2020届江苏高考数学(理)总复习课堂检测： 空间向量的综合应用

微专题28 空间向量在立体几何中的应用真 题 感 悟(2018·江苏卷)如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AA 1＝2，点P ，Q 分别为A 1B 1，BC 的中点． (1)求异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值； (2)求直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值．解 如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，设AC ，A 1C 1 的中点分别为O ，O 1，连接OB ，OO 1，则OB ⊥OC ，OO 1⊥OC ，OO 1⊥OB ，以{OB →，OC →，OO 1→}为基底，建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz .因为AB ＝AA 1＝2，所以A (0，－1，0)，B (3，0，0)，C (0，1，0)，A 1(0，－1，2)，B 1(3，0，2)，C 1(0，1，2)．(1)因为P 为A 1B 1的中点，所以P ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，2，从而BP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－12，2，AC 1→＝(0，2，2)， 故|cos 〈BP →，AC 1→〉|＝|BP →·AC 1→||BP →|·|AC 1→|＝|－1＋4|5×22＝31020.因此，异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值为31020. (2)因为Q 为BC 的中点，所以Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0，因此AQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，0， AC 1→＝(0，2，2)，CC 1→＝(0，0，2)． 设n ＝(x ，y ，z )为平面AQC 1的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧AQ →·n ＝0，AC 1→·n ＝0，即⎩⎨⎧32x ＋32y ＝0，2y ＋2z ＝0.不妨取n ＝(3，－1，1)．设直线CC 1与平面AQC 1所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈CC 1→，n 〉|＝|CC 1→·n ||CC 1→|·|n |＝25×2＝55，所以直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值为55.考 点 整 合1.直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法设直线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)，ν＝(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∥ν⇔μ＝λν⇔a 2＝λa 3，b 2＝λb 3，c 2＝λc 3. (4)面面垂直α⊥β⇔μ⊥ν⇔μ·ν＝0⇔a 2a 3＋b 2b 3＋c 2c 3＝0.2.直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算设直线l ，m 的方向向量分别为a ＝(a 1，b 1，c 1)，b ＝(a 2，b 2，c 2)，平面α，β的法向量分别为μ＝(a 3，b 3，c 3)，ν＝(a 4，b 4，c 4). (1)线线夹角设l ，m 的夹角为θ(0≤θ≤π2)，则 cos θ＝|a·b||a||b|＝|a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2|a 21＋b 21＋c 21a 22＋b 22＋c 22. (2)线面夹角设直线l 与平面α的夹角为θ(0≤θ≤π2)，则 sin θ＝|cos 〈a ，μ〉|＝|a·μ||a||μ|， (3)面面夹角设平面α，β的夹角为θ(0≤θ＜π)，则|cos θ|＝|cos 〈μ，ν〉|＝|μ·ν||μ||ν|.热点一 向量法证明平行与垂直【例1】 如图，在直三棱柱ADE －BCF 中，平面ABFE 和平面ABCD 都是正方形且互相垂直，M 为AB 的中点，O 为DF 的中点，运用向量方法求证： (1)OM ∥平面BCF ； (2)平面MDF ⊥平面EFCD .证明 法一 由题意，得AB ，AD ，AE 两两垂直，以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系.设正方形边长为1，则A (0，0，0)，B (1，0，0)，C (1，1，0)，D (0，1，0)，F (1，0，1)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，O ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，12.(1)OM→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12，－12， BA→＝(－1，0，0)，∴OM →·BA →＝0，∴OM →⊥BA →. ∵棱柱ADE －BCF 是直三棱柱， ∴AB ⊥平面BCF ，∴BA→是平面BCF 的一个法向量， 又OM ⊄平面BCF ， ∴OM ∥平面BCF .(2)设平面MDF 与平面EFCD 的一个法向量分别为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2).∵DF →＝(1，－1，1)，DM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，0，DC →＝(1，0，0)， CF→＝(0，－1，1)，由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·DF →＝0，n 1·DM →＝0.得⎩⎪⎨⎪⎧x 1－y 1＋z 1＝0，12x 1－y 1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧y 1＝12x 1，z 1＝－12x 1，令x 1＝1，则n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，－12.同理可得n 2＝(0，1，1).∵n 1·n 2＝0，∴平面MDF ⊥平面EFCD . 法二 (1)OM →＝OF →＋FB →＋BM →＝12DF →－BF →＋12BA → ＝12(DB →＋BF →)－BF→＋12BA → ＝－12BD →－12BF →＋12BA → ＝－12(BC →＋BA →)－12BF →＋12BA → ＝－12BC →－12BF →.∴向量OM→与向量BF →，BC →共面， 又OM ⊄平面BCF ， ∴OM ∥平面BCF .(2)由(1)及题意知，BF ，BC ，BA 两两垂直， ∵CD→＝BA →，FC →＝BC →－BF →， ∴OM →·CD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12BC →－12BF →·BA →＝0， OM →·FC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12BC →－12BF →·(BC →－BF →) ＝－12BC →2＋12BF →2＝0. ∴OM ⊥CD ，OM ⊥FC ，又CD ∩FC ＝C ，CD ，FC ⊂平面EFCD ， ∴OM ⊥平面EFCD . 又OM ⊂平面MDF ，∴平面MDF ⊥平面EFCD .探究提高 解决本类问题的关键是建立恰当的坐标系，用坐标表示向量或用基底表示向量，证法的核心是利用向量的数量积或数乘运算. 【训练1】 如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，P A ＝AB ＝2，∠BAD ＝60°，E 是P A 的中点.(1)求证：直线PC ∥平面BDE ； (2)求证：BD ⊥PC .证明 连接AC ，交BD 于点O .因为∠BAD ＝60°，AB ＝2，底面ABCD 为菱形，所以BO ＝1，AO ＝CO ＝3，AC ⊥BD .如图，以O 为坐标原点，以OB ，OC 所在直线分别为x 轴、y 轴，过点O 且平行于P A 的直线为z 轴，建立空间直角坐标系O －xyz ，则P (0，－3，2)，A (0，－3，0)，B (1，0，0)，C (0，3，0)，D (－1，0，0)，E (0，－3，1).(1)设平面BDE 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 因为BE→＝(－1，－3，1)，BD →＝(－2，0，0)， 所以由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BD →＝0，n 1·BE →＝0，得⎩⎨⎧－2x 1＝0，－x 1－3y 1＋z 1＝0，令z 1＝3，得y 1＝1，所以n 1＝(0，1，3). 又PC→＝(0，23，－2)，所以PC →·n 1＝0＋23－23＝0， 即PC →⊥n 1，又PC ⊄平面BDE ， 所以PC ∥平面BDE .(2)因为PC→＝(0，23，－2)，BD →＝(－2，0，0)， 所以PC →·BD →＝0.故BD ⊥PC . 热点二 利用空间向量求空间角【例2】 如图，在直三棱柱A 1B 1C 1-ABC 中，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝2，A 1A ＝4，点D 是BC 的中点.(1)求异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值； (2)求平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值.解 (1)由题意知，AB ，AC ，AA 1两两垂直，以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，则A (0，0，0)，B (2，0，0)，C (0，2，0)，D (1，1，0)，A 1(0，0，4)，C 1(0，2，4)，所以A 1B →＝(2，0，－4)，C 1D →＝(1，－1，－4). 因为cos 〈A 1B →，C 1D →〉＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪A 1B →·C 1D →|A 1B →||C 1D →|＝1820×18＝31010， 所以异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值为31010. (2)设平面ADC 1的法向量为n 1＝(x ，y ，z )， 因为AD →＝(1，1，0)，AC 1→＝(0，2，4)， 所以n 1·AD →＝0，n 1·AC 1→＝0， 即x ＋y ＝0且y ＋2z ＝0， 取z ＝1，得x ＝2，y ＝－2，所以，n 1＝(2，－2，1)是平面ADC 1的一个法向量. 取平面AA 1B 的一个法向量为n 2＝(0，1，0)， 设平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的大小为θ. 由|cos θ|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1||n 2|＝29×1＝23，得sin θ＝53.因此，平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值为53.探究提高 (1)利用法向量求解空间线面角与二面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.(2)利用法向量的根据是两个半平面的法向量所成的角和二面角的平面角相等或互补，在能断定所求二面角的平面角是锐角或钝角的情况下，这种方法具有一定的优势，但要注意，必须能断定“所求二面角的平面角是锐角或钝角”，在用法向量法求二面角的大小时，务必要作出这个判断，否则解法是不严谨的.【训练2】 (2018·全国Ⅰ卷)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.(1)证明 由已知可得，BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，又PF ∩EF ＝F ，PF ，EF ⊂平面PEF ，所以BF ⊥平面PEF .又BF ⊂平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD . (2)解 作PH ⊥EF ，垂足为H .由(1)得，PH ⊥平面ABFD .以H 为坐标原点，分别以FB→，HF →，HP →的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，|BF →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H －xyz .由(1)可得，DE ⊥PE .又DP ＝2，DE ＝1， 所以PE ＝ 3. 又PF ＝1，EF ＝2， 故EF 2＝PE 2＋PF 2， 所以PE ⊥PF . 可得PH ＝32，EH ＝32.则H (0，0，0)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－32，0，DP →＝⎝⎛⎭⎪⎫1，32，32，又HP→＝⎝⎛⎭⎪⎫0，0，32为平面ABFD 的一个法向量.设DP 与平面ABFD 所成角为θ， 则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪HP →·DP →|HP →||DP →|＝343＝34. 所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34. 热点三 向量法解决立体几何中的探索性问题【例3】 (2019·南通模拟)如图，已知矩形ABCD 所在平面垂直于直角梯形ABPE 所在的平面，且AB ＝BP ＝2，AD ＝AE ＝1，AE ⊥AB ，且AE ∥BP .(1)求平面PCD 与平面ABPE 所成的二面角的余弦值；(2)在线段PD 上是否存在一点N ，使得直线BN 与平面PCD 所成角的正弦值等于25？若存在，试确定点N 的位置；若不存在，请说明理由. 解 由AE ⊥AB ，且AE ∥BP ，得BP ⊥AB .又平面ABCD ⊥平面ABPE ，平面ABCD ∩平面ABPE ＝AB ，PB ⊂平面ABPE ， 所以PB ⊥平面ABCD ，又BC ⊂平面ABCD ，所以PB ⊥BC ， 又四边形ABCD 为矩形，所以AB ⊥BC ，故直线BA ，BP ，BC 两两垂直，以B 为原点，分别以BA ，BP ，BC 为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B (0，0，0)，A (2，0，0)，P (0，2，0)，E (2，1，0)，C (0，0，1)，D (2，0，1).(1)设平面PCD 的法向量为m ＝(a ，b ，c )，又PC →＝(0，－2，1)，CD →＝(2，0，0). 故由⎩⎪⎨⎪⎧m ·PC→＝－2b ＋c ＝0，m ·CD →＝2a ＝0，不妨取m ＝(0，1，2).平面ABPE 的一个法向量为n ＝(0，0，1).设平面PCD 与平面ABPE 所成的二面角的大小为θ，则由图可知θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，故cos θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝25×1＝255.所以平面PCD 与平面ABPE 所成的二面角的余弦值为255.(2)假设线段PD 上存在点N ，使得直线BN 与平面PCD 所成角α满足sin α＝25. 即sin α＝|cos 〈BN →，m 〉|＝|BN →·m |5|BN →|＝25.设PN→＝λPD →＝λ(2，－2，1)，其中λ∈[0，1]， 则BN→＝BP →＋PN →＝(2λ，2－2λ，λ). 由(1)知平面PCD 的一个法向量m ＝(0，1，2)， 所以25·9λ2－8λ＋4＝25， 即9λ2－8λ－1＝0， 解得λ＝1或λ＝－19(舍去).所以当N 在点D 处时，直线BN 与平面PCD 所成角的正弦值等于25.探究提高 (1)确定点的坐标时，通常利用向量共线来求，如本例设PN →＝λPD →，直接加入到线性运算中.(2)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.【训练3】 (2016·北京卷)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.(1)证明 ∵平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD . 又AB ⊥AD ，AB ⊂平面ABCD ，∴AB ⊥平面P AD .∵PD ⊂平面P AD ，∴AB ⊥PD . 又P A ⊥PD ，P A ∩AB ＝A . ∴PD ⊥平面P AB .(2)解 取AD 中点O ，连接CO ，PO ，∵P A ＝PD ，∴PO ⊥AD .又∵PO ⊂平面P AD ，平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ， ∴PO ⊥平面ABCD .∵CO ⊂平面ABCD ，∴PO ⊥CO . ∵AC ＝CD ，∴CO ⊥AD .以O 为原点建立如图所示空间直角坐标系.易知P (0，0，1)，B (1，1，0)，D (0，－1，0)，C (2，0，0).则PB→＝(1，1，－1)，PD →＝(0，－1，－1)，PC →＝(2，0，－1). 设n ＝(x 0，y 0，1)为平面PDC 的一个法向量. 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PD →＝0，n ·PC →＝0得⎩⎨⎧－y 0－1＝0，2x 0－1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝－1，x 0＝12. 即n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，1.设PB 与平面PCD 的夹角为θ. 则sin θ＝|cos 〈n ，PB →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·PB →|n ||PB →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪12－1－114＋1＋1×3＝33.所以直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为33. (3)解 假设在棱P A 上存在点M ，使得BM ∥平面PCD .设AM→＝λAP →(λ∈[0，1])，因此点M (0，1－λ，λ)，BM →＝(－1，－λ，λ)，因为BM ⊄平面PCD ，所以BM ∥平面PCD ，当且仅当BM →·n ＝0，即(－1，－λ，λ)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，1＝0，解得λ＝14，所以在棱P A 上存在点M 使得BM ∥平面PCD ，此时AM AP ＝14.【新题感悟】 (2019·南京高三模拟)如图，已知长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，AB ＝2，AA 1＝1，直线BD 与平面AA 1B 1B 所成角为30°，AE 垂直BD 于点E ，F 为A 1B 1的中点.(1)求直线AE 与平面BDF 所成角的正弦值；(2)线段C 1D 1上是否存在点P ，使得二面角F －BD －P 的余弦值为35？若存在，确定P 点位置；若不存在，说明理由.解 由AD ⊥平面AA 1B 1B ，得BD 与平面AA 1B 1B 所成角为∠DBA ＝30°，又AB ＝2，∴AD ＝233.在Rt △ABD 中，由AE ⊥BD 易求得AE ＝1.以{AB →，AD →，AA 1→}为正交基底建立平面直角坐标系， 则A (0，0，0)，B (2，0，0)，F (1，0，1)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，233，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，0，C 1⎝ ⎛⎭⎪⎫2，233，1，D 1⎝⎛⎭⎪⎫0，233，1. (1)设平面BDF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD→＝0，n ·BF →＝0.又∵BD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，233，0，BF →＝(－1，0，1)， ∴⎩⎨⎧－2x ＋233y ＝0，－x ＋z ＝0，∴可取n ＝(1，3，1).又AE→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，0，∴cos 〈AE →，n〉＝12＋325×1＝255.故AE 与平面BDF 所成角的正弦值为255.(2)假设在线段C 1D 1上存在点P ，使得二面角F －BD －P 的余弦值为35. 设C 1P →＝λC 1D 1→，λ∈[0，1]，则P ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－2λ，233，1，BP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－2λ，233，1. 设平面BDP 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BD →＝0，n 1·BP →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋233y ＝0，－2λx ＋233y ＋z ＝0，∴可取n 1＝(1，3，2λ－2). ∴cos 〈n ，n 1〉＝1＋3＋2λ－25·4＋（2λ－2）2＝λ＋15·1＋（λ－1）2＝35，化简得4λ2－28λ＋13＝0⇒λ＝12或λ＝132. ∵0≤λ≤1，∴λ＝12.故存在点P ，满足题意，此时P 为C 1D 1的中点.1.(2017·江苏卷)如图，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1⊥平面ABCD ，且AB ＝AD ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝120°.(1)求异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值； (2)求二面角B －A 1D －A 的正弦值.解 在平面ABCD 内，过点A 作AE ⊥AD ，交BC 于点E .因为AA 1⊥平面ABCD ，AE ，AD ⊂平面ABCD ，所以AA 1⊥AE ，AA 1⊥AD . 如图，以{AE →，AD →，AA 1→}为正交基底，建立空间直角坐标系A －xyz .因为AB ＝AD ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝120°，则A (0，0，0)，B (3，－1，0)，D (0，2，0)，E (3，0，0)， A 1(0，0，3)，C 1(3，1，3).(1)A 1B →＝(3，－1，－3)，AC 1→＝(3，1，3)， 则cos 〈A 1B →，AC 1→〉＝A 1B →·AC 1→|A 1B →||AC 1→|＝（3，－1，－3）·（3，1，3）7＝－17， 因此异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值为17. (2)平面A 1DA 的一个法向量为AE→＝(3，0，0).设m ＝(x ，y ，z )为平面BA 1D 的一个法向量， 又A 1B →＝(3，－1，－3)，BD →＝(－3，3，0)， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1B →＝0，m ·BD →＝0，即⎩⎨⎧3x －y －3z ＝0，－3x ＋3y ＝0.不妨取x ＝3，则y ＝3，z ＝2，所以m ＝(3，3，2)为平面BA 1D 的一个法向量，从而cos 〈AE →，m 〉＝AE →·m |AE →||m |＝（3，0，0）·（3，3，2）3×4＝34.设二面角B －A 1D－A 的大小为θ，则|cos θ|＝34. 因为θ∈[0，π]，所以sin θ＝1－cos 2θ＝74.因此二面角B －A 1D －A 的正弦值为74.2.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M －AB －D 的余弦值.(1)证明 取P A 的中点F ，连接EF ，BF ， 因为E 是PD 的中点， 所以EF ∥AD ，EF ＝12AD .由∠BAD ＝∠ABC ＝90°得BC ∥AD ， 又BC ＝12AD ，所以EF 綊BC ，所以四边形BCEF 是平行四边形，所以CE ∥BF ， 又BF ⊂平面P AB ，CE ⊄平面P AB ， 故CE ∥平面P AB .(2)解 由已知得BA ⊥AD ，以A 为坐标原点，AB →的方向为x 轴正方向，|AB →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，则A (0，0，0)，B (1，0，0)，C (1，1，0)，P (0，1，3)， PC→＝(1，0，－3)，AB →＝(1，0，0). 设M (x ，y ，z )(0<x <1)，则BM→＝(x －1，y ，z )，PM →＝(x ，y －1，z －3).因为BM 与底面ABCD 所成的角为45°， 而n ＝(0，0，1)是底面ABCD 的法向量， 所以|cos 〈BM →，n 〉|＝sin 45°， 则|z |（x －1）2＋y 2＋z 2＝22，即(x －1)2＋y 2－z 2＝0.① 又M 在棱PC 上， 设PM→＝λPC →(λ∈[0，1])，则 x ＝λ，y ＝1，z ＝3－3λ.②由①，②解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋22，y ＝1，z ＝－62(舍去)，⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1－22，y ＝1，z ＝62，所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－22，1，62，从而AM→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－22，1，62. 设m ＝(x 0，y 0，z 0)是平面ABM 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧m ·AM →＝0，m ·AB →＝0，即⎩⎨⎧（2－2）x 0＋2y 0＋6z 0＝0，x 0＝0，所以可取m ＝(0，－6，2). 于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝105. 易知所求二面角为锐角，因此二面角M －AB －D 的余弦值为105.3.(2018·全国Ⅱ卷)如图，在三棱锥P －ABC 中，AB ＝BC ＝22，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.(1)证明 因为AP ＝CP ＝AC ＝4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP ＝2 3. 连接OB ，因为AB ＝BC ＝22AC ， 所以AB 2＋BC 2＝AC 2，所以△ABC 为等腰直角三角形， 且OB ⊥AC ，OB ＝12AC ＝2. 由OP 2＋OB 2＝PB 2知PO ⊥OB .由OP ⊥OB ，OP ⊥AC 且OB ∩AC ＝O ，OB ，AC ⊂平面ABC ，知PO ⊥平面ABC . (2)解 如图，以O 为坐标原点，OB →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系O －xyz .由已知得O (0，0，0)，B (2，0，0)，A (0，－2，0)，C (0，2，0)，P (0，0，23)，AP →＝(0，2，23).取平面P AC 的一个法向量 OB→＝(2，0，0). 设M (a ，2－a ，0)(0<a ≤2)， 则AM→＝(0，4－a ，0). 设平面P AM 的法向量为n ＝(x ，y ，z ). 由AP →·n ＝0，AM →·n ＝0得⎩⎨⎧2y ＋23z ＝0，ax ＋（4－a ）y ＝0，可取n ＝(3(a －4)，3a ，－a )， 所以cos 〈OB →，n 〉＝23（a －4）23（a －4）2＋3a 2＋a 2.由已知可得|cos 〈OB→，n 〉|＝32，所以23|a －4|23（a －4）2＋3a 2＋a 2＝32， 解得a ＝－4(舍去)，a ＝43， 所以n ＝⎝⎛⎭⎪⎫－833，433，－43.又PC →＝(0，2，－23)， 所以cos 〈PC →，n 〉＝34.所以PC 与平面P AM 所成角的正弦值为34.4.(2018·苏州自主学习)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝90°，且P A ＝AB ＝BC ＝12AD ＝1，P A ⊥平面ABCD .(1)求PB 与平面PCD 所成角的正弦值；(2)棱PD 上是否存在一点E 满足∠AEC ＝90°？若存在，求AE 的长；若不存在，请说明理由.解 (1)依题意AB ，AD ，P A 两两垂直，如图，以点A 为坐标原点，分别以AB ，AD ，AP 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系A －xyz ，则P (0，0，1)，B (1，0，0)，C (1，1，0)，D (0，2，0)，从而PB→＝(1，0，－1)，PC →＝(1，1，－1)，PD →＝(0，2，－1). 设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则n ·PC →＝0，且n ·PD →＝0， 即x ＋y －z ＝0，且2y －z ＝0， 不妨取z ＝2，则y ＝1，x ＝1，所以平面PCD 的一个法向量n ＝(1，1，2)， 此时cos 〈PB →，n 〉＝1－22×6＝－36，所以PB 与平面PCD 所成角的正弦值为36. (2)假设棱PD 上存在一点E 满足∠AEC ＝90°.设PE →＝λPD →(0≤λ≤1)， 则E (0，2λ，1－λ).则CE→＝(－1，2λ－1，1－λ)，AE →＝(0，2λ，1－λ)， 由∠AEC ＝90°得AE →·CE →＝2λ(2λ－1)＋(1－λ)2＝0，化简得，5λ2－4λ＋1＝0，该方程无解， 所以棱PD 上不存在一点E 满足∠AEC ＝90°.5.(2018·天津卷)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.(1)若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证：MN ∥平面CDE ； (2)求二面角E －BC －F 的正弦值；(3)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.解 依题意，可以建立以D 为原点，分别以DA→，DC →，DG →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向的空间直角坐标系(如图)，可得D (0，0，0)，A (2，0，0)，B (1，2，0)，C (0，2，0)，E (2，0，2)，F (0，1，2)，G (0，0，2)， M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，1，N (1，0，2). (1)证明 依题意DC→＝(0，2，0)，DE →＝(2，0，2). 设n 0＝(x ，y ，z )为平面CDE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 0·DC→＝0，n 0·DE →＝0，即⎩⎨⎧2y ＝0，2x ＋2z ＝0， 不妨令z ＝－1，可得n 0＝(1，0，－1). 又MN→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32，1， 可得MN →·n 0＝0，又因为直线MN ⊄平面CDE ，所以MN ∥平面CDE .(2)依题意，可得BC→＝(－1，0，0)，BE →＝(1，－2，2)，CF →＝(0，－1，2).设n ＝(x ，y ，z )为平面BCE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BE →＝0，即⎩⎨⎧－x ＝0，x －2y ＋2z ＝0，不妨令z ＝1，可得n ＝(0，1，1).设m ＝(x ，y ，z )为平面BCF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·BC →＝0，m ·CF →＝0，即⎩⎨⎧－x ＝0，－y ＋2z ＝0，不妨令z ＝1，可得m ＝(0，2，1). 因此有cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝31010， 于是sin 〈m ，n 〉＝1010.所以二面角E －BC －F 的正弦值为1010. (3)设线段DP 的长为h (h ∈[0，2])，则点P 的坐标为(0，0，h )，可得BP→＝(－1，－2，h ).易知，DC→＝(0，2，0)为平面ADGE 的一个法向量，故|cos 〈BP →，DC →〉|＝|BP →·DC →||BP →||DC →|＝2h 2＋5，由题意，可得2h 2＋5＝sin 60°＝32， 解得h ＝33∈[0，2].所以线段DP 的长为33.6.(2019·徐州市高三期中)如图，在平行四边形ABCD 中，AB ＝1，AD ＝2，∠ABC ＝π3，四边形ACEF 为矩形，平面ACEF ⊥平面ABCD ，AF ＝1，点M 在线段EF 上运动，且EM→＝λEF →.(1)当λ＝12时，求异面直线DE 与BM 所成角的大小；(2)设平面MBC 与平面ECD 所成二面角的大小为θ⎝ ⎛⎭⎪⎫0＜θ≤π2，求cos θ的取值范围.解 (1)在△ABC 中，AB ＝1，BC ＝AD ＝2，∠ABC ＝π3，则AC ＝3，所以AB 2＋AC 2＝BC 2，即∠BAC ＝π2. 因为四边形ACEF 为矩形，所以F A ⊥AC .因为平面ACEF ⊥平面ABCD ，平面ACEF ∩平面ABCD ＝AC ，F A ⊂平面ACEF ， 所以F A ⊥平面ABCD . 所以F A ⊥AB ，F A ⊥AC .建立如图所示的空间直角坐标系.则A (0，0，0)，B (1，0，0)，C (0，3，0)，D (－1，3，0)，E (0，3，1)，F (0，0，1)，当λ＝12时，EM→＝12EF →，所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，1. 所以BM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，32，1，DE →＝(1，0，1)， 所以BM →·DE→＝(1，0，1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，32，1＝0， 所以BM→⊥DE →，即异面直线DE 与BM 所成角的大小为π2.(2)平面ECD 的一个法向量n 1＝(0，1，0)，设M (x 0，y 0，z 0)，由EM →＝λEF →＝λ(0，－3，0)＝(0，－3λ，0)＝(x 0，y 0－3，z 0－1)，得⎩⎨⎧x 0＝0，y 0＝3（1－λ），z 0＝1，即M (0，3(1－λ)，1)，所以BM→＝(－1，3(1－λ)，1)，BC →＝(－1，3，0). 设平面MBC 的法向量n 2＝(x ，y ，z )，因为⎩⎪⎨⎪⎧n 2⊥BC →，n 2⊥BM →，即⎩⎨⎧－x ＋3y ＝0，－x ＋3（1－λ）y ＋z ＝0， 取y ＝1，则x ＝3，z ＝3λ，所以平面MBC 的一个法向量n 2＝(3，1，3λ).因为0＜θ≤π2，所以cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝14＋3λ2. 因为0≤λ≤1，所以cos θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤77，12.。

姓名，年级：时间：综合仿真练（一)（理独)1．本题包括A、B、C三个小题,请任选二个作答A．［选修4－2：矩阵与变换](2019·江苏高考)已知矩阵A＝错误!。

（1)求A2；(2)求矩阵A的特征值．解：(1)因为A＝错误!，所以A2＝错误!错误!＝错误!＝错误!.(2）矩阵A的特征多项式为f（λ）＝错误!＝λ2－5λ＋4。

令f（λ）＝0，解得A的特征值λ1＝1，λ2＝4。

B．［选修4－4：坐标系与参数方程］在极坐标系中，已知圆C的圆心在极轴上,且过极点和点错误!，求圆C 的极坐标方程．解：法一：因为圆心C在极轴上且过极点,所以设圆C的极坐标方程为ρ＝a cos θ，又因为点错误!在圆C上,所以3错误!＝a cos 错误!，解得a＝6。

所以圆C的极坐标方程为ρ＝6cos θ。

法二：点错误!的直角坐标为(3,3），因为圆C过点（0,0)，(3，3），所以圆心C在直线为x＋y－3＝0上．又圆心C在极轴上,所以圆C的直角坐标方程为(x－3）2＋y2＝9.所以圆C的极坐标方程为ρ＝6cos θ。

C．[选修4－5：不等式选讲](2019·南通等七市一模)柯西不等式已知实数a，b，c满足a2＋b2＋c2≤1，求证:错误!＋错误!＋错误!≥错误!。

证明:由柯西不等式，得[（a2＋1）＋(b2＋1)＋（c2＋1）］·错误!≥错误!·错误!＋错误!·错误!＋错误!·错误!2＝9，所以1a2＋1＋错误!＋错误!≥错误!≥错误!＝错误!.2．(2019·扬州期末)已知直线x＝－2上有一动点Q，过点Q作直线l1垂直于y轴，动点P在l1上，且满足错误!·错误!＝0（O为坐标原点）,记点P的轨迹为C。

(1)求曲线C的方程;(2）已知定点M错误!,N错误!，A为曲线C上一点，直线AM交曲线C于另一点B,且点A在线段MB上，直线AN交曲线C于另一点D，求△MBD的内切圆半径r的取值范围．解：(1)设点P（x，y)，则Q（－2,y)，∴OP，―→＝（x,y）,错误!＝(－2，y)，∵错误!·错误!＝0,∴错误!·错误!＝－2x＋y2＝0，即y2＝2x。

课时跟踪检测（二十六）平面向量的基本定理及坐标表示一抓基础，多练小题做到眼疾手快—P1——P1. (2019 南通检测)已知点A(—1,2), B(2,8).若AC = —§ BA ,坐标为_________ .--- P解析：•/ A(—1,2), B(2,8), ••• BA = (—3,—6),--- P 1 ---------- P -- P 2 ----- P则AC = — 3 BA = (1,2), AD = 3 AB = (2,4),• "C^ =；A D —；A C = (2,4) —(1,2) = (1,2).答案：(1,2)2. (2018南京学情调研)设向量a = (1, —4),x的值是_________ .解析：因为a= (1, —4) , b= (—1 , x),所以c =a+ 3b = (—2 , 以一4+ 3x—8= 0,解得x= 4.答案：4---P3. (2018 苏州中学测试)已知A(2,1) , B(3,5) , C(3,2) , AP =在第二象限，则实数t的取值范围是解析：设点P(x, y),则由刀P =^A B + t^A C得(x —2, y- 1)= (1,4) +1(1,1)= (1 +1,4 + t),解析：•••向量-? = (m,5) , ^A C = (4 , n),• - BC = AC —AB = (4 —m , n —5),-- P又BC = (7,6) , • c r4—m= 7 ,解得m=—3 , n= 11 , n—5= 6 ,x—2=1+ t ,fx= 3+ t ,所i 解得fy—1 = 4+1 , 2= 5+ t,x= 3+ t v 0 ,由P在第二象限，得cly= 5+1> 0 , 所以一5v t v —3.答案: (—5, —3)--- P4. （2018苏州期末）已知向量AB = （m,5）, --- P ---- PAC = (4, n), BC = (7,6)，贝U m+ n 的值为—P 2 ------- P -------- PAD =§AB，贝V CD 的b = (—1, x),c = a + 3b.若a// c,则实数—4+ 3x).又a // c,所—B + t-? (t€ R),若点P(t €R),二m+ n= 8.答案：85. (2019 •东月考)已知向量 a = 8, 2x , b = (x,1)，其中 x >0,若(a — 2b )// (2a + b ), 贝U x 的值为 _____________ .解析：a — 2b = 8— 2x , — 2 , 2a + b = (16 + x , x + 1),由(a — 2b )// (2a + b ),得(8 — 2x)(x + 1)= 1x — 2 (16 + x), 解得x = 4(负值舍去). 答案：46. (2018泰州期末)在平面直角坐标系 xOy 中，已知点A , B 分别为x 轴，y 轴上一点, 且AB = 2，若点P(2, 75),则1—? + ©P + 6^|的取值范围是 _______________解析：因为AB = 2，所以AB 的中点M 在以原点为圆心，1为半径 的圆上运动(如图所示)，则|石？ + 1BIP + CJIP |= |21VIIP +6?|,当M 点为 射线OP 与圆的交点时，|2M P +1P |的最小值为7，当M 点为射线OP- > ---- > ----------------------- >的反向延长线与圆的交点时， |2MP + OP |的最大值为 11,所以| AP + ―?+-? |的取值范围是[7,11].答案：[7,11]二保咼考，全练题型做到咼考达标1.已知向量 a = (5,2), b = (— 4,— 3), c = (x , y),若 3a — 2b + c = 0，贝U c=解由题意可得 3a — 2b + c = (23 + x,12 + y)= (0,0),解得 i x_— 23, 所以 c = (— 23,— 12). iy =— 12,答案：(一23,— 12)2.已知 A(— 3,0), B(0,3), O 为坐标原点，C 在第二象限，且/ AOC = 30° —)C =-+"O B ，则实数入的值为 _______________ .解析：由题意知1恳=(—3,0), "O B = (0, 3),则-? = (—3人 V 3),由/ AOC = 30 °知以x 轴的非负半轴为始边， OC 为终边的一个角为 150° 所以tan 150，即一严=—三，所以 匸1.—3 人 3 3 A所以23 + x = 0,12+ y =X答案：13. 已知点 A(2,3), B(4,5), C(7,10)，若 AP = AB + 入AC (入€ R ),且点 P 在直线 x — 2y =0上，贝y 入= _________ .--- > ----- > ------ >解析：设 P(x , y),则由 AP = AB + 入AC ，得(x — 2, y — 3) = (2,2) + 45,7) = (2 + 5 人 2 + 74,所以 x = 5 4+ 4, y = 7H 5.又点 P 在直线 x — 2y = 0 上，故 5 4+ 4— 2(7 H 5) = 0,解 得=-22答案：—34. 在平行四边形 ABCD 中，AC 与BD 交于点O , E 是线段OD 的中点，AE 的延长线 与CD 交于点F.若品 =a , "BD = b ,则Nl ? = ______________ (用a , b 表示).--- D ---- D解析：如图，因为AC = a , BD = b ,--- D ---- D --- D 1 ----- D 1 ---- D 11所以 AD = AO + OD = 2 AC + BD = ?a + - b .因为E 是OD 的中点，所以 |DF | = ^|AB|.1 D1 D 1 D 1 D 11—2BD— — 2AC=6AC —6BD = 6a —6b ,所以 AF = AD + DF =1 a +」b + ^a —1 b = 2a +.2 2 6 63 32 1答案：3 a + 3 b5.已知a , c 是同一平面内的两个向量，其中a = (1,2), |c |= 2 5,且a // c ,则向量c解析：设向量c = (x , y),因为a , c 是同一平面内的两个向量， 其中a = (1,2), |c |= 2 5, 且 a / c ,可得 2x = y ,并且 x 2+ y 2= 20,解得 x = 2, y = 4或 x =— 2, y = — 4.所以 c = (2,4) 或 c = (— 2, — 4).答案：(2,4)或(一2, — 4)6. (2018白蒲中学高三期末)若a, B 是一组基底，向量 尸x a+ y ^x , y € R )，则称(x , y)为向量丫在基底a, B 下的坐标，现已知向量a 在基底p = (1, — 1),q = (2,1)下的坐标为(一 2, 2)，贝U a 在另一组基底 m= (— 1,1), n = (1,2)下的坐标为 _______________________ .解析：因为a 在基底p , q 下的坐标为(一2,2),即卩a =— 2p + 2q = (2,4),令a = x m + y n所以 |DE| |EB| 1 3, -- D 1 ---- D 1 --- D ---- D 1 所以 DF = 3AB = 3(OB — OA) = 3X=(-x + y , x + 2y),所以! X +2， 即°， 所以玄在基底“ n 下的坐标为(0,2).|x + 2y = 4, |y = 2.答案：（0,2）7. （2018溧水高级中学测试）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66 = m OA + nOB , 则m + n 的取值范围是 __________ .--- A解析：由题意得，-5c = k -6 (k v 0)，又 |k|= 1°61< 1，所以—1V k v 0.又因为 B , A ,|O D | D 三点共线，所以"O 6 = XO 6 + (1 —片 OB ,所以 mO A + n "O D = kxO X + k(1 —片"O 6,所以 m = k 入 n = k(1 — X,所以 m + n = k ,从而 m + n € (— 1,0).答案：(一1,0)8•向量a ,b,c 在正方形网格中的位置如图所示，若c =也+皿此R ），则古则 A(1, — 1) , B(6,2) , C(5 , — 1),所以 a =—6 = (— 1,1), b =—6 = (6,2), c = "B 6 = (— 1,—3).因为c = X +⑷,所以(一1, — 3) = X —1,1) + 皿6,2), 即一？+ 6卩=—1, X+ 2口=一 3 , 解得X=— 2,尸一 1,所以~= 4.2 卩 答案：49. (2019 淮安一模)已知 a = (1,0) , b = (2,1). (1)当k 为何值时，k a — b 与a + 2b 共线；⑵若-B = 2a + 3b , 06 = a + m b ,且A , B , C 三点共线，求 m 的值.解析：以向量a 和b 的交点为原点建立如图所示的平面 直角坐标系（设每个小正方形边长为 1）,■7■■1 “iiq■1q 1 1\!c\0 X 1 」ili [| a■4 4 iriil ii IIIIc : ■ ■B解：(1)k a—b= k(1,0) —(2,1) = (k —2, —1), a+ 2b= (1,0) + 2(2,1) = (5,2).k a — b 与 a + 2b 共线， ••• 2(k — 2)— (- 1)X 5 = 0, 1解得k = — *(2) •/ A , B , C 三点共线， •••存在实数 入使得瓦B = XBC , 即 2a + 3b = 4a + m b )= ?a + 入mb ,2 = 43又a 与b 不共线，• £' 解得m = 3.3 = 4m210.在平面直角坐标系中，O 为坐标原点，已知向量a = (2,1) ,A(1,0), B(cos 0, t),a// ^AB .(1)若| AB| = . 5|OA|,求向量 OB 的坐标; ⑵求y = cos 0— cos 0+12的最小值. 解：(1)因为-B = (cos 0— 1, t),又 a // AB ，所以 2t — cos 0+ 1 = 0. 所以 cos 0= 2t + 1.①又因为 |A B |= 5| OA |，所以(cos 0— 1)2+ *= 5.② 由①②得，5t 2= 5,所以t 2 = 1.所以t = ±1. 当 t = 1 时，cos 0= 3(舍去)，当 t =— 1 时，cos 0=— 1, 所以 B( — 1，— 1)，所以 OB = (— 1, — 1).22fcos 0— 1 ) 523y = cos 0— cos 0+= cos 0— o cos 442所以，当 cos 0= 3时，y min = — 5. 三上台阶，自主选做志在冲刺名校--- B 1 ------ B1.已知△ ABC 是边长为4的正三角形，D , P 是厶ABC 内的两点，且满足AD = ；( AB-- B ----- B ---- B 1 ------ B + AC), AP = AD + 8BC ，则△ APD 的面积为 .解析：法一：取BC 的中点E ,连接AE ，由于△ ABC 是边长为4的正三角形，则 AE⑵由(1)可知t = cos 0—1所以2 6 cos0—^cos丄BC, —E = 1(;AB +^A C),又N[D = * ；A B + 倉),所以点 D 是AE 的中点，AD = 3取N? =1 "B e，以AD , AF为邻边作平行四边形，可知^A P = A D + £~B C = ^AD +^A F .而△ APD 8 8 是直角二角形，AF =1，所以△ APD的面积为2 x1 X ＜；3^ -^3.法二：以A为原点，以BC的垂直平分线为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系.因为等边三角形ABC的边长为4,所以B( —2,- 2 3), C(2, - 2 3),由题知"^ = 1(—AB +"A C) = 1[( —2, —2 3) + (2, —2 3)] = (0,—3),—A P = A D +1— = (0, —3) + 8(4,0) = 1,— 3 ,所以△ ADP 的面积为S= 1| AD | |—P |=1X ■_ 3X 1=43. 答案：迈42. (2018 •东中学检测)在平面直角坐标系中，若0为坐标原点，则A, B, C三点在同一直线上的充要条件为存在唯一的实数入使得6CC = M O A + (1 —A OB成立，此时称实数入为“向量6CC关于6C和6E B的终点共线分解系数” •若已知P1(3, 1), P2( —1,3), P1, P2, P a三点共线且向量6氐与向量a= (1, —1)共线，则“向量0^关于O P!和0百的终点共线分解系数”为__________________.解析：设0£= (x, y),则由0氏// a,知x+ y= 0，于是0£= (x,—x),设0£=込氏—e 4 入一1 = x,+ (1 —?)0P2，则有(x, —x)= M3,1) + (1 —A(—1,3) = (4 入一1,3—2M,即*3—2 — x,4A—1 + 3 —2 = 0，解得A=—1.答案：—13.已知三点A(a,0), B(0, b), C(2,2),其中a>0, b>0.(1)若O是坐标原点，且四边形OACB是平行四边形，试求a, b的值;⑵若A, B, C三点共线，试求a+ b的最小值.解：(1)因为四边形OACB是平行四边形，所以"OX ="B c，即(a,0) = (2,2 —b),•①整《丿甘nH q H E汕^M 汕00<»「、唳星q +e s ・8A q +em 更■O A q o Ae.owq+e帑8A q +e ・o A (q +e oo ——z (q +e )swqeH(q+e)z公更■OA q o A e・qeH(q+e)z品・Hqz ——(q ——z)e——公隹・ om= m <e・報<<111。

专题32 平面向量的应用专题知识梳理1．向量在平面几何中的应用(1)证明线段相等、平行，常运用向量加法的__三角形__法则、__平行四边形__法则，有时也用到向量减法的定义．(2)证明线段平行，三角形相似，判断两直线(或线段)是否平行，常运用向量平行(共线)的条件，a ∥b ⇔x 1x 2＝y 1y 2⇔x 1y 2－x 2y 1＝0(x 2≠0，y 2≠0)． (3)证明垂直问题，常用向量垂直的充要条件，a ⊥b ⇔a ·b ＝0⇔x 1x 2＋y 1y 2＝0． (4)求夹角问题：利用夹角公式cos θ＝a ·b |a |·|b |＝x 1x 2＋y 1y 2x 21＋y 21x 22＋y 22．(5)用向量方法解决几何问题的步骤：①建立平面几何与向量的联系，用向量表示问题中涉及的几何元素，将平面几何问题转化为向量问题； ②通过向量运算，研究几何元素之间的关系； ③把运算结果“翻译”成几何关系． 2．向量在解析几何中的应用(1)直线的倾斜角、斜率与平行于该直线的向量之间的关系．设直线l 的倾斜角为α，斜率为k ，向量a ＝(a 1，a 2)平行于l ，则k ＝tan α＝a 2a 1；如果已知直线的斜率为k＝a 2a 1，则向量(a 1，a 2)与向量(1，k )一定都与l 平行． (2)与a ＝(a 1，a 2)平行且过P (x 0，y 0)的直线方程为y －y 0＝a 2a 1(x －x 0)，过点P (x 0，y 0)且与向量a ＝(a 1，a 2)垂直的直线方程为y －y 0＝－a 1a 2(x －x 0)．考点探究考向1 向量在平面几何中的应用【例】(1)（20191·泰州模拟）平面四边形ABCD 中，AB →＋CD →＝0，(AB →－AD →)·AC →＝0，则四边形ABCD 的形状是________．(2)已知正方形ABCD 的边长为1，点E 是AB 边上的动点，则DE →·CB →的值为__ __；DE →·DC →的最大值为__ __．【解析】（1）AB →＋CD →＝0⇒AB →＝－CD →＝DC →⇒平面四边形ABCD 是平行四边形，(AB →－AD →)·AC →＝DB →·AC →＝0⇒DB →⊥AC →，所以平行四边形ABCD 是菱形．(2)如图1，DE ·CB ＝(DA ＋AE )·CB ＝DA ·CB ＋AE ·CB ＝DA 2＝1，DE ·DC ＝(DA ＋AE )·DC ＝DA ·DC ＋AE ·DC ＝AE ·DC ＝|AE |·|DC |≤|DC |2＝1.图1题组训练1.已知O 是平面上的一定点，A ，B ，C 是平面上不共线的三个动点，若动点P 满足OP →＝OA →＋λ(AB →＋AC →)，λ∈(0，＋∞)，则点P 的轨迹一定通过△ABC 的________(填“内心”“外心”“重心”或“垂心”)． 【解析】由原等式，得OP →－OA →＝λ(AB →＋AC →)，即AP →＝λ(AB →＋AC →)，根据平行四边形法则，知AB →＋AC →是△ABC 的中线AD (D 为BC 的中点)所对应向量AD →的2倍，所以点P 的轨迹必过△ABC 的重心．2.若等边ABC ∆的边长为32，平面内一点M 满足→→→+=CA CB CM 3261,则=∙→→MB MA ________.【解析】合理建立直角坐标系，因为三角形是正三角形，故设(0,0),C A B这样利用向量关系式，求得M )21,233(，然后求得15),()2222MA MB →→=-=--，运用数量积公式解得为-2。