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2020高考数学热点集锦 向量的运算

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2024年高考数学总复习第八章《立体几何与空间向量》空间向量及其运算

2024年高考数学总复习第八章《立体几何与空间向量》空间向量及其运算

2024年高考数学总复习第八章《立体几何与空间向量》§8.5空间向量及其运算最新考纲1.经历向量及其运算由平面向空间推广的过程.2.了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示.3.掌握空间向量的线性运算及其坐标表示.4.掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直．1．空间向量的有关概念名称概念表示零向量模为0的向量0单位向量长度(模)为1的向量相等向量方向相同且模相等的向量a ＝b相反向量方向相反且模相等的向量a 的相反向量为－a共线向量表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合的向量a ∥b 共面向量平行于同一个平面的向量2．空间向量中的有关定理(1)共线向量定理空间两个向量a 与b (b ≠0)共线的充要条件是存在实数λ，使得a ＝λb .(2)共面向量定理共面向量定理的向量表达式：p ＝x a ＋y b ，其中x ，y ∈R ，a ，b 为不共线向量．(3)空间向量基本定理如果三个向量a ，b ，c 不共面，那么对空间任一向量p ，存在有序实数组{x ，y ，z }，使得p ＝x a ＋y b ＋z c ，{a ，b ，c }叫做空间的一个基底．3．空间向量的数量积及运算律(1)数量积及相关概念①两向量的夹角已知两个非零向量a ，b ，在空间任取一点O ，作OA →＝a ，OB →＝b ，则∠AOB 叫做向量a ，b的夹角，记作〈a ，b 〉，其范围是0≤〈a ，b 〉≤π，若〈a ，b 〉＝π2，则称a 与b 互相垂直，记作a ⊥b .②两向量的数量积已知空间两个非零向量a ，b ，则|a ||b |cos 〈a ，b 〉叫做向量a ，b 的数量积，记作a ·b ，即a ·b ＝|a ||b |cos 〈a ，b 〉．(2)空间向量数量积的运算律①(λa )·b ＝λ(a ·b )；②交换律：a ·b ＝b ·a ；③分配律：a ·(b ＋c )＝a ·b ＋a ·c .4．空间向量的坐标表示及其应用设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3).向量表示坐标表示数量积a·ba 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3共线a ＝λb (b ≠0，λ∈R )a 1＝λb 1，a 2＝λb 2，a 3＝λb 3垂直a ·b ＝0(a ≠0，b ≠0)a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0模|a |a 21＋a 22＋a 23夹角〈a ，b 〉(a ≠0，b ≠0)cos 〈a ，b 〉＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3a 21＋a 22＋a 23·b 21＋b 22＋b 23概念方法微思考1．共线向量与共面向量相同吗？提示不相同．平行于同一平面的向量就为共面向量．2．零向量能作为基向量吗？提示不能．由于零向量与任意一个非零向量共线，与任意两个非零向量共面，故零向量不能作为基向量．3．空间向量的坐标运算与坐标原点的位置选取有关吗？提示无关．这是因为一个确定的几何体，其“线线”夹角、“点点”距离都是固定的，坐标系的位置不同，只会影响其计算的繁简，不会影响结果．题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)空间中任意两个非零向量a ，b 共面．(√)(2)在向量的数量积运算中(a ·b )·c ＝a ·(b ·c )．(×)(3)对于非零向量b ，由a ·b ＝b ·c ，则a ＝c .(×)(4)两向量夹角的范围与两异面直线所成角的范围相同．(×)(5)若A ，B ，C ，D 是空间任意四点，则有AB →＋BC →＋CD →＋DA →＝0.(√)(6)若a·b <0，则〈a ，b 〉是钝角．(×)题组二教材改编2．如图所示，在平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 为A 1C 1与B 1D 1的交点．若AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则下列向量中与BM →相等的向量是()A ．－12a ＋12b ＋cB.12a ＋12b ＋c C ．－12a －12b ＋cD.12a －12b ＋c 答案A解析BM →＝BB 1→＋B 1M →＝AA 1→＋12(AD →－AB →)＝c ＋12(b －a )＝－12a ＋12b ＋c .3．正四面体ABCD 的棱长为2，E ，F 分别为BC ，AD 的中点，则EF 的长为________．答案2解析|EF →|2＝EF →2＝(EC →＋CD →＋DF →)2＝EC →2＋CD →2＋DF →2＋2(EC →·CD →＋EC →·DF →＋CD →·DF →)＝12＋22＋12＋2(1×2×cos 120°＋0＋2×1×cos 120°)＝2，∴|EF →|＝2，∴EF 的长为2.题组三易错自纠4．在空间直角坐标系中，已知A (1，2，3)，B (－2，－1，6)，C (3，2，1)，D (4，3，0)，则直线AB 与CD 的位置关系是()A ．垂直B ．平行C ．异面D ．相交但不垂直答案B解析由题意得，AB →＝(－3，－3，3)，CD →＝(1，1，－1)，∴AB →＝－3CD →，∴AB →与CD →共线，又AB 与CD 没有公共点，∴AB ∥CD .5．已知a ＝(2，3，1)，b ＝(－4，2，x )，且a ⊥b ，则|b |＝________.答案26解析∵a ⊥b ，∴a ·b ＝2×(－4)＋3×2＋1·x ＝0，∴x ＝2，∴|b |＝(－4)2＋22＋22＝2 6.6．O 为空间中任意一点，A ，B ，C 三点不共线，且OP →＝34OA →＋18OB →＋tOC →，若P ，A ，B ，C四点共面，则实数t ＝______.答案18解析∵P ，A ，B ，C 四点共面，∴34＋18＋t ＝1，∴t ＝18.题型一空间向量的线性运算例1如图所示，在空间几何体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，各面为平行四边形，设AA 1→＝a ，AB →＝b ，AD →＝c ，M ，N ，P 分别是AA 1，BC ，C 1D 1的中点，试用a ，b ，c 表示以下各向量：(1)AP →；(2)MP →＋NC 1→.解(1)因为P 是C 1D 1的中点，所以AP →＝AA 1→＋A 1D 1→＋D 1P →＝a ＋AD →＋12D 1C 1→＝a ＋c ＋12AB →＝a ＋c ＋12b .(2)因为M 是AA 1的中点，所以MP →＝MA →＋AP →＝12A 1A →＋AP→＝－12a ＋c ＋12b ＝12a ＋12b ＋c .又NC 1→＝NC →＋CC 1→＝12BC →＋AA 1→＝12AD →＋AA 1→＝12c ＋a ，所以MP →＋NC 1→＋12b ＋＋12c ＝32a ＋12b ＋32c .思维升华用基向量表示指定向量的方法(1)结合已知向量和所求向量观察图形．(2)将已知向量和所求向量转化到三角形或平行四边形中．(3)利用三角形法则或平行四边形法则把所求向量用已知基向量表示出来．跟踪训练1(1)如图所示，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 为AC 的中点．用AB →，AD →，AA 1→表示OC 1→，则OC 1→＝________________.答案12AB →＋12AD →＋AA 1→解析∵OC →＝12AC →＝12(AB →＋AD →)，∴OC 1→＝OC →＋CC 1→＝12(AB →＋AD →)＋AA 1→＝12AB →＋12AD →＋AA 1→.(2)如图，在三棱锥O —ABC 中，M ，N 分别是AB ，OC 的中点，设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，用a ，b ，c 表示NM →，则NM →等于()A.12(－a ＋b ＋c )B.12(a ＋b －c )C.12(a －b ＋c )D.12(－a －b ＋c )答案B解析NM →＝NA →＋AM →＝(OA →－ON →)＋12AB→＝OA →－12OC →＋12(OB →－OA →)＝12OA →＋12OB →－12OC→＝12(a ＋b －c )．题型二共线定理、共面定理的应用例2如图，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)求证：E ，F ，G ，H 四点共面；(2)求证：BD ∥平面EFGH .证明(1)连接BG ，则EG →＝EB →＋BG →＝EB →＋12(BC →＋BD →)＝EB →＋BF →＋EH→＝EF →＋EH →，由共面向量定理的推论知E ，F ，G ，H 四点共面．(2)因为EH →＝AH →－AE →＝12AD →－12AB →＝12(AD →－AB →)＝12BD →，所以EH ∥BD .又EH ⊂平面EFGH ，BD ⊄平面EFGH ，所以BD ∥平面EFGH .思维升华证明三点共线和空间四点共面的方法比较三点(P ，A ，B )共线空间四点(M ，P ，A ，B )共面PA →＝λPB →且同过点P MP →＝xMA →＋yMB→对空间任一点O ，OP →＝OA →＋tAB →对空间任一点O ，OP →＝OM →＋xMA →＋yMB →对空间任一点O ，OP →＝xOA →＋(1－x )OB→对空间任一点O ，OP →＝xOM →＋yOA →＋(1－x －y )OB→跟踪训练2如图所示，已知斜三棱柱ABC —A 1B 1C 1，点M ，N 分别在AC 1和BC 上，且满足AM →＝kAC 1→，BN →＝kBC →(0≤k ≤1)．(1)向量MN →是否与向量AB →，AA 1→共面？(2)直线MN 是否与平面ABB 1A 1平行？解(1)∵AM →＝kAC 1→，BN →＝kBC →，∴MN →＝MA →＋AB →＋BN →＝kC 1A →＋AB →＋kBC →＝k (C 1A →＋BC →)＋AB →＝k (C 1A →＋B 1C 1→)＋AB →＝kB 1A →＋AB →＝AB →－kAB 1→＝AB →－k (AA 1→＋AB →)＝(1－k )AB →－kAA 1→，∴由共面向量定理知向量MN →与向量AB →，AA 1→共面．(2)当k ＝0时，点M ，A 重合，点N ，B 重合，MN 在平面ABB 1A 1内，当0<k ≤1时，MN 不在平面ABB 1A 1内，又由(1)知MN →与AB →，AA 1→共面，∴MN ∥平面ABB 1A 1.综上，当k ＝0时，MN 在平面ABB 1A 1内；当0<k ≤1时，MN ∥平面ABB 1A 1.题型三空间向量数量积的应用例3如图所示，已知空间四边形ABCD 的各边和对角线的长都等于a ，点M ，N 分别是AB ，CD 的中点．(1)求证：MN ⊥AB ，MN ⊥CD ；(2)求异面直线AN 与CM 所成角的余弦值．(1)证明设AB →＝p ，AC →＝q ，AD →＝r .由题意可知，|p |＝|q |＝|r |＝a ，且p ，q ，r 三个向量两两夹角均为60°.MN →＝AN →－AM →＝12(AC →＋AD →)－12AB→＝12(q ＋r －p )，∴MN →·AB →＝12(q ＋r －p )·p ＝12(q ·p ＋r ·p －p 2)＝12(a 2cos 60°＋a 2cos 60°－a 2)＝0.∴MN →⊥AB →，即MN ⊥AB .同理可证MN ⊥CD .(2)解设向量AN →与MC →的夹角为θ.∵AN →＝12(AC →＋AD →)＝12(q ＋r )，MC →＝AC →－AM →＝q －12p ，∴AN →·MC →＝12(q ＋r －12p2－12q ·p ＋r ·q －12r ·2－12a 2cos 60°＋a 2cos 60°－12a 2cos2－a 24＋a 22－＝a 22.又∵|AN →|＝|MC →|＝32a ，∴AN →·MC →＝|AN →||MC →|cos θ＝32a ×32a ×cos θ＝a 22.∴cosθ＝23.∴向量AN →与MC →的夹角的余弦值为23，从而异面直线AN 与CM 所成角的余弦值为23.思维升华(1)利用向量的数量积可证明线段的垂直关系，也可以利用垂直关系，通过向量共线确定点在线段上的位置．(2)利用夹角公式，可以求异面直线所成的角，也可以求二面角．(3)可以通过|a |＝a 2，将向量的长度问题转化为向量数量积的问题求解．跟踪训练3如图，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，以顶点A 为端点的三条棱长度都为1，且两两夹角为60°.(1)求AC 1→的长；(2)求BD 1→与AC →夹角的余弦值．解(1)记AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则|a |＝|b |＝|c |＝1，〈a ，b 〉＝〈b ，c 〉＝〈c ，a 〉＝60°，∴a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝12.|AC 1→|2＝(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2(a ·b ＋b ·c ＋c ·a )＝1＋1＋1＋2＋12＋6，∴|AC 1→|＝6，即AC 1的长为6.(2)BD 1→＝b ＋c －a ，AC →＝a ＋b ，∴|BD 1→|＝2，|AC →|＝3，BD 1→·AC →＝(b ＋c －a )·(a ＋b )＝b 2－a 2＋a ·c ＋b ·c ＝1，∴cos 〈BD 1→，AC →〉＝BD 1，→·AC →|BD 1→||AC →|＝66.即BD 1→与AC →夹角的余弦值为66.1．已知a ＝(2，3，－4)，b ＝(－4，－3，－2)，b ＝12x －2a ，则x 等于()A ．(0，3，－6)B ．(0，6，－20)C ．(0，6，－6)D ．(6，6，－6)答案B解析由b ＝12x －2a ，得x ＝4a ＋2b ＝(8，12，－16)＋(－8，－6，－4)＝(0，6，－20)．2．在下列命题中：①若向量a ，b 共线，则向量a ，b 所在的直线平行；②若向量a ，b 所在的直线为异面直线，则向量a ，b 一定不共面；③若三个向量a ，b ，c 两两共面，则向量a ，b ，c 共面；④已知空间的三个向量a ，b ，c ，则对于空间的任意一个向量p 总存在实数x ，y ，z 使得p ＝x a ＋y b ＋z c .其中正确命题的个数是()A ．0B ．1C ．2D ．3答案A解析a 与b 共线，a ，b 所在的直线也可能重合，故①不正确；根据自由向量的意义知，空间任意两向量a ，b 都共面，故②不正确；三个向量a ，b ，c 中任意两个一定共面，但它们三个却不一定共面，故③不正确；只有当a ，b ，c 不共面时，空间任意一向量p 才能表示为p ＝x a ＋y b ＋z c ，故④不正确，综上可知四个命题中正确的个数为0，故选A.3．已知向量a ＝(2m ＋1，3，m －1)，b ＝(2，m ，－m )，且a ∥b ，则实数m 的值等于()A.32B ．－2C ．0 D.32或－2答案B解析当m ＝0时，a ＝(1，3，－1)，b ＝(2，0，0)，a 与b 不平行，∴m ≠0，∵a ∥b ，∴2m ＋12＝3m ＝m －1－m ，解得m ＝－2.4．在空间直角坐标系中，已知A (1，－2，1)，B (2，2，2)，点P 在z 轴上，且满足|PA |＝|PB |，则P 点坐标为()A ．(3，0，0)B ．(0，3，0)C ．(0，0，3)D ．(0，0，－3)答案C 解析设P (0，0，z )，则有(1－0)2＋(－2－0)2＋(1－z )2＝(2－0)2＋(2－0)2＋(2－z )2，解得z ＝3.5．已知a ＝(1，0，1)，b ＝(x ，1，2)，且a·b ＝3，则向量a 与b 的夹角为()A.5π6 B.2π3 C.π3 D.π6答案D解析∵a·b ＝x ＋2＝3，∴x ＝1，∴b ＝(1，1，2)，∴cos 〈a ，b 〉＝a·b |a||b |＝32×6＝32，又∵〈a ，b 〉∈[0，π]，∴a 与b 的夹角为π6，故选D.6.如图，在大小为45°的二面角A －EF －D 中，四边形ABFE ，CDEF 都是边长为1的正方形，则B ，D 两点间的距离是()A.3B.2C ．1 D.3－2答案D 解析∵BD →＝BF →＋FE →＋ED →，∴|BD →|2＝|BF →|2＋|FE →|2＋|ED →|2＋2BF →·FE →＋2FE →·ED →＋2BF →·ED →＝1＋1＋1－2＝3－2，故|BD→|＝3－2.7．已知a＝(2，1，－3)，b＝(－1，2，3)，c＝(7，6，λ)，若a，b，c三向量共面，则λ＝________.答案－9解析由题意知c＝x a＋y b，即(7，6，λ)＝x(2，1，－3)＋y(－1，2，3)，x－y＝7，＋2y＝6，3x＋3y＝λ，解得λ＝－9.8．已知a＝(x，4，1)，b＝(－2，y，－1)，c＝(3，－2，z)，a∥b，b⊥c，则c＝________.答案(3，－2，2)解析因为a∥b，所以x－2＝4y＝1－1，解得x＝2，y＝－4，此时a＝(2，4，1)，b＝(－2，－4，－1)，又因为b⊥c，所以b·c＝0，即－6＋8－z＝0，解得z＝2，于是c＝(3，－2，2)．9．已知V为矩形ABCD所在平面外一点，且VA＝VB＝VC＝VD，VP→＝13VC→，VM→＝23VB→，VN→＝23VD→.则VA与平面PMN的位置关系是________．答案平行解析如图，设VA→＝a，VB→＝b，VC→＝c，则VD→＝a＋c－b，由题意知PM→＝23b－13c，PN→＝23VD→－13VC→＝23a－23b＋13c.因此VA→＝32PM→＋32PN→，∴VA→，PM→，PN→共面．又VA⊄平面PMN，∴VA∥平面PMN.10．已知ABCD －A 1B 1C 1D 1为正方体，①(A 1A →＋A 1D 1→＋A 1B 1→)2＝3A 1B 1→2；②A 1C →·(A 1B 1→－A 1A →)＝0；③向量AD 1→与向量A 1B →的夹角是60°；④正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积为|AB →·AA 1→·AD →|.其中正确的序号是________．答案①②解析①中，(A 1A →＋A 1D 1→＋A 1B 1→)2＝A 1A →2＋A 1D 1→2＋A 1B 1→2＝3A 1B 1→2，故①正确；②中，A 1B 1→－A 1A →＝AB 1→，因为AB 1⊥A 1C ，故②正确；③中，两异面直线A 1B 与AD 1所成的角为60°，但AD 1→与A 1B →的夹角为120°，故③不正确；④中，|AB →·AA 1→·AD →|＝0，故④也不正确．11．已知A ，B ，C 三点不共线，对平面ABC 外的任一点O ，若点M 满足OM →＝13(OA →＋OB →＋OC →)．(1)判断MA →，MB →，MC →三个向量是否共面；(2)判断点M 是否在平面ABC 内．解(1)由题意知OA →＋OB →＋OC →＝3OM →，∴OA →－OM →＝(OM →－OB →)＋(OM →－OC →)，即MA →＝BM →＋CM →＝－MB →－MC →，∴MA →，MB →，MC →共面．(2)由(1)知MA →，MB →，MC →共面且过同一点M ，∴M ，A ，B ，C 四点共面．∴点M 在平面ABC 内．12．已知a ＝(1，－3，2)，b ＝(－2，1，1)，A (－3，－1，4)，B (－2，－2，2)．(1)求|2a ＋b |；(2)在直线AB 上，是否存在一点E ，使得OE →⊥b ？(O 为原点)解(1)2a ＋b ＝(2，－6，4)＋(－2，1，1)＝(0，－5，5)，故|2a ＋b |＝02＋(－5)2＋52＝5 2.(2)令AE →＝tAB →(t ∈R )，所以OE →＝OA →＋AE →＝OA →＋tAB→＝(－3，－1，4)＋t (1，－1，－2)＝(－3＋t ，－1－t ，4－2t )，若OE →⊥b ，则OE →·b ＝0，所以－2(－3＋t )＋(－1－t )＋(4－2t )＝0，解得t ＝95.因此存在点E ，使得OE →⊥b ，此时E －65，－145，13.如图，已知空间四边形OABC ，其对角线为OB ，AC ，M ，N 分别为OA ，BC 的中点，点G 在线段MN 上，且MG →＝2GN →，若OG →＝xOA →＋yOB →＋zOC →，则x ＋y ＋z ＝________.答案56解析连接ON ，设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，则MN →＝ON →－OM →＝12(OB →＋OC →)－12OA →＝12b ＋12c －12a ，OG →＝OM →＋MG →＝12OA →＋23MN →＝12a＋12c －12a ＝16a ＋13b ＋13c .又OG →＝xOA →＋yOB →＋zOC →，所以x ＝16y ＝13，z ＝13，因此x ＋y ＋z ＝16＋13＋13＝56.14．A ，B ，C ，D 是空间不共面的四点，且满足AB →·AC →＝0，AC →·AD →＝0，AB →·AD →＝0，M 为BC 中点，则△AMD 是()A ．钝角三角形B ．锐角三角形C ．直角三角形D ．不确定答案C 解析∵M 为BC 中点，∴AM →＝12(AB →＋AC →)，∴AM →·AD →＝12(AB →＋AC →)·AD →＝12AB →·AD →＋12AC →·AD →＝0.∴AM ⊥AD ，△AMD 为直角三角形．15．已知O (0，0，0)，A (1，2，1)，B (2，1，2)，P (1，1，2)，点Q 在直线OP 上运动，当QA →·QB→取最小值时，点Q 的坐标是________．答案(1，1，2)解析由题意，设OQ →＝λOP →，则OQ →＝(λ，λ，2λ)，即Q (λ，λ，2λ)，则QA →＝(1－λ，2－λ，1－2λ)，QB →＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，∴QA →·QB →＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(1－2λ)(2－2λ)＝6λ2－12λ＋6＝6(λ－1)2，当λ＝1时取最小值，此时Q 点坐标为(1，1，2)．16．如图，在直三棱柱ABC －A ′B ′C ′中，AC ＝BC ＝AA ′，∠ACB ＝90°，D ，E 分别为棱AB ，BB ′的中点．(1)求证：CE ⊥A ′D ；(2)求异面直线CE 与AC ′所成角的余弦值．(1)证明设CA →＝a ，CB →＝b ，CC ′→＝c ，根据题意得|a |＝|b |＝|c |，且a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝0，∴CE →＝b ＋12c ，A ′D →＝－c ＋12b －12a ，∴CE →·A ′D →＝－12c 2＋12b 2＝0，∴CE →⊥A ′D →，即CE ⊥A ′D .(2)解∵AC ′→＝－a ＋c ，|AC ′→|＝2|a |，|CE →|＝52|a |，AC ′→·CE →＝(－a ＋c ＋12c ＝12c 2＝12|a |2，∴cos 〈AC ′→，CE →〉＝AC ′，→·CE →|AC ′→||CE →|＝12|a |22×52|a |2＝1010，即异面直线CE 与AC ′所成角的余弦值为1010.。

2020年高考数学一轮复习专题9.7空间向量在几何体中的运用(一)练习(含解析)

2020年高考数学一轮复习专题9.7空间向量在几何体中的运用(一)练习(含解析)

9.7 空间向量在空间几何体的运用（一）一．设直线l ，m 的方向向量分别为a ，b ，平面α，β的法向量分别为1n ，2n ，则有如下结论：二．点面距已知AB 为平面α的一条斜线段(A 在平面α内)，n 为平面α的法向量，则B 到平面α的距离为|||cos ,|||||||||AB d AB AB AB AB ⋅===<>n n n ||||AB ⋅n n ．注：空间中其他距离问题一般都可以转化为点面距问题．考向一 利用空间向量证明平行【例1】在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是CC 1，B 1C 1的中点．求证：MN ∥平面A 1BD ． 【答案】见解析【解析】法一 如图，以D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则D (0,0,0)，A 1(1,0,1)，B (1,1,0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，1，于是DA 1→＝(1,0,1)，DB →＝(1,1,0)，MN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，12.设平面A 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥DA 1→，n ⊥DB →，即⎩⎪⎨⎪⎧n ·DA 1→＝x ＋z ＝0，n ·DB →＝x ＋y ＝0，取x ＝1，则y ＝－1，z ＝－1，∴平面A 1BD 的一个法向量为n ＝(1，－1，－1)．又MN →·n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，12·(1，－1，－1)＝0，∴MN →⊥n .∴MN ∥平面A 1BD ．法二 MN →＝C 1N →－C 1M →＝12C 1B 1→－12C 1C →＝12(D 1A 1→－D 1D →)＝12DA 1→，∴MN →∥DA 1→，∴MN ∥平面A 1BD ．法三 MN →＝C 1N →－C 1M →＝12C 1B 1→－12C 1C →＝12DA →－12A 1A →＝12()DB →＋BA →－12()A 1B →＋BA →＝12DB →－12A 1B →. 即MN →可用A 1B →与DB →线性表示，故MN →与A 1B →，DB →是共面向量，故MN ∥平面A 1BD ． 【拓展】1.(变条件)本例中条件不变，试证明平面A 1BD ∥平面CB 1D 1.[证明] 由例题解析知，C (0,1,0)，D 1(0,0,1)，B 1(1,1,1)， 则CD 1→＝(0，－1,1)，D 1B 1→＝(1,1,0)， 设平面CB 1D 1的法向量为m ＝(x 1，μ1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧m ⊥CD 1→m ⊥D 1B 1→，即⎩⎪⎨⎪⎧m ·CD 1→＝－y 1＋z 1＝0，m ·D 1B 1→＝x 1＋y 1＝0，令y 1＝1，可得平面CB 1D 1的一个法向量为m ＝(－1,1,1)， 又平面A 1BD 的一个法向量为n ＝(1，－1，－1)． 所以m ＝－n ，所以m ∥n ，故平面A 1BD ∥平面CB 1D 1. 2．(变条件)若本例换为：在如图3­2­4所示的多面体中，EF ⊥平面AEB ，AE ⊥EB ，AD ∥EF ，EF ∥BC ，BC ＝2AD ＝4，EF ＝3，AE ＝BE ＝2，G 是BC 的中点，求证：AB ∥平面DEG .图3­2­4[证明] ∵EF ⊥平面AEB ，AE ⊂平面AEB ，BE ⊂平面AEB ， ∴EF ⊥AE ，EF ⊥BE .又∵AE ⊥EB ，∴EB ，EF ，EA 两两垂直．以点E 为坐标原点，EB ，EF ，EA 分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系．由已知得，A (0,0,2)，B (2,0,0)，C (2,4,0)，F (0,3,0)，D (0,2,2)，G (2，2,0)，∴ED →＝(0,2,2)，EG →＝(2,2,0)，AB →＝(2,0，－2)．设平面DEG 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧ED →·n ＝0，EG →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＋2z ＝0，2x ＋2y ＝0，令y ＝1，得z ＝－1，x ＝－1，则n ＝(－1,1，－1)， ∴AB →·n ＝－2＋0＋2＝0，即AB →⊥n . ∵AB ⊄平面DEG ， ∴AB ∥平面DEG .考向二 垂直、【例2】如图1，在四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 是正方形，AS ⊥底面ABCD ，且A S A B =，E 是SC 的中点．求证：（1）直线AD ⊥平面SAB ； （2）平面BDE ⊥平面ABCD ．图1 图2【答案】见解析【解析】如图2，以A 为原点， AB ，AD ，AS 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系Axyz ，设2AS AB ==，则(0,0,0)A ，(0,2,0)D ，(2,2,0)C ，(2,0,0)B ，(0,0,2)S ，(1,1,1)E 易得(0,0,2)AS =，(2,0,0)AB =设平面SAB 的法向量为(,,)x y z =n ，则AS AB ⎧⎪⎨⎪⎩⊥⊥n n ，即2020AS z AB x ⎧⋅==⎪⎨⋅==⎪⎩n n取1y =，可得平面SAB 的一个法向量为(0,1,0)=n又(0,2,0)AD =，所以2AD =n ，所以AD ∥n ，所以直线AD ⊥平面SAB 方法1：如图2，连接AC 交BD 于点O ，连接OE ，则点O 的坐标为(1,1,0) 易得(0,0,1)OE =，(0,0,2)AS =，显然2AS OE =，故AS OE ∥，所以AS OE ∥ 又AS ⊥底面ABCD ，所以OE ⊥底面ABCD 又OE ⊂平面BDE ，所以平面BDE ⊥平面ABCD 方法2：易得(1,1,1)BE =-，(2,2,0)BD =-设平面BDE 的法向量为(,,)x y z =m ，则BE BD ⎧⎪⎨⎪⎩⊥⊥m m ，即0220BE x y z BD x y ⎧⋅=-++=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩m m取1x =，得1y =，0z =，所以平面1A BD 的一个法向量为(1,1,0)=mAS ⊥底面ABCD ，可得(0,0,2)AS =是平面ABCD 的一个法向量因为(0,0,2)(1,1,0)0AS ⋅=⋅=m ，所以AS ⊥m ，所以平面BDE ⊥平面ABCD【举一反三】1.如图所示，正三棱柱ABC ­A 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 ．【答案】见解析【解析】法一：如图所示，取BC 的中点O ，连接AO .因为△ABC 为正三角形，所以AO ⊥BC ．因为在正三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，平面ABC ⊥平面BCC 1B 1，所以AO ⊥平面BCC 1B 1.取B 1C 1的中点O 1，以O 为原点，以OB →，OO 1→，OA →分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向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)． 所以AB 1→＝(1,2，－3)，BA 1→＝(－1,2，3)，BD →＝(－2,1,0)． 因为AB 1→·BA 1→＝1×(－1)＋2×2＋(－3)×3＝0.AB 1→·BD →＝1×(－2)＋2×1＋(－3)×0＝0.所以AB 1→⊥BA 1→，AB 1→⊥BD →，即AB 1⊥BA 1，AB 1⊥BD ． 又因为BA 1∩BD ＝B ，所以AB 1⊥平面A 1BD ． 法二：建系同方法一．设平面A 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥BA 1→n ⊥BD→，即⎩⎪⎨⎪⎧n ·BA 1→＝－x ＋2y ＋3z ＝0，n ·BD →＝－2x ＋y ＝0，令x ＝1得平面A 1BD 的一个法向量为n ＝(1,2，－3)， 又AB 1→＝(1,2，－3)，所以n ＝AB 1→，即AB 1→∥n . 所以AB 1⊥平面A 1BD ．考向三 利用空间向量解决平行与垂直关系中的探索性问题【例3】如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面ABC ，BC ⊥AC ，BC ＝AC ＝AA 1＝2，D 为AC 的中点．(1)求证：AB 1∥平面BDC 1；(2)设AB 1的中点为G ，问：在矩形BCC 1B 1内是否存在点H ，使得GH ⊥平面BDC 1.若存在，求出点H 的位置，若不存在，说明理由． 【答案】见解析【解析】(1)证明：连接B 1C ，设B 1C ∩BC 1＝M ，连接MD ，在△AB 1C 中，M 为B 1C 中点，D 为AC 中点， ∴DM ∥AB 1，又∵AB 1不在平面BDC 1内，DM 在平面BDC 1内， ∴AB 1∥平面BDC 1.(2)以C 1为坐标原点，C 1A 1→为x 轴，C 1C →为y 轴，C 1B 1→为z 轴建立空间直角坐标系． 依题意，得C 1(0,0,0)，D (1,2,0)，B (0,2,2)，G (1,1,1)，假设存在H (0，m ，n )， GH →＝(－1，m －1，n －1)，C 1D →＝(1,2,0)，DB →＝(－1,0,2)，由GH ⊥平面BC 1D ，得GH →⊥C 1D →⇒(－1，m －1，n －1)·(1,2,0)＝0⇒m ＝32.同理，由GH →⊥DB →得n ＝12，即在矩形BCC 1B 1内存在点H ，使得GH ⊥平面BDC 1.此时点H 到B 1C 1的距离为32，到C 1C 的距离为12.【举一反三】1.如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧面PAD ⊥底面ABCD ，E ，F 分别为PA ，BD 中点，PA ＝PD ＝AD ＝2.(1)求证：EF ∥平面PBC ；(2)在棱PC 上是否存在一点G ，使GF ⊥平面EDF ？若存在，指出点G 的位置；若不存在，说明理由．【答案】见解析【解析】(1)证明：如图所示，连接AC .因为底面ABCD 是正方形，AC 与BD 互相平分．F 是BD 中点，所以F 是AC 中点．在△PAC 中，E 是PA 中点，F 是AC 中点，所以EF ∥PC . 又因为EF ⊄平面PBC ，PC ⊂平面PBC ，所以EF ∥平面PBC . (2)取AD 中点O ，连接PO .在△PAD 中，PA ＝PD ，所以PO ⊥AD .因为平面PAD ⊥底面ABCD ，且平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，所以PO ⊥平面ABCD . 因为OF ⊂平面ABCD ，所以PO ⊥OF . 又因为F 是AC 中点，所以OF ⊥AD .以O 为原点，OA ，OF ，OP 分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系．因为PA ＝PD ＝AD ＝2，所以OP ＝3，则C (－1,2,0)，D (－1,0,0)，P (0,0，3)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，32，F (0,1,0)．于是DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，32，DF →＝(1,1,0)．设平面EFD 的法向量n ＝(x 0，y 0，z 0)．因为⎩⎪⎨⎪⎧n ·DF →＝0，n ·DE →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧x 0＋y 0＝0，32x 0＋32z 0＝0，即⎩⎨⎧y 0＝－x 0，z 0＝－3x 0.令x 0＝1，则n ＝(1，－1，－3)．假设在棱PC 上存在一点G ，使GF ⊥平面EDF . 设G (x 1，y 1，z 1)，则FG →＝(x 1，y 1－1，z 1)． 因为EDF 的一个法向量n ＝(1，－1，－3)． 因为GF ⊥平面EDF ，所以FG →＝λn .于是⎩⎨⎧x 1＝λ，y 1－1＝－λ，z 1＝－3λ，即⎩⎨⎧x 1＝λ，y 1＝1－λ，z 1＝－3λ.又因为点G 在棱PC 上，所以GC →与PC →共线．因为PC →＝(－1,2，－3)，CG →＝(x 1＋1，y 1－2，z 1)， 所以x 1＋1－1＝y 1－22＝z 1－3， 即1＋λ－1＝－λ－12＝－3λ－3，无解．故在棱PC 上不存在一点G ，使GF ⊥平面EDF . 考向四 点面距【例4】如图，已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为3a ，求平面11AB D 与平面1BDC 之间的距离．．【解析】由正方体的性质，易得平面11AB D ∥平面1BDC ， 则两平面间的距离可转化为点B 到平面11AB D 的距离．如图，以D 为坐标原点，DA ，DC ，1DD 所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，【举一反三】1．在我国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑（bie nao ）.已知在鳖臑P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，2PA AB BC ===，M 为PC 的中点，则点P 到平面MAB 的距离为_____．【解析】以B 为坐标原点，BA,BC 所在直线分别为x 轴，y 轴建立空间直角坐标系，如图，则()()()()0,0,0,2,0,0,2,0,2,0,2,0B A P C ,由M 为PC 的中点可得()1,1,1M ;()()1,1,1,2,0,0BM BA ==, ()2,0,2BP =.设(),,x y z =n 为平面ABM 的一个法向量，则00n BA n BM ⎧⋅=⎨⋅=⎩,即200x x y z =⎧⎨++=⎩，令1z =-，可得()0,1,1=-n ，点P 到平面MAB 的距离为BP d ⋅==n n.1．在棱长为1的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点A 关于平面BDC 1对称点为M ，则M 到平面A 1B 1C 1D 1的距离为（ ）A ．32B ．54C ．43D ．53【答案】D【解析】以D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，D （0，0，0），B （1，1，0），C 1（0，1，1），A （1，0，0），A 1（1，0，1），DB =（1，1，0），1DC =（0，1，1）， 设平面BDC 1的法向量n =（x ，y ，z ），则100n DB x y n DC y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，取x=1，得n =（1，-1，1），∴平面BDC 1的方程为x-y+z=0，过点A （1，0，0）且垂直于平面BDC 1的直线方程为： （x-1）=-y=z ，令（x-1）=-y=z=t ，得x=t+1，y=-t ，z=t ，代入平面方程x-y+z=0，得t+1+t+t=0，解得t=13- ，∴过点A （1，0，0）且垂直于平面BDC 1的直线方程与平面BDC 1的交点为211333⎛⎫ ⎪⎝⎭，，-∴点A 关于平面BDC 1对称点M 122333⎛⎫ ⎪⎝⎭，，-， 1225333A M ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，，-，平面A 1B 1C 1D 1的法向量m =（0，0，1），∴M 到平面A 1B 1C 1D 1的距离为d=15=3m A M m⋅故选：D ． 2．在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F 分别为棱1AA 、1BB 的中点，M 为棱11A B 上的一点，且1(02)A M λλ=<<，设点N 为ME 的中点，则点N 到平面1D EF 的距离为（ ）AB．2C．3λ D【答案】D【解析】以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系， 则M （2，λ，2），D 1（0，0，2），E （2，0，1），F （2，2，1），1ED ＝（﹣2，0，1），EF ＝（0，2，0）1sin()cos 22C C π+==＝（0，λ，1）， 设平面D 1EF 的法向量n ＝（x ，y ，z ），则1·20·20n ED x z n EF y ⎧=-+=⎨==⎩，取x ＝1，得n ＝（1，0，2），∴点M 到平面D 1EF 的距离为：d＝5EM n n==N 为EM 中点，所以N ，选D ．3．如图：正三棱柱111ABC A B C -的底面边长为3，D 是CB 延长线上一点，且BD BC =，二面角1B AD B --的大小为60︒；（1）求点1C 到平面1B AD 的距离；（2）若P 是线段AD 上的一点 ，且12DP A A =，在线段1DC 上是否存在一点Q ，使直线//PQ 平面1ABC ？若存在，请指出这一点的位置；若不存在，请说明理由．【答案】（1）4； （2）存在,当113C Q QD =时，1//PQ AC 知//PQ 平面1ABC . 【解析】（1）设E 为AD 的中点，则BE AD ⊥，在正三棱柱111ABC A B C -中，1BB ⊥平面ABC ,而AD ⊂平面ABC ，所以1BB AD ⊥，而1BB EB B =,因此AD ⊥平面1BB E ，而1B E ⊂平面1BB E ，所以有1B E AD ⊥1BEB ∴∠为二面角1B AD B --的平面角，如下图所示：160BEB ∴∠=︒120ABD ∠=︒，32BE =,11tan BB BEB BE ∴∠==侧棱11AA BB ==；111111C ADB A C DB A BB C V V V ---==11273328⎛=⨯= ⎝⎭又AD =11AB B D ==知1112ADB S AD B E ∆=⋅=∴点1C 到平面1ADB 的距离2738d =⨯=（2）由（1）可知AD =1AA =，12DP AA =，13AP PD ∴=，当113C Q QD =时，有1//PQ AC 成立，而 1AC ⊂平面1ABC ，所以 //PQ 平面1ABC ，故存在，当113C Q QD =时，符合题意。

高考数学中的向量与向量运算

高考数学中的向量与向量运算

高考数学中的向量与向量运算高考数学中涉及的向量是一个很重要的概念。

向量是由大小和方向两个属性所构成的一个有序数对，其中大小用标量表示，方向用与其相应的单位正交基表示。

在向量运算中，向量可以进行加、减、数乘和内积等操作。

一、向量的基本概念及表示方法1.向量的概念向量是一个由大小和方向两个属性所构成的有序数对。

可以用一个有向线段代表。

在空间直角坐标系中，向量a可以用有序的三个实数 (x,y,z) 表示。

向量的长度也叫做模，可以表示为 ||a||。

2.向量的加法向量 a + b 的结果是一个新的向量 c ，c 的起点是 a 的终点，c 的终点是 b 的终点。

3.向量的数乘数乘操作是把一个数乘上一个向量，得到一个新的向量。

数乘的结果是一个方向和原向量相同（或相反），长度等于原向量长度乘以该数的绝对值。

4.向量的内积向量的内积是相对于该向量长度的一个标量。

向量 a 和向量 b 的内积可以用以下公式表示：a·b = ||a|| ||b|| cosθ其中，θ 是向量 a 和向量 b 之间的角度。

二、向量的应用1.解平面几何问题向量可以应用于求平面上的距离，角度和面积等问题。

2.解空间几何问题在空间几何中，向量也被广泛应用于求距离，面积和体积等问题。

3.解力学问题物理学中使用向量来描述力和速度。

三、向量运算的性质1.交换律向量加法和内积运算满足交换律，即 a+b = b+a，a·b=b·a。

2.结合律向量加法和内积运算满足结合律，即 a+(b+c)=(a+b)+c，a·(b·c)=(a·b)·c。

3.分配律向量加法和数乘运算满足分配律，即 a(b+c) = ab+ac。

四、向量运动向量可以用来描述物体的运动状态。

运动状态的变化可以用向量实现，例如速度，加速度等等。

总之，在数学领域，向量是一个非常重要的概念。

向量的运算可以解决很多复杂的问题。

同时，向量广泛应用于物理学，工程学，计算机科学等多个领域。

2020年高考数学一轮复习专题5.2平面向量的基本定理练习(含解析)

2020年高考数学一轮复习专题5.2平面向量的基本定理练习(含解析)

5.2 平面向量的坐标运算一、平面向量的坐标运算 1．向量坐标的求法（1）若向量的起点是坐标原点，则终点坐标即为向量的坐标. （2）设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），则AB =（x 2－x 1，y 2－y 1）. 2．向量加法、减法、数乘向量及向量的模设a =（x 1，y 1），b =（x 2，y 2），则a ＋b =（x 2+x 1，y 2+y 1），a －b =（x 1－x 2，y 1－y 2），λa =（λx 1，λy 1）， |a |a ＋b 3．平面向量共线的坐标表示设a =（x 1，y 1），b =（x 2，y 2），则a ∥b ⇔x 1y 2－x 2y 1=0. 4．向量的夹角已知两个非零向量a 和b ，作OA =a ，OB =b ，则∠AOB =θ（0°≤θ≤180°）叫做向量a 与b 的夹角.如果向量a 与b 的夹角是90°，我们说a 与b 垂直，记作a ⊥b .考向一 坐标运算【例1】（1）已知点M (5，－6)和向量a ＝(1，－2)，若MN →＝－3a ，则点N 的坐标为．(2)已知A (－2,4)，B (3，－1)，C (－3，－4)．设AB →＝a ，BC →＝b ，CA →＝c ，a ＝m b ＋n c (m ，n ∈R )，则m ＋n ＝ 【答案】（1）(2,0) （2）-2【解析】（1） 设N (x ，y )，则(x －5，y ＋6)＝(－3,6)，∴x ＝2，y ＝0. （2）由已知得a ＝(5，－5)，b ＝(－6，－3)，c ＝(1,8)．∵m b ＋n c ＝(－6m ＋n ，－3m ＋8n )，∴⎩⎪⎨⎪⎧－6m ＋n ＝5，－3m ＋8n ＝－5，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝－1，n ＝－1.∴m ＋n ＝－2.【举一反三】1.设OA →＝(1，－2)，OB →＝(a ，－1)，OC →＝(－b,0)，a >0，b >0，O 为坐标原点，若A ，B ，C 三点共线，则1a＋2b的最小值是( )A ．2B ．4C ．6D ．8【答案】 D【解析】 由题意可得，OA →＝(1，－2)，OB →＝(a ，－1)，OC →＝(－b,0)，所以AB →＝OB →－OA →＝(a －1,1)，AC →＝OC →－OA →＝(－b －1，2)．又∵A ，B ，C 三点共线，∴AB →∥AC →，即(a －1)×2－1×(－b －1)＝0，∴2a ＋b ＝1，又∵a >0，b >0，∴1a ＋2b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋2b (2a ＋b )＝4＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ＋4a b ≥4＋4＝8，当且仅当b a ＝4a b时，取“＝”．故选D.2．已知点P (－1,2)，线段PQ 的中点M 的坐标为(1，－1)．若向量PQ →与向量a ＝(λ，1)共线，则λ＝________. 【答案】 －23【解析】 点P (－1,2)，线段PQ 的中点M 的坐标为(1，－1)， ∴向量PQ →＝2PM →＝2(1＋1，－1－2)＝(4，－6)．又PQ →与向量a ＝(λ，1)共线，∴4×1＋6λ＝0，即λ＝－23.3.已知a ＝(5，－2)，b ＝(－4，－3)，若a －2b ＋3c ＝0，则c 等于( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫1，83 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－133，83 C.⎝⎛⎭⎪⎫133，43D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－133，－43【解析】 由已知3c ＝－a ＋2b ＝(－5,2)＋(－8，－6)＝(－13，－4)．所以c ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－133，－43.考向二 平面向量在几何中 的运用【例2】已知△ABC 的三个顶点的坐标为A (0，1)，B (1,0)，C (0，－2)，O 为坐标原点，动点M 满足|CM →|＝1，则|OA →＋OB →＋OM →|的最大值是( )A.2＋1B.7＋1C.2－1D.7－1 【答案】 A【解析】 设点M 的坐标是(x ，y )，∵C (0，－2)，且|CM →|＝1，∴x 2＋(y ＋2)2＝1，则x 2＋(y ＋2)2＝1， 即动点M 的轨迹是以C 为圆心、1为半径的圆， ∵A (0,1)，B (1,0)，∴OA →＋OB →＋OM →＝(x ＋1，y ＋1)，则|OA →＋OB →＋OM →|＝(x ＋1)2＋(y ＋1)2，几何意义表示：点M (x ，y )与点N (－1，－1)之间的距离，即圆C 上的点与点N (－1，－1)的距离，∵点N (－1，－1)在圆C 外部，∴|OA →＋OB →＋OM →|的最大值是|NC |＋1＝(0＋1)2＋(－2＋1)2＋1＝2＋1.故选A. 【举一反三】1.在平面直角坐标系中，为坐标原点，直线与圆相交于两点，．若点在圆上，则实数（ ）A ．B ．C ．D ．O :10l x ky -+=22:4C x y +=, A B OM OA OB =+M C k =2-1-01考向三 向量中的坐标【例3】给定两个长度为1的平面向量,OA OB ，它们的夹角为120.如图1所示，点C 在以O 为圆心的圆弧AB 上变动.若,OC xOA yOB =+其中,x y R ∈，则x y +的最大值是______. 【答案】2【解析】解法1（ 考虑特值法） 当C 与A 重合时，10,OC OA OB =⨯+⨯1x y +=，当C 与B 重合时，01,OC OA OB =⨯+⨯1x y +=， 当C 从AB 的端点向圆弧内部运动时，1x y +>， 于是猜想当C 是AB 的中点时，x y +取到最大值.当C 是AB 的中点时，由平面几何知识OACB 是菱形， ∴,OC OA OB =+∴11 2.x y +=+= 猜想x y +的最大值是2.解法二（考虑坐标法）建立如图3，所示的平面直角坐标系，设AOC α∠=，则1(1,0),((cos ,sin )2A B C αα-.于是OC xOA yOB =+可化为：1(cos ,sin )(1,0)(,22x y αα=+-，∴1cos ,2sin .x y y αα⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩（1）解法2 函数法求最值由方程组（1）得：cos ,.x y ααα⎧=+⎪⎪⎨⎪=⎪⎩∴cos 2sin(30)x y ααα+=+=+，又0120α≤≤， ∴当30α=时，max () 2.x y += 解法3 不等式法求最值由方程组（1）得：222221sin cos ()3x y xy x y xy αα=+=+-=+-，∴211()33xy x y =+-， 由0,0x y >>，及x y +≥2()4x y xy +≥， ∴2()4x y +≤，∴2x y +≤，当且仅当1x y ==时取等号. ∴max () 2.x y +=思考方向三 考虑向量的数量积的运算 解法4 两边点乘同一个向量∵,OC xOA yOB =+∴,.OC OA xOA OA yOB OA OC OB xOA OB yOB OB ⎧⋅=⋅+⋅⎪⎨⋅=⋅+⋅⎪⎩ 设AOC α∠=，则 120BOC α∠=-，又||||||1OC OA OB ===，∴1cos ,21cos(120).2x y x y αα⎧=-⎪⎪⎨⎪-=-+⎪⎩∴2[cos cos(120)]2sin(30)x y ααα+=+-=+， ∴当30α=时，max () 2.x y += 解法5 两边平方法∵,OC xOA yOB =+∴22(),OC xOA yOB =+∴2221()3x y xy x y xy =+-=+-222()()()344x y x y x y ++≥+-⋅=， ∴2x y +≤，当且仅当1x y ==时取等号， ∴max () 2.x y +=思考方向四 考虑平行四边形法则过C 作CM ∥OB 交OA 于M ，作CN ∥OA 交OB 于N ，则OM CN 是平行四边形，由向量加法的平行四边形法则得：OC OM ON =+，在OMC ∆中，设AOC α∠=，则 120BOC α∠=-， 且||,||.OM x MC y == 解法6 利用正弦定理sin sin sin OM MC OCOCM COM OMC==∠∠∠， 1sin(60)sin sin 60x y αα==+，由等比性值得：1sin(60)sin sin 60x y αα+=++，∴2sin(30)x y α+=+，∴当30α=时，max () 2.x y += 解法7 利用余弦定理222||||||2||||cos60,OC OM MC OM MC =+-⋅∴2221()3x y xy x y xy =+-=+-222()()()344x y x y x y ++≥+-⋅=，∴2x y +≤，当且仅当1x y ==时取等号， ∴max () 2.x y += 【举一反三】1.如图，已知平面内有三个向量OA →，OB →，OC →，其中OA →与OB →的夹角为120°，OA →与OC →的夹角为30°，且|OA →|＝|OB →|＝1，|OC →|＝2 3.若OC →＝λOA →＋μOB →(λ，μ∈R )，求λ＋μ的值．【答案】6【解析】 方法一 如图，作平行四边形OB 1CA 1，则OC →＝OB 1→＋OA 1→，因为OA →与OB →的夹角为120°，OA →与OC →的夹角为30°， 所以∠B 1OC ＝90°.在Rt △OB 1C 中，∠OCB 1＝30°，|OC →|＝23， 所以|OB 1→|＝2，|B 1C →|＝4，所以|OA 1→|＝|B 1C →|＝4， 所以OC →＝4OA →＋2OB →，所以λ＝4，μ＝2，所以λ＋μ＝6.方法二 以O 为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，则A (1,0)，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，C (3，3)．由OC →＝λOA →＋μOB →，得⎩⎪⎨⎪⎧3＝λ－12μ，3＝32μ，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝4，μ＝2.所以λ＋μ＝6.2.如图，四边形ABCD 是正方形，延长CD 至E ，使得DE ＝CD ，若点P 为CD 的中点，且AP →＝λAB →＋μAE →，则λ＋μ＝.【答案】 52【解析】 由题意，设正方形的边长为1，建立平面直角坐标系如图，则B (1,0)，E (－1,1)， ∴AB →＝(1,0)，AE →＝(－1,1)， ∵AP →＝λAB →＋μAE →＝(λ－μ，μ)， 又∵P 为CD 的中点，∴AP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，∴⎩⎪⎨⎪⎧λ－μ＝12，μ＝1，∴λ＝32，μ＝1，∴λ＋μ＝52.1．在▱ABCD 中，AC 为一条对角线，AB →＝(2,4)，AC →＝(1,3)，则向量BD →的坐标为__________． 【答案】 (－3，－5)【解析】 ∵AB →＋BC →＝AC →，∴BC →＝AC →－AB →＝(－1，－1)，∴BD →＝AD →－AB →＝BC →－AB →＝(－3，－5)．2.已知向量a ＝(3，1)，b ＝(0，－1)，c ＝(k ，3)，若a －2b 与c 共线，则k ＝________. 【答案】 1【解析】 ∵a －2b ＝(3，3)，且a －2b ∥c ，∴3×3－3k ＝0，解得k ＝1.3.线段AB 的端点为A (x,5)，B (－2，y )，直线AB 上的点C (1,1)，使|AC →|＝2|BC →|，则x ＋y ＝. 【答案】 －2或6【解析】 由已知得AC →＝(1－x ，－4)，2BC →＝2(3,1－y )．由|AC →|＝2|BC →|，可得AC →＝±2BC →，则当AC →＝2BC →时，有⎩⎪⎨⎪⎧1－x ＝6，－4＝2－2y ，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－5，y ＝3，此时x ＋y ＝－2；当AC →＝－2BC →时，有⎩⎪⎨⎪⎧1－x ＝－6，－4＝－2＋2y ，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝7，y ＝－1，此时x ＋y ＝6.综上可知，x ＋y ＝－2或6.4. 已知O 为坐标原点，点A (4,0)，B (4,4)，C (2,6)，则AC 与OB 的交点P 的坐标为． 【答案】 (3,3)【解析】 方法一 由O ，P ，B 三点共线，可设OP →＝λOB →＝(4λ，4λ)，则AP →＝OP →－OA →＝(4λ－4,4λ)．又AC →＝OC →－OA →＝(－2,6)，由AP →与AC →共线，得(4λ－4)×6－4λ×(－2)＝0， 解得λ＝34，所以OP →＝34OB →＝(3,3)，所以点P 的坐标为(3,3)．方法二 设点P (x ，y )，则OP →＝(x ，y )，因为OB →＝(4,4)，且OP →与OB →共线，所以x 4＝y 4，即x ＝y .又AP →＝(x －4，y )，AC →＝(－2,6)，且AP →与AC →共线，所以(x －4)×6－y ×(－2)＝0，解得x ＝y ＝3，所以点P 的坐标为(3,3)．5.已知向量a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫8，x 2，b ＝(x,1)，其中x >0，若(a －2b )∥(2a ＋b )，则x ＝.【答案】 4【解析】 ∵向量a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫8，x 2，b ＝(x,1)，∴a －2b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫8－2x ，x2－2，2a ＋b ＝(16＋x ，x ＋1)，∵(a －2b )∥(2a ＋b )，∴(8－2x )(x ＋1)－(16＋x )⎝ ⎛⎭⎪⎫x2－2＝0，即－52x 2＋40＝0，又∵x >0，∴x ＝4.6．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AP →＝λAB →＋μAD →，则λ＋μ的最大值为． 【答案】 3【解析】 建立如图所示的平面直角坐标系，则C 点坐标为(2,1)．设BD 与圆C 切于点E ，连结CE ，则CE ⊥BD . ∵CD ＝1，BC ＝2， ∴BD ＝12＋22＝5，EC ＝BC ·CD BD ＝25＝255，即圆C 的半径为255，∴P 点的轨迹方程为(x －2)2＋(y －1)2＝45.设P (x 0，y 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝2＋255cos θ，y 0＝1＋255sin θ(θ为参数)，而AP →＝(x 0，y 0)，AB →＝(0,1)，AD →＝(2,0)．∵AP →＝λAB →＋μAD →＝λ(0,1)＋μ(2,0)＝(2μ，λ)， ∴μ＝12x 0＝1＋55cos θ，λ＝y 0＝1＋255sin θ.两式相加，得λ＋μ＝1＋255sin θ＋1＋55cos θ＝2＋sin(θ＋φ)≤3⎝ ⎛⎭⎪⎫其中sin φ＝55，cos φ＝255， 当且仅当θ＝π2＋2k π－φ，k ∈Z 时，λ＋μ取得最大值3.7.在直角梯形ABCD 中，AB ⊥AD ，DC ∥AB ，AD ＝DC ＝2，AB ＝4，E ，F 分别为AB ，BC 的中点，点P 在以A 为圆心，AD 为半径的圆弧DEM 上变动(如图所示)．若AP →＝λED →＋μAF →，其中λ，μ∈R ，则2λ－μ的取值范围是．【答案】 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－22，12 【解析】 建立如图所示的平面直角坐标系，则A (0,0)，E (2,0)，D (0,2)，F (3,1)，P (cos α，sin α)⎝⎛⎭⎪⎫－π2≤α≤π2，即AP →＝(cos α，sin α)，ED →＝(－2,2)，AF →＝(3,1)． ∵AP →＝λED →＋μAF →，∴(cos α，sin α)＝λ(－2,2)＋μ(3,1)， ∴cos α＝－2λ＋3μ，sin α＝2λ＋μ，∴λ＝18(3sin α－cos α)，μ＝14(cos α＋sin α)，∴2λ－μ＝12sin α－12cos α＝22sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π4.∵－π2≤α≤π2，∴－3π4≤α－π4≤π4.∴－22≤22sin ⎝⎛⎭⎪⎫α－π4≤12.8.如图，在边长为2的正六边形ABCDEF 中，动圆Q 的半径为1，圆心在线段CD (含端点)上运动，P 是圆Q 上及内部的动点，设向量AP →＝mAB →＋nAF →(m ，n 为实数)，求m ＋n 的最大值．【答案】5【解析】如图所示，①设点O 为正六边形的中心， 则AO →＝AB →＋AF →.当动圆Q 的圆心经过点C 时，与边BC 交于点P ，点P 为边BC 的中点．连结OP ， 则AP →＝AO →＋OP →， ∵OP →与FB →共线，∴存在实数t ，使得OP →＝tFB →， 则AP →＝AO →＋tFB →＝AB →＋AF →＋t (AB →－AF →) ＝(1＋t )AB →＋(1－t )AF →，∴此时m ＋n ＝1＋t ＋1－t ＝2，取得最小值．②当动圆Q 的圆心经过点D 时，取AD 的延长线与圆Q 的交点为P ，则AP →＝52AO →＝52()AB →＋AF →＝52AB →＋52AF →，此时m ＋n ＝5，为最大值．9.在△ABC 中，AB ＝3，AC ＝2，∠BAC ＝60°，点P 是△ABC 内一点(含边界)，若AP →＝23AB →＋λAC →，则|AP →|的最大值为________． 【答案】2133【解析】 以A 为原点，以AB 所在的直线为x 轴，建立如图所示的坐标系，∵AB ＝3，AC ＝2，∠BAC ＝60°， ∴A (0,0)，B (3,0)，C (1，3)，设点P 为(x ，y )，0≤x ≤3，0≤y ≤3， ∵AP →＝23AB →＋λAC →，∴(x ，y )＝23(3,0)＋λ(1，3)＝(2＋λ，3λ)，∴⎩⎨⎧x ＝2＋λ，y ＝3λ，∴y ＝3(x －2)，① 直线BC 的方程为y ＝－32(x －3)，② 联立①②，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝73，y ＝33，此时|AP →|最大，∴|AP →|＝499＋13＝2133. 10.已知三角形ABC 中，AB ＝AC ，BC ＝4，∠BAC ＝120°，BE →＝3EC →，若点P 是BC 边上的动点，则AP →·AE →的取值范围是________．【答案】 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－23，103 【解析】 因为AB ＝AC ，BC ＝4，∠BAC ＝120°，所以∠ABC ＝30°，AB ＝433.因为BE →＝3EC →，所以BE →＝34BC →.设BP →＝tBC →，则0≤t ≤1，所以AP →＝AB →＋BP →＝AB →＋tBC →，又AE →＝AB →＋BE →＝AB →＋34BC →，所以AP →·AE →＝(AB →＋tBC →)·⎝⎛⎭⎪⎫AB →＋34BC →＝AB →2＋tBC →·AB →＋34BC →·AB →＋34tBC →2＝163＋t ×4×433cos150°＋34×4×433cos150°＋34t ×42＝4t －23， 因为0≤t ≤1，所以－23≤4t －23≤103，即AP →·AE →的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－23，103.11在矩形ABCD 中，AB ＝5，BC ＝3，P 为矩形内一点，且AP ＝52，若AP →＝λAB →＋μAD →(λ，μ∈R )，则5λ＋3μ的最大值为______． 【答案】102【解析】 建立如图所示的平面直角坐标系，设P (x ，y )，B (5，0)，C (5，3)，D (0，3)．∵AP ＝52，∴x 2＋y 2＝54. 点P 满足的约束条件为 ⎩⎪⎨⎪⎧0≤x ≤5，0≤y ≤3，x 2＋y 2＝54，∵AP →＝λAB →＋μAD →(λ，μ∈R )， ∴(x ，y )＝λ(5，0)＋μ(0，3)，∴⎩⎨⎧x ＝5λ，y ＝3μ，∴x ＋y ＝5λ＋3μ.∵x ＋y ≤2(x 2＋y 2)＝2×54＝102， 当且仅当x ＝y 时取等号， ∴5λ＋3μ的最大值为102. 12.如图所示，A ，B ，C 是圆O 上的三点，线段CO 的延长线与BA 的延长线交于圆O 外的一点D ，若OC →＝mOA →＋nOB →，则m ＋n 的取值范围是________．【答案】 (－1,0)【解析】 由题意得，OC →＝kOD →(k ＜0)， 又|k |＝|OC →||OD →|＜1，∴－1＜k ＜0.又∵B ，A ，D 三点共线，∴OD →＝λOA →＋(1－λ)OB →， ∴mOA →＋nOB →＝k λOA →＋k (1－λ)OB →， ∴m ＝k λ，n ＝k (1－λ)， ∴m ＋n ＝k ，从而m ＋n ∈(－1,0)．。

2020年高考数学(理)重难点专练03 空间向量与立体几何(解析版)

2020年高考数学(理)重难点专练03 空间向量与立体几何(解析版)

2020年高考数学（理）重难点03 空间向量与立体几何【高考考试趋势】立体几何在高考数学是一个必考知识点，一直在高中数学中占有很大的分值，未来的高考中立体几何也会持续成为高考的一个热点，理科高考中立体几何主要考查三视图的相关性质利用，简单几何体的体积，表面积以及外接圆问题.另外选择部分主要考查在点线面位置关系，简单几何体三视图.选择题主要还是以几何体的基本性质为主，解答题部分主要考查平行，垂直关系以及二面角问题.前面的重点专题已经对立体几何进行了一系列详细的说明，本专题继续加强对高考中立体几何出现的习题以及对应的题目类型进行必要的加强.本专题包含了高考中几乎所有题型，学完本专题以后，对以后所有的立体几何你将有一个更加清晰的认识.【知识点分析以及满分技巧】基础知识点考查：一般来说遵循三短一长选最长.要学会抽象问题具体会，将题目中的直线转化成显示中的具体事务，例如立体坐标系可以看做是一个教室的墙角有关外接圆问题：一般图形可以采用补形法，将几何体补成正方体或者是长方体，再利用不在同一个平面的四点确定一个立体平面原理，从而去求.内切圆问题：转化成正方体的内切圆去求.求点到平面的距离问题：采用等体积法.求几何体的表面积体积问题：应注意巧妙选取底面积与高.对于二面角问题应采用建立立体坐标系去求.但是坐标系要注意采用左手系务必要标记准确对应点以及法向量对应的坐标.【常见题型限时检测】（建议用时：35分钟）一、单选题1．（2019·遵义航天高级中学高考模拟（理））一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．83B．163C．203D．8【答案】B 【解析】由图可知该几何体底面积为8，高为2的四棱锥，如图所示：∴该几何体的体积1168233V =⨯⨯= 故选B【点睛】：思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽. 2．（2019·天津高考模拟（理））已知四面体ABCD 的四个面都为直角三角形，且AB ⊥平面BCD ，2AB BD CD ===，若该四面体的四个顶点都在球O 的表面上，则球O 的表面积为（ ）A ．3πB ．C ．D ．12π【答案】D 【解析】 【分析】由已知中的垂直关系可将四面体放入正方体中，求解正方体的外接球表面积即为所求的四面体外接球的表面积；利用正方体外接球半径为其体对角线的一半，求得半径，代入面积公式求得结果. 【详解】2BD CD ==Q 且BCD ∆为直角三角形 BD CD ∴⊥又AB ⊥平面BCD ，CD ⊂平面BCD CD AB ∴⊥CD \^平面ABD由此可将四面体ABCD 放入边长为2的正方体中，如下图所示：∴正方体的外接球即为该四面体的外接球O正方体外接球半径为体对角线的一半，即12R == ∴球O 的表面积：2412S R ππ==本题正确选项：D 【点睛】本题考查多面体的外接球表面积的求解问题，关键是能够通过线面之间的位置关系，将所求四面体放入正方体中，通过求解正方体外接球来求得结果.3．（2019·河南高考模拟（理））如图，点P 在正方体1111ABCD A B C D -的面对角线1BC 上运动，则下列四个结论：①三棱锥1A D PC -的体积不变；1//A P ②平面1ACD ； 1DP BC ⊥③；④平面1PDB ⊥平面1ACD ．其中正确的结论的个数是( )A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个【答案】C 【解析】【分析】利用空间中线线、线面、面面间的位置关系求解． 【详解】对于①，由题意知11//AD BC ，从而1//BC 平面1AD C ，故BC 1上任意一点到平面1AD C 的距离均相等，所以以P 为顶点，平面1AD C 为底面，则三棱锥1A D PC -的体积不变，故①正确； 对于②，连接1A B ，11A C ，111//AC AD 且相等，由于①知：11//AD BC ， 所以11//BA C 面1ACD ，从而由线面平行的定义可得，故②正确； 对于③，由于DC ⊥平面11BCB C ，所以1DC BC ⊥， 若1DP BC ⊥，则1BC ⊥平面DCP ，1BC PC ⊥，则P 为中点，与P 为动点矛盾，故③错误；对于④，连接1DB ，由1DB AC ⊥且11DB AD ⊥，可得1DB ⊥面1ACD ，从而由面面垂直的判定知，故④正确． 故选：C ． 【点睛】本题考查命题真假的判断，解题时要注意三棱锥体积求法中的等体积法、线面平行、垂直的判定，要注意使用转化的思想．4．（2019·贵州高考模拟（理））设,m n 是两条不同的直线，,αβ是两个不同的平面，有下列四个命题：∴若m α⊂，αβ⊥，则m β⊥； ∴若//a β，m β⊂，则//m α； ∴若m α⊥，//m n ，//αβ，则n β⊥； ∴若//m α，//n β，//m n ，则//αβ其中正确命题的序号是（ ） A ．∴∴ B ．∴∴C ．∴∴D ．∴∴【答案】C 【解析】∴两个面垂直，推不出面中任意直线和另一个面垂直，错误；故排除A 、B 选项，对于∴，两个平行平面，其中一个平面内的任意直线都和另一个平面平行，故正确，所以选C.5．（2019·福建高考模拟（理））在三棱锥P ABC -中，3PA PB ==，BC =8AC =，AB BC ⊥，平面PAB ⊥平面ABC ，若球O 是三棱锥P ABC -的外接球，则球O 的半径为（ ）．A B C D ．2【答案】A 【解析】 【分析】取AB 中点D ，AC 中点E ，连PD ，ED ，得E 为∴ABC 外接圆的圆心，且OE∴平面PAB ，然后求出∴PAB 的外接圆半径r 和球心O 到平面PAB 的距离等于d ，由勾股定理得R .【详解】解：取AB 中点D ，AC 中点E ，连PD ，ED 因为AB BC ⊥，所以E 为∴ABC 外接圆的圆心因为OE∴PD ，OE 不包含于平面PAB ，所以OE∴平面PAB 因为平面PAB ⊥平面ABC ，3PA PB ==，得PD ⊥AB ，ED ⊥AB 所以PD ⊥平面ABC ，ED ⊥平面PAB且AB =PD 1=所以球心O 到平面PAB 的距离等于ED d ==在∴PAB 中，3PA PB ==，AB =1sin 3PAB ∠=， 所以∴PAB 得外接圆半径2r 9sin PB PAB ∠==，即9r 2=由勾股定理可得球O 的半径R ==故选：A. 【点睛】本题考查了三棱锥的外接球问题，经常用球中勾股定理R =解题，其中R 是外接球半径，d 是球心到截面距离，r 是截面外接圆半径.二、解答题6．（2019·山东高考模拟（理））如图，在四棱锥P ABCD -中，PC ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是直角梯形,//AB AD AB CD ⊥，224AB AD CD ===，4PC =.（1）证明：当点E 在PB 上运动时，始终有平面EAC ⊥平面PBC ； （2）求锐二而角A PB C --的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）5. 【解析】 【分析】（1）由PC ⊥底面ABCD ，证得AC PC ⊥，又由勾股定理，得AC CB ⊥，利用线面垂直的判定定理，得到AC ⊥平面PBC ，再由面面垂直的判定定理，可得平面EAC ⊥平面PBC ，即可得到结论；（2）分别以CD ，CF ，CP 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，求得平面PBC 和平面PAB 的法向量，利用向量的夹角公式，即可求解． 【详解】（1）由题意，因为PC ⊥底面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，所以AC PC ⊥，又因为224AB AD CD ===，所以4AB =，2AD CD ==，所以AC BC ==，所以222AC BC AB +=，从而得到AC CB ⊥．又BC ⊂Q 平面PBC ，PC ⊂平面PBC ，BC PC C ⋂=，所以AC ⊥平面PBC ， 又AC ⊂Q 平面ACE ，所以平面EAC ⊥平面PBC ， 所以当点E 在PB 上运动时，始终有平面EAC ⊥平面PBC. （2）由条件知PC ⊥底面ABCD ，且AB AD ⊥， AB C D ∥所以过点C 作CF CD ⊥交AB 于点F ，分别以CD ，CF ，CP 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系（如图所示），所以(0,0,0)C ，(2,2,0)A ，(2,2,0)B -，(0,0,4)P .由（1）知CA u u u r为平面PBC 的一个法向量，因为(2,2,0)CA =u u u r，(2,2,4)PA =-u u u r (2,2,4)PB =--u u u r ，设平面P AB 的一个法向量为(,,)n=x y z r，则(,,)(2,2,4)00(,,)(2,2,4)00x y z n PA x y z n PB ⎧⋅-=⎧⋅=⇒⎨⎨⋅--=⋅=⎩⎩u uu v r u u u v r ，即02x y z=⎧⎨=⎩，令1z =，则2y =，所以(0,2,1)n =r，所以|||cos ,|5||||CA n CA n CA n ⋅〈〉===uu r ruu r r uu r r ，故锐二面角A PB C --的余弦值5．【点睛】本题考查了线面垂直与面面垂直的判定与证明，以及空间角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.7（2017·广东高考模拟（理））如图，在四棱锥P ABCD -中，90,60ABC ACD BAC CAD ∠=∠=︒∠=∠=︒， PA ⊥平面ABCD ，2,1PA AB ==.(1)设点E 为PD 的中点，求证： //CE 平面PAB ；(2)线段PD 上是否存在一点N ，使得直线CN 与平面PAC 所成的角θ的正弦值为5？若存在，试确定点N 的位置；若不存在，请说明理由. 8．（2019·天津市新华中学高考模拟（理））如图所示的几何体中，PD 垂直于梯形ABCD所在的平面，,2ADC BAD F π∠=∠=为PA 的中点，112PD AB AD CD ====，四边形PDCE 为矩形，线段PC 交DE 于点N .（1）求证：AC P 平面DEF ； （2）求二面角A PB C --的正弦值；（3）在线段EF 上是否存在一点Q ，使得BQ 与平面BCP 所成角的大小为π6？若存在，求出FQ 的长；若不存在，请说明理由.【答案】（1）见解析（23）在线段EF 上存在一点Q 满足题意，且FQ =【解析】 【分析】(1)由题意结合线面平行的判定定理即可证得题中的结论；(2)建立空间直角坐标系，利用两个半平面的法向量可得二面角的余弦值，然后利用同角三角函数基本关系可得二面角的正弦值；(3)假设点Q 存在，利用直线的方向向量和平面的法向量计算可得点Q 的存在性和位置. 【详解】（1）因为四边形PDCE 为矩形，所以N 为PC 的中点.连接FN ，在PAC V 中，,F N 分别为,PA PC 的中点，所以FN AC ∥， 因为FN ⊂平面DEF ，AC ⊄平面DEF ， 所以AC P 平面DEF .（2）易知,,DA DC DP 两两垂直，如图以D 为原点，分别以,,DA DC DP 所在直线为,,x y z 轴，建立空间直角坐标系.则(1,0,0),(1,1,0),(0,2,0)P A B C ，所以(1,1,,(1,1,0)PB BC ==-u u u r u u u r.设平面PBC 的法向量为(,,)m x y z =r，则(,,)(1,1,0(,,)(1,1,0)0m PB x y z m BC x y z ⎧⋅=⋅=⎪⎨⋅=⋅-=⎪⎩u u u v r u u u v r即0,0,x y x y ⎧+=⎪⎨-+=⎪⎩解得,,y x z =⎧⎪⎨=⎪⎩ 令1x =，得1,y z =⎧⎪⎨=⎪⎩ 所以平面PBC的一个法向量为m =r. 设平面ABP 的法向量为(,,)n x y z =r，(,,)(0,1,0)0(,,)(1,1,0n AB x y z n PB x y z ⎧⋅=⋅=⎪⎨⋅=⋅-=⎪⎩u u uv r u u uv r ，据此可得01x y z ⎧=⎪=⎨⎪=⎩， 则平面ABP的一个法向量为)n =r，cos ,3m n <>==u r r，于是sin ,3m n 〈〉=r r. 故二面角A PB C --（3）设存在点Q 满足条件.由1,0,,(0,22F E ⎛ ⎝⎭，设(01)FQ FE λλ=u u u r u u u r &剟，整理得1,22Q λλ⎛- ⎝⎭，则1),21,22BQ λλλ⎛⎫++=-- ⎪ ⎪⎝⎭u u u r . 因为直线BQ 与平面BCP 所成角的大小为6π，所以1sin |cos ,|||62||||BQ m BQ m BQ m π⋅====⋅u u u r u ru u u r u r u u u r u r 解得21λ=，由知1λ=，即点Q 与E 重合.故在线段EF 上存在一点Q，且FQ EF ==.【点睛】本题的核心在考查空间向量的应用，需要注意以下问题：(1)求解本题要注意两点：一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想进行向量运算，要认真细心，准确计算．(2)设,m n u r r 分别为平面α，β的法向量，则二面角θ与,m n <>u r r互补或相等.求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．9．（2019·山东高考模拟（理））如图，在四棱锥P ABCD -中，已知PA ⊥平面ABCD ，ABC ∆为等边三角形，22PA AB ==，AC CD ⊥，PD 与平面PAC 所成角的正切值 为5.(∴)证明：//BC 平面PAD ；(∴)若M 是BP 的中点，求二面角P CD M --的余弦值.【答案】（∴）见解析.（∴ 【解析】 【分析】(∴)先证明DPC ∠为PD 与平面PAC 所成的角，于是可得CD =60CAD ∠=︒．又由题意得到60BCA ∠=︒，故得//BC AD ，再根据线面平行的性质可得所证结论． (∴) 取BC 的中点N ，连接AN ，可证得AN AD ⊥．建立空间直角坐标系，分别求出平面PCD 和平面CDM 的法向量，根据两个法向量夹角的余弦值得到二面角的余弦值． 【详解】(∴)证明：因为PA ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ， 所以PA CD ⊥又AC CD ⊥,CA PA A =I , 所以CD ⊥平面PAC ，所以DPC ∠为PD 与平面PAC 所成的角． 在Rt PCD V中，PC ==所以CD =所以在Rt PCD V 中，2AD =,60CAD ∠=︒. 又60BCA ∠=︒，所以在底面ABCD 中，//BC AD , 又AD ⊂平面PAD ，BC ⊄平面PAD ， 所以//BC 平面PAD ．(∴)解：取BC 的中点N ，连接AN ，则AN BC ⊥,由(∴)知//BC AD ， 所以AN AD ⊥，分别以AN ，AD ，AP 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系Axyz .则(0,0,2)P，1,022C ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，(0,2,0)D，1,144M ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭所以3,022CD ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭uu u r ，(0,2,2)PD =-u u ur，9,144DM ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭uuu u r设平面PCD 的一个法向量为()1111,,n x y z =u r，由1100n CD n PD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u vu u u v，即111130220y y z ⎧+=⎪⎨-=⎪⎩，得1111x z y ⎧=⎪⎨=⎪⎩， 令11y =，则1,1)n =ur．设平面CDM 的一个法向量为()2222,,n x y z =u u r，由2200n CD n MD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u v u u u v u u v u u u u v，即2222230940y y z ⎧+=⎪-+=，得222232x y z ⎧=⎪⎨=⎪⎩， 令21y =，则232n ⎫=⎪⎭u u r ．所以121212331cos ,||||n n n n n n ++⋅<>===⋅u r u u ru r u u r u r u u r ， 由图形可得二面角P CD M --为锐角， 所以二面角P CD M --． 【点睛】空间向量是求解空间角的有利工具，根据平面的法向量、直线的方向向量的夹角可求得线面角、二面角等，解题时把几何问题转化为向量的运算的问题来求解，体现了转化思想方法的利用，不过解题中要注意向量的夹角和空间角之间的关系，特别是求二面角时，在求得法向量的夹角后，还要通过图形判断出二面角是锐角还是钝角，然后才能得到结论． 10．（2018·吉林高考模拟（理））如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F ， M ， N 分别是棱AB ， AD ， 11A B ， 11A D 的中点，点P ， Q 分别在棱1DD ， 1BB 上移动，且(02)DP BQ λλ==<<.（1）当1λ=时，证明：直线1//BC 平面EFPQ ；（2）是否存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由.【答案】（1）见解析；（2）1λ=±. 【解析】以D 为原点，射线DA ， DC ， 1DD 分别为x ， y ， z 轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系D xyz -.由已知得()2,2,0B ， ()10,2,2C ，()2,1,0E ，()1,0,0F ， ()0,0,P λ， ()1,0,2N ， ()2,1,2M ，则()12,0,2BC =-u u u u r， ()1,0,FP λ=-u u u r ， ()1,1,0FE =u u u r ， ()1,1,0NM =u u u u r ， ()1,0,2NP λ=--u u u r.（1）当1λ=时， ()1,0,1FP =-u u u r ，因为()12,0,2BC =-u u u u r，所以12BC FP =u u u u r u u u r ，即1//BC FP ，又FP ⊂平面EFPQ ，且1BC ⊄平面EFPQ ，故直线1//BC 平面EFPQ . （2）设平面EFPQ 的一个法向量为(),,n x y z =r，则由0{0FE n FP n ⋅=⋅=u u u r ru u u r r，得0{0.x y x z λ+=-+=，于是可取(),,1n λλ=-r. 设平面MNPQ 的一个法向量为()',','m x y z =r，由0{0NM m NP m ⋅=⋅=u u u u r ru u u r r，得()''0{'2'0x y x z λ+=-+-=，于是可取()2,2,1m λλ=--r. 若存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角，则()()2,2,1,,10m n λλλλ⋅=--⋅-=r r，即()()2210λλλλ---+=，解得1λ=±，显然满足02λ<<.故存在12λ=±，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角.点睛：立体几何的有关证明题，首先要熟悉各种证明的判定定理，然后在进行证明，要多总结题型，对于二面角问题一般直接建立空间直角坐标系，求出法向量然后根据向量夹角公式求解二面角，要注意每一个坐标的准确性。

2020年新高考数学一轮复习考点题型深度剖析专题39空间向量的运算及应用课后层级训练含解析

2020年新高考数学一轮复习考点题型深度剖析专题39空间向量的运算及应用课后层级训练含解析

1．如图，三棱锥O ABC中，M，N分别是AB，OC的中点，设OA＝a，OB＝b，OC＝c，用a，b，c表示NM，则NMA．(－a＋b＋c)B．(a＋b－c)C．(a－b＋c)D．(－a－b＋c)→→→→→1→→1→1→→1→1→1→1【答案】B[NM＝NA＋AM＝(OA－ON)＋AB＝OA－OC＋(OB－OA)＝OA＋OB－OC＝(a＋b－c)．]2．已知四边形ABCD满足：AB·BC＞0，BC·CD＞0，CD·DA＞0，DA·AB＞0，则该四边形为()【答案】D[由AB·BC＞0，BC·CD＞0，CD·DA＞0，DA·AB＞0，知该四边形一定不是平面图形．]3．在空间四边形ABCD中，AB·CD＋AC·DB＋AD·BC＝()令AB＝a，AC＝b，AD＝c，则AB·CD＋AC·DB＋AD·BC＝a·(c－b)＋b·(a－c)＋c·(b－a)＝a·c－a·b＋b·a 课下层级训练(三十九)空间向量的运算及应用[A级基础强化训练]→→→→→＝()121212122222222→→→→→→→→A．平行四边形C．长方形B．梯形D．空间四边形→→→→→→→→→→→→→→A．－1C．1【答案】B[如图，B．0D．不确定→→→→→→→→→－b·c＋c·b－c·a＝0.]4．如图，在大小为45°的二面角A EF D中，四边形ABFE，CDEF都是边长为1的正方形，则B，D两点间的距离是()A．3C．1B．2D．3－2【答案】D[∵BD＝BF＋FE＋ED，∴|BD|2＝|BF|2＋|FE|2＋|ED|2＋2BF·FE＋2FE·ED＋2BF·ED＝1＋1＋1－2＝3－2，故|BD|＝3－ 2.]5．正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为1，若动点P在线段BD1上运动，则DC·AP的取值范围是()由题意，设BP＝λBD1，其中λ∈[0,1]，DC·AP＝AB·(AB＋BP)＝AB·(AB＋λBD1)＝AB2＋λAB·BD1＝1＋3⎪＝1－λ∈[0,1]．因此→·→的取值范围是[0,1]．]DC AP⎛→1→→6．在空间四边形ABCD中，G为CD的中点，则AB＋(BD＋BC)＝________.→→1→→→1→→→→【答案】AG[依题意有AB＋(BD＋BC)＝AB＋×2BG＝AB＋BG＝AG.]7．如图，在四面体O ABC中，OA＝a，OB＝b，OC＝c，D为BC的中点，E为AD的中点，则OE＝________.(用【答案】a＋b＋c[OE＝OA＋OD＝OA＋OB＋OC＝a＋b＋c.]【答案】2[|EF|2＝EF2＝(EC＋CD＋DF)2＝EC2＋CD2＋DF2＋2(EC·CD＋EC·DF＋CD·DF)＝12＋22＋12＋2(1×2×cos120°＋0＋2×1×cos120°)＝2，∴|EF|＝2，∴EF的长为 2.]→→→→→→→→→→→→→→→→→A．(0,1)C．[0,1]【答案】C[如图所示，B．[0,1)D．[－1,1]→→→→→→→→→→→→→λ· －⎝3⎫3⎭222→→→→a，b，c表示)111→1→1→1→1→1→111244222442448．正四面体ABCD的棱长为2，E，F分别为BC，AD中点，则EF的长为________.→→→→→→→→→→→→→→→12 9．如图，四棱柱ABCD A1B1C1D1的各个面都是平行四边形，E、F分别在B1B和D1D上，且BE＝3BB1，DF＝3DD1.(1)求证：A、E、C1、F四点共面；(2)已知EF＝xAB＋yAD＋zAA1，求x＋y＋z的值．【答案】(1)证明∵AC1＝AB＋AD＋AA1＝AB＋AD＋AA1＋AA13＝ AB＋AA1⎪＋ AD＋AA1⎪3⎭⎝＝(AB＋BE)＋(AD＋DF)＝AE＋AF.(2)解∵EF＝AF－AE＝AD＋DF－(AB＋BE)＝AD＋DD1－AB－BB1＝－AB＋AD＋AA1.3∴x＝－1，y＝1，z＝，∴x＋y＋z＝.10．如图，在正方体ABCD A1B1C1D1中，AA1＝a，AB＝b，AD＝c，点M，N分别是A1D，B1D1的中点．(1)试用a，b，c表示MN；【答案】(1)解∵A1D＝AD－AA1＝c－a，∴A1M＝A1D＝(c－a)．2同理，A1N＝(b＋c)，2∴MN＝A1N－A1M＝(b＋c)－(c－a)2＝(b＋a)＝a＋b.(2)证明∵AB1＝AA1＋AB＝a＋b，∴MN＝AB1，即MN∥AB1，2→→→→→→→→→→1→2→3⎛→1→⎫⎛→2→⎫⎝3⎭→→→→→→又AC1、AE、AF有公共点A，∴A、E、C1、F四点共面．→→→→→→→→2→→1→→→1→331133→→→→(2)求证：MN∥平面ABB1A1.→→→→1→12→1→→→112111222→→→→1→∵AB1⊂平面ABB1A1，MN⊄平面ABB1A1，∴MN∥平面ABB1A1.[B级能力提升训练]11．已知空间四边形 ABCD 的每条边和对角线的长都等于 a ，点 E ，F 分别是 BC ，AD 的中点，则AE ·AF 的值为( )A ．a21a 2 C ． a 2D ． 3 → → 1 → → 1→ 1 → → → → 1 1 【答案】C[AE ·AF ＝ (AB ＋AC )· AD ＝ (AB ·AD ＋AC ·AD )＝ (a 2cos 60°＋a 2cos 60°)＝ a 2.]A ．AE ·BC <AE ·CDB ．AE ·BC ＝AE ·CDC ．AE ·BC >AE ·CDD ．AE ·BC 与AE ·CD 的大小不能比较【答案】C[取 BD 的中点 F ，连接 EF ，则 EF ∥CD 且 EF ＝ CD .因为 AE ⊥BC ，〈AE ，EF 〉＝〈AE ，CD 〉>90°，所以AE ·BC ＝0，AE ·CD <0，因此AE ·BC >AE ·CD .]13．A ，B ，C ，D 是空间不共面四点，且AB ·AC ＝0，AC ·AD ＝0，AB ·AD ＝0，则△BCD 的形状是________三角【答案】锐角[因为BC ·BD ＝(AC －AB )·(AD －AB )＝AC ·AD －AC ·AB －AB ·AD ＋AB 2＝AB 2>0，①(A 1A ＋A 1D 1＋A 1B 1)2＝3A 1B 12；②A 1C ·(A 1B 1－A 1A )＝0；③向量AD 1与向量A 1B 的夹角是 60°；④正方体 ABCD A 1B 1C 1D 1 的体积为|AB ·AA 1·AD |.【答案】①② [①中，(A 1A ＋A 1D 1＋A 1B 1)2＝A 1A 2＋A 1D 12＋A 1B 12＝3A 1B 12，故①正确；②中，A 1B 1－A 1A ＝AB 1，因为AB 1⊥A 1C ，故②正确；③中，两异面直线 A 1B 与 AD 1 所成的角为 60°，但AD1与A →1B 的夹角为 120°，故③不正确；④中，|AB ·AA 1·AD |＝0，故④也不正确．]→ →21 44a 22 2 4 4 412．空间四边形 ABCD 的各边和对角线均相等，E 是 BC 的中点，那么()→ → → →→ → → →→ → → →→ → → →12→ → → → → → → → → → → →→ → → → → →形．(填锐角、直角、钝角中的一个)→ → → → → →→ → → → → → → → 所以∠CBD 为锐角．同理∠BCD ，∠BDC 均为锐角．] 14．已知 ABCD A 1B 1C 1D 1 为正方体， → → → →→ → →→ →→ → →其中正确的序号是________.→ → → → → → → → → →→→ → →(1)EF·BA；(2)EF·DC；【答案】解设AB＝a，AC＝b，AD＝c.→1→1→(1)EF＝BD＝c－a，BA＝－a，DC＝b－c，→EF·→＝(c－a)·(－a)＝a2－a·c＝.→→1(2)EF·DC＝(c－a)·(b－c)＝(b·c－a·b－c2＋a·c)＝－.→→→→111(3)EG＝EB＋BC＋CG＝a＋b－a＋c－b＝－a＋b＋c，|EG|2＝a2＋b2＋c2－a·b＋b·c－c·a＝，则|EG|＝.→11→→→1(4)AG＝b＋c，CE＝CA＋AE＝－b＋a，AG·CE2cos〈AG，CE〉＝＝－，|AG||CE|由于异面直线所成角的范围是(0，]，所以异面直线AG与CE所成角的余弦值为.11115．如图所示，已知空间四边形ABCD的每条边和对角线长都等于1，点E，F，G分别是AB，AD，CD的中点，计算：→→→→(3)EG的长；(4)异面直线AG与CE所成角的余弦值．→→→则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°，22211111BA2222421124222111222→1111→244422222222→→→→→→3π22316．(2019·辽宁沈阳模拟)如图，在直三棱柱ABC A′B′C′中，AC＝BC＝AA′，∠ACB＝90°，D、E分别为AB、BB′的中点．(1)求证：CE⊥A′D；【答案】(1)证明设CA＝a，CB＝b，CC′＝c，∴CE＝b＋c，A′D＝－c＋b－a.∴CE·A′D＝－c2＋b2＝0.∴CE⊥A′D，即CE⊥A′D.(2)解∵AC′＝－a＋c，|AC′|＝2|a|，|CE|＝|a|.AC →′·CE＝(－a＋c)·(b＋c)＝c2＝|a|2，1∴cos〈AC′，CE〉＝|a|2＝1052×|a|2即异面直线CE与AC′所成角的余弦值为10(2)求异面直线CE与AC′所成角的余弦值．→→→根据题意得，|a|＝|b|＝|c|，且a·b＝b·c＝c·a＝0，→→11222→→1122→→→→→52→111222→→12210.10.。

2020版高考数学一轮复习空间向量及其运算和空间位置关系含解析

2020版高考数学一轮复习空间向量及其运算和空间位置关系含解析

课时跟踪检测（四十二） 空间向量及其运算和空间位置关系1．在下列命题中：①若向量a ，b 共线，则向量a ，b 所在的直线平行；②若向量a ，b 所在的直线为异面直线，则向量a ，b 一定不共面； ③若三个向量a ，b ，c 两两共面，则向量a ，b ，c 共面；④已知空间的三个向量a ，b ，c ，则对于空间的任意一个向量p 总存在实数x ，y ，z 使得p ＝x a ＋y b ＋z c其中正确命题的个数是( ) A ．0 B ．1 C ．2D ．3解析：选A a 与b 共线，a ，b 所在直线也可能重合，故①不正确；根据自由向量的意义知，空间任意两向量a ，b 都共面，故②错误；三个向量a ，b ，c 中任意两个一定共面，但它们三个却不一定共面，故③不正确；只有当a ，b ，c 不共面时，空间任意一向量p 才能表示为p ＝x a ＋y b ＋z c ，故④不正确，综上可知四个命题中正确的个数为0，故选A.交点．若AB ―→＝2．如图所示，在平行六面体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，M 为A 1C 1与B 1D 1的a ，AD ―→＝b ，AA 1―→＝c ，则下列向量中与BM ―→相等的向量是( )A ．－12a ＋12b ＋c B.12a ＋12b ＋cC ．－12a －12b ＋c D.12a －12b ＋c解析：选A BM ―→＝BB 1―→＋B 1M ―→＝AA 1―→＋12(AD ―→－AB ―→)＝c ＋12(b －a)＝－12a ＋12b ＋c.3．已知空间任意一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，若OP ―→＝x OA ―→＋y OB ―→＋z OC ―→(x ，y ，z ∈R)，则“x ＝2，y ＝－3，z ＝2”是“P ，A ，B ，C 四点共面”的( )A ．必要不充分条件B ．充分不必要条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选B 当x ＝2，y ＝－3，z ＝2时，OP ―→＝2OA ―→－3OB ―→＋2OC ―→.则AP ―→－AO ―→＝2OA ―→－3(AB ―→－AO ―→)＋2(AC ―→－AO ―→)，即AP ―→＝－3AB ―→＋2AC ―→，根据共面向量定理知，P ，A ，B ，C 四点共面；反之，当P ，A ，B ，C 四点共面时，根据共面向量定理，设AP ―→＝m AB ―→＋n AC ―→ (m ，n ∈R)，即OP ―→－OA ―→＝m (OB ―→－OA ―→)＋n (OC ―→－OA ―→)，即OP ―→＝(1－m －n )OA ―→＋m OB ―→＋n OC ―→，即x ＝1－m －n ，y ＝m ，z ＝n ，这组数显然不止2，－3,2.故“x ＝2，y ＝－3，z ＝2”是“P ，A ，B ，C 四点共面”的充分不必要条件．4．已知a ＝(2,1，－3)，b ＝(－1,2,3)，c ＝(7,6，λ)，若a ，b ，c 三向量共面，则λ＝( ) A ．9 B ．－9 C ．－3D ．3解析：选B 由题意设c ＝x a ＋y b ，则(7,6，λ)＝x (2,1，－3)＋y (－1,2,3)，∴⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＝7，x ＋2y ＝6，－3x ＋3y ＝λ，解得λ＝－9.5．(2019·东营质检)已知A (1,0,0)，B (0，－1,1)，OA ―→＋λOB ―→与OB ―→的夹角为120°，则λ的值为( )A ．±66 B ．66C ．－66D ．± 6解析：选C OA ―→＋λOB ―→＝(1，－λ，λ)，cos 120°＝λ＋λ1＋2λ2·2＝－12，得λ＝±66.经检验λ＝66不合题意，舍去，所以λ＝－666．在空间四边形ABCD 中，则AB ―→·CD ―→＋AC ―→·DB ―→＋AD ―→·BC ―→的值为( ) A ．－1 B ．0 C ．1D ．2解析：选B 法一：如图，令AB ―→＝a ，AC ―→＝b ，AD ―→＝c ， 则AB ―→·CD ―→＋AC ―→·DB ―→＋AD ―→·BC ―→＝AB ―→·(AD ―→－AC ―→)＋AC ―→·(AB ―→－AD ―→)＋AD ―→·(AC ―→－AB ―→)＝a ·(c －b)＋b ·(a －c)＋c ·(b －a) ＝a ·c －a ·b ＋b ·a －b ·c ＋c ·b －c ·a ＝0.法二：在三棱锥A ­BCD 中，不妨令其各棱长都相等，则正四面体的对棱互相垂直． 所以AB ―→·CD ―→＝0，AC ―→·DB ―→＝0，AD ―→·BC ―→＝0. 所以AB ―→·CD ―→＋AC ―→·DB ―→＋AD ―→·BC ―→＝0.7．△ABC 的顶点分别为A (1，－1,2)，B (5，－6,2)，C (1,3，－1)，则AC 边上的高BD 等于________． 解析：设AD ―→＝λAC ―→，D (x ，y ，z )， 则(x －1，y ＋1，z －2)＝λ(0，4，－3)， ∴x ＝1，y ＝4λ－1，z ＝2－3λ， ∴D (1,4λ－1,2－3λ)，∴BD ―→＝(－4,4λ＋5，－3λ)， ∴4(4λ＋5)－3(－3λ)＝0，解得λ＝－45，∴BD ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－4，95，125，∴|BD ―→|＝ －42＋⎝ ⎛⎭⎪⎫952＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1252＝5. 答案：58．已知点P 是平行四边形ABCD 所在的平面外一点，如果AB ―→＝(2，－1，－4)，AD ―→＝(4,2,0)，AP ―→＝(－1,2，－1)．对于结论：①AP ⊥AB ；②AP ⊥AD ；③AP ―→是平面ABCD 的法向量；④AP ―→∥BD ―→.其中正确的是________．解析：∵AP ―→·AB ―→＝－2－2＋4＝0， ∴AP ⊥AB ，故①正确；AP ―→·AD ―→＝－4＋4＋0＝0，∴AP ⊥AD ，故②正确； 由①②知AP ⊥平面ABCD ， 故③正确，④不正确． 答案：①②③9．(2019·南昌调研)已知空间四边形OABC ，其对角线为OB ，AC ，M ，N 分别是OA ，BC 的中点，点G 在线段MN 上，且MG ―→＝2GN ―→，现用基底{OA ―→，OB ―→，OC ―→}表示向量OG ―→，有OG ―→＝x OA ―→＋y OB ―→＋z OC ―→，则x ，y ，z 的值分别为________．解析：∵OG ―→＝OM ―→＋MG ―→＝12OA ―→＋23MN ―→＝12OA ―→＋23(ON ―→－OM ―→) ＝12OA ―→＋23⎣⎢⎡⎦⎥⎤12OB ―→＋OC ―→－12OA ―→ ＝16OA ―→＋13OB ―→＋13OC ―→， ∴x ＝16，y ＝13，z ＝13.答案：16，13，1310．在长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，AB ＝3，AD ＝4，AA 1＝2.点M 在棱BB 1上，且BM ＝2MB 1，点S 在DD 1上，且SD 1＝2SD ，点N ，R 分别为A 1D 1，BC 的中点．求证：MN ∥平面RSD .M ⎝⎛⎭⎪⎫3，0，43，证明：法一：如图所示，建立空间直角坐标系，根据题意得N (0,2,2)，R (3，2,0)，S ⎝⎛⎭⎪⎫0，4，23.∴MN ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，2，23，RS ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，2，23，MN ―→＝RS ―→.∴MN ―→∥RS ―→.∵M ∉RS .∴MN ∥RS . 又RS ⊂平面RSD ，MN ⊄平面RSD ， ∴MN ∥平面RSD .法二：设AB ―→＝a ，AD ―→＝b ，AA 1―→＝c ， 则MN ―→＝MB 1―→＋B 1A 1―→＋A 1N ―→＝13c －a ＋12b ，RS ―→＝RC ―→＋CD ―→＋DS ―→＝12b －a ＋13c ，∴MN ―→＝RS ―→，∴MN ―→∥RS ―→， 又∵R ∉MN ，∴MN ∥RS .又RS ⊂平面RSD ，MN ⊄平面RSD ， ∴MN ∥平面RSD .11．三棱锥被平行于底面ABC 的平面所截得的几何体如图所示，截面为A 1B 1C 1，∠BAC ＝90°，A 1A ⊥平面ABC ，A 1A ＝3，AB ＝AC ＝2A 1C 1＝2，D 为BC 中点．求证：平面A 1AD ⊥平面BCC 1B 1.证明：如图，建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，A 1(0,0，3)，C 1(0,1，3)，∵D 为BC 的中点， ∴D 点坐标为(1,1,0)．∴AA 1―→＝(0,0，3)，AD ―→＝(1,1,0)， BC ―→＝(－2,2,0)，CC 1―→＝(0，－1，3)． 设平面A 1AD 的法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 平面BCC 1B 1的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)． 由⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·AA 1―→＝0，n 1·AD ―→＝0，得⎩⎨⎧3z 1＝0，x 1＋y 1＝0.令y 1＝－1，则x 1＝1，z 1＝0，∴n 1＝(1，－1,0)． 由⎩⎪⎨⎪⎧n 2·BC ―→＝0，n 2·CC 1―→＝0，得⎩⎨⎧－2x 2＋2y 2＝0，－y 2＋3z 2＝0.令y 2＝1，则x 2＝1，z 2＝33， ∴n 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，33. ∵n 1·n 2＝1－1＋0＝0，∴n 1⊥n 2. ∴平面A 1AD ⊥平面BCC 1B 1.12．如图所示，四棱锥S ­ABCD 的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，点P 为侧棱SD 上的点． (1)求证：AC ⊥SD ；(2)若SD ⊥平面PAC ，则侧棱SC 上是否存在一点E ，使得BE ∥平面PAC .若存在，求SE ∶EC 的值；若不存在，试说明理由．解：(1)证明：连接BD ，设AC 交BD 于点O ，则AC ⊥BD .连接SO ，由题意知SO ⊥平面ABCD .以O 为坐标原点，OB ―→，OC ―→，OS ―→所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，如图．设底面边长为a ，则高SO ＝62a ， 于是S ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，62a ，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，0，0，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫22a ，0，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22a ，0，OC ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22a ，0，SD ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，0，－62a ，则OC ―→·SD ―→＝0.故OC ⊥SD .从而AC ⊥SD . (2)棱SC 上存在一点E ，使BE ∥平面PAC .理由如下：由已知条件知DS ―→是平面PAC 的一个法向量，且DS ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22a ，0，62a ，CS ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－22a ，62a ，BC ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，22a ，0.设CE ―→＝t CS ―→，则BE ―→＝BC ―→＋CE ―→＝BC ―→＋t CS ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，22a1－t ，62at ，而BE ―→·DS ―→＝0⇒t ＝13.即当SE ∶EC ＝2∶1时，BE ―→⊥DS ―→. 而BE ⊄平面PAC ，故BE ∥平面PAC。

向量的运算的所有公式

向量的运算的所有公式

向量的运算的所有公式数学公式是数学题目解题关键，那么向量的运算公式有哪些呢?快来和小编一起看看吧。

下面是由小编为大家整理的“向量的运算的所有公式”，仅供参考，欢迎大家阅读。

向量的运算的所有公式向量的加法满足平行四边形法则和三角形法则，向量加法的运算律：交换律：a+b=b+a;结合律：(a+b)+c=a+(b+c)。

如果a、b是互为相反的向量，那么a=-b，b=-a，a+b=0，0的反向量为0，OA-OB=BA.即“共同起点，指向被减”a=(x1,y1)，b=(x2,y2) ，则a-b=(x1-x2,y1-y2)。

在数学中，向量(也称为欧几里得向量、几何向量、矢量)，指具有大小(magnitude)和方向的量。

它可以形象化地表示为带箭头的线段。

箭头所指：代表向量的方向;线段长度：代表向量的大小。

向量的加法满足平行四边形法则和三角形法则，向量加法的运算律：交换律：a+b=b+a;结合律：(a+b)+c=a+(b+c)。

如果a、b是互为相反的向量，那么a=-b，b=-a，a+b=0，0的反向量为0，OA-OB=BA.即“共同起点，指向被减”a=(x1,y1)，b=(x2,y2) ，则a-b=(x1-x2,y1-y2)。

数与向量的乘法满足下面的运算律：结合律：(λa)·b=λ(a·b)=(a·λb)。

向量对于数的分配律(第一分配律)：(λ+μ)a=λa+μa.数对于向量的分配律(第二分配律)：λ(a+b)=λa+λb.数乘向量的消去律：① 如果实数λ≠0且λa=λb，那么a=b。

② 如果a≠0且λa=μa，那么λ=μ。

向量的数量积的运算律：a·b=b·a(交换律)(λa)·b=λ(a·b)(关于数乘法的结合律)(a+b)·c=a·c+b·c(分配律)向量的向量积运算律：a×b=-b×a(λa)×b=λ(a×b)=a×(λb)a×(b+c)=a×b+a×c.(a+b)×c=a×c+b×c.拓展阅读：向量的表达方式1.代数表示一般印刷用黑体的小写英文字母(a、b、c等)来表示，手写用在a、b、c等字母上加一箭头(→)表示，也可以用大写字母AB、CD上加一箭头(→)等表示。

2020年高考数学(理)二轮专题学与练 13 立体几何中的向量方法(考点解读)(原卷版)

2020年高考数学(理)二轮专题学与练 13 立体几何中的向量方法(考点解读)(原卷版)

专题13 立体几何中的向量方法空间向量及其应用一般每年考一道大题，试题一般以多面体为载体，分步设问，既考查综合几何也考查向量几何，诸小问之间有一定梯度，大多模式是：诸小问依次讨论线线垂直与平行→线面垂直与平行→面面垂直与平行→异面直线所成角、线面角、二面角→体积的计算．强调作图、证明、计算相结合．考查的多面体以三棱锥、四棱锥(有一条侧棱与底面垂直的棱锥、正棱锥)、棱柱(有一侧棱或侧面与底面垂直的棱柱，或底面为特殊图形一如正三角形、正方形、矩形、菱形、直角三角形等类型的棱柱)为主．1．共线向量与共面向量(1)共线向量定理：对空间任意两个向量a 、b (b ≠0)，a ∥b 的充要条件是存在实数λ，使a ＝λb . (2)共面向量定理：如果两个向量a 、b 不共线，则向量p 与向量a 、b 共面的充要条件是存在唯一实数对(x ，y )，使p ＝xa ＋yb .2．两个向量的数量积向量a 、b 的数量积：a ·b ＝|a ||b |cos 〈a ，b 〉． 向量的数量积满足如下运算律： ①(λa )·b ＝λ(a ·b )； ②a ·b ＝b ·a (交换律)；③a ·(b ＋c )＝a ·b ＋a ·c (分配律)． 3．空间向量基本定理如果三个向量a 、b 、c 不共面，那么对空间任一向量p ，存在唯一有序实数组{x ，y ，z }，使p ＝xa ＋yb ＋zc .推论：设O 、A 、B 、C 是不共面的四点，则对空间任一点P ，都存在唯一的有序实数组{x ，y ，z }，使OP →＝xOA →＋yOB →＋zOC →.4．空间向量平行与垂直的坐标表示 设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，则a ∥b ⇔a ＝λb ⇔a 1＝λb 1，a 2＝λb 2，a 3＝λb 3(λ∈R)；a ⊥b ⇔a ·b ＝0⇔a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0. 5．模、夹角和距离公式(1)设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，则|a |＝a ·a ＝a 21＋a 22＋a 23， cos 〈a ，b 〉＝a ·b|a ||b |＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3a 21＋a 22＋a 23b 21＋b 22＋b 23.(2)距离公式设A (x 1，y 1，z 1)，B (x 2，y 2，z 2)，则 |AB →|＝x 1－x 22＋y 1－y 22＋z 1－z 22.(3)平面的法向量如果表示向量a 的有向线段所在的直线垂直于平面α，则称这个向量垂直于平面α，记作a ⊥α. 如果a ⊥α，那么向量a 叫做平面α的法向量． 6．空间角的类型与范围 (1)异面直线所成的角θ：0<θ≤π2；(2)直线与平面所成的角θ：0≤θ≤π2；(3)二面角θ：0≤θ≤π.7．用向量求空间角与距离的方法(1)求空间角：设直线l 1、l 2的方向向量分别为a 、b ，平面α、β的法向量分别为n 、m . ①异面直线l 1与l 2所成的角为θ，则cos θ＝|a ·b ||a ||b |.②直线l 1与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|a ·n ||a ||n |.③平面α与平面β所成的二面角为θ，则|cos θ|＝|n ·m ||n ||m |. (2)求空间距离①直线到平面的距离，两平行平面间的距离均可转化为点到平面的距离． 点P 到平面α的距离：d ＝|PM →·n ||n |(其中n 为α的法向量，M 为α内任一点)．②设n 与异面直线a ，b 都垂直，A 是直线a 上任一点，B 是直线B 上任一点，则异面直线a 、b 的距离d ＝|AB →·n ||n |.高频考点一向量法证明平行与垂直1．(2019·高考浙江卷)如图，已知三棱柱ABC­A1B1C1，平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC＝90°，∠BAC ＝30°，A1A＝A1C＝AC，E，F分别是AC，A1B1的中点．(1)证明：EF⊥BC；(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值．【举一反三】如图，在四棱锥P­ABCD中，P A⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点．证明：(1)BE⊥DC；(2)BE∥平面P AD；(3)平面PCD⊥平面P AD.【变式探究】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PC，PD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PDC.【方法规律】利用空间向量证明平行与垂直的步骤(1)建立空间直角坐标系，建系时，要尽可能地利用载体中的垂直关系；(2)建立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面的要素；(3)通过空间向量的运算研究平行、垂直关系；(4)根据运算结果解释相关问题．【变式探究】在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，点E在线段BB1上，且EB1＝1，D，F，G分别为CC1，C1B1，C1A1的中点.求证：(1)B 1D ⊥平面ABD ； (2)平面EGF ∥平面ABD . 高频考点二、 向量法求空间角例2、(2019·高考全国卷Ⅱ)如图，长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1.(1)证明：BE ⊥平面EB 1C 1；(2)若AE ＝A 1E ，求二面角B ­EC ­C 1的正弦值．【变式探究】(2017·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P －ABCD 中，侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB ＝BC ＝12AD ，∠BAD ＝∠ABC ＝90°，E 是PD 的中点．(1)证明：直线CE∥平面P AB；(2)点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M­AB­D的余弦值．【方法技巧】(1)利用空间向量求空间角的一般步骤①建立恰当的空间直角坐标系．②求出相关点的坐标，写出相交向量的坐标．③结合公式进行论证、计算．④转化为几何结论．【变式探究】(2017·北京卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，平面P AD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD∥平面MAC，P A＝PD＝6，AB＝4.(1)求证：M为PB的中点；(2)求二面角B­PD­A的大小；(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．高频考点三 探索性问题要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形等)是否存在或某一结论是否成立．“是否存在”的问题的命题形式有两种情况：如果存在，找出一个来；如果不存在，需要说明理由，这类问题常用“肯定顺推”的方法．例 3、如图，多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 为矩形，二面角A ­CD ­F 为60°，DE ∥CF ，CD ⊥DE ，AD ＝2，DE ＝DC ＝3，CF ＝6.(1)求证：BF ∥平面ADE ；(2)在线段CF 上求一点G ，使锐二面角B ­EG ­D 的余弦值为14.【举一反三】如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，P A ⊥PD ，P A ＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ 5.(1)求证：PD ⊥平面P AB ；(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；(3)在棱P A 上是否存在点M ，使得BM ∥平面PCD ？若存在，求AMAP 的值；若不存在，说明理由．【方法技巧】空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无须进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断；解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题．【变式探究】如图所示，已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝2，AA 1＝3，点D 为AC 的中点，点E 的线段AA 1上．(1)当AE EA 1＝12时，求证：DE ⊥BC 1；(2)是否存在点E ，使二面角D ­BE ­A 等于60°？若存在，求AE 的长；若不存在，请说明理由．1．(2019·高考全国卷Ⅱ)如图，长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1.(1)证明：BE ⊥平面EB 1C 1；(2)若AE ＝A 1E ，求二面角B ­EC ­C 1的正弦值．2. (2019·高考天津卷)如图，AE ⊥平面ABCD ，CF ∥AE ，AD ∥BC ，AD ⊥AB ，AB ＝AD ＝1，AE ＝BC ＝2.(1)求证：BF ∥平面ADE ；(2)求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值； (3)若二面角E ­BD ­F 的余弦值为13，求线段CF 的长．3．(2019·高考浙江卷)如图，已知三棱柱ABC ­A 1B 1C 1，平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，∠ABC ＝90°，∠BAC ＝30°，A 1A ＝A 1C ＝AC ，E ，F 分别是AC ，A 1B 1的中点．(1)证明：EF ⊥BC ；(2)求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值．1. (2018年浙江卷)如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2．(Ⅱ)证明：AB1⊥平面A1B1C1；(Ⅱ)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．2. (2018年天津卷)如图，且AD=2BC，,且EG=AD，且CD=2FG，，DA=DC=DG=2.(I)若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：；(II)求二面角的正弦值；(III)若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60°，求线段DP的长.3. (2018年北京卷)如图，在三棱柱ABC-中，平面ABC，D，E，F，G分别为，AC，，的中点，AB=BC=，AC==2．(Ⅱ)求证：AC⊥平面BEF；(Ⅱ)求二面角B-CD-C1的余弦值；(Ⅱ)证明：直线FG与平面BCD相交．4. (2018年江苏卷)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．5. (2018年江苏卷)在平行六面体中，．求证：(1)；(2)6. (2018年全国I卷理数)如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF.(1)证明：平面PEF⊥平面ABFD；(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值．7. (2018年全国Ⅱ卷理数)如图，边长为2的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．(1)证明：平面平面；(2)当三棱锥体积最大时，求面与面所成二面角的正弦值．8. (2018年全国Ⅱ卷理数)如图，在三棱锥中，，，为的中点．(1)证明：平面；(2)若点在棱上，且二面角为，求与平面所成角的正弦值．。

高考数学二轮复习平面向量的线性运算知识要点

高考数学二轮复习平面向量的线性运算知识要点

高考数学二轮复习平面向量的线性运算知识要点在中国古代把数学叫算术，又称算学，最后才改为数学。

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1.向量的基本概念(1)向量既有大小又有方向的量叫做向量.物理学中又叫做矢量.如力、速度、加速度、位移就是向量.向量可以用一条有向线段(带有方向的线段)来表示，用有向线段的长度表示向量的大小，用箭头所指的方向表示向量的方向.向量也可以用一个小写字母a，b，c表示，或用两个大写字母加表示(其中前面的字母为起点，后面的字母为终点)(5)平行向量方向相同或相反的非零向量，叫做平行向量.平行向量也叫做共线向量.若向量a、b平行，记作a∥b.规定：0与任一向量平行.(6)相等向量长度相等且方向相同的向量叫做相等向量.①向量相等有两个要素：一是长度相等，二是方向相同，二者缺一不可.②向量a，b相等记作a=b.③零向量都相等.④任何两个相等的非零向量，都可用同一有向线段表示，但特别要注意向量相等与有向线段的起点无关.2.对于向量概念需注意(1)向量是区别于数量的一种量，既有大小，又有方向，任意两个向量不能比较大小，只可以判断它们是否相等，但向量的模可以比较大小.(2)向量共线与表示它们的有向线段共线不同.向量共线时，表示向量的有向线段可以是平行的，不一定在同一条直线上;而有向线段共线则是指线段必须在同一条直线上.(3)由向量相等的定义可知，对于一个向量，只要不改变它的大小和方向，它是可以任意平行移动的，因此用有向线段表示向量时，可以任意选取有向线段的起点，由此也可得到：任意一组平行向量都可以平移到同一条直线上.小编为大家提供的平面向量的线性运算知识要点，大家仔细阅读了吗?最后祝同学们学习进步。

2020年高考数学专题复习平面向量的数量积及应用举例

2020年高考数学专题复习平面向量的数量积及应用举例

第3讲平面向量的数量积及应用举例1.向量的夹角2.平面向量的数量积3.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.4.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.判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)向量在另一个向量方向上的投影为数量，而不是向量.( )(2)两个向量的数量积是一个实数，向量的加、减、数乘运算的运算结果是向量.( ) (3)由a ·b ＝0可得a ＝0或b ＝0.( ) (4)(a ·b )c ＝a (b ·c ).( )(5)两个向量的夹角的范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.( )(6)若a ·b >0，则a 和b 的夹角为锐角；若a ·b <0，则a 和b 的夹角为钝角.( ) 答案：(1)√ (2)√ (3)× (4)× (5)× (6)×在边长为1的等边△ABC 中，设BC →＝a ，CA →＝b ，AB →＝c ，则a ·b ＋b ·c ＋c ·a ＝( ) A ．－32B ．0C ．32D ．3解析：选A.依题意有a ·b ＋b ·c ＋c ·a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－32，故选A. 已知向量BA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，则∠ABC ＝( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．120°解析：选A.由两向量的夹角公式，可得cos ∠ABC ＝BA →·BC →|BA →|·|BC →|＝12×32＋32×121×1＝32，则∠ABC ＝30°.(2019·温州市高考模拟)已知向量a ，b 满足|b |＝4，a 在b 方向上的投影是12，则a ·b＝________.解析：a 在b 方向上的投影是12，设θ为a 与b 的夹角，则|a |·cos θ＝12，a ·b ＝|a|·|b |·cos θ＝2.答案：2(2017·高考浙江卷)已知向量a ，b 满足|a |＝1，|b |＝2，则|a ＋b |＋|a －b |的最小值是________，最大值是________.解析：法一：(|a ＋b |＋|a －b |)2＝(a ＋b )2＋(a －b )2＋2|a ＋b |·|a －b |＝2a 2＋2b 2＋2|a＋b |·|a －b |＝10＋2|a ＋b |·|a －b |，而|a ＋b |·|a －b |≥|(a ＋b )·(a －b )|＝|a 2－b 2|＝3，所以(|a ＋b |＋|a －b |)2≥16，即|a ＋b |＋|a －b |≥4，即|a ＋b |＋|a －b |的最小值为4.又|a ＋b |＋|a －b |2≤（a ＋b ）2＋（a －b ）22＝a 2＋b 2＝5，所以|a ＋b |＋|a －b |的最大值为2 5.法二：由向量三角不等式得，|a ＋b |＋|a －b |≥|(a ＋b )－(a －b )|＝|2b |＝4.又|a ＋b |＋|a －b |2≤（a ＋b ）2＋（a －b ）22＝a 2＋b 2＝5，所以|a ＋b |＋|a －b |的最大值为2 5.答案：4 2 5平面向量数量积的运算(1)(2017·高考浙江卷) 如图，已知平面四边形ABCD ，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝AD ＝2，CD ＝3，AC 与BD 交于点O .记I 1＝OA →·OB →，I 2＝OB →·OC →，I 3＝OC →·OD →，则( )A ．I 1＜I 2＜I 3B ．I 1＜I 3＜I 2C ．I 3 ＜ I 1＜I 2D ．I 2＜I 1＜I 3(2)(2017·高考全国卷Ⅱ)已知△ABC 是边长为2的等边三角形，P 为平面ABC 内一点，则PA →·(PB →＋PC →)的最小值是( )A ．－2B ．－32C ．－43D ．－1【解析】 (1) 如图所示，四边形ABCE 是正方形，F 为正方形的对角线的交点，易得AO <AF ，而∠AFB ＝90°，所以∠AOB 与∠COD 为钝角，∠AOD 与∠BOC 为锐角.根据题意，I 1－I 2＝OA →·OB →－OB →·OC →＝OB →·(OA →－OC →)＝OB →·CA →＝|OB →|·|CA →|·cos ∠AOB <0，所以I 1<I 2，同理得，I 2>I 3，作AG ⊥BD 于G ，又AB ＝AD ，所以OB <BG ＝GD <OD ，而OA <AF ＝FC <OC ，所以|OA →|·|OB →|<|OC →|·|OD →|，而cos ∠AOB ＝cos ∠COD <0，所以OA →·OB →>OC →·OD →，即I 1>I 3.所以I 3<I 1<I 2.(2) 如图，以等边三角形ABC 的底边BC 所在直线为x 轴，以BC 的垂直平分线为y 轴建立平面直角坐标系，则A (0，3)，B (－1，0)，C (1，0)，设P (x ，y )，则PA →＝(－x ，3－y )，PB →＝(－1－x ，－y )，PC →＝(1－x ，－y )，所以PA →·(PB →＋PC →)＝(－x ，3－y )·(－2x ，－2y )＝2x 2＋2(y －32)2－32，当x ＝0，y ＝32时，PA →·(PB →＋PC →)取得最小值，为－32，选择B.【答案】 (1)C (2)B在本例(2)的条件下，若D ，E 是边BC 的两个三等分点(D 靠近点B )，则AD →·AE →等于________.解析：法一：(通性通法)因为D ，E 是边BC 的两个三等分点，所以BD ＝DE ＝CE ＝23，在△ABD 中，AD 2＝BD 2＋AB2－2BD ·AB ·cos 60°＝⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋22－2×23×2×12＝289，即AD ＝273，同理可得AE ＝273，在△ADE 中，由余弦定理得cos ∠DAE ＝AD 2＋AE 2－DE 22AD ·AE＝289＋289－⎝ ⎛⎭⎪⎫2322×273×273＝1314，所以AD →·AE →＝|AD→|·|AE →|cos ∠DAE ＝273×273×1314＝269.法二：(光速解法)如图，建立平面直角坐标系，由正三角形的性质易得A (0，3)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫13，0，所以AD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，－3，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13，－3，所以AD →·AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，－3·⎝ ⎛⎭⎪⎫13，－3＝269.答案：269(1)向量数量积的两种运算方法①当已知向量的模和夹角时，可利用定义法求解，即a ·b ＝|a ||b |cos 〈a ，b 〉. ②当已知向量的坐标时，可利用坐标法求解，即若a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，则a ·b ＝x 1x 2＋y 1y 2.(2)数量积在平面几何中的应用解决涉及几何图形的向量的数量积运算问题时，常利用解析法，巧妙构造坐标系，利用坐标求解.1.(2019·杭州中学高三月考)若A ，B ，C 三点不共线，|AB →|＝2，|CA →|＝3|CB →|，则CA →·CB →的取值范围是( )A ．⎝ ⎛⎭⎪⎫13，3B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，3C ．⎝ ⎛⎭⎪⎫34，3 D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫－34，3 解析：选D.设|CB →|＝x ，则|CA →|＝3|CB →|＝3x ，由于A ，B ，C 三点不共线，能构成三角形，如图：由三角形三边的性质得，⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3x >23x ＋2>x x ＋2>3x，解得12<x <1，由余弦定理的推论得，cos C ＝AC 2＋BC 2－AB 22AC ·BC ＝x 2＋9x 2－46x 2＝10x 2－46x2， 所以CA →·CB →＝|CA →||CB →|cos C ＝3x 2×10x 2－46x2＝5x 2－2， 由12<x <1得，－34<5x 2－2<3， 故选D.2.已知向量a ，b ，|a |＝1，|b |＝2.若对任意单位向量e ，均有|a ·e |＋|b ·e |≤6，则a ·b 的最大值是________.解析：由题意，令e ＝(1，0)，a ＝(cos α，sin α)，b ＝(2cos β，2sin β)，则由|a ·e |＋|b ·e |≤6，可得|cos α|＋2|cos β|≤ 6.①令sin α＋2sin β＝m ，②①2＋②2得4[|cos αcos β|＋sin αsin β]≤1＋m 2对一切实数α，β恒成立，所以4[|cos αcos β|＋sin αsin β]≤1，故a ·b ＝2(cos αcos β＋sin αsin β)≤2[|cos αcos β|＋sin αsin β]≤12.答案：12平面向量的夹角与模(高频考点)平面向量的夹角与模是高考的热点，题型多为选择题、填空题，难度适中，属中档题.主要命题角度有：(1)求两向量的夹角； (2)求向量的模； (3)两向量垂直问题；(4)求参数值或范围.角度一 求两向量的夹角(2019·绍兴一中高三期中)若|a ＋b |＝|a －b |＝2|a |，则向量a ＋b 与a 的夹角为( )A ．π6B ．π3C ．2π3D ．5π6【解析】 因为|a ＋b |＝|a －b |＝2|a |， 所以|a ＋b |2＝|a －b |2，两边平方 可得a 2＋2a ·b ＋b 2＝a 2－2a ·b ＋b 2， 化简可得a ·b ＝0，设向量a ＋b 与a 的夹角为θ，则可得cos θ＝（a ＋b ）·a |a ＋b ||a |＝a 2＋a ·b|a ＋b ||a |＝|a |22|a |2＝12，又θ∈[0，π]，故θ＝π3. 【答案】 B角度二 求向量的模(2018·高考浙江卷)已知a ，b ，e 是平面向量，e 是单位向量.若非零向量a 与e的夹角为π3，向量b 满足b 2－4e ·b ＋3＝0，则|a －b |的最小值是( )A ．3－1B ．3＋1C ．2D ．2－ 3【解析】 法一：设O 为坐标原点，a ＝OA →，b ＝OB →＝(x ，y )，e ＝(1，0)，由b 2－4e ·b ＋3＝0得x 2＋y 2－4x ＋3＝0，即(x －2)2＋y 2＝1，所以点B 的轨迹是以C (2，0)为圆心，1为半径的圆.因为a 与e 的夹角为π3，所以不妨令点A 在射线y ＝3x (x >0)上，如图，数形结合可知|a －b |min ＝|CA →|－|CB →|＝3－1.故选A.法二：由b 2－4e ·b ＋3＝0得b 2－4e ·b ＋3e 2＝(b －e )·(b －3e )＝0.设b ＝OB →，e ＝OE →，3e ＝OF →，所以b －e ＝EB →，b －3e ＝FB →，所以EB →·FB →＝0，取EF 的中点为C ，则B 在以C 为圆心，EF 为直径的圆上，如图．设a ＝OA →，作射线OA ，使得∠AOE ＝π3，所以|a －b |＝|(a －2e )＋(2e －b )|≥|a －2e |－|2e －b |＝|CA →|－|BC →|≥3－1.故选A.【答案】 A角度三 两向量垂直问题已知|a |＝4，|b |＝8，a 与b 的夹角是120°.求k 为何值时，(a ＋2b )⊥(k a －b )?【解】 由已知得，a ·b ＝4×8×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－16.因为(a ＋2b )⊥(k a －b )， 所以(a ＋2b )·(k a －b )＝0，k a 2＋(2k －1)a ·b －2b 2＝0，即16k －16(2k －1)－2×64＝0. 所以k ＝－7.即k ＝－7时，a ＋2b 与k a －b 垂直．角度四 求参数值或范围已知△ABC 是正三角形，若AC →－λAB →与向量AC →的夹角大于90°，则实数λ的取值范围是________．【解析】 因为AC →－λAB →与向量AC →的夹角大于90°，所以(AC →－λAB →)·AC →<0，即|AC →|2－λ|AC →|·|AB →|cos 60°<0，解得λ>2.故填(2，＋∞)．【答案】 (2，＋∞)(1)求平面向量的夹角的方法①定义法：利用向量数量积的定义知，cos θ＝a ·b|a ||b |，其中两个向量的夹角θ的范围为[0，π]，求解时应求出三个量：a ·b ，|a |，|b |或者找出这三个量之间的关系；②坐标法：若a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，则cos θ＝；(2)求向量的模的方法①公式法：利用|a |＝a ·a 及(a ±b )2＝|a |2±2a ·b ＋|b |2，把向量模的运算转化为数量积运算．②几何法：利用向量的几何意义，即利用向量加、减法的平行四边形法则或三角形法则作出向量，再利用余弦定理等方法求解．1．(2019·浙江新高考研究联盟)已知向量a ，b ，c 满足|a |＝1，|b |＝k ，|c |＝2－k 且a ＋b ＋c ＝0，则b 与c 夹角的余弦值的取值范围是________．解析：设b 与c 的夹角为θ，由题b ＋c ＝－a ， 所以b 2＋c 2＋2b ·c ＝1.即cos θ＝2k 2－4k ＋32k 2－4k ＝1＋32（k －1）2－2. 因为|a |＝|b ＋c |≥|b －c |，所以|2k －2|≤1. 所以12≤k ≤32.所以－1≤cos θ≤－12.答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－12 2．已知向量AB →与AC →的夹角为120°，且|AB →|＝3，|AC →|＝2.若AP →＝λAB →＋AC →，且AP →⊥BC →，则实数λ的值为________．解析：因为AP →⊥BC →，所以AP →·BC →＝0. 又AP →＝λAB →＋AC →，BC →＝AC →－AB →， 所以(λAB →＋AC →)·(AC →－AB →)＝0， 即(λ－1)AC →·AB →－λAB →2＋AC →2＝0，所以(λ－1)|AC →||AB →|cos 120°－9λ＋4＝0.所以(λ－1)×3×2×(－12)－9λ＋4＝0.解得λ＝712.答案：712向量数量积的综合应用(2019·金华十校联考)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，向量m＝(cos(A －B )，sin(A －B ))，n ＝(cos B ，－sin B )，且m ·n ＝－35.(1)求sin A 的值；(2)若a ＝42，b ＝5，求角B 的大小及向量BA →在BC →方向上的投影． 【解】 (1)由m ·n ＝－35，得cos(A －B )cos B －sin(A －B )sin B ＝－35，所以cos A ＝－35.因为0<A <π，所以sin A ＝1－cos 2A ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－352＝45. (2)由正弦定理，得a sin A ＝b sin B ，则sin B ＝b sin A a ＝5×4542＝22，因为a >b ，所以A >B ，则B ＝π4，由余弦定理得()422＝52＋c 2－2×5c ×⎝ ⎛⎭⎪⎫－35，解得c ＝1.故向量BA →在BC →方向上的投影为 |BA →|cos B ＝c cos B ＝1×22＝22.平面向量与三角函数的综合问题(1)题目条件给出的向量坐标中含有三角函数的形式，运用向量共线或垂直或等式成立等，得到三角函数的关系式，然后求解．(2)给出用三角函数表示的向量坐标，要求的是向量的模或者其他向量的表达形式，解题思路是经过向量的运算，利用三角函数在定义域内的有界性，求得值域等．1．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知向量m ＝⎝⎛⎭⎪⎫sin A2，cos A 2，n ＝⎝⎛⎭⎪⎫cos A 2，－cos A 2，且2m ·n ＋|m |＝22，则∠A ＝________．解析：因为2m ·n ＝2sin A 2cos A 2－2cos 2 A 2＝sin A －(cos A ＋1)＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫A －π4－1，又|m |＝1，所以2m ·n ＋|m |＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫A －π4＝22，即sin ⎝⎛⎭⎪⎫A －π4＝12.因为0<A <π，所以－π4<A －π4<3π4，所以A －π4＝π6，即A ＝5π12.答案：5π122．(2017·高考江苏卷)已知向量a ＝(cos x ，sin x )，b ＝(3，－3)，x ∈[0，π]． (1)若a ∥b ，求x 的值；(2)记f (x )＝a ·b ，求f (x )的最大值和最小值以及对应的x 的值． 解：(1)因为a ＝(cos x ，sin x )，b ＝(3，－3)，a ∥b ， 所以－3cos x ＝3sin x .若cos x ＝0，则sin x ＝0，与sin 2x ＋cos 2x ＝1矛盾，故cos x ≠0. 于是tan x ＝－33. 又x ∈[0，π]， 所以x ＝5π6.(2)f (x )＝a ·b ＝(cos x ，sin x )·(3，－3)＝3cos x －3sin x ＝23cos ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π6.因为x ∈[0，π]，所以x ＋π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，7π6，从而－1≤cos ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π6≤32.于是，当x ＋π6＝π6，即x ＝0时，f (x )取到最大值3；当x ＋π6＝π，即x ＝5π6时，f (x )取到最小值－2 3.平面向量中的最值范围问题(1)(2019·杭州市高三模拟)在△ABC 中，∠C ＝90°，AC ＝4，BC ＝3，D 是AB 的中点，E ，F 分别是边BC 、AC 上的动点，且EF ＝1，则DE →·DF →的最小值等于( )A ．54B ．154C ．174D ．174(2)(2019·浙江新高考研究联盟联考)已知向量a ，b 满足|a ＋b |＝4，|a －b |＝3，则|a |＋|b |的取值范围是( )A ．[3，5]B ．[4，5]C ．[3，4]D ．[4，7]【解析】 (1)以三角形的直角边为坐标轴建立平面直角坐标系，如图所示：则A (0，4)，B (3，0)，C (0，0)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2.设E (x ，0)，则F (0，1－x 2)，0≤x ≤1. 所以DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －32，－2，DF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，1－x 2－2.所以DE →·DF →＝94－32x ＋4－21－x 2＝254－3x 2－21－x 2.令f (x )＝254－3x 2－21－x 2，当x ≠1时，则f ′(x )＝－32＋2x1－x 2. 令f ′(x )＝0得x ＝35.当0≤x ＜35时，f ′(x )＜0，当35＜x ＜1时，f ′(x )＞0.所以当x ＝35时，f (x )取得最小值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫35＝154.当x ＝1时，f (1)＝254－32＝194＞154，故选B.(2)|a |＋|b |≥max{|a ＋b |，|a －b |}＝4，(|a |＋|b |)2≤|a ＋b |2＋|a －b |2＝25，所以|a |＋|b |≤5.【答案】 (1)B (2)B求解向量数量积最值问题的两种思路(1)直接利用数量积公式得出代数式，依据代数式求最值．(2)建立平面直角坐标系，通过坐标运算得出函数式，转化为求函数的最值． 1．已知平面向量a ，b ，|a |＝1，|b |＝2，a ·b ＝1，若e 为平面单位向量，则|a ·e |＋|b ·e |的最大值是__________．解析：由a ·b ＝1，|a |＝1，|b |＝2可得两向量的夹角为60°，建立平面直角坐标系，可设a ＝(1，0)，b ＝(1，3)，e ＝(cos θ，sin θ)，则|a ·e |＋|b ·e |＝|cos θ|＋|cosθ＋3sin θ|≤|cos θ|＋|cos θ|＋3|sin θ|＝3|sin θ|＋2|cos θ|≤7，所以|a ·e |＋|b ·e |的最大值为7.答案：72．(2019·金华十校高考模拟)若非零向量a ，b 满足：a 2＝(5a －4b )·b ，则cos 〈a ，b 〉的最小值为________．解析：非零向量a ，b 满足：a 2＝(5a －4b )·b ，可得a ·b ＝15(a 2＋4b 2)＝15(|a |2＋4|b |2)≥15·2|a |2·4|b |2＝45|a |·|b |，即有cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a |·|b |≥45·|a |·|b ||a |·|b |＝45，当且仅当|a |＝2|b |，取得最小值45.答案：45求向量模的常用方法利用公式|a |2＝a 2，将模的运算转化为向量的数量积的运算．利用向量垂直或平行的条件构造方程或函数是求参数或最值问题常用的方法与技巧．两个向量的夹角为锐角，则有a ·b >0，反之不成立；两个向量夹角为钝角，则有a ·b <0，反之也不成立．易错防范(1)a ·b ＝0不能推出a ＝0或b ＝0，因为a ·b ＝0时，有可能a ⊥b . (2)a ·b ＝a ·c (a ≠0)不能推出b ＝c ，即消去律不成立． [基础达标]1．已知A ，B ，C 为平面上不共线的三点，若向量AB →＝(1，1)，n ＝(1，－1)，且n ·AC →＝2，则n ·BC →等于( )A ．－2B ．2C ．0D ．2或－2解析：选B.n ·BC →＝n ·(BA →＋AC →)＝n ·BA →＋n ·AC →＝(1，－1)·(－1，－1)＋2＝0＋2＝2.2．(2019·温州市十校联合体期初)设正方形ABCD 的边长为1，则|AB →－BC →＋AC →|等于( )A ．0B ． 2C ．2D ．2 2解析：选C.正方形ABCD 的边长为1，则|AB →－BC →＋AC →|2＝|DB →＋AC →|2＝|DB →|2＋|AC →|2＋2DB →·AC →＝12＋12＋12＋12＝4，所以|AB →－BC →＋AC →|＝2，故选C.3．(2019·温州市十校联合体期初)已知平面向量a ，b ，c 满足c ＝x a ＋y b (x ，y ∈R )，且a ·c >0，b ·c >0.( )A ．若a ·b <0则x >0，y >0B ．若a ·b <0则x <0，y <0C ．若a ·b >0则x <0，y <0D ．若a ·b >0则x >0，y >0解析：选A.由a ·c >0，b ·c >0，若a ·b <0， 可举a ＝(1，1)，b ＝(－2，1)，c ＝(0，1)， 则a ·c ＝1>0，b ·c ＝1>0，a ·b ＝－1<0， 由c ＝x a ＋y b ，即有0＝x －2y ，1＝x ＋y ， 解得x ＝23，y ＝13，则可排除B ；若a ·b >0，可举a ＝(1，0)，b ＝(2，1)，c ＝(1，1)，则a ·c ＝1>0，b ·c ＝3>0，a ·b ＝2>0，由c ＝x a ＋y b ，即有1＝x ＋2y ，1＝y ，解得x ＝－1，y ＝1， 则可排除C ，D.故选A.4．在△ABC 中，(BC →＋BA →)·AC →＝|AC →|2，则△ABC 的形状一定是( ) A ．等边三角形 B ．等腰三角形 C ．直角三角形D ．等腰直角三角形解析：选C.由(BC →＋BA →)·AC →＝|AC →|2，得AC →·(BC →＋BA →－AC →)＝0，即AC →·(BC →＋BA →＋CA →)＝0，所以2AC →·BA →＝0，所以AC →⊥AB →.所以∠A ＝90°，又因为根据条件不能得到|AB →|＝|AC →|.故选C.5．已知正方形ABCD 的边长为2，点F 是AB 的中点，点E 是对角线AC 上的动点，则DE →·FC →的最大值为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选B.以A 为坐标原点，AB →、AD →方向分别为x 轴、y 轴的正方向建立平面直角坐标系(图略)，则F (1，0)，C (2，2)，D (0，2)，设E (λ，λ)(0≤λ≤2)，则DE →＝(λ，λ－2)，FC →＝(1，2)，所以DE →·FC →＝3λ－4≤2.所以DE →·FC →的最大值为2.故选B.6．(2019·金华市东阳二中高三月考)若a ，b 是两个非零向量，且|a |＝|b |＝λ|a ＋b |，λ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤33，1，则b 与a －b 的夹角的取值范围是( ) A ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，2π3B ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤2π3，5π6C ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫2π3，πD ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫5π6，π 解析：选B.因为|a |＝|b |＝λ|a ＋b |，λ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤33，1， 不妨设|a ＋b |＝1，则|a |＝|b |＝λ.令OA →＝a ，OB →＝b ，以OA 、OB 为邻边作平行四边形OACB ，则平行四边形OACB 为菱形．故有△OAB 为等腰三角形，故有∠OAB ＝∠OBA ＝θ， 且0<θ<π2.而由题意可得，b 与a －b 的夹角， 即OB →与BA →的夹角，等于π－θ，△OAC 中，由余弦定理可得|OC |2＝1＝|OA |2＋|AC |2－2|OA |·|AC |·cos 2θ＝λ2＋λ2－2·λ·λcos 2θ，解得cos 2θ＝1－12λ2.再由33≤λ≤1，可得12≤12λ2≤32，所以－12≤cos 2θ≤12，所以π3≤2θ≤2π3，所以π6≤θ≤π3，故2π3≤π－θ≤5π6，即b 与a －b 的夹角π－θ的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤2π3，5π6.7．(2019·温州市十校联合体期初)已知平面向量a 与b 的夹角为120°，且|a |＝|b |＝4，那么|a －2b |＝________．解析：因为平面向量a 与b 的夹角为120°，且|a |＝|b |＝4，所以a ·b ＝4·4·cos 120°＝－8，所以|a －2b |＝（a －2b ）2＝a 2－4a ·b ＋4b 2＝16－4·（－8）＋4·16＝112＝47.答案：478．(2019·嘉兴一中高考适应性考试)设e 1，e 2为单位向量，其中a ＝2e 1＋e 2，b ＝e 2，且a 在b 上的投影为2，则a ·b ＝________，e 1与e 2的夹角为________．解析：设e 1，e 2的夹角为θ，因为a 在b 上的投影为2， 所以a ·b |b |＝（2e 1＋e 2）·e 2|e 2|＝2e 1·e 2＋|e 2|2＝2|e 1|·|e 2|cos θ＋1＝2，解得cos θ＝12，则θ＝π3. a ·b ＝(2e 1＋e 2)·e 2＝2e 1·e 2＋|e 2|2＝2|e 1|·|e 2|cos θ＋1＝2. 答案：2π39. 如图，在边长为2的正方形ABCD 中，点Q 为边CD 上一个动点，CQ →＝λQD →，点P 为线段BQ (含端点)上一个动点．若λ＝1，则PA →·PD →的取值范围为________．解析：当λ＝1时，Q 为CD 的中点． 设AB →＝m ，AD →＝n ，BP →＝μBQ →(0≤μ≤1)．易知BQ →＝－12m ＋n ，AP →＝AB →＋BP →＝m ＋μ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12m ＋n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12μm ＋μn ， DP →＝AP →－AD →＝⎝⎛⎭⎪⎫1－12μm ＋μn －n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1－12μm ＋(μ－1)n ，所以PA →·PD →＝AP →·DP →＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12μm ＋μn ·⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12μm ＋（μ－1）n ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12μ2＋4μ(μ－1)＝5μ2－8μ＋4.根据二次函数性质可知，当μ＝45时上式取得最小值45；当μ＝0时上式取得最大值4.所以PA →·PD →的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤45，4.答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤45，4 10．(2019·温州市十五校联合体联考)已知坐标平面上的凸四边形ABCD 满足AC →＝(1，3)，BD →＝(－3，1)，则凸四边形ABCD 的面积为________；AB →·CD →的取值范围是________． 解析：由AC →＝(1，3)，BD →＝(－3，1)得AC →⊥BD →，且|AC →|＝2，|BD →|＝2，所以凸四边形ABCD 的面积为12×2×2＝2；因为ABCD 为凸四边形，所以AC 与BD 交于四边形内一点，记为M ，则AB →·CD →＝(MB →－MA →)·(MD →－MC →)＝MB →·MD →＋MA →·MC →－MB →·MC →－MA →·MD →，设AM →＝λAC →，BM →＝μBD →，则λ，μ∈(0，1)，且MA →＝－λAC →，MC →＝(1－λ)AC →， MB →＝－μBD →，MD →＝(1－μ)BD →，所以AB →·CD →＝－4μ(1－μ)－4λ(1－λ)∈[－2，0)，所以有λ＝μ＝12时，AB →·CD →取到最小值－2.答案：2 [－2，0)11．已知m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫sin ⎝⎛⎭⎪⎫x －π6，1，n ＝(cos x ，1)．(1)若m ∥n ，求tan x 的值；(2)若函数f (x )＝m ·n ，x ∈[0，π]，求f (x )的单调递增区间．解：(1)由m ∥n 得，sin ⎝⎛⎭⎪⎫x －π6－cos x ＝0，展开变形可得，sin x ＝3cos x ， 即tan x ＝ 3.(2)f (x )＝m ·n ＝12sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6＋34，由－π2＋2k π≤2x －π6≤π2＋2k π，k ∈Z 得，－π6＋k π≤x ≤π3＋k π，k ∈Z .又x ∈[0，π]，所以当x ∈[0，π]时，f (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π3和⎣⎢⎡⎦⎥⎤5π6，π.12．(2019·金华市东阳二中高三月考)设O 是△ABC 的三边中垂线的交点，a ，b ，c 分别为角A ，B ，C 对应的边，已知b 2－2b ＋c 2＝0，求BC →·AO →的取值范围．解：因为O 是△ABC 的三边中垂线的交点，故O 是三角形外接圆的圆心， 如图所示，延长AO 交外接圆于点D .因为AD 是⊙O 的直径，所以∠ACD ＝∠ABD ＝90°. 所以cos ∠CAD ＝ACAD ，cos ∠BAD ＝AB AD. 所以AO →·BC →＝12AD →·(AC →－AB →)＝12AD →·AC →－12AD →·AB → ＝12|AD →||AC →|·cos ∠CAD －12|AD →||AB →|· cos ∠BAD ＝12|AC →|2－12|AB →|2＝12b 2－12c 2＝12b 2－12(2b －b 2)(因为c 2＝2b －b 2) ＝b 2－b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b －122－14.因为c 2＝2b －b 2>0，解得0<b <2.令f (b )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b －122－14.所以当b ＝12时，f (b )取得最小值－14.又f (0)＝0，f (2)＝2. 所以－14≤f (b )<2.即AO →·BC →的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫－14，2.[能力提升]1．(2019·嘉兴市高考模拟)已知平面向量a 、b 满足|a |＝|b |＝1，a ·b ＝12，若向量c满足|a －b ＋c |≤1，则|c |的最大值为( )A ．1B ． 2C ． 3D ．2解析：选D.由平面向量a 、b 满足|a |＝|b |＝1，a ·b ＝12，可得|a|·|b |·cos 〈a ，b 〉＝1·1·cos 〈a ，b 〉＝12，由0≤〈a ，b 〉≤π，可得〈a ，b 〉＝π3，设a ＝(1，0)，b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，c ＝(x ，y )，则|a －b ＋c |≤1，即有⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋x ，y －32≤1，即为⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －322≤1，故|a －b ＋c |≤1的几何意义是在以⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32为圆心，半径等于1的圆上和圆内部分，|c |的几何意义是表示向量c 的终点与原点的距离，而原点在圆上，则最大值为圆的直径，即为2.2．(2019·温州市高考模拟)记max{a ，b }＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，a ≥bb ，a ＜b ，已知向量a ，b ，c 满足|a |＝1，|b |＝2，a ·b ＝0，c ＝λa ＋μb (λ，μ≥0，且λ＋μ＝1)，则当max{c ·a ，c ·b }取最小值时，|c |＝ ( )A ．255B ．223C ．1D ．52解析：选A.如图，设OA →＝a ，OB →＝b ，则a ＝(1，0)，b ＝(0，2)，因为λ，μ≥0，λ＋μ＝1，所以0≤λ≤1.又c ＝λa ＋μb ，所以c ·a ＝(λa ＋b －λb )·a ＝λ；c ·b ＝(λa ＋b －λb )·b ＝4－4λ.由λ＝4－4λ，得λ＝45.所以max{c ·a ，c ·b }＝⎩⎪⎨⎪⎧λ，45≤λ≤14－4λ，0≤λ＜45.令f (λ)＝⎩⎪⎨⎪⎧λ，45≤λ≤14－4λ，0≤λ＜45.则f (λ)∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤45，1.所以f (λ)min ＝45，此时λ＝45，μ＝15，所以c ＝45a ＋15b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫45，25. 所以|c |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫452＋⎝ ⎛⎭⎪⎫252＝255.故选A.3．(2019·瑞安市龙翔高中高三月考)向量m ＝⎝⎛⎭⎪⎫22，－22，n ＝(sin x ，cos x )，x ∈(0，π)，①若m ∥n ，则tan x ＝________；②若m 与n 的夹角为π3，则x ＝________．解析：m ＝⎝⎛⎭⎪⎫22，－22，n ＝(sin x ，cos x )，x ∈(0，π)，①由m ∥n ，得22cos x ＋22sin x ＝0，即sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4＝0，因为0<x <π，所以π4<x ＋π4<5π4，则x ＋π4＝π，x ＝34π.所以tan x ＝－1.②由m 与n 的夹角为π3，得cos π3＝22sin x －22cos x ⎝ ⎛⎭⎪⎫222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－222·sin 2x ＋cos 2x ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫x －π4＝12，因为0<x <π，所以－π4<x －π4<3π4，则x －π4＝π6，x ＝5π12. 答案：①－1 ②5π124．(2019·宁波市余姚中学高三期中)已知向量OA →，OB →的夹角为60°，|OA →|＝2，|OB →|＝23，OP →＝λOA →＋μOB →.若λ＋3μ＝2，则|OP →|的最小值是________，此时OP →，OA →夹角的大小为________．解析：向量OA →，OB →的夹角为60°，|OA →|＝2，|OB →|＝23，即有OA →·OB →＝|OA →|·|OB →|·cos 60°＝2×23×12＝23，若λ＋3μ＝2，可得λ＝2－3μ，则|OP →|＝|λOA →＋μOB →|＝λ2OA →2＋μ2OB →2＋2λμOA →·OB →＝4λ2＋12μ2＋43λμ＝4（λ＋3μ）2－43λμ ＝16－43（2－3μ）μ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫μ－332＋12≥23， 当μ＝33，λ＝1时，|OP →|的最小值为2 3. 由OP →＝OA →＋33OB →， 可得OP →·OA →＝OA →2＋33OA →·OB →＝4＋33·23＝6， 则cos 〈OP →，OA →〉＝OP →·OA →|OP →|·|OA →|＝623·2＝32， 由0°≤〈OP →，OA →〉≤180°，可得〈OP →，OA →〉＝30°.答案：2 3 30°5．(2019·绍兴市柯桥区高三期中检测)已知平面向量a ，b ，c 满足|a |＝4，|b |＝3，|c |＝2，b ·c ＝3，求(a －b )2(a －c )2－[(a －b )·(a －c )]2的最大值．解：设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，a －b 与a －c 所成夹角为θ，则(a －b )2(a －c )2－[(a －b )·(a －c )]2＝|AB |2|AC |2－|AB |2|AC |2cos 2θ＝|AB |2|AC |2sin 2θ＝|AB |2|AC |2sin 2∠CAB ＝4S 2△ABC ，因为|b |＝3，|c |＝2，b ·c ＝3，所以b ，c 的夹角为60°，设B (3，0)，C (1，3)，则|BC |＝7，所以S △OBC ＝12×3×2×sin 60°＝332， 设O 到BC 的距离为h ，则12·BC ·h ＝S △OBC ＝332，所以h ＝3217， 因为|a |＝4，所以A 点落在以O 为圆心，以4为半径的圆上，所以A 到BC 的距离最大值为4＋h ＝4＋3217. 所以S △ABC 的最大值为12×7×⎝⎛⎭⎪⎫4＋3217＝27＋332， 所以(a －b )2(a －c )2－[(a －b )·(a －c )]2的最大值为4⎝ ⎛⎭⎪⎫27＋3322＝(47＋33)2.6. 在如图所示的平面直角坐标系中，已知点A (1，0)和点B (－1，0)，|OC →|＝1，且∠AOC ＝θ，其中O 为坐标原点．(1)若θ＝34π，设点D 为线段OA 上的动点，求|OC →＋OD →|的最小值； (2)若θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，向量m ＝BC →，n ＝(1－cos θ，sin θ－2cos θ)，求m ·n 的最小值及对应的θ值．解：(1)设D (t ，0)(0≤t ≤1)，由题意知C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，22， 所以OC →＋OD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22＋t ，22， 所以|OC →＋OD →|2＝12－2t ＋t 2＋12＝t 2－2t ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫t －222＋12， 所以当t ＝22时，|OC →＋OD →|最小，为22. (2)由题意得C (cos θ，sin θ)，m ＝BC →＝(cos θ＋1，sin θ)，则m ·n ＝1－cos 2θ＋sin 2θ－2sin θcos θ＝1－cos 2θ－sin 2θ＝1－2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2θ＋π4， 因为θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2， 所以π4≤2θ＋π4≤5π4， 所以当2θ＋π4＝π2， 即θ＝π8时，sin ⎝⎛⎭⎪⎫2θ＋π4取得最大值1. 所以m ·n 的最小值为1－2，此时θ＝π8.。

向量的运算律及其应用

向量的运算律及其应用

向量的运算律及其应用一、向量的运算律向量是具有大小和方向的量，可以进行一系列运算。

在向量的运算中，有几个重要的运算律需要我们掌握和应用。

下面将逐一介绍这些运算律。

1. 向量的加法向量的加法满足交换律和结合律。

设有向量A、B和C，它们的加法运算可表示为A+B=C。

具体来说，向量的加法满足以下两个运算律：（1）交换律：A+B=B+A（2）结合律：(A+B)+C=A+(B+C)2. 向量的减法向量的减法是向量加法的逆运算，即A-B=A+(-B)。

其中，-B表示向量B的反向量，大小相等，方向相反。

向量的减法可以用向量的加法和负向量来表示，满足以下运算律：A+(-B)=A-B3. 数乘向量的数乘即将一个向量与一个标量相乘，其结果为新的向量。

设有向量A和标量k，向量A的数乘运算可表示为kA。

数乘满足以下运算律：（1）结合律：k(lA)=(kl)A（2）分配律：k(A+B)=kA+kB（3）分配律：(k+l)A=kA+lA4. 数乘的性质数乘还具有一些重要的性质：（1）0乘任意向量等于零向量：0A=0（2）负数乘向量等于反向量的数乘：(-k)A=-(kA)二、向量运算的应用向量的运算律可以应用于多个领域，下面列举几个常见的应用。

1. 几何应用向量的加法和数乘可以用于求向量的几何性质。

例如，两个向量相加可以得到它们的合向量，该合向量的大小等于两个向量大小之和，方向与其中一个向量相同。

同时，向量的数乘可以用于求向量的倍数关系，如果两个向量共线或反向，它们之间存在数乘的关系。

2. 物理应用向量在物理中有广泛的应用。

例如，速度和加速度是向量，它们的运算通过向量的加法和数乘来表示。

速度的方向和大小可以用向量表示，而速度的变化可以通过加速度向量的数乘来表示。

3. 工程应用在工程领域，向量的运算可以用于求解力的合成、位移的计算等问题。

例如，在静力学中，多个力的合力可以通过向量的加法来求解；在工程测量中，位移和位移的关系可以通过向量的数乘来表示。

【精品】备战2020年高考理科数学之高频考点专题专题16 空间向量与立体几何(学生版)

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专题16 空间向量与立体几何考点1 利用空间向量证明平行与垂直调研1 如图，在正方体1111ABCD A B C D-中，O是AC的中点，E是线段1D O上一点，且1D E EOλ=⋅u u u u r u u u r.（1）求证：11DB CD O⊥平面；（2）若平面CDE ⊥平面1CD O ，求λ的值. 【答案】（1）证明见解析；（2）2λ=.【解析】（1）不妨设正方体的棱长为1，如图建立空间直角坐标系，则1111(0,0,0),(1,1,1),(,,0),(0,1,0),(0,0,1)22D B O C D ，于是1111(1,1,1),(,,0),(0,1,1)22DB OC CD ==-=-u u u u r u u u u r u u u r ，因为1110,0DB CD DB OC ⋅=⋅=u u u r u u u r u u u u u u ru r ，所以111,DB CD DB OC ⊥⊥， 故11DB CD O ⊥平面.（2）由（1）可知1CD O 平面的一个法向量为1(1,1,1)DB ==u u u u rm ， 由1D E EO λ=⋅u u u u r u u u r，则1(,,)2(1)2(1)(1)E λλλλλ+++，设平面CDE 的法向量为(,,)x y z =n ，由·0,0CD DE =⋅=u u u r u u u r n n ，得0,02(1)2(1)(1)y x y zλλλλλ=⎧⎪⎨++=⎪+++⎩∴可取(2,0,)λ=-n ，因为1CD O CED ⊥平面平面，所以·0,2λ=∴=m n .☆技巧点拨☆直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量判定方法设直线l 的方向向量为a =(a 1，b 1，c 1)，平面α，β的法向量分别为μ=(a 2，b 2，c 2)，v =(a 3，b 3，c 3)，则 （1）线面平行：l ∥α⇔a ⊥μ⇔a·μ=0⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2=0； （2）线面垂直：l ⊥α⇔a ∥μ⇔a =k μ⇔a 1=ka 2，b 1=kb 2，c 1=kc 2； （3）面面平行：α∥β⇔μ∥v ⇔μ=λv ⇔a 2=λa 3，b 2=λb 3，c 2=λc 3； （4）面面垂直：α⊥β⇔μ⊥v ⇔μ·v =0⇔a 2a 3＋b 2b 3＋c 2c 3=0.注意：用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理.如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线a ∥b ，只需证明向量a =λb （λ∈R ）即可.若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外.考点2 求空间角题组一 求异面直线所成的角调研1 如图所示，在三棱锥P –ABC 中，P A ⊥平面ABC ，D 是棱PB 的中点，已知P A =BC =2，AB =4，CB ⊥AB ，则异面直线PC ，AD 所成角的余弦值为A ．−3010 B ．−305 C ．305D ．3010【答案】D【解析】因为P A ⊥平面ABC ，所以P A ⊥AB ，P A ⊥BC ．过点A 作AE ∥CB ，又CB ⊥AB ，则AP ，AB ，AE 两两垂直．如图，以A 为坐标原点，分别以AB ，AE ，AP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则A (0，0，0)，P (0，0，2)，B (4，0，0)，C (4，−2，0)．因为D 为PB 的中点，所以D (2，0，1)．故CP uu r =(−4，2，2)，AD uuu r =(2，0，1)．所以cos 〈AD uuu r ，CP uu r 〉=||||AD CPAD CP ⋅⋅uuu r uu ruuur uu r =－65×26=−3010. 设异面直线PC ，AD 所成的角为θ，则cos θ=|cos 〈AD uuu r ，CP uu r〉|=3010.调研 2 在正方体1111ABCD A B C D -中，点P 在1A C 上运动（包括端点），则BP 与1AD 所成角的取值范围是ABCD 【答案】D【解析】以点D 为原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x y z 、、轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，点P 坐标为(),1,x x x -，则()()11,,,1,0,1BP x x x BC =--=-u u u r u u u u r ，设1BP BC u u u ru u u u r、的夹角为α，则所以当13x =时，cos α取最大值当1x =时，cos α因为11BC AD ∥，所以BP 与1AD 所成角的取值范围是故选D. 【名师点睛】空间向量的引入为求空间角带来了方便，解题时只需通过代数运算便可达到解题的目的，由于两向量夹角的范围为[0,π]，因此向量的夹角不一定等于所求的空间角，因此在解题时求得两向量的夹角（或其余弦值）后还要分析向量的夹角和空间角大小间的关系．解题时要根据所求的角的类型得到空间角的范围，并在此范围下确定出所求角（或其三角函数值）．☆技巧点拨☆利用向量求异面直线所成的角一是几何法：作—证—算；二是向量法：把角的求解转化为向量运算，应注意体会两种方法的特点，“转化”是求异面直线所成角的关键，一般地，异面直线AC ，BD 的夹角β的余弦值为cos β=||||AC BD AC BD ⋅⋅uuu r uu u ruuur uu u r . 注意：两条异面直线所成的角α不一定是两直线的方向向量的夹角β，即cos α=|cos β|.题组二 求线面角调研3 如图，四棱锥P –ABCD 中，底面ABCD 是直角梯形，∠DAB =90°，AD ∥BC ，AD ⊥侧面P AB ，△P AB 是等边三角形，DA =AB =2，BC =12AD ，E 是线段AB 的中点．（1）求证：PE ⊥CD ；（2）求PC 与平面PDE 所成角的正弦值． 【答案】（1）见解析；（2） 35.【解析】（1）因为AD ⊥侧面P AB ，PE ⊂平面P AB ，所以AD ⊥PE . 又△P AB 是等边三角形，E 是线段AB 的中点，所以PE ⊥AB ． 因为AD ∩AB =A ，所以PE ⊥平面ABCD ， 而CD ⊂平面ABCD ，所以PE ⊥CD ．（2）以E 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系E −xyz . 则E (0，0，0)，C (1，−1，0)，D (2，1，0)，P (0，0，3)． 所以ED →=(2，1，0)，EP →=(0，0，3)，PC →=(1，−1，−3)． 设n =(x ，y ，z )为平面PDE 的法向量．由，得⎩⎨⎧2x ＋y ＝0，3z ＝0.令x =1，可得n =(1，−2，0)．设PC 与平面PDE 所成的角为θ，则sin θ=|cos 〈PC →，n 〉|=|||||PC PC ⋅⋅uu u ruu ur n n |=35. 所以PC 与平面PDE 所成角的正弦值为35.调研4 如图，四棱锥P ABCD -中，PD ABCD ⊥平面，底面ABCD 是梯形，AB ∥CD ，BC CD ⊥，AB=PD=4，CD=2，AD =M 为CD 的中点，N 为PB 上一点，且(01)PN PB λλ=<<u u u r u u u r.（1）若14λ=时，求证：MN ∥平面P AD ； （2）若直线AN 与平面PBCAD 与直线CN 所成角的余弦值. 【答案】（1）见解析；（2. 【解析】（114PN PB =u u u r u u u r ．在P A 上取点EEN ，DE ，Q 1444PN PB PE PA AB ===u u u r u u u r u u r ，，，∴EN ∥AB ，且14EN AB ==，Q M 为CD 的中点，CD=2，∴112DM CD ==，又AB ∥CD ，∴EN ∥DM ，EN =DM ，∴四边形DMNE 是平行四边形，∴MN ∥DE ，又DE ⊂平面P AD ，MN ⊄平面P AD ，∴MN ∥平面P AD ．（2）如图所示，过点D 作DH ⊥AB 于H ，则DH ⊥CD ．以D 为坐标原点建立空间直角坐标系D −xyz ． 则D （0，0，0），M （0，1，0），C （0，2，0），B （2，2，0），A （2，−2，0），P （0，0，4），∴()()2,0,0,0,2,4CB CP ==-u u u r u u u r ，()()2,2,42,2,4AN AP PN AP PB λλ=+=+=-+-u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r()22,22,44λλλ=-+-．该平面PBC 的法向量为(),,x y z =n ，则由20240CB x CP y z ⎧⋅==⎪⎨⋅=-+=⎪⎩u u u r u u u r n n ，得02x y z =⎧⎨=⎩，令z =1，得()0,2,1=n ．该直线AN 与平面PBC 所成的角为θ，则 ，解得1,3λ=∴()228248,,,,2,2,0333333N CN AD ⎛⎫⎛⎫=-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭u u ur u u u r ，，， 设直线AD 与直线CN 所成的角为α所以直线AD 与直线CN．☆技巧点拨☆利用向量求直线与平面所成的角①分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)； ②通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．注意：直线和平面所成的角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，即注意函数名称的变化．直线与平面的夹角计算设直线l 的方向向量为a =(a 1，b 1，c 1)，平面α的法向量为μ=(a 3，b 3，c 3)，直线l 与平面α的夹角为θ⎝⎛⎭⎫0≤θ≤π2，则sin θ=|a·μ||a ||μ|=|cos 〈a ，μ〉|.题组三 求二面角调研5 二面角的棱上有A ，B 两点，直线AC ，BD 分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB ，已知2AB =，3AC =，4BD =，CD = A ．45︒ B ．60︒ C ．120︒D ．150︒【答案】B【解析】由已知可得：0,0AB AC AB BD ⋅=⋅=u u u r u u u r u u u r u u u r ，CD CA AB BD =++u u u r u u u u r u u r u u u r，，∴cos CA 12，即CA ，∴二面角的大小为60°，故选B.【名师点睛】这个题目考查的是立体几何中空间角的求法；解决立体几何的小题，通常有以下几种方法：一是建系法，二是用传统的方法，利用定义直接在图中找到要求的角；还有就是利用空间向量法来解决问题.注意向量夹角必须是共起点的，还有就是异面直线夹角必须是锐角或直角.调研6 如图，在四棱锥P ABCD -中，AP ，AB ，AD 两两垂直，BC AD ∥，且4AP AB AD ===，2BC =.（1）求二面角P CD A --的余弦值；（2）已知点H 为线段PC 上异于C 的点，且DC DH =，求PHPC的值. 【答案】（1）23；（2【思路分析】（1）先根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，根据方程组解得各平面法向量，利用向量数量积求向量夹角，最后根据二面角与向量夹角关系求结果；（2）设PH PC λ=u u u v u u u v，根据向量坐标表示距离，再根据距离相等解得λ，即为PHPC的值. 【解析】以{},,A AB AP D u u u r u u u r u u u r为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系A xyz -.则()0,0,0A ，()4,0,0B ，()4,2,0C ，()0,4,0D ，()0,0,4P .（1）易知()0,4,4DP =-u u u r ，()4,2,0DC =-u u u r.设平面PCD 的法向量为()1,,x y z =n ，则1100DP DC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u v u u u v n n ，即440420y z x y -+=⎧⎨-=⎩，令1x =，则2y =，2z =.所以()11,2,2=n .易知平面ACD 的法向量为()20,0,1=n ，P CD A --的余弦值为23. （2）由题意可知，()4,2,4PC =-u u u r ，()4,2,0DC =-u u u r ，设()4,2,4PH PC λλλλ==-u u u r u u u r，则DH DP PH =+=u u u u r u u u r u u u r()4,24,44λλλ--， 因为DC DH ==，化简得23410λλ-+=，所以1λ=或13λ=.点H 异于点C ，所以13λ=调研7 如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧棱1CC ⊥底面ABC ，且122,CC AC BC AC BC ==⊥，D 是棱AB 的中点，点M 在侧棱1CC 上运动.（1）当M 是棱1CC 的中点时，求证：CD ∥平面1MAB ； （2）当直线AM 与平面ABC 所成的角的正切值为32时，求二面角11A MB C --的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）14-. 【思路分析】（1）取线段1AB 的中点E ，连接,DE EM ，可得四边形CDEM 是平行四边形，CD EM ∥，即可证明CD ∥平面1MAB ；（2）以C 为原点，CA ，CB ，1CC 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角11A MB C --的余弦值. 【解析】（1）取线段1AB 的中点E ，连接,DE EM . ∵1,AD DB AE EB ==，∴1DE BB ∥，且112DE BB =. 又M 为1CC 的中点，∴1CM BB ∥，且112CM BB =， ∴CM DE ∥，且CM DE =，∴四边形CDEM 是平行四边形，∴CD EM ∥. 又EM ⊂平面1,AB M CD ⊄平面1AB M ，∴CD ∥平面1MAB .（2）∵1,,CA CB CC 两两垂直，∴以C 为原点，1,,CA CB CC 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系C xyz -，如图，∵三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面ABC ，∴MAC ∠即为直线AM 与平面ABC 所成的角. 设1AC =，则由3tanMAC ∠=，得3CM =.设平面1AMB 的一个法向量为(),,x y z =n ，2z =，得3,1x y ==-，即()3,1,2=-n .又平面11BCC B 的一个法向量为()1,0,0CA =u u ur，∴，又二面角11A MB C --的平面角为钝角，∴二面角11A MB C --的余弦值为14-.☆技巧点拨☆利用向量求二面角求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．注意：两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角．运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤（1）建立恰当的空间直角坐标系； （2）求出相关点的坐标； （3）写出向量坐标；（4）结合公式进行论证、计算；（5）转化为几何结论．平面与平面的夹角计算公式设平面α，β的法向量分别为μ=(a 3，b 3，c 3)，v =(a 4，b 4，c 4)，平面α，β的夹角为θ(0≤θ≤π)，则|cos θ|=|μ·v ||μ||v |=|cos 〈μ，v 〉|.题组四 解决探索性问题调研8 如图，在五面体ABCDPE 中，PD ⊥平面ABCD ，∠ADC =∠BAD =90°，F 为棱P A 的中点，PD =BC =2，AB =AD =1，且四边形CDPE 为平行四边形．（1）判断AC 与平面DEF 的位置关系，并给予证明；（2）在线段EF 上是否存在一点Q ，使得BQ 与平面PBC 所成角的正弦值为36？若存在，请求出QE 的长；若不存在，请说明理由．【答案】（1） AC ∥平面DEF ，证明见解析；（2） 在线段EF 上存在一点Q ⎝⎛⎭⎫14，1，324，使得BQ 与平面PBC 所成角的正弦值为36，此时QE =194. 【解析】（1）AC ∥平面DEF .理由如下： 设线段PC 交DE 于点N ，连接FN ，如图所示，因为四边形PDCE 为平行四边形，所以点N 为PC 的中点， 又点F 为P A 的中点，所以FN ∥AC ， 因为FN ⊂平面DEF ，AC ⊄平面DEF ， 所以AC ∥平面DEF .（2）假设在线段EF 上存在一点Q ，使得BQ 与平面PBC 所成角的正弦值为36，设FQ →=λFE →(0≤λ≤1)，如图，以D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系． 因为PD =BC =2，AB =AD =1，所以CD =2，所以P (0，0，2)，B (1，1，0)，C (0，2，0)，A (1，0，0)，所以PB →=(1，1，−2)，BC →=(−1，1，0)． 设平面PBC 的法向量为m =(x ，y ，z )，则，即⎩⎨⎧ x ＋y －2z ＝0，－x ＋y ＝0，解得⎩⎨⎧x ＝y ，z ＝2x ，令x =1，得平面PBC 的一个法向量为m =(1，1，2)． 假设存在点Q 满足条件．由F ⎝⎛⎭⎫12，0，22，E (0，2，2)，可得FE →=⎝⎛⎭⎫－12，2，22.由FQ→=λFE →(0≤λ≤1)，整理得1)(,2,)22Q λλλ-+，则BQ →=1)(,21,)22λλλ-+--， 因为直线BQ 与平面PBC 所成角的正弦值为36，所以|cos 〈BQ →，m 〉|=|||||BQ BQ ⋅⋅uu u ruu ur m m |=|5λ－1|219λ2－10λ＋7=36， 化简可得14λ2－5λ－1=0， 又0≤λ≤1，所以λ=12，故在线段EF 上存在一点Q ⎝⎛⎭⎫14，1，324，使得BQ 与平面PBC 所成角的正弦值为36， 且QE=194.调研9 棱台1111ABCD A B C D -的三视图与直观图如图所示. （1）求证：平面11ACC A ⊥平面11BDD B ；（2）在线段1DD 上是否存在一点Q ，使CQ 与平面11BDDB ？若存在，指出点Q 的位置；若不存在，说明理由.【答案】（1）见解析；（2）存在，点Q 在1DD 的中点位置，理由见解析.【思路分析】（1）首先根据三视图特征可得1AA ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为正方形，所以AC BD ⊥.再由1AA BD ⊥即可得线面垂直，从而得出面面垂直；（2）直接建立空间直角坐标系写出各点坐标求出法向量，再根据向量的夹角公式列等式求出12λ=. 【解析】（1）根据三视图可知1AA ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为正方形，所以AC BD ⊥. 因为BD ⊂平面ABCD ，所以1AA BD ⊥， 又1AA AC A =I ，所以BD ⊥平面11ACC A .因为BD ⊂平面11BDD B ，所以平面11ACC A ⊥平面11BDD B .（2）以A 为坐标原点，1,,AB AD AA 所在直线分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，根据三视图可知四边形ABCD 为边长为2的正方形，四边形1111A B C D 为边长为1的正方形，1AA ⊥平面ABCD ，且11AA =.所以()11,0,1B ，()10,1,1D ，()2,0,0B ，()0,2,0D ，()2,2,0C . 因为Q 在1DD 上，所以可设()101DQ DD λλ=≤≤u u u r u u u u r.因为()10,1,1DD =-u u u u r ，所以1AQ AD DQ AD DD λ=+=+u u u r u u u u u r u u r u u u r u u u r()()()0,2,00,1,10,2,λλλ=+-=-. 所以()0,2,Q λλ-，()2,,CQ λλ=--u u u r.设平面11BDD B 的法向量为(),,x y z =n ，根据()()()()1,,2,2,00,0,,0,1,10,0x y z BD x y z DD ⎧⎧⋅-=⋅=⎪⎪⇒⎨⎨⋅-=⋅=⎪⎪⎩⎩u u u r u u u ur n n令1x =，可得1y z ==，所以()1,1,1=n .设CQ 与平面11BDD B 所成的角为θ，9==. 所以12λ=，即点Q 在1DD 的中点位置. 调研10 如图（1），在边长为4的菱形ABCD 中，∠BAD =60°，DE ⊥AB 于点E ，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1D ⊥DC ，如图（2）．（1）求证：A 1E ⊥平面BCDE . （2）求二面角E −A 1B −C 的余弦值．（3）判断在线段EB 上是否存在一点P ，使平面A 1DP ⊥平面A 1BC ？若存在，求出EPPB 的值；若不存在，说明理由．【答案】（1）见解析；（2） −77；（3）在线段EB 上不存在点P ，使得平面A 1DP ⊥平面A 1BC ． 【解析】（1）∵DE ⊥BE ，BE ∥DC ，∴DE ⊥DC ．又∵A 1D ⊥DC ，A 1D ∩DE =D ，∴DC ⊥平面A 1DE ，∴DC ⊥A 1E . 又∵A 1E ⊥DE ，DC ∩DE =D ，∴A 1E ⊥平面BCDE . （2）∵A 1E ⊥平面BCDE ，DE ⊥BE ，∴以EB ，ED ，EA 1所在直线分别为x 轴，y 轴和z 轴，建立空间直角坐标系（如图）．易知DE =23，则A 1(0，0，2)，B (2，0，0)，C (4，23，0)，D (0，23，0)，∴1BA uuu r =(−2，0，2)，BC uu u r=(2，23，0)，易知平面A 1BE 的一个法向量为n =(0，1，0)．设平面A1BC的法向量为m =(x ，y ，z )，由1BA uuu r ·m =0，BC uu u r·m =0，得⎩⎨⎧－2x ＋2z ＝0，2x ＋23y ＝0.令y =1，得m =(−3，1，−3)，∴cos 〈m ，n 〉=m·n|m |·|n |=17×1=77.由图得二面角E −A 1B −C 为钝二面角， ∴二面角E −A 1B −C 的余弦值为−77.（3）假设在线段EB 上存在一点P ，使得平面A 1DP ⊥平面A 1BC ．设P (t ，0，0)(0≤t ≤2)，则1A P uuu r =(t ，0，−2)，1A D uuu r=(0，23，−2)，设平面A 1DP 的法向量为p =(x 1，y 1，z 1)，由得⎩⎨⎧23y 1－2z 1＝0，tx 1－2z 1＝0.令x 1=2，得p =⎝⎛⎭⎫2，t 3，t .∵平面A 1DP ⊥平面A 1BC ，∴m·p =0，即23−t3＋3t =0，解得t =−3. ∵0≤t ≤2，∴在线段EB 上不存在点P ，使得平面A 1DP ⊥平面A 1BC ．☆技巧点拨☆用向量解决探索性问题的方法1．确定点在线段上的位置时，通常利用向量共线来求．2．确定点在平面内的位置时，充分利用平面向量基本定理表示出有关向量的坐标而不是直接设出点的坐标． 3．解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题．1．（山东省泰安第二中学2019-2020学年高三上学期9月月考数学试题）已知(2,1,3)=-a ，(1,4,2)=--b ，(7,5,)x =c ，若a ，b ，c 三向量共面，则实数x =A ．627 B ．637C ．607D ．6572．（四川省成都市树德中学2019-2020学年高三11月阶段性检测数学试题）如图三棱锥S ABC -中，SA ⊥底面ABC ，AB BC ⊥，2AB BC ==，SA =SC 与AB 所成角的大小为A ．90︒B ．60︒C ．45︒D ．30°3．（甘肃省天水市第一中学2020年高三上学期12月月考数学试题）如图1四边形ABCD 与四边形ADEF分别为正方形和等腰梯形，,AD EF AF =∥4,2AD EF ==，沿AD 边将四边形ADEF 折起，使得平面ADEF ⊥平面ABCD ，如图2，动点M 在线段EF 上，,N G 分别是,AB BC 的中点，设异面直线MN 与AG 所成的角为α，则cos α的最大值为A BC D 4．（山东省泰安第二中学2019-2020学年高三上学期9月月考数学试题）在正方体1111ABCD A B C D -中，点M 是1AA 的中点，已知AB =u u u r a ，AD =u u u rb ，1AA =u u u r c ，用a ，b ，c 表示CM u u u u r ，则CM =u u u u r ______. 5．（河南省天一大联考2019-2020学年高三阶段性测试（三）数学试题）在直四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是菱形，60BAD ∠=o ，1122AB AA ==，E 、F 分别是线段1AA 、11C D 的中点.（1）求证：BD CE ⊥；（2）求平面ABCD 与平面CEF 所成锐二面角的余弦值.6．（四川省南充市高中2019-2020学年高三第一次高考适应性考试数学试题）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是矩形，2AB =，BC a =，PA ABCD 底面⊥.（1）当a 为何值时，BD PAC ⊥平面？证明你的结论； （2）当122PA a ==时，求面PDC 与面PAB 所成二面角的正弦值.7．（河北省承德市第一中学2019-2020学年高三上学期12月月考数学试题）如图，已知点H 在正方体1111ABCD A B C D -的对角线11B D 上，∠HDA =60︒．（1）求DH 与1CC 所成角的大小；（2）求DH 与平面1A BD 所成角的正弦值．8．（湖北省“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟2019-2020学年高三上学期10月联考数学试题）已知在多面体ABCDE 中，DE AB ∥，AC BC ⊥，24BC AC ==，2AB DE =，DA DC =且平面DAC ⊥平面ABC .（1）设点F 为线段BC 的中点，试证明EF ⊥平面ABC ；（2）若直线BE 与平面ABC 所成的角为60o ，求二面角B AD C --的余弦值.9．（广东省广州市番禺区广东仲元中学2019-2020年高三上学期11月月考数学试题）如图1，PAD △是以AD 为斜边的直角三角形，1PA =，BC AD ∥，CD AD ⊥，22AD DC ==，12BC =，将PAD △沿着AD 折起，如图2，使得2PC =．（1）证明：平面PAD ⊥平面ABCD ； （2）求二面角A PB C --大小的余弦值．10．（天津市部分区2019-2020学年高三上学期期末数学试题）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，P 、O 分别为AC 、11A C 的中点，11PA PC ==1111A B B C =1PB ==114A C =.（1）求证：PO ⊥平面111A B C ； （2）求二面角111B PA C --的正弦值；（3）已知H 为棱11B C 上的点，若11113B H BC =u u u u r u u u u r，求线段PH 的长度.1．（2018新课标全国Ⅱ理科）在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，1AA =则异面直线1AD 与1DB 所成角的余弦值为A ．15 BC ．5D ．22．（2017新课标全国Ⅲ理科）a ，b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC 的直角边AC 所在直线与a ，b 都垂直，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，有下列结论： ①当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成30°角； ②当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成60°角； ③直线AB 与a 所成角的最小值为45°； ④直线AB 与a 所成角的最大值为60°.其中正确的是________________．(填写所有正确结论的编号)3．（2018新课标全国Ⅰ理科）如图，四边形ABCD 为正方形，,E F 分别为,AD BC 的中点，以DF 为折痕把DFC △折起，使点C 到达点P 的位置，且PF BF ⊥. （1）证明：平面PEF ⊥平面ABFD ； （2）求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值.4．（2018新课标全国Ⅱ理科）如图，在三棱锥P ABC -中，AB BC ==4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点．（1）证明：PO ⊥平面ABC ；（2）若点M 在棱BC 上，且二面角M PA C --为30︒，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．5．（2018新课标全国Ⅲ理科）如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧»CD 所在平面垂直，M 是»CD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，求面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值．6．（2017新课标全国Ⅰ理科）如图，在四棱锥P−ABCD 中，AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠=o . （1）证明：平面P AB ⊥平面P AD ；C（2）若P A =PD =AB =DC ，90APD ∠=o ，求二面角A −PB −C 的余弦值.7．（2017新课标全国Ⅱ理科）如图，四棱锥P −ABCD 中，侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，o 1,90,2AB BC AD BAD ABC ==∠=∠= E 是PD 的中点． （1）证明：直线CE ∥平面P AB ；（2）点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为o 45，求二面角M AB D --的余弦值．8．（2017新课标全国Ⅲ理科）如图，四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，△ACD 是直角三角形，∠ABD =∠CBD ，AB =BD ．（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；（2）过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D–AE–C的余弦值.9．（2019年高考全国Ⅰ卷理数）如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求二面角A−MA1−N的正弦值．10．（2019年高考全国Ⅱ卷理数）如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1．（1）证明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值．11．（2019年高考全国Ⅲ卷理数）图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2.（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；（2）求图2中的二面角B−CG−A的大小.。

高考数学中的向量运算及其应用技巧

高考数学中的向量运算及其应用技巧

高考数学中的向量运算及其应用技巧向量是高中数学中非常重要的一部分，它不仅有着广泛的应用，而且在高考中也是不可或缺的一部分。

在高考数学中，向量作为基础知识，被广泛应用于解析几何、平面几何、三角函数等领域。

本文将为大家介绍高考数学中的向量运算及其应用技巧，帮助同学们更好地掌握这一知识点。

一、向量运算1. 向量的加减法向量的加减法是向量运算中的基本操作。

向量的减法要用到相反向量。

向量的相反向量是指与其大小相等，方向相反的向量。

设向量 $\vec{a}$ 与 $\vec{b}$，则它们的加法与减法运算如下：$$\vec{a}+\vec{b}=\vec{c}$$$$\vec{a}-\vec{b}=\vec{a}+(-\vec{b})=\vec{d}$$其中 $\vec{c}$ 为向量的和， $\vec{d}$ 为向量的差。

2. 向量的数量乘法向量的数量乘法是指向量与一个实数的积，用来改变向量的大小和方向。

设向量$\vec{a}$，实数$k$，则它们的数量乘法如下：$$k\vec{a}=\vec{b}$$其中 $\vec{b}$ 的大小是 $\vec{a}$ 的大小的 $|k|$ 倍，如果$k$ 是正数，方向与 $\vec{a}$ 方向相同；如果 $k$ 是负数，方向与 $\vec{a}$ 方向相反。

3. 向量的数量积向量的数量积是指两个向量相乘，得到的是一个实数。

设向量$\vec{a}$，$\vec{b}$，则它们的数量积如下：$$\vec{a}\cdot \vec{b}=|\vec{a}||\vec{b}|\cos \theta $$其中 $\theta$ 是 $\vec{a}$ 与 $\vec{b}$ 的夹角。

由于 $\cos\theta$ 的范围是 $[-1,1]$，如果 $\vec{a}$ 与 $\vec{b}$ 的夹角小于$90^{\circ}$，那么它们的数量积是正数；如果夹角是$90^{\circ}$，那么数量积是 $0$；如果 $\vec{a}$ 与 $\vec{b}$ 的夹角大于$90^{\circ}$，那么数量积是负数。

2020高考精品系列之数学(理)专题11 空间向量与立体几何解答题(原卷版)

2020高考精品系列之数学(理)专题11 空间向量与立体几何解答题(原卷版)

专题11空间向量与立体几何解答题考纲解读三年高考分析1.空间向量及其运算(1)了解空间向量的概念,了解空间向量的基本定理及其意义,掌握空间向量的正交分解及其坐标表示.(2)掌握空间向量的线性运算及其坐标表示.(3)掌握空间向量的数量积及其坐标表示,能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直.2.空间向量的应用(1)理解直线的方向向量与平面的法向量.(2)能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系.(3)能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理(包括三垂线定理).(4)能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题,了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.空间向量的计算和角度的求解是考查的重点，解题时常用到空间直角坐标系的建立、点和向量坐标的计算与应用，考查学生的数学抽象能力、数学建模能力、数学运算能力、直观想象能力，题型以选择填空题和解答题为主，中等难度.1、主要考查与点、线、面位置关系有关的命题真假判断和求解异面直线所成的角，题型主要以选择题和填空题的形式出现，解题要求有较强的空间想象能力和逻辑推理能力.2、空间向量是高考中的必考内容，涉及用向量法计算空间异面直线所成角、直线和平面所成角、二面角及空间距离等内容，考查热点是空间角的求解．题型以解答题为主，要求有较强的运算能力，广泛应用函数与方程的思想、转化与化归思想.1．【2019年天津理科17】如图，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝AD＝1，AE ＝BC＝2．（Ⅰ）求证：BF∥平面ADE；（Ⅱ）求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；（Ⅲ）若二面角E﹣BD﹣F的余弦值为，求线段CF的长．2．【2019年新课标3理科19】图1是由矩形ADEB、Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°．将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2．（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；（2）求图2中的二面角B﹣CG﹣A的大小．3．【2019年全国新课标2理科17】如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1．（1）证明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE＝A1E，求二面角B﹣EC﹣C1的正弦值．4．【2019年新课标1理科18】如图，直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求二面角A﹣MA1﹣N的正弦值．5．【2019年北京理科16】如图，在四棱锥P﹣ABCD中，P A⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，P A＝AD＝CD＝2，BC＝3．E为PD的中点，点F在PC上，且．（Ⅰ）求证：CD⊥平面P AD；（Ⅱ）求二面角F﹣AE﹣P的余弦值；（Ⅲ）设点G在PB上，且．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．6．【2019年江苏16】如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB＝BC．求证：（1）A1B1∥平面DEC1；（2）BE⊥C1E．7．【2019年浙江19】如图，已知三棱柱ABC﹣A1B1C1，平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，A1A＝A1C＝AC，E，F分别是AC，A1B1的中点．（Ⅰ）证明：EF⊥BC；（Ⅱ）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值．8．【2018年江苏15】在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝AB，AB1⊥B1C1．求证：（1）AB∥平面A1B1C；（2）平面ABB1A1⊥平面A1BC．9．【2018年江苏25】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．10．【2018年新课标1理科18】如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF．（1）证明：平面PEF⊥平面ABFD；（2）求DP与平面ABFD所成角的正弦值．11．【2018年新课标2理科20】如图，在三棱锥P﹣ABC中，AB＝BC＝2，P A＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．（1）证明：PO⊥平面ABC；（2）若点M在棱BC上，且二面角M﹣P A﹣C为30°，求PC与平面P AM所成角的正弦值．12．【2018年新课标3理科19】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，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值．13．【2018年浙江19】如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC ＝120°，A1A＝4，C1C＝1，AB＝BC＝B1B＝2．（Ⅰ）证明：AB1⊥平面A1B1C1；（Ⅱ）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．14．【2018年上海17】已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，半径为2．（1）设圆锥的母线长为4，求圆锥的体积；（2）设PO＝4，OA、OB是底面半径，且∠AOB＝90°，M为线段AB的中点，如图．求异面直线PM与OB所成的角的大小．15．【2018年北京理科16】如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，D，E，F，G分别为AA1，AC，A1C1，BB1的中点，AB＝BC，AC＝AA1＝2．（Ⅰ）求证：AC⊥平面BEF；（Ⅱ）求二面角B﹣CD﹣C1的余弦值；（Ⅲ）证明：直线FG与平面BCD相交．16．【2018年天津理科17】如图，AD∥BC且AD＝2BC，AD⊥CD，EG∥AD且EG＝AD，CD∥FG 且CD＝2FG，DG⊥平面ABCD，DA＝DC＝DG＝2．（Ⅰ）若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：MN∥平面CDE；（Ⅱ）求二面角E﹣BC﹣F的正弦值；（Ⅲ）若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60°，求线段DP的长．17．【2017年江苏15】如图，在三棱锥A﹣BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E、F（E与A、D不重合）分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD．求证：（1）EF∥平面ABC；（2）AD⊥AC．18．【2017年江苏18】如图，水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱台形玻璃容器Ⅱ的高均为32cm，容器Ⅰ的底面对角线AC的长为10cm，容器Ⅱ的两底面对角线EG，E1G1的长分别为14cm和62cm．分别在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水，水深均为12cm．现有一根玻璃棒l，其长度为40cm．（容器厚度、玻璃棒粗细均忽略不计）（1）将l放在容器Ⅰ中，l的一端置于点A处，另一端置于侧棱CC1上，求l没入水中部分的长度；（2）将l放在容器Ⅱ中，l的一端置于点E处，另一端置于侧棱GG1上，求l没入水中部分的长度．19．【2017年江苏25】如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB＝AD＝2，AA1，∠BAD＝120°．（1）求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；（2）求二面角B﹣A1D﹣A的正弦值．20．【2017年新课标1理科18】如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°．（1）证明：平面P AB⊥平面P AD；（2）若P A＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，求二面角A﹣PB﹣C的余弦值．21．【2017年新课标2理科19】如图，四棱锥P﹣ABCD中，侧面P AD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点．（1）证明：直线CE∥平面P AB；（2）点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M﹣AB﹣D的余弦值．22．【2017年新课标3理科19】如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD＝∠CBD，AB＝BD．（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；（2）过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D ﹣AE﹣C的余弦值．23．【2017年浙江19】如图，已知四棱锥P﹣ABCD，△P AD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC ∥AD，CD⊥AD，PC＝AD＝2DC＝2CB，E为PD的中点．（Ⅰ）证明：CE∥平面P AB；（Ⅱ）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．24．【2017年上海17】如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面为直角三角形，两直角边AB和AC的长分别为4和2，侧棱AA1的长为5．（1）求三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积；（2）设M是BC中点，求直线A1M与平面ABC所成角的大小．25．【2017年北京理科16】如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，平面P AD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD∥平面MAC，P A＝PD，AB＝4．（1）求证：M为PB的中点；（2）求二面角B﹣PD﹣A的大小；（3）求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．26．【2017年天津理科17】如图，在三棱锥P﹣ABC中，P A⊥底面ABC，∠BAC＝90°．点D，E，N分别为棱P A，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，P A＝AC＝4，AB＝2．（Ⅰ）求证：MN∥平面BDE；（Ⅱ）求二面角C﹣EM﹣N的正弦值；（Ⅲ）已知点H在棱P A上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长．1．【陕西省西北工业大学附属中学2019届高三考前模拟】如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD 是菱形，3ABC π∠=，四边形ABEF 是直角梯形，2FAB π∠=，AF BE P ，22AF AB BE ===.（Ⅰ）证明：CE P 平面ADF .（Ⅱ）若平面ABCD ⊥平面ABEF ，H 为DF 的中点，求平面ACH 与平面ABEF 所成锐二面角的余弦值.2．【山东省淄博市部分学校2019届高三5月阶段性检测】已知正方形的边长为4,,E F 分别为,AD BC 的中点，以EF 为棱将正方形ABCD 折成如图所示的60o 的二面角，点M 在线段AB 上．（1）若M 为AB 的中点，且直线MF ，由,,A D E 三点所确定平面的交点为O ，试确定点O 的位置，并证明直线//OD 平面EMC ；（2）是否存在点M ，使得直线DE 与平面EMC 所成的角为60o ；若存在，求此时二面角M EC F --的余弦值，若不存在，说明理由．3．【陕西省汉中市2019届高三全真模拟】如图，四边形ABCD 为矩形，平面ABEF ⊥平面ABCD ，//EF AB ，90BAF ∠=︒，2AD =，1AB AF ==，点P 在线段DF 上.（1）求证：AF ⊥平面ABCD ；（2）若二面角D AP C --的余弦值为63，求PF 的长度. 4．【河南省八市重点高中联盟“领军考试”2019届高三第五次测评】如图，三棱柱111ABC A B C -中，平面11ACC A ⊥平面ABC ，12AA AC CB ==，90ACB ∠=︒.（1）求证：平面11AB C ⊥平面11A B C ；（2）若1A A 与平面ABC 所成的线面角为60︒，求二面角11C AB C --的余弦值.5．【辽宁省葫芦岛市普通高中2019届高三第二次模拟】如图，在多面体ABCDEF 中，平面ADEF ⊥平面ABCD .四边形ADEF 为正方形，四边形ABCD 为梯形，且//AD BC ，ABD ∆是边长为1的等边三角形，M 为线段BD 中点，3BC =.(1)求证：AF BD ⊥；(2)求直线MF 与平面CDE 所成角的正弦值；(3)线段BD 上是否存在点N ，使得直线//CE 平面AFN ？若存在，求BNBD的值；若不存在，请说明理由.6．【山东省安丘市、诸城市、五莲县、兰山区2019届高三5月校级联合】如图所示的多面体是由一个直平行六面体被平面AEFG 所截后得到的，其中45BAE GAD ∠=∠=︒，22AB AD ==，60BAD ∠=︒.（1）求证：平面BDG ⊥平面ADG ； （2）求直线GB 与平面AEFG 所成角的正弦值.7．【内蒙古呼伦贝尔市2019届高三模拟统一考试（一)】如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，D 、E 、F 、G 分别是BC 、11B C 、1AA 、1CC 中点.且22AB AC ==，14BC AA ==.（1）求证：BC ⊥平面ADE ； （2）求二面角1G EF B --的余弦值.8．【广东省肇庆市2019届高中毕业班第三次统一检测】如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11ABB A 是菱形，160BAA ∠=︒，E 是棱1BB 的中点，CA CB =，F 在线段AC 上，且2AF FC =.（1）证明：1//CB 面1A EF ；（2）若CA CB ⊥，面CAB ⊥面11ABB A ，求二面角1F A E A --的余弦值． 9．【山东省栖霞市2019届高三高考模拟卷】如图，在三棱锥V ABC -中，,90,2VC AB ABC AB BC ︒<∠===，侧面ACV ⊥底面ABC ，45ACV ︒∠=，D 为线段AB 上一点，且满足AD CV =.（1）若E 为AC 的中点，求证：BE CV ⊥； （2）当DV 最小时，求二面角A BC V --的余弦值.10．【河南省百校联盟2019届高三考前仿真试卷】如图，在几何体1111ACD A B C D -中，四边形1111ADD A CDD C ，为矩形，平面11ADD A ⊥平面11CDD C ，11B A ⊥平面11ADD A ，1111,2AD CD AA A B ====，E 为棱1AA 的中点.（Ⅰ）证明：11B C ⊥平面1CC E ；（Ⅱ）求直线11B C 与平面1B CE 所成角的正弦值.11．【安徽省合肥市2019届高三第三次教学质量检测】已知：在四棱锥P ABCD -中，//AD BC ，12AB BC CD AD ===，G 是PB 的中点，PAD ∆是等边三角形，平面PAD ⊥平面ABCD .（Ⅰ）求证：CD ⊥平面GAC ； （Ⅱ）求二面角P AG C --的余弦值.12．【湖北部分重点中学2020届高三年级新起点考试】如图四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，,PB BC PD CD ⊥⊥，且PA AB =，E 为PD 中点.（1）求证：PA ⊥平面ABCD ； （2）求二面角A BE C --的正弦值.13．【江西省鹰潭市2019届高三第一次模拟】如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，AB AD ⊥，AC CD ⊥，60ABC ∠=︒，PA AB BC ==，E 是PC 的中点．（1）求PB 和平面PAD 所成的角的大小． （2）求二面角A PD C --的正弦值．14．【山东省实验中学等四校2019届高三联合考试】如图在直角ABC ∆中，B 为直角，2AB BC =，E ，F 分别为AB ，AC 的中点，将AEF ∆沿EF 折起，使点A 到达点D 的位置，连接BD ，CD ，M 为CD 的中点．（Ⅰ）证明：MF ⊥面BCD ；（Ⅱ）若DE BE ⊥，求二面角E MF C --的余弦值．15．【广东省深圳市高级中学2019届高三适应性考试】已知四棱锥P ABCD -，底面ABCD 为菱形，PD PB =,H 为PC 上的点，过AH 的平面分别交PB ，PD 于点M ，N ，且//BD 平面AMHN ．（1）证明：MN PC ⊥；（2）当H 为PC 的中点，3PA PC AB ==，PA 与平面ABCD 所成的角为60︒，求AD 与平面AMHN 所成角的正弦值．1．已知三棱锥P ﹣ABC 中，△ABC 为等腰直角三角形，AB ＝AC ＝1，，设点E 为P A中点，点D 为AC 中点，点F 为PB 上一点，且PF ＝2FB ． （1）证明：BD ∥平面CEF ；（2）若P A ⊥AC ，求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值．2．如图，在矩形ABCD 中，AB ＝2，BC ＝3，点E 是边AD 上的一点，且AE ＝2ED ，点H 是BE 的中点，将△ABE 沿着BE 折起，使点A 运动到点S 处，且有SC ＝SD ． （1）证明：SH ⊥平面BCDE ． （2）求二面角C ﹣SB ﹣E 的余弦值．3．如图，在斜三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，侧面A 1ABB 1⊥底面ABC ，侧棱A 1A 与底面ABC 所成角为60°，AA 1＝AB ＝2，底面△ABC 是以∠ABC 为直角的等腰直角三角形，点G 为△ABC 的重心，点E在BC1上，且．（Ⅰ）求证：GE∥平面A1ABB1；（Ⅱ）求平面B1GE与平面ABC所成锐二面角的余弦值．4．已知：在四棱锥P﹣ABCD中，AD∥BC，，G是PB的中点，△P AD是等边三角形，平面P AD⊥平面ABCD．（Ⅰ）求证：CD⊥平面GAC；（Ⅱ）求二面角P﹣AG﹣C的余弦值．5．在三棱锥P﹣ABC中，△ABC是边长为4的等边三角形，平面P AB⊥平面ABC，，点M为棱BC的中点，点N在棱PC上且满足，已知使得异面直线MN与AC所成角的余弦值为的λ有两个不同的值λ1，λ2（λ1＜λ2）．（1）求λ1，λ2的值；（2）当λ＝λ1时，求二面角N﹣AM﹣C的余弦值．。

2020高考数学专题复习《平面向量》(讲义和练习)

2020高考数学专题复习《平面向量》(讲义和练习)

一、知识纲要1、向量的相关概念：《必修 4》 第二章平面向量（1） 向量： 既有大小又有方向的量叫做向量，记为 AB 或a 。

向量又称矢量。

①向量和标量的区别：向量既有大小又有方向；标量只有大小，没有方向。

普通的数量都是标量，力是一种常见的向量。

②向量常用有向线段来表示，但也不能说向量就是有向线段，因为向量是自由的，可以平移；有向线段有固定的起点和终点，不能随意移动。

（2） 向量的模：向量的大小又叫向量的模，它指的是：表示向量的有向线段的长度。

记作：| AB |或｜ a ｜。

向量本身不能比较大小，但向量的模可以比较大小。

（3） 零 向 量： 长度为 0 的向量叫零向量，记为0 ，零向量的方向是任意的。

①｜ a ｜＝0； ② 0 与 0 的区别：写法的区别，意义的区别。

（4） 单位向量：模长为 1 个单位长度的非零向量叫单位向量。

若向量a 是单位向量，则｜ a ｜= 1 。

2、 向量的表示：（1）几何表示法：用带箭头的有向线段表示，如 AB ，注意：方向是“起点指向终点”。

→（2） 符号表示法：用一个小写的英文字母来表示，如 a ， b 等；（3）坐标表示法：在平面内建立直角坐标系，以与 x 轴、 y 轴正方向相同的两个单位向量i 、 j 为基底向量，则平面内的任一向量 a 可表示为 a = xi + y j = ( x , y ) ，称( x , y ) 为向量 a 的坐标， a ＝( x , y ) 叫做向量 a 的坐标表示。

此时｜ a ｜。

若已知 A ( x 1 , y 1 )和B ( x 2 , y 2 ) ，则 AB = ( x 2 -x 1，y 2 -y 1 ) ， 即终点坐标减去起点坐标。

特别的，如果向量的起点在原点，那么向量的坐标数值与向量的终点坐标数值相同。

注意 注意 注意 注意a 3、 向量之间的关系：（1）平行（共线）：对于两个非零向量，若它们的方向相同或相反的，那么就称这种关系 为平行，记作a ∥ b 。

2024年新高考版数学专题1_6.1 平面向量的概念及线性运算、平面向量基本定理及坐标表示

2024年新高考版数学专题1_6.1 平面向量的概念及线性运算、平面向量基本定理及坐标表示

零向量和共线向量不能作基底.
2.平面向量的坐标运算
已知a=(x1,y1),b=(x2,y2).
则a+b=(x1+x2,y1+y2),a-b=(x1-x2,y1-y2),λa=(λx1,λy1),a∥b⇔x1y2-x2y1=0.
3.向量的坐标表示
若A(x1,y1),B(x2,y2),则
AB
=(x2-x1,y2-y1).
1 2
( BD
- BA )= BA +
1 4
BC
-
1 2
BA =
1 2
BA +
1 4
BC
,∴D
错误.故选AC.
答案 AC
考法二 向量共线问题的求解方法
1.两非零向量共线是指存在实数λ,使两向量可以相互表示,在应用时注意
待定系数法和方程思想的应用.
2.证明三点共线问题,可用向量共线来解决,但应注意向量共线和三点共
λ(μa)=(λμ)a; (λ+μ)a=λa+μa; λ(a+b)=λa+λb
2.共线向量定理 向量a(a≠0)与b共线的充要条件是存在唯一一个实数λ,使b=λa.
考点二 平面向量基本定理及坐标运算
1.平面向量基本定理
如果e1,e2是同一平面内的两个不共线向量,那么对于这一平面内的任意向 量a,有且只有一对实数λ1,λ2,使a=λ1e1+λ2e2.我们把{e1、e2}叫做表示这个平 面内所有向量的一个基底.
答案 6
高考 数学
专题六 平面向量
6.1 平面向量的概念及线性运算、平面向量基本定理及坐标表示
基础篇
考点一 平面向量的概念及线性运算 1.向量的线性运算
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向量的运算【两年真题重温】【2020⋅新课标全国理，10】已知a r 与b r均为单位向量，其夹角为θ，有下列四个命题：1p ：2||1[0,)3a b πθ+>⇔∈r r ； 2p ：2||1(,]3a b πθπ+>⇔∈r r ； 3p ：||1[0,)3a b πθ->⇔∈r r ； 4p ：||1(,]3a b πθπ->⇔∈r r ．其中的真命题是( ) A ．1p ，4p B ．1p ，3p C ．2p ，3p D ．2p ，4p【答案】A【解析】本题考查向量的基本运算和性质． ()a b +r r ()0ka b ⋅-=rr ，展开易得1k =．【2020g 新课标全国文，2】a ，b 为平面向量，已知a ＝(4,3)，2a ＋b ＝(3,18)，则a ，b 夹角的余弦值等于（A ）865 （B ）865- （C ）1665 （D ）1665-【答案】 C【解析】本题考查向量的坐标运算和向量的夹角公式.因a ＝(4,3)，b ＝(x,y), 2a ＋b ＝(3,18)=(8+x,6+y)，解得x=-5,y=12.cos<22221616=.513654+35+12⨯（）【命题意图猜想】 1. 2020年新课标高考理对向量的考查体现在求向量的夹角和模的运算，难度中等，文科则表现在向量的垂直关系的应用，较为简单；2020年理科没有涉及向量问题，而文科考查以【最新考纲解读】【回归课本整合】1、平面向量的数量积：（1）两个向量的夹角：对于非零向量，，作,OA a OB b ==u u u r r u u u r r，AOB θ∠=()0θπ≤≤称为向量，的夹角，当θ＝0时，，同向，当θ＝π时，，反向，当θ＝2π时，，垂直.（2）平面向量的数量积：如果两个非零向量a ，b ，它们的夹角为θ，我们把数量||||cos a b θr r叫做与的数量积（或内积或点积），记作：•，即•＝cos a b θr r.④平面向量数量积：1212a b x x y y •=+r r.⑤向量的模：222222||,||a x y a a x y +==+r r r .3、向量的运算律：（1）交换律：a b b a +=+r r r r ，()()a a λμλμ=r r ，a b b a•=•r r r r ；(2)结合律：()(),a b c a b c a b c a b c ++=++--=-+r r r r r r r r r r r r ，()()()a b a b a bλλλ•=•=•r r r r r r ；（3）分配律：()(),a a a a b a b λμλμλλλ+=++=+r r r r r r r ，()a b c a c b c+•=•+•r r r r r r r.提醒：（1）向量运算和实数运算有类似的地方也有区别：对于一个向量等式，可以移项，两边平方、两边同乘以一个实数，两边同时取模，两边同乘以一个向量，但不能两边同除以一个向量，即两边不能约去一个向量，切记两向量不能相除(相约)；（2）向量的“乘法”不满足结合律，即)()(•≠•，为什么？4、向量平行(共线)的充要条件：//a b a b λ⇔=r r r r22()(||||)a b a b ⇔⋅=r r r r 1212x y y x ⇔-＝0.如(13)设(,12),(4,5),(10,)PA k PB PC k ===u u u r u u u r u u u r，则k ＝_____时，A,B,C 共线.5、向量垂直的充要条件：0||||a b a b a b a b ⊥⇔⋅=⇔+=-r r r r r r r r12120x x y y ⇔+=.特别地()()AB AC AB AC AB AC AB AC+⊥-u u u r u u u r u u u r u u u ru u u r u u u r u u u r u u u r .||,||,AB c AC b ==u u u r u u u r则有()bc AB AC AO a b c AB AC =+++u u u r u u u ru u u r u u u r u u u r .ACAB 和Θ方向上的单位向量，设ACAB+=则有AP 平分BAC ∠,又,共线，所以OA 平分BAC ∠.同理可证BO平分ABC ∠,CO 平分ACB ∠,从而O 是ABC ∆内心.3. 向量平行和垂直的重要应用向量平行和垂直的重要应用,是高考的热点.命题方向有两点：一是利用已知条件去判断垂直或平行；二是利用平行或垂直的条件去确定参数的值.需牢固掌握判断的充要条件.（1）向量平行(共线)的充要条件：//a b a bλ⇔=r r r r 22()(||||)a b a b ⇔⋅=r r r r 1212x y y x ⇔-＝0; （2）向量垂直的充要条件：0||||a b a b a b a b ⊥⇔⋅=⇔+=-r r r r r r r r12120x x y y ⇔+=.例4 设D 、E 、F 分别是△ABC 的三边BC 、CA 、AB 上的点，且2,DC BD =u u u r u u u r 2,CE EA =u u u r u u u r2,AF FB =u u u r u u u r 则AD BE CF ++u u u r u u u r u u u r 与BC uuu r( )A.反向平行B.同向平行C.互相垂直D.既不平行也不垂直【解法一】利用三角形的加法法则：几何法.如图1，在1,3BDA AD AB BD AB BC ∆=+=+u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r中，在1,3ABE BE BA AE BA AC ∆=+=+u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r中，在1,3BCF CF CB BF CB BA ∆=+=+u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r中，CABDEF 图1A.4B.5C.6D.8解析一：（几何法）cos 5cos AN AM AN AM θθ⋅==u u u r u u u u r u u u r u u u u r u u u r ，对于cos AM θu u u u r 几何含义：AM AN u u u u r u u u r在上的投影.如图所示，当M 和C 重合时，投影为正且最大.221,5,cos 41010AC NC AN θ=====Q ,， 则cos 5cos AN AM AN AM θθ⋅===u u u r u u u u r u u u r u u u u r u u u r 522610=.解析二：（代数法）建立如图的坐标系，则0(2,1),(,),0x N M x y y ⎧⎨⎩≤≤2则≤≤22,2AN AM x y x y ⋅=+∴==u u ur u u u u r 当时，取得最大值6.HNC(M)BAD xoM DyN4.平面向量共线的坐标表示(1)a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，其中b≠0.a∥b的充要条件a＝λb与x1y2－x2y1＝0在本质上是相同的，只是形式上有差异．(2)要记准坐标公式特点，不要用错公式．5.求向量的夹角时要注意：(1)向量的数量积不满足结合律；(2)数量积大于0说明不共线的两向量的夹角为锐角，数量积等于0说明两向量的夹角为直角，数量积小于0且两向量不共线时两向量的夹角关系是钝角．6.如果高考单独考查向量运算，如代数或几何运算，一般试题难度较低，位置较为靠前，此时为得全分的题目；如果向量和其他知识相结合，考查最值问题，一般以后几道选择题出现，难度较大，此时应充分考虑向量的几何意义或坐标法进行解决.在利用坐标法解决问题时，可考虑一般问题特殊化，即恰当的建立坐标系，将问题转化代数运算.如果探求一些范围问题，适当的代值检验是一个良策.（A ）1123AB ADu u ur u u u r - （B ）1142AB ADu u ur u u u r +（C ）1132AB DA u u ur u u u r +（D ）1223AB AD u u ur u u u r -【答案】D【解析】在CEF ∆中，有,EF EC CF =+u u u r u u u r u u u r 因E 为DC 的中点，故1,2EC DC =u u u r u u u r因点F 为BC 的一个三分点，故2,3CF CB =u u u r u u u r 121212.232323EF DC CB AB DA AB AD ∴=+=+=-u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r 故选D.4.【唐山市2020学年度高三年级第一次模拟考试】在ABC ∆中，60,2,3,BAC AB AC ∠===o，则AB BC BC CA CA AB ⋅+⋅+⋅=u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r(A) 10 (B) -10 (C) 4 (D) 4 [答案]B【答案】A【解析】 因OP uuu r =xOA yOB +u u ur u u u r ，其中10≤≤x ，10≤≤y ，动点P 的轨迹所覆盖的区域以,OA OB 为邻边的平行四边形，则,S AB r r =⨯为内切圆的半径.由余弦定理可知2222671cos ,512650, 5.265c A c c AB c c +-==∴--=∴==⨯⨯又165sin 66,2ABC S A ∆=⨯⨯⨯=因O 为三角形的内心，故O 到三角形各边的距离均为,r 此时三角形的面积可以分割为三个小三角形的面积的和1(6+5+7)2r ⨯，即答案：D解析：由向量加法法则可知四边形ABCD 是平行四边形，故选D9.【山东省枣庄市2020届高三上学期期末测试试题】若平面向量c b a ,,两两所成的角相等，,3,1===c b a 则=++c b a _______.【答案】2或5【解析】①三个向量a 、b 、c 两两所成的角均相等且为120º时， 1131192()42222a b c ++=++-++==r r r .②三个向量a 、b 、c 两两所成的角均相等且为0º时，||||||1135a b c a b c ++=++=++=r r r r u u r r .10.【福州市2020届第一学期期末高三质检】 已知||1a =r ，||2b =r ，a r 与b r 的夹角为120︒，0a c b ++=r r r r ，则a r 与c r 的夹角为A ．150︒B ．90︒C ．60︒D ． 30︒【答案】B 21331(,)(1)(1)222x CD BE x x x x ⋅=-+⋅-+=--+u u u r u u u r ，因101,2x x <<∴=当时 函数取得最大值3.8-故答案为C.A.－1 B．1 C. D．2【答案】 B【解析】 |a＋b－c|＝＝，由于a·b＝0，所以上式＝，又由于(a－c)·(b－c)≤0，得(a＋b)·c≥c2＝1，所以|a＋b－c|＝≤1，故选B.16.【北京市东城区2020学年度高三数第一学期期末教学统一检测】若非零向量,a br r满足a b a b==-r r r r，则ar与a b+r r的夹角为．【答案】30︒【解析】如图,a br r与a b-r r构成等边三角形，则ar与a b+r r的夹角为30︒rbr17.【北京市石景山区2020学年高三第一学期期末考试】AG uuu u r 的最小值是_____________． 【答案】23【解析】因为点G 是ABC ∆的重心，(,),AG AB AC R λμλμ=+∈uuu r uu u r uuu r 所以13λμ==， 因为120,A ∠=︒2AB AC ⋅=-uu u r uuu r ，所以4AB AC ⋅=uu u r uuu r ， 所以22221114()(2)(24)9999AG AB AC AB AC AB AC AB AC =+=++⋅≥⋅-=uuu u r uu u r uuu r uu u r uuu r uu u r uuu r uu u r uuu r ，。

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