2011中职数学平面向量的综合应用测试题一（含答案）

高三数学专题复习
专题11：平面向量的综合应用
【复习要点】
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？ 【例题】
1．利用向量的坐标运算，解决两直线的夹角，判定两直线平行、垂直问题
【例1】 已知向量321,,OP OP OP 满足条件0321=++OP OP OP
，
1===，求证：321P P P ∆是正三角形
解：令O 为坐标原点，可设()()()333222111sin ,cos
,sin ,cos ,sin ,cos θθθθθθP P P 由321OP OP OP -=+，即()()()332211θsin θcos θsin ,θcos θsin ,θcos --=+
⎩⎨
⎧-=+-=+321321θsin θsin θsin θcos θcos θcos 两式平方和为()11θθcos 2121=+-+，()2
1θθcos 21-
=-， 由此可知21θθ-的最小正角为0
120，即1OP 与2OP 的夹角为0
120， 同理可得1OP 与3OP 的夹角为0
120，2OP 与
3OP 的夹角为0
120， ①
②
这说明321,,P P P 三点均匀分部在一个单位圆上， 所以321P P P ∆为等腰三角形.
【例2】 求等腰直角三角形中两直角边上的中线所成的钝角的度数 解：如图，分别以等腰直角三角形的两直角边为x 轴、y 轴建立直角坐标系，设()()a B a A 2,0,0,2，则()()a C a D ,0,0,， 从而可求：()()a a BD a a AC 2,,,2-=-=
,
()()a
a a a a a BD AC 552,,2θcos ⋅-⋅-=
=
=5
4
542
2
-
=-a a . ⎪⎭
⎫
⎝⎛-=∴54arccos θ.
2．利用向量的坐标运算，解决有关线段的长度问题
【例3】 已知ABC ∆，AD 为中线，求证()
2
222
221⎪⎭
⎫
⎝⎛-+=BC AC AB AD
证明：以B 为坐标原点，以BC 所在的直线为x 轴建立如图2直角坐标系， 设()()0,,,c C b a A ，⎪⎭
⎫
⎝⎛0,2c D ，
()2222
2
402b a ac c b a c ++-=-+⎪
⎭
⎫
⎝⎛-
=， 2
21⎪
⎭
⎝-⎪⎭⎫. =()4
42122
222222c ac b a c b a c b a +-+=⎥⎦⎤
⎢⎣⎡-+-+
+，
=
2
21⎪
⎭ ⎝-⎪⎭⎫+，
()
2
222
221⎪⎭
⎫
⎝⎛-+=BC AC AB AD .
3．利用向量的坐标运算，用已知向量表示未知向量
【例4】 已知点O 是，
，内的一点，0
090BOC 150AOB =∠=∠∆ABC ,,,OA c OC b OB a ===设
,312===试用.,c b a 表示和
解：以O 为原点，OC ，OB 所在的直线为x 轴和y 轴建立如图3所示的坐标系. 由OA=2，0120=∠AOx ，所以()
()
,31-A ,120sin 2,120cos 200，即A ， 易求()()3,0C 1-0B ，，，设
()
()().
31-λ3
-λλ-3λ31-3,0λ1-0λ31-,λλOA 21
122121⎪⎩
⎪⎨⎧==⎪⎩
⎪⎨⎧==+=+=，，，，即OC OB
c a 3
1
-=.
【例5】 如图，
，的夹角为与，的夹角为与530OA OC 120OB ,100===OA
用OB OA ，
表示.OC 解：以O 为坐标原点，以OA 所在的直线为x 轴，建立如图所示的直角坐标系，则()0,1A ，
()
，，即，所以由⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛=∠25235C ,30sin 5,5cos30C 30COA 000 ⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛-23,21B 同理可求
()⎪
⎪⎭⎫
⎝⎛+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=23,21-λ01λ25235,λλOC 2121，，即OB OA .335λ3310λλ2325λ21
-λ23521
221⎪⎪⎩⎪⎪⎨
⎧==⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==， OB OA OC 3
3
53310+=
∴. 4．利用向量的数量积解决两直线垂直问题
【例6】 如图，已知平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1的底面 ABCD 是菱形，且∠C 1CB =∠C 1CD =∠BCD
.
(1)求证：C 1C ⊥BD . (2)当
1
CC CD
的值为多少时，能使A 1C ⊥平面C 1BD ？请给出证明. (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DB CD BD -==a －b ，BD CC ⋅1=c (a －b )=c ·a －c ·b =|c |·|a |cos θ－|c |·|b |cos θ=0,∴C 1C ⊥BD .
(2)解：若使A 1C ⊥平面C 1BD ，只须证A 1C ⊥BD ，A 1C ⊥DC 1， 由)()(1111CC CD AA CA D C CA -⋅+=⋅
=(a +b +c )·(a －c )=|a |2
+a ·b －b ·c －|c |2
=|a |2
－|c |2
+|b |·|a |cos θ－|b |·|c |·cos θ=0,得 当|a |=|c |时，A 1C ⊥DC 1，同理可证当|a |=|c |时，A 1C ⊥BD ， ∴
1
CC CD
=1时，A 1C ⊥平面C 1BD .
【例7】 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 1B 1、A 1A 的中点. (1)求BN 的长；
(2)求cos<11,CB BA >的值； (3)求证：A 1B ⊥C 1M .
解：(1)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 |=3)01()10()01(222=-+-+-.
(2)解：依题意得：A 1(1，0，2)，C (0，0，0)，B 1(0，1，2). ∴1BA =1),2,1,1(CB -=(0，1，2)
11CB BA ⋅=1×0+(－1)×1+2×2=3
|1BA |=6)02()10()01(222=-+-+-
5)02()01()00(||2221=-+-+-=CB
.10
305
63|
|||,cos 111111=
⋅=
⋅>=
<∴CB BC CB BA CB BA (3)证明：依题意得：C 1(0，0，2)，M (2,2
1,21)
)2,1,1(),0,2
1
,21(11--==B A M C
∴,,00)2(2
1
121)1(1111M C B A M C B A ⊥∴=⨯-+⨯+⨯-=⋅
∴A 1B ⊥C 1M .
5．利用向量的数量积解决有关距离的问题，距离问题包括点到点的距离，点的线的距离，点到面的距离，线到线的距离，线到面的距离，面到面的距离.
【例8】 求平面内两点),(),,(2211y x B y x A 间的距离公式 解：设点),(),,(2211y x B y x A ，),(1212y y x x AB --=∴
212212)()(||y y x x AB -+-=∴ ,而||||AB AB =
∴点A 与点B 之间的距离为：212212)()(||y y x x AB -+-=
6.利用向量的数量积解决线与线的夹角及面与面的夹角问题.
【例9】 证明:
βαβαβαsin sin cos cos )cos(+=-
证明：在单位圆O 上任取两点B A ,，以Ox 为始边，以
OB OA ,为终边的角分别为αβ,，则A 点坐标为),sin ,(cos ββB 点坐标为)sin ,(cos αα；
则向量=OA ),sin ,(cos ββ=OB )sin ,(cos αα，它们的夹角为βα-，
,1||||==OB OA βαβαsin sin cos cos +=⋅OB OA ,由向量夹角公式得：
==
-|
|||)βαcos(OB OA OB OA βαβαsin sin cos cos +,从而得证.
注：用同样的方法可证明=+)cos(βαβαβαsin sin cos cos - 7.利用向量的数量积解决有关不等式、最值问题.
【例10】 证明柯西不等式221212
22
22
12
1)()()(y y x x y x y x +≥+⋅+
证明：令),(),,(2211y x b y x a ==
（1） 当0 =a 或0 =b 时，02121=+=⋅y y x x b a
，结论显然成立；
（2） 当0
≠a 且0
≠b 时，令θ为b a
,的夹角，则],0[πθ∈
θc o s ||||2121b a y y x x b a
=+=⋅. 又 1|cos |≤θ
||||||b a b a ≤⋅∴（当且仅当b a //时等号成立）
2
22221212121||y x y x y y x x +⋅+≤+∴
∴221212
22
22
12
1)()()(y y x x y x y x +≥+⋅+.（当且仅当
2
2
11y x y x =
时等号成立） 【例11】 求x x x x y 22cos 3cos sin 2sin ++=的最值 解：原函数可变为x x y 2cos 2sin 2++=， 所以只须求x x y 2cos 2sin +='的最值即可， 构造{}{}1,1,2cos ,2sin ==b x x a ，
那么22cos 2sin =≤=+x x .
故22,22min max -=+=y y .
【例12】 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)cos ABC 的值.
解：(1)点M 的坐标为x M =
)2
9
,0(,29227;0211M y M ∴=+==+- .2
221
)2
9
1()05(||22=
--+-=∴AM 5)21()15(||,10)71()15(||)2(2222=--+-==--++=AC AB
D 点分BC 的比为2. ∴x D =
3
11
21227,3121121=+⨯+==+⨯+-D y
.23
14
)3111()315(||22=--+-=AD
(3)∠ABC 是BA 与BC 的夹角，而BA =(6，8），BC =(2，－5）.
145
2629
29
1052)5(2)8(6)5()8(26|
|||cos 2
222=
=
-+⋅-+-⨯-+⨯=
⋅=
∴BC BA BC BA ABC
【平面向量的综合应用】
一、选择题
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 =4
15
,|a |=3,|b |=5,则a 与b 的夹角是( )
A.30°
B.－150°
C.150°
D.30°或150°
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,则CD =_________.
三、解答题
5.如图，在△ABC 中，设AB =a ，AC =b ，AP =c , AD =λa ,(0<λ<1),AE =μb (0<μ<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2a . (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.
7.已知两点M (－1，0)，N (1，0)，且点P 使NP NM PN PM MN MP ⋅⋅⋅,,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(x 0,y 0),Q 为PM 与PN 的夹角，求tan θ.
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，求证：对空间任一点O ，有)(4
1
OD OC OB OA OM +++=
.
参考答案
一、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：∵
2
1415=·3·5sin α得sin α=21
,则α=30°或α=150°.
又∵a ·b ＜0,∴α=150°. 答案：C
二、3.(2,0) 4.13 cm
三、5.解：∵BP 与BE 共线，∴BP =m BE =m (AE －AB )=m (μb －a ), ∴AP =AB +BP =a +m (μb －a )=(1－m )a +m μb
①
又CP 与CD 共线，∴CP =n CD =n (AD －AC )=n (λa －b ), ∴AP =AC +CP =b +n (λa －b )=n λa +(1－n )b
②
由①②，得(1－m ）a +μm b =λn a +(1－n )b .
∵a 与b 不共线，∴⎩
⎨
⎧=-+=-+⎩⎨⎧-==-010
111m n m n n m a m μλμλ即 ③
解方程组③得：m =λμμλμλ--=--11,11n 代入①式得c =(1－m )a +m μb =πμ
-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AA 1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.
由已知，得A (0，0，0），B (0，a ,0）,A 1(0,0,2a ),C 1(－
,2
,23a
a 2a ).
(2)取A 1B 1的中点M ，于是有M (0，2,2a
a ），连AM ，MC 1，有1MC =(－2
3
a ,0,0）, 且AB =(0，a ,0）,1AA =(0,02a )
由于1MC ·AB =0，1MC ·1AA =0，所以M C 1⊥面ABB 1A 1，∴AC 1与AM 所成的角就是AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角.
∵1AC =),2,2
,0(),2,2,23(a a
AM a a a =-
a a a AM AC 4
9
240221=++=⋅∴
a a a AM a a a a AC 2
324||,324143||22
221=+==++=而
232
3349,cos 2
1=⨯>=
<∴a
a a
AM AC
所以AM AC 与1所成的角，即AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为30°.
7.解：(1)设P (x ,y ）,由M (－1，0），N (1，0）得，PM =－MP =(－1－x ,－y ）,NP PN -= =(1－x ,－y ),MN =－NM =(2,0),∴MP ·MN =2(1+x ), PM ·PN =x 2
+y 2
－1,NP NM ⋅ =2(1－x ).于是，NP NM PN PM MN MP ⋅⋅⋅,,是公差小于零的等差数列，等价于
⎩⎨⎧>=+⎪⎩⎪⎨
⎧<+---++=-+03 0
)1(2)1(2)]1(2)1(2[21122
2x y x x x x x y x 即 所以，点P 的轨迹是以原点为圆心，3为半径的右半圆. (2)点P 的坐标为(x 0,y 0)
,
3
0,1cos 21,3041||cos 42)24)(24()1()1(||||,2102
2
0002
020*******π
θθθ<≤≤<∴≤<-=
⋅=
∴-=-+=+-⋅++=⋅=-+=⋅x x PN
PM PN PM x x x y x y x PN PM y x PN PM
||3cos sin tan ,411cos 1sin 02
02
2y x x =-==∴--
=-=∴θθθθθ 8.证明：(1）连结BG ，则EH EF EH BF EB BD BC EB BG EB EG +=++=++=+=)(2
1 由共面向量定理的推论知：E 、F 、G 、H 四点共面，(其中2
1
BD =EH ） (2）因为BD AB AD AB AD AE AH EH 2
1
)(212121=-=-=
-=. 所以EH ∥BD ，又EH ⊂面EFGH ，BD ⊄面EFGH 所以BD ∥平面EFGH .
(3）连OM ，OA ，OB ，OC ，OD ，OE ，OG 由(2）知BD EH 21=
，同理BD FG 2
1
=，所以FG EH =，EH FG ,所以EG 、FH 交
于一点M 且被M 平分，所以
).(4
1
)](21
[21)](21[212121)(21OD OC OB OA OD OC OB OA OG OE OG OE OM +++=
+++=+=+=.。