向量小结与复习

第一篇：向量小结与复习

高中数学教案第五章平面向量（第23课时）课题：5.13向量小结与复习（2）

教学目的：

1.熟悉向量的性质及运算律；2.能根据向量性质特点构造向量；

3.熟练平面几何性质在解题中应用；4.熟练向量求解的坐标化思路.5.认识事物之间的内在联系；

6.认识向量的工具性作用，加强数学在实际生活中的应用意识

.教学重点：向量的坐标表示的应用；构造向量法的应用.教学难点：构造向量法的适用题型特点的把握

授课类型：复习课

课时安排：1课时

教具：多媒体、实物投影仪

教学方法:启发引导式

针对向量坐标表示的应用，通过非坐标形式解法与坐标化解法的比较来加深学生对于向量坐标表示的认识，同时要加强学生选择建立坐标系的意识.对于“构造向量法”的应用，本节例题选择了本章的重点内容数量积的坐标表示，目的要使学生把握坐标表示的数量积性质的形式特点，同时增强学生的解题技巧，提高解题能力教学过程：

一、讲解范例：

例1利用向量知识证明下列各式

22(1)x＋y≥

2xy

22(2)｜x｜＋｜y｜≥2x·y

分析：(1)题中的结论是大家所熟悉的重要不等式，以前可用求差法证得，而利用向量知识求证，则需构造向量，故形式上与向量的数量积产生联系.(2)题本身含有向量形式，可根据数量积的定义式并结合三角函数性质求证.证明：(1)设a＝（x，y），b＝（y，x）则a·b＝xy＋yx＝2

xy

222222｜a｜·｜b｜＝xyxyxy

又a·b＝｜a｜·｜b｜cosθ(其中θ为a，b夹角)

≤｜a｜·｜b

｜

22∴x＋y≥2xy

(2)设x，y的夹角为θ，则x·y＝｜x｜·｜y｜cosθ≤｜x｜·｜y｜≤

22xy222 ∴｜x｜＋｜y｜≥2x·

y

22评述：(1)上述结论表明，重要不等式a＋b≥2ab，无论对于实数还是向量，都成立.(2)在(2)题证明过程中，由于｜x｜，｜y｜是实数，故可以应用重要不等式求证.例2利用向量知识证明

22222(a1b1＋a2b2)≤（a1＋a2）·（b1＋b2）

分析：此题形式对学生较为熟悉，在不等式证明部分常用比较法证明，若利用向量知识求证，则关键在于根据其形式与数量积的坐标表示产生联系，故需要构造向量

.证明：设a＝（a1，a2），b＝（b1，b2）

则a·b＝a1b1＋a2b2，222222｜a｜＝a1＋a2，｜b｜＝b1＋b2

∵a·b＝｜a｜·｜b｜cosθ≤｜a｜·｜b｜.(其中θ为a，b夹角)

222∴（a·b）≤｜a｜·｜b｜

22222∴（a1b1＋a2b2）≤（a1＋a2）·（b1＋b2）

评述：此题证法难点在于向量的构造，若能恰当构造向量，则利用数量积的性质容易证明结论.这一技巧应要求学生注意体会.例3已知ｆ（x）＝x2

求证：｜ｆ（a）－ｆ（b）｜＜｜a－b｜(a≠b）

分析：此题若用分析法证明，则需采用平方的手段以去掉绝对值，但由于ｆ（a）、ｆ（b）是含有根式的式子，故需再次平方才能达到去根号的目的.也可考虑构造向量法，利用向量的性质求证.下面给出两种证法.证法一：∵ｆ（a）＝a2，ｆ（b）＝

b2，∴要证明｜ｆ（a）－ｆ（b）｜＜｜a－b

｜ 只需证明｜a2－b2｜＜｜a－b｜

2222222即1＋a＋1＋b－2(1a)(1b)＜a＋b－2

ab

22即(1a)(1b)＞1＋

ab 2222只需证明（(1a)(1b)）＞（1＋ab）

即1＋a＋b＋ab＞1＋2ab＋ab

22即a＋b＞2

ab

22∵a＋b≥2ab又a≠

b

22∴a＋b＞2

ab

∴｜ｆ（a）－ｆ（b）｜＜｜a－b｜

证法二：设a＝（1，a），b＝（1，b）

则｜a｜＝a2，｜b｜＝b2 222222

a－b＝（O，a－b）

｜a－b｜＝｜a－b

｜

由｜｜a｜－｜b｜｜≤｜a－b｜，（其中当｜a｜＝｜b｜即a＝b时，取“＝”，而a≠

b

∴｜｜a｜－｜b｜｜＜｜a－b

｜ 即｜a2－b2｜＜｜a－b｜

∴｜ｆ（a）－ｆ（b）｜＜｜a－b｜.评述：通过两种证法的比较，体会“构造向量法”的特点，加深对向量工具性作用的认识.上述三个例题，主要通过“构造向量”解决问题，要求学生在体验向量工具性作用的同时，注意解题方法的灵活性.下面，我们通过下面的例题分析，让大家体会向量坐标运算的特点，以及“向量坐标化”思路在解题中的具体应用.例4已知：如图所示，ABCD是菱形，AC和BD是它的两条对角线.求证AC⊥BD.分析：对于线段的垂直，可以联想到两个向量垂直的充要条件，而对于这一条件的应用，可以考虑向量式的形式，也可以考虑坐标形式的充要条件.证法一：∵AC＝AB＋AD，BD＝AD－AB，∴·＝（＋）·（－）＝｜｜－｜｜＝

O

∴⊥

证法二：以OC所在直线为x轴，以B为原点建立直角坐标系，设B(O，O)，A(a，b)，C（c，O）

222则由｜AB｜＝｜BC｜得a＋b＝c ∵AC＝BC－BA＝（c，O）－（a，b）＝（c－a，－b），22 ＝＋＝（a，b）＋（c，O）＝（c＋a，b）∴·＝c－a－b＝O 222

∴⊥即 AC⊥

BD

评述：如能熟练应用向量的坐标表示及运算，则将给解题带来一定的方便.通过向量的坐标表示，可以把几何问题的证明转化成代数式的运算，体现了向量的数与形的桥梁作用，有助于提高学生对于“数形结合”解题思想的认识和掌握.例5 若非零向量a和b满足｜a＋b｜＝｜a－b｜.证明：a⊥b

.分析：此题在综合学习向量知识之后，解决途径较多，可以考虑两向量垂直的充要条件的应用，也可考虑平面图形的几何性质，下面给出此题的三种证法.证法一：(根据平面图形的几何性质)设＝a，＝b，由已知可得a与b不平行，由｜a＋b｜＝｜a－b｜得以、为邻边的平行四边形OACB的对角线和相等

.所以平行四边形OACB是矩形，∴OA⊥OB，∴a⊥

b

证法二：∵｜a＋b｜＝｜a－b

｜

22∴（a＋b）＝（a－b）

2222∴a＋2a·b＋b＝a－2a·b＋b

∴a·b＝O，∴a⊥

b

证法三：设a＝（x1，y1），b＝（x2，y2），22｜a＋b｜＝(x1x2)(y1y2)，22｜a－b｜＝(x1x2)(y1y2)，22∴(x1x2)(y1y2)22＝(x1x2)(y1y2)，化简得：x1x2＋y1y2＝O，∴a·b＝O，∴a⊥b.例6 已知向量a是以点A(3，－1)为起点，且与向量b＝（－3，4）垂直的单位向量，求a的终点坐标.分析：此题若要利用两向量垂直的充要条件，则需假设a的终点坐标，然后表示a的坐标，再根据两向量垂直的充要条件建立方程.解：设a的终点坐标为（ｍ，ｎ）

则a＝（ｍ－3，ｎ＋1）

由题意3(m3)4(n1)0

22(m3)(n1)1 ①

②

由①得：ｎ＝

21（3ｍ－13）代入②得 425ｍ－15Oｍ＋2O9＝O 1911m,m,1255或解得

n2.n8.1255

∴a的终点坐标是（192118,)或(,)555

5评述：向量的坐标表示是终点坐标减去起始点的坐标，所以向量的坐标与点的坐标既有联系又有区别，二者不能混淆.上述例题，主要体现了两向量垂直的充要条件的应用，在突出本章这一重点知识的同时，应引导学生注意解题方法的灵活性，尤其是向量的坐标化思路在解题时的应用，将几何与代数知识沟通起来.二、课堂练习：

1.已知a＝（1，O），b＝（1，1），当λ为何值时，a＋λb与a垂直

.解：a＋λb＝（1，O）＋λ（1，1）＝（1＋λ，λ）

∵（a＋λb）⊥a∴（a＋λb）·a＝

O

∴（1＋λ）＋O·λ＝O∴λ＝－

1即当λ＝－1时，a＋λb与a垂直.2.已知｜a｜＝，｜b｜＝2，a与b的夹角为3O°，求｜a＋b｜，｜a－b｜

.2222解：｜a＋b｜＝（a＋b）＝a＋2a·b＋b

22＝｜a｜＋2·｜a｜·｜b｜cos3O°＋｜b｜

＝（）＋2×3×2×232＋2＝

32∴｜a＋b｜＝，∵｜a－b｜＝（a－b)＝a－2a·b＋b

22＝｜a｜－2｜a｜·｜b｜·cos3O°＋b

＝（3）－2××2×222222＋2＝

∴｜a－b｜＝

3.已知｜a｜＝3，｜b｜＝2，a与b的夹角为6O°，c＝3a＋5b，d＝ｍa－3b.当ｍ为何值时，c与d是否垂直?

解：若c⊥d，则c·d＝

O

∴（3a＋5b）（ｍa－3b)＝

O

22∴3ｍ｜a｜＋（5ｍ－9）a·b－15｜b｜＝

O

22∴3ｍ｜a｜＋（5ｍ－9）｜a｜｜b｜cos6O°－15｜b｜＝

O

即27ｍ＋3（5ｍ－9）－6O＝O，解得ｍ＝29.1

44.已知a＋b＝c，a－b＝

d

求证：｜a｜＝｜b｜c⊥

d

证明：(1)c⊥

d

22（a－b）＝O a－b＝

O （a＋b）

 a2＝b2 ｜a｜＝｜b

｜，(2)｜a｜＝｜b｜

（a－b）＝O c⊥d

. a2＝b2 a2－b2＝O（a＋b）

三、小结通过本节学习，要求大家进一步熟悉向量的性质及运算律，熟悉平面几何性质在解题中的应用，能够掌握向量坐标化的思路求解问题，掌握构造向量并利用向量性质解题、证题的方法

.四、课后作业：

五、课后记及备用资料：

1.三角形内角和性质

定理：在△ABC中，A、B、C分别为三个内角，则A＋B＋C＝18O°

推论(1)B＝6O°2B＝A＋C

推论(2)若A＜9O°，则有

sinB＞cosC，cosB＜sinC，tanB＞cotC，cotB＜tanC

.推论(3)sin（A＋B）＝sinC，cos（A＋B）＝－cosC，tan（A＋B）＝－tanC，cot（A＋B）＝－cotC.ABCABCcos,cossin,2222推论(4)ABCABCtancot,cottan.2222sin

2.三角形内角和性质应用举例

例1△ABC中，若tanBtanCac,求证：A、B、C成等差数列

.tanBtanCa

证明：由条件得sin(BC)sinAsinC，sin(BC)sinA

由推论(3)得sin（B＋C）＝sinA.∴sin（B－C）＝sinA－sinC

∴sin（B－C）－sin（B＋C）＝－sinC，即2cosBsinC＝sin

C

∵sinC≠O，∴cosB＝1，∴B＝.2

3故由推论(1)得2B＝A＋C.所以A、B、C成等差数列

.例2在锐角△ABC中，求证：sinA＋sinB＋sinC＞cosA＋cosB＋cosC

证明：∵△ABC是锐角三角形，∴A＜9O°，根据推论(2)有：sinB＞cosC ①

B＜9O°，根据推论(2)有：sinC＞cosA

②

C＜9O°，根据推论(2)有sinA＞cosB ③ ∴①＋②＋③得：sinA＋sinB＋sinC＞cosA＋cosB＋cosC

.例3已知△ABC，求证(a－b)cotCAB＋(b－c)cot＋(c－a)cot＝

O.222

证明：根据正弦定理和推论(4)，有

CABABAB＝2Ｒ(sinA－sinB)tan＝4Ｒsinsin，2222

C∴（a－b）cot＝2Ｒ（cosB－cosA）2

A同理，（b－c）cot＝2Ｒ（cosC－cosB）； 2

B（c－a）cot＝2Ｒ（cosA－cosC).2

CAB三式相加可得（a－b）cot＋（b－c）cot＋（c－a）cot＝O.222(a－b)cot

第二篇：29-第二章平面向量小结与复习

第二章平面向量章末复习（第2课时）

教学目标

重点：平面向量数量积的定义及其坐标表示；数量积的几何意义、向量法在平面几何中的应用． 难点：用向量法解决平面几何问题时，如何建立平面几何与平面向量之间的联系．

能力点：在运用向量方法解决平面几何问题、力学问题与其他一些实际问题过程中，进一步发展学生的运

算能力和解决实际问题的能力．

教育点：提高学生的认知水平，为学生塑造良好的数学认识结构．

自主探究点：例题及变式的解题思路的探寻．

易错点：(1)忽视两向量垂直的概念是针对两非零向量的而致错；

(2)对两向量夹角的定义理解不清致错；

(3)把数的乘法的消去律运用在向量的数量积运算上而致错；

(4)混淆点的坐标与向量的坐标致错．

学法与教具

1．学法：讲授法、讨论法．2．教具：投影仪．

二、【知识梳理】

1．平面向量的数量积

(1)数量积的定义

已知两个非零向量a与b，我们把数量abcos叫做a与b的数量积(inner product)（或内积），记作ab，即ab=abcos，其中是a与b的夹角．

(2)数量积的几何意义

数量积ab等于a的长度a与b在a方向上的投影bcos的乘积，或等于b的长度b与a在b方向上的投影acos的乘积．

(3)数量积的性质

b0． ①aba

②当a与b同向时，ab=ab；当a与b反向时，ab=ab；特别地，aa=a，所以

2a记作a2． aa

③abab

(4)数量积的运算律

已知向量a、b、c和实数，则：

bba； ①a

②(a)b(ab)a(b)； ③(ab)cacbc．(5)数量积的坐标表示

已知两个非零向量a(x1,y1)，b(x2,y2)，则abx1x2y1y2． 由此可得：

2①a

x1y1或a

②abx1x2y1y20； ③设为a、b的夹角，则cos

ab



|a||b|2．平面几何中的向量方法

用向量法解决平面几何问题的“三步曲”：(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，如距离、夹角等问题；(3)把运算结果“翻译”成几何关系．

在上述步骤中，把平面几何问题转化为向量问题是解决问题的关键一步，转化方法大致有两种思路：第一，选取恰当的基向量；第二，建立坐标系．

3．向量法在物理中的应用

向量有丰富的物理背景，向量的物理背景是位移、力、速度等，向量的数量积的物理背景是力所做的功．因此，用向量可以解决一些物理问题．向量在物理中的应用，实际上是把物理问题转化为向量问题，然后通过向量运算解决向量问题，最后再用所获的结果解释物理现象．用向量法解决物理问题时，应作出相应的图形，以帮助我们建立数学模型．

三、【范例导航】



例1（2012•天津）在△ABC中，∠A=90°，AB=1，AC=2．设点P，Q满足 APAB，

CP2，则 AQ1AC,R.若BQ

2

2【分析】由题意可知ABAC0，根据BQCP(1)ACAB2，解方程可以求得的值.



c0，【解答】如图，设ABb，ACc，则b1，c2，b



又BQBAAQb(1)c，CPCAAPcb，由BQCP2得，[(1)]()(14(1)2，即32,所以

2.3【点评】本题主要考查两个向量垂直的性质，两个向量的加减法的法则，以及其几何意义，两个向量的数量积的运算，属于中档题.2

变式训练1(2011·江苏卷10)已知e1,e2是夹角为的两个单位向量，ae12e2,bke1e2, 若







ab0，则k的值为

答案：

4

2解析：abe12e2keeke12kee2ek12kcos0，12212

13

解得k

.4

例2(2012·江苏9)如图，在矩形ABCD

中，AB，BC2，点E为BC的中点，点F在边CD

上，若ABAFAEBF的值是．【分析】根据所给的图形，把已知向量用矩形的边所在的向量来表示，求出要用的向量的模，表示出要求得向量的数量积，注意应用垂直的向量的数量积等于0，得到结果.



【解答】因为AFADDF，

ABAFABADDFABADABDFABDF







DF1CF1.所以，AEBFABBEBCCFABCFBEBC1)12 所以





【点评】本题主要考查平面向量的数量积的运算.解题的关键是要把要用的向量表示成已知向量的和的形式.变式训练2(2012·湖南文15)如图4，在平行四边形ABCD中，AP⊥BD，垂足为P，AP3且APAC=

答案：18



解析：设ACBDO，则AC2ABBO，

所以，2

APACAP2ABBO2APAB2APBO2APAB2APAPPB2AP18



例3.证明：对于任意的a1、a2、b1、b2R，恒有不等式a1b1a2b2a1a

2

b

12b2．

【分析】此题形式对学生较为熟悉，在不等式证明部分常用比较法证明，若利用向量知识求证，则关

【解答】设a(a1,a2)，b

(b1,b2),222

则a，bb1b2 ba1b1a2b2，aa12a2

因为abab，ba所以a

b

所以a1b1a2b2a1a2



b

2b2.【点评】

变式训练3.如图，在平面直角坐标系中，以原点为圆心，单位长度为半径的圆上有两点A(cos,sin)，B(cos,sin)，试用A、B两点的坐标表示AOB的余弦值.答案：cosAOBcoscossinsin

解析：因为A(cos,sin),B(cos,sin),

所以OA(cos,sin)，OB(cos,sin)

OAOB

那么，cosAOBcoscossinsin.OAOB

四、【解法小结】

1．准确把握平面向量数量积的重要性质：设a(x1,y1)，b(x2,y2)

(1)aba b0x1x2y1y20，既可以用来证明两向量垂直，也可以由垂直进行有关计算；

a=a2a

与a(2)a

转化．

(3)cos

ab

a、b的夹角，也可用来求

|a||b|直线的夹角(向量的夹角与向量所在直线的夹角有区别)，还可利用夹角的取值情况建立方程或不等式

用于求参数的值或范围．

2．向量解决几何问题就是把点、线、平面等几何元素直接归纳为向量，对这些向量借助于它们之间的运算进行讨论，然后把这些计算的结果 翻译成关于点、线、平面的相应结果，可以简单表述为“形到向量向量的运算数到形”.3．明确和掌握用向量研究物理问题的相关知识：

(1)力、速度、加速度、位移的合成、力的分解就是向量的加减法，运动的叠加亦用到向量的合成；(2)动量mv是数乘向量；

(3)功即是力F与所产生的位移s的数量积.五、【布置作业】

必做题： 1．（2012·辽宁卷）已知两个非零向量a，b满足|a＋b|＝|a－b|，则下面结论正确的是()A．a∥bB．a⊥bC．|a|＝|b|D．a＋b＝a－b

π2．（2012·上海卷）在平行四边形ABCD中，∠AAB、AD的长分别为2、1.若M、N

分别是边

→→|BM||CN|→→

BC、CD，则AM·AN的取值范围是________．

→→|BC||CD|

→→→→

3．（2012·北京卷）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________．

4．在边长为1的正三角形ABC中，则ABBCBCCACAAB________．.必做题答案：

1．因为|a＋b|＝|a－b|⇔(a＋b)2＝(a－b)2⇔a·b＝0，所以a⊥b，答案选B.点评：本小题主要考查向量的数量积以及性质．解题的突破口为对于模的理解，向量的模平方就等于向量的平方．

→→→→→→→→→

2．令BM＝nBC(0≤n≤1)，则DN＝(1－n)DC，在平行四边形ABCD中，AM＝AB＋nAD，AN＝AD＋(1－→→→→→→→n)AB，所以AM·AN＝(AB＋nAD)·[AD＋(1－n)AB]＝－n2－2n＋5，→→而函数f(n)＝－n2－2n＋5在[0,1]上是单调递减的，其值域为[2,5]，所以AM·AN的取值范围是[2,5]． →→3．以D为坐标原点，DC与DA所在直线分别为x，y轴建立平面直角坐标系，如图所示，可知E(x,1)，0≤x≤1，→→→→所以DE＝(x,1)，CB＝(0,1)，可得DE·CB＝x×0＋1×1＝1.→→→→→因为DC＝(1,0)，所以DE·DC＝x，因为1≥x≥0，所以(DE·DC)max＝1.

CACAAB= 4．ABBCBC

311100

ABBCcos120BCCAcos120CAABcos1200

2222

点评：利用数量积的定义求解时，务必要注意两向量夹角的大小.两向量夹角的定义前提是两向量的起

00

点要重合，对于本题要特别注意：向量AB与BC,BC与CA,CA与AB的夹角不是60，而是120.选做题：



1．已知向量a是以点A(3，－1)为起点，且与向量b＝（－3，4）垂直的单位向量，求a的终点坐标.2．如图，在ABC中，ADDB，AEEC，CD与BE交于F，证明：CF2FD.选做题答案：

1.设a的终点坐标为(m,n),则a＝(m,n),



3(m3)4(n1)0由题意 2

2(m3)(n1)

1由①得：ｎ＝

① ②

（3ｍ－13）代入②得25ｍ－15Oｍ＋2O9＝O

41911m,m,192118152

5或解得∴a的终点坐标是（,)或(,)

5555n2.n8.1255

点评：向量的坐标表示是终点坐标减去起始点的坐标，所以向量的坐标与点的坐标既有联系又有区别，2.本题选自《学生自主学习丛书·数学》P122，例2.

六、【教后反思】

1．本教案的亮点是：(1)用结构图呈现本章知识，直观简明；(2)知识梳理部分十分详实且分类明晰；(3)例题具有典型性且解法总结到位，变式练习有效，讲练结合教学效果明显；(4)在作业的布置上，选择了部分高考题，对学生理解、巩固知识能够起到良好的作用．

2．本教案的弱项是：(1)有关平面向量数量积的应用涉及题目较少，如夹角的计算、模的计算等；(2)向量法在物理中的应用没有涉及到，有待于进一步补充．

第三篇：空间向量复习

高中数学选修2—1空间向量 期末复习

（基本知识点与典型题举例）

为右手直角坐标系（立体几何中建立的均为右手系）。

2、空间直角坐标系中的坐标运算：

一、空间向量的线性运算：

1、空间向量的概念：

空间向量的概念包括空间向量、相等向量、零向量、向量的长度（模）、共线向量等．

2、空间向量的加法、减法和数乘运算：

平面向量中的三角形法则和平行四边形法则同样适用于空间向量的加（减）法运算． 三个不共面的向量的和等于以这三个向量为邻边的平行六面体的对角线所表示的向量．

3、加法和数乘运算满足运算律：

①交换律，即a+b=b+a；②结合律，即(a(a+b)ca(b+c)；

③分配律，即()a=a+a及(a+b)ab（其中，均为实数）．

4、空间向量的基本定理：

（1）共线向量定理：对空间向量a，b(b0)，a∥b的充要条件是存在实数，使a=b．（2）共面向量定理：如果空间向量a，b不共线，则向量c与向量a,b共面的充要条件是，存在惟一的一对实数x，y，使c=xa+yb。

推论：①空间一点位于平面C内的充要条件是存在有序实数对x，y，使xyC；

②空间一点位于平面C内的充要条件是存在有序实数对x，y或对空间任一定点，有xyC；

③若四点，，，C共面，则xyzC

 xyz1。

（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p=xa+yb+zc．其中{a，b，c}是空间的一个基底，a，b，c都叫做基向量，该定理可简述为：空间任一向量p都可以用一个基底{a，b，c}惟一线性表示（线性组合）。

5、两个向量的数量积：

（1）两个向量的数量积是a

b=abcosa，b，数量积有如下性质：①ae=acosa，e（e为单位向量）；②a⊥bab=0；③aa=a

2；④ab≤ab。

（2）数量积运算满足运算律：①交换律，即ab=ba；②与数乘的结合律，即(a)

b=(ab)；③分配律，即(a+b)c=ac+bc．

二、空间向量的直角坐标运算：

1、空间直角坐标系：

若一个基底的三个基向量是互相垂直的单位向量，叫单位正交基底，用{i，jk}表示；在空间

选定一点O和一个单位正交基底{i，jk}，可建立一个空间直角坐标系Oxyz，作空间直角 坐标系Oxyz时，一般使∠xOy=135°（或45°），∠yOz=90°；在空间直角坐标系中，让右手拇指指向x轴的正方向，食指指向y轴的正方向，如果中指指向z轴的正方向，称这个坐标系

（1）定义：给定空间直角坐标系O－xyz和向量a，存在惟一的有序实数组使a=a1i+a2j+a3k，则(a1，a2，a3)叫作向量a在空间的坐标，记作a=(a1，a2，a对空间任一点A，存在惟一的3)。

OA

xi+yj+zk，点Ａ的坐标，记作A(x，y，z)，x，y，z 分别叫Ａ的横坐标、纵坐标、竖坐标。

（2）若A(x

1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)，则AB(x2x1，y2y1，z2z1)；

（3）空间两点的距离公式：

d



3、空间向量的直角坐标运算律：已知a=(a1，a2，a3)，b=(b1，b2，b3)，则：a+b(a1b1，a2b2，a3b3)，ab(a1b1，a2b2，a3b3)；

a(a1，a2，a3)，ab=(a1b1，a2b

2，a3b3)；

a∥ba1b1，a

2bcosab

ab2，a3a,bb3|a||b|1212a2b2a3b32220；

空间两个向量的夹角公式：

a1a2a3b12b2b

3。

4、直线的方向向量与向量方程：

（1）位置向量：已知向量a，在空间固定一个基点O，作向量OA

a，则点A在空间的位置被a

所

惟一确定，a称为位置向量。

（2）方向向量与向量方程：给定一个定点Ａ和一个向量a，再任给一个实数t，以A为起点作向量

AP

ta，则此方程为直线l上点P对应的向量方程，向量a称为直线l的方向向量。

5、平面的法向量：

（1）如果表示向量a的有向线段所在直线垂直于平面，则称这个向量垂直于平面

（记作a⊥），向量a叫做平面的法向量。法向量有两个相反的方向。

三、空间向量在立体几何中的应用：

1、空间向量在位置关系证明中的具体应用：

1）空间的线线、线面、面面垂直关系，都可以转化为空间两个向量的垂直问题来解决：①设a、b分别为直线a，b的一个方向向量，那么a⊥ba⊥bab=0；②设a、b分别为平面，的一个法向量，那么⊥a⊥bab=0；③设直线l的方向向量为a，平面的法向量为b，那么l⊥a∥b。

2）空间直线与直线平行，直线与平面平行，平面与平面平行，都可以用向量方法来研究：①设a、b是两条不重合的直线，它们的方向向量分别为a、b，那么a∥ba∥b；②直线与平面平行可转化为直线的方向向量与平面的法向量垂直，也可用共面向量定理来

证明线面平行问题；

③平面与平面平行可转化为两个平面的法向量平行。

2、空间向量在立体几何的计算问题中的应用：

1）空间角的计算：

①线线角：异面直线所成角转化为两条直线所在向量的夹角；

②线面角：直线AB与平面所成角为，其中n是平面的法向量；

③面面角：二面角的大小为，其中m，n是两个半平面的法向量。2）距离的计算：

①点面距：设n是平面的法向量，A，则B到的距离为；

②线线距：设n是两条异面直线l1，l2的公垂线的向量，若A，B分别是在l1，l2上的任意一点，则l1，l2的距离为；

③线面距、面面距，与前面求法相同。

四、例题分析：

例

1、如图，在四棱锥P—ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD

为正方形，PD=DC，E、F分别是AB，PB的中点.（1）求证：EF⊥CD；（2）在平面PAD内求一点G，使GF⊥平面PCB，并证明你的结论.（3）求DB与平面DEF所成角的大小。

例

2、如图所示的多面体是由底面为ABCD的长方体被截面AEC1F所截面而得到的，其中

AB4,BC2,CC13,BE1，（1）求BF的长；（2）求点C到平面AEC1F的距离。

例

3、已知四棱锥PABCD的底面为直角梯形，AB//DC，DAB90,PA底面ABCD，且PAADD

1，AB1，M是PB的中点。

（1）证明：面PAD面PCD；（2）求AC与PB所成的角；

（3）求面AMC与面BMC所成二面角的大小。

例

4、如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，PD底面ABCD，E是AB上

一点，PFEC.已知PD

2,CD2,AE

2, 求（Ⅰ）异面直线PD与EC的距离；（Ⅱ）二面角EPCD的大小。

例

2、如图4，在长方体ABCDA1B1C1D1中，ADAA11，AB2，点E在棱AB上移动，问AE等于何值时，二面角D1ECD的大小为

π

4．19．（本小题满分12分）

如图，在四棱锥P—ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD 为正方形，PD=DC，E、F分别 是AB，PB的中点.（1）求证：EF⊥CD；

（2）在平面PAD内求一点G，使GF⊥平面PCB，并证明你的结论.（3）求DB与平面DEF所成角的大小.19．以DA，DC，DP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图，设AD=a，则

D(0•,•0•,•0)•,•A(a•,•0•,•0)，B(a•,a•,•0)•,C•

(0•,•a•,•0)•,E•

(a•,a

•,•0)•,F•(a2

2•,a2•,a2)•,P•(0•,•0•,a)

（1）a

a2•,•0•,2

•,•(0•,•a•,•0)0•,•

∴EF

DC•.（2）设G(x•,•0•,•z)，则G∈平面PAD.FG

aaa

x2•,•2•,•z2，ax2,••a2•,•za2(a•,•0•,•0)aaa

x20，则x2； 

a

x2•,•a2•,•za2(0•,•a•,•a)a2a2a(z2)0，则z=0.∴G是坐标为（a，0，0），即G为AD的中点.（3）（只理科做）设平面DEF的法向量为n(x•,y•,z)•.由n0•,(x,•y,•z)a,•a•,a

0•,得DE0•222n.(x•,y,•z)(a,•a,••0)0•.a

(xyz)即0•,2取x=1，则y=-2，z=1, axa2

y0•.∴ n=(1，-2，1).cos〈BD•,•n〉a3



2a6



•, ∴DB与平面DEF所成角大小为

2arccos3

（即arcsin3

6）.19．如图4，在长方体ABCDA1B1C1D1中，ADAA11，AB2，点E在棱AB上移动，问AE等于何值时，二面角D1ECD的大小为

π4

． 解：设AEx，以D为原点，直线DA，DC，DD1所在直线

分别为

x，y，z轴建立空间直角坐标系，则A1(1，01)，D1(0，01)，E(1，x，0)A(1，0，0)C(0，2，0)． ∴CE(1，x2，0)D1)，DD1C(0，2，1(0，0，1)．

设平面D1EC的法向量为n(a，b，c)，·D1C0，2bc0，n

由 

ab(x2)0，·CE0n



又CC1(0，0，3)，设CC1与n1的夹角为，

CC1·n则cos． 1

CC1n

令b1，∴c2，a2x．

∴n(2x，1，2)．

n·DD1π依题意cos．



4nDD1．

∴

x2x2∴AE2．

 ∴C到平面AEC1F的距离dCC1cos

20．如图5所示的多面体是由底面为ABCD的长方体被截面AEC1F所截而得到的，其中AB4，BC2，CC13，BE1．



（1）求BF；

（2）求点C到平面AEC1F的距离．

解：（1）以D为原点，DAF，DC，DF所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Dxyz，D(0，0，0)B(2，4，0)A(2，0，0)C(0，4，0)E(2，41)，C1(0，4，3)，设F(0，0，z)． 

由AFEC1，得(2，0，z)(2，0，2)，∴z2．

∴F(0，0，2)BF(2，4，2)．



∴BF

·AE0，n1

（2）设n1为平面AEC1F的法向量，n1(x，y，1)，由

·AF0，n1，x1

4y10，得∴1

2x20．y．4

第四篇：72向量单元复习

2009——2010高一数学学案NO.68编制王军成审定： 高一数学组

平面向量的综合应用

【典例练讲】



例

1、（1）在ABC中，ABc,BCa,CAb，且caabbc,判断ABC的形状。

（2）若O为△ABC所在平面内一点，且满足(OBOC)(OBOC2OA)0判断△ABC的形状；

例

2、（1）若O 为ABC内一点，OAOBOC0，则O 是ABC 的心

（2）若OP=OA+(ABAC)，0则点P必过ABC的心（外心，垂心，内心，重心）。

222222（3）若|OA||BC||OB||CA||OC||AB|则O是ABC的心（外心，垂心，内心，重心）。

例

3、（1）已知OAOBOC0，且|OA||OB||OC|，则△ABC为_________三角形。

OCCOCOOABC0，判断△ABC（2）若O为△ABC所在平面内一点，且满足OB的形状。

例

4、（1）在四边形ABCD中，设,,,，若

，判断四边形ABCD的形状，并加以证明

（2）设点O在ABC内部，且有3OAOBOC0，求ABC的面积与OBC的面积的比。

第五篇：集合复习与小结

集合复习与小结 教学目标

巩固集合、子、交、并、补的概念、性质和记号及它们之间的关系．

教学重点

正确应用其概念和性质做题．

教学难点

正确应用其概念和性质做题．

教学过程 复备栏

本单元主要介绍了以下三个问题： 1．集合的含义与特征； 2．集合的表示与转化； 3．集合的基本运算．

一、集合的含义与表示（含分类）

1．具有共同特征的对象的全体,称一个集合．

2．集合按元素的个数分为:有限集和无穷集两类． 3．集合的表示．

二、集合表示法间的转化

高中数学解题的关键也是看“四化” ．

三、集合的基本运算

1．子集：AB定义为，对任意x∈A，有x∈B.表现图为A在B中包含着.2．补集：CSA={x|x∈S,且x A}.表现图为整体中去掉A余下的部分.3．交集：A∩B={x|x∈A,且x∈B}.表现图示为A与B的公共部分.4．并集：A∪B={x|x∈A,或x∈B}.表现图示为A与B合加在一起部分

附表：集合的三种运算： 运算类型 交

集 并

集 补

集 定

义

由所有属于A且属于B的元素所组成的集合,叫做A,B的交集．记作AB（读作‘A交B’），即AB=｛x|xA，且xB｝．

由所有属于集合A或属于集合B的元素所组成的集合，叫做A,B的并集．记作：AB（读作‘A并B’），即AB ={x|xA，或xB})．

设S是一个集合，A是S的一个子集，由S中所有不属于A的元素组成的集合，叫做S中子集A的补集（或余集）记作，即 CSA=

韦 恩 图 示

性 质 AA=A AΦ=Φ AB=BA ABA ABB AA=A AΦ=A AB=BA ABＡ ABB(CSA)(CSB)=CS(AB)(CSA)(CSB)=CS(AB)A(CSA)=U A(CSA)=Φ．

容斥原理有限集A的元素个数记作card(A).对于两个有限集A，B，有card(A∪B)= card(A)+card(B)-card(A∩B)．

四、例题选讲

例1 定义集合A-B={x|x∈A,且xB}，则当A∩B=时，A-B=_________；A∩B不空时呢？ 解：（1）A；（2）CU(A∩B).例2 给出下列说法：

（1）方程+|y+2|=0的解集为{-2,2}；

（2）集合{y|y=x2-1,x∈R}与集合{y|y=x-1,x∈R}的公共元组成的集合为{0，-1}；（3）区间（-∞，1）与（a，+∞）无公共元素.其中正确的个数为___________.解：对于（1），解集应为有序实数对，错； 对于（2）{y|y=x2-1,x∈R}=与集合

{y|y=x-1,x∈R}=R，公共元素不只0与-1两个，错；

对于（3）区间（-∞，1）与（a，+∞）无公共元素取决于1与a的大小，错.故正确的个数是0.例3 已知集合M={x|x=3m+1,m∈Z}，N={y|y=3n+2,n∈Z},若x0∈M,y0∈N，则x0，y0与集合M、N的关系是

.解：方法一：变为文字描述法

M={被3除余数为1的整数}，N={被3除余数为2的整数}，余数为1×余数为2→余数为2，故x0y0∈N,x0y0M．

方法二：变为列举法M={„,-2,1,4,7,10,13,},N={„,-1,2,5,8,11,„} M中一个元素与N中一个元素相乘一定在N中，故x0y0∈N,x0y0M 方法三：直接验证）

设x0=3m+1,y0=3n+2,则x0y0=9mn+6m+3n+2=3(3mn+2m+n)+2, 故x0y0∈N,x0y0M．

例4 已知集合A={x|=1}是单元素集，用列举法表示a的取值集合B 解：集合B表示方程=1有等根或仅有一个实数根时a的取值集合． ⑴有等根时有：x2-x-2-a=0①且x2-2≠0②；

①△=1-4(-a-2)=0, a=-9/4,此时x=1/2适合条件②，故a=-9/4满足条件； ⑵仅有一个实数根时，x+a是x2-2的因式，而 =，∴a=±.当a=时,x=1+,满足条件； 当a=时,x=1也满足条件． 综上，．

五、回顾小结

本节课对集合一章进行了总结，要在理解集合相关概念的基础上学会运用集合语言描述数学对象，更为清晰地表达数学思想.六．布置作业

教后反思