，F(1,1,0)，D(0,2,0)．不妨令P(0,0，t)，∵＝(1,1，－t)，＝(1，－1,0)，∴＝1×1＋1×(－1)＋(－t)×0＝0，即PF⊥FD.(2)解：设平面PFD的法向量为n=(x，y，z)，由得令z=1，解得：x=y=.∴n=.设G点坐标为(0,0，m)，E，则，要使EG∥平面PFD，只需·n=0，即，得m=，从而满足AG=AP的点G即为所求．(3)解：∵AB⊥平面PAD，∴是平面PAD的法向量，易得=(1,0,0)，又∵PA⊥平面ABCD，∴∠PBA是PB与平面ABCD所成的角，得∠PBA=45°，PA=1，平面PFD的法向量为n= .∴.故所求二面角A－PD－F的余弦值为.【考点】1.用空间向量求平面间的夹角；2.空间中直线与直线之间的位置关系；3.直线与平面平行的判定．8.已知三棱柱，平面，，，四边形为正方形，分别为中点．（1）求证：∥面；（2）求二面角——的余弦值．【答案】（1）见解析（2）【解析】（1）只要证出∥，由直线与平面平行的判定定理即可得证（2）建立空间直角坐标系，利用求二面角的公式求解试题解析：（1）在中、分别是、的中点∴∥又∵平面，平面∴∥平面（2）如图所示，建立空间直角坐标系，则，，，，，∴，平面的一个法向量设平面的一个法向量为则即取.∴∴二面角的余弦值是.【考点】直线与平面平行的判定定理，在空间直角坐标系中求二面角9.如图，直三棱柱(侧棱垂直于底面的棱柱),底面中，棱，分别为的中点.（1）求>的值；（2）求证：【答案】（1）>的值为；（2）证明过程详见试题解析.【解析】（1）先以C为原点建立空间坐标系，由已知易求出，进而可求>的值；（2）由（1）所建立的空间坐标系可写出、、的坐标表示，即可知，从而得证.试题解析：以C为原点，CA、CB、CC1所在的直线分别为轴、轴、轴，建立坐标系（1）依题意得,∴∴ ,∴>= 6分(2) 依题意得∴,∴,,∴ ,∴,∴∴ 12分【考点】空间坐标系、线面垂直的判定方法.10.如右图，正方体的棱长为1．应用空间向量方法求：⑴求和的夹角⑵．【答案】（1）（2）对于线线垂直的证明可以运用几何性质法也可以运用向量法来证明向量的垂直即可。
一节“一题多解”课的听课感悟
一节“一题多解”课的听课感悟作者：范叔旺来源：《学习与科普》2019年第14期摘要：习题课的教学，尤其高三数学课，以复习课为主，为达到攻克重点、难点，教师大多采用一题多解、一题多变的形式教学。
但是，在一题多解课上，一道题有很多种解法，是不是每种解法都要讲，讲到什么程度，怎样取舍对学生更好在课堂上怎样体现学生的主体地位，怎样把握好这个度，一直是笔者思考的问题。
前一阶段，笔者听了堂一题多解课，颇有感触。
关键词：解题思路感悟1.题目展现由于不同学生思考问题的角度不完全一样，因此展示两类方法6种解法，帮助学生建立相对完整的处理这类问题的方法体系，这样的体系，具有导向作用。
虽然坐标法和基底法都是处理向量问题的通行通法，但是由于处理的方式不一样，导致运算量不同。
这说明通性通法虽然思路具有较强的规律性，但解题效率存在着差异。
因此，一题多解的实质不在方法的罗列，而在思路的分析和方法的对比，在对比中揭示方法的优劣，让学生在今后的解题活动中，有序提取解题方法，有效提高解题效率。
从而也挖掘了习题的内涵，激发学生学习的兴趣，使不同层次的学生的数学思维能力都得到提高。
2.评说2.1精炼选题，让学生有充分的发挥空间整节课只有一个例子，后面的也是这道题的变式，此例虽然是一道老题，但有分量，有代表性，基本上能将向量的思想与方法体现出来，体现了转化与化归思想，做到了少而精。
2.2学生参与度高学生积极参与，能力较强，向量的基本方法（两边平方与坐标法）掌握得不错，教师在这方面下的工夫得到了体现，作为一所省二级重点高中的中等学生来说，非常难得。
2.3教学环节流畅自然课堂内容饱满，学生思维活跃，教师讲解到位，精想讲、精炼、废话很少，能将大部分时间还给学生，使学生有充分时间思考、解题。
课堂衔接自然、流畅，整节课下来，教师没有多余的话语，让学生多动、多想、多写，学生的活动充斥整个课堂，思路清晰，课堂效果不错。
2.4没有小结没有课堂小结.笔者认为，并不是每堂课都要有小结，但对于这节课来讲，小结是必要的。
巧用平面向量解立体几何问题
=1+12(2cos60°cos40°)-12(cos40°-cos120°)=1+12cos40°-12cos40°+12cos120°=1-14=34.四、其它转化在求值问题中,除了重组角度转化之外,还应重视三角函数名,结构等方面的转化,如:①切割化弦;②降幂转化来计算.例6 求tan20°+4sin20°的值.分析:对此类问题一般先将切化弦:tan20°+4sin20°=sin20°cos20°+4sin20°=sin20°+4sin20°cos20°cos20°由于题目中出现了20°与40°的角,其和为60°的特殊角,这样就为转化带来了空间,而且方法不是唯一的.变式1 tan20°+4sin20°=sin20°+2sin40°cos20°=sin(60°-40°)+sin40°cos20°=sin60°cos40°-cos60°sin40°+2sin40°cos20°=32cos40°-12sin40°+2sin40°cos20°=32cos40°+32sin40°cos20°=3(12cos40°+32sin40°)cos20°=3sin70°cos20°=3.变式2 tan20°+4sin20°=sin20°+2sin(60°-20°)cos20°=sin20°+3cos20°-sin20°cos20°=3cos20°cos20°=3.以上几种形式的转化求值问题,只是在三角函数教学中比较普遍存在的转化思想的体现,在很多的具体求值中,还有些异于上述的其它方法.但任何问题的解决都是将未知转化为已知的过程,在三角函数求值中体现得更为突出.在教学中应提炼出来,以便于学生共享.黑龙江省农垦总局哈尔滨分局高级中学(150088)●韩晓辉巧用平面向量解立体几何问题 平面向量是解答立体几何问题的一种快速、简捷的运算工具.不少复杂的立体几何问题,引入平面向量后,通过将空间元素的位置关系转化为数量关系,将过去的形式逻辑证明转化为数值运算,即借助平面使解题模式化,用机械性操作把问题转化,因此,平面向量为立体几何代数化带来了极大的便利.下面,介绍平面向量在立体几何中的应用.例1 如图1,AB、CD为异面直线,CD<平面α,AB∥平面α,M、N分别是AC、BD的中点,求证MN∥平面α证明因为D<平面α,B∥平面α且··数理化学习(高中版)©:.:C A12AB 、CD 异面,所以在α内存在�a 、�b 使AB =�a ,CD =�b ,且�a 、�b 不共线,由M 、N 分别是AC 、BD 的中点,得MN =12(MB +MD )=12[(MA +AB )+(MC +CD )]=12[(MA +AB )+(MC +C D )]=12[-M C +AB +MC +CD ]=12[AB +CD ]=12(�a +�b ),即MN 与�a 、�b 共面.又因为�a 、�b 在平面α内,故MN ∥平面α或MN <平面α,而若MN <平面α,则A B 、C D 同在平面α内,与AB 、CD 为异面直线矛盾,所以MN ∥平面α.例2 正四面体V -ABC 的高VD 的中点为O ,AC 的中点为M.求证:A O 、BO 、CO 两两垂直.证明:设V A =�a,V �b =�b ,VC =�c ,正四面体棱长为m,则VD =13(�a +�b +�c ),A O =16(�b +�c -5�a ),BO =16(�a +�c -5�b ),CO =16(�a +�b -5�c ).因为AO ·BO =136(�b +�c -5�a )·(�a +�c -5�b )=0,所以AO ⊥BO,即AO ⊥BO,同理,AO ⊥CO ,BO ⊥C O.例3 如图3,在三棱锥S -A BC 中,∠S AB =∠S AC =∠AC B =90°,AC =2,SA =23,BC =13,S B =29.证明:(1)SC ⊥BC;(2)求异面直线SC 与AB 所成角α的余弦值.解:(1)证明:由题意,S ·B =,·B =,所以S ·B =(S +)·B =S A ·CB +AC ·C B =0,即SC ⊥BC .(2)因为SC ·AB =(S A +AC)·(AC +C B )=S A ·AC +SA ·C B +AC ·AC +AC ·CB =0+0+|AC |2+0=|AC |2=4,|SC |=(23)2+22=4,|A B |=(13)2+22=17,所以cosα=SC ·AB |SC |·|AB |=4417=1717.例4 如图3,已知平行六面体ABC D -A 1B 1C 1D 1的底面是菱形,且∠C 1CB =∠C 1C D=∠BC D =60°.(1)证明:C 1C ⊥BD ;(2)当CDCC 1的值为多少时,能使A 1C ⊥平面C 1BD 请给予证明.证明:(1)取C D 、CB 、CC 1为空间的一个基.因为∠C 1CB =∠BC D =60°,ABCD 是棱形,所以|C D |=|CB |,又因为BD =C D -CB,所以CC 1·BD =CC 1·(C D -CB )=CC 1·CD -CC 1·C B =0.所以C 1C ⊥BD.(2)设CDCC 1=λ(λ>0),即|C D |=λ|CC 1|时,能使A 1C ⊥平面C 1BD.因为C 1D ∩BD =D ,所以A 1C ⊥平面C 1BD ΖA 1C ⊥C 1D 且A 1C ⊥BD ΖA 1C ·C 1D =0且A 1C ·BD =0.因为=(D +B +),D =D ,<B,D >=6°,<B ,>=6°,··数理化学习(高中版)©A C 0AC C 0C C A AC C A 1C -C C CC 1C 1C -CC 1C C 0C CC 1022|CD|=|CB|,所以A1C·C1D=-(|C D|2-CD·CC1+ CB·CD-CB·CC1+CC1·CD-|CC1|2)=-(λ2|CC1|2+12λ2|CC1|2-12λ|CC1|2-|CC1|2)=-(32λ2-12λ-1)|CC1|2.所以A1C·C1D=0Ζ32λ2-12λ-1=0Ζ(λ-1)(3λ+2)=0,因为λ>0,所以λ=1.经验证,当λ=1时,A1C·C1D=0.即当C DCC1=1时,能使A1C⊥平面C1BD.前面这些题目若采用传统的立体几何方法证明,大多数不可避免地需要添加“辅助线”,然后再分别证明线线平行(垂直)或面面平行(垂直),而这些证法与用平面向量法相比,显然难度是大的.因此,平面向量确实是处理立体几何问题的重要而又简便的方法.作为平面向量的主要技巧,是将相关量表示为基向量的形式,把问题转化为平面向量的运算,这与把空间图形关系转化为平面图形关系的传统解法相比,显然是更高的思维方式,它抓住了空间的主要特征和其内在规律,使“纷繁复杂的现象变得井然有序.”河北省乐亭县第一中学(063600)●张云飞线段定比分点的向量公式及应用例举(一) 线段的定比分点公式是同学们所熟悉的重要公式,它在中学数学中有较为广泛的应用,近几年的高考也时有涉及,如2000年全国高考文理科倒数第一大题都直接考查了定比分点公式的运用.同学们所熟悉的是定比分点的坐标公式,其实,除此以外,定比分点公式还有其向量形式.运用定比分点的向量形式解题有时显得更为简洁明快.一、线段的定比分点向量公式设P1、P2是直线l上的两点,点P是l上不同于、的任意一点,O 是平面内任意一点,设O P1=�a,O P2=�b,P分有向线段P1P2所成的比为λ,则有O P=�a+λ�b1+λ.证明:如图1,因为P1P=O P-�a,.PP2=�b-O P,P1P=λPP2,所以O P-�a=λ(�b-O P)所以O P=�a+λ�b1+λ①公式①就是线段的定比分点向量公式.二、应用例1 在△ABC中,已知D是BC的中点, E是AD的中点,直线B E交AC于F,求证:CF =2FA.证明如图,在△B中,设BD=�,B=�,·3·数理化学习(高中版)©P1P2:2A Ca A b2。
【高考数学经典题型】线面角最大值的探究与推广(一题多解)
试题出处：2020广西南宁第一次适应性考试线面角最大值问题的探究与推广如图,四棱锥S ABCD -中,SD ^平面,//,,ABCD AB CD AD CD SD CD ^= ,AB AD = ,2CD AD = ,M 是BC 中点,N 是线段SA 上的点.设MN 与平面SAD 所成角为a ,则sin a 的最大值为（ ）A.7 B.7 C. 7 D.7答案：A 解法一：向量法以D 为坐标原点，射线DA 为x 轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz - ,设2DA = .则()0,0,0D ,()0,0,4S ,()2,0,0A ,()0,4,0C ,()1,3,0M ,所以()2,0,4SA =- .设()01SN SA l l =££,则()2,0,44N l l =- ,()21,3,44MN l l =--- .平面SAD 的一个法向量为()0,4,0DC =,所以sin MN DCMN DCa ×==.因为01≤≤l ，所以当9=10l ，即9SN NA =时，sin a 取得最大值7，故选A .解法二：定义法设AD 的中点为E ，连接ME ，NE ，因为CD ⊥AD ,所以ME ⊥AD .因为SD ⊥平面ABCD ,所以SD ⊥CD ,ME ⊥SD ,所以ME ⊥平面SAD ，则∠MNE 为MN 与平面SAD 所成角，则∠MNE =a .设AB=1,则AD=1,CD=2,SD=2,令(0AN x x≤=APND中，2211242PN x x=+-×，又32PM=.所以222195=442MN x x=+-++，所以2299454sin494920x≤a==æç-+çèø当且仅当x时，取得等号，即sin a的最大值为7，故选A.解法三：三角函数法设AD的中点为E，连接ME，NE，因为CD AD^,所以ME AD^.因为SD⊥平面ABCD,所以SD⊥CD,ME⊥SD,所以ME⊥平面SAD，则MNEÐ为MN与平面SAD所成角，则∠MNE=a.设DA=2,则ME=3,MN=sin MEMNa==NE的最小值为E到AS，所以sin a A.解法四：二面角法设AD的中点为E，连接ME，因为CD⊥AD,所以ME⊥AD. 过E做EH⊥AS于H，连接MH，则∠MHE为二面角M-AS-E的平面角，设DA=2,则ME=3，EH，所以5MH==所以()max sin sin ME MHE MH a =Ð==sin a ，故选A .结论：二面角最大也常常表述为: 二面角是最大的线面角.这句话的意思是: 对于一个锐二面角，在其中一个半平面内的任一条直线与另一个半平面所成的线面角的最大值等于该二面角的平面角．例 由空间一点O 出发的三条射线,,OA OB OC 满足平面OBC ⊥平面OAB ,1COB q Ð=,2AOB q Ð= （12,q q 为锐角），直线AC 与平面OAB 所成角为q ，求tan q 的最大值。
平面向量一题多解举例
平面向量一题多解举例例1：已知等边△ABC 的边长为，平面内一点M 满足1263CM CB CA =+，求NA MB ⋅思路点拨：一种方法是建立平面直角坐标系，将问题转化为向量的坐标运算即可;另一种方法是将,MA MB 用,CA CB表示,然后用数量积的定义计算.方法一:坐标法以BC 的中点为原点，BC 所在直线为x 轴建立如图(1)所示的平面直角坐标系，根据题设条件可知(0,3),(A B C设),(y x M，则(),((CM x y CB CA ==-=由1263CM CB CA =+得：)2,3()3,3(32)0,32(61),3(-=-+-=-y x∴0,2x y ==，∴点M 的坐标为)2,0(，∴(0,1),(2)MA MB ==-，∴2MA MB ⋅=-.方法二：基底法由于1211()6336MA CA CM CA CB CA CA CB =-=-+=-1225()6336MB CB CM CB CB CA CA CB =-=-+=-+MA MB ∴⋅= 11()36CA CB -⋅ 25()36CA CB -+2227591836CA CA CB CB=-+⋅-又ABC ∆是边长为32的等边三角形，2212,6CA CB CA CB ∴==⋅=，图(1)27512612291836MA MB ∴⋅=-⨯+⨯-⨯=-例2：在正三角形ABC 中，D 是BC 边上的点，AB=3，BD=1，求AB AD ⋅。
方法一：定义法 如图所示，B=60°，由余弦定理得AD 2=32+12-2×3×1×cos 60°=7, ∴再由余弦定理得cos ∠=，所以15AB AD AB AD cos BAD 3142⋅=⋅∠== .方法二：基底法∵AD AB BD AB AD AB (AB BD)=+∴⋅=⋅+ ，= 22AB AB BD AB AB BD cos 120+⋅=+⋅︒=9+3×1×115()22-=.例3：在ABC ∆中，若对于任意t R ∈，||||BA tBC AC -≥，求角C解法1：（平方展开）由||||BA tBC AC -≥得：22()BA tBC AC -≥ ，22222BA t BC tBA BC AC +-⋅≥ ，即222220t BC tBA BC BA AC -⋅+-≥ ，所以22224()4()0BA BC BC BA AC ∆=⋅--≤ ， 2222224cos 4()0BA BC B BC BA AC ⋅--≤ ， 2222cos ()0BA B BA AC --≤ ，222sin 0BA B AC -+≤ ，即||||sin AC BA B ≤，sin sin sin B C B ≤，1sin C ≤，又sin 1C ≥，所以sin 1C =，所以2C π=.解法2：（平方分解因式）由||||BA tBC AC -≥得：22()BA tBC AC -≥ ，()()0BA tBC AC BA tBC AC -+⋅--≥，()()0BC tBC CA CB tCB CA -⋅-++≥， (1)[2(1)]0t CB CA t CB -⋅+-≥，22(1)2(1)0CB t CB CA t -+⋅-≥ ，所以24()0CB CA ∆=⋅≤ ，即2()0C BC A ⋅≤ ，又2()0C BC A ⋅≥ ，所以0CB CA ⋅= ，CB CA ⊥ ，所以2C π=.解法3：（平方用余弦定理）由||||BA tBC AC -≥得：22()BA tBC AC -≥ ，22222cos c t a tac B b +-≥，22222cos 0a t ac Bt c b -+-≥，22222224cos 440a c B a c a b ∆=-+≤，222sin 0c B b -+≤，sin b c B ≤， sin sin sin B C B ≤，1sin C ≤，又sin 1C ≥，所以sin 1C =，所以2C π=.解法4：（几何作图）考虑BA tBC -的作图：作向量BD tBC = ，则DA BA BD BA tBC =-=-，于是原题化为||||DA AC ≥恒成立，根据垂线段最短 CB CA ⊥，所以2C π=.通过上面两种解法的比较可以看出，利用平面向量的三角形法则和共线向量的意义可以大大缩减运算量，提高解题效率.CAB。
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B. 8,8 D. 4, 4
ME OF ME (OM MF ) ME OM ME MF , 在运动过程中, ME MF 0, 故ME OF ME OM ME OM cos 8cos 8,8.
2
★法二：相对运动观点
3
★如图,已知正方形ABCD是圆 M : ( x 3)2 ( y 3) 2 4的内接 正方形, E为AB的中点,当正方形 ABCD绕着点M 旋转,同时点F 在 边AD上运动,则ME OF的最大 值是_______
解析 : OF ME (OM MF ) ME OM ME MF ME OM ME OM ME cos OME OM ME 6 (当且仅当OM , ME同向共线时取等号) MF ME 2 MF cos EMF 2 2 cos (当且仅当F 位于A处时取恒等式
4OB OC OB OC OB OC 4 OE 1 1 2 4(1 ) 1 8 OB OC 2 2
2
2
2
8
法五：向量坐标运算
解析 : A(cos , 0), B(sin cos , cos ), D(0,sin ) AC , BD中点重合, C( sin , cos sin ) OB OC (cos sin )sin cos (cos sin ) (cos sin ) 1 sin 2 2.
一道向量题的多种解法
1
★如图,已知正方形ABCD是圆M : ( x 4) 2 ( y 4) 2 4 的内接正方形, AB, AD的中点分别为E , F , 则ME OF的 取值范围是 A. 8 2,8 2 C. 4 2, 4 2
法一：数量积的意义
5
法二：向量数量积的意义
解析 : OA OD OE 1, OB OC (OA AB ) (OD DC ) (OA AB) (OD AB) AB AB (OA OD) 1 AB OE 1 AB OE 2 当且仅当AB / / OE时取等号.
解析:由题意可知, O在以M 为圆心, OM 为半径的圆上, 即 OM 4 2,以M 为原点, 保证正方形四边均平行于 坐标轴建立新坐标系, 此时, E (0, 2), F ( 2, 0), , O( x0 , y0 )满足x0 2 y0 2 32 y0 4 2, 4 2 OF ME ( 2 x0 , y0 ) (0, 2) 2 y0 8,8
2
E
6
法三：抓住“不动点”：正方形的中 心
解析 : 设正方形的中心为M , 则: OB OC (OM MB ) (OM MC ) OM OM MC MB OM MB MC =1+OM MC MB OM =OM ( MC MB) 1 设BC的中点为H , 连接OH , 则 OM ( MC MB) 1 2OM MH 1 2 OM MH 1 2
2
9
4
2
4
★如图放置的边长为1的正方形ABCD顶点分别在x轴, y轴正半轴(含原点)滑动, 则OB OC的最大值为 ______
法一：数量积的意义
解析 : OB OC (OA AB ) (OD DC ) OA OD OA DC AB OD AB DC =OA DC AB OD AB DC =OA AB AB OD 1 = AB (OA OD) 1 设AD的中点为H , 连接OH , 则 AB (OA OD ) 1 2 AB OH 1 2 AB OH 1 2