7．知識網(wǎng)絡

考點一：向量的概念與運算 例題1：下面有四個關于向量數(shù)量積的關系式： ①0.0＝0；②(a.b).c＝a.(b.c)；③a.b＝b.a；④|a.b|≤a.b 其中正確的是(　　 ) A.①②　　　　　　　　　　　　　 B.②③　　　　　　　　　　　　　　　 C.③④　　　　　　　　　　　　　　　　 D.①③ 解析：根據(jù)向量運算法則，①和③是正確的. 對于②，(a.b).c是一個與向量c平行的向量，而a.(b.c)是一個與向量a平行的向量，通常情況下不正確；對于④，|a.b|是一個正實數(shù)，而a.b可能是一個負實數(shù). 答案：D 點評：從向量的基本運算法則出發(fā)，細心判斷.這里要特別注意向量0與實數(shù)0的區(qū)別. 例題2：平行四邊形OACB中，BD＝BC，OD與BA交于E，求證：BE＝BA 證明：設E’是AB上一點，且BE’＝BA 只需證E、E’重合即可， 設，則 ∵ ∴3( ∴ ∴，∴O、E’、D三點共線，即E、E’重合 ∴BE＝BA 點評：用向量方法證明平面幾何問題，首先是選擇一組適當?shù)幕紫蛄?，然后再設法將其余相關向量都用基底向量表示出來，這樣，相關點、線關系就能很容易第凸現(xiàn)出來. 考點二：定比分點與解三角形 例題3：已知平行四邊形ABCD的三個頂點坐標分別是A(－2，1)，B(3，4)，C(－1，3)，則第四個頂點D的坐標為(　　 ) A.(2，2)　　　　　　　　　　　　 B.(－6，0)　　　　　　　　　　　　 C.(4，6)　　　　　　　　　　　　　　 D.以上都不對 解析：本題只需要抓住平行四邊形的兩條對角線互相平分， 于是設D(x,y)，有－2+(－1)＝3+x且1+3＝4+y 從而x＝－6,y＝0 答案：B 點評：利用平面幾何性質及中點坐標公式，是解決本題的要點. 例題4：已知C為線段AB上一點，P為直線AB外一點，滿足||＝2，|－|＝2，，I為PC上一點，且＝+λ()(λ＞0)，則的值為_______. [點撥]確定PC、AI分別為∠APB、∠BAP的平分線，進而確定I在三角形中的位置. 解：cos∠APC cos∠BPC 所以∠APC＝∠BPC，即PC平分∠APB ∵(λ＞0) ∴(λ＞0) 又均為單位向量，由向量的平行四邊形法則，知AI平分∠PAB 又I在PC上，故I是△ABP的內(nèi)心 又cos∠IBD＝(D為⊙I與AB的切點) 由＝2 又 解得：cos∠IBD＝＝－1 [點評]1、三角形中四心的向量表示：2、本題通過內(nèi)切圓的切點D找出相關的數(shù)量關系，技巧性較強，考查圓的切線性質. 考點三：向量與立體幾何 例題5：如圖，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD，AB＝2DC＝2，E為BD1的中點，F(xiàn)為AB的中點. (1)求證：EF∥平面ADD1A1； 　 (2)若BB1＝，求A1F與平面DEF所成角的大小. 解析：(1)連結AD1，在△ABD1中， ∵E、F分別是BD1、AB的中點，∴EF∥AD1. 又EFË平面ADD1A1 ∴EF∥平面ADD1A1 (2)建立如圖所示的空間直角坐標系D－xyz 　(DG是AB邊上的高) 則有A1()，F(xiàn)(，0) 　D1(0，0，)，B(，0) ∴E() 設平面DEF的法向量為＝(x，y，z) 則Þ 解得y＝－x，z＝x 取非零法向量＝(1，－，) ∴A1F與平面DEF所成的角即是所成銳角的余角 由cos<>＝＝＝－ ∴A1F與平面DEF所成教的大小為－arccos，即arcsin. 點評：立體幾何中，二面角問題幾乎每年必考，幾何法也有很多解決方法，如直接法、垂面法、三垂線法、面積射影法等等，這些方法都離不開嚴密的邏輯證明.而向量法則以算代證，從一定程度上減輕了對邏輯思維的要求，但也應該注意到，向量法計算較為煩瑣，運算量較大，必須小心謹慎，否則也極易出現(xiàn)差錯. 例題6：如圖，已知平行六面體ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，且∠C1CB＝∠C1CD＝∠ BCD＝60° ⑴證明：C1C⊥BD； ⑵假定CD＝2，CC1＝，記面C1BD為α，面CBD為β，求二面角α－BD－β的平面角的余弦值；⑶當?shù)闹禐槎嗌贂r，能使A1C⊥平面C1BD？請給出證明. ⑴證明：連結A1C1、AC，AC和BD交于O，連結C1O ∵四邊形ABCD是菱形 ∴AC⊥BD，BC＝CD 又∵ ∠BCC1＝∠DCC1，C1C＝C1C， ∴ △C1BC≌△C1DC ∴ C1B＝C1D ∵DO＝OB∴ C1O⊥BD 但AC⊥BD，AC∩C1O＝O ∴ BD⊥平面AC1， 又CC1∩平面AC1∴ CC1⊥BD 證法二：設CD、CB、CC1三個方向上的單位向量分別為、、 則、、兩兩成60°角 且，, 則 于是＝mn(＝0 故 CC1⊥BD ⑵解：由⑴知AC⊥BD，C1O⊥BD ∴ ∠C1OC是二面角α－BD－β的平面角 在△C1BC中，BC＝2，C1C＝，∠BCC1＝60° ∴ C1B2＝22+()2－2×2××cos60°＝ ∵∠OCB＝60°，∴ OB＝BC＝1 ∴ C1O2＝C1B2＝OB2＝ ∴ C1O＝，即C1O＝C1C 作C1H⊥OC，垂足為H. ∴點H是OC的中點，且OH＝， ∴ cos∠C1OC＝. ⑶當＝1時，能使A1C⊥平面C1BD 證明一：∵＝1 ∴ BC＝CD＝C1C 又∠BCD＝∠C1CB＝∠C1CD 由此可推得BD＝C1B＝C1D ∴三棱錐C－C1BD是正三棱錐. 設A1C與C1O相交于G. ∵ A1C1∥AC，且A1C1：OC＝2：1 ∴ C1O：GO＝2：1 又C1O是正三角形C1BD的BD邊上的高和中線， ∴點G是正三角形C1BD的中心. ∴ CG⊥平面C1BD 即 A1C⊥平面C1BD. 證明二：由⑴知，BD⊥平面AC1 ∵ A1C∩平面AC1，∴ BD⊥A1C. 當＝1時，平行六面體的六個面是全等的菱形. 同 BD⊥AC1的證法可得BC1⊥A1C 又BD⊥BC1于B ∴ A1C⊥平面C1BD 證法三：設＝x，即 由(2)可知：BD⊥平面AA1C1C，∴BD⊥A1C 由線面垂直得判定定理，知：如果A1C⊥DC1，則A1C⊥平面C1BD成立. ∵＝m+m+ 　 ＝－m+ 又∵＝0 ∴(m+m+)(－m+e3)＝0 展開整理得：－＝0 ∴x＝1 以上各步可逆，所以x＝1時，即＝1時，A1C⊥平面C1BD 點評：空間向量中，基底向量的使用是學生的一個弱項，許多學生動輒建立坐標系，對于垂直條件“不足”的問題往往感到手足無措，本題就是一例.從本題的向量證明方法中，還可以明確看到不僅解決了幾何證法中“有一解”的問題，而且明確了“只有一解”的充要關系. 考點四：向量與其他知識點綜合問題 例題7：已知A、B、C是△ABC三內(nèi)角，向量且m.n＝1 (1)求角A (2)若 解析：(1)∵ ∴　 即 ， sin(A－)＝ ∵　 ∴ ∴A＝ (2)由題知，整理得sin2B－sinBcosB－2cos2B＝0 ∴cosB≠0 ∴tan2B－tanB－2＝0 ∴tanB＝2或tanB＝－1 而tanB＝－1使cos2B－sin2B＝0，舍去 ∴tanB＝2 ∴tanC＝tan[π－(A+B)]＝－tan(A+B) 點評：向量與三角函數(shù)的綜合問題是當前的一個熱點，但通常難度不大，一般就是以向量的坐標形式給出與三角函數(shù)有關的條件，并結合簡單的向量運算，而考查的主體部分則是三角函數(shù)的恒等變換，以及解三角形等知識點. 例題8：設向量＝(1，0)，＝(0，1)，＝(x+m)+y，＝(x－m)+y，且||+||＝6，0＜m＜3，x＞0，y∈R. 　(1)求動點P(x，y)的軌跡方程； (2)已知點A(－1，0)，設直線y＝(x－2)與點P的軌跡交于B、C兩點，問是否存在實數(shù)m，使得？若存在，求出m的值；若不存在，請說明理由. 解析：(1)∵＝(1，0)，＝(0，1)，||+||＝6 ∴＝6 上式表示動點P(x，y)到兩定點F1(－m，0)和F2(m，0)的距離之和為6 而0＜m＜3，故|F1F2|＜6 故P點軌跡為以F1、F2為焦點，長軸長2a＝6的橢圓， 于是a＝3，c＝m，b2＝9－m2 故P點軌跡方程為＝1(x＞0，0＜m＜3) (2)設B(x1，y1)，C(x2，y2) ∵＝(x1+1，y1)，＝(x2+1，y2)， ∴＝x1x2+(x1+x2)+1+y1y2 而y1y2＝(x1－2).(x2－2)＝[x1x2－2(x1+x2)+4] ∴＝x1x2+(x1+x2)+1+[x1x2－2(x1+x2)+4] 　　　　 ＝[10x1x2+7(x1+x2)+13] 若存在實數(shù)m，使得成立 則由[10x1x2+7(x1+x2)+13]＝ Þ　 10x1x2+7(x1+x2)+10＝0　　　　　　 ……① 由 消去y得：(10－m2)x2－4x+9m2－77＝0　　 ……② 由②有 由①④⑤解得m2＝＜9，且此時△＞0 但由⑤，有9m2－77＝＜0與題設矛盾 ∴不存在符合題意的實數(shù)m，使得. 點評：向量與解析幾何的綜合問題，通常是利用向量的幾何特性來描述解析幾何中的圖象性質，一般解決辦法是利用向量的坐標表示，“盡快”轉化為純解析幾何問題求解.當然也不排除利用平面幾何性質，直接將向量特征轉化為幾何特征，更快地得到問題的解.

(一)方法總結 1.以“基底”形式出現(xiàn)的向量問題通常將題中的化為以某一點為統(tǒng)一起點，再進行向量運算會非常方便； 2.以坐標形式出現(xiàn)的向量問題可以盡可能利用解析思想，轉化為函數(shù)或方程方法求解；

(二)08高考預測 預計向量基本概念等基礎問題和三角函數(shù)問題、解三角形問題與平面向量結合，通常為選擇題或填空題；而用向量“包裝”的綜合問題，如立體幾何、解析幾何等，通常為解答題.難度以中檔題為主.

(一)選擇題 1.如圖，D，E，F(xiàn)分別是△ABC的邊AB，BC，CA的中點，則下列等式中成立的是(　　 ) A.　　　　　　　　　　　　　　　　 B.＝0 C.　　　　　　　　　　　　　　　　 D. 答案：A 2.若三個點P(1，1)，A(2，－4)，B(x，－9)共線，則x＝(　　 ) A.－1　　　　　　　　　　　　　 B.3　　　　　　　　　　　　　　　　　　 C.　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 D.51 答案：B 3.若向量＝(cosα，sinα)，＝(cosβ，sinβ)，則與一定滿足(　　 ) A.夾角為α－β　　　　　　　 B.(+)⊥(－)　　　　　　　　　　　 C.∥　　　　　　　　　　　　　　　　　 D.⊥ 解：+＝(cosα+cosβ，sinα+sinβ) －＝(cosα－cosβ，sinα－sinβ) ∴(+).(－)＝cos2α－cos2β+sin2α－sin2β＝0 選B 4.設點P分有向線段的比為λ，且||＝3||，則λ＝(　　 ) A.4或－2　　　　　　　　　　 B.－3或1　　　　　　　　　　　　　　 C.－4或2　　　　　　　　　　　　　　 D.－3或－1 答案：C 5.若＝b，則∠AOB平分線上的向量為(　　 ) A.　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 B.λ(λ由確定) C.　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 D. 答案：B 6.將函數(shù)y＝x2+4x+5的圖像按向量a經(jīng)過一次平移后得到y(tǒng)＝x2的圖像，則a＝(　　 ) A.(2，－1)　　　　　　　　　 B.(－2，1)　　　　　　　　　　　　 C.(－2，－1)　　　　　　　　　　　 D.(2，1) 答案：A 7.設a、b是平面內(nèi)兩個不共線的向量，且＝2a+pb，＝a+b，＝a－2b，若A、B、D三點共線，則實數(shù)p的值為(　　 ) A、1　　　　　　　　　　　　　 B、2　　　　　　　　　　　　　　　　 C、－2　　　　　　　　　　　　　　　　 D、－1 答案：D 8.如果e1、e2是平面α內(nèi)的一組基底向量，那么下列說法正確的是(　　 ) A、若實數(shù)λ1、λ2使得λ1e1+λ2e2＝0，則λ1＝λ2＝0 B、空間中任意向量a都可以表示為a＝λ1e1+λ2e2，其中λ1、λ2∈R C、λ1e1+λ2e2不一定在平面α內(nèi)，其中λ1、λ2∈R D、對于平面α內(nèi)的任意一個確定向量a，使得a＝λ1e1+λ2e2的實數(shù)λ1、λ2不止一對. 答案：A 9.已知|a|＝2sin15€，|b|＝4cos15，如果a與b的夾角為30，則a.b＝(　　 ) A、6　　　　　　　　　　　　　 B、4　　　　　　　　　　　　　　　　　 C、　　　　　　　　　　　　　　　　　　 D、1 答案：C 10.已知點A(2，0)，B(2,2),點C滿足＝(cosθ,sinθ)(θ∈R)，則向量與向量夾角的取值范圍是(　　 ) A、[0,]　　　　　　　　　　　　 B、[,]　　　　　　　　　　　　　　　　 C、[,]　　　　　　　　　　　　　　　　　 D、[,] 答案：D 11.已知拋物線方程為y2＝2x，一直線過拋物線的焦點，且與拋物線相交于A、B兩點，則＝(　　 ) A、　　　　　　　　　　　　　　 B、－　　　　　　　　　　　　　　　 C、3　　　　　　　　　　　　　　　　　　 D、－3 解：設A(y12,y1),B(y22,y2)，即＝(y12,y1),＝(y22,y2) 對于過焦點的直線，所得兩點滿足y1y2＝－p2＝－1 ∴＝(y12,y1).(y22,y2)＝y(tǒng)12y22+y1y2＝－ 答案：B 12.如圖，一條船從岸邊A點出發(fā)，沿垂直于河岸的方向航行，船相對于水流的速度為V1,水流速度為V2(V1＞V2)，則船的實際行駛速度為(　　 ) A、　　　　　　　　　　　　　　 B、 C、　　　　　　　　　　　　　　 D、 解：根據(jù)題意及向量加法的幾何意義，△ABC為直角三角形 故|V|＝ 答案：B

(三)解答題 17.如圖，三角形ABC中，點M是BC的中點，點N在邊AC上，AN＝2NC，AM與BN相交于點P，求AP:PM的值. 解：設，則 又設 則由得 ∴　 Þ　 ∴AP:PM＝4∶1 18.設平面內(nèi)兩個向量a、b互相垂直，且|a|＝2，|b|＝1，又k與t是兩個不同時為0的實數(shù)， (1)若x＝a+(t－3)b與y＝－ka+tb垂直，求k關于t的函數(shù)關系式k＝f(t) (2)求函數(shù)k＝f(t)的最小值. 解：(1)因為a、b互相垂直，故a.b＝0， 又x、y互相垂直，故x.y＝0，即(a+(t－3)b).(－ka+tb)＝0 Þ　 －ka2－k(t－3)a.b+ta.b+t(t－3)b2＝0 ∵|a|＝2，|b|＝1，a.b＝0， ∴－4k+t2－3t＝0 即k＝f(t)＝(t2－3t) (2)由(1)知,k＝(t－)2－ ∴當t＝時，函數(shù)的最小值為－. 19.如圖：在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E、F分別是BB1、CD的中點，棱長AA1＝a. (1)證明：AD⊥D1F； (2)求AE與D1F所成的角； (3)求四面體A1D1EF的體積。 解法一：設基底{} ∵ ABCD－A1B1C1D1是正方體，棱長為a ∴ ＝a 且 　 (1)∵ 　　　　　　　 ＝ 　　　　　　　 ＝0 ∴ 即 AD⊥D1F (2)∵ cos< 　 ＝ 　 ＝ 　 ＝0 ∴ <>＝90º 也就是AE與D1F所成角為90º. (3)取CC1中點G，因為EG∥平面A1D1F，則四面體A1D1EF的體積等于四面體A1D1GF的體積. 即VA1D1EF＝VA1D1FG＝S△D1FG.A1D1＝×a2×a＝a3. 解法二：以D為坐標原點，DA、DC、DD1分別為x、y、z軸建立空間直角坐標系。 于是有：D(0，0，0)，A(a，0，0)，D1(0，0，a)，E(a，a，)，F(xiàn)(0，，0) ∴　 ＝(0，0，0)－(a，0，0)＝(－a，0，0) 　　 ＝(0，，0)－(0，0，a)＝(0，，－a) 　　 ＝(a，a，)－(a，0，0)＝(0，a，) 　　 ＝(0，，0)－(a，a，)＝(－a，－，－) (1)∵　 ＝(－a，0，0).(0，，－a)＝0 ∴ 即 AD⊥D1F (2)∵ cos<＝0 ∴ <>＝90º (3)設平面A1D1F的一個法向量為＝(x，y，z) 由且＝(a，0，0) ∴x＝0 由且＝(0，，－a) 得y－2z＝0 不妨設y＝2，z＝1，則＝(0，2，1) 于是面A1D1F上的高為d＝||＝＝ 而S△A1D1F＝A1D1×D1F＝a×a＝a2 ∴V＝×a2×＝a3. 20.已知兩點M(－1，0)，N(1，0)，且點P使成公差小于零的等差數(shù)列. (1)點P的軌跡是什么曲線？ (2)若點P坐標為(x0，y0)，θ為與的夾角，求tanθ. 解：(1)記P(x，y)，由M(－1，0)，N(1，0)得=－=(－1－x，－y)， =－=(1－x，－y)，=－=(2，0) ∴.=2(1+x)，.=x2+y2－1，.=2(1－x). 于是，.，.，.是公差小于零的等差數(shù)列等價于 　 即 所以，點P的軌跡是以原點為圓心，為半徑的右半圓. (2)點P的坐標為(x0，y0). .=x02+y02－1=2. ||.||=. ∴cosθ= 由θ∈[0,π]，sinθ＝ 所以tanθ＝＝|y0| 21.如圖，在四棱錐E－ABCD中， AB⊥平面BCE，CD⊥平面BCE， AB＝BC＝CE＝2CD＝ 2, ∠BCE＝1200． (1)求證：平面ADE⊥平面ABE ； (2)求點C到平面ADE的距離. 解法一:取BE的中點O,連OC. ∵BC＝CE, ∴OC⊥BE.又AB⊥平面BCE. 以O為原點建立空間直角坐標系O－xyz如圖， 則由已知條件有:,, , 設平面ADE的法向量為n=， 則由n. 及n. 可取n 又AB⊥平面BCE. ∴AB⊥OC.OC⊥平面ABE ∴平面ABE的法向量可取為m＝. ∵n.m.＝0, ∴n⊥m∴平面ADE⊥平面ABE. ⑵點C到平面ADE的距離為 22.已知＝(x，0)，＝(1，y)，且(. (1)求點P(x，y)的軌跡C的方程； (2)若直線l：y＝kx+m(m≠0)與曲線C交于A、B兩點，D(0，－1)，且有|AD|＝|BD|，試求m的取值范圍. 解：(1)由( 得2－32＝0，即x2－3y2＝0 故點P(x，y)的軌跡C的方程為－y2＝1 (2)由方程組消去y得：(1－3k2)x2－6kmx－3m2－3＝0 顯然1－3m2≠0，△＝(6km)2－4(1－3k2)(－3m2－3)＝12(m2+1－3k2)＞0　 (*) 設x1、x2為方程(*)的兩個根，則x1+x2＝ ∴x0＝，y0＝kx0+m＝ 即AB的中點坐標為() ∴線段AB的垂直平分線方程為：y－＝(－)(x－) 將D(0，－1)代入并化簡得：4m＝3k2－1 故m、k滿足 消去k2得：m2－4m＞0 ∴m＜0或m＞4 又∵4m＝3k2－1＞－1，∴m＞－ 所以 m∈(－，0)∪(4，+∞).

1.向量部分的復習應該注重向量的工具作用，緊緊圍繞數(shù)形結合思想，揚長避短，解決問題；

2.向量與立體幾何的交匯是近年來的考查熱點，命題者往往會將試題命制為幾何法與向量法都能求解，但我們一定要注意他們各自的優(yōu)勢和弱點：向量法下手容易，思路簡單，但相對計算復雜；幾何法過程通常較為簡潔，但下手有一定的難度，過程中對邏輯思維要求較高.因此，我們不能一見到立體幾何問題就一味使用向量法，還是要結合試題本身特點，在幾何法與向量法中做出正確的選擇；