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08高考数学第二轮复习平面向量

一、本章知识结构：

二、高考要求

1、理解向量的概念，掌握向量的几何表示，了解共线向量的概念。2、掌握向量的加法和减法的运算法则及运算律。3、掌握实数与向量的积的运算法则及运算律，理解两个向量共线的充要条件。4、了解平面向量基本定理，理解平面向量的坐标的概念，掌握平面向量的坐标运算。5、掌握平面向量的数量积及其几何意义，了解用平面向量的数量积可以处理有关长度、角度和垂直的问题，掌握向量垂直的条件。6、掌握线段的定比分点和中点坐标公式，并且能熟练运用；掌握平移公式。7、掌握正、余弦定理，并能初步运用它们解斜三角形。8、通过解三角形的应用的教学，继续提高运用所学知识解决实际问题的能力。

三、热点分析

对本章内容的考查主要分以下三类：

1.以选择、填空题型考查本章的基本概念和性质.此类题一般难度不大，用以解决有关长度、夹角、垂直、判断多边形形状等问题.

2.以解答题考查圆锥曲线中的典型问题.此类题综合性比较强，难度大，以解析几何中的常规题为主.

3.向量在空间中的应用（在B类教材中）.在空间坐标系下，通过向量的坐标的表示，运用计算的方法研究三维空间几何图形的性质.

　　在复习过程中，抓住源于课本，高于课本的指导方针.本章考题大多数是课本的变式题，即源于课本.因此，掌握双基、精通课本是本章关键.分析近几年来的高考试题，有关平面向量部分突出考查了向量的基本运算。对于和解析几何相关的线段的定比分点和平移等交叉内容，作为学习解析几何的基本工具，在相关内容中会进行考查。本章的另一部分是解斜三角形，它是考查的重点。总而言之，平面向量这一章的学习应立足基础，强化运算，重视应用。考查的重点是基础知识和基本技能。

四、复习建议

由于本章知识分向量与解斜三角形两部分，所以应用本章知识解决的问题也分为两类：一类是根据向量的概念、定理、法则、公式对向量进行运算，并能运用向量知识解决平面几何中的一些计算和证明问题；另一类是运用正、余弦定理正确地解斜三角形，并能应用解斜三角形知识解决测量不可到达的两点间的距离问题。

在解决关于向量问题时，一是要善于运用向量的平移、伸缩、合成、分解等变换，正确地进行向量的各种运算，进一步加深对“向量”这一二维性的量的本质的认识，并体会用向量处理问题的优越性。二是向量的坐标运算体现了数与形互相转化和密切结合的思想，所以要通过向量法和坐标法的运用，进一步体会数形结合思想在解决数学问题上的作用。

在解决解斜三角形问题时，一方面要体会向量方法在解三角形方面的应用，另一方面要体会解斜三角形是重要的测量手段，通过学习提高解决实际问题的能力。

五、典型例题

平面向量

【例1】　　　　　　　　在下列各命题中为真命题的是(　　)

①若=(x₁,y₁)、=(x₂,y₂)，则·=x₁y₁+x₂y₂

②若A(x₁,y₁)、B(x₂,y₂)，则｜｜=

③若=(x₁,y₁)、=(x₂,y₂),则·=0x₁x₂+y₁y₂=0

④若=(x₁,y₁)、=(x₂,y₂)，则⊥x₁x₂+y₁y₂=0

A、①②　　　B、②③　　　C、③④　　　D、①④

解：根据向量数量积的坐标表示；若=(x₁,y₁), =(x₂,y₂)，则·=x₁x₂+y₁y₂，对照命题(1)的结论可知，它是一个假命题、

于是对照选择支的结论、可以排除(A)与(D)，而在(B)与(C)中均含有(3)、故不必对(3)进行判定，它一定是正确的、对命题(2)而言，它就是两点间距离公式，故它是真命题，这样就以排除了(C)，应选择(B)、

说明：对于命题(3)而言，由于·=0=或=或⊥x₁x₂+y₁y₂=0，故它是一个真命题、

而对于命题(4)来讲，⊥x₁x₂+y₁y₂=0、但反过来，当x₁x₂+y₁y₂=0时，可以是x₁=y₁=0，即=，而我们的教科书并没有对零向量是否与其它向量垂直作出规定，因此x₁x₂+y₁y₂=0⊥)，所以命题(4)是个假命题、

【例2】　　　　　　　　已知=(－,－1), =(1, )，那么，的夹角θ=(　　)

A、30°　　　B、60°　　　C、120°　　　D、150°

解：·=(－,－1)·(1，)=－2

｜｜==2

∴cosθ===

【例3】　　　　　　　　已知=(2,1), =(－1,3),若存在向量使得：·=4, ·=－9，试求向量的坐标、

解：设=(x,y),则由·=4可得：

2x+y=4；又由·=－9可得：－x+3y=－9

于是有：　

由(1)+2(2)得7y=－14,∴y=－2,将它代入(1)可得：x=3

∴=(3,－2)、

说明：已知两向量，可以求出它们的数量积·，但是反过来，若已知向量及数量积·，却不能确定、

【例4】　　　　　　　　求向量=(1,2)在向量=(2，－2)方向上的投影、

解：设向量与的夹角θ、

有cosθ= ==－

∴在方向上的投影=｜｜cosθ=×(－)=－

【例5】　　　　　　　　已知△ABC的顶点分别为A(2，1)，B(3，2)，C(－3，－1)，BC边上的高AD，求及点D的坐标、

解：设点D的坐标为(x,y)

∵AD是边BC上的高，

∴AD⊥BC，∴⊥

又∵C、B、D三点共线，

∴∥

又=(x－2,y－1), =(－6,－3)

=(x－3,y－2)

∴

解方程组，得x=,y=

∴点D的坐标为(，)，的坐标为(－，)

【例6】　　　　　　　　设向量、满足：｜｜＝｜｜=1，且+=(1，0)，求，、

解：∵｜｜＝｜｜=1，

∴可设=(cosα,sinα), =(cosβ,sinβ)、

∵+=(cosα+cosβ,sinα+sinβ)=(1,0)，

由(1)得：cosα=1－cosβ……(3)

由(2)得：sinα=－sinβ……(4)

∴cosα=1－cosβ=

∴sinα=±,sinβ=

或

【例7】　　　　　　　　对于向量的集合A={=(x,y)｜x²+y²≤1}中的任意两个向量、与两个非负实数α、β；求证：向量α+β的大小不超过α+β、

证明：设=(x₁,y₁)， =(x₂,y₂)

根据已知条件有：x²₁+y²₁≤1,x²₂+y²₂≤1

又因为｜α+β｜=

其中x₁x₂+y₁y₂≤ ≤1

所以｜α+β｜≤=｜α+β｜=α+β

【例8】　　　　　　　　已知梯形ABCD中，AB∥CD，∠CDA=∠DAB=90°,CD=DA=AB、

求证：AC⊥BC

证明：以A为原点，AB所在直线为x轴，建立直角坐标系、如图，设AD=1

则A(0，0)、B(2，0)、C(1，1)、D(0，1)

∴=(－1,1), =(1,1)

·=－1×1+1×1=0

∴BC⊥AC、

【例9】　　　　　　　　已知A(0，a),B(0,b),(0＜a＜b)，在x轴的正半轴上求点C，使∠ACB最大，并求出最大值、

解，设C(x,0)(x＞0)

则=(－x,a), =(－x,b)

则·=x²+ab、

cos∠ACB==

令t=x²+ab

故cos∠ACB=

当=即t=2ab时，cos∠ACB最大值为、

当C的坐标为(,0)时，∠ACB最大值为arccos、

【例10】　　　　　　如图，四边形ABCD是正方形，P是对角线BD上的一点，PECF是矩形，用向量法证明

(1)PA=EF　　(2)PA⊥EF

证明：建立如图所示坐标系，设正方形边长为1，

｜｜=λ,则A(0，1)，P(λ，λ)，E(1，λ)，F(λ，0)

∴=(－λ,1－λ), =(λ－1,－ λ)

(1)｜｜²=(－λ)²+(1－λ)²=λ²－λ+1

｜｜²=(λ－1)²+(－λ)²=λ²－λ+1

∴｜｜²=｜｜²,故PA=EF

(2) ·=(－λ)(λ－1)+(1－λ)(－λ)=0

∴⊥　　∴PA⊥EF、

【例11】　　　　　　已知

①　　求；　

②当k为何实数时,k与平行, 平行时它们是同向还是反向？

解：①= (1,0) + 3(2,1) = ( 7,3) , ∴= =.

②k= k(1,0)－(2,1)=(k－2,－1).

设k=λ(),即(k－2,－1)= λ(7,3),

∴ .

故k= 时, 它们反向平行.

【例12】　　　　　　已知与的夹角为,若向量与垂直, 求k.

解：=2×1×=1.　　

∵与垂直,

∴()= ,

∴2 k = － 5.

【例13】　　　　　　如果△ABC的三边a、b、c满足b²+ c ²= 5a²,BE、CF分别为AC边与AB上的中线, 求证：BE⊥CF.

解：

∴⊥, 即 BE⊥CF .

【例14】　　　　　　是否存在4个平面向量，两两不共线，其中任何两个向量之和均与其余两个向量之和垂直?

解：如图所示，在正△ABC中，O为其内心，P为圆周上一点，

满足，，，两两不共线，有

(+)·(+)

=(+++)·(++)

=(2++)·(2+)

=(2－)·(2+)

=4²－²

=4²－²=0

有(+)与(+)垂直、

同理证其他情况、从而，，，满足题意、故存在这样4个平面向量、

平面向量的综合应用

1．利用向量的坐标运算，解决两直线的夹角，判定两直线平行、垂直问题

【例1】　　　　　　　　已知向量满足条件，，求证：是正三角形

解：令O为坐标原点，可设

由，即

①

②

两式平方和为，，

由此可知的最小正角为，即与的夹角为，

同理可得与的夹角为，与的夹角为，

这说明三点均匀分部在一个单位圆上，

所以为等腰三角形.

【例2】　　　　　　　　求等腰直角三角形中两直角边上的中线所成的钝角的度数

解：如图，分别以等腰直角三角形的两直角边为轴、

轴建立直角坐标系，设，则，

从而可求：,

2．利用向量的坐标运算，解决有关线段的长度问题

【例3】　　　　　　　　已知，AD为中线，求证

证明：以B为坐标原点，以BC所在的直线为轴建立如图2直角坐标系，

设，，

则，

=，

从而，

3．利用向量的坐标运算，用已知向量表示未知向量

【例4】　　　　　　　　已知点是

且试用

解：以O为原点，OC，OB所在的直线为轴和轴建立如图3所示的坐标系.

由OA=2，，所以，

易求，设

【例5】　　　　　　　　如图，

用表示

解：以O为坐标原点，以OA所在的直线为轴，建立如图所示的直角坐标系，则，

4．利用向量的数量积解决两直线垂直问题

【例6】　　　　　　　　如图，已知平行六面体ABCD—A₁B₁C₁D₁的底面ABCD是菱形，且∠C₁CB=∠C₁CD=∠BCD.

(1)求证：C₁C⊥BD.

(2)当的值为多少时，能使A₁C⊥平面C₁BD？请给出证明.

(1)证明：设=a, =b,=c,依题意，a=b，、、中两两所成夹角为θ，于是=a－b，=c(a－b)=c·a－c·b=c·acosθ－c·bcosθ=0,∴C₁C⊥BD.

(2)解：若使A₁C⊥平面C₁BD，只须证A₁C⊥BD，A₁C⊥DC₁，

由

=(a+b+c)·(a－c)=a²+a·b－b·c－c²=a²－c²+b·acosθ－b·c·cosθ=0,得

当a=c时，A₁C⊥DC₁，同理可证当a=c时，A₁C⊥BD，

∴=1时，A₁C⊥平面C₁BD.

【例7】　　　　　　　　如图，直三棱柱ABC—A₁B₁C₁，底面△ABC中，CA=CB=1，∠BCA=90°，AA₁=2，M、N分别是A₁B₁、A₁A的中点.

(1)求的长；

(2)求cos<>的值；

(3)求证：A₁B⊥C₁M.

解：(1)如图，以C为原点建立空间直角坐标系O－xyz.

依题意得：B(0，1，0)，N(1，0，1)

∴=.

(2)解：依题意得：A₁(1，0，2)，C(0，0，0)，B₁(0，1，2).

∴==(0，1，2)

=1×0+(－1)×1+2×2=3

(3)证明：依题意得：C₁(0，0，2)，M()

∴

∴A₁B⊥C₁M.

5．利用向量的数量积解决有关距离的问题，距离问题包括点到点的距离，点的线的距离，点到面的距离，线到线的距离，线到面的距离，面到面的距离.

【例8】　　　　　　　　求平面内两点间的距离公式

解：设点，

,而

点与点之间的距离为：

6.利用向量的数量积解决线与线的夹角及面与面的夹角问题.

【例9】　　　　　　　　证明:

证明：在单位圆上任取两点，以为始边，以为终边的角分别为，则点坐标为点坐标为；

则向量，它们的夹角为，

,由向量夹角公式得：

,从而得证.

注：用同样的方法可证明

7.利用向量的数量积解决有关不等式、最值问题.

【例10】　　　　　　证明柯西不等式

证明：令

（1）　　当或时，，结论显然成立；

（2）　　当且时，令为的夹角，则

　　　　. 又

（当且仅当时等号成立）

.（当且仅当时等号成立）

【例11】　　　　　　求的最值

解：原函数可变为，

所以只须求的最值即可，

构造，

那么.

故.

【例12】　　　　　　三角形ABC中，A(5，－1)、B(－1，7)、C(1，2)，求：(1)BC边上的中线

AM的长；(2)∠CAB的平分线AD的长；(3)cosABC的值.

解：(1)点M的坐标为x_M=

D点分的比为2.

∴x_D=

(3)∠ABC是与的夹角，而=(6，8），=(2，－5）.

解斜三角形

【例1】　　　　　　　　已知△ABC的三个内角A、B、C满足A+C=2B.，求cos的值.

解法一：由题设条件知B=60°，A+C=120°.

设α=，则A－C=2α，可得A=60°+α，C=60°－α，

依题设条件有

整理得4cos²α+2cosα－3=0(M)

(2cosα－)(2cosα+3)=0，∵2cosα+3≠0，

∴2cosα－=0.从而得cos.

解法二：由题设条件知B=60°，A+C=120°

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ①，把①式化为cosA+cosC=－2cosAcosC　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ②，

利用和差化积及积化和差公式，②式可化为

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ③，

将cos=cos60°=，cos(A+C)=－代入③式得：

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　④

将cos(A－C)=2cos²()－1代入 ④：4cos²()+2cos－3=0，(*)，

【例2】　　　　　　　　在海岛A上有一座海拔1千米的山，山顶设有一个观察站P，上午11时，测得一轮船在岛北30°东，俯角为60°的B处，到11时10分又测得该船在岛北60°西、俯角为30°的C处。

(1)求船的航行速度是每小时多少千米；

(2)又经过一段时间后，船到达海岛的正西方向的D处，问此时船距岛A有多远？

解：(1)在Rt△PAB中，∠APB=60° PA=1，∴AB= (千米)

在Rt△PAC中，∠APC=30°，∴AC= (千米)

在△ACB中，∠CAB=30°+60°=90°

(2)∠DAC=90°－60°=30°

sinDCA=sin(180°－∠ACB)=sinACB=

sinCDA=sin(∠ACB－30°)=sinACB·cos30°－cosACB·sin30°.

在△ACD中，据正弦定理得，

∴

答：此时船距岛A为千米.

【例3】　　　　　　　　已知△ABC的三内角A、B、C满足A+C=2B，设x=cos，f(x)=cosB().

(1)试求函数f(x)的解析式及其定义域；

(2)判断其单调性，并加以证明；

(3)求这个函数的值域.

解：(1)∵A+C=2B，∴B=60°，A+C=120°

∵0°≤＜60°，∴x=cos∈(，1

又4x²－3≠0，∴x≠，∴定义域为(，)∪(，1］.

(2)设x₁＜x₂，∴f(x₂)－f(x₁)=

=，若x₁，x₂∈()，则4x₁²－3＜0，4x₂²－3＜0，4x₁x₂+3＞0，x₁－x₂＜0，∴f(x₂)－f(x₁)＜0

即f(x₂)＜f(x₁)，若x₁，x₂∈(，1］，则4x₁²－3＞0.

4x₂²－3＞0，4x₁x₂+3＞0，x₁－x₂＜0，∴f(x₂)－f(x₁)＜0.

即f(x₂)＜f(x₁)，∴f(x)在(,)和(，1上都是减函数.

(3)由(2)知，f(x)＜f()=－或f(x)≥f(1)=2.

故f(x)的值域为(－∞，－)∪［2，+∞.

【例4】　　　　　　　　在中，角所对的边分别为．若，求角．

解：由正弦定理，将已知等式中的边转化为角．可得

因为，故有，

∴ .

又∵　,

∴　 ,

即，

由，可解得．

【例5】　　　　　　　　在△ABC中，已知.

（1）若任意交换的位置，的值是否会发生变化?试证明你的结论；

（2）求的最大值.

解：（1）∵

，

　　　　　　∴ 任意交换的位置，的值不会发生变化．

　　　　　　（2）

解法1：将看作是关于的二次函数.

所以，当，且取到最大值1时，也即时，取得最大值．

解法2：用调整的方法, 也即对于每个固定的的值，去调整，求出取得最大值时所满足的条件．

对于，如果固定，则可将看作是关于的一次或常数函数．为了讨论其最大值，显然应该考虑的符号，并由此展开讨论．

若，则，所以，，所以，

所以，只需考虑的情形．此时是关于的常数函数或单调递增的一次函数，因此，最大值必可在（即）时取得．所以，

，

等号当且仅当时取得．

六、专题练习

【平面向量练习】

一、选择题：

1、下列各式中正确的是（ C　）

　（1）(λ·a) ·b=λ·(a b)=a· (λb),　（2）a·b=a·b,

　（3）(a ·b)· c=a · (b ·c),　　　　（4）(a+b) · c= a·c+b·c

　　　 A．（1）（3）　　　　B．（2）（4）　　　　C．（1）（4）　　　 D．以上都不对.

2、在ΔABC中,若(+)·(－)=0,则ΔABC为（　C ）

　　　 A．正三角形　　　　　　B．直角三角形　　　　 C．等腰三角形　　　 D．无法确定

3、若a=b=a－b,则b与a+b的夹角为（　A　）

　　A．30°　　　　　　　　　　 B．60°　　　　　　　　 C．150°　　　　　　　　D．120°

4、已知a=1,b=　,且(a－b)和a垂直,则a与b的夹角为（　D ）

　　A．60°　　　　　　　　　　B．30°　　　　　　　　 C．135°　　　　　　　　D．45°

5、若· + = 0,则ΔABC为（　A　）

　　　 A．直角三角形　　　　B．钝角三角形　　　　 C．锐角三角形　　 D．等腰直角三角形

6、设a= 4,b= 3, 夹角为60°, 则a+b等于（　C　）

　　　A．37　　　　　　　　　　 B．13 　　　　　　　　　　　C．　　　　　　　　　D．　　

7、己知a=1,b=2, a与b的夹角为60⁰,c =3a+b, d =λa－b ,若c⊥d,则实数λ的值为（ C　）

　　　A．　　　　　　　　　　 B．　　　　　　　　　　 C．　　　　　　　　　　　D．　　

8、设 a,b,c是平面内任意的非零向量且相互不共线,则（　D ）

　 ①(ab)c－(ca)b=0　　　　　　　　　　 ②a －b< a－b　　　

　 ③(bc)a－(ca)b不与c垂直　　　　　　 ④(3a+2b)(3a－2b)= 9a²－4b²

　其中真命题是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（　　）

　　　A．①②　　　　　　　　　 B．②③　　　　　　　　　C．③④　　　　　　　　　 D．②④

二、填空题：

9、已知e是单位向量,求满足a∥e且a·e=－18的向量a=__________.－18e

10、设a=(m+1)i－3j, b=i+(m－1)j, (a+b) ⊥(a－b),　则m=________.－2

11、a=5, b=3,a－b=7,则a、b的夹角为__________. 120°

12、 a与d=b－关系为________. a⊥b

三、解答题：

13、已知 a=4,b=5,a+b= ,求：①　a·b ；②(2a－b) ·(a+3b)

解：①a+b²=（a+b）²=a²+2ab+b²=a²+2a·b+b²，

②（2a－b）·（a+3b）=2a²+5a·b－3b²=2a²+5a·b－3b²

=2×4²+5×（－10）－3×5²=－93.　

14、四边形ABCD中,= a,　 = b,= c,　 = d,且a·b=b·c=c·d=d ·a，判断四边形ABCD是什么图形？

分析：在四边形ABCD中，a+b+c+d=0，这是一个隐含条件，

对a+b=－（c+d），两边平方后，用a·b=b·c=d·c代入，

从四边形的边长与内角的情况来确定四边形的形状.

　　　　　　解：∵a+b+c+d=0，∴a+b=－（c+d），

∴（a+b）²=（c+d）²，即a²+2a·b+b²=c²+2c·d+d²，

∵a·b=c·d，∴a²+b²=c²+d²……①

同理：a²+d²=b²+c²……②

①，②两式相减得：b²=d²，a²=c²，即b=d，a=c.

∴ABCD为平行四边形.　

又∵a·b=b·c，即b·（a－c）=0，而a=－c，

∵b·（2a）=0

∴a⊥b，

∴四边形ABCD为矩形.

15、已知：a=5,b=4,且a与b的夹角为60°,问当且仅当k为何值时,向量ka－b与 a+2b

垂直？

解：

【平面向量的综合应用练习】

一、选择题

1.设A、B、C、D四点坐标依次是(－1，0)，(0，2)，(4，3)，(3，1)，则四边形ABCD为(　　)

A.正方形　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 B.矩形

C.菱形　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　D.平行四边形

2.已知△ABC中，=a，=b，a·b<0，S_△_ABC=,a=3,b=5,则a与b的夹角是(　　)

A.30°　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　B.－150°　　　　　　　　　　　　　　　　C.150°　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 D.30°或150°

二、填空题

3.将二次函数y=x²的图象按向量a平移后得到的图象与一次函数y=2x－5的图象只有一个公共点(3，1)，则向量a=_________.

4.等腰△ABC和等腰Rt△ABD有公共的底边AB，它们所在的平面成60°角，若AB=16 cm,AC=17 cm,则CD=_________.

三、解答题

5.如图，在△ABC中，设=a， =b， =c, =λa,(0<λ<1), =μb(0<μ<1),试用向量a，b表示c.

6.正三棱柱ABC—A₁B₁C₁的底面边长为a,侧棱长为a.

(1)建立适当的坐标系，并写出A、B、A₁、C₁的坐标；

(2)求AC₁与侧面ABB₁A₁所成的角.

7.已知两点M(－1，0)，N(1，0)，且点P使成公差小于零的等差数列.

(1)点P的轨迹是什么曲线？

(2)若点P坐标为(x₀,y₀),Q为与的夹角，求tanθ.

8.已知E、F、G、H分别是空间四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA的中点.

(1)用向量法证明E、F、G、H四点共面；

(2)用向量法证明：BD∥平面EFGH；

(3)设M是EG和FH的交点，求证：对空间任一点O，有.参考答案

一、1.解析： =(1，2）， =(1，2），∴=，∴∥，又线段AB与线段DC无公共点，∴AB∥DC且AB=DC，∴ABCD是平行四边形，又=， =(5，3），=，∴≠},∴ABCD不是菱形，更不是正方形；又=(4，1），

∴1·4+2·1=6≠0,∴不垂直于，∴ABCD也不是矩形，故选D.

答案：D

2.解析：∵·3·5sinα得sinα=,则α=30°或α=150°.

又∵a·b＜0,∴α=150°.

答案：C

二、3.(2,0)　4.13 cm

三、5.解：∵与共线，∴=m=m(－)=m(μb－a),

∴=+=a+m(μb－a)=(1－m)a+mμb　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ①

又与共线，∴=n=n(－)=n(λa－b),

∴=+=b+n(λa－b)=nλa+(1－n)b　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ②

由①②，得(1－m）a+μmb=λna+(1－n)b.

∵a与b不共线，∴　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　③

解方程组③得：m=代入①式得c=(1－m)a+mμb=［λ(1－μ)a+μ(1－λ)b］.

6.解：(1)以点A为坐标原点O，以AB所在直线为Oy轴，以AA₁所在直线为Oz轴，以经过原点且与平面ABB₁A₁垂直的直线为Ox轴，建立空间直角坐标系.

由已知，得A(0，0，0），B(0，a,0）,A₁(0,0,a),C₁(－a).

(2)取A₁B₁的中点M，于是有M(0，a），连AM，MC₁，有=(－a,0,0）,

且=(0，a,0）,=(0,0a)

由于·=0，·=0，所以MC₁⊥面ABB₁A₁，∴AC₁与AM所成的角就是AC₁与侧面ABB₁A₁所成的角.

∵=

所以所成的角，即AC₁与侧面ABB₁A₁所成的角为30°.

7.解：(1)设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数列，等价于

所以，点P的轨迹是以原点为圆心，为半径的右半圆.

(2)点P的坐标为(x₀,y₀)

8.证明：(1）连结BG，则

由共面向量定理的推论知：E、F、G、H四点共面，(其中=）

(2）因为.

所以EH∥BD，又EH面EFGH，BD面EFGH

所以BD∥平面EFGH.

(3）连OM，OA，OB，OC，OD，OE，OG

由(2）知，同理，所以，EHFG,所以EG、FH交于一点M且被M平分，所以

【解斜三角形练习】

一、选择题

1.给出四个命题：(1)若sin2A=sin2B，则△ABC为等腰三角形；(2)若sinA=cosB，则△ABC为直角三角形；(3)若sin²A+sin²B+sin²C＜2，则△ABC为钝角三角形；(4)若cos(A－B)cos(B－C)cos(C－A)=1，则△ABC为正三角形.以上正确命题的个数是(　　)