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    考点一:向量的概念与运算 例题1:下面有四个关于向量数量积的关系式: ①0·0＝0,②,③a·b＝b·a,④|a·b|≤a·b 其中正确的是( ) A.①② B.②③ C.③④ D.①③ 解析:根据向量运算法则.①和③是正确的. 对于②.·c是一个与向量c平行的向量.而a·是一个与向量a平行的向量.通常情况下不正确,对于④.|a·b|是一个正实数.而a·b可能是一个负实数. 答案:D 点评:从向量的基本运算法则出发.细心判断.这里要特别注意向量0与实数0的区别. 例题2:平行四边形OACB中.BD＝BC.OD与BA交于E.求证:BE＝BA 证明:设E’是AB上一点.且BE’＝BA 只需证E.E’重合即可. 设.则 ∵ ∴3( ∴ ∴.∴O.E’.D三点共线.即E.E’重合 ∴BE＝BA 点评:用向量方法证明平面几何问题.首先是选择一组适当的基底向量.然后再设法将其余相关向量都用基底向量表示出来.这样.相关点.线关系就能很容易第凸现出来. 考点二:定比分点与解三角形 例题3:已知平行四边形ABCD的三个顶点坐标分别是A.则第四个顶点D的坐标为 B. C.(4.6) D.以上都不对 解析:本题只需要抓住平行四边形的两条对角线互相平分. 于是设D＝3+x且1+3＝4+y 从而x＝-6,y＝0 答案:B 点评:利用平面几何性质及中点坐标公式.是解决本题的要点. 例题4:已知C为线段AB上一点.P为直线AB外一点.满足||＝2.|-|＝2..I为PC上一点.且＝+λ().则的值为 . [点拨]确定PC.AI分别为∠APB.∠BAP的平分线.进而确定I在三角形中的位置. 解:cos∠APC cos∠BPC 所以∠APC＝∠BPC.即PC平分∠APB ∵ ∴ 又均为单位向量.由向量的平行四边形法则.知AI平分∠PAB 又I在PC上.故I是△ABP的内心 又cos∠IBD＝ 由＝2 又 解得:cos∠IBD＝＝-1 [点评]1.三角形中四心的向量表示:2.本题通过内切圆的切点D找出相关的数量关系.技巧性较强.考查圆的切线性质. 考点三:向量与立体几何 例题5:如图.直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中.底面ABCD是等腰梯形.AB∥CD.AB＝2DC＝2.E为BD1的中点.F为AB的中点. (1)求证:EF∥平面ADD1A1, (2)若BB1＝.求A1F与平面DEF所成角的大小. 解析:(1)连结AD1.在△ABD1中. ∵E.F分别是BD1.AB的中点.∴EF∥AD1. 又EFË平面ADD1A1 ∴EF∥平面ADD1A1 (2)建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz 则有A1 D1 ∴E() 设平面DEF的法向量为＝ 则Þ 解得y＝-x.z＝x 取非零法向量＝ ∴A1F与平面DEF所成的角即是所成锐角的余角 由cos<>＝＝＝- ∴A1F与平面DEF所成教的大小为-arccos.即arcsin. 点评:立体几何中.二面角问题几乎每年必考.几何法也有很多解决方法.如直接法.垂面法.三垂线法.面积射影法等等.这些方法都离不开严密的逻辑证明.而向量法则以算代证.从一定程度上减轻了对逻辑思维的要求.但也应该注意到.向量法计算较为烦琐.运算量较大.必须小心谨慎.否则也极易出现差错. 例题6:如图.已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是菱形.且∠C1CB＝∠C1CD＝∠ BCD＝60° ⑴证明:C1C⊥BD, ⑵假定CD＝2.CC1＝.记面C1BD为α.面CBD为β.求二面角α-BD-β的平面角的余弦值,⑶当的值为多少时.能使A1C⊥平面C1BD?请给出证明. ⑴证明:连结A1C1.AC.AC和BD交于O.连结C1O ∵四边形ABCD是菱形 ∴AC⊥BD.BC＝CD 又∵ ∠BCC1＝∠DCC1.C1C＝C1C. ∴ △C1BC≌△C1DC ∴ C1B＝C1D ∵DO＝OB∴ C1O⊥BD 但AC⊥BD.AC∩C1O＝O ∴ BD⊥平面AC1. 又CC1∩平面AC1∴ CC1⊥BD 证法二:设CD.CB.CC1三个方向上的单位向量分别为.. 则..两两成60°角 且., 则 于是＝mn(＝0 故 CC1⊥BD ⑵解:由⑴知AC⊥BD.C1O⊥BD ∴ ∠C1OC是二面角α-BD-β的平面角 在△C1BC中.BC＝2.C1C＝.∠BCC1＝60° ∴ C1B2＝22+()2-2×2××cos60°＝ ∵∠OCB＝60°.∴ OB＝BC＝1 ∴ C1O2＝C1B2＝OB2＝ ∴ C1O＝.即C1O＝C1C 作C1H⊥OC.垂足为H. ∴点H是OC的中点.且OH＝. ∴ cos∠C1OC＝. ⑶当＝1时.能使A1C⊥平面C1BD 证明一:∵＝1 ∴ BC＝CD＝C1C 又∠BCD＝∠C1CB＝∠C1CD 由此可推得BD＝C1B＝C1D ∴三棱锥C-C1BD是正三棱锥. 设A1C与C1O相交于G. ∵ A1C1∥AC.且A1C1:OC＝2:1 ∴ C1O:GO＝2:1 又C1O是正三角形C1BD的BD边上的高和中线. ∴点G是正三角形C1BD的中心. ∴ CG⊥平面C1BD 即 A1C⊥平面C1BD. 证明二:由⑴知.BD⊥平面AC1 ∵ A1C∩平面AC1.∴ BD⊥A1C. 当＝1时.平行六面体的六个面是全等的菱形. 同 BD⊥AC1的证法可得BC1⊥A1C 又BD⊥BC1于B ∴ A1C⊥平面C1BD 证法三:设＝x.即 由(2)可知:BD⊥平面AA1C1C.∴BD⊥A1C 由线面垂直得判定定理.知:如果A1C⊥DC1.则A1C⊥平面C1BD成立. ∵＝m+m+ ＝-m+ 又∵＝0 ∴(-m+e3)＝0 展开整理得:-＝0 ∴x＝1 以上各步可逆.所以x＝1时.即＝1时.A1C⊥平面C1BD 点评:空间向量中.基底向量的使用是学生的一个弱项.许多学生动辄建立坐标系.对于垂直条件“不足 的问题往往感到手足无措.本题就是一例.从本题的向量证明方法中.还可以明确看到不仅解决了几何证法中“有一解 的问题.而且明确了“只有一解 的充要关系. 考点四:向量与其他知识点综合问题 例题7:已知A.B.C是△ABC三内角.向量且m·n＝1 (1)求角A (2)若 解析:(1)∵ ∴ 即 . sin(A-)＝ ∵ ∴ ∴A＝ (2)由题知.整理得sin2B-sinBcosB-2cos2B＝0 ∴cosB≠0 ∴tan2B-tanB-2＝0 ∴tanB＝2或tanB＝-1 而tanB＝-1使cos2B-sin2B＝0.舍去 ∴tanB＝2 ∴tanC＝tan[π- 点评:向量与三角函数的综合问题是当前的一个热点.但通常难度不大.一般就是以向量的坐标形式给出与三角函数有关的条件.并结合简单的向量运算.而考查的主体部分则是三角函数的恒等变换.以及解三角形等知识点. 例题8:设向量＝+y.＝(x-m)+y.且||+||＝6.0＜m＜3.x＞0.y∈R. 的轨迹方程, .设直线y＝(x-2)与点P的轨迹交于B.C两点.问是否存在实数m.使得?若存在.求出m的值,若不存在.请说明理由. 解析:.||+||＝6 ∴＝6 上式表示动点P(x.y)到两定点F1和F2(m.0)的距离之和为6 而0＜m＜3.故|F1F2|＜6 故P点轨迹为以F1.F2为焦点.长轴长2a＝6的椭圆. 于是a＝3.c＝m.b2＝9-m2 故P点轨迹方程为＝1 (2)设B(x1.y1).C(x2.y2) ∵＝(x1+1.y1).＝(x2+1.y2). ∴＝x1x2+(x1+x2)+1+y1y2 而y1y2＝(x1-2)·(x2-2)＝[x1x2-2(x1+x2)+4] ∴＝x1x2+(x1+x2)+1+[x1x2-2(x1+x2)+4] ＝[10x1x2+7(x1+x2)+13] 若存在实数m.使得成立 则由[10x1x2+7(x1+x2)+13]＝ Þ 10x1x2+7(x1+x2)+10＝0 --① 由 消去y得:(10-m2)x2-4x+9m2-77＝0 --② 由②有 由①④⑤解得m2＝＜9.且此时△＞0 但由⑤.有9m2-77＝＜0与题设矛盾 ∴不存在符合题意的实数m.使得. 点评:向量与解析几何的综合问题.通常是利用向量的几何特性来描述解析几何中的图象性质.一般解决办法是利用向量的坐标表示.“尽快 转化为纯解析几何问题求解.当然也不排除利用平面几何性质.直接将向量特征转化为几何特征.更快地得到问题的解. 【查看更多】

     

    题目列表(包括答案和解析)

    在《数系的扩充与复数的引入》一章中，对复数与实数、有理数、平面向量的联系及其运算的联系，试用结构图表示出来.

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    关于平面向量的数量积运算与实数的乘法运算相类比，易得下列结论：
    ①
    a
    •
    b
    =
    b
    •
    a
    ；②(
    a
    •
    b
    )•
    c
    =
    a
    •(
    b
    •
    c
    )    ；③
    a
    •(
    b
    +
    c
    )=
    a
    •
    b
    +
    a
    •
    c
    ；
    ④|
    a
    •
    b
    |=|
    a
    |•|
    b
    |    ；⑤由
    a
    •
    b
    =
    a
    •
    c
    (
    a
    ≠
    0
    )    ，可得
    b
    =
    c
    ．
    以上通过类比得到的结论正确的有（　　）
    A、2个B、3个C、4个D、5个

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