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吉林快三开奖结果:運用向量法解題典型例題總結

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2009 年高考數學難點突破專題輔導三
難點 3 運用向量法解題 平面向量是新教材改革增加的內容之一, 近幾年的全國使用新教材的高考試題逐漸加大 了對這部分內容的考查力度, 本節內容主要是幫助考生運用向量法來分析, 解決一些相關問 題. ●難點磁場 (★★★★★)三角形 ABC 中,A(5,-1)、B(-1,7)、C(1,2),求:(1)BC 邊上的中線 AM 的長;(2)∠CAB 的平分線 AD 的長;(3)cosABC 的值. ●案例探究 [例 1]如圖,已知平行六面體 ABCD—A1B1C1D1 的底面? ABCD 是菱形,且∠C1CB=∠C1CD=∠BCD. (1)求證:C1C⊥BD. (2)當

CD 的值為多少時, 能使 A1C⊥平面 C1BD?請給出證 CC1

明. 命題意圖: 本題主要考查考生應用向量法解決向量垂直, 夾角等問題以及對立體幾何圖 形的解讀能力. 知識依托: 解答本題的閃光點是以向量來論證立體幾何中的垂直問題, 這就使幾何問題 代數化,使繁瑣的論證變得簡單. 錯解分析: 本題難點是考生理不清題目中的線面位置關系和數量關系的相互轉化, 再就 是要清楚已知條件中提供的角與向量夾角的區別與聯系. 技巧與方法:利用 a⊥b ? a·b=0 來證明兩直線垂直,只要證明兩直線對應的向量的數 量積為零即可. (1)證明:設 CD =a, CB =b, CC1 =c,依題意,|a|=|b|, CD 、 CB 、? CC1 中兩兩所成夾 角為θ,于是 BD = CD ? DB =a-b, CC1 ? BD =c(a-b)=c·a-c·b=|c|·|a|cosθ-|c|·|b|cos

θ=0,∴C1C⊥BD.
(2)解:若使 A1C⊥平面 C1BD,只須證 A1C⊥BD,A1C⊥DC1, 由 CA1 ? C1 D = (CA + AA1 ) ? (CD ? CC1 ) =(a+b+c)·(a-c)=|a|2+a·b-b·c-|c|2=|a|2-|c|2+|b|·|a|cosθ-|b|·|c|·cosθ=0,得 當|a|=|c|時,A1C⊥DC1,同理可證當|a|=|c|時,A1C⊥BD, ∴

CD =1 時,A1C⊥平面 C1BD. CC1

[例 2]如圖,直三棱柱 ABC—A1B1C1,底面△ABC 中, CA=CB=1,∠BCA=90°,AA1=2,M、N 分別是 A1B1、A1A 的中 點. (1)求 BN 的長;

(2)求 cos< BA1 ,CB1 >的值; (3)求證:A1B⊥C1M. 命題意圖:本題主要考查考生運用向量法中的坐標運算的方法來解決立體幾何問題.屬 ★★★★級題目. 知識依托:解答本題的閃光點是建立恰當的空間直角坐標系 O-xyz,進而找到點的坐標 和求出向量的坐標. 錯解分析:本題的難點是建系后,考生不能正確找到點的坐標. 技巧與方法:可以先找到底面坐標面 xOy 內的 A、B、C 點坐標,然后利用向量的模及 方向來找出其他的點的坐標. (1)解:如圖,以 C 為原點建立空間直角坐標系 O-xyz. 依題意得:B(0,1,0),N(1,0,1) ∴| BN |= (1 ? 0) 2 + (0 ? 1) 2 + (1 ? 0) 2 = 3 . (2)解:依題意得:A1(1,0,2),C(0,0,0),B1(0,1,2). ∴ BA1 = (1,?1,2), CB1 =(0,1,2)

BA1 ? CB1 =1×0+(-1)×1+2×2=3
| BA1 |= (1 ? 0) 2 + (0 ? 1) 2 + ( 2 ? 0) 2 = 6

| CB1 |= (0 ? 0) 2 + (1 ? 0) 2 + ( 2 ? 0) 2 = 5 ∴ cos < BA1 , CB1 >= BA1 ? CB1 | BC1 | ? | CB1 | = 3 6? 5 = 30 . 10

(3)證明:依題意得:C1(0,0,2),M( , ,2 )

1 1 2 2

1 1 C1 M = ( , ,0), A1 B = ( ?1,1,?2) 2 2 1 1 ∴ A1 B ? C1 M = ( ?1) × + 1 × + ( ?2) × 0 = 0,∴ A1 B ⊥ C1 M , 2 2 ∴A1B⊥C1M. ●錦囊妙計 1.解決關于向量問題時,一要善于運用向量的平移、伸縮、合成、分解等變換,正確地 進行向量的各種運算,加深對向量的本質的認識.二是向量的坐標運算體現了數與形互相轉 化和密切結合的思想. 2.向量的數量積常用于有關向量相等,兩向量垂直、射影、夾角等問題中.常用向量的直 角坐標運算來證明向量的垂直和平行問題; 利用向量的夾角公式和距離公式求解空間兩條直 線的夾角和兩點間距離的問題. 3.用空間向量解決立體幾何問題一般可按以下過程進行思考: (1)要解決的問題可用什么向量知識來解決?需要用到哪些向量? (2)所需要的向量是否已知?若未知,是否可用已知條件轉化成的向量直接表示? (3)所需要的向量若不能直接用已知條件轉化成的向量表示,則它們分別最易用哪個未

知向量表示?這些未知向量與由已知條件轉化的向量有何關系? (4)怎樣對已經表示出來的所需向量進行運算,才能得到需要的結論? ●殲滅難點訓練 一、選擇題 1.(★★★★)設 A、B、C、D 四點坐標依次是(-1,0),(0,2),(4,3),(3,1),則四 邊形 ABCD 為( ) A.正方形 B.矩形 C.菱形 D.平行四邊形 2.(★★★★)已知△ABC 中,? AB =a, AC =b,a·b<0,S△ABC=

15 ,|a|=3,|b|=5,則 a 與 b 4

的夾角是( ) A.30° B.-150° C.150° D.30°或 150° 二、填空題 3.(★★★★★)將二次函數 y=x2 的圖象按向量 a 平移后得到的圖象與一次函數 y=2x-5 的圖象只有一個公共點(3,1),則向量 a=_________. 4.(★★★★)等腰△ABC 和等腰 Rt△ABD 有公共的底邊 AB, 它們所在的平面成 60°角, 若 AB=16 cm,AC=17 cm,則 CD=_________. 三、解答題 5.(★★★★★)如圖, 在△ABC 中, AB =a,AC =b,AP =c, 設

AD =λa,(0<λ<1), AE =μb(0<μ<1),試用向量 a,b 表示 c.
6.(★★★★)正三棱柱 ABC—A1B1C1 的底面邊長為 a,側棱長為

2 a.
(1)建立適當的坐標系,并寫出 A、B、A1、C1 的坐標; (2)求 AC1 與側面 ABB1A1 所成的角. 7.(★★★★★)已知兩點 M(-1,0),N(1,0),且點 P 使 MP ? MN , PM ? PN , NM ? NP 成 公差小于零的等差數列. (1)點 P 的軌跡是什么曲線? (2)若點 P 坐標為(x0,y0),Q 為 PM 與 PN 的夾角,求 tanθ. 8.(★★★★★)已知 E、F、G、H 分別是空間四邊形 ABCD 的邊 AB、BC、CD、DA 的 ?中點.? (1)用向量法證明 E、F、G、H 四點共面; (2)用向量法證明:BD∥平面 EFGH; (3)設 M 是 EG 和 FH 的交點, 求證: 對空間任一點 O, OM = 有

1 (OA + OB + OC + OD ) . 4

參考答案 難點磁場 解:(1)點 M 的坐標為 xM=

?1+1 7+2 9 9 = 0; y M = = ,∴ M (0, ) 2 2 2 2

9 221 ∴| AM |= (5 ? 0) 2 + ( ?1 ? ) 2 = . 2 2
( 2) | AB |= (5 + 1) 2 + ( ?1 ? 7) 2 = 10, | AC |= (5 ? 1) 2 + ( ?1 ? 2) 2 = 5
D 點分 BC 的比為 2. ∴xD=

? 1 + 2 ×1 1 7 + 2 × 2 11 = , yD = = 1+ 2 3 1+ 2 3

1 11 14 | AD |= (5 ? ) 2 + ( ?1 ? ) 2 = 2. 3 3 3
(3)∠ABC 是 BA 與 BC 的夾角,而 BA =(6,8) BC =(2,-5). ,

∴ cos ABC =

BA ? BC | BA | ? | BC |

=

6 × 2 + ( ?8) × ( ?5) 6 + ( ?8) ? 2 + ( ?5)
2 2 2 2

=

52 10 29

=

2629 145

殲滅難點訓練 一、1.解析: AB =(1,2) DC =(1,2) , ,∴ AB = DC ,∴ AB ∥ DC ,又線段 AB 與 線段 DC 無公共點, ∴AB∥DC 且|AB|=|DC|, ∴ABCD 是平行四邊形, AB |= 5 ,AC =(5, 又| 3) AC |= 34 ,∴| AB |≠| AC },∴? ABCD 不是菱形,更不是正方形;又 BC =(4,1) ,| , ∴1·4+2·1=6≠0,∴ AB 不垂直于 BC ,∴ABCD 也不是矩形,故選 D. 答案:D 2.解析:∵

15 1 1 = ·3·5sinα得 sinα= ,則α=30°或α=150°. 4 2 2 又∵a·b<0,∴α=150°. 答案:C 二、3.(2,0) 4.13 cm
三、5.解:∵ BP 與 BE 共線,∴ BP =m BE =m( AE - AB )=m(μb-a),

∴ AP = AB + BP =a+m(μb-a)=(1-m)a+mμb 又 CP 與 CD 共線,∴ CP =n CD =n( AD - AC )=n(λa-b), ∴ AP = AC + CP =b+n(λa-b)=nλa+(1-n)b 由①②,得(1-m)a+μmb=λna+(1-n)b.





?1 ? m = λa ?λn + m ? 1 = 0 ∵a 與 b 不共線,∴ ? 即? ? ?m = 1 ? n ? n + ?m ? 1 = 0



解方程組③得: m=

1? λ 1? ? 1 代入①式得 c=(1-m)a+mμb= [λ(1-μ)a+ ,n = 1 ? λ? 1 ? λ? 1 ? π?

μ(1-λ)b].
6.解:(1)以點 A 為坐標原點 O,以 AB 所在直線為 Oy 軸,以 AA1 所在直線為 Oz 軸,以 經過原點且與平面 ABB1A1 垂直的直線為 Ox 軸,建立空間直角坐標系. 由已知,得 A(0,0,0) ,B(0,a,0),A1(0,0, 2 a),C1(-

3 a a, , 2 2

2 a). 3 a,0,0), 2

(2)取 A1B1 的中點 M,于是有 M(0, , 2 a) ,連 AM,MC1,有 MC1 =(- 且 AB =(0,a,0), AA1 =(0,0 2 a)

a 2

由于 MC1 · AB =0, MC1 · AA1 =0,所以 MC1⊥面 ABB1A1,∴AC1 與 AM 所成的角就 是 AC1 與側面 ABB1A1 所成的角. ∵ AC1 = ( ?

3 a a a , , 2 a ), AM = ( 0, , 2 a ), 2 2 2 2 a 9 ∴ AC1 ? AM = 0 + + 2a 2 = a 4 4

而 | AC1 |=

3 2 1 2 a + a + 2a 2 = 3a , | AM |= 4 4

a2 3 + 2a = a 4 2

9 2 a 3 ∴ cos < AC1 , AM >= 4 = 3 2 3a × a 2
所以 AC1與 AM 所成的角,即 AC1 與側面 ABB1A1 所成的角為 30°. 7.解: (1)設 P(x,y) M(-1, , ,由 0) N(1, 得,PM =- MP =(-1-x,-y) PN = ? NP 0) , =(1-x,-y), MN =- NM =(2,0),∴ MP ·MN =2(1+x), PM ·PN =x2+y2-1, NM ? NP =2(1 -x).于是, MP ? MN , PM ? PN , NM ? NP 是公差小于零的等差數列,等價于

1 ? 2 2 ?x2 + y = 3 ? x + y ? 1 = [2(1 + x ) + 2(1 ? x )] 即? 2 ? ?x > 0 ?2(1 ? x ) ? 2(1 + x ) < 0 ?
所以,點 P 的軌跡是以原點為圓心, 3 為半徑的右半圓. (2)點 P 的坐標為(x0,y0)

PM ? PN = x0 + y 0 ? 1 = 2, | PM | ? | PN |= (1 + x ) 2 + y 0 ? (1 ? x0 ) 2 + y 0
2 2 2

2

= ( 4 + 2 x0 )(4 ? 2 x0 ) = 2 4 ? x0 ∴ cosθ = PM ? PN | PM | ?PN = 1 4 ? x0
2

2

1 π Q 0 < x0 ≤ 3 ,∴ < cosθ ≤ 1,0 ≤ θ < , 2 3 ∴ sinθ = 1 ? cos 2 θ = 1 ? 1 4 ? x0
2

,∴ tanθ =

sinθ 2 = 3 ? x0 =| y 0 | cosθ

1 ( BC + BD) = EB + BF + EH = EF + EH 2 1 由共面向量定理的推論知:E、F、G、H 四點共面,(其中 BD = EH ) 2 1 1 1 1 (2)因為 EH = AH ? AE = AD ? AB = ( AD ? AB) = BD . 2 2 2 2 所以 EH∥BD,又 EH ? 面 EFGH,BD ? 面 EFGH 所以 BD∥平面 EFGH. (3)連 OM,OA,OB,OC,OD,OE,OG 1 1 由(2)知 EH = BD ,同理 FG = BD ,所以 EH = FG ,EH FG,所以 EG、FH 交 2 2 于一點 M 且被 M 平分,所以
8.證明: 連結 BG, EG = EB + BG = EB + (1) 則

OM = =

1 (OA + OB + OC + OD ). 4

1 1 1 1 1 1 1 (OE + OG ) = OE + OG = [ (OA + OB )] + [ (OC + OD )] 2 2 2 2 2 2 2 .


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