一道高考向量题的多种解法_蒋满林

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高考满分数学压轴题18 解析几何与平面向量相结合问题(可编辑可打印)

一．方法综述向量具有代数与几何形式的双重身份，平面向量与解析几何的交汇是新课程高考命中的热点问题。

它们具体结合体现在夹角、平行、垂直、共线、轨迹等问题的处理，目标是将向量语言坐标化、符号化、数量化，从而将推理转化为运算，或者考虑向量运算的几何意义，利用其几何意义解决有关问题. 二．解题策略类型一利用向量垂直的充要条件，化解解析几何中的垂直问题【例1】已知双曲线C ：22221(0,0)x y a b a b -=>>的左、右焦点分别为1F ，2F ，过点1F 且斜率为247-的直线与双曲线在第二象限的交点为A ，若1212()0F F F A F A +⋅=，则双曲线C 的渐近线方程是（） A ．43y x =±B ．34yx C．y = D．y x = 【来源】陕西省西安市长安区2021届高三下学期二模理科数学试题【答案】A【解析】依题意221212121112112()()()0F F F A F A F F F A F A F F F A F F +⋅=+⋅-=-=，所以1212F F F A c ==，1247AF k =-，设直线1F A 的倾斜角为α，则α为钝角，sin 24tan cos 7ααα==-，结合22sin cos 1αα+=解得247sin ,cos 2525αα==-，设()00,A x y ，则()07392cos 22525x c c c c c α⎛⎫=⋅+-=⨯--=- ⎪⎝⎭，024482sin 22525y c c c α=⋅=⋅=，将A 点坐标代入双曲线方程得2222394825251c c a b ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭-=，而222c a b =+，所以()()222222152123046256251a b a b a b ++-=，化简得22221521140823040b a a b ⋅--⋅=， 42241521140823040b a b a ⋅--⋅=，()()22229161691440b a b a -+=，229160b a -=，434,3b b a a ==，所以双曲线的渐近线方程为43y x =±.故选：A 【举一反三】解析几何与平面向量相结合问题1.（2020南宁模拟）已知双曲线2222:1(0,0)x y E a b a b-=>>的右顶点为A ，抛物线2:8C y ax =的焦点为F ．若在E 的渐近线上存在点P ，使得AP FP ⊥，则E 的离心率的取值范围是（）A ． ()1,2B ． 321,4⎛ ⎝⎦C ． 324⎡⎫+∞⎪⎢⎪⎣⎭D ． ()2,+∞ 【答案】B【解析】由题意得，()(),0,2,0A a F a ，设00,b P x x a ⎛⎫⎪⎝⎭，由AP FP ⊥，得2220020320c AP PF x ax a a ⋅=⇒-+=，因为在E 的渐近线上存在点P ，则0∆≥，即222222293294209884c a a a c e e a -⨯⨯≥⇒≥⇒≤⇒≤ ，又因为E 为双曲线，则3214e <≤，故选B ．【指点迷津】本题主要考查了双曲线的基本性质的应用，抛物线基本性质的应用，向量数量积坐标运算以及一元二次方程根的判别式的运用，属于中档题，首先可画一张草图，分析其中的几何关系，然后将AP FP ⊥系用代数形式表示出来，即可得到一个一元二次方程，若要使得一元二次方程有实数解， 0∆≥，水到渠成，即可得到答案，因此将几何关系转化成方程是解题的关键．2.（2020·四川高考模拟（理））已知圆1C ：22(5)1x y ++=，2C ：22(5)225x y -+=，动圆C 满足与1C 外切且2C 与内切，若M 为1C 上的动点，且10CM C M ⋅=，则CM 的最小值为（） A ．2 B ．3C ．4D ．5【答案】A【解析】∵圆1C ：()2251x y ++=，圆2C ：()225225x y -+=，动圆C 满足与1C 外切且2C 与内切，设圆C 的半径为r ，由题意得1211516CC CC r r +=++-=（）（）， ∴则C 的轨迹是以（()()505,0，，- 为焦点，长轴长为16的椭圆，∴其方程为221,6439x y += 因为10CM C M ⋅=，即CM 为圆1C 的切线，要CM 的最小，只要1CC 最小，设()00,M x y ，则()222222010001511025391164x CM CC x y x x ⎛⎫=-=++-=+++-- ⎪⎝⎭20002510641,88,64x x x =++--≤≤()()2min2581086412 2.64CM-∴==+⨯-+-= ，选A.3．（2020·江西高考模拟（理））过双曲线的左焦点，作倾斜角为的直线交该双曲线右支于点，若，且，则双曲线的离心率为__________．【答案】【解析】试题分析：因为，所以，由题意，故， ∵，∴为的中点，令右焦点为，则为的中点，则，∵，所以，∴，∵， ∴在中，，即，所以离心率．类型二利用向量平行的充要条件，灵活转换解析几何中的平行或共线问题【例2】若椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>上的点5(2,)3到右准线的距离为52，过点()0,1M 的直线l 与C 交于两点,A B ，且23AM MB =，则l 的斜率为 A ．13B ．13±C ．12±D ．19【来源】江苏省无锡市八校联盟2020-2021学年高三上学期第三次适应性检测数学试题【答案】B【解析】解：由题意可得22222242519522a b a b c a c⎧+=⎪⎪⎪=+⎨⎪⎪-=⎪⎩，解得2229,5,4a b c ===，所以椭圆22:195x y C +=，设l ：1y kx =+,设1122(,),(,)A x y B x y因为23AM MB =，所以2123x x =-，由221195y kx x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩得22(95)18360k x kx ++-=则12212218953695k x x k x x k -⎧+=⎪⎪+⎨-⎪=⎪+⎩结合2123x x =-，联立消去21,x x 解得13k =±故选：B.【点睛】在运用圆锥曲线问题中的设而不求方法技巧时，需要做到：①凡是不必直接计算就能更简洁地解决问题的，都尽可能实施“设而不求”； ②“设而不求”不可避免地要设参、消参，而设参的原则是宜少不宜多. 【举一反三】1．（2020·四川高考模拟）已知抛物线C ：()220x py p =>的焦点为F ，点1,0A ，直线FA 与抛物线C交于点P （P 在第一象限内)，与其准线交于点Q ，若2PQ FP =，则点P 到y 轴距离为（） A．1 B．2C．1D．2【答案】B 【解析】【分析】过点P 作抛物线准线的垂线，垂足为1P ．根据三角形相似可得直线FA 的倾斜角为135︒，从而斜率为1-，进而可求得2p =，于是可求得点P 的纵坐标，根据点P 在曲线上可得其横坐标，即为所求．【详解】由题意得抛物线的焦点为0,2p F ⎛⎫ ⎪⎝⎭，准线方程为2py =-，设准线与y 轴交于点1F ．过点P 作抛物线准线的垂线，垂足为1P ，则11PP FF ∥，∴1||||||||QP QP FP PP ==， ∴145PQP ∠=︒,∴直线FA 的倾斜角为135︒， ∴21012FApp k -==-=--，解得2p =．又由11PP FF ∥得11||||||||PP QP QF FF ==12||PP =，∴)1||14PP ==-设(),P x y，则14y +=-∴3y =-∴()()224322421x =-=-，又点P 在第一象限， ∴()221222x =-=-，即点P 到y 轴距离为222-．故选B ．2.（2020南充模拟）已知,,A B P 为双曲线2214y x -=上不同三点，且满足2PA PB PO +=（O 为坐标原点），直线,PA PB 的斜率记为,m n ，则224n m +的最小值为（）A ． 8B ． 4C ． 2D ． 1 【答案】B【指点迷津】涉及到的知识点有平面向量共线定理，直线斜率的计算公式，基本不等式等．首先得出原点为线段AB 的中点，再求出直线PA ，PB 斜率的表达式，算出mn 为定值，再由基本不等式求出最小值．3．（2020·江西高考模拟（理））双曲线22221x y a b-=（0a >，0b >）的左右焦点为1F ，2F ，渐近线分别为1l ，2l ，过点1F 且与1l 垂直的直线分别交1l 及2l 于P ，Q 两点，若满足11122OP OF OQ =+，则双曲线的离心率为（） A 2B 3C ．2D 5【答案】C 【解析】【详解】∵22221x y a b-=（a ＞0，b ＞0）的左右焦点为F 1，F 2，∴F 1（﹣c ，0），F 2（c ，0），双曲线的两条渐近线方程为y b a =-x ，y ba=x ， ∵过F 1的直线分别交双曲线的两条渐近线于点P ，Q ． ∵11122OP OF OQ =+， ∴点P 是线段F 1Q 的中点，且PF 1⊥OP ，∴过F 1的直线PQ 的斜率k PQ ab =， ∴过F 1的直线PQ 的方程为：y ab=（x +c ），解方程组()b y x a a y x c b ⎧=-⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩，得P （2a c -，abc ），∴|PF 1|＝|PQ |＝b ，|PO |＝a ，|OF 1|＝|OF 2|＝|OQ |＝c ，|QF 2|＝2a ， ∵tan ∠QOF 2b a =，∴cos ∠QOF 2ac=，由余弦定理，得cos ∠QOF 2222242c c a c +-==1222a ac c-=，即e 2﹣e ﹣2＝0，解得e ＝2，或e ＝﹣1（舍）故选C ．类型三将向量的坐标表示和运算转化为点的坐标和曲线的方程【例3】已知过抛物线22(0)y px p =>的焦点1,02F ⎛⎫⎪⎝⎭的直线与该抛物线相交于A ，B 两点，点M 是线段AB 的中点，以AB 为直径的圆与y 轴相交于P ，Q 两点，若2AF FB =，则sin MPQ ∠=（） A ．59B ．37C ．917D ．513【来源】山西省太原市2021届高三一模数学（理）试题【答案】A【解析】如图所示：法1：由抛物线的焦点坐标可得122p =，所以1p =，所以抛物线的方程为：22y x =，设直线AB 的方程为：12x my =+，设()11,A x y ，()22,B x y ，设A 在x 轴上方，联立2122x my y x⎧=+⎪⎨⎪=⎩，整理可得：2210y my --=，可得：121y y =-①，由2AF FB =，即112211,2,22x y x y ⎛⎫⎛⎫--=-⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，可得122y y =-，代入①可得：2212y =，所以222y =-12y =代入抛物线的方程可得：214x =，11x =，即(1,2)A ，12,42B ⎛⎫⎪⎪⎝⎭，所以AB 的中点52,84M ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，所以22129||12424AB ⎛⎫⎛⎫=-++= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即圆的直径为94，所以圆的方程为2252818464x y ⎛⎫⎛⎫-+-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，令0x =，可得14244y =±+，所以1420,4P ⎛⎫+ ⎪ ⎪⎝⎭，1420,4Q ⎛⎫-+ ⎪ ⎪⎝⎭，所以558tan 142221444MPQ ∠==+-，所以2255sin 95(214)MPQ ∠==+，法2．由法1可得AB 的中点M 的横坐标为58，半径98r =，所以558tan 998MPQ ∠== 故选：A ．【指点迷津】求轨迹方程是解析几何中的重要内容，是高考命题的热点和重点．主要考查学生的数形结合思想、等价转化思想、逻辑推理能力、分类讨论及创新思维，属于较高的能力考查．求轨迹方程常用的方法有：直接法、定义法、几何法、相关点法、参数法、交轨法、点差法等．本题主要是考查几何法中的三角形重心的向量表示及重心坐标公式，然后根据相关点法可以求出点P 的轨迹方程．【举一反三】1．（2020·武汉市实验学校高考模拟）以椭圆22195x y +=的顶点为焦点，焦点为顶点的双曲线C ，其左右焦点分别是12,F F ，已知点M 的坐标为(2,1)，双曲线C 上的点00(,)P x y 00(0,0)x y >>，满足11211121PF MF F F MF PF F F ⋅⋅=，则12PMF PMF S S ∆∆-= （） A ．2B ．4C ．1D ．1-【答案】A【解析】作出简图如下∵椭圆22195x y +=，∴其顶点坐标为3030-（，）、（，），焦点坐标为（2020-，）、（，）， ∴双曲线方程为22145x y -=，12(3,0),(3,0)F F - 由11211121PF MF F F MF PF F F ⋅⋅=，可得1 M F 在1PF 与21 F F 方向上的投影相等，1111111tan 5MA F A F B MF A MF B MF A F A ∴=∴∠=∠∠==，，，112122tan 55tan 11tan 12125MF A PF A MF A ∠∴∠===-∠-， ∴直线1PF 的方程为5312y x （）=+．即：512150x y -+=，把它与双曲线联立可得532P（，），2PF x ∴⊥轴，又2tan 1MF O ∠=，所以245MF O ∠=︒，即M 是12F PF △ 的内切圆的圆心，12121114222PMF PMF SSPF PF ∴-=-⨯=⨯=（）．故选A ． 2.直角坐标系中，已知两点，，点满足，其中，且．则点的轨迹方程为（） A ．B ．C ．D ．【答案】A 【解析】由，且λ+μ＝1，得＝，∴，即，则C 、A 、B 三点共线．设C （x ，y ），则C 在AB 所在的直线上， ∵A （2，1）、B （4，5）， ∴AB 所在直线方程为，整理得：．故P 的轨迹方程为：．故选：A.类型四利用向量夹角，化解解析几何中的角度问题【例4】已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的左、右焦点分别为12,F F ，左、右顶点分别为,A B ，直线l 过A 点且与x 轴垂直，P 为直线l 上的任意一点，若122AB F F =，则12F PF ∠的取值范围是（） A ．[0,]6πB ．[0,]4πC ．[0,]3πD ．7[0,]12π【来源】数学-学科网2021年高三5月大联考（广东卷）【答案】A【解析】由题意可知，12(,0),(,0),0F c F c c ->，直线l 的方程为x a =-，设直线1PF ，2PF 的倾斜角分别为αβ，，由椭圆的对称性，不妨设点P 为第二象限的点，即(,),0P a t t ->，则tan ,tan .t t c a c aαβ==--+12F PF βα∠=-，12222222tan tan 22tan tan()=1tan tan 1t t ct c c a c a F PF t b t b t c a tβαβαβα---+-∴∠=-===++-+-2222c c b b b t t ≤==⋅，当且仅当2b t t=，即t b =时取等号.122AB F F =，2a c ∴=，且满足222a b c =+，则2224c b c =+，223b c =，∴3=3c b ，则12tan F PF ∠的最大值为33，故12F PF ∠的最大值是6π.当P 为第二或第四象限的点时，12F PF ∠的取值范围是(0,]6π；当P 为x 轴负半轴上的点时，120F PF ∠=. 综上可知，12F PF ∠的取值范围为[0,]6π，故选：A. 【点睛】关键点睛：本题考查直线与椭圆中的根据向量间的线性关系求角的范围的问题，关键在于设出椭圆上的点的坐标，由向量间的线性关系表示所求的角的三角函数，再运用基本不等式求解范围. 【举一反三】1.（2020锦州一模）如图，椭圆的中心在坐标原点，焦点在x 轴上，1212,,,A A B B 为椭圆的顶点， 2F 为右焦点，延长12B F 与12A B 交于点P ，若12B PB ∠为钝角，则该椭圆的离心率的取值范围是（）A ． 52,12⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭B ．520,2⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭ C ． 510,2⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭ D ． 51,12⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭【答案】C【解析】如图所示， 12B PB ∠为22A B 与21F B 的夹角，设椭圆长半轴、短半轴、半焦距分别为， ,,a b c ，()()2221,,,A B a b F B c b =-=--，向量的夹角为钝角时， 222210,0A B F B ac b ⋅<∴<<，又22222,0b a c a ac c =-∴-->，两边除以2a 得210e e -->，即210e e +-<，解集155122e ---<<，又5101,02e e -<<∴<<，故选C ． 2.已知点F 是双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>的左焦点，点E 是该双曲线的右顶点，过F 且垂直于x 轴的直线与双曲线交于,A B 两点，若ABE ∆是钝角三角形，则该双曲线的离心率e 的取值范围是（） A ． ()1,+∞ B ． ()1,2 C ． ()1,12+ D ． ()2,+∞ 【答案】D类型五利用向量数量积，求解解析几何中的数量关系问题【例6】如图，椭圆()222:124x y C a a +=>，圆222:4O x y a +=+，椭圆C 的左右焦点分别为12F F 、，过椭圆上一点P 和原点O 作直线l 交圆O 于,M N 两点，若126PF PF ⋅=，则PM PN ⋅的值为___________．【答案】6【指点迷津】本题主要考查利用余弦定理、平面向量数量积公式及向量的几何运算、圆的性质及椭圆的定义，性质，属于难题．求解与椭圆性质有关的问题时要结合图形进行分析，既使不画出图形，思考时也要联想到图形，当涉及顶点、焦点、实轴、虚轴、渐近线等双曲线的基本量时，要理清它们之间的关系，挖掘出它们之间的内在联系；同时，由于综合性较强，不能为了追求速度而忽视隐含条件的挖掘．本题解题的关键点是利用向量这一工具将问题转化后再利用椭圆定义及余弦定理解答．【举一反三】已知,A B 是以F 为焦点的抛物线24y x =上的两点，点A 在第一象限且3AF FB =，以AB 为直径的圆与准线的公共点为C ，则点C 的纵坐标为（） A ．1B ．43C ．3D ．233【来源】四川省宜宾市2021届高三二模（理科）试题【答案】D 【解析】根据抛物线的定义，可得,AA AF BB BF ''==， ∴2AA BB AD BF ''-==， ∴4AF BF BF +=， ∴060DAB ∠=，即直线AB 的倾斜角为60°，∴):1AB y x =-，与抛物线联立方程：)214y x y x⎧=-⎪⎨=⎪⎩解得：(1,,3A B ⎛ ⎝⎭设()1,C m -，因为C 为圆上的点，故AC BC ⊥，()44,23,,33AC m CB m ⎛⎫=--=-- ⎪ ⎪⎝⎭， ∴0AC BC ⋅=∴216403m --++=∴2403m +=∴3m =. 故选：D.三．强化训练一、选择题1．已知过点()0,1的直线与圆224x y +=相交于A 、B 两点，若OA OB OP +=，则点P 的轨迹方程是（） A ． 22112x y ⎛⎫+-= ⎪⎝⎭ B ． ()2211x y +-= C ． 22122x y ⎛⎫+-= ⎪⎝⎭ D ． ()2212x y +-=【答案】B【解析】设()P x y ，，()()1122A x y B x y ，，，过点()0,1的直线为1y kx =+，由OA OB OP +=得()()1212x y x x y y =++，，，直线1y kx =+代入224x y +=得()221230k x kx ++-= 则12221k x x k +=-+， 12221y y k+=+ 即221k x k =-+，221y k=+，所以()2211x y +-=，故选B 2．（2020烟台市届高三高考一模）已知、分别为双曲线的左、右焦点，为双曲线右支上一点且满足，若直线与双曲线的另一个交点为，则的面积为（） A ．12 B ．C ．24D ．【答案】C 【解析】设，，∵、分别为双曲线的左、右焦点，∴，.∵，∴，∴，∴，即，∴，解得，，设，则，在中可得，解得，∴， ∴的面积.故选：C ．3．（2020·河南高考模拟（理））1F ，2F 是双曲线()222210,0x y a b a b-=>>的左右焦点，若双曲线上存在点P 满足212PF PF a ⋅=-，则双曲线离心率的取值范围为（）A ．)3,⎡+∞⎣B ．)2+∞，C ．[)1+∞，D ．(][)11-∞-+∞，，【答案】B【解析】由题，取点P 为右支上的点，设1212,,PF m PF n F PF θ==∠= 根据双曲线的定义知：2m n a -=在三角形1F PF 中，由余弦定理可得：2224cos 2m n c mnθ+-=又因为 212PF PF a ⋅=-可得2cos mn a θ=- 即222242m n c a +=- 又因为,m a c n c a ≥+≥-所以222222()()422c a c a c a c a ++-≤-⇒≥即222e e ≥∴≥4．（2020·山东高考模拟（理））已知直线l 过抛物线C ：23y x =的焦点F ，交C 于A ，B 两点，交C 的准线于点P ，若AF FP =，则AB =（） A ．3 B ．4 C ．6 D ．8【答案】B【解析】如下图所示：不妨设A 在第一象限，由抛物线C ：23y x =可得3(,0)4F ，准线3:4DP x =-因为AF FP =，所以F 是AP 的中点则23AD CF ==.所以可得933(,)42A则3AF k =，所以直线AP 的方程为：33()4y x =-联立方程233()43y x y x⎧=-⎪⎨⎪=⎩ 整理得：2590216x x -+=所以1252x x +=，则1253||422AB x x p =++=+=.选B.5.（2020莆田市高三）已知直线过抛物线：的焦点，交于两点，交的准线于点.若，且，则（）A ．B ．C ．D ．【答案】B【解析】结合题意，绘制图形，可知，结合，可知，所以设，所以，解得，故设F 的坐标为，则A 的坐标为，代入抛物线方程，得到，解得，故选B. 抛物线方程，得到，解得，故选B.6.已知双曲线C ：22221x y a b -=（0a >，0b >）的左、右焦点分别为1F 、2F ，过点1F 作圆Ω：2224a x y +=的切线l ，切点为M ，且直线l 与双曲线C 的一个交点N 满足122NF NF a -=，设O 为坐标原点，若12QN OF OM +=，则双曲线C 的渐近线方程为（）A ． 32y x =±B ． 3y x =±C ． 62y x =± D ． 6y x =± 【答案】C【解析】12ON PF OM +=，故1ON OM OM PF -=-，即1MN FM =，故点M 为线段1F N 的中点，连接OM ，则OM 为12NF F ∆的中位线，且1,2aOM OM F N =⊥，故22NF OM a ==，且2112,2F N F N NF NF a ⊥-=，故点N 在双曲线C 的右支上，13NF a ∴=，则在12Rt NF F ∆中，由勾股定理可得， 2221212NF NF F F +=，即()()22232a a c +=，解得221012c b a a==+，故62b a =，故双曲线C 的渐近线方程为62y x =±，故选C ． 7．（2020柳州市高考模拟）已知双曲线的左、右焦点为、，双曲线上的点满足恒成立，则双曲线的离心率的取值范围是（） A ．B ．C ．D ．【答案】C 【解析】∵是的边上的中线，∴．∵，∴，当且仅当三点共线时等号成立．又，，∴，∴，又，∴．故离心率的取值范围为．故选C．8．（2020葫芦岛市高三联考）已知，分别是双曲线的左、右焦点，过点的直线交双曲线的右支于，两点，且．过双曲线的右顶点作平行于双曲线的一条渐近线的直线，若直线交线段于点，且，则双曲线的离心率( )A．B．C．D．【答案】C【解析】因为，所以，．因为，所以是线段的中点．又直线过双曲线的右顶点且平行于双曲线的一条渐近线，，所以，化简可得，所以，所以，结合解得．本题选择C选项.9．（2020重庆市南开中学高三检测）如图，抛物线：，圆：，过焦点的直线从上至下依次交，于点，，，.若，为坐标原点，则（）A ．-2B ．1C ．4D ．【答案】B【解析】由题可设A ，其中a>0,d ＜0.又焦点F(1,0)，所以|FD|=1+，所以|AB|=|FA|-|OB|=，由题得.所以，所以1.故选：B10．（2020·辽宁高考模拟（理））已知双曲线22221x y a b-=（a ＞0，b ＞0）的离心率为2，F 1，F 2分别是双曲线的左、右焦点，点M （-a ，0），N （0，b ），点P 为线段MN 上的动点，当12PF PF ⋅取得最小值和最大值时，△PF 1F 2的面积分别为S 1，S 2，则21S S =( ) A ．3 B ．4 C ．3 D ．8 【答案】B【解析】由于双曲线的离心率为212c b a a ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭，故3b a =所以直线MN 的方程为)3y x a =+，设()[]()33,0P t t a t a ∈-，焦点坐标为()()12,0,,0F c F c -，将12,,P F F 坐标代入12PF PF ⋅并化简得22313444t a a⎛⎫+- ⎪⎝⎭，由于[],0t a ∈-，故当34t a =-时取得最小值，此时344P y a a ⎛⎫=-+= ⎪⎝⎭；当0t =时取得最大值，此时P y =.故214S S ==.所以选B. 11．（2020·四川石室中学高考模拟）已知动直线l 与圆224x y +=相交于A ，B 两点，且满足2AB =，点C 为直线l 上一点，且满足52CB CA =，若M 为线段AB 的中点，O 为坐标原点，则OC OM ⋅的值为（） A ．3B ．C ．2D ．-3【答案】A【解析】动直线l 与圆O ：224x y +=相交于A ，B 两点，且满足2AB =，则OAB 为等边三角形，于是可设动直线l 为2y =+，根据题意可得()2,0B-，(A -，∵M 是线段AB的中点，∴3,22M ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，设(),C x y ，∵52CB CA =，∴()()52,12x y x y ---=--， ∴())521252x x y y ⎧--=--⎪⎪⎨⎪-=⎪⎩，解得133x y ⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，∴1,33C ⎛- ⎝⎭，∴1315,,3332222OC OM ⎛⎫⎛⎫⋅=-⋅-=+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故选A ．12.（2020桂林高三质检）已知为椭圆上三个不同的点，为坐标原点，若，则的面积为（）A ．B ．C ．D ．【答案】C 【解析】设直线，与椭圆方程联立可得，，设，则，，代入得, ，于是，,故选C.13．已知双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>的左，右焦点分别是1F ，2F ，点P 是双曲线C 右支上异于顶点的点，点H 在直线x a =上，且满足1212PF PF PH PF PF λ⎛⎫ ⎪=+ ⎪⎝⎭，R λ∈.若125430HP HF HF →++=，则双曲线C 的离心率为（）A ．3B ．4C ．5D ．6【来源】四川省成都市蓉城名校联盟2021届高三第三次联考理科数学试题【答案】C【解析】由1212PF PF PH PF PF λ⎛⎫⎪=+ ⎪⎝⎭，R λ∈，则点H 在12F PF ∠的角平分线上，由点H 在直线x a =上，则H 是12PF F △的内心，由125430HP HF HF →++=，由奔驰定理（已知P 为△ABC 内一点，则有S △PBC ·PA ＋S △PAC ·PB ＋S △PAB ·PC ＝0.）知，1212::5:4:3HF F HF P HF P S S S =△△△,即1212111||:||:||5:4:3222F F r PF r PF r ⋅⋅⋅= 则1212::5:4:3F F PF PF =，设125F F λ=，14PF λ=，23PF λ=，则125252F F c c λλ==⇒=，1222PF PF a a λλ-==⇒=，则5ce a ==.故选：C14．已知双曲线()2222:10,0x y C a b a b-=>>的左焦点为F ，左､右顶点分别为,A B 点,P Q 是双曲线C 上关于x 轴对称的两点，且直线PQ 经过点F .如果M 是线段FQ 上靠近点Q 的三等分点，E 在y 轴的正半轴上，且E A M ,,三点共线，,,P E B 三点共线，则双曲线C 的离心率为（） A ．5B ．C ．D ．6【来源】河南省安阳市2021届高三一模数学（文）试题【答案】A【解析】设()()(),0,,0,,0F c A a B a --，点PQ 是双曲线C 上关于x 轴对称的两点，且直线PQ 经过点F ，可得PQ x ⊥轴，令x c =-可得22221c y a b-=，解得2by a =±可设22,,b b P c Q c a a ---⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,由M 是线段FQ 上靠近点Q 的三等分点，可得22,3b M c a ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，由E 在y 轴的正半轴上，可设()0,E e ，由E A M ,,三点共线，可得AM EA k k =，即为223b ea a a c=-+① 由,,P E B 三点共线，可得EB BP k k =，即为2b e a ac a-=--，②由①②可得()123a c c a =+-，即为3322c a c a -=+，即5c a =，所以5ce a==. 故选：A.15．已知点F 为双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>的右焦点，过点F 的直线l 与曲线C 的一条渐近线垂直，垂足为N ，与C 的另一条渐近线的交点为M ，若3MN FN =，则双曲线C 的离心率e 的值为（）A ．3B ．2C ．2D 【来源】贵州省毕节市2021届高三三模数学（文）试题【答案】A【解析】如图所示，3MN FN =，FN ON ⊥，(),0F c ，渐近线:bON y x a=，即0bx ay -=，焦点F 到渐近线ON 的距离22bc bcFN b ca b ===+，则3MN b =，而OF c =，故ON a =. Rt NOF 中，tan FN b NOF ON a ∠==，Rt NOM 中， 3tan MN bNOM ON a∠==. 由渐近线对称性可知2NOM NOF ∠=∠，故22tan tan tan 21tan NOFNOM NOF NOF∠∠=∠=-∠，故2231bb a a b a ⨯=⎛⎫- ⎪⎝⎭，化简得2213b a =，所以222221231133a b b e a a +==+=+=.故选：A.16．（2020上海市金山区高三）正方形ABCD 的边长为2，对角线AC 、BD 相交于点O ，动点P 满足，若，其中m 、n ∈R ，则的最大值是________【答案】【解析】建立如图所示的直角坐标系，则A （﹣1，﹣1），B （1，﹣1），D （﹣1，1），P （，），所以（1，sinθ+1），（2，0），（0，2），又，所以，则，其几何意义为过点E （﹣3，﹣2）与点P （sinθ，cosθ）的直线的斜率，设直线方程为y +2k （x +3），点P 的轨迹方程为x 2+y 2＝1，由直线与圆的位置关系有：，解得：，即的最大值是1，故答案为：117．（2020·辽宁高考模拟（理））已知圆22:(2)(1)1C x y -+-=，点P 为直线290x y +-=上一动点，过点P 向圆C 引两条切线,PA PB ，其中,A B 为切点，则•PA PB 的取值范围为__________．【答案】12[,)5+∞ 【解析】PA?PB =PA PB cos θ=22222222(1)(12sin)(1)(1)32PC PC PC PC PC θ--=--=+-因为圆心到直线的距离5d =所以5PC ≥，25PC ≥，2223PC PC +-125≥，当25PC =时取最小值。

用向量法解五类立体几何题的思路

思路探寻立体几何问题的命题形式很多，常见的有求平面外一点到平面的距离，求两条异面直线之间的距离，求直线与平面所成的角，求二面角，证明面面平行、垂直等.有时采用常规方法求解立体几何问题比较复杂，甚至很难获得问题的答案，此时不妨运用向量法，将立体几何问题转化为向量运算问题，通过简单的计算即可解题.向量法是指给线段赋予方向，给各个点赋予坐标，通过向量运算求得问题的答案.下面结合实例探讨一下如何运用向量法求解五类立体几何问题.一、求平面外一点到平面的距离如图1，若点P 为平面α外的任意一点，要求P 到平面α的距离，需先求得向量OP 以及平面α的法向量n .那么法向量n 方向上的正射影长h =|| OP sin <OP ，n >=|| OP ∙n||n ，即为P 到平面α的距离.运用向量法求平面外一点到平面的距离，主要是运用向量数量积的几何意义：一个向量与其在另一个向量方向上的投影的乘积.图1图2例1.在正方体ABCO -A 1B 1C 1O 1中，M 、N 是B 1C 1和C 1O 1的中点，正方体的棱长是1，求A 1与平面OBMN 之间的距离.解：以O 为原点，建立如图2所示的空间直角坐标系，可得 OB =（1，1，0）， O N =（0，12，1）， OA 1=（1，0，1），设平面OBMN 的法向量是n =（x ，y ，z ），则{n ∙ O B =0，n ∙ ON =0，即ìíîïïx +y =0，12y +z =0，令x =1，y =-1，z =12，则n =（1，-1，12），则A 1到平面OBMN 的距离h =|| OA 1∙n||n =1.由于无法确定点A 1到平面OBMN 的射影，所以根据法向量与射影的关系，运用向量法求解.运用向量法求平面外一点到平面的距离，关键是要根据线面垂直的判定定理求得平面的法向量.在求法向量时，往往要先设出法向量n ；然后在平面内找到两条直线a 、b ，并求得其方向向量a 、b ；再建立方程组{n ∙a =0，n ∙b=0，通过解方程组求得法向量n 的坐标.二、求空间中两条异面直线之间的距离求两条异面直线之间的距离，需运用转化思想，把两条异面直线之间的距离转化为平面外一点到平面的距离.在求两条异面直线之间的距离时，需先求出两条异面直线的方向向量a 、b，并求得两个向量所在平面的法向量n ，那么两条异面直线之间的距离为h =||a ∙n ||n .例2.如图3，正方体ABCO -A 1B 1C 1O 1的棱长为1，求异面直线OA 1和AC 之间的距离.解：以O 为原点，建立如图3所示的空间直角坐标系，可得 AC =（-1，1，0）， O 1A =（1，0，-1）， AA 1=（0，0，1）设n =（x ，y ，z ）为平面A 1C 1O 的法向量，建立方程组得ìíîn ∙ AC =0，n∙O 1A =0，即{-x +y =0，x -z =0，图346思路探寻令x=1，可得法向量n =（1则异面直线OA1和AC.定两条异面直线的公垂线，繁琐.的方向向量及其法向量，求得异面直线之间的距离，果.三、求直线与平面所成的角如图4所示，设直线OP用向量法求直线OP与平面αα的法向量n 和直线OP的数量积公式求得|cos< OP,n >OP与平面α所成角的正弦值为意的是，直线OP与平面α图4例3.如图5，正方体ABCOA1B1的中点为M，试求直线AM的正弦值.解：以O为原点，建立如图5则AB=（0，1，0），AO1=（-1设n =（x，y，z）为平面ABC1O则ìíîn ∙AB=0，n ∙AO1=0，即{y=0，-x+z=0令x=1，可得n =()1,0,1，设AM与面ABC1O1则sinθ=|| AM∙n|| AM∙||n ，即直线AM与平面ABC1O1α-的平面1，.）为平面往往要先求得两个平47探索探索与与研研究究面的法向量，α、β的法向量n α∥ n β，则平面α的法向量 n α⊥ n β，则平面α⊥例5.正方体ABCO -A 1B 1C 1O M 分别是A 1C 1、A 1O 、B 1A 上的任意一点，求证：平面B 1MC ∥平面A 1EF .证明：以O 为原点，建立如图8所示的空间直角坐标系，由题意可得A 1C 1=()-1,1,0,B 1C =()-1,0,-1,A 1O =()-1,0,-1,B 1A =()0,-1,-1，设 A 1E =λ A 1C 1， A 1F =μ A 1ν∈R ，且均不为0），设平面A 1EF 的法向量为n 1则ìíî n 1∙A 1E =0，n 1∙ A 1F =0，可得ìíî n 1∙λ A 1 n 1∙μ A 1则ìíî n 1∙A 1C 1=0， n 1∙ A 1O =0，则{-x +y =0x +z =01EF 的法向量为n 1=（1，1，-1），n 2，ìíî n 2∙ν B 1A =0，n 2∙ B 1C =0，{-y -z =0，-x -z =0，1MC 的法向量n 2=（-1，1，-1），n 1∥ n 2，B 1MC .需熟悉向垂直关系，⊥ n 2； n 1=λ n 2⇔ n 1∥ n 2.需注意以（2）熟练运用（3）明确向量与线段、坐标甘肃省武威铁路中学）求数列前n 项和问题具有较强的综合性，侧重考查等差和等比数列的通项公式、定义、性质以及前n 项和公式.常见的命题形式有：（1）根据数列的递推关系式求数列的前n 项和；（2）根据数列的通项公式求数列的前n 项和；（3）根据一个数列的前n 项和求另一个相关联数列的前n 项和.解答数列求和问题的常用方法有分组求和法、错位相减法、裂项相消法、并项求和法、倒序相加法.下面结合实例,谈一谈这几种途径的特点以及应用技巧.一、分组求和分组求和法是指将数列中的各项分为几组，分别进行求和.在解题时，要先仔细研究数列的通项公式，将其合理地拆分为几个等差、等比、常数数列通项公式的和、差；再将数列划分为多个组，分别根据等差、等比数列的前n 项和公式求得每一组数列的和.例1.已知S n 为数列{}a n 的前n 项和，4a n =3S n +1.48。

2009高考数学重拳运用向量法解题

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 丄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—b , CC 1 B D = c (a — b )=c • a — c • b =|c | •|a |cos 0 — |c | - |b |cos 0 =0, C i C 丄 BD.(2) 解：若使 A i C 丄平面 C i BD ，只须证 A i C 丄BD , A i C 丄DC i , 由 CA i GD =(CA AA) (CD -CC i )2 2 2 2=(a +b +c ) • (a — c )=|a | + a • b — b • c — |c | =|a \ — |c | +|b | • |a |cos 0 — |b | • |c | • cos 0 =0,得当|a |=|c |时，A i C 丄DC i ，同理可证当|a |=|c |时，A i C 丄BD ,CD 亠十=•-=1 时，A i C 丄平面 C i BD.CC i［例 2］如图，直三棱柱 ABC —A 1B 1C 1,底面△ ABC 中，CA=CB=1 , / BCA=90°, AA 1=2, M 、N 分别是A i B i 、A i A 的中点.(1) 求BN 的长； ⑵求cos<BA,CB i >的值； (3) 求证：A i B 丄 C i M.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 |= . (1 一0)2 • (0 _1)2(1 —0)2 = 3(2) 解：依题意得：A i (1 , 0, 2), C(0, 0, 0), B i (0, 1 , 2). • BA i = (1,-1,2),CB i =(0 , 1, 2)(★★★★★)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 — A^C i D i 旳底「|| ABCD 是菱形，且/ C i CB= / C i CD= / BCD.(1)求证：C i C 丄 BD.⑵当CDCC 1的值为多少时，能使 A i C 丄平面C i BD ?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•(1)证明：设 CD =a , CB =b ,CC 1=c ,依题意，|a |=|b |, CD 、CB \CCi 中两两所成夹角为0 ,于是 BD =CD - DB =aBA f CB1=1 X 0+( —1) X 1+2 X 2=3|BA i |=.(1—0) (0一1) (2—0)=』6|CBi|= ；(0—0)2 (1—0)2 (2—0)2 = . 5 cos ：： BA 1 ,CB 1IBC 1 | ICB 1 |—— 1 1 —— C i M 勺严 AB —2) ••• A 1BC 1M =(-1)1 1 1 (-2) 0=0” AB_CM二 A 1B 丄C 1M. •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？⑶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(一1, 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7. ( ★★★★★)已知两点 M(— 1, 0), N(1 , 0)，且点P 使MP MN,PM 卩N,NM NP 成公差小于零的等差数列 (1)点P 的轨迹是什么曲线？⑵若点P 坐标为(X 0,y °),Q 为PM 与PN 的夹角，求tan B .8. (★★★★★)已知E 、F 、G 、H 分别是空间四边形 ABCD 的边AB 、BC 、CD 、DA 旳 H (1)用向量法证明E 、F 、G 、H 四点共面； ⑵用向量法证明：BD //平面EFGH ;BA| CB i、、30 "10(3)证明：依题意得：C 1(0, 0, 2),呢，1,2)152.(★★★★)已知△ ABC AB = a , AC =b , a • b <0 , S ABC =,|a |=3,|b |=5,则 a 与 b 的夹角是()4B. — 150°C.150 °A.30二、填空题 3. (★★★★★)将二次函数y=x 2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, 贝y CD = _____三、解答题5.(★★★★★)如图，在△ ABC 中，设 AB =a , AC =b , AP = c , AD = =卩b (0<(i <1),试用向量a , b 表示c .6.(★★★★)正三棱柱ABC —A 1B 1C 1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 、A 1、C 1的坐标；(2) 求AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角•1参考答案难点磁场_1 +1 7+2 99 解：⑴点 M 的坐标为 X M = --------- =0；y M = ------- = —M (0,-)2 222—— 2—2 221 .|AM|=.(5-0)(^-) .¥ 2 2(2)|AB|m,](5 1)2 (_1—7)2「=10,|AC|=j (5—1)2 (-1一2)2D 点分BC 的比为2.-1 2 11 72 2 11 ■-X D =H3,yD =〒^ 3 —/1 211 214两匸严二)心飞)飞贬⑶ / ABC 是 BA 与 BC 的夹角，而 BA =(6, 8) , BC =(2, - 5)歼灭难点训练、1.解析： AB =(1 , 2) , DC =(1 , 2), • AB = DC , • AB // DC ，又线段 AB 与线段 DC 无公共点，• AB // DC 且|AB|=|DC|,A ABCD 是平行四边形，又 |AB |= .、5 , AC =(5 , 3) , |AC |= . 34 ,「.|AB |M | AC}^ ABCD 不是菱形，更不是正方形；又 BC =(4 , 1),/. 1 • 4+2 • 1=6工0,.・.AB 不垂直于BC ,二ABCD 也不是矩形，故选 D. 答案：D15 112.解析：T • 3 • 5sin a 得 sin a =—，则 a =30 ° 或 a =150 ° .4 2 2又••• a • b v 0,「. a =150° . 答案：C二、 3.(2,0) 4.13 cm三、 5.解：T BP 与 BE 共线，••• BP =m BE =m( AE — AB )=m(卩 b — a ),AP = AB + BP = a +m(卩 b — a )=(1 — m)a +m 卩 b又 CP 与 CD 共线，• CP = n CD = n(AD — AC )= n(入 a — b ), 二 AP = AC + CP = b +n(入 a — b )=n 入 a +(1 — n)b 由①②，得(1 — m ) a +m b =入 n a +(1 — n)b . ••• a 与b 不共线，•1 —丸1 — A 1m= ,n代入①式得c =(1— m)a +mb = [入(1 —卩)a + 卩(1 —入)b ]1 - 1 - 1 - ： ■⑶设M 是EG 和FH 的交点，求证：对空间任一点0,有 OM(0A OB OC 0D)..cos ABCBA BC _ 6 2 (-8) (-5) | BA | | BC | .62 (-8)2 , 22 ^5)252 10.292629 145解方程组③得:6•解：⑴以点A 为坐标原点 0,以AB 所在直线为0y 轴，以AA i 所在直线为 Oz 轴，以经过原点且与平面 ABB 1A 1垂直的直线为 Ox 轴，建立空间直角坐标系•J 3 a -由已知，得 A （0，0，0），B （0，a,0） ,A i （o,o,运 a ）,C i （———a, — , 72 a ）.2 2⑵取 A i B i 的中点 M ，于是有 M(0,旦，J2a ),连 AM , MC i , 有 MC ；=(—空 a,0,0),2 2] 1 *且 AB =(0, a,0) , AA i =(0,0 2 a)由于M6 • AB =0, MC 1 • AA i =0，所以MC i 丄面ABB i A i ，二AC i 与AM 所成的角就是 AC i 与侧面ABB i A i 所成的角•••• AC i =(3a,a ,、、2a), AM’ =(0,：、、2a), 2 2 2⑵点P 的坐标为(X 0,y 。

2021年高考数学第七章第7课时立体几何中的向量方法(一)知能演练轻松闯关新人教A版

2021年高考数学第七章第7课时立体几何中的向量方法（一）知能演练轻松闯关新人教A 版1. 如图所示，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，O 是底面正方形ABCD 的中心，M是D 1D 的中点，N 是A 1B 1的中点，则直线N O 、A M 的位置关系是( )A ．平行B ．相交C ．异面垂直D ．异面不垂直解析：选C ．建立坐标系如图，设正方体的棱长为2，则A(2，0，0)，M (0，0，1)，O (1，1，0)，N(2，1，2)，N O →＝(－1，0，－2)，A M →＝(－2，0，1)，N O →·A M →＝0，则直线N O 、A M 的位置关系是异面垂直．2．两个不同的平面α，β的法向量分别为m ，n ，向量a ，b 是平面α及β之外的两条不同的直线的方向向量，给出四个论断：①a ⊥b ；②m ⊥n ；③m ∥a ；④n ∥B ．以其中的三个论断作为条件，余下一个论断作为结论，写出你认为正确的一个命题________．解析：依题意，可得以下四个命题：(1)①②③⇒④；(2)①②④⇒③；(3)①③④⇒②；(4)②③④⇒①.不难发现，命题(3)，(4)为真命题，而命题(1)，(2)为假命题．答案：①③④⇒②或②③④⇒①3．已知在长方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，底面是边长为2的正方形，高为4，求点A 1到平面AB 1D 1的距离．解：如图所示建立空间直角坐标系D xyz ，则A 1(2，0，4)，A(2，0，0)， B 1(2，2，4)，D 1(0，0，4)， AD 1→＝(－2，0，4)，AB 1→＝(0，2，4)， AA 1→＝(0，0，4)，设平面AB 1D 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AD 1→＝0，n ·AB 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋4z ＝0，2y ＋4z ＝0，解得x ＝2z 且y ＝－2z ，不妨设n ＝(2，－2，1)，设点A 1到平面AB 1D 1的距离为d ，则d ＝|AA 1→·n ||n |＝43.4. 如图所示，正三棱柱ABCA 1B 1C 1的所有棱长都为2，D 为CC 1的中点．求证：AB 1⊥平面A 1BD ．证明：如图所示，取BC 的中点O ，连接A O . 因为△ABC 为正三角形，所以A O ⊥BC ．因为在正三棱柱ABCA 1B 1C 1中，平面ABC ⊥平面BCC 1B 1，所以A O ⊥平面BCC 1B 1.取B 1C 1的中点O 1，以O 为原点，以O B →，OO 1→，O A →为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则B(1，0，0)，D(－1，1，0)，A 1(0，2，3)， A(0，0，3)，B 1(1，2，0)．设平面A 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， BA 1→＝(－1，2，3)，BD →＝(－2，1，0)．因为n ⊥BA 1→，n ⊥BD →，故⎩⎪⎨⎪⎧n ·BA 1→＝0n ·BD →＝0⇒⎩⎨⎧－x ＋2y ＋3z ＝0，－2x ＋y ＝0，令x ＝1，则y ＝2，z ＝－3，故n ＝(1，2，－3)为平面A 1BD 的一个法向量，而AB 1→＝(1，2，－3)，所以AB 1→＝n ，所以AB 1→∥n ，故AB 1⊥平面A 1BD ．5. 如图所示，在底面是矩形的四棱锥P ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，E 、F 分别是P C 、P D 的中点，P A ＝AB ＝1，BC ＝2.(1)求证：EF ∥平面P AB ；(2)求证：平面P AD ⊥平面P DC ．证明：(1)以A 为原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴，A P 所在直线为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，2，0)，P (0，0，1)，∴E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，12，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12.EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，0，A P →＝(0，0，1)，AD →＝(0，2，0)， DC →＝(1，0，0)，AB →＝(1，0，0)．∵EF →＝－12AB →，∴EF →∥AB →，即EF ∥AB ．又AB ⊂平面P AB ，EF ⊄平面P AB ， ∴EF ∥平面P AB ．(2)∵A P →·DC →＝(0，0，1)·(1，0，0)＝0， AD →·DC →＝(0，2，0)·(1，0，0)＝0， ∴A P →⊥DC →，AD →⊥DC →，即A P ⊥DC ，AD ⊥DC ．又A P ∩AD＝A ， ∴DC ⊥平面P AD ．又∵DC ⊂平面P DC ， ∴平面P AD ⊥平面P DC ．[能力提升]1．在四棱锥P ABCD 中，P D ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为正方形，P D ＝DC ，E 、F 分别是AB 、P B 的中点．(1)求证：EF ⊥CD ；(2)在平面P AD 内求一点G ，使GF ⊥平面P CB ，并证明你的结论．解：(1)证明：如图，以DA 、DC 、D P 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，设AD ＝a ，则D(0，0，0)、A(a ，0，0)、B(a ，a ，0)、C(0，a ，0)、E ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，a2，0、P (0，0，a )、F ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，a 2，a 2.EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a2，0，a 2，DC →＝(0，a ，0)．∵EF →·DC →＝0，∴EF →⊥DC →，即EF ⊥CD ． (2)设G (x ，0，z )，则FG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a2，－a 2，z －a 2，若使GF ⊥平面P CB ，则由FG →·CB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 2，－a 2，z －a 2·(a ，0，0)＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 2＝0，得x＝a2；由FG →·C P →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 2，－a 2，z －a 2·(0，－a ，a )＝a 22＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫z －a 2＝0，得z ＝0. ∴G 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫a2，0，0，即G 点为AD 的中点．2. 如图，在多面体ABCA 1B 1C 1中，四边形A 1ABB 1是正方形，AB ＝AC ，BC ＝2AB ，B 1C 1綊12BC ，二面角A 1ABC 是直二面角．求证：(1)A 1B 1⊥平面AA 1C ； (2)AB 1∥平面A 1C 1C ．证明：∵二面角A 1ABC 是直二面角，四边形A 1ABB 1为正方形． ∴AA 1⊥平面BAC ．又∵AB ＝AC ，BC ＝2AB ， ∴∠CAB ＝90°，即CA ⊥AB ， ∴AB ，AC ，AA 1两两互相垂直．建立如图所示的空间直角坐标系，设AB ＝2，则A(0，0，0)，B 1(0，2，2)，A 1(0，0，2)，C(2，0，0)，C 1(1，1，2)．(1)A 1B 1→＝(0，2，0)，A 1A →＝(0，0，－2)， AC →＝(2，0，0)，设平面AA 1C 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1A →＝0，n ·AC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2z ＝0，2x ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，z ＝0.取y ＝1，则n ＝(0，1，0)． ∴A 1B 1→＝2n ，即A 1B 1→∥n . ∴A 1B 1⊥平面AA 1C ．(2)易知AB 1→＝(0，2，2)，A 1C 1→＝(1，1，0)， A 1C →＝(2，0，－2)，设平面A 1C 1C 的一个法向量m ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1C 1→＝0，m ·A 1C →＝0，则⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋y 1＝0，2x 1－2z 1＝0，令x 1＝1，则y 1＝－1，z 1＝1，即m ＝(1，－1，1)． ∴AB 1→·m ＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0， ∴AB 1→⊥m .又AB 1⊄平面A 1C 1C ， ∴AB 1∥平面A 1C 1C ．3. 如图，四棱锥S ABCD 中，ABCD 为矩形，S D ⊥AD ，且S D ⊥AB ，AD ＝a (a >0)，AB ＝2AD ，S D ＝3AD ，E 为CD 上一点，且C E ＝3D E .(1)求证：A E ⊥平面S BD ；(2)M ，N 分别为线段S B ，CD 上的点，是否存在M ，N ，使M N ⊥CD 且M N ⊥S B ，若存在，确定M ，N 的位置；若不存在，说明理由．解：(1)证明：因为四棱锥S ABCD 中，ABCD 为矩形，S D ⊥AD ，且S D ⊥AB ，AD∩AB＝A ，所以S D ⊥平面ABCD ．BD 就是S B 在平面ABCD 上的射影．因为AB ＝2AD ，E 为CD 上一点，且C E ＝3D E .∴tan ∠DA E ＝D E AD ＝12，tan ∠DBA ＝AD AB ＝12，∴∠DA E ＝∠DBA ，∴∠DA E ＋∠BDA ＝90°.∴A E ⊥BD ，∴A E ⊥S B ．∵S B∩BD＝B ， ∴A E ⊥平面S BD ．(2)假设存在点M ，N 满足M N ⊥CD 且M N ⊥S B ．建立如图所示的空间直角坐标系，由题意可知，D(0，0，0)，A(a ，0，0)，C(0，2a ，0)，B(a ，2a ，0)，S (0，0，3a )，设D M →＝DB →＋t B S →＝(a ，2a ，0)＋t (－a ，－2a ，3a )＝(a －ta ，2a －2ta ，3ta )(t ∈[0，1])，即M (a －ta ，2a －2ta ，3ta )，N(0，y ，0)，y ∈[0，2a ]， N M →＝(a －ta ，2a －2ta －y ，3ta )．使M N ⊥CD 且M N ⊥S B ，则⎩⎪⎨⎪⎧N M →·DC →＝0，N M →·B S →＝0，⎩⎨⎧（a －ta ，2a －2ta －y ，3ta ）·（0，2a ，0）＝0，（a －ta ，2a －2ta －y ，3ta ）·（－a ，－2a ，3a ）＝0，可得⎩⎪⎨⎪⎧2a （2a －2ta －y ）＝0，－a （a －ta ）－2a （2a －2ta －y ）＋3ta 2＝0， t ＝14∈[0，1]，y ＝32a ∈[0，2a ]．故存在点M ，N 使M N ⊥CD 且M N ⊥S B ，M (34a ，32a ，34a )，N(0，32a ，0)．22479 57CF 埏2f32579 7F43 罃H25073 61F1 懱O)5>38384 95F0 闰36682 8F4A 轊n29176 71F8 燸u。

(完整word版)20高考数学平面向量的解题技巧

第二讲平面向量的解题技巧【命题趋向】由2007年高考题分析可知：1．这部分内容高考中所占分数一般在10分左右．2．题目类型为一个选择或填空题，一个与其他知识综合的解答题．3．考查内容以向量的概念、运算、数量积和模的运算为主．【考点透视】“平面向量”是高中新课程新增加的内容之一，高考每年都考，题型主要有选择题、填空题，也可以与其他知识相结合在解答题中出现，试题多以低、中档题为主．透析高考试题，知命题热点为：1．向量的概念，几何表示，向量的加法、减法，实数与向量的积．2．平面向量的坐标运算，平面向量的数量积及其几何意义．3．两非零向量平行、垂直的充要条件．4．图形平移、线段的定比分点坐标公式．5．由于向量具有“数”与“形”双重身份，加之向量的工具性作用，向量经常与数列、三角、解析几何、立体几何等知识相结合，综合解决三角函数的化简、求值及三角形中的有关问题，处理有关长度、夹角、垂直与平行等问题以及圆锥曲线中的典型问题等．6．利用化归思想处理共线、平行、垂直问题向向量的坐标运算方面转化，向量模的运算转化为向量的运算等；利用数形结合思想将几何问题代数化，通过代数运算解决几何问题．【例题解析】1. 向量的概念，向量的基本运算(1)理解向量的概念，掌握向量的几何意义，了解共线向量的概念.(2)掌握向量的加法和减法.(3)掌握实数与向量的积，理解两个向量共线的充要条件.(4)了解平面向量的基本定理，理解平面向量的坐标的概念，掌握平面向量的坐标运算.(5)掌握平面向量的数量积及其几何意义,了解用平面向量的数量积可以处理有关长度、角度和垂直的问题,掌握向量垂直的条件.(6)掌握平面两点间的距离公式.例1（2007年北京卷理）已知O 是ABC △所在平面内一点，D 为BC 边中点，且2OA OB OC ++=0，那么（）Ａ．AO OD =Ｂ．2AO OD =Ｃ．3AO OD =Ｄ．2AO OD =命题意图:本题考查能够结合图形进行向量计算的能力．解： 22()(,22.OA OB OC OA DB OD DC OD DB DC OA OD AO OD ∴∴++=++++=-+==)=0,0, 故选A ．例2．（2006年安徽卷）在ABCD 中，,,3AB a AD b AN NC ===，M 为BC 的中点，则MN =______.（用a b 、表示）命题意图: 本题主要考查向量的加法和减法,以及实数与向量的积.解：343A =3()AN NC AN C a b ==+由得，12AM a b =+，所以,3111()()4244MN a b a b a b =+-+=-+.例3．（2006年广东卷）如图1所示，D 是△ABC 的边AB 上的中点，则向量=CD ( )（A ）BA BC 21+- （B ） BA BC 21-- （C ）BA BC 21- （D ）BA BC 21+命题意图: 本题主要考查向量的加法和减法运算能力. 解：BA BC BD CB CD 21+-=+=，故选A.例4． ( 2006年重庆卷)与向量a =71,,22b ⎛⎫= ⎪⎝⎭⎪⎭⎫ ⎝⎛27,21的夹解相等，且模为1的向量是 ( ) (A) ⎪⎭⎫- ⎝⎛53,54 (B)⎪⎭⎫- ⎝⎛53,54或⎪⎭⎫ ⎝⎛-53,54 （C ）⎪⎭⎫- ⎝⎛31,322 （D ）⎪⎭⎫- ⎝⎛31,322或⎪⎭⎫ ⎝⎛-31,322 命题意图: 本题主要考查平面向量的坐标运算和用平面向量处理有关角度的问题.解：设所求平面向量为,c 由433,,, 1.555c c ⎛⎫⎛⎫=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭4或-时5另一方面,当222274134312525,,cos ,.55271432255a c c a c a c ⎛⎫⨯+⨯- ⎪⋅⎛⎫⎝⎭=-=== ⎪⋅⎝⎭⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭时当7413431,,cos ,.5527a c c a c a c ⎛⎫⎛⎫⨯-+⨯ ⎪ ⎪⋅⎛⎫=-===- ⎪⋅⎝⎭⎛⎫时故平面向量c 与向量a =71,,22b ⎛⎫= ⎪⎝⎭⎪⎭⎫ ⎝⎛27,21的夹角相等.故选B. 例5．（2006年天津卷）设向量a 与b 的夹角为θ，且)3,3(=a，)1,1(2-=-a b ，则=θcos __．命题意图: 本题主要考查平面向量的坐标运算和平面向量的数量积,以及用平面向量的数量积处理有关角度的问题.解: ()()()()(),,22,3,323,231,1.b x y b a x y x y =-=-=--=-设由 ()2311,1,2.231 2.xx b y y -=-=⎧⎧⇒∴=⎨⎨-==⎩⎩得 23cos ,33a b a b a b⋅⨯==⋅+例6.（2006年湖北卷）已知向量()3,1a =，b 是不平行于x 轴的单位向量，且3a b ⋅=，则b = （）（A ） ⎪⎪⎭⎫⎝⎛21,23（B ）⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛23,21 （C）⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛433,41 （D ） ()0,1 命题意图: 本题主要考查应用平面向量的坐标运算和平面向量的数量积,以及方程的思想解题的能力.解:设(),()b x y x y =≠，则依题意有1,y +=1,2x y ⎧=⎪⎪⎨⎪⎪⎩ 故选B.例7.设平面向量1a 、2a 、3a 的和1230a a a ++=.如果向量1b 、2b 、3b ，满足2i i b a =，且i a 顺时针旋转30o 后与i b 同向，其中1,2,3i =，则（）（A ）1230b b b -++= （B ）1230b b b -+= （C ）1230b b b +-= （D ）1230b b b ++=命题意图: 本题主要考查向量加法的几何意义及向量的模的夹角等基本概念.常规解法：∵1230a a a ++=，∴ 1232220.a a a ++=故把2i a (i=1,2,3)，分别按顺时针旋转30 后与i b 重合，故1230b b b ++=，应选D.巧妙解法：令1a =0，则2a =3a -，由题意知2b =3b -，从而排除B ，C ，同理排除A ，故选(D). 点评：巧妙解法巧在取1a =0，使问题简单化.本题也可通过画图,利用数形结合的方法来解决. 2. 平面向量与三角函数,解析几何等问题结合(1) 平面向量与三角函数、三角变换、数列、不等式及其他代数问题，由于结合性强，因而综合能力较强，所以复习时，通过解题过程，力争达到既回顾知识要点，又感悟思维方法的双重效果，解题要点是运用向量知识，将所给问题转化为代数问题求解.(2)解答题考查圆锥曲线中典型问题，如垂直、平行、共线等，此类题综合性比较强，难度大.例8．（2007年陕西卷理17.）设函数f (x )=a-b ,其中向量a =(m,cos2x ),b =(1+sin2x ,1),x ∈R ,且函数y=f (x )的图象经过点⎪⎭⎫ ⎝⎛2,4π，（Ⅰ）求实数m 的值；（Ⅱ）求函数f (x )的最小值及此时x 的值的集合. 解：（Ⅰ）()(1sin 2)cos 2f x a b m x x ==++，由已知πππ1sin cos 2422f m ⎛⎫⎛⎫=++= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，得1m =．（Ⅱ）由（Ⅰ）得π()1sin 2cos 2124f x x x x ⎛⎫=++=++ ⎪⎝⎭，∴当πsin 214x ⎛⎫+=- ⎪⎝⎭时，()f x 的最小值为1由πsin 214x ⎛⎫+=- ⎪⎝⎭，得x 值的集合为3ππ8x x k k ⎧⎫=-∈⎨⎬⎩⎭Z ，例2．（2007年陕西卷文17）设函数b a x f 、=)(.其中向量2)2π(R,),1,sin 1(),cos ,(=∈+==f x x b x m a 且.（Ⅰ）求实数m 的值;（Ⅱ）求函数)(x f 的最小值.解：（Ⅰ）()(1sin )cos f x m x x ==++a b ，πππ1sin cos 2222f m ⎛⎫⎛⎫=++= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，得1m =．（Ⅱ）由（Ⅰ）得π()sin cos 114f x x x x ⎛⎫=++=++ ⎪⎝⎭，∴当πsin 14x ⎛⎫+=- ⎪⎝⎭时，()f x 的最小值为1．例9．（2007年湖北卷理16）已知ABC △的面积为3，且满足06AB AC ≤≤，设AB 和AC 的夹角为θ．（I ）求θ的取值范围；（II ）求函数2()2sin 24f θθθ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭π的最大解：（Ⅰ）设ABC △中角AB C ，，的对边分别为a b c ，，，则由1sin 32bc θ=，0cos 6bc θ≤≤，可得0cot 1θ≤≤，ππ42θ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，∴．（Ⅱ）2π()2sin 24f θθθ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭π1cos 222θθ⎡⎤⎛⎫=-+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦(1sin 2)θθ=+πsin 2212sin 213θθθ⎛⎫=+=-+ ⎪⎝⎭．ππ42θ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，∵，ππ2π2363θ⎡⎤-∈⎢⎥⎣⎦，，π22sin 2133θ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭∴≤≤．即当5π12θ=时，max ()3f θ=；当π4θ=时，min ()2f θ=．例10．（2007年广东卷理）已知ABC 的三个顶点的直角坐标分别为A(3,4)、B(0,0)、Ｃ(c,0) （1）若c=5，求sin ∠A 的值；（2）若∠A 为钝角，求c 的取值范围；解：（1）(3,4)AB =--，(3,4)AC c =--，若c=5，则(2,4)AC =-，∴cos cos ,A AC AB ∠=<，∴sin ∠A ；（2）∠A 为钝角，则39160,0,c c -++<⎧⎨≠⎩解得253c >，∴c 的取值范围是25(,)3+∞例11．（2007年山东卷文17）在ABC △中，角A B C ，，的对边分别为tan a b c C =，，，（1）求cos C ；（2）若52CB CA =，且9a b +=，求c ．解：（1）sintan cos CC C=∴= 又22sin cos 1C C += 解得1cos 8C =±．tan 0C >，C ∴是锐角． 1cos 8C ∴=．（2）52CB CA =， 5cos 2ab C ∴=， 20ab ∴=．又9a b +=22281a ab b ∴++=． 2241a b ∴+=．2222cos 36c a b ab C ∴=+-=．6c ∴=．例12. （2006年湖北卷）设函数()()f x a b c =⋅+，其中向量()()sin ,cos ,sin ,3cos a x x b x x =-=-,()cos ,sin ,c x x x R =-∈.（Ⅰ）求函数()x f 的最大值和最小正周期；（Ⅱ）将函数()x f y =的图像按向量d 平移，使平移后得到的图像关于坐标原点成中心对称，求长度最小的d .命题意图:本小题主要考查平面向量数量积的计算方法、三角公式、三角函数的性质及图像的基本知识，考查推理和运算能力.解：(Ⅰ)由题意得，f(x)＝a ·(b c +)=(sinx,－cosx)·(sinx－cosx,sinx －3cosx)＝sin 2x －2sinxcosx+3cos 2x ＝2+cos2x －sin2x ＝2+2sin(2x+43π).所以，f(x)的最大值为2+2，最小正周期是22π＝π.（Ⅱ）由sin(2x+43π)＝0得2x+43π＝k.π，即x ＝832ππ-k ,k ∈Z ，于是d ＝（832ππ-k ，－2），(2k d π=-k ∈Z.因为k 为整数，要使d 最小，则只有k ＝1，此时d ＝（―8π，―2）即为所求.例13．（2006年全国卷II ）已知向量a ＝(sin θ，1)，b ＝(1，cos θ)，－π2＜θ＜π2．（Ⅰ）若a ⊥b ，求θ；（Ⅱ）求｜a ＋b ｜的最大值．命题意图:本小题主要考查平面向量数量积和平面向量的模的计算方法、以及三角公式、三角函数的性质等基本知识，考查推理和运算能力.解：（Ⅰ）若a ⊥b ，则sin θ＋cos θ＝0，由此得 tan θ＝－1(－π2＜θ＜π2)，所以 θ＝－π4；（Ⅱ）由a ＝(sin θ，1)，b ＝(1，cos θ)得｜a ＋b ｜＝(sin θ＋1)2＋(1＋cos θ)2＝3＋2(sin θ＋cos θ)＝3＋22sin(θ＋π4)，当sin(θ＋π4)＝1时，|a ＋b |取得最大值，即当θ＝π4时，|a ＋b |最大值为2＋1．例14．（2006年陕西卷）如图，三定点(2,1),(0,1),(2,1);A B C --,,AD t AB BE tBC == ,[0,1].DM tDE t =∈ （I ）求动直线DE 斜率的变化范围；（II ）求动点M 的轨迹方程。

2018年高考数学压轴题突破140平面向量最值五种求解小绝招

2018年高考数学压轴题突破140平面向量最值五种求解小绝招一．方法综述平面向量中的最值与范围问题是一种典型的能力考查题，能有效地考查学生的思维品质和学习潜能，能综合考察学生分析问题和解决问题的能力，体现了高考在知识点交汇处命题的思想，是高考的热点，也是难点，其基本题型是根据已知条件求某个变量的范围、最值，比如向量的模、数量积、向量夹角、系数的范围的等，解决思路是建立目标函数的函数解析式，转化为求函数的最值，同时向量兼顾“数”与“形”的双重身份，所以解决平面向量的范围、最值问题的另外一种思路是数形结合．二．解题策略类型一与向量的模有关的最值问题【指点迷津】由已知条件得四点共圆是解题关键，从而转化为求外接圆直径处理.类型二与向量夹角有关的范围问题【指点迷津】求变量的取值范围、最值，往往要将目标函数用某个变量表示，转化为求函数的最值问题，期间要注意变量之间的关系，进而得解．类型三与向量投影有关的最值问题类型五平面向量系数的取请点击此处输入图片描述值范围问题【指点迷津】（1）向量的运算将向量与代数有机结合起来，这就为向量和函数的结合提供了前提，运用向量的有关知识可以解决某些函数问题；学*科网（2）以向量为载体求相关变量的取值范围，是向量与函数、不等式、三角函数等相结合的一类综合问题；（3）向量的两个作用：①载体作用：关键是利用向量的意义、作用脱去“向量外衣”，转化为我们熟悉的数学问题；②工具作用：利用向量可解决一些垂直、平行、夹角与距离问题.类型六平面向量与三角形四心的结合:【指点迷津】平面向量中有关范围最值问题的求解通常有两种思路：①“形化”，即利用平面向量的几何意义将问题转化为平面几何中的最值或范围问题，然后根据平面图形的特征直接进行判断；②“数化”，即利用平面向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域、不等式的解集、方程有解等问题，然后利用函数、不等式、方程的有关知识来解决．。

[精品]浙江高考自主命题七年《向量》试题分析与教学建议.doc

浙江高考自主命题七年中《平面向量》试题赏析与启示浙江省富阳二中马华明浙江省高考自主命题已进行了七年，这七年的试卷里命题组编制了许多新颖独特的试题，其中的新增内容《平面向量》试题更是新颖独特.背景深刻.构思巧妙，笔者每年做完这个题目时都有一种意犹未尽、爱不释手的心情。

下面笔者将它们整理出来与各地同仁赏析后，再提一点教学启示以期抛砖引玉。

一、试题赏析1.（04 年理14）己知平面上三点4、B、C满足\AB\=3y |BC|=4, I | CA |= 5 ,则ABBC^BCCA^CA・AB 的值等于・25 .解：・.・| AB\2 -^\BC |2=| CA |2, :. ZB = 90°・・・原式=0 +石•反 +荷）=顶•入0 = —25图1 几何背景：直角三角形(文14)已知平面上三点A、B、C、满足| AB\= 2,|BC|=1,|C4|=V3，则・BC + BC・C4 +C4・AB的值等于.2.(05年理10)已知向量匝| e |= 1,对任意rWR,恒有|莎一毎|辺匝一0 |, 则(C )(A) Q 丄0(B) Q 丄(d-e) (C) 0 丄(a-e) (D)(a+e)丄 @一0)解一(代数法)：由\a-te ^\d-e\恒成立得到，厂一2/(0・0)+2Q・0 — 1 2 0恒成立，所以A = （-2a -e）2 - 4（2a • e -1） < 0 ,推出d •e = 1 = e・0=> （方—0）・0 = O,:.e l（d-e）解二（几何法）:如图2,因\d-te ^.\a-e \成立, 所以,:.e丄@一0)几何背景：直线(向量0所在直线)外的一点(〃的终点)与直线上的各点(巨的终点)的连线中，垂线段最短。

(文8)已知向量方=(x —5,3),乙=(2,工)，且方丄乙，则由/的值构成的集合是(C )（A）{2,3} （B）{-1,6} （C） {2} （D） {6}3.（06年理13）设向量Q ,b,c满足Q +万+ e = 0,（Q—万）丄丄方，若|Q|=1, 则适f +|万|2 +|纠2的值是__________________ o解一（代数法）：在+ c = 6两边同乘以匝，得到矿+&・皿・e = o,所以Q・C =-1 ,又由（a-b）丄e得,a-c=b-c ,扌巴a + =0平方得，d2 ^b2 +c2 -}-2a•方+ 2方・0 + 2方・0 = 0 ,所以\d\2 +|阡+|c |2=40解二（几何法）：如图3,由已知得MBC是等腰直角三角形，角C是肓角，所以，\b\=\a\= 1,02=|科+|歼=2:.a2 + 沪4-c2 =4几何背景：等腰直角三角形斜边上的高线=中线=斜边的一半。

问题平面向量在解析几何中的应用高三数学跨越一本线

2017届高三数学跨越一本线精品问题三平面向量在解析几何中的应用向量具有代数与几何形式的双重身份,平面向量与解析几何的交汇是新课程高考命题改革的发展方向和必然趋势，平面向量在解析几何的应用非常广泛,通常涉及长度、角度、垂直、平行、共线、三点共线等问题的处理，其目标就是将几何问题坐标化、符号化、数量化，从而将推理转化为运算,本文从以下几个方面加以阐述．一、利用向量相等的关系,把几何问题代数化两向量相等当且仅当两个向量的长度相等、方向相同,由于向量坐标的唯一性，故两个向量相等的充要条件是坐标对应相等．【例1】【2016届重庆市巴蜀中学高三上学期一诊模拟】椭圆)0(1:2222>>=+b a b y a x C ,作直线l 交椭圆于P Q ，两点,M 为线段PQ 的中点,O 为坐标原点，设直线l 的斜率为1k ,直线OM 的斜率为2k ,3221-=k k ．（1)求椭圆C 的离心率；（2）设直线l 与x 轴交于点)0,3(-D ,且满足QD DP 2=，当OPQ ∆的面积最大时,求椭圆C 的方程．【分析】（1)设),(11y x P ，),(22y x Q ,并分别代入椭圆方程中，然后两式相减，利用直线斜率公式求得b a，从而求得离心率；（2）设椭圆C 的方程为：222632c y x =+,直线l 的方程为：3-=my x ,然后联立椭圆与直线的方程得到关于y 的二次方程,然后由0∆>，及利用韦达定理得出OPQS ∆的表达式，从而利用基本不等式求得椭圆C 的方程．【解析】（1）设),(11y x P ，),(22y x Q ,代入椭圆C 的方程有1,1221221222222=+=+b y a x b y a x , 两式相减：02212222122=-+-b y y a x x ，即0))(())((2121221212=+-++-b y y y y a x x x x ，又⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧++=--=1212212121x x y y k x x y y k ,联立两个方程有322221-=-=a b k k , 解得：33==a c e ．又QD DP 2=，所以212y y -=，代入上述两式有：329666222+-=-m m c , 所以32)66)(32(448232321222221+-+-=∆=-=∆m c m m a y y OD S OPQ2633211832182≤+=+=mm m m ，当且仅当232=m 时，等号成立,此时52=c ,代入∆,有0>∆成立，所以所求椭圆C 的方程为：1101522=+y x ．【点评】利用向量相等法解题,要注意以下两点：1、已知向量起点坐标和终点坐标，则向量坐标为终点坐标减去起点坐标；2、向量相等的充要条件．【小试牛刀】【广东郴州市2017届高三第二次教学质量监测】已知F 为双曲线22221(0,0)x y a b a b -=>>的左焦点，点A 为双曲线虚轴的一个顶点，过,F A 的直线与双曲线的一条渐近线在y 轴右侧的交点为B ，若(21)FA AB =-，则此双曲线的离心率是（）AB C D ．【答案】A【解析】FA 的方程为1x yc b +=-，即0bx cy bc -+=,联立00bx cy bc bx ay -+=⎧⎨-=⎩得(,),(21)ca bc B FA ABc a c a =---，所以1)cac c a =⋅-，解得e = A.二、利用向量垂直的充要条件，巧妙化解解析几何中的垂直问题两个非零向量,a b 垂直的充要条件是0a b ⋅=,如11(,)a x y =，22(,)b x y =,则12120a b x x y y ⊥⇔+=．【例2】设F 1，F 2分别是椭圆24x ＋y 2＝1的左、右焦点,P 是第一象限内该椭圆上的一点，且PF 1⊥PF 2,则点P 的横坐标为( ）A ．1B 。

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（ A）3 （ B）2槡2 （ C）槡5 （ D）2
3．（2007 年陕西高考题）如图 7，平面内
有三个向量O→A、O→B、O→C，其中O→A 与O→B 的夹角
为 120°，O→A 与O→C 的夹角为 30°，且 | O→A | =
| O→B | = 1，| O→C | = 2 槡3 ，若O→C = λ O→A +
sin（ β + 45°）
sin（ β + 45°） 3
故 m + n = 槡2 = 3．槡2 3
评注解法 4 主要依据等高线原理：如
图 5，设直线 DE ∥ AB，点 F 为直线 DE 上任意一点，若O→F = λ O→A + μ O→B，则 λ + μ = k，其中 O→A、O→B 不共线，k 为定值，且
理，有 m
+
n
=
OC OD
=
O槡2D．由 tan
α
=
7，得 sinα
* 本文为福建省中小学名师名校长培养工程专项课题“高中数学变式教学微设计研究 ”（课题批准号： DTＲSX2017009）的阶段成果．
·12·
第5 期
高中数学教与学
．
由 O→C
=
m
O→A
+
n
O→B，得
1 5
=
m－
3 5
n，75
= 4 n．解得 m = 5 ，n = 7 ，故 m + n = 3．
5
4
4
评注解法 5 主要依据直角坐标系坐标
进行计算求解．
二、变式练习
1．（2006 年福建卷高考题）已知 | O→A | = 1，| O→B | = 槡3 ，O→A·O→B = 0，点 C 在 ∠AOB 内，且 ∠AOC = 30°，设O→C = m O→A + n O→B（ m、n ∈
n ∈ Ｒ），则 m + n =
．
一、试题解法
解法 1 数量积法
由 tan α = 7，可得 cos α = 1 ，sin α = 5 槡2
7 ，故 5 槡2
1 5 槡2
=
|
O→A·O→C O→A | | O→C |
= m + n O→A·O→B．槡2
由 cos∠BOC
=
槡2 ，可得 2
O→B·O→C | O→B | | O→C |
O→B 按 l 与O→C 方向进行分解，根据物理学中力的平衡原理，有 msin α = nsin45°，mcos α +
ncos 45° = 槡2 ，化简得 7m = 5n，m + 5n = 10，
解得 m
=
5 4
，n
=
7 4
，故
m
+
n
=
3．
评注解法 2 主要是依据物理学中的力
的合成与分解来求解．
高中数学教与学
2019 年
一道高考向量题的多种解法*
蒋满林
潘凌
（福建省古田县第一中学，352200）（福建省南平市第一中学，353000）
本文以一道高考向量题为例，进行解法
探究，得到了五种解法．
题目（2017 年江苏高考题）如图 1，在
同一个平面内，向量O→A、O→B、O→C 的模分别为 1、1、槡2 ，O→A 与O→C 的夹角为 α，且 tan α = 7，O→B 与O→C 的夹角为 45°．若O→C = m O→A + n O→B（ m、
解法 3 向量分解法
如图 3，过点 C 作 CD 平行于 OA 交 OB 于
点 D，作 CE 平行于 OB 交 OA 于 E，则 CD = OE
= mOA，CE = OD = nOB．在 OCD 中，由正
弦定理，得 CD sin 45°
=
OC sin（ α + 45°）
=
OD ，由 sin α
tan
μ O→B（ λ、μ ∈ Ｒ），则 λ + μ 的值为
．
参考答案：1． B，2． A，3. 6
·13·
= m O→A·O→B + n = 槡2 ．
槡2
2
又由 cos∠AOB
=
cos（ α + 45°）
=－
3， 5
可得O→A·O→B = －
3 5
，故
m
－
3 5
n
=
1 5
，－
3 5
m
+ n = 1，解得 m + n = 3．评注解法 1 主要是依据向量的数量积
与夹角公式来求解．解法 2 力的平衡法如图 2，过点 O 作直线 l 与 OC 垂直，O→A、
k
=
OD OA
=
OE OB
=
OOFC．
解法 5 坐标法
以 O 为原点，OA 所在直线为 x 轴建立直
角坐标系如图 6，则 A（1，0）．由 tan α = 7，得
sin
α
=
7 槡2 10
，cos
α
=
槡2 10
．
设 C（ xC ，yC ），B（ xB ，yB ），则 xC = | O→C |
cos α =
=
7槡2 10
，cos
α
=
槡2 10
．
设
∠BAO
=
β，则由 tan 2β
= tan（135° － α）
=
4 3
，可得 sin
2β
=
4 5
，sin
β
=
槡5 5
，cos
β
=
2槡5 5
，sin（
β
+ 45°）
=
3
槡10 10
．
在
BOD
中，由正弦定理，得 OD sin β
=
OB ，可得 OD = sin β = 槡2 ．
α
=
7，得 sin
α
=
7 槡2 10
，cos
α
=
槡2 10
，sin（
α
+
45°）
=
4 5
，结合
OC
= 槡2 ，可得 CD
=
5 4
，OD
= 7 ，即有 m = 5 ，n = 7 ，故 m + n = 3．
4
4
4
评注解法 3 主要依据向量的平行四边
形法则与解三角形来求解．
解法 4 等高线法
如图 4，连接 AB 交 OC 于 D，根据等高线原
1 5
，yC
=|
O→C |
sin α
=
7 5
，所
以
( ) C 1 ，7 ． 55
又 sin（ α + 45°）
=
4 5
，cos（ α
+
45°）
=－
3 5
，则
xB
=|
O→B |
cos（ α + 45°）
=
－
3 5
，yB
=|
( ) O→B | sin（ α + 450 ） =
4 ，即 B 5
－
3 5
，4 5
Ｒ）
，则
m n
等于（
）
（ A）
1 3
（ B）3
（
C）Biblioteka 槡3 3（ D）槡3
2．（2017 年全国高考题）在矩形 ABCD
中，AB = 1，AD = 2，动点 P 在以点 C 为圆心且与 BD 相切的圆上．若A→P = λ A→B + μ A→D，则 λ
+ μ 的最大值为（）