高中数学复习专题之三--向量的应用

１高考数学复习专题之三——向量及其应用山西省平遥中学常毓喜向量是高中数学新课程方案中的新增内容，向量是学习力学、电学及现代科学技术的重要工具。由于向量既能体现“形”的直观的位置特征，又具有“数”的良好的运算性质，因此，向量是数形结合和转换的桥梁，从而为在图形问题中充分运用向量方法创造了条件。特别是在处理立体几何、解析几何等有关距离、角度、平行、垂直、共线、共面等问题时，运用向量知识可以使几何问题直观化、符号化、数量化，从而把“定性”的问题推向“定量”的研究。近年来，以向量为背景的试题的高考分值约占10%，从题型上看，向量作为工具性知识，与三角函数、立体几何、解析几何等进行综合。一般为中低档题，但有加深的趋向。一、向量在解析几何中的应用例1．椭圆x29+y24=1的焦点为F1、F2，点P为其上一点，当F1PF2为钝角时，点P横坐标的取值范围为。解：易得F1(－5,0),F2(5,0)，设点P(x,y),则F1PF2为钝角的充要条件为1PF·2PF＜0，∵1PF＝(-5-x,-y),2PF＝(5-x,-y),∴(-5–x)(5–x)+y·y0即x2-5+y20,（1）又x29+y24=1（2）由（1）、（2）得-35x35.评述：用向量解题，切入点低，且避免了直线斜率不存在时的讨论。例2．设a=(1+cos,sin),b=(1-cos,sin),c=(1,0),02,又记a,c=1,b,c=2,1－2=6,求sin-4的值。解：易得a＝2cos2(cos2,sin2),b＝2sin2(sin2,cos2),又依条件，得2为锐角，2为钝角，故a＝2cos2,b=2sin2,２∴cos1=…=cos2,∴1=2,cos2＝sin2＝cos(2-2)，02-22.∴2=2-2,由1－2=6可得2－2+2=6，所以，-4＝－3，∴sin-4=sin(－6)=12.评述：有关向夹角的问题，与三角函数有关，故向量与三角函数的运算自然结合。例3．（2001年全国高考题）设抛物线y2=2px(p0)的焦点为F，经过焦点F的直线交抛物线于A、B两点，点C在抛物线的准线上，且BC∥x轴，证明：直线AC经过原点O.解：∵点A、B在抛物线y2=2px(p0)上，∴设A(y122p,y1)，B(y222p,y2),（1）当AB⊥x轴时，由AB过焦点F(p2,0),得y12=y22=p2,又y1y20,∴y1y2=-p2;（2）当AB不垂直于x轴时，则y1≠y2，∵A、F、B三点共线，∴FA→∥FB→,又FA→=(y122p-p2,y1),FB→=(y222p-p2,y2),由向量共线的充要条件可知(y122p-p2)y2=(y222p-p2)y1,整理，得y1y2=-p2;综上（1）（2）可知，恒有y1y2=-p2.∵点C在抛物线的准线上,BC→∥x轴,∴C的坐标为（-p2，y2），即OC→=（-p2，y2），注意到OA→=(y122p,y1)，∴y122p·y2-y1·(-p2)=y12p(y1y2+p2)=y12p(-p2+p2)=0,∴OA→∥OC→,即向量OA→与OC→共线，所以，A、O、C三点共线，所以直线AC经过原点O.例4．（1995年全国高考题）已知椭圆C：x224+y216=1及直线l：x12+y8yxFOCBA图1３=1,点P是l上一点，直线OP交椭圆于R，又点Q在OP上，且满足OQ·OP=OR2，当点P在直线l上移动时，求点Q的轨迹方程，并说明轨迹是什么曲线.解法1：设Q(x,y)是所求轨迹是任一点，由于O、P、Q、R四点共线，故存在实数、使OP→＝OQ→＝（x,y），OR→＝OQ→＝(x,y)，（其中＞0，＞0）由P、Q分别在直线l及椭圆C上，∴x12+y8=1,………（1）2x224+2y216=1，………（2）又OQ·OP=OR2，∴x2+y2·x2+y2＝2(x2+y2),即＝2(x2+y2≠0)，…………（3）由（1）、（2）、（3）消去、，得：x12+y8=x224+y216(x2+y2≠0)，即2(x-1)2+3(y-1)2=5(x2+y2≠0),故所求轨迹是以点（1，1）为中心，长轴平等于x轴，长、短轴分别为102和153的椭圆（原点除外）.解法2：由P、Q分别在直线l及椭圆C上，故可设其坐标分别为P(12(1-t),8t)、R(26cosθ,4sinθ).OP→=(12(1-t),8t),OQ→=(x,y),OR→=(26cosθ,4sinθ).∵OQ·OP=OR2，且O、P、Q三点共线，∴OQ→·OP→=OR→2，12x(1-t)+8yt=24cos2θ+16sin2θ,即3x(1-t)+2yt=4+4cos2θ;(1)∵O、P、Q三点共线，有OQ→∥OP→，lxyRPQO图2４由向量共线的充要条件可知：12y(1-t)=8xt,即t=3y2x+3y(x2+y2≠0),(2)由O、Q、R三点共线，有OQ→∥OR→，∴4xsinθ=26ycosθ,tanθ=6y2x(x≠0),∴cos2θ=2x22x2+3y2(x2+y2≠0),(3)将（2）、（3）式代入（1）式，整理得，x2+y22x+3y=2(x2+y2)2x2+3y2,∵x2+y2≠0∴2x2+3y2=4x+6y,即2(x-1)2+3(y-1)2=5(x2+y2≠0),故所求轨迹是以点（1，1）为中心，长轴平等于x轴，长、短轴分别为102和153的椭圆（原点除外）.例5：（2000年北京春季高考题）设点A和B为抛物线y2=4x上原点以外的两个动点，已知OA⊥OB，OM⊥AB，求点M的轨迹方程，并说明它表示什么曲线.解：设M(x,y),A(4t12,4t1),B(4t22,4t2),其中x0,t1t2≠0且t1≠t2.所以，OA→=(4t12,4t1),OB→=(4t22,4t2),OM→=(x,y),AB→=(4(t22-t12),4(t2-t1)).∵OA→⊥OB→，∴4t12·4t22+4t1·4t2=0,由t1t2≠0，可知，t1t2=-1；(1)∵OM→⊥AB→,∴x·4(t22-t12)+y·4(t2-t1)=0,由t1≠t2，可知，t1+t2=-yx,(2)又A、B、M三点共线，∴AM→∥BM→，而AM→=OM→-OA→=（x-4t12,y-4t1）,BM→=OM→-OB→=（x-4t22,y-4t2）,５由向量共线的充要条件可知(x-4t12)(y-4t2)=(y-4t1)(x-4t22),化简，得x-(t1+t2)y+4t1t2=0,(3)将（1）、（2）代入（3）式，可得点M的轨迹方程为(x-2)2+y2=4(x0),它表示与y轴切于原点的一个圆（不包括原点）.二、向量在立体几何中的应用向量是既有大小又有方向的量，所以它既具有图形的直观性，又有代数推理的严密性，是数形结合的一个很好的桥梁.用它可以很好地解决立体几何中的有关问题，特别是有关直线与平面的平行和垂直、空间的角以及空间的距离等问题.用向量解决上述问题，具有思路简洁、容易掌握等特点.一、直线与平面的位置关系【结论1】设A、B是直线m上的点，C、D是直线n上的点，则有：m∥nAB∥CD（AB、CD不重合）；m⊥nAB•CD=0.（证明略）【结论2】设n是平面的一个法向量，直线a平面,若a⊥n,则a∥平面.证明略)【结论3】设n是平面的一个法向量，若a∥n,则a⊥平面.(证明略)【结论4】设n、m分别是平面α与β的法向量：①若n∥m，则α∥β；②若n⊥m，则α⊥β.(证明略)例6在正三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AB1⊥BC1.求证：BC1⊥CA1.解：设正三棱柱底面边长为2a,高为b,点O为AC的中点,以点O为原点如图建立空间直角坐标系，则:A(0,-a,0),B(3a,0,0),C(0,a,0).na结论2n结论3aBACC1A1B1yxzO６A1(0,-a,b),B1(3a,0,b),C1(,0,a,b).所以，1AB=(3a,a,b),1BC=(-3a,a,b),1CA=(0,-2a,b).因为AB1⊥BC1,所以1AB•1BC=0,即-3a2+a2+b2=0,从而-2a2+b2=0.所以1BC•1CA=-2a2+b2=0,故1BC⊥1CA,即BC1⊥CA1.【评述】用空间向量解决立体几何的有关问题的基本思想是“以算代证”，因而思路比较简单，容易掌握。例7在长方体ABCD-A1B1C1D1中，点E、F分别在BB1、DD1上，且AE⊥A1B，AF⊥A1D.已知AB=4，AD=3，A1A=5.求证：A1C⊥平面AEF.解：如图建立空间直角坐标系，则由已知条件，可得：A(3,0,0),B(3,4,0),D(0,0,0),A1(3,0,5),C(0,4,0).设E(3,4,m),F(0,0,n),则AE=(0,4,m),AF=(-3,0,n),BA1=(0,4,-5),1DA=(3,0,5),CA1=(-3,4,-5).由已知得：AE⊥BA1,AF⊥1DA，即AE•BA1=0,AF•1DA=0，所以16-5m=0,-9+5n=0,解得：m=516,n=59.这时AE=(0,4,516),AF=(-3,0,59).所以CA1•AE=16-16=0，CA1•AF=9-9=0，即CA1⊥AE，CA1⊥AF，故CA1平面AEF,即A1C⊥平面AEF.二、有关的角【结论5】设A∈a,B∈a,C∈b,D∈b,且直线a与b是异面直线，则AB,CD就是异面直线a与b所成的角或它的补角。（证明略）【结论6】如图，设A∈a,B∈a,n是平面α的一个法向量，如果AB,n是一个锐角，则直线a与平yxzAA1B1C1D1DCBBEFnBAnαa７面α所成的角就是AB,n的余角，即2-AB,n；如果AB,n是一个钝角，则直线a与平面α所成的角就等于AB,n-2。【结论7】设α、β是二面角α-L-β的两个面，m、n分别是α、β的法向量，如果当m与n的起点都在二面角的面内,方向均指向二面角的内部或均指向二面角的外部，则这个二面角的大小就是π-m,n;如果m与n的方向一个指向二面角的内部，另一个指向二面角的外部，则这个二面角的大小就是m,n.例8在正四棱锥V-ABCD中,E为VC中点,正四棱锥底面边长为2，高为1.（1）求异面直线BE与VA所成的角的余弦；（2）求二面角B-VC-D的大小.解:设正四棱锥底面中心为O,以O为原点建立空间直角坐标系，其中Ox∥BC，Oy∥AB.(1)由题意得：V(0,0,1),A(1,-1,0),B(1,1,0),C(-1,1,0),D(-1,-1,0),E(-0.5，0.5,0.5).由此，得：BE=(-1.5,-0.5,0.5,),VA=(1,-1,-1).所以BE•VA=-1.5+0.5-0.5=-1.5,|BE|=75.2,|VA|=3.从而cosBE,VA=1133375.25.1.所以异面直线BE与VA所成角的余弦为1133.(2)设m=(x1,y1,z1),n=(x2,y2,z2)分别是平面VBC与平面VCD的法向量，则m⊥CV,m⊥BC,n⊥CV,n⊥CD.而CV=(1,-1,1),BC=(-2,0,0),CD=(0,-2,0).所以:m•CV=x1-y1+z1=0,m•BC=-2x1=0,解得其中一组解为x1=0,y1=z1=1,即xzAyBCDOVE８m=(0,1,1).n•CV=x2-y2+z2=0,n•CD=-2y2=0,解得其中一组解为y2=0,x2=-1,z2=1,即n=(-1,0,1).所以，cosm,n=21nmnm|