高中数学复习专题讲座(第3讲)运用向量法解题的思路及方法
高中向量方法和解题技巧
高中向量方法和解题技巧向量的定义和表示方法向量是有方向和大小的量。
在数学中，通常用箭头表示一个向量，箭头的长度表示向量的大小，箭头的方向表示向量的方向。
向量通常用两个点表示，一个点表示向量的起点，另一个点表示向量的终点。
向量的起点通常都是原点，所以我们可以用终点的坐标来表示一个向量。
以二维平面为例，一个向量可以表示为 (x, y)，其中 x 和 y 分别表示向量在 x 轴和 y 轴上的分量。
同样地，在三维空间中，一个向量可以表示为 (x, y, z)。
向量的运算向量的加法向量的加法是指将两个向量相加得到一个新的向量。
具体来说，对于两个向量 A 和 B，其加法运算的结果是一个新的向量 C，表示为 C = A + B。
向量加法的运算规则如下：- 如果两个向量的方向相同，那么它们的加法结果是两个向量大小的和，并且方向与原来的向量相同。
- 如果两个向量的方向相反，那么它们的加法结果是两个向量大小的差，并且方向与绝对值较大的向量相同。
向量的数量乘法向量的数量乘法是指将一个向量乘以一个标量得到一个新的向量。
具体来说，对于一个向量 A 和一个标量 k，它们的数量乘法运算的结果是一个新的向量 B，表示为 B = kA。
向量数量乘法的运算规则如下：- 如果标量 k 大于 1，那么新向量 B 的大小是向量 A 大小的 k 倍，方向与原向量相同。
- 如果标量 k 等于 1，那么新向量 B 与原向量 A 相等。
- 如果标量 k 在 0 和 1 之间，那么新向量 B 的大小是原向量 A大小的 k 倍，方向与原向量相反。
- 如果标量 k 等于 0，那么新向量 B 的大小为 0，方向没有定义。
向量的解题技巧利用向量相等解方程在解方程的过程中，我们可以利用向量的性质来简化计算。
具体来说，如果两个向量相等，那么它们的分量也相等。
因此，我们可以将方程表示为两个向量相等的形式，然后比较各个分量，从而求解方程。
利用向量平行解问题在解决一些几何问题时，我们可以利用向量的平行性质。
高三数学(理)二轮专题复习文档：专题三立体几何第3讲立体几何中的向量方法(1)
高三数学（理）二轮专题复习文档：专题三立体几何第3讲立体几何中的向量方法(1)高考定位 以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，常与空间线面关系的证明相结合，热点为二面角的求解，均以解答题的形式进行考查，难度主要体现在建立空间直角坐标系和准确计算上.真 题 感 悟1.(2017·全国Ⅱ卷)已知直三棱柱ABC －A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB ＝2，BC ＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为( )A. B. C. D.33解析 法一 以B 为原点，建立如图(1)所示的空间直角坐标系.图(1) 图(2)则B(0，0，0)，B1(0，0，1)，C1(1，0，1).又在△ABC 中，∠ABC＝120°，AB ＝2，则A(－1，，0).所以＝(1，－，1)，＝(1，0，1)，则cos 〈，〉＝AB1→·BC1→|AB1→|·|BC1→|＝＝＝，因此，异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为.法二 如图(2)，设M ，N ，P 分别为AB ，BB1，B1C1中点，则PN∥BC1，MN∥AB1，∴AB1与BC1所成的角是∠MNP 或其补角.∵AB ＝2，BC ＝CC1＝1，∴MN ＝AB1＝，NP ＝BC1＝.取BC 的中点Q ，连接PQ ，MQ ，则可知△PQM 为直角三角形，且PQ ＝1，MQ ＝AC ，在△ABC 中，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC＝4＋1－2×2×1×＝7，AC ＝，则MQ ＝，则△MQP 中，MP ＝＝，则△PMN 中，cos∠PNM＝MN2＋NP2－PM22·MN·NP ＝＝－，又异面直线所成角范围为，则余弦值为.答案 C2.(2018·全国Ⅲ卷)如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直，M 是上异于C ，D 的点.(1)证明：平面AMD⊥平面BMC ；(2)当三棱锥M －ABC 体积最大时，求平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值.(1)证明 由题设知，平面CMD⊥平面ABCD ，交线为CD.因为BC⊥CD，BC ⊂平面ABCD ，。
2019届广东专版高考数学二轮复习第二部分专题四立体几何第3讲立体几何中的向量方法讲义理
(2)因为 Q 为 BC 的中点，所以 Q 23，12，0， 因此A→Q＝ 23，32，0，A→C1＝(0，2，2)，C→C1＝(0，0， 2)． 设 n＝(x，y，z)为平面 AQC1 的一个法向量，
则AA→→CQ1·n·n＝＝00，，即22y3＋x＋2z32＝y＝0. 0， 不妨取 n＝( 3，－1，1)．
热点 1 利用空间向量证明平行、垂直关系 直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法． 设直线 l 的方向向量为 a＝(a1，b1，c1)，平面 α，β 的法向量分别为 μ＝(a2，b2，c2)，v＝(a3，b3，c3)，则： (1)线面平行． l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0. (2)线面垂直． l⊥α⇔a∥μ⇔a＝kμ⇔a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2.
(2)解：如图，作 PH⊥EF，垂足为 H.
由(1)得 PH⊥平面 ABFD. 以 H 为坐标原点，分别以F→B，H→F，H→P的方向为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向，|B→F|为单位长，建立如图所示 的空间直角坐标系 H-xyz.
由(1)可得，DE⊥PE.又 DP＝2，DE＝1，所以 PE＝ 3.
(2)线面夹角． 设直线 l 与平面 α 的夹角为 θ0≤θ≤π2， 则 sin θ＝||aa|·|μμ||＝|cos〈a，μ〉|. (3)面面夹角． 设平面 α、β 的夹角为 θ(0≤θ≤π)， 则|cos θ|＝||μμ|·|νν||＝|cos〈μ，ν〉|.
命题视角 求线面角或异面直线所成的角 【例 2－1】(2018·江苏卷)如图， 在正三棱柱 ABC-A1B1C1 中，AB＝AA1＝2， 点 P，Q 分别为 A1B1，BC 的中点． (1)求异面直线 BP 与 AC1 所成角的余弦值； (2)求直线 CC1 与平面 AQC1 所成角的正弦值． 解：如图，在正三棱柱 ABC-A1B1C1 中，
高考数学如何利用向量解决平面几何题目
高考数学如何利用向量解决平面几何题目在高考数学中，平面几何题目是一类重要且需要灵活运用数学知识的题型。
在解决这类问题时，向量是一种非常有用的工具。
通过运用向量的性质和运算，我们可以简化计算，提高解题效率。
本文将探讨如何利用向量解决高考数学中的平面几何题目。
一、向量的基本概念和性质在进一步探讨如何利用向量解决平面几何题之前，我们需要对向量的基本概念和性质有所了解。
向量可以用来表示大小和方向都有意义的物理量。
常用的表示向量的方法是使用箭头或者使用字母加上上方的箭头符号，如a→。
向量的几何意义是有起点和终点的有向线段，起点和终点分别称为向量的始点和终点。
两个向量相等，意味着它们有相同的大小和方向。
两个向量的和是将它们的起点放在一起，然后将它们的终点连成一条线段。
向量的运算有加法、减法和数量乘法。
向量加法满足交换律和结合律。
向量减法可以通过加上负向量来实现。
数量乘法是将向量的大小与标量相乘，同时改变向量的方向。
二、向量解决平面几何题目的应用1. 向量的共线性在平面几何问题中，有时需要判断三个点是否共线。
可以使用向量来解决这个问题。
考虑三个点A、B、C，如果向量AB和向量BC平行或者反向，则可以判断这三个点共线。
2. 向量表示线段通过向量的性质，我们可以使用向量表示线段。
考虑线段AB，可以用向量→AB来表示。
线段的长度可以通过求向量的模来计算。
3. 向量的垂直性在平面几何问题中，有时需要判断两条直线的垂直性。
可以使用向量的内积来判断。
如果两条向量的内积等于0，则可以判断这两条直线垂直。
4. 向量的平行性判断两条直线的平行性也可以使用向量。
如果两条直线的方向向量平行或者反向，则可以判断这两条直线平行。
5. 向量的投影在解决平面几何问题中，有时需要求一个向量在另一个向量上的投影。
可以通过计算这两个向量的内积，再除以投影向量的模得到。
6. 向量运算简化计算通过利用向量的运算规则，有时可以简化计算过程。
特别是在证明平行四边形性质或计算面积时，向量运算可以大大简化计算过程。
高中数学总复习考点知识讲解课件26 平面向量的数量积及应用
高中数学总复习考点知识讲解课件第三节平面向量的数量积及应用【课程标准】1．通过物理中功等实例，理解平面向量数量积的概念及其物理意义，会计算平面向量的数量积．2．通过几何直观，了解平面向量投影的概念以及投影向量的意义．3．会用数量积判断两个平面向量的垂直关系．4．会用向量方法解决简单的平面几何问题、力学问题以及其他实际问题，体会向量在解决数学和实际问题中的作用．【必备知识】精归纳1．向量的夹角定义已知两个非零向量a和b，O是平面上的任意一点，作OA→＝a，OB→＝b，则点睛 确定两个非零向量a 和b 的夹角，必须将两个向量平移至同一起点．2．向量的数量积3.过AB→的起点A和终点B，分别作CD→所在直线的垂线，垂足分别为A1，B1，得到我们称上述变换为向量a向向量b投影，叫做向量a在向量b上的投影向量．记为|a|cos__θ__e向量数量积的运算律(1)a·b＝b·a.(2)(λa)·b＝λ(a·b)＝a·(λb).(3)(a＋b)·c＝a·c＋b·c．点睛注意数量积运算与实数运算的区别，例如：a·b＝a·c(a≠0)⇒/b＝c；a·b＝0⇒/a＝0或b＝0；(a·b)·c≠a·(b·c).5．平面向量数量积的有关结论已知非零向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，a与b的夹角为θ.【常用结论】1．有关向量夹角的两个结论：(1)两向量a 与b 的夹角为锐角⇔a ·b ＞0且a 与b 不共线； (2)两向量a 与b 的夹角为钝角⇔a ·b ＜0且a 与b 不共线；2．a 在b 上的投影向量为a·b |b |·b |b |，a 在b 上的投影向量的模为|a·b ||b |.【基础小题】固根基1.(多选题)(列结论正确的是( ) A ．0·a ＝0 B ．|a ·b |＝|a ||b | C ．(a －b )2＝a 2－2a ·b ＋b 2 D ．(a ＋b )·(a －b )＝|a |2－|b |2【解析】选CD.A 错误，0·a ＝0；B 错误，例如若a ＝(1，0)，b ＝(0，1)，则|a ·b |＝0，|a ||b |＝1；C ，D 正确．2．(结论1)已知a ，b 为非零向量，则“a ·b ＞0”是“a 与b 的夹角为锐角”的( ) A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件【解析】选B.根据向量数量积的定义可知，若a ·b ＞0，则a 与b 的夹角为锐角或零角，若a 与b 的夹角为锐角，则一定有a ·b ＞0，所以“a ·b ＞0”是“a 与b 的夹角为锐角”的必要不充分条件．3．(教材提升)设向量a ，b 满足|a |＝|b |＝1且|3a －2b |＝7，则a ，b 的夹角为( )A ．π3B ．π6C ．π4D ．2π3【解析】选A.设a 与b 的夹角为θ， 由题意得(3a －2b )2＝7， 所以9|a |2＋4|b |2－12a ·b ＝7， 又|a |＝|b |＝1，所以a ·b ＝12，所以|a ||b |cos θ＝12，即cos θ＝12.又θ∈[0，π]，所以a ，b 的夹角为π3.4．(结论2)已知向量a ＝(1，2)，点A (6，4)，点B (4，3)，b 为向量AB →在向量a 上的投影向量，则|b |＝( )A ．455B ．1C ． 5D ．4【解析】选A.AB →＝(－2，－1)，可知|b |＝|AB →·a ||a |＝|－2×1＋（－1）×25|＝455.5．(向量夹角的概念不清致误)在△ABC 中，∠B ＝60°，AB ＝6，BC ＝5，则AB →·BC →＝________．【解析】在△ABC 中，∠B ＝60°，AB ＝6，BC ＝5， 则AB →·BC →＝|AB →||BC →|cos (180°－60°) ＝6×5×(－12)＝－15.答案：－156．(教材变式)已知向量a ＝(2，t )，a －b ＝(1，t －3)，若a ⊥b ，则t ＝________．【解析】因为a ＝(2，t )，a －b ＝(1，t －3)， 所以b ＝a －(a －b )＝(1，3)，因为a ⊥b ，所以a ·b ＝(2，t )·(1，3)＝2＋3t ＝0， 解得t ＝－23.答案：－23题型一 平面向量数量积的运算[典例1](1)非零向量a ，b ，c 满足a ·b ＝a ·c ，a 与b 的夹角为π6，|b |＝4，则c 在a 上的投影向量的模为( ) A ．2 B ．2 3 C ．3 D ．4 【解析】选B.由a ·b ＝a ·c ，可得|a ||b |cos 〈a ，b 〉＝|a ||c |cos 〈a ，c 〉， 因为|a |≠0，所以|c |cos 〈a ，c 〉＝|b |cos 〈a ，b 〉＝4×cos π6＝23，所以c 在a 上的投影向量的模为||c |cos 〈a ，c 〉|＝2 3.(2)(2023·揭阳模拟)已知点P 是边长为2的菱形ABCD 内的一点(包含边界)，且∠BAD ＝120°，则AP →·AB →的取值范围是( ) A ．[－2，4] B ．(－2，4) C ．[－2，2] D ．(－2，2)【解析】选A.AP →·AB →＝|AP →||AB →|cos 〈AB →，AP →〉＝2|AP →|cos 〈AB →，AP →〉，结合图形可知，当点P 与点B 重合时，|AP →|cos 〈AB →，AP →〉最大，此时AP →·AB →＝AB →2＝4， 当点P 与点D 重合时，|AP →|cos 〈AB →，AP →〉最小，此时AP →·AB →＝2×2×cos 120°＝－2，所以AP →·AB→的取值范围是[－2，4]. (3)(2022·全国甲卷)设向量a ，b 的夹角的余弦值为13，且|a |＝1，|b |＝3，则(2a ＋b )·b ＝________．【解析】由题意可得a ·b ＝1×3×13＝1，b 2＝9，则(2a ＋b )·b ＝2a ·b ＋b 2＝2＋9＝11. 答案：11(4)正方形ABCD 中，AB ＝2，P 为BC 的中点，Q 为DC 的中点，则PQ →·PC →＝________；若M 为CD 上的动点，则PQ →·PM →的最大值为________． 【解析】以点D 为原点，以直线DC 为x 轴，建立如图所示的平面直角坐标系，AB＝2，P为BC的中点，Q为DC的中点，则：P(2，1)，Q(1，0)，C(2，0)，所以PQ→＝(－1，－1)，PC→＝(0，－1)，所以PQ→·PC→＝1；设M(x，0)(0≤x≤2)，则PM→＝(x－2，－1)，所以PQ→·PM→＝2－x＋1＝3－x，所以x＝0时，PQ→·PM→的最大值为3.答案：1 3【方法提炼】——自主完善，老师指导计算平面向量数量积的主要方法(1)利用定义：a·b＝|a||b|cos〈a，b〉．(2)利用坐标运算：若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则a·b＝x1x2＋y1y2．(3)灵活运用平面向量数量积的几何意义．【对点训练】1．如图，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，E为边DC的中点，F为BE的中点，则AF →·AE →＝( )A ．3B ．2C ．32D ．12【解析】选B.以A 为坐标原点，建立如图所示平面直角坐标系，则A (0，0)，E (1，1)，F (32，12)，所以AF →＝(32，12)，AE →＝(1，1)， 所以AF →·AE→＝32＋12＝2. 2．(2023·淄博模拟)如图，在△ABC 中，∠ABC ＝90°，F 为AB 的中点，CE ＝3，CB ＝8，AB ＝12，则EA →·EB →＝( )A ．－15B ．－13C ．13D ．15【解析】选C.因为∠ABC＝90°，F为AB的中点，CB＝8，AB＝12，所以FA＝FB＝6，所以CF＝FB2＋CB2＝62＋82＝10，又CE＝3，所以FE＝CF－CE＝10－3＝7，所以EA→·EB→＝(FA→－FE→)·(FB→－FE→)＝FA→·FB→－FE→·(FA→＋FB→)＋FE→2＝6×6×(－1)＋7×7＝13.3．(多选题)如图，点A，B在圆C上，则AB→·AC→的值( )A．与圆C的半径有关B．与圆C的半径无关C．与弦AB的长度有关D．与点A，B的位置有关【解析】选BC.如图，连接AB，过C作CD⊥AB交AB于D，则D是AB的中点，故AB →·AC →＝|AB →||AC →|cos ∠CAD ＝|AB →||AC →|12|AB →||AC →|＝12|AB →|2，故AB →·AC →的值与圆C 的半径无关，只与弦AB 的长度有关． 【加练备选】1．(2021·新高考Ⅱ卷)已知向量a ＋b ＋c ＝0，|a |＝1，|b |＝|c |＝2，则a ·b ＋b ·c ＋c ·a ＝__________.【解析】由已知可得()a ＋b ＋c 2＝|a |2＋|b |2＋|c |2＋2(a ·b ＋b ·c ＋c ·a ) ＝9＋2()a ·b ＋b ·c ＋c ·a ＝0， 因此，a ·b ＋b ·c ＋c ·a ＝－92.答案：－922．如图，在四边形ABCD 中，∠B ＝60°，AB ＝3，BC ＝6，且AD →＝λBC →，AD →·AB →＝－32，则实数λ的值为________；若M ，N 是线段BC 上的动点，且|MN →|＝1，则DM →·DN→的最小值为________．【解析】因为AD →＝λBC →， 所以AD ∥BC ，则∠BAD ＝120°， 所以AD →·AB →＝|AD →||AB →|cos 120°＝－32，解得|AD →|＝1.因为AD →，BC →同向，且BC ＝6， 所以AD →＝16BC →，即λ＝16.在四边形ABCD 中，作AO ⊥BC 于点O ，则 BO ＝AB cos 60°＝32，AO ＝AB sin 60°＝332.以O 为坐标原点，以BC 和AO 所在直线分别为x ，y 轴建立平面直角坐标系xOy .如图，设M (a ，0)，不妨设点N 在点M 右侧， 则N (a ＋1，0)，且－32≤a ≤72.又D (1，332)，所以DM →＝(a －1，－332)，DN →＝(a ，－332)，所以DM →·DN →＝a 2－a ＋274＝(a －12)2＋132≥132. 所以当a ＝12时，DM →·DN →取得最小值132.答案：16132题型二 平面向量数量积的应用 角度1 求平面向量的模[典例2](1)(2022·全国乙卷) 已知向量a ，b 满足|a |＝1，|b |＝3，|a －2b |＝3，则a ·b ＝( ) A ．－2 B ．－1 C ．1 D ．2【解析】选C.因为|a －2b |2＝|a |2－4a ·b ＋4||b 2， 又因为|a |＝1，|b |＝3，|a －2b |＝3， 所以9＝1－4a ·b ＋4×3＝13－4a ·b ， 所以a ·b ＝1.(2)已知a ，b 是单位向量，a ·b ＝0.若向量c 满足|c －a －b |＝1，则|c |的最大值是________．【解析】方法一：由a ·b ＝0，得a ⊥b .如图所示，分别作OA →＝a ，OB →＝b ，作OC →＝a ＋b ，则四边形OACB 是边长为1的正方形，所以|OC→|＝ 2.作OP→＝c，则|c－a－b|＝|OP→－OC→|＝|CP→|＝1.所以点P在以C为圆心，1为半径的圆上．由图可知，当O，C，P三点共线且点P在点P1处时，|OP→|取得最大值2＋1.故|c|的最大值是2＋1.方法二：由a·b＝0，得a⊥b.建立如图所示的平面直角坐标系，则OA→＝a＝(1，0)，OB→＝b＝(0，1).设c＝OC→＝(x，y)，由|c－a－b|＝1，得(x－1)2＋(y－1)2＝1，所以点C在以(1，1)为圆心，1为半径的圆上．所以|c |max ＝2＋1.方法三：易知|a ＋b |＝2，|c －a －b |＝|c －(a ＋b )|≥||c |－|a ＋b ||＝||c |－2|， 由已知得||c |－2|≤1，所以|c |≤1＋2，故|c |max ＝2＋1. 答案：2＋1【方法提炼】——自主完善，老师指导求向量的模或其范围的方法(1)定义法：|a |(2)坐标法：设a ＝(x ，y )，则|a | 角度2 求平面向量的夹角 [典例3]金榜原创·易错对对碰(1)已知向量a ＝(5，5)，b ＝(λ，1)，若a ＋b 与a －b 的夹角是锐角，则实数λ的取值范围为________． 【解析】由题意得(a ＋b )·(a －b )>0， 即a 2－b 2>0，52＋52>λ2＋12，所以－7<λ<7； 若a ＋b ＝k (a －b )，则⎩⎪⎨⎪⎧5＋λ＝k （5－λ），5＋1＝k （5－1），解得⎩⎪⎨⎪⎧k ＝32，λ＝1，综上可知λ的取值范围是(－7，1)∪(1，7). 答案：(－7，1)∪(1，7)(2)若向量a ＝(k ，3)，b ＝(1，4)，c ＝(2，1)，已知2a －3b 与c 的夹角为钝角，则实数k 的取值范围是________． 【解析】因为2a －3b 与c 的夹角为钝角， 所以(2a －3b )·c <0， 即(2k －3，－6)·(2，1)<0， 所以4k －6－6<0，所以k <3.若2a －3b 与c 反向共线，则2k －32＝－6，解得k ＝－92，此时夹角不是钝角，综上所述，实数k 的取值范围是(－∞，－92)∪(－92，3).答案：(－∞，－92)∪(－92，3)【方法提炼】求平面向量的夹角的方法(1)定义法：cos θ＝a·b|a||b|，θ的取值范围为[0，π].(2)坐标法：若a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，则cos θ＝x 1x 2＋y 1y 2x 21 ＋y 21 x 22 ＋y 22.角度3 平面向量的垂直问题[典例4](1)(2022·青岛模拟)已知在△ABC 中，∠A ＝120°，且AB ＝3，AC ＝4，若AP →＝λAB →＋AC →，且AP →⊥BC →，则实数λ的值为( ) A ．2215 B ．103 C ．6 D ．127【解析】选A.因为AP →＝λAB →＋AC →，且AP →⊥BC →，所以有AP →·BC →＝(λAB →＋AC →)·(AC →－AB →)＝λAB →·AC →－λAB →2＋AC →2－AB →·AC →＝(λ－1)AB →·AC →－λ·AB →2＋AC→2＝0， 整理可得(λ－1)×3×4×cos 120°－9λ＋16＝0， 解得λ＝2215.(2)(2021·全国乙卷)已知向量a ＝(1，3)，b ＝(3，4)，若(a －λb )⊥b ，则λ＝________．【解析】方法一：a －λb ＝(1－3λ，3－4λ)， 因为(a －λb )⊥b ，所以(a －λb )·b ＝0， 即(1－3λ，3－4λ)·(3，4)＝0， 所以3－9λ＋12－16λ＝0，解得λ＝35.方法二：由(a －λb )⊥b 可知，(a －λb )·b ＝0， 即a ·b －λb 2＝0，从而λ＝a·b b 2＝（1，3）·（3，4）32＋42＝1525＝35.答案：35【方法提炼】解平面向量垂直问题的方法(1)依据：非零向量垂直的充要条件是：a ⊥b ⇔a ·b ＝0⇔|a －b |＝|a ＋b |. (2)方法：根据两个向量垂直的充要条件判断或列出相应的关系式，求解参数． 【对点训练】1．(2023·南京模拟)已知a ，b 为单位向量．若|a －2b |＝5，则|a ＋2b |＝( )A ． 3B ． 5C ．7D ．5 【解析】选B.因为|a －2b |＝5， 所以a 2－4a ·b ＋4b 2＝5，解得a ·b ＝0， 所以|a ＋2b |2＝a 2＋4a ·b ＋4b 2＝1＋4＝5， 所以|a ＋2b |＝ 5.2．(2022·新高考Ⅱ卷) 已知a ＝(3，4)，b ＝(1，0)，c ＝a ＋t b ，若〈a ，c 〉＝〈b ，c 〉，则t ＝( )A ．－6B ．－5C ．5D ．6【解析】选C.c ＝(3＋t ，4)，cos 〈a ，c 〉＝cos 〈b ，c 〉， 即9＋3t ＋165|c |＝3＋t |c |，解得t ＝5.3．(2022·邢台模拟)已知向量a ＝(－1，1)，b ＝(－2，4)，若a ∥c ，a ⊥(b ＋c )，则|c |＝________．【解析】根据题意，设c ＝(x ，y )，向量a ＝(－1，1)，b ＝(－2，4)，若a ∥c ，a ⊥(b ＋c )，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－y ，－（x －2）＋（y ＋4）＝0， 解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3，y ＝－3，则|c |＝9＋9＝3 2.答案：3 2 【加练备选】1．(多选题)已知向量a ＝(－2，1)，b ＝(1，t )，则下列说法正确的是( ) A ．若a ∥b ，则t 的值为－2 B ．||a ＋b 的最小值为1C ．若||a ＋b ＝||a －b ，则t 的值为2D ．若a 与b 的夹角为钝角，则t 的取值范围是(－∞，－12)∪(－12，2)【解析】选BCD.选项A ，a ∥b ⇔－2·t ＝1·1⇔t ＝－12，A 选项错误；选项B ，||a ＋b ＝||（－1，t ＋1）＝（t ＋1）2＋1≥1，当t ＝－1时取等号，B 选项正确；选项C ，||a －b ＝||（－3，1－t ）＝（－t ＋1）2＋9， 根据（－t ＋1）2＋9＝（t ＋1）2＋1，解得t ＝2，C 选项正确； 选项D ，a 与b 的夹角为钝角，则a ·b ＝t －2＜0，且两个向量不能反向共线，注意到A 选项，t ＝－12时，a ＝－2b ，于是t ＜2且t ≠－12.2．已知单位向量a ，b 满足|a ＋b|＞1，则a 与b 夹角的取值范围是( )A ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π3B ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，2π3C ．⎝ ⎛⎦⎥⎤π3，2π3 D ．(2π3，π]【解析】选B.方法一：设单位向量a ，b 的夹角为θ，则θ∈[0，π]，|a ＋b |＞1两边平方得a 2＋2a·b ＋b 2＞1，化简得2＋2cos θ＞1， 即cos θ＞－12，又θ∈[0，π]，所以0≤θ＜2π3.方法二：设单位向量a ，b 的夹角为θ，显然当θ＝0时成立；当θ≠0时，如图所示，令OA →＝a ，OB →＝b ，以OA ，OB 为邻边作平行四边形OACB ，则OC →＝a ＋b ，∠AOB ＝θ，因为a ，b 均为单位向量，所以平行四边形OACB 是边长为1的菱形，则∠AOC ＝θ2，取OC 的中点为D ，连接AD ，则AD ⊥OC ，所以cos ∠AOC ＝cos θ2＝OD OA ＝|a ＋b|2|a|＝|a ＋b|2.因为|a ＋b|＞1，所以cos θ2＞12，又θ∈(0，π]，所以θ2∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2，所以0＜θ2＜π3，即0＜θ＜2π3.综上可知，0≤θ＜2π3.题型三 平面向量的综合应用 角度1 平面几何中的向量方法[典例5]如图，在正方形ABCD 中，E ，F 分别是CD ，AD 的中点，BE ，CF 交于点P .求证：AP ＝AB .【证明】如图，建立平面直角坐标系xOy ，不妨设AB ＝2， 则A (0，0)，B (2，0)，C (2，2)，E (1，2)，F (0，1).设P (x ，y )，则FP→＝(x ，y －1)， 因为FP →∥CF →，CF →＝(－2，－1)， 所以－x ＝－2(y －1)，即x ＝2y －2. 同理，由BP →∥BE →，得y ＝－2x ＋4， 代入x ＝2y －2，解得x ＝65，所以y ＝85，即P (65，85)，所以AP →2＝(65)2＋(85)2＝4＝AB →2， 所以|AP →|＝|AB →|，即AP ＝AB . 【一题多变】[变式1]本例条件下，证明CF ⊥BE .【证明】如图，建立平面直角坐标系xOy ，设AB ＝2，则B(2，0)，C(2，2)，E(1，2)，F(0，1)，CF→＝(－2，－1)，BE→＝(－1，2).所以CF→·BE→＝(－2，－1)·(－1，2)＝2－2＝0，所以CF→⊥BE→，即CF⊥BE.[变式2]本例中，将条件“F是AD的中点”改为“F是AB的中点”，其他条件不变，求直线BE与CF相交所成钝角的余弦值．【解析】如图，建立平面直角坐标系xAy，设AB＝2，则B(2，0)，C(2，2)，E(1，2)，F(1，0)，CF→＝(－1，－2)，BE→＝(－1，2).所以CF→·BE→＝(－1，－2)·(－1，2)＝1－4＝－3，|CF→|＝5，⎪⎪⎪⎪BE→＝5，设CF→，BE→的夹角为θ，则cos θ＝CF→·BE→|CF→||BE→|＝－35×5＝－35.即直线BE 与CF 相交所成钝角的余弦值为－35.角度2 平面向量与三角函数[典例6]在△ABC 中，AB →＝(3sin x ，sin x )，AC →＝(－sin x ，cos x ). (1)设f (x )＝AB →·AC →，若f (A )＝0，求角A 的值；(2)若对任意的实数t ，恒有|AB →－tAC →|≥|BC →|，求△ABC 面积的最大值． 【解析】(1)f (x )＝AB →·AC →＝－3sin 2x ＋sin x cos x ＝－3×1－cos 2x 2＋sin 2x 2＝sin (2x ＋π3)－32.因为f (A )＝0，所以sin (2A ＋π3)＝32.又因为A ∈(0，π)，所以2A ＋π3∈(π3，2π＋π3)，所以2A ＋π3＝2π3，所以A ＝π6；(2)如图，设AD→＝tAC →，则AB→－tAC →＝DB →，即|DB →|≥|BC →|恒成立，所以AC ⊥BC .因为|AB →|＝4sin 2x ＝2－2cos2x ≤2，|AC →|＝1， 所以|BC →|＝|AB →|2－|AC →|2≤3， 所以△ABC 的面积为S ＝12BC ·AC ≤32，当且仅当cos 2x ＝0，即x ＝π4＋k π，k ∈Z 时等号成立，所以△ABC 面积的最大值为32.【方法提炼】1．用向量法解决平面几何问题的策略(1)把几何图形放在适当的坐标系中，则有关的点与向量就可以用坐标表示出来，这样就能进行相应的代数运算，从而使问题得到解决；(2)选取一组合适的基底，将未知向量用基底表示出来，然后根据向量的运算法则、运算律和性质求解．2．向量与三角函数结合时，通常以向量为表现形式，解决三角函数问题，要注意向量夹角与三角形内角的区别与联系． 【对点训练】1．(多选题)(2021·新高考Ⅰ卷)已知O 为坐标原点，点P 1(cos α，sin α)，P 2(cos β，－sin β)，P 3(cos (α＋β)，sin (α＋β))，A (1，0)，则( )A ．|OP 1|＝|OP 2|B ．|AP 1|＝|AP 2|C ．OA →·OP 3＝OP 1·OP 2D ．OA →·OP 1＝OP 2·OP 3【解析】选AC.对于A ：|OP 1|＝cos 2α＋sin 2α＝1， |OP 2|＝cos 2β＋sin 2β＝1，所以A 对；因为|AP 1|＝（cos α－1）2＋sin 2α＝2－2cos α， |AP 2|＝（cos β－1）2＋sin 2β＝2－2cos β， 当α＝π3，β＝π6时|AP 1|≠|AP 2|，所以B 错；因为OA →·OP 3＝(1，0)·(cos (α＋β)，sin (α＋β))＝cos (α＋β)，OP 1·OP 2＝(cos α，sin α)·(cos β，－sin β)＝cos αcos β－sin αsinβ＝cos (α＋β)，OA →·OP 3＝OP 1·OP 2，所以C 对；而OA→·OP 1＝(1，0)·(cos α，sin α)＝cos α， OP 2·OP 3＝(cos β，－sin β)·(cos (α＋β)，sin (α＋β))＝cos βcos (α＋β)－sin βsin (α＋β)＝cos (2β＋α)，所以D 错．2．如图所示，在矩形ABCD 中，AB ＝3，BC ＝3，BE ⊥AC ，垂足为E ，求ED 的长．【解析】以A 为坐标原点，AD ，AB 所在直线分别为x 轴、y 轴建立平面直角坐标系xAy ，则A (0，0)，B (0，3)，C (3，3)，D (3，0)，AC→＝(3，3)，设AE→＝λAC →，则E 的坐标为(3λ，3λ)， 故BE→＝(3λ，3λ－3). 因为BE ⊥AC ，所以BE →·AC →＝0， 即9λ＋3λ－3＝0，解得λ＝14，所以E (34，34)，故ED →＝(94，－34)，|ED →|＝212， 即ED ＝212.【加练备选】设P是△ABC所在平面内一点，若AB→·(CB→＋CA→)＝2AB→·CP→，且AB→2＝AC→2－2BC→·AP→，则点P是△ABC的( )A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心【解析】选A.由AB→·(CB→＋CA→)＝2AB→·CP→，得AB→·(CB→＋CA→－2CP→)＝0，即AB→·[(CB→－CP→)＋(CA→－CP→)]＝0，所以AB→·(PB→＋PA→)＝0.设D为AB的中点，则AB→·2PD→＝0，故AB→·PD→＝0.由AB→2＝AC→2－2BC→·AP→，得(AB→＋AC→)·(AB→－AC→)＝－2BC→·AP→，即(AB→＋AC→－2AP→)·CB→＝0.设E为BC的中点，则(2AE→－2AP→)·CB→＝0，则2PE→·CB→＝0，故CB→·PE→＝0.所以P为AB与BC的垂直平分线的交点，所以P是△ABC的外心．【思维导图·构网络】解题方法拓广角度7平面图形与数量积最值、范围的综合【考情分析】以平面图形为载体的有关数量积的最值问题和范围问题是高考的热点之一，常以选择题、填空题的形式呈现．要深刻理解数量积的意义，从不同角度对数量积进行转化．[解题思路]建立目标函数的解析式，转化为求函数(二次函数、三角函数等)的最值或应用基本不等式．同时向量兼顾“数”与“形”的双重身份，所以还有一种思路是数形结合，应用图形的几何性质.一、几何投影法侧重于从投影入手体现几何意义，如平面向量数量积a·b＝|a||b|cos θ，其几何意义为其中一个向量长度乘以另一个向量在其方向上的投影，解题时可结合向量的投影来探寻联系，从而转化为数量积问题．[典例1](2020·新高考卷Ⅰ)已知P是边长为2的正六边形ABCDEF内一点，则AP→·AB→的取值范围为( )A. (－2，6)B. (－6，2)C. (－2，4)D. (－4，6)【解析】选A.根据定义可知AP→·AB→＝|AP→||AB→|cos ∠PAB，其中|AP→|cos ∠PAB表示AP→在AB→方向上的投影．如图所示，当点P与点C相重合时投影最大，而当点P与点F相重合时投影最小．已知|AB→|＝2，则AP→在AB→方向上投影的数量取值范围为(－1，3).结合向量数量积的定义可知，当点P在正六边形ABCDEF内部运动时，AP→·AB→的取值范围为(－2，6).二、基向量法解题时有时无法获取对应向量数量积的要素，如模和夹角，此时就可以考虑采用基底法．先设定两个不平行的向量作为基底，然后将所需向量表示出来，最后根据条件进行最值分析．[典例2](2022·保定模拟)已知△ABC的三边长AC＝3，BC＝4，AB＝5，P 为AB边上任意一点，则CP→·(BA→－BC→)的最大值为________．【解析】因为CP→＝CA→＋AP→，BA→－BC→＝CA→，所以CP →·(BA →－BC →)＝(CA →＋AP →)·CA →＝CA →2＋AP →·CA →＝9－AP →·AC → ＝9－|AP →||AC →|cos ∠BAC ＝9－3|AP →|cos ∠BAC . 因为cos ∠BAC 为正且为定值， 所以当|AP →|最小，即|AP →|＝0时， CP →·(BA →－BC →)取得最大值9. 答案：9三、坐标法(数形结合法)把几何图形放在适当的坐标系中，将向量坐标化，利用向量之间的坐标运算来解答．坐标法是高考中常用的解题技巧，其核心知识点为向量数量积的运算法则，即a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，则a ·b ＝x 1x 2＋y 1y 2. [典例3](1)如图，在平面四边形ABCD 中，AB ⊥BC ，AD ⊥CD ，∠BAD ＝120°，AB ＝AD ＝1.若点E 为边CD 上的动点，则AE →·BE →的最小值为( )A ．2116B ．32C ．2516D ．3 【解析】选A.解法一：(坐标法)如图，以D 点为坐标原点，DA 所在直线为x 轴，DC 所在直线为y 轴，建立平面直角坐标系．所以A (1，0)，B (32，32)，在平面四边形ABCD 中知CD ＝ 3.所以设DE ＝t (t ∈[0，3])，所以E (0，t ).所以AE →·BE →＝(－1，t )·(－32，t －32)＝32＋t 2－32t ＝(t －34)2＋2116. 所以当t ＝34时，(AE →·BE →)min ＝2116.解法二：(基向量法)连接AC (图略)，易知DC ＝3，∠CAD ＝60°，设DE ＝x (0≤x ≤3)，则AE →·BE →＝(AD →＋DE →)·(BA →＋AD →＋DE→) ＝1×1×cos 60°＋12＋0＋x ×1×cos 150°＋0＋x 2＝(x －34)2＋2116≥2116.解法三：(基向量法)如图，取AB 的中点F ，连接EF ，则AE →·BE →＝EA →·EB →＝(EF →＋FA →)·(EF →－FA →)＝EF →2－FA →2＝EF →2－14.可知当且仅当|EF →|最小时，AE →·BE →取最小值．分别过点F ，B 作CD 的垂线，垂足分别为H ，G ，当点E 与H 重合时，EF 取到最小值，易知HF 为梯形DABG 的中位线，由已知得|BG |＝32，|AD |＝1，则|HF |＝12(|BG |＋|AD |)＝54，故|EF |的最小值为54.故AE →·BE →的最小值为2116.(2)(2020·天津高考)如图，在四边形ABCD 中，∠B ＝60°，AB ＝3，BC ＝6，且AD →＝λBC →，AD →·AB →＝－32，则实数λ的值为________，若M ，N 是线段BC上的动点，且|MN →|＝1，则DM →·DN →的最小值为__________．【解析】因为AD →＝λBC →，所以AD ∥BC ，所以∠BAD ＝180°－∠B ＝120°， 所以AD →·AB →＝λBC →·AB →＝λ|BC →|·|AB →|cos 120°＝λ×6×3×(－12)＝－9λ＝－32，解得λ＝16.以点B 为坐标原点，BC 所在直线为x 轴建立如图所示的平面直角坐标系xBy ，因为BC ＝6，所以C (6，0)， 因为AB ＝3，∠ABC ＝60°， 所以点A 的坐标为(32，332)，因为AD →＝16BC →，则D (52，332)，设M (x ，0)，则N (x ＋1，0)(其中0≤x ≤5)，所以DM →＝(x －52，－332)，DN →＝(x －32，－332)，DM →·DN →＝(x －52)(x －32)＋(332)2＝x 2－4x ＋212＝(x －2)2＋132，所以当x ＝2时，DM →·DN →取得最小值，最小值为132.答案：16132【加练备选】(2023·广州模拟)如图1，已知AC ＝2，B 为AC 的中点，分别以AB ，AC 为直径在AC 同侧作半圆，M ，N 分别为两半圆上的动点(不含端点A ，B ，C )，且BM ⊥BN ，则AM →·CN→的最大值为__________．【解析】方法一：由题设可知AB ＝BC ＝BN ＝1. 因为点M 在以AB 为直径的半圆上， 所以AM ⊥BM ，又BM ⊥BN ，所以AM ∥BN ， 设∠MAB ＝θ，则∠NBC ＝θ. 如题图2，建立平面直角坐标系xBy ，则点A (－1，0)，M (－sin 2θ，sin θcos θ)，C (1，0)，N (cos θ，sin θ)， 所以AM →＝(－sin 2θ＋1，sin θcos θ)＝(cos 2θ，sin θcos θ)，CN →＝(cos θ－1，sin θ).于是，AM →·CN →＝cos 2θ·(cos θ－1)＋sin 2θcos θ＝cos 3θ－cos 2θ＋(1－cos 2θ)cos θ＝－cos 2θ＋cos θ＝14－(cos θ－12)2.又易知0<θ<π2，所以，当θ＝π3时，可得AM →·CN →的最大值为14. 答案：14方法二：如题图2，建立平面直角坐标系xBy ，设直线BN 的方程为y ＝kx (k >0)，因为BM ⊥BN ，所以直线BM 的方程为y ＝－1kx .注意到点N 是直线BN 与以AC 为直径的半圆的交点，所以将y ＝kx 与x 2＋y 2＝1联立，可求得点N 的坐标为(11＋k 2，k1＋k2). 注意到点M 是直线BM 与以AB 为直径的半圆的交点， 所以将y ＝－1k x 与(x ＋12)2＋y 2＝14联立，可求得点M 的坐标为(－k 2k 2＋1，kk 2＋1).又点A (－1，0)，C (1，0)，所以向量AM →＝(1k 2＋1，kk 2＋1)，CN →＝(11＋k 2－1，k1＋k2)， 所以AM →·CN→ ＝1k 2＋1(11＋k 2－1)＋k k 2＋1·k1＋k 2 ＝1k 2＋1(k 2＋11＋k 2－1)＝11＋k 2－1k 2＋1 ＝14－(11＋k 2－12)2，故当11＋k 2＝12，即k ＝3时，可得AM →·CN →的最大值为14. 答案：14方法三：由题设可知AB ＝BC ＝BN ＝1， 因为点M 在以AB 为直径的半圆上， 所以AM ⊥BM ，又BM ⊥BN ，所以AM ∥BN ， 所以AM →·BN →＝|AM →|×1×cos 0°＝|AM →|. 因为AM ⊥BM ，AB ＝1，所以|AM→|＝1×cos ∠MAB ＝cos ∠MAB ， 所以AM →·BC →＝AM →·AB →＝|AM →|×1×cos ∠MAB ＝|AM→|2. 于是，AM →·CN →＝AM →·(BN →－BC →)＝AM →·BN →－AM →·BC →＝|AM →|－|AM →|2＝14－(|AM→|－12)2. 又0<|AM →|<1，所以，当|AM →|＝12时， 可得AM →·CN →的最大值为14. 答案：14方法四：如图3，分别延长AM ，CN ，设其交点为E ，并设ME 与大半圆的交点为D ，连接CD ，则易知AM ⊥MB ，AD ⊥DC ， 所以BM ∥CD ，又B 为AC 的中点，所以M 为AD 的中点，所以AM →＝12AD →. 又易知AE →∥BN →，且B 为AC 的中点， 所以N 为CE 的中点，所以CN →＝12CE →.于是，AM →·CN →＝14AD →·CE →＝14AD →·(CD →＋DE →) ＝14AD →·CD →＋14AD →·DE → ＝0＋14|AD →|·|DE →|cos 0°＝14|AD →|·|DE →|. 因为BN 为△ACE 的中位线， 所以|AD →|＋|DE →|＝|AE →|＝2|BN →|＝2.从而，AM →·CN →＝14|AD →|·|DE →|≤14(|AD →|＋|DE →|2)2＝14×(22)2＝14，当且仅当|AD →|＝|DE →|，即D 为AE 的中点时不等式取等号． 故所求AM →·CN →的最大值为14.答案：14方法五：如图4，以BC 为直径画半圆，交BN 于点D ，连接CD ，则BD ⊥CD .又易知AM ∥BD ，且AM ＝BD ，所以AM →·CN →＝BD →·(CD →＋DN →)＝BD →·CD →＋BD →·DN→ ＝0＋|BD →|·|DN →|cos 0°＝|BD →|·|DN →|≤(|BD →|＋|DN →|2)2＝(12)2＝14，当且仅当|BD →|＝|DN →|，即D 为BN 中点时不等式取等号． 故所求AM →·CN →的最大值为14.答案：14。
高中数学新人教A版选修2-1课件：第三章空间向量与立体几何3.2.2用向量方法解决垂直问题课
∴ 1 ⊥ 1 , 即A1F⊥C1E.
典例透析
题型一
题型二
题型三
证明线面垂直
【例2】 如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,O为AC与BD的交
点,G为CC1的中点,求证:A1O⊥平面GBD.
1 1 = (−1, −1,0), = (−2, −2,0),
∴ = 21 1 , = 21 1 ,
∴A1C1 与 AC 共面,B1D1 与 BD 共面.
典例透析
题型一
题型二
题型三
(2)1 · = (0,0,2)·(-2,2,0)=0, · = (2,2,0)·(-2,2,0)=0.
2 2
= 0, · = 0,
因此 CE⊥AM,CE⊥AD.
又 AM∩AD=A,∴CE⊥平面 AMD.
又 CE⊂平面 CED,
∴平面 AMD⊥平面 CED.
反思证明面面垂直通常有两种方法,一是利用面面垂直的判定定理
转化为线面垂直、线线垂直去证明;二是证明两个平面的法向量互
相垂直.
典例透析
题型一
典例透析
题型一
题型二
题型三
证明面面垂直
【例 3】 如图,在五面体 ABCDEF 中,FA⊥平面 ABCD,AD∥BC∥
FE,AB⊥AD,M 为 EC 的中点,AF=AB=BC=FE=
1
.
2
求证:平面 AMD⊥平面 CDE.
分析:因为FA⊥平面ABCD,
所以可以以点A为坐标原点建立空间直角坐标系.
从而证得结论.
典例透析
题型一
高中数学各考点解题技巧带你走进法向量(法向量的理解与运用)
带你走进法向量江苏省东海高级中学一、法向量概念理解如果表示非零向量的有向线段所在的直线垂直于平面，那么称向量垂直于平面，记作，此时，我们把向量叫做平面的法向量．特别提醒：（1）法向量一定是非零向量，平面的法向量是不唯一的；（2）一个平面的所有法向量一定是平行向量；（3）向量是平面的一个法向量，向量与平面平行或在平面内，则；（4）因为过一点有且只有一个平面与已知直线垂直，所以，已知平面内一点和平面的法向量，则这个平面是唯一确定的．二、法向量求解步骤若要求出一个平面的法向量的坐标，一般要建立空间直角坐标系，然后用待定系数法求解．一般步骤：（1）设出平面的法向量为；（2）找出（求出）平面内的两个不共线的向量的坐标，；（3）根据法向量的定义建立关于、、的方程组；（4）解方程组，取其中的一个解，即得法向量（通常取其中一个未知数为或）．三、用法向量可以解决的问题1．直线与平面成角直线与平面所成的角为，是直线的方向向量与平面的法向量的夹角（锐角）的余角，故有．注意：求出直线的方向向量与平面的法向量的夹角（锐角）并不是直线与平面所成角，应取其余角．2．平面与平面成角设，分别是二面角的面的法向量，则就是所求二面角的平面角或其补角的大小．且有．注意：通过平面的法向量求二面角时，若二面角的两个面的法向量、方向相反时，则二面角的大小等于，若两个面的法向量、方向相同时，则二面角大小为．3．求点面距离点面距离的具体求解步骤是：（1）求出该平面的一个法向量；（2）求出从该点出发的平面的任一条斜线段对应的向量；（3）求出法向量与斜线段向量的数量积的绝对值再除以法向量的模，即得要求的点面距离．其中设是直线上的一个单位方向向量，线段在上的投影是，则有，是求点到线，点到面的距离问题重要公式．四、法向量的具体应用例1如图，四边形是直角梯形，∥，，又，，直线与直线所成的角为．（1）求证：平面平面；（2）求二面角余弦值的大小．解：（1）∵∴，又∵∴平面平面．（2）在平面内，过作，建立空间直角坐标系由题意有，设，则，由直线与直线所成的解为，得，即，解得∴，设平面的一个法向量为，则，取，得（正方向），平面的法向量取为（正方向），设与所成的角为，则，∴二面角的大小为的补角，故二面角的余弦值的大小为．评注：设，分别是二面角的面的法向量，则就是所求二面角的平面角或其补角的大小．何时就是二面角的平面角？何时又是其补角？资料上（包括高考试题的答案上）如是说：由图形不难（显然）得出就是所求二面角的平面角或其补角的大小，说的含糊其辞，毫无判断依据，让同学们辨别不清，对结果的处理困惑不解，往往导致错误的结果，走入了解题的一个个误区．为了让同学们思维走入清淅化，能得到一个正确的结果．在此介绍“穿入法”确定法向量的方向求解二面角．所谓“穿入法”就是穿入二面角内部的平面的法向量（如右图所示）方向为正方向，穿出二面角的平面的法向量方向为负方向．根据二面角的定义，只要取二面角两个平面的法向量中的一个正方向，一个负方向，则两法向量所夹角即为二面角的平面角，由公式便可轻松求出．如果两个法向量都取正方向（或负方向），则即为所求二面角的补角．例2如图，是一个直三棱柱（以为底面）被一平面所截得到的几何体，截面为．已知，，，，．（1）设点是的中点，证明：平面；（2）求二面角的大小；解：（1）以为原点建立空间直角坐标系，则，，，因为是的中点，所以，．易知，是平面的一个法向量．因为，平面，所以平面．（2），，设是平面的一个法向量，则则，得：取，（负方向）．显然，为平面的一个法向量（正方向）．所以大小即为二面角的大小，而，所以二面角的大小是．评注：用“穿入法”确定法向量方向求解二面角，体现了“数”与“形”的结合，淡化了传统立体中的“形”到“形”的推理方法，也避免了处理结果中对所求角为二面角还是其补角的判断，从而降低了思维难度，使解题变得程序化，易于接受，是用向量法求二面角的独到之处．。
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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的底面ABCD是菱形，且∠C1CB=∠C1CD=∠BCD (1)求证 C1C⊥BD
(2)当1CCCD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⊥ba·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 第2页 共7页
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(1)证明 设CD=a, CB=b,1CC=c,依题意，|a|=|b|，CD、CB、1CC中两两所成夹角为θ，于是
DBCDBD=a－b，
BDCC1=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)()(1111CCCDAACADCCA
=(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，
∴1CCCD=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 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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∴|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)
11CBBA=1×0+(－1)×1+2×2=3
|1BA|=6)02()10()01(222 5)02()01()00(||2221CB
.1030563||||,cos111111CBBCCBBACBBA (3)证明 依题意得 C1(0，0，2)，M(2,21,21) )2,1,1(),0,21,21(11BAMC ∴,,00)2(21121)1(1111MCBAMCBA ∴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
解 (1)点M的坐标为xM=)29,0(,29227;0211MyM
.2221)291()05(||22AM 5)21()15(||,10)71()15(||)2(2222ACAB D点分BC的比为2 ∴xD=31121227,3121121Dy
.2314)3111()315(||22AD
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x
zy
DMC(1,2)
B(-1,7)
A(5,-1)oy
x 第4页 共7页
(3)∠ABC是BA与BC的夹角，而BA=(6，8），BC=(2，－5） 1452629291052)5(2)8(6)5()8(26||||cos2222BCBABCBAABC
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
2 已知△ABC中，AB=a，AC=b，a·b<0，S△ABC=415,|a|=3,|
b|=5,则a与b的夹角是( )
A30° B－150° C150° D30°或150° 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，它们所在的两个平面成60°角，若AB=16 cm,AC=17 cm,则CD=_________
5 如图，在△ABC中，设AB=a，AC =b，AP =c, AD=λa,(0<
λ<1),AE =μb (0<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2a (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的中点 (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，
PCF
B
ED
A 第5页 共7页
求证 对空间任一点O，有)(41ODOCOBOAOM 参考答案 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|， ∴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
2 解析 ∵21415·3·5sinα得sinα=21,则α=30°或α=150°
又∵a·b＜0,∴α=150° 答案 C 3 (2,0) 4 13 cm
5 解 ∵BP与BE共线，∴BP=mBE=m(AE－AB)=m(μb－a),
∴AP=AB+BP=a+m(μb－a)=(1－m) a+mμb ① 又CP与CD共线，∴CP=nCD=n(AD－AC)=n(λa－b), ∴AP=AC+CP=b+n(λa－b)=nλa+(1－n) b ② 由①②，得(1－m）a+μmb=λna+(1－n) b ∵a与b不共线，∴010111mnmnnmam即 ③ 解方程组③得 m=11,11n 代入①式得c=(1－m) a+mμb=11［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