高考数学（理科）一轮复习空间向量及其运算学案附答案。
作为优秀的教学工作者，在教学时能够胸有成竹，教师要准备好教案，这是教师的任务之一。教案可以让学生能够在课堂积极的参与互动，帮助授课经验少的教师教学。那么一篇好的教案要怎么才能写好呢？以下是小编为大家精心整理的“高考数学（理科）一轮复习空间向量及其运算学案附答案”，欢迎大家阅读，希望对大家有所帮助。
学案45空间向量及其运算
导学目标：1.了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示.2.掌握空间向量的线性运算及其坐标表示.3.掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直．
自主梳理
1．空间向量的有关概念
(1)空间向量：在空间中，具有______和______的量叫做空间向量．
(2)相等向量：方向______且模______的向量．
(3)共线向量定理
对空间任意两个向量a，b(b≠0)，a∥b的充要条件是______________________________．
推论如图所示，点P在l上的充要条件是：OP→＝OA→＋ta①
其中a叫直线l的方向向量，t∈R，在l上取AB→＝a，则①可化为OP→＝___________________或OP→＝(1－t)OA→＋tOB→.
(4)共面向量定理
如果两个向量a，b不共线，那么向量p与向量a，b共面的充要条件是存在惟一的有序实数对(x，y)，使p＝xa＋yb，推论的表达式为MP→＝xMA→＋yMB→或对空间任意一点O有，OP→＝__________________或OP→＝xOA→＋yOB→＋zOM→，其中x＋y＋z＝____.
2．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}，使得p＝____________________________，把{a，b，c}叫做空间的一个基底．
3．空间向量的数量积及运算律
(1)数量积及相关概念
①两向量的夹角
已知两个非零向量a，b，在空间任取一点O，作OA→＝a，OB→＝b，则________叫做向量a与b的夹角，记作________，其范围是________________，若〈a，b〉＝π2，则称a与b______________，记作a⊥b.
②两向量的数量积
已知两个非零向量a，b，则______________________叫做向量a，b的数量积，记作________，即______________________________．
(2)空间向量数量积的运算律
①结合律：(λa)b＝____________________；
②交换律：ab＝________；
③分配律：a(b＋c)＝________________.
4．空间向量的坐标表示及应用
(1)数量积的坐标运算
若a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，
则ab＝____________________.
(2)共线与垂直的坐标表示
设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，
则a∥b(b≠0)____________________，__________，________________，
a⊥b_________________________________________(a，b均为非零向量)．
(3)模、夹角和距离公式
设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，
则|a|＝aa＝_____________________________________________________________，
cos〈a，b〉＝ab|a||b|＝_________________________________________________________.
若A(a1，b1，c1)，B(a2，b2，c2)，
则|AB→|＝__________________________________________________________________.
自我检测
1．若a＝(2x,1,3)，b＝(1，－2y,9)，且a∥b，则()
A．x＝1，y＝1B．x＝12，y＝－12
C．x＝16，y＝－32D．x＝－16，y＝32
2．(2011青岛月考)
如图所示，在平行六面体ABCD—A1B1C1D1中，M为AC与BD的交点，若A1B1→＝a，A1D1→＝b，A1A→＝c，则下列向量中与B1M→相等的向量是()
A．－12a＋12b＋cB.12a＋12b＋c
C.12a－12b＋cD．－12a－12b＋c
3．(2011广州调研)在平行六面体ABCD—A′B′C′D′中，已知∠BAD＝∠A′AB＝∠A′AD＝60°，AB＝3，AD＝4，AA′＝5，则|AC′→|＝________.
4．有下列4个命题：
①若p＝xa＋yb，则p与a、b共面；
②若p与a、b共面，则p＝xa＋yb；
③若MP→＝xMA→＋yMB→，则P、M、A、B共面；
④若P、M、A、B共面，则MP→＝xMA→＋yMB→.
其中真命题的个数是()
A．1B．2C．3D．4
5．A(1,0,1)，B(4,4,6)，C(2,2,3)，D(10,14,17)这四个点________(填共面或不共面)．
探究点一空间基向量的应用
例1已知空间四边形OABC中，M为BC的中点，N为AC的中点，P为OA的中点，Q为OB的中点，若AB＝OC，求证：PM⊥QN.
变式迁移1
如图，在正四面体ABCD中，E、F分别为棱AD、BC的中点，则异面直线AF和CE所成角的余弦值为________．
探究点二利用向量法判断平行或垂直
例2(2011合肥调研)两个边长为1的正方形ABCD与正方形ABEF相交于AB，∠EBC＝90°，点M、N分别在BD、AE上，且AN＝DM.
(1)求证：MN∥平面EBC；(2)求MN长度的最小值．
变式迁移2
如图所示，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB＝2，AF＝1，M是线段EF的中点．
求证：(1)AM∥平面BDE；(2)AM⊥面BDF.
探究点三利用向量法解探索性问题
例3(2011泉州月考)如图，平面PAC⊥平面ABC，△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，E，F，O分别
为PA，PB，AC的中点，AC＝16，PA＝PC＝10.
(1)设G是OC的中点，证明FG∥平面BOE；
(2)在△AOB内是否存在一点M，使FM⊥平面BOE？若存在，求出点M到OA，OB的距离；若不存在，说明理由．
变式迁移3已知在直三棱柱ABC—A1B1C1中，底面是以∠ABC为直角的等腰直角三角形，AC＝2a，BB1＝3a，D为A1C1的中点，E为B1C的中点．
(1)求直线BE与A1C所成的角的余弦值；
(2)在线段AA1上是否存在点F，使CF⊥平面B1DF？若存在，求出AF；若不存在，请说明理由．
1．向量法解立体几何问题有两种基本思路：一种是利用基向量表示几何量，简称基向量法；另一种是建立空间直角坐标系，利用坐标法表示几何量，简称坐标法．
2．利用坐标法解几何问题的基本步骤是：(1)建立适当的空间直角坐标系，用坐标准确表示涉及到的几何量．(2)通过向量的坐标运算，研究点、线、面之间的位置关系．(3)根据运算结果解释相关几何问题．
(满分：75分)
一、选择题(每小题5分，共25分)
1．下列命题：
①若A、B、C、D是空间任意四点，则有AB→＋BC→＋CD→＋DA→＝0；
②|a|－|b|＝|a＋b|是a、b共线的充要条件；
③若a、b共线，则a与b所在直线平行；
④对空间任意一点O与不共线的三点A、B、C，若OP→＝xOA→＋yOB→＋zOC→(其中x、y、z∈R)则P、A、B、C四点共面．其中假命题的个数是()
A．1B．2C．3D．4
2.
如图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，M、N分别是棱DD1、D1C1的中点，则直线OM()
A．既垂直于AC，又垂直于MN
B．垂直于AC，但不垂直于MN
C．垂直于MN，但不垂直于AC
D．与AC、MN都不垂直
3．(2011绍兴月考)
如图所示，在三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E、F分别是棱AB、BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角是()
A．45°B．60°
C．90°D．120°
4．设点C(2a＋1，a＋1,2)在点P(2,0,0)、A(1，－3,2)、B(8，－1,4)确定的平面上，则a等于()
A．16B．4C．2D．8
5．在直角坐标系中，A(－2,3)，B(3，－2)，沿x轴把直角坐标系折成120°的二面角，则AB的长度为()
A.2B．211C．32D．42
二、填空题(每小题4分，共12分)
6.
(2011信阳模拟)如图所示，已知空间四边形ABCD，F为BC的中点，E为AD的中点，若EF→＝λ(AB→＋DC→)，则λ＝________.
7．(2011铜川模拟)在正方体ABCD—A1B1C1D1中，给出以下向量表达式：
①(A1D1→－A1A→)－AB→；②(BC→＋BB1→)－D1C1→；
③(AD→－AB→)－2DD1→；④(B1D1→＋A1A→)＋DD1→.
其中能够化简为向量BD1→的是________．(填所有正确的序号)
8．(2011丽水模拟)
如图所示，PD垂直于正方形ABCD所在平面，AB＝2，E为PB的中点，cos〈DP→，AE→〉＝33，若以DA，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则点E的坐标为________．
三、解答题(共38分)
9．(12分)
如图所示，已知ABCD—A1B1C1D1是棱长为3的正方体，点E在AA1上，点F在CC1上，且AE＝FC1＝1.
(1)求证：E、B、F、D1四点共面；
(2)若点G在BC上，BG＝23，点M在BB1上，GM⊥BF，垂足为H，求证：EM⊥平面BCC1B1.
10．(12分)(2009福建)如图，
四边形ABCD是边长为1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD＝NB＝1，E为BC的中点．
(1)求异面直线NE与AM所成角的余弦值；
(2)在线段AN上是否存在点S，使得ES⊥平面AMN？若存在，求线段AS的长；若不存在，请说明理由．
11．(14分)(2011汕头月考)
如图所示，已知空间四边形ABCD的各边和对角线的长都等于a，点M、N分别是AB、CD的中点．
(1)求证：MN⊥AB，MN⊥CD；
(2)求MN的长；
(3)求异面直线AN与CM所成角的余弦值．
学案45空间向量及其运算
自主梳理
1．(1)大小方向(2)相同相等(3)存在实数λ，使得a＝λbOA→＋tAB→(4)OM→＋xMA→＋yMB→12.xa＋yb＋zc3.(1)①∠AOB〈a，b〉0≤〈a，b〉≤π互相垂直②|a||b|cos〈a，b〉abab＝|a||b|cos〈a，b〉
(2)①λ(ab)②ba③ab＋ac4.(1)a1b1＋a2b2＋a3b3(2)a＝λba1＝λb1a2＝λb2a3＝λb3(λ∈R)ab＝0a1b1＋a2b2＋a3b3＝0(3)a21＋a22＋a23
a1b1＋a2b2＋a3b3a21＋a22＋a23b21＋b22＋b23a2－a12＋b2－b12＋c2－c12
自我检测
1．C[∵a∥b，∴2x1＝1－2y＝39，
∴x＝16，y＝－32.]
2．A[B1M→＝B1A1→＋A1A→＋AM→
＝－A1B1→＋A1A→＋12AB→＋12AD→
＝－a＋c＋12(a＋b)＝－12a＋12b＋c.]
3.97
解析∵AC′→＝AB→＋BC→＋CC′→＝AB→＋AD→＋AA′→，
∴|AC′→|2＝AB→2＋AD→2＋AA′→2＋2AB→AD→＋2AD→AA′→＋2AA′→AB→＝32＋42＋52＋2×3×4×cos60°＋2×4×5×cos60°＋2×3×5×cos60°＝97，
∴|AC′→|＝97.
4．B[①正确．②中若a、b共线，p与a不共线，则p＝xa＋yb就不成立．③正确．④中若M、A、B共线，点P不在此直线上，则MP→＝xMA→＋yMB→不正确．]
5．共面
解析AB→＝(3,4,5)，AC→＝(1,2,2)，AD→＝(9,14,16)，设AD→＝xAB→＋yAC→，
即(9,14,16)＝(3x＋y,4x＋2y,5x＋2y)．
∴x＝2y＝3，从而A、B、C、D四点共面．
课堂活动区
例1解题导引欲证a⊥b，只要把a、b用相同的几个向量表示，然后利用向量的数量积证明ab＝0即可，这是基向量证明线线垂直的基本方法．
证明如图所示
.
设OA→＝a，OB→＝b，OC→＝c.
∵OM→＝12(OB→＋OC→)＝12(b＋c)，
ON→＝12(OA→＋OC→)＝12(a＋c)，
∴PM→＝PO→＋OM→＝－12a＋12(b＋c)
＝12(b＋c－a)，
QN→＝QO→＋ON→＝－12b＋12(a＋c)＝12(a＋c－b)．
∴PM→QN→＝14[c－(a－b)][c＋(a－b)]
＝14[c2－(a－b)2]＝14(|OC→|2－|BA→|2)
∵|AB→|＝|OC→|，∴PM→QN→＝0.
即PM→⊥QN→，故PM⊥QN.
变式迁移123
解析设{AB→，AC→，AD→}为空间一组基底，
则AF→＝12AB→＋12AC→，
CE→＝12CA→＋12CD→＝12CA→＋12(AD→－AC→)
＝－AC→＋12AD→.
∴AF→CE→＝12AB→＋12AC→－AC→＋12AD→
＝－12AB→AC→－12AC→2＋14AB→AD→＋14AC→AD→
＝－14AB→2－12AC→2＋18AB→2＋18AC→2
＝－12AC→2.
又|AF→|＝|CE→|＝32|AC→|，∴|AF→||CE→|＝34|AC→|2.
∴cos〈AF→，CE→〉＝AF→CE→|AF→||CE→|＝－12AC→234|AC→|2＝－23.
∴异面直线AF与CE所成角的余弦值为23.
例2解题导引
如图所示，建立坐标系后，要证MN平行于平面EBC，只要证MN→的横坐标为0即可．
(1)证明如图所示，以BA→、BC→、BE→为单位正交基底建立空间直角坐标系，
则A(1,0,0)，D(1,1,0)，E(0,0,1)，B(0,0,0)，
设ANAE＝DMDB＝λ，则MN→＝MD→＋DA→＋AN→＝λBD→＋DA→＋λAE→
＝λ(1,1,0)＋(0，－1,0)＋λ(－1,0,1)＝(0，λ－1，λ)．
∵0λ1，∴λ－1≠0，λ≠0，且MN→的横坐标为0.
∴MN→平行于平面yBz，即MN∥平面EBC.
(2)解由(1)知|MN→|＝λ－12＋λ2＝2λ2－2λ＋1
＝2λ－122＋12，
∴当λ＝12时，MN取得长度的最小值为22.
变式迁移2证明(1)建立如图所示的空间直角坐标系，
设AC∩BD＝N，连接NE.
则点N、E的坐标分别为
22，22，0、(0,0,1)．
∴NE→＝－22，－22，1.
又点A、M的坐标分别为(2，2，0)、22，22，1，
∴AM→＝－22，－22，1.
∴NE→＝AM→且NE与AM不共线．
∴NE∥AM.
又∵NE平面BDE，AM平面BDE，
∴AM∥平面BDE.
(2)由(1)得，AM→＝－22，－22，1，
∵D(2，0,0)，F(2，2，1)，B(0，2，0)，
∴DF→＝(0，2，1)，BF→＝(2，0,1)．
∴AM→DF→＝0，AM→BF→＝0.∴AM→⊥DF→，AM→⊥BF→，
即AM⊥DF，AM⊥BF.
又DF∩BF＝F，
∴AM⊥平面BDF.
例3解题导引建立适当的空间直角坐标系后，写出各点坐标．第(1)题证明FG→与平面BOE的法向量n垂直，即FG→n＝0即可．第(2)题设出点M的坐标，利用MF→∥n即可解出，然后检验解的合理性．
(1)证明
如图，连接OP，以点O为坐标原点，分别以OB，OC，OP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系O—xyz.
则O(0,0,0)，A(0，－8,0)，
B(8,0,0)，C(0,8,0)，P(0,0,6)，E(0，－4,3)，F(4,0,3)．
由题意，得G(0,4,0)．
因为OB→＝(8,0,0)，OE→＝(0，－4,3)，
所以平面BOE的法向量n＝(0,3,4)．
由FG→＝(－4,4，－3)，得nFG→＝0.
又直线FG不在平面BOE内，所以FG∥平面BOE.
(2)解设点M的坐标为(x0，y0,0)，
则FM→＝(x0－4，y0，－3)．
因为FM⊥平面BOE，所以FM→∥n，
因此x0＝4，y0＝－94，
即点M的坐标是4，－94，0.
在平面直角坐标系xOy中，△AOB的内部区域可表示为不等式组x0，y0，x－y8.
经检验，点M的坐标满足上述不等式组．
所以，在△AOB内存在一点M，使PM⊥平面BOE.
由点M的坐标，得点M到OA，OB的距离分别为4，94.
变式迁移3解
(1)以点B为原点，以BA、BC、BB1所在直线分别为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)，B1(0,0,3a)，
∵△ABC为等腰直角三角形，
∴AB＝BC＝22AC＝2a，
∴A(2a,0,0)，C(0，2a,0)，C1(0，2a,3a)，
E0，22a，32a，A1(2a,0,3a)，
∴BE→＝0，22a，32a，A1C→＝(－2a，2a，－3a)，
cos〈BE→，A1C→〉＝BE→A1C→|BE→||A1C→|＝－72a2112a×13a＝－7143143.
∴直线BE与A1C所成的角的余弦值为7143143.
(2)假设存在点F，使CF⊥平面B1DF，
并设AF→＝λAA1→＝λ(0,0,3a)＝(0,0,3λa)(0λ1)，
∵D为A1C1的中点，∴D22a，22a，3a，
B1D→＝22a，22a，3a－(0,0,3a)＝22a，22a，0，
B1F→＝B1B→＋BA→＋AF→＝(0,0，－3a)＋(2a,0,0)＋(0,0,3λa)＝(2a,0,3a(λ－1))，
CF→＝CA→＋AF→＝(2a，－2a,0)＋(0,0,3λa)
＝(2a，－2a,3λa)．
∵CF⊥平面B1DF，∴CF→⊥B1D→，CF→⊥B1F→，
CF→B1D→＝0CF→B1F→＝0，即3λa×0＝09λ2－9λ＋2＝0，
解得λ＝23或λ＝13
∴存在点F使CF⊥面B1DF，且
当λ＝13时，|AF→|＝13|AA1→|＝a，
当λ＝23时，|AF→|＝23|AA1→|＝2a.
课后练习区
1．C[②③④均不正确．]
2．A[以D为坐标原点，以DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴建系，设棱长为2，则M(0,0,1)，N(0,1,2)，O(1,1,0)，A(2,0,0)，C(0,2,0)，
∴AC→＝(－2,2,0)，MN→＝(0,1,1)，OM→＝(－1，－1,1)，
∴OM→AC→＝0，OM→MN→＝0，
∴OM⊥AC，OM⊥MN.]
3．B[
如图建立坐标系，设AB＝BC＝AA1＝2，则E(0,1,0)，F(0,0,1)，C1(2,0,2)，
∴EF→＝(0，－1,1)，BC1→＝(2,0,2)，
∴cos〈EF→，BC1→〉＝228＝12.
∵〈EF→，BC1→〉∈[0°，180°]
∴EF与BC1所成的角是60°.]
4．A[由PC→＝λ1PA→＋λ2PB→得：
(2a－1，a＋1,2)＝λ1(－1，－3,2)＋λ2(6，－1，4)，
∴－λ1＋6λ2＝2a－1－3λ1－λ2＝a＋1，2λ1＋4λ2＝2解得a＝16.]
5．B[
过A、B分别作AA1⊥x轴，BB1⊥x轴，垂足分别为A1和B1，则AA1＝3，A1B1＝5，BB1＝2，
∵AB→＝AA1→＋A1B1→＋B1B→，
∴AB→2＝AA1→2＋A1B1→2＋B1B→2＋2AA1→B1B→＝32＋52＋22＋2×3×2×cos60°＝44.∴|AB→|＝211.]
6.12
解析∵EF→＝EA→＋AB→＋BF→，
又EF→＝ED→＋DC→＋CF→，
∴2EF→＝AB→＋DC→，∴EF→＝12(AB→＋DC→)，∴λ＝12.
7．①②
解析①(A1D1→－A1A→)－AB→＝AD1→－AB→＝BD1→；
②(BC→＋BB1→)－D1C1→＝BC1→－D1C1→＝BD1→；
③(AD→－AB→)－2DD1→＝BD→－2DD1→≠BD1→；
④(B1D1→＋A1A→)＋DD1→＝B1D1→＋(A1A→＋DD1→)＝B1D1→≠BD1→.
8．(1,1,1)
解析设DP＝y0，则A(2,0,0)，B(2,2,0)，P(0,0，y)，E1，1，y2，DP→＝(0,0，y)，AE→＝－1，1，y2.
∴cos〈DP→，AE→〉＝DP→AE→|DP→||AE→|＝12y2y2＋y24＝y8＋y2＝33.
解得y＝2，∴E(1,1,1)．
9．证明(1)
建立如图所示的空间直角坐标系，
则BE→＝(3,0,1)，BF→＝(0,3,2)，
BD1→＝(3,3,3)．(2分)
所以BD1→＝BE→＋BF→.
故BD1→、BE→、BF→共面．
又它们有公共点B，∴E、B、F、D1四点共面．(6分)
(2)设M(0,0，z)，则GM→＝0，－23，z.
而BF→＝(0,3,2)，
由题设，得GM→BF→＝－23×3＋z2＝0，得z＝1.(8分)
∴M(0,0,1)，E(3,0,1)，∴ME→＝(3,0,0)．
又BB1→＝(0,0,3)，BC→＝(0,3,0)，∴ME→BB1→＝0，
∴ME→BC→＝0，从而ME⊥BB1，ME⊥BC.
又∵BB1∩BC＝B，∴ME⊥平面BCC1B1.(12分)
10.
解(1)如图所示，以点D为坐标原点，建立空间直角坐标系D—xyz.
依题意，得D(0,0,0)，
A(1,0,0)，M(0,0,1)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，N(1,1,1)，
E12，1，0.(2分)
∴NE→＝－12，0，－1，
AM→＝(－1,0,1)．
∵cos〈NE→，AM→〉＝NE→AM→|NE→||AM→|＝－1252×2＝－1010，
∴异面直线NE与AM所成角的余弦值为1010.
(6分)
(2)假设在线段AN上存在点S，使得ES⊥平面AMN.
∵AN→＝(0,1,1)，可设AS→＝λAN→＝(0，λ，λ)，
又EA→＝12，－1，0，
∴ES→＝EA→＋AS→＝12，λ－1，λ.(8分)
由ES⊥平面AMN，
得ES→AM→＝0，ES→AN→＝0，即－12＋λ＝0，λ－1＋λ＝0.(10分)
故λ＝12，此时AS→＝0，12，12，|AS→|＝22.
经检验，当AS＝22时，ES⊥平面AMN.
故线段AN上存在点S，
使得ES⊥平面AMN，此时AS＝22.(12分)
11．(1)证明设AB→＝p，AC→＝q，AD→＝r.
由题意可知：|p|＝|q|＝|r|＝a，且p、q、r三向量两两夹角均为60°.
MN→＝AN→－AM→＝12(AC→＋AD→)－12AB→
＝12(q＋r－p)，(2分)
∴MN→AB→＝12(q＋r－p)p
＝12(qp＋rp－p2)
＝12(a2cos60°＋a2cos60°－a2)＝0.
∴MN⊥AB
又∵CD→＝AD→－AC→＝r－q，
∴MN→CD→＝12(q＋r－p)(r－q)
＝12(qr－q2＋r2－qr－pr＋pq)
＝12(a2cos60°－a2＋a2－a2cos60°－a2cos60°＋a2cos60°)
＝0，∴MN⊥CD.(4分)
(2)解由(1)可知MN→＝12(q＋r－p)，
∴|MN→|2＝MN→2＝14(q＋r－p)2
＝14[q2＋r2＋p2＋2(qr－pq－rp)]
＝14a2＋a2＋a2＋2a22－a22－a22
＝14×2a2＝a22.
∴|MN→|＝22a，∴MN的长为22a.(9分)
(3)解设向量AN→与MC→的夹角为θ.
∵AN→＝12(AC→＋AD→)＝12(q＋r)，
MC→＝AC→－AM→＝q－12p，
∴AN→MC→＝12(q＋r)q－12p
＝12q2－12qp＋rq－12rp
＝12a2－12a2cos60°＋a2cos60°－12a2cos60°
＝12a2－a24＋a22－a24＝a22.(12分)
又∵|AN→|＝|MC→|＝32a，
∴AN→MC→＝|AN→||MC→|cosθ
即32a32acosθ＝a22.
∴cosθ＝23，(13分)
∴向量AN→与MC→的夹角的余弦值为23，从而异面直线AN与CM所成角的余弦值为23.(14分)
扩展阅读
高考数学（理科）一轮复习平面向量的数量积及其应用学案附答案
学案27平面向量的数量积及其应用
导学目标：1.理解平面向量数量积的含义及其物理意义.2.了解平面向量的数量积与向量投影的关系.3.掌握数量积的坐标表达式，会进行平面向量数量积的运算.4.能运用数量积表示两个向量的夹角，会用数量积判断两个平面向量的垂直关系.5.会用向量方法解决某些简单的平面几何问题.6.会用向量方法解决简单的力学问题与其他一些实际问题．
自主梳理
1．向量数量积的定义
(1)向量数量积的定义：____________________________________________，其中|a|cos〈a，b〉叫做向量a在b方向上的投影．
(2)向量数量积的性质：
①如果e是单位向量，则ae＝ea＝__________________；
②非零向量a，b，a⊥b________________；
③aa＝________________或|a|＝________________；
④cos〈a，b〉＝________；
⑤|ab|____|a||b|.
2．向量数量积的运算律
(1)交换律：ab＝________；
(2)分配律：(a＋b)c＝________________；
(3)数乘向量结合律：(λa)b＝________________.
3．向量数量积的坐标运算与度量公式
(1)两个向量的数量积等于它们对应坐标乘积的和，即若a＝(a1，a2)，b＝(b1，b2)，则ab＝________________________；
(2)设a＝(a1，a2)，b＝(b1，b2)，则a⊥b________________________；
(3)设向量a＝(a1，a2)，b＝(b1，b2)，
则|a|＝________________，cos〈a，b〉＝____________________________.
(4)若A（x1，y1），B（x2，y2），则|AB→＝________________________，所以|AB→|＝_____________________.
自我检测
1.（2010湖南）在Rt△ABC中，∠C=90°,AC=4,则AB→AC→等于()
A．－16B．－8C．8D．16
2．(2010重庆)已知向量a，b满足ab＝0，|a|＝1，|b|＝2，则|2a－b|＝()
A．0B．22C．4D．8
3．(2011福州月考)已知a＝(1,0)，b＝(1,1)，(a＋λb)⊥b，则λ等于()
A．－2B．2C.12D．－12
4.平面上有三个点A（-2，y），B（0，），C（x，y），若AB→⊥BC→，则动点C的轨迹方程为________________．
5.（2009天津）若等边△ABC的边长为2，平面内一点M满足CM→＝16CB→＋23CA→，则MA→MB→＝________.
探究点一向量的模及夹角问题
例1(2011马鞍山月考)已知|a|＝4，|b|＝3，(2a－3b)(2a＋b)＝61.
(1)求a与b的夹角θ；(2)求|a＋b|；
（3）若AB→＝a，BC→＝b，求△ABC的面积．
变式迁移1(1)已知a，b是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量c满足(a－c)(b－c)＝0，则|c|的最大值是()
A．1B．2
C.2D.22
(2)已知i，j为互相垂直的单位向量，a＝i－2j，b＝i＋λj，且a与b的夹角为锐角，实数λ的取值范围为________．
探究点二两向量的平行与垂直问题
例2已知a＝(cosα，sinα)，b＝(cosβ，sinβ)，且ka＋b的长度是a－kb的长度的3倍(k0)．
(1)求证：a＋b与a－b垂直；
(2)用k表示ab；
(3)求ab的最小值以及此时a与b的夹角θ.
变式迁移2(2009江苏)设向量a＝(4cosα，sinα)，b＝(sinβ，4cosβ)，c＝(cosβ，－4sinβ)．
(1)若a与b－2c垂直，求tan(α＋β)的值；
(2)求|b＋c|的最大值；
(3)若tanαtanβ＝16，求证：a∥b.
探究点三向量的数量积在三角函数中的应用
例3已知向量a＝cos32x，sin32x，
b＝cosx2，－sinx2，且x∈－π3，π4.
(1)求ab及|a＋b|；
(2)若f(x)＝ab－|a＋b|，求f(x)的最大值和最小值．
变式迁移3（2010四川）已知△ABC的面积S=AB→AC→＝3，且cosB＝35，求cosC.
1．一些常见的错误结论：
(1)若|a|＝|b|，则a＝b；(2)若a2＝b2，则a＝b；(3)若a∥b，b∥c，则a∥c；(4)若ab＝0，则a＝0或b＝0；(5)|ab|＝|a||b|；(6)(ab)c＝a(bc)；(7)若ab＝ac，则b＝c.以上结论都是错误的，应用时要注意．
2．平面向量的坐标表示与向量表示的比较：
已知a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，θ是向量a与b的夹角.
向量表示坐标表示
向量a的模|a|＝aa＝a2
|a|＝x21＋y21
a与b的数量积ab＝|a||b|cosθab＝x1x2＋y1y2
a与b共线的充要条件A∥b(b≠0)a＝λba∥bx1y2－x2y1＝0
非零向量a，b垂直的充要条件a⊥bab＝0a⊥bx1x2＋y1y2＝0
向量a与b的夹角cosθ＝ab|a||b|
cosθ＝x1x2＋y1y2x21＋y21x22＋y22
3.证明直线平行、垂直、线段相等等问题的基本方法有：
（1）要证AB=CD，可转化证明AB→2＝CD→2或|AB→|＝|CD→|.
（2）要证两线段AB∥CD，只要证存在唯一实数≠0，使等式AB→＝λCD→成立即可．
（3）要证两线段AB⊥CD，只需证AB→CD→＝0.
(满分：75分)
一、选择题(每小题5分，共25分)
1．(2010重庆)若向量a＝(3，m)，b＝(2，－1)，ab＝0，则实数m的值为()
A．－32B.32
C．2D．6
2．已知非零向量a，b，若|a|＝|b|＝1，且a⊥b，又知(2a＋3b)⊥(ka－4b)，则实数k的值为()
A．－6B．－3
C．3D．6
3.已知△ABC中，AB→＝a，AC→＝b，ab0，S△ABC＝154，|a|＝3，|b|＝5，则∠BAC等于()
A．30°B．－150°
C．150°D．30°或150°
4．(2010湖南)若非零向量a，b满足|a|＝|b|，(2a＋b)b＝0，则a与b的夹角为()
A．30°B．60°
C．120°D．150°
5．已知a＝(2,3)，b＝(－4,7)，则a在b上的投影为()
A.135B.655
C.6513D.1313
题号12345
答案
二、填空题(每小题4分，共12分)
6．(2010湖南长沙一中月考)设a＝(cos2α，sinα)，b＝(1，2sinα－1)，α∈π2，π，若ab＝25，则sinα＝________.
7．(2010广东金山中学高三第二次月考)若|a|＝1，|b|＝2，c＝a＋b，且c⊥a，则向量a与b的夹角为________．
8．已知向量m＝(1,1)，向量n与向量m夹角为3π4，且mn＝－1，则向量n＝__________________.
三、解答题(共38分)
9.(12分)已知OA→＝(2,5)，OB→＝(3,1)，OC→＝(6,3)，在线段OC上是否存在点M，使MA→⊥MB→，若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
10．(12分)(2011杭州调研)已知向量a＝(cos(－θ)，sin(－θ))，b＝(cosπ2－θ，sinπ2－θ)．
(1)求证：a⊥b；
(2)若存在不等于0的实数k和t，使x＝a＋(t2＋3)b，y＝－ka＋tb，满足x⊥y，试求此时k＋t2t的最小值．
11．(14分)(2011济南模拟)已知a＝(1,2sinx)，b＝2cosx＋π6，1，函数f(x)＝ab(x∈R)．
(1)求函数f(x)的单调递减区间；
(2)若f(x)＝85，求cos2x－π3的值．
答案自主梳理
1．(1)ab＝|a||b|cos〈a，b〉(2)①|a|cos〈a，e〉②ab＝0③|a|2aa④ab|a||b|
⑤≤2.(1)ba
(2)ac＋bc(3)λ(ab)3.(1)a1b1＋a2b2(2)a1b1＋a2b2＝0(3)a21＋a22a1b1＋a2b2a21＋a22b21＋b22
(4)(x2－x1，y2－y1)x2－x12＋y2－y12
自我检测
2．B[|2a－b|＝2a－b2
＝4a2－4ab＋b2＝8＝22.]
3．D[由(a＋λb)b＝0得ab＋λ|b|2＝0，
∴1＋2λ＝0，∴λ＝－12.]
4．y2＝8x(x≠0)
解析由题意得AB→＝2，－y2，
BC→＝x，y2，又AB→⊥BC→，∴AB→BC→＝0，
即2，－y2x，y2＝0，化简得y2＝8x(x≠0)．
5．－2
解析合理建立直角坐标系，因为三角形是正三角形，故设C(0,0)，A(23，0)，B(3，3)，这样利用向量关系式，求得MA→＝32，－12，MB→＝32，－12，MB→＝－32，52，所以MA→MB→＝－2.
课堂活动区
例1解(1)∵(2a－3b)(2a＋b)＝61，
∴4|a|2－4ab－3|b|2＝61.
又|a|＝4，|b|＝3，∴64－4ab－27＝61，
∴ab＝－6.
∴cosθ＝ab|a||b|＝－64×3＝－12.
又0≤θ≤π，∴θ＝2π3.
(2)|a＋b|＝a＋b2
＝|a|2＋2ab＋|b|2
＝16＋2×－6＋9＝13.
(3)∵AB→与BC→的夹角θ＝2π3，
∴∠ABC＝π－2π3＝π3.
又|AB→|＝|a|＝4，|BC→|＝|b|＝3，
∴S△ABC＝12|AB→||BC→|sin∠ABC
＝12×4×3×32＝33.
变式迁移1(1)C[∵|a|＝|b|＝1，ab＝0，
展开(a－c)(b－c)＝0|c|2＝c(a＋b)
＝|c||a＋b|cosθ，∴|c|＝|a＋b|cosθ＝2cosθ，
∴|c|的最大值是2.]
(2)λ12且λ≠－2
解析∵〈a，b〉∈(0，π2)，∴ab0且ab不同向．
即|i|2－2λ|j|20，∴λ12.
当ab同向时，由a＝kb(k0)得λ＝－2.
∴λ12且λ≠－2.
例2解题导引1.非零向量a⊥bab＝0x1x2＋y1y2＝0.
2．当向量a与b是非坐标形式时，要把a、b用已知的不共线的向量表示．但要注意运算技巧，有时把向量都用坐标表示，并不一定都能够简化运算，要因题而异．
解(1)由题意得，|a|＝|b|＝1，
∴(a＋b)(a－b)＝a2－b2＝0，
∴a＋b与a－b垂直．
(2)|ka＋b|2＝k2a2＋2kab＋b2＝k2＋2kab＋1，
(3|a－kb|)2＝3(1＋k2)－6kab.
由条件知，k2＋2kab＋1＝3(1＋k2)－6kab，
从而有，ab＝1＋k24k(k0)．
(3)由(2)知ab＝1＋k24k＝14(k＋1k)≥12，
当k＝1k时，等号成立，即k＝±1.
∵k0，∴k＝1.
此时cosθ＝ab|a||b|＝12，而θ∈[0，π]，∴θ＝π3.
故ab的最小值为12，此时θ＝π3.
变式迁移2(1)解因为a与b－2c垂直，
所以a(b－2c)
＝4cosαsinβ－8cosαcosβ＋4sinαcosβ＋8sinαsinβ
＝4sin(α＋β)－8cos(α＋β)＝0.
因此tan(α＋β)＝2.
(2)解由b＋c＝(sinβ＋cosβ，4cosβ－4sinβ)，
得|b＋c|＝sinβ＋cosβ2＋4cosβ－4sinβ2
＝17－15sin2β≤42.
又当β＝－π4时，等号成立，所以|b＋c|的最大值为42.
(3)证明由tanαtanβ＝16得4cosαsinβ＝sinα4cosβ，
所以a∥b.
例3解题导引与三角函数相结合考查向量的数量积的坐标运算及其应用是高考热点题型．解答此类问题，除了要熟练掌握向量数量积的坐标运算公式，向量模、夹角的坐标运算公式外，还应掌握三角恒等变换的相关知识．
解(1)ab＝cos32xcosx2－sin32xsinx2＝cos2x，
|a＋b|＝cos32x＋cosx22＋sin32x－sinx22
＝2＋2cos2x＝2|cosx|，
∵x∈－π3，π4，∴cosx0，
∴|a＋b|＝2cosx.
(2)f(x)＝cos2x－2cosx＝2cos2x－2cosx－1
＝2cosx－122－32.
∵x∈－π3，π4，∴12≤cosx≤1，
∴当cosx＝12时，f(x)取得最小值－32；
当cosx＝1时，f(x)取得最大值－1.
变式迁移3解由题意，设△ABC的角B、C的对边分别为b、c，则S＝12bcsinA＝12.
AB→AC→＝bccosA＝30，
∴A∈0，π2，cosA＝3sinA.
又sin2A＋cos2A＝1，
∴sinA＝1010，cosA＝31010.
由题意cosB＝35，得sinB＝45.
∴cos(A＋B)＝cosAcosB－sinAsinB＝1010.
∴cosC＝cos[π－(A＋B)]＝－1010.
课后练习区
1．D[因为ab＝6－m＝0，所以m＝6.]
2．D[由(2a＋3b)(ka－4b)＝0得2k－12＝0，∴k＝6.]
3．C[∵S△ABC＝12|a||b|sin∠BAC＝154，
∴sin∠BAC＝12.又ab0，
∴∠BAC为钝角．∴∠BAC＝150°.]
4．C[由(2a＋b)b＝0，得2ab＝－|b|2.
cos〈a，b〉＝ab|a||b|＝－12|b|2|b|2＝－12.
∵〈a，b〉∈[0°，180°]，∴〈a，b〉＝120°.]
5．B[因为ab＝|a||b|cos〈a，b〉，
所以，a在b上的投影为|a|cos〈a，b〉
＝ab|b|＝21－842＋72＝1365＝655.]
6.35
解析∵ab＝cos2α＋2sin2α－sinα＝25，
∴1－2sin2α＋2sin2α－sinα＝25，∴sinα＝35.
7．120°
解析设a与b的夹角为θ，∵c＝a＋b，c⊥a，
∴ca＝0，即(a＋b)a＝0.∴a2＋ab＝0.
又|a|＝1，|b|＝2，∴1＋2cosθ＝0.
∴cosθ＝－12，θ∈[0°，180°]即θ＝120°.
8．(－1,0)或(0，－1)
解析设n＝(x，y)，由mn＝－1，
有x＋y＝－1.①
由m与n夹角为3π4，
有mn＝|m||n|cos3π4，
∴|n|＝1，则x2＋y2＝1.②
由①②解得x＝－1y＝0或x＝0y＝－1，
∴n＝(－1,0)或n＝(0，－1)．
9．解设存在点M，且OM→＝λOC→＝(6λ，3λ)(0≤λ≤1)，
MA→＝(2－6λ，5－3λ)，MB→＝(3－6λ，1－3λ)．…………………………………………(4分)
∵MA→⊥MB→，
∴(2－6λ)(3－6λ)＋(5－3λ)(1－3λ)＝0，………………………………………………(8分)
即45λ2－48λ＋11＝0，解得λ＝13或λ＝1115.
∴M点坐标为(2,1)或225，115.
故在线段OC上存在点M，使MA→⊥MB→，且点M的坐标为(2,1)或(225，115)．………(12分)
10．(1)证明∵ab＝cos(－θ)cosπ2－θ＋sin－θsinπ2－θ
＝sinθcosθ－sinθcosθ＝0.∴a⊥b.……………………………………………………(4分)
(2)解由x⊥y得，xy＝0，
即[a＋(t2＋3)b](－ka＋tb)＝0，
∴－ka2＋(t3＋3t)b2＋[t－k(t2＋3)]ab＝0，
∴－k|a|2＋(t3＋3t)|b|2＝0.………………………………………………………………(6分)
又|a|2＝1，|b|2＝1，
∴－k＋t3＋3t＝0，∴k＝t3＋3t.…………………………………………………………(8分)
∴k＋t2t＝t3＋t2＋3tt＝t2＋t＋3
＝t＋122＋114.……………………………………………………………………………(10分)
故当t＝－12时，k＋t2t有最小值114.………………………………………………………(12分)
11．解(1)f(x)＝ab＝2cosx＋π6＋2sinx
＝2cosxcosπ6－2sinxsinπ6＋2sinx
＝3cosx＋sinx＝2sinx＋π3.…………………………………………………………(5分)
由π2＋2kπ≤x＋π3≤3π2＋2kπ，k∈Z，
得π6＋2kπ≤x≤7π6＋2kπ，k∈Z.
所以f(x)的单调递减区间是
π6＋2kπ，7π6＋2kπ(k∈Z)．……………………………………………………………(8分)
(2)由(1)知f(x)＝2sinx＋π3.
又因为2sinx＋π3＝85，
所以sinx＋π3＝45，……………………………………………………………………(11分)
即sinx＋π3＝cosπ6－x＝cosx－π6＝45.
所以cos2x－π3＝2cos2x－π6－1＝725.………………………………………………(14分)
高考数学（理科）一轮复习利用向量方法求空间角学案有答案
学案46利用向量方法求空间角
导学目标：1.掌握各种空间角的定义，弄清它们各自的取值范围.2.掌握异面直线所成的角，二面角的平面角，直线与平面所成的角的联系和区别.3.体会求空间角中的转化思想、数形结合思想，熟练掌握平移方法、射影方法等.4.灵活地运用各种方法求空间角．
自主梳理
1．两条异面直线的夹角
(1)定义：设a，b是两条异面直线，在直线a上任取一点作直线a′∥b，则a′与a的夹角叫做a与b的夹角．
(2)范围：两异面直线夹角θ的取值范围是_______________________________________．
(3)向量求法：设直线a，b的方向向量为a，b，其夹角为φ，则有cosθ＝________＝______________.
2．直线与平面的夹角
(1)定义：直线和平面的夹角，是指直线与它在这个平面内的射影的夹角．
(2)范围：直线和平面夹角θ的取值范围是________________________________________．
(3)向量求法：设直线l的方向向量为a，平面的法向量为u，直线与平面所成的角为θ，a与u的夹角为φ，则有sinθ＝__________或cosθ＝sinφ.
3．二面角
(1)二面角的取值范围是____________．
(2)二面角的向量求法：
①若AB、CD分别是二面角α—l—β的两个面内与棱l垂直的异面直线，则二面角的大小就是向量AB→与CD→的夹角(如图①)．
②设n1，n2分别是二面角α—l—β的两个面α，β的法向量，则向量n1与n2的夹角(或其补角)的大小就是二面角的平面角的大小(如图②③)．
自我检测
1．已知两平面的法向量分别为m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角为()
A．45°B．135°
C．45°或135°D．90°
2．若直线l1，l2的方向向量分别为a＝(2,4，－4)，b＝(－6,9,6)，则()
A．l1∥l2B．l1⊥l2
C．l1与l2相交但不垂直D．以上均不正确
3．若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°，则直线l与平面α所成的角等于()
A．120°B．60°
C．30°D．以上均错
4．(2011湛江月考)二面角的棱上有A、B两点，直线AC、BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝217，则该二面角的大小为()
A．150°B．45°C．60°D．120°
5．(2011铁岭模拟)已知直线AB、CD是异面直线，AC⊥CD，BD⊥CD，且AB＝2，CD＝1，则异面直线AB与CD夹角的大小为()
A．30°B．45°C．60°D．75°
探究点一利用向量法求异面直线所成的角
例1已知直三棱柱ABC—A1B1C1，∠ACB＝90°，CA＝CB＝CC1，D为B1C1的中点，求异面直线BD和A1C所成角的余弦值．
变式迁移1
如图所示，在棱长为a的正方体ABCD—A1B1C1D1中，求异面直线BA1和AC所成的角．
探究点二利用向量法求直线与平面所成的角
例2(2011新乡月考)如图，已知两个正方形ABCD和DCEF不在同一平面内，M，N分别为AB，DF的中点．
若平面ABCD⊥平面DCEF，求直线MN与平面DCEF所成角的正弦值．
变式迁移2
如图所示，在几何体ABCDE中，△ABC是等腰直角三角形，∠ABC＝90°，BE和CD都垂直于平面ABC，且BE＝AB＝2，CD＝1，点F是AE的中点．求AB与平面BDF所成角的正弦值．
探究点三利用向量法求二面角
例3如图，ABCD是直角梯形，∠BAD＝90°，SA⊥平面ABCD，SA＝BC＝BA＝1，AD＝12，求面SCD与面SBA所成角的余弦值大小．
变式迁移3
(2011沧州月考)如图，在三棱锥S—ABC中，侧面SAB与侧面SAC均为等边三角形，∠BAC＝90°，O为BC中点．
(1)证明：SO⊥平面ABC；
(2)求二面角A—SC—B的余弦值．
探究点四向量法的综合应用
例4
如图所示，在三棱锥A—BCD中，侧面ABD、ACD是全等的直角三角形，AD是公共的斜边，且AD＝3，BD＝CD＝1，另一个侧面ABC是正三角形．
(1)求证：AD⊥BC；
(2)求二面角B－AC－D的余弦值；
(3)在线段AC上是否存在一点E，使ED与面BCD成30°角？若存在，确定点E的位置；若不存在，说明理由．
变式迁移4(2011山东)在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，∠ACB＝90°，EA⊥平面ABCD，EF∥AB，FG∥BC，EG∥AC，AB＝2EF.
(1)若M是线段AD的中点，求证：GM∥平面ABFE；
(2)若AC＝BC＝2AE，求二面角A－BF－C的大小．
1．求两异面直线a、b的夹角θ，需求出它们的方向向量a，b的夹角，则cosθ＝|cos〈a，b〉|.
2．求直线l与平面α所成的角θ.可先求出平面α的法向量n与直线l的方向向量a的夹角．则sinθ＝|cos〈n，a〉|.
3．求二面角α—l—β的大小θ，可先求出两个平面的法向量n1，n2所成的角．则θ＝〈n1，n2〉或π－〈n1，n2〉．
(满分：75分)
一、选择题(每小题5分，共25分)
1．(2011成都月考)在正方体ABCD—A1B1C1D1中，M是AB的中点，则sin〈DB1→，CM→〉的值等于()
A.12B.21015
C.23D.1115
2．长方体ABCD—A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝1，E为CC1的中点，则异面直线BC1与AE所成角的余弦值为()
A.1010B.3010C.21510D.31010
3．已知正四棱锥S—ABCD的侧棱长与底面边长都相等，E是SB的中点，则AE、SD所成的角的余弦值为()
A.13B.23C.33D.23
4.
如图所示，在长方体ABCD—A1B1C1D1中，已知B1C，C1D与上底面A1B1C1D1所成的角分别为60°和45°，则异面直线B1C和C1D所成的余弦值为()
A.26B.63
C.36D.64
5．(2011兰州月考)P是二面角α—AB—β棱上的一点，分别在α、β平面上引射线PM、PN，如果∠BPM＝∠BPN＝45°，∠MPN＝60°，那么二面角α—AB—β的大小为()
A．60°B．70°C．80°D．90°
二、填空题(每小题4分，共12分)
6．(2011郑州模拟)已知正四棱锥P—ABCD的棱长都相等，侧棱PB、PD的中点分别为M、N，则截面AMN与底面ABCD所成的二面角的余弦值是________．
7．如图，PA⊥平面ABC，∠ACB＝90°且PA＝AC＝BC＝a，则异面直线PB与AC所成角的正切值等于________．
8．如图，已知正三棱柱ABC—A1B1C1的所有棱长都相等，D是A1C1的中点，则直线AD与平面B1DC所成角的正弦值为________．
三、解答题(共38分)
9．(12分)(2011烟台模拟)
如图所示，AF、DE分别是⊙O、⊙O1的直径，AD与两圆所在的平面均垂直，AD＝8.BC是⊙O的直径，AB＝AC＝6，OE∥AD.
(1)求二面角B－AD－F的大小；
(2)求直线BD与EF所成的角的余弦值．
10．(12分)(2011大纲全国)如图，四棱锥S－ABCD中，AB∥CD，BC⊥CD，侧面SAB为等边三角形，AB＝BC＝2，CD＝SD＝1.
(1)证明：SD⊥平面SAB；
(2)求AB与平面SBC所成角的正弦值．
11．(14分)(2011湖北)如图，已知正三棱柱ABC－A1B1C1各棱长都是4，E是BC的中点，动点F在侧棱CC1上，且不与点C重合．
(1)当CF＝1时，求证：EF⊥A1C；
(2)设二面角C－AF－E的大小为θ，求tanθ的最小值．
学案46利用向量方法求空间角
自主梳理
1．(2)0，π2(3)|cosφ|ab|a||b|
2．(2)0，π2(3)|cosφ|3.(1)[0，π]
自我检测
1．C2.B3.C4.C5.C
课堂活动区
例1解题导引(1)求异面直线所成的角，用向量法比较简单，若用基向量法求解，则必须选好空间的一组基向量，若用坐标求解，则一定要将每个点的坐标写正确．
(2)用异面直线方向向量求两异面直线夹角时，应注意异面直线所成角的范围是0，π2
解
如图所示，以C为原点，直线CA、CB、CC1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．
设CA＝CB＝CC1＝2，
则A1(2,0,2)，C(0,0,0)，B(0,2,0)，D(0,1,2)，
∴BD→＝(0，－1,2)，A1C→＝(－2,0，－2)，
∴cos〈BD→，A1C→〉＝BD→A1C→|BD→||A1C→|＝－105.
∴异面直线BD与A1C所成角的余弦值为105.
变式迁移1解∵BA1→＝BA→＋BB1→，AC→＝AB→＋BC→，
∴BA1→AC→＝(BA→＋BB1→)(AB→＋BC→)
＝BA→AB→＋BA→BC→＋BB1→AB→＋BB1→BC→.
∵AB⊥BC，BB1⊥AB，BB1⊥BC，
∴BA→BC→＝0，BB1→AB→＝0，
BB1→BC→＝0，BA→AB→＝－a2，
∴BA1→AC→＝－a2.
又BA1→AC→＝|BA1→||AC→|cos〈BA1→，AC→〉，
∴cos〈BA1→，AC→〉＝－a22a×2a＝－12.
∴〈BA1→，AC→〉＝120°.
∴异面直线BA1与AC所成的角为60°.
例2解题导引在用向量法求直线OP与α所成的角(O∈α)时，一般有两种途径：一是直接求〈OP→，OP′→〉，其中OP′为斜线OP在平面α内的射影；二是通过求〈n，OP→〉进而转化求解，其中n为平面α的法向量．
解
设正方形ABCD，DCEF的边长为2，以D为坐标原点，分别以射线DC，DF，DA为x，y，z轴正半轴建立空间直角坐标系如图．
则M(1,0,2)，N(0,1,0)，可得MN→＝(－1,1，－2)．
又DA→＝(0,0,2)为平面DCEF的法向量，
可得cos〈MN→，DA→〉＝MN→DA→|MN→||DA→|＝－63.
所以MN与平面DCEF所成角的正弦值为
|cos〈MN→，DA→〉|＝63.
变式迁移2解以点B为原点，BA、BC、BE所在的直线分别为x，y，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)，C(0,2,0)，
D(0,2,1)，E(0,0,2)，F(1,0,1)．
∴BD→＝(0,2,1)，DF→＝(1，－2,0)．
设平面BDF的一个法向量为
n＝(2，a，b)，
∵n⊥DF→，n⊥BD→，
∴nDF→＝0，nBD→＝0.
即2，a，b1，－2，0＝0，2，a，b0，2，1＝0.
解得a＝1，b＝－2.∴n＝(2,1，－2)．
设AB与平面BDF所成的角为θ，
则法向量n与BA→的夹角为π2－θ，
∴cosπ2－θ＝BA→n|BA→||n|＝2，0，02，1，－22×3＝23，
即sinθ＝23，故AB与平面BDF所成角的正弦值为23.
例3解题导引图中面SCD与面SBA所成的二面角没有明显的公共棱，考虑到易于建系，从而借助平面的法向量来求解．
解
建系如图，则A(0,0,0)，
D12，0，0，C(1,1,0)，
B(0，1,0)，S(0,0,1)，
∴AS→＝(0,0,1)，SC→＝(1,1，－1)，
SD→＝12，0，－1，AB→＝(0,1,0)，AD→＝12，0，0.
∴AD→AS→＝0，AD→AB→＝0.
∴AD→是面SAB的法向量，设平面SCD的法向量为n＝(x，y，z)，则有nSC→＝0且nSD→＝0.
即x＋y－z＝0，12x－z＝0.令z＝1，则x＝2，y＝－1.
∴n＝(2，－1,1)．
∴cos〈n，AD→〉＝nAD→|n||AD→|＝2×126×12＝63.
故面SCD与面SBA所成的二面角的余弦值为63.
变式迁移3(1)证明由题设AB＝AC＝SB＝SC＝SA.
连接OA，△ABC为等腰直角三角形，
所以OA＝OB＝OC＝22SA，
且AO⊥BC.
又△SBC为等腰三角形，
故SO⊥BC，且SO＝22SA.从而OA2＋SO2＝SA2，
所以△SOA为直角三角形，SO⊥AO.
又AO∩BC＝O，所以SO⊥平面ABC.
(2)解
以O为坐标原点，射线OB、OA、OS分别为x轴、y轴、z轴的正半轴，建立如图的空间直角坐标系Oxyz，如右图．
设B(1,0,0)，则C(－1,0,0)，
A(0,1,0)，S(0,0,1)．
SC的中点M－12，0，12，
MO→＝12，0，－12，MA→＝12，1，－12，
SC→＝(－1,0，－1)，
∴MO→SC→＝0，MA→SC→＝0.
故MO⊥SC，MA⊥SC，〈MO→，MA→〉等于二面角A—SC—B的平面角．
cos〈MO→，MA→〉＝MO→MA→|MO→||MA→|＝33，
所以二面角A—SC—B的余弦值为33.
例4解题导引立体几何中开放性问题的解决方式往往是通过假设，借助空间向量建立方程，进行求解．
(1)证明
作AH⊥面BCD于H，连接BH、CH、DH，则四边形BHCD是正方形，且AH＝1，将其补形为如图所示正方体．以D为原点，建立如图所示空间直角坐标系．
则B(1,0,0)，C(0,1,0)，A(1,1,1)．
BC→＝(－1,1,0)，DA→＝(1,1,1)，
∴BC→DA→＝0，则BC⊥AD.
(2)解设平面ABC的法向量为n1＝(x，y，z)，则由n1⊥BC→知：n1BC→＝－x＋y＝0，
同理由n1⊥AC→知：n1AC→＝－x－z＝0，
可取n1＝(1,1，－1)，
同理，可求得平面ACD的一个法向量为n2＝(1,0，－1)．
由图可以看出，二面角B－AC－D即为〈n1，n2〉，
∴cos〈n1，n2〉＝n1n2|n1||n2|＝1＋0＋13×2＝63.
即二面角B－AC－D的余弦值为63.
(3)解设E(x，y，z)是线段AC上一点，
则x＝z0，y＝1，平面BCD的一个法向量为n＝(0,0,1)，DE→＝(x,1，x)，要使ED与平面BCD成30°角，由图可知DE→与n的夹角为60°，
所以cos〈DE→，n〉＝DE→n|DE→||n|＝x1＋2x2
＝cos60°＝12.
则2x＝1＋2x2，解得x＝22，则CE＝2x＝1.
故线段AC上存在E点，且CE＝1时，ED与面BCD成30°角．
变式迁移4
(1)证明方法一因为EF∥AB，FG∥BC，EG∥AC，∠ACB＝90°，
所以∠EGF＝90°，
△ABC∽△EFG.
由于AB＝2EF，因此BC＝2FG.
连接AF，由于FG∥BC，FG＝12BC，
在ABCD中，M是线段AD的中点，
则AM∥BC，且AM＝12BC，
因此FG∥AM且FG＝AM，
所以四边形AFGM为平行四边形，因此GM∥FA.
又FA平面ABFE，GM平面ABFE，
所以GM∥平面ABFE.
方法二因为EF∥AB，FG∥BC，EG∥AC，∠ACB＝90°，
所以∠EGF＝90°，
△ABC∽△EFG.
由于AB＝2EF，
所以BC＝2FG.
取BC的中点N，连接GN，
因此四边形BNGF为平行四边形，所以GN∥FB.
在ABCD中，M是线段AD的中点，连接MN，
则MN∥AB.因为MN∩GN＝N，
所以平面GMN∥平面ABFE.
又GM平面GMN，所以GM∥平面ABFE.
(2)解方法一因为∠ACB＝90°，所以∠CAD＝90°.
又EA⊥平面ABCD，
所以AC，AD，AE两两垂直．
分别以AC，AD，AE所在直线为x轴，y轴和z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
不妨设AC＝BC＝2AE＝2，则由题意得A(0,0,0)，B(2，－2,0)，C(2,0,0)，E(0,0,1)，
所以AB→＝(2，－2,0)，BC→＝(0,2,0)．又EF＝12AB，
所以F(1，－1,1)，BF→＝(－1,1,1)．
设平面BFC的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则mBC→＝0，mBF→＝0，
所以y1＝0，x1＝z1，取z1＝1，得x1＝1，所以m＝(1,0,1)．
设平面向量ABF的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则nAB→＝0，nBF→＝0，所以x2＝y2，z2＝0，
取y2＝1，得x2＝1.则n＝(1,1,0)．
所以cos〈m，n〉＝mn|m||n|＝12.
因此二面角A－BF－C的大小为60°.
方法二由题意知，平面ABFE⊥平面ABCD.
取AB的中点H，连接CH.
因为AC＝BC，
所以CH⊥AB，
则CH⊥平面ABFE.
过H向BF引垂线交BF于R，连接CR，则CR⊥BF，
所以∠HRC为二面角A－BF－C的平面角．
由题意，不妨设AC＝BC＝2AE＝2，
在直角梯形ABFE中，连接FH，则FH⊥AB.
又AB＝22，
所以HF＝AE＝1，BH＝2，
因此在Rt△BHF中，HR＝63.
由于CH＝12AB＝2，
所以在Rt△CHR中，tan∠HRC＝263＝3.
因此二面角A－BF－C的大小为60°.
课后练习区
1．B
[以D为原点，DA、DC、DD1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，易知DB1→＝(1,1,1)，
CM→＝1，－12，0，
故cos〈DB1→，CM→〉＝DB1→CM→|DB1→||CM→|＝1515，
从而sin〈DB1→，CM→〉＝21015.]
2．B[
建立空间直角坐标系如图．
则A(1,0,0)，E(0,2,1)，
B(1,2,0)，C1(0,2,2)．
BC1→＝(－1,0,2)，AE→＝(－1,2,1)，
cos〈BC1→，AE→〉＝BC1→AE→|BC1→||AE→|＝3010.
所以异面直线BC1与AE所成角的余弦值为3010.]
3．C4.D
5．D[
不妨设PM＝a，PN＝b，作ME⊥AB于E，NF⊥AB于F，
如图：
∵∠EPM＝∠FPN＝45°，
∴PE＝22a，PF＝22b，
∴EM→FN→＝(PM→－PE→)(PN→－PF→)
＝PM→PN→－PM→PF→－PE→PN→＋PE→PF→
＝abcos60°－a×22bcos45°－22abcos45°＋22a×22b
＝ab2－ab2－ab2＋ab2＝0，
∴EM→⊥FN→，∴二面角α—AB—β的大小为90°.]
6.255
解析如图建立空间直角坐标系，设正四棱锥的棱长为2，
则PB＝2，OB＝1，OP＝1.
∴B(1,0,0)，D(－1,0,0)，
A(0,1,0)，P(0,0,1)，
M12，0，12，
N－12，0，12，
AM→＝12，－1，12，
AN→＝－12，－1，12，
设平面AMN的法向量为n1＝(x，y，z)，
由nAM→＝12x－y＋12z＝0，nAN→＝－12x－y＋12z＝0，
解得x＝0，z＝2y，不妨令z＝2，则y＝1.
∴n1＝(0,1,2)，平面ABCD的法向量n2＝(0,0,1)，
则cos〈n1，n2〉＝n1n2|n1||n2|＝25＝255.
7.2
解析PB→＝PA→＋AB→，故PB→AC→＝(PA→＋AB→)AC→＝PA→AC→＋AB→AC→＝0＋a×2a×cos45°＝a2.
又|PB→|＝3a，|AC→|＝a.
∴cos〈PB→，AC→〉＝33，sin〈PB→，AC→〉＝63，
∴tan〈PB→，AC→〉＝2.
8.45
解析不妨设正三棱柱ABC—A1B1C1的棱长为2，建立如图所示的空间直角坐标系，
则C(0,0,0)，A(3，－1,0)，B1(3，1,2)，
D32，－12，2.
则CD→＝32，－12，2，
CB1→＝(3，1,2)，
设平面B1DC的法向量为
n＝(x，y,1)，由nCD→＝0，nCB1→＝0，
解得n＝(－3，1,1)．又∵DA→＝32，－12，－2，
∴sinθ＝|cos〈DA→，n〉|＝45.
9．解(1)∵AD与两圆所在的平面均垂直，
∴AD⊥AB，AD⊥AF，
故∠BAF是二面角B—AD—F的平面角．(2分)
依题意可知，ABFC是正方形，∴∠BAF＝45°.
即二面角B—AD—F的大小为45°.(5分)
(2)以O为原点，CB、AF、OE所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系(如图所示)，则O(0,0,0)，A(0，－32，0)，B(32，0,0)，D(0，－32，8)，
E(0,0,8)，F(0,32，0)，(7分)
∴BD→＝(－32，－32，8)，
EF→＝(0,32，－8)．cos〈BD→，EF→〉＝BD→EF→|BD→||EF→|
＝0－18－64100×82＝－8210.(10分)
设异面直线BD与EF所成角为α，则
cosα＝|cos〈BD→，EF→〉|＝8210.
即直线BD与EF所成的角的余弦值为8210.
(12分)
10.
方法一(1)证明取AB中点E，连接DE，则四边形BCDE为矩形，DE＝CB＝2，连接SE，则SE⊥AB，SE＝3.
又SD＝1，
故ED2＝SE2＋SD2，
所以∠DSE为直角，即SD⊥SE.(3分)
由AB⊥DE，AB⊥SE，DE∩SE＝E，
得AB⊥平面SDE，
所以AB⊥SD.
由SD与两条相交直线AB、SE都垂直，
所以SD⊥平面SAB.(6分)
(2)解由AB⊥平面SDE知，平面ABCD⊥平面SDE.
作SF⊥DE，垂足为F，则SF⊥平面ABCD，SF＝SDSEDE＝32.(8分)
作FG⊥BC，垂足为G，则FG＝DC＝1.
连接SG，
又BC⊥FG，BC⊥SF，SF∩FG＝F，
故BC⊥平面SFG，平面SBC⊥平面SFG.
作FH⊥SG，H为垂足，则FH⊥平面SBC.
FH＝SFFGSG＝37，则F到平面SBC的距离为217.
由于ED∥BC，
所以ED∥平面SBC，E到平面SBC的距离d为217.(10分)
设AB与平面SBC所成的角为α，则sinα＝dEB＝217，
即AB与平面SBC所成的角的正弦值为217.(12分)
方法二以C为坐标原点，射线CD为x轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系C－xyz.
设D(1,0,0)，则A(2,2,0)、B(0,2,0)．(2分)
又设S(x，y，z)，则x0，y0，z0.
(1)证明AS→＝(x－2，y－2，z)，BS→＝(x，y－2，z)，
DS→＝(x－1，y，z)，
由|AS→|＝|BS→|得
x－22＋y－22＋z2
＝x2＋y－22＋z2，
故x＝1.
由|DS→|＝1得y2＋z2＝1.①
又由|BS→|＝2得x2＋(y－2)2＋z2＝4，
即y2＋z2－4y＋1＝0.②
联立①②得y＝12，z＝32.(4分)
于是S(1，12，32)，AS→＝(－1，－32，32)，
BS→＝(1，－32，32)，DS→＝(0，12，32)．
因为DS→AS→＝0，DS→BS→＝0，
故DS⊥AS，DS⊥BS.
又AS∩BS＝S，所以SD⊥平面SAB.(6分)
(2)解设平面SBC的法向量a＝(m，n，p)，
则a⊥BS→，a⊥CB→，aBS→＝0，aCB→＝0.
又BS→＝(1，－32，32)，CB→＝(0,2,0)，
故m－32n＋32p＝0，2n＝0.
取p＝2得a＝(－3，0,2)．(9分)
又AB→＝(－2,0,0)，cos〈AB→，a〉＝|AB→a||AB→||a|＝217，
所以AB与平面SBC所成角的正弦值为217.(12分)
11．(1)证明建立如图所示的空间直角坐标系，则由已知可得A(0,0,0)，B(23，2,0)，C(0,4,0)，A1(0,0,4)，E(3，3,0)，F(0,4,1)．(2分)
于是CA1→＝(0，－4,4)，
EF→＝(－3，1,1)．
则CA1→EF→＝(0，－4,4)(－3，1,1)＝0－4＋4＝0，
故EF⊥A1C.(7分)
(2)解设CF＝λ(0λ≤4)，平面AEF的一个法向量为m＝(x，y，z)，
则由(1)得F(0,4，λ)．(8分)
AE→＝(3，3,0)，AF→＝(0,4，λ)，
于是由m⊥AE→，m⊥AF→可得
mAE→＝0，mAF→＝0，即3x＋3y＝0，4y＋λz＝0.取m＝(3λ，－λ，4)．
又由直三棱柱的性质可取侧面AC1的一个法向量为n＝(1,0,0)，于是由θ的锐角可得cosθ＝|mn||m||n|＝3λ2λ2＋4，sinθ＝λ2＋162λ2＋4，所以tanθ＝λ2＋163λ＝13＋163λ2.(11分)
由0λ≤4，得1λ≥14，即tanθ≥13＋13＝63.
故当λ＝4，即点F与点C1重合时，tanθ取得最小值63.
(14分)
高考数学理科一轮复习导数的概念及运算学案（含答案）
第三章导数及其应用
学案13导数的概念及运算
导学目标：1.了解导数概念的实际背景，理解函数在一点处的导数的定义和导数的几何意义，理解导函数的概念．了解曲线的切线的概念.2.能根据导数定义，求函数y＝C(C为常数)，y＝x，y＝x2，y＝1x，y＝x的导数．熟记基本初等函数的导数公式(c，xm(m为有理数)，sinx，cosx，ex，ax，lnx，logax的导数)，能利用基本初等函数的导数公式及导数的四则运算法则求简单函数的导数，能求简单的复合函数(仅限于形如f(ax＋b))的导数．
自主梳理
1．函数的平均变化率
一般地，已知函数y＝f(x)，x0，x1是其定义域内不同的两点，记Δx＝x1－x0，Δy＝y1－y0＝f(x1)－f(x0)＝f(x0＋Δx)－f(x0)，则当Δx≠0时，商________________________＝ΔyΔx称作函数y＝f(x)在区间[x0，x0＋Δx](或[x0＋Δx，x0])的平均变化率．
2．函数y＝f(x)在x＝x0处的导数
(1)定义
函数y＝f(x)在点x0处的瞬时变化率______________通常称为f(x)在x＝x0处的导数，并记作f′(x0)，即______________________________．
(2)几何意义
函数f(x)在点x0处的导数f′(x0)的几何意义是过曲线y＝f(x)上点(x0，f(x0))的____________．
导函数y＝f′(x)的值域即为__________________．
3．函数f(x)的导函数
如果函数y＝f(x)在开区间(a，b)内每一点都是可导的，就说f(x)在开区间(a，b)内可导，其导数也是开区间(a，b)内的函数，又称作f(x)的导函数，记作____________．
4．基本初等函数的导数公式表
原函数导函数
f(x)＝Cf′(x)＝______
f(x)＝xα(α∈Q*)f′(x)＝______(α∈Q*)
F(x)＝sinxf′(x)＝__________
F(x)＝cosxf′(x)＝____________
f(x)＝ax(a0，a≠1)f′(x)＝____________(a0，a≠1)
f(x)＝exf′(x)＝________
f(x)＝logax(a0，a≠1，且x0)f′(x)＝__________(a0，a≠1，且x0)
f(x)＝lnxf′(x)＝__________
5．导数运算法则
(1)[f(x)±g(x)]′＝__________；
(2)[f(x)g(x)]′＝______________；
(3)fxgx′＝______________[g(x)≠0]．
6．复合函数的求导法则：设函数u＝φ(x)在点x处有导数ux′＝φ′(x)，函数y＝f(u)在点x处的对应点u处有导数yu′＝f′(u)，则复合函数y＝f(φ(x))在点x处有导数，且y′x＝y′uu′x，或写作f′x(φ(x))＝f′(u)φ′(x)．
自我检测
1．在曲线y＝x2＋1的图象上取一点(1,2)及附近一点(1＋Δx，2＋Δy)，则ΔyΔx为()
A．Δx＋1Δx＋2B．Δx－1Δx－2
C．Δx＋2D．2＋Δx－1Δx
2．设y＝x2ex，则y′等于()
A．x2ex＋2xB．2xex
C．(2x＋x2)exD．(x＋x2)ex
3．(2010全国Ⅱ)若曲线y＝x－12在点(a，a－12)处的切线与两个坐标轴围成的三角形的面积为18，则a等于()
A．64B．32C．16D．8
4．(2011临汾模拟)若函数f(x)＝ex＋ae－x的导函数是奇函数，并且曲线y＝f(x)的一条切线的斜率是32，则切点的横坐标是()
A．－ln22B．－ln2
C.ln22D．ln2
5．(2009湖北)已知函数f(x)＝f′(π4)cosx＋sinx，则f(π4)＝________.
探究点一利用导数的定义求函数的导数
例1利用导数的定义求函数的导数：
(1)f(x)＝1x在x＝1处的导数；
(2)f(x)＝1x＋2.
变式迁移1求函数y＝x2＋1在x0到x0＋Δx之间的平均变化率，并求出其导函数．
探究点二导数的运算
例2求下列函数的导数：
(1)y＝(1－x)1＋1x；(2)y＝lnxx；
(3)y＝xex；(4)y＝tanx.
变式迁移2求下列函数的导数：
(1)y＝x2sinx；(2)y＝3xex－2x＋e；(3)y＝lnxx2＋1.
探究点三求复合函数的导数
例3(2011莆田模拟)求下列函数的导数：
(1)y＝(1＋sinx)2；(2)y＝11＋x2；
(3)y＝lnx2＋1；(4)y＝xe1－cosx.
变式迁移3求下列函数的导数：
(1)y＝11－3x4；
(2)y＝sin22x＋π3；
(3)y＝x1＋x2.
探究点四导数的几何意义
例4已知曲线y＝13x3＋43.
(1)求曲线在点P(2,4)处的切线方程；
(2)求曲线过点P(2,4)的切线方程；
(3)求满足斜率为1的曲线的切线方程．
变式迁移4求曲线f(x)＝x3－3x2＋2x过原点的切线方程．
1．准确理解曲线的切线，需注意的两个方面：
(1)直线与曲线公共点的个数不是切线的本质特征，若直线与曲线只有一个公共点，则直线不一定是曲线的切线，同样，若直线是曲线的切线，则直线也可能与曲线有两个或两个以上的公共点．
(2)曲线未必在其切线的“同侧”，如曲线y＝x3在其过(0,0)点的切线y＝0的两侧．
2．曲线的切线的求法：
若已知曲线过点P(x0，y0)，求曲线过点P的切线则需分点P(x0，y0)是切点和不是切点两种情况求解．
(1)点P(x0，y0)是切点的切线方程为y－y0＝f′(x0)(x－x0)．
(2)当点P(x0，y0)不是切点时可分以下几步完成：
第一步：设出切点坐标P′(x1，f(x1))；
第二步：写出过P′(x1，f(x1))的切线方程为y－f(x1)＝f′(x1)(x－x1)；
第三步：将点P的坐标(x0，y0)代入切线方程求出x1；
第四步：将x1的值代入方程y－f(x1)＝f′(x1)(x－x1)可得过点P(x0，y0)的切线方程．
3．求函数的导数要准确地把函数分割为基本初等函数的和、差、积、商及其复合运算，再利用运算法则求导数．在求导过程中，要仔细分析函数解析式的结构特征，紧扣法则，联系基本初等函数求导公式，对于不具备求导法则结构形式的要适当变形．
(满分：75分)
一、选择题(每小题5分，共25分)
1．已知函数f(x)＝2ln(3x)＋8x，则f1－2Δx－f1Δx的值为()
A．10B．－10C．－20D．20
2．(2011温州调研)如图是函数f(x)＝x2＋ax＋b的部分图象，则函数g(x)＝lnx＋f′(x)的零点所在的区间是()
A.14，12B．(1,2)
C.12，1D．(2,3)
3．若曲线y＝x4的一条切线l与直线x＋4y－8＝0垂直，则l的方程为()
A．4x－y－3＝0B．x＋4y－5＝0
C．4x－y＋3＝0D．x＋4y＋3＝0
4．(2010辽宁)已知点P在曲线y＝4ex＋1上，α为曲线在点P处的切线的倾斜角，则α的取值范围是()
A.0，π4B.π4，π2C.π2，3π4D.3π4，π
5．(2011珠海模拟)在下列四个函数中，满足性质：“对于区间(1,2)上的任意x1，x2(x1≠x2)，|f(x2)－f(x1)||x2－x1|恒成立”的只有()
A．f(x)＝1xB．f(x)＝|x|
C．f(x)＝2xD．f(x)＝x2
题号12345
答案
二、填空题(每小题4分，共12分)
6．一质点沿直线运动，如果由始点起经过t秒后的位移为s＝13t3－32t2＋2t，那么速度为零的时刻是__________．
7．若点P是曲线f(x)＝x2－lnx上任意一点，则点P到直线y＝x－2的最小距离为________．
8．设点P是曲线y＝x33－x2－3x－3上的一个动点，则以P为切点的切线中，斜率取得最小值时的切线方程是__________________．
三、解答题(共38分)
9．(12分)求下列函数在x＝x0处的导数．
(1)f(x)＝ex1－x＋ex1＋x，x0＝2；
(2)f(x)＝x－x3＋x2lnxx2，x0＝1.
10．(12分)(2011保定模拟)有一个长度为5m的梯子贴靠在笔直的墙上，假设其下端沿地板以3m/s的速度离开墙脚滑动，求当其下端离开墙脚1.4m时，梯子上端下滑的速度．
11．(14分)(2011平顶山模拟)已知函数f(x)＝12x2－alnx(a∈R)．
(1)若函数f(x)的图象在x＝2处的切线方程为y＝x＋b，求a，b的值；
(2)若函数f(x)在(1，＋∞)上为增函数，求a的取值范围．
自主梳理
1.
2.（1）(2)切线的斜率切线斜率的取值范围
3.y′或f′(x)
4．0αxα－1cosx－sinxaxlnaex1xlna1x
5．(1)f′(x)±g′(x)(2)f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)
(3)f′xgx－fxg′x[gx]2
自我检测
1．C2.C3.A4.D
5．1
解析∵f′(x)＝－f′(π4)sinx＋cosx，
∴f′(π4)＝2－1.
∴f(π4)＝1.
课堂活动区
例1解题导引(1)用导数定义求函数导数必须把分式ΔyΔx中的分母Δx这一因式约掉才可能求出极限，所以目标就是分子中出现Δx，从而分子分母相约分．
(2)第(1)小题中用到的技巧是“分子有理化”．“有理化”是处理根式问题常用的方法，有时用“分母有理化”，有时用“分子有理化”．
(3)注意在某点处的导数与导数定义式的区别：
；
；
(4)用导数的定义求导的步骤为：
①求函数的增量Δy；②求平均变化率ΔyΔx；③化简取极限．
解(1)ΔyΔx＝f1＋Δx－f1Δx
＝
＝
＝
＝，
∴
＝－12.
(2)ΔyΔx＝fx＋Δx－fxΔx
＝
＝x＋2－x＋2＋ΔxΔxx＋2x＋2＋Δx
＝－1x＋2x＋2＋Δx，
∴
＝－1x＋22.
变式迁移1解∵Δy＝x0＋Δx2＋1－x20＋1
＝x0＋Δx2＋1－x20－1x0＋Δx2＋1＋x20＋1
＝2x0Δx＋Δx2x0＋Δx2＋1＋x20＋1，
∴ΔyΔx＝2x0＋Δxx0＋Δx2＋1＋x20＋1.
∴
∴y=
＝2x2x2＋1＝xx2＋1.
例2解题导引求函数的导数要准确地把函数分割为基本函数的和、差、积、商及其复合运算，再利用运算法则求导数．在求导过程中，要仔细分析函数解析式的结构特征，紧扣求导法则，联系基本函数求导公式．对于不具备求导法则结构形式的要适当恒等变形．
解(1)∵y＝(1－x)1＋1x
＝1x－x＝，
∴y′＝
＝.
(2)y′＝lnxx′＝lnx′x－x′lnxx2
＝.
(3)y′＝x′ex＋x(ex)′＝ex＋xex＝ex(x＋1)．
(4)y′＝sinxcosx′＝sinx′cosx－sinxcosx′cos2x
＝cosxcosx－sinx－sinxcos2x＝1cos2x.
变式迁移2解(1)y′＝(x2)′sinx＋x2(sinx)′＝2xsinx＋x2cosx.
(2)y′＝(3xex)′－(2x)′＋(e)′
＝(3x)′ex＋3x(ex)′－(2x)′
＝3xln3ex＋3xex－2xln2
＝(ln3＋1)(3e)x－2xln2.
(3)y′＝lnx′x2＋1－lnxx2＋1′x2＋12
＝1xx2＋1－lnx2xx2＋12＝x2＋1－2x2lnxxx2＋12.
例3解题导引(1)求复合函数导数的思路流程为：
分解复合关系→分解复合关系→分层求导
(2)由复合函数的定义可知，中间变量的选择应是基本函数的结构，解这类问题的关键是正确分析函数的复合层次，一般是从最外层开始，由外向内，一层一层地分析，把复合函数分解成若干个常见的基本函数，逐步确定复合过程．
解(1)y′＝[(1＋sinx)2]′
＝2(1＋sinx)(1＋sinx)′
＝2(1＋sinx)cosx
＝2cosx＋sin2x.
(2)y′＝′
(3)y′＝(lnx2＋1)′
＝1x2＋1(x2＋1)′
＝1x2＋112(x2＋1)－12(x2＋1)′
＝xx2＋1.
变式迁移3解(1)设u＝1－3x，y＝u－4.
则yx′＝yu′ux′＝－4u－5(－3)
＝121－3x5.
(2)设y＝u2，u＝sinv，v＝2x＋π3，
则yx′＝yu′uv′vx′＝2ucosv2
＝4sin2x＋π3cos2x＋π3
＝2sin4x＋2π3.
(3)y′＝(x1＋x2)′
＝x′1＋x2＋x(1＋x2)′
＝1＋x2＋x21＋x2＝1＋2x21＋x2.
例4解题导引(1)求曲线的切线要注意“过点P的切线”与“在点P处的切线”的差异；过点P的切线中，点P不一定是切点，点P也不一定在已知曲线上，而在点P处的切线，必以点P为切点．
(2)求函数对应曲线在某一点处的切线的斜率，只要求函数在该点处的导数即可．
(3)解决“过某点的切线”问题，一般是设出切点坐标解决．
解(1)∵y′＝x2，
∴在点P(2,4)处的切线的斜率k＝y′|x＝2＝4.
∴曲线在点P(2,4)处的切线方程为
y－4＝4(x－2)，
即4x－y－4＝0.
(2)设曲线y＝13x3＋43与过点P(2,4)的切线相切于点Ax0，13x30＋43，则切线的斜率k＝y′|x＝x0＝x20.
∴切线方程为y－13x30＋43＝x20(x－x0)，
即y＝x20x－23x30＋43.
∵点P(2,4)在切线上，∴4＝2x20－23x30＋43，
即x30－3x20＋4＝0，∴x30＋x20－4x20＋4＝0，
∴x20(x0＋1)－4(x0＋1)(x0－1)＝0，
∴(x0＋1)(x0－2)2＝0，
解得x0＝－1或x0＝2，
故所求切线方程为4x－y－4＝0或x－y＋2＝0.
(3)设切点为(x0，y0)，则
切线的斜率为k＝x20＝1，解得x0＝±1，
故切点为1，53，(－1,1)．
故所求切线方程为y－53＝x－1和y－1＝x＋1，
即3x－3y＋2＝0和x－y＋2＝0.
变式迁移4解f′(x)＝3x2－6x＋2.设切线的斜率为k.
(1)当切点是原点时k＝f′(0)＝2，所以所求曲线的切线方程为y＝2x.
(2)当切点不是原点时，设切点是(x0，y0)，则有y0＝x30－3x20＋2x0，k＝f′(x0)＝3x20－6x0＋2，①
又k＝y0x0＝x20－3x0＋2，②
由①②得x0＝32，k＝－14.
∴所求曲线的切线方程为y＝－14x.
综上，曲线f(x)＝x3－3x2＋2x过原点的切线方程为
y＝2x或y＝－14x.
课后练习区
1．C2.C3.A4.D5.A
6．1秒或2秒末
7.2
8．12x＋3y＋8＝0
9．解(1)∵f′(x)＝2ex1－x′＝2ex′1－x－2ex1－x′1－x2
＝22－xex1－x2，∴f′(2)＝0.………………………………………………………………(6分)
(2)∵f′(x)＝(x－32)′－x′＋(lnx)′
＝－32x－52－1＋1x，∴f′(1)＝－32.……………………………………………………(12分)
10．解设经时间t秒梯子上端下滑s米，
则s＝5－25－9t2，
当下端移开1.4m时，……………………………………………………………………(3分)
t0＝1.43＝715，……………………………………………………………………………(5分)
又s′＝－12(25－9t2)－12(－92t)
＝9t125－9t2，…………………………………………………………………………(10分)
所以s′(t0)＝9×715125－9×7152
＝0.875(m/s)．
故所求的梯子上端下滑的速度为0.875m/s.……………………………………………(12分)
11．解(1)因为f′(x)＝x－ax(x0)，……………………………………………………(2分)
又f(x)在x＝2处的切线方程为y＝x＋b，
所以2－aln2＝2＋b，2－a2＝1，……………………………………………………………（5分）
解得a＝2，b＝－2ln2.……………………………………………………………………(7分)
(2)若函数f(x)在(1，＋∞)上为增函数，
则f′(x)＝x－ax≥0在(1，＋∞)上恒成立，……………………………………………(10分)
即a≤x2在(1，＋∞)上恒成立．
所以有a≤1.……………………………………………………………………………(14分)
高考数学（理科）一轮复习集合的概念与运算学案1含答案
古人云，工欲善其事，必先利其器。高中教师要准备好教案，这是教师工作中的一部分。教案可以让学生能够在课堂积极的参与互动，帮助高中教师掌握上课时的教学节奏。你知道如何去写好一份优秀的高中教案呢？下面是小编精心为您整理的“高考数学（理科）一轮复习集合的概念与运算学案1含答案”，相信能对大家有所帮助。
第一章集合与常用逻辑用语
学案1集合的概念与运算
导学目标：
1.能用自然语言、图形语言、集合语言(列举法或描述法)描述不同的具体问题.
2.理解集合之间包含与相等的含义，能识别给定集合的子集.
3.理解两个集合的并集与交集的含义，会求两个简单集合的并集与交集.4.理解在给定集合中一个子集的补集的含义，会求给定子集的补集.5.能使用韦恩(Venn)图表达集合的关系及运算．
自主梳理
1．集合元素的三个特征：确定性、互异性、无序性．
2．元素与集合的关系是属于或不属于关系，用符号∈或表示．
3．集合的表示法：列举法、描述法、图示法、区间法．
4．集合间的基本关系
对任意的x∈A，都有x∈B，则AB(或BA)．
若AB，且在B中至少有一个元素x∈B，但xA，则A?B(或B?A)．
若AB且BA，则A＝B.
5．集合的运算及性质
设集合A，B，则A∩B＝{x|x∈A且x∈B}，A∪B＝{x|x∈A或x∈B}．
设全集为U，则UA＝{x|x∈U且xA}．
A∩＝，A∩BA，A∩BB，
A∩B＝AAB.
A∪＝A，A∪BA，A∪BB，
A∪B＝BAB.
A∩UA＝；A∪UA＝U.
自我检测
1．(2011长沙模拟)下列集合表示同一集合的是()
A．M＝{(3,2)}，N＝{(2,3)}
B．M＝{(x，y)|x＋y＝1}，N＝{y|x＋y＝1}
C．M＝{4,5}，N＝{5,4}
D．M＝{1,2}，N＝{(1,2)}
答案C
2．(2009辽宁)已知集合M＝{x|－3x≤5}，N＝{x|－5x5}，则M∩N等于()
A．{x|－5x5}B．{x|－3x5}
C．{x|－5x≤5}D．{x|－3x≤5}
答案B
解析画数轴，找出两个区间的公共部分即得M∩N＝{x|－3x5}．
3．(2010湖北)设集合A＝{(x，y)|x24＋y216＝1}，B＝{(x，y)|y＝3x}，则A∩B的子集的个数是()
A．4B．3C．2D．1
答案A
解析易知椭圆x24＋y216＝1与函数y＝3x的图象有两个交点，所以A∩B包含两个元素，故A∩B的子集个数是4个．
4．(2010潍坊五校联考)集合M＝{y|y＝x2－1，x∈R}，集合N＝{x|y＝9－x2，x∈R}，则M∩N等于()
A．{t|0≤t≤3}B．{t|－1≤t≤3}
C．{(－2，1)，(2，1)}D．
答案B
解析∵y＝x2－1≥－1，∴M＝[－1，＋∞)．
又∵y＝9－x2，∴9－x2≥0.
∴N＝[－3,3]．∴M∩N＝[－1,3]．
5．(2011福州模拟)已知集合A＝{1,3，a}，B＝{1，a2－a＋1}，且BA，则a＝________.
答案－1或2
解析由a2－a＋1＝3，∴a＝－1或a＝2，经检验符合．
由a2－a＋1＝a，得a＝1，但集合中有相同元素，舍去，故a＝－1或2.
探究点一集合的基本概念
例1(2011沈阳模拟)若a，b∈R，集合{1，a＋b，a}＝{0，ba，b}，求b－a的值．
解题导引解决该类问题的基本方法为：利用集合中元素的特点，列出方程组求解，但解出后应注意检验，看所得结果是否符合元素的互异性．
解由{1，a＋b，a}＝{0，ba，b}可知a≠0，则只能a＋b＝0，则有以下对应关系：
a＋b＝0，ba＝a，b＝1①或a＋b＝0，b＝a，ba＝1.②
由①得a＝－1，b＝1，符合题意；②无解．
∴b－a＝2.
变式迁移1设集合A＝{1，a，b}，B＝{a，a2，ab}，且A＝B，求实数a，b.
解由元素的互异性知，
a≠1，b≠1，a≠0，又由A＝B，
得a2＝1，ab＝b，或a2＝b，ab＝1，解得a＝－1，b＝0.
探究点二集合间的关系
例2设集合M＝{x|x＝5－4a＋a2，a∈R}，N＝{y|y＝4b2＋4b＋2，b∈R}，则下列关系中正确的是()
A．M＝NB．M?N
C．M?ND．M∈N
解题导引一般地，对于较为复杂的两个或两个以上的集合，要判断它们之间的关系，应先确定集合中元素的形式是数还是点或其他，属性如何．然后将所给集合化简整理，弄清每个集合中的元素个数或范围，再判断它们之间的关系．
答案A
解析集合M＝{x|x＝5－4a＋a2，a∈R}＝{x|x＝(a－2)2＋1，a∈R}＝{x|x≥1}，
N＝{y|y＝4b2＋4b＋2，b∈R}＝{y|y＝(2b＋1)2＋1，b∈R}＝{y|y≥1}．∴M＝N.
变式迁移2设集合P＝{m|－1m0}，Q＝{m|mx2＋4mx－40对任意实数x恒成立，且m∈R}，则下列关系中成立的是()
A．P?QB．Q?P
C．P＝QD．P∩Q＝
答案A
解析P＝{m|－1m0}，
Q：m0，Δ＝16m2＋16m0，或m＝0.
∴－1m≤0.
∴Q＝{m|－1m≤0}．
∴P?Q.
探究点三集合的运算
例3设全集是实数集R，A＝{x|2x2－7x＋3≤0}，B＝{x|x2＋a0}．
(1)当a＝－4时，求A∩B和A∪B；
(2)若(RA)∩B＝B，求实数a的取值范围．
解题导引解决含参数问题的集合运算，首先要理清题目要求，看清集合间存在的相互关系，注意分类讨论、数形结合思想的应用以及空集的特殊性．
解(1)A＝{x|12≤x≤3}．
当a＝－4时，B＝{x|－2x2}，
∴A∩B＝{x|12≤x2}，
A∪B＝{x|－2x≤3}．
(2)RA＝{x|x12或x3}．
当(RA)∩B＝B时，BRA，
即A∩B＝.
①当B＝，即a≥0时，满足BRA；
②当B≠，即a0时，B＝{x|－－ax－a}，
要使BRA，需－a≤12，
解得－14≤a0.
综上可得，a的取值范围为a≥－14.
变式迁移3(2011阜阳模拟)已知A＝{x||x－a|4}，B＝{x||x－2|3}．
(1)若a＝1，求A∩B；
(2)若A∪B＝R，求实数a的取值范围．
解(1)当a＝1时，
A＝{x|－3x5}，
B＝{x|x－1或x5}．
∴A∩B＝{x|－3x－1}．
(2)∵A＝{x|a－4xa＋4}，
B＝{x|x－1或x5}，且A∪B＝R，
∴a－4－1a＋451a3.
∴实数a的取值范围是(1,3)．
分类讨论思想在集合中的应用
例(12分)(1)若集合P＝{x|x2＋x－6＝0}，S＝{x|ax＋1＝0}，且SP，求由a的可取值组成的集合；
(2)若集合A＝{x|－2≤x≤5}，B＝{x|m＋1≤x≤2m－1}，且BA，求由m的可取值组成的集合．
【答题模板】
解(1)P＝{－3,2}．当a＝0时，S＝，满足SP；[2分]
当a≠0时，方程ax＋1＝0的解为x＝－1a，
为满足SP可使－1a＝－3或－1a＝2，
即a＝13或a＝－12.[4分]
故所求集合为{0，13，－12}．[6分]
(2)当m＋12m－1，即m2时，B＝，满足BA；[8分]
若B≠，且满足BA，如图所示，
则m＋1≤2m－1，m＋1≥－2，2m－1≤5，即m≥2，m≥－3，m≤3，∴2≤m≤3.[10分]
故m2或2≤m≤3，即所求集合为{m|m≤3}．[12分]
【突破思维障碍】
在解决两个数集关系问题时，避免出错的一个有效手段即是合理运用数轴帮助分析与求解，另外，在解含有参数的不等式(或方程)时，要对参数进行讨论，分类时要遵循“不重不漏”的分类原则，然后对于每一类情况都要给出问题的解答．
【易错点剖析】
(1)容易忽略a＝0时，S＝这种情况．
(2)想当然认为m＋12m－1忽略“”或“＝”两种情况．
解答集合问题时应注意五点：
1．注意集合中元素的性质——互异性的应用，解答时注意检验．
2．注意描述法给出的集合的元素．如{y|y＝2x}，{x|y＝2x}，{(x，y)|y＝2x}表示不同的集合．
3．注意的特殊性．在利用AB解题时，应对A是否为进行讨论．
4．注意数形结合思想的应用．在进行集合运算时要尽可能借助Venn图和数轴使抽象问题直观化，一般地，集合元素离散时用Venn图表示，元素连续时用数轴表示，同时注意端点的取舍．
5．注意补集思想的应用．在解决A∩B≠时，可以利用补集思想，先研究A∩B＝的情况，然后取补集．
(满分：75分)
一、选择题(每小题5分，共25分)
1．满足{1}?A{1,2,3}的集合A的个数是()
A．2B．3C．4D．8
答案B
解析A＝{1}∪B，其中B为{2,3}的子集，且B非空，显然这样的集合A有3个，
即A＝{1,2}或{1,3}或{1,2,3}．
2．(2011杭州模拟)设P、Q为两个非空集合，定义集合P＋Q＝{a＋b|a∈P，b∈Q}．若P＝{0,2,5}，Q＝{1,2,6}，则P＋Q中元素的个数是()
A．9B．8C．7D．6
答案B
解析P＋Q＝{1,2,3,4,6,7,8,11}，故P＋Q中元素的个数是8.
3．(2010北京)集合P＝{x∈Z|0≤x3}，M＝{x∈Z|x2≤9}，则P∩M等于()
A．{1,2}B．{0,1,2}C．{1,2,3}D．{0,1,2,3}
答案B
解析由题意知：P＝{0,1,2}，
M＝{－3，－2，－1,0,1,2,3}，∴P∩M＝{0,1,2}．
4．(2010天津)设集合A＝{x||x－a|1，x∈R}，B＝{x|1x5，x∈R}．若A∩B＝，则实数a的取值范围是()
A．{a|0≤a≤6}B．{a|a≤2或a≥4}
C．{a|a≤0或a≥6}D．{a|2≤a≤4}
答案C
解析由|x－a|1得－1x－a1，
即a－1xa＋1.
由图可知a＋1≤1或a－1≥5，所以a≤0或a≥6.
5．设全集U是实数集R，M＝{x|x24}，N＝{x|2x－1≥1}，则右图中阴影部分所表示的集合是()
A．{x|－2≤x1}B．{x|－2≤x≤2}
C．{x|1x≤2}D．{x|x2}
答案C
解析题图中阴影部分可表示为(UM)∩N，集合M为{x|x2或x－2}，集合N为{x|1x≤3}，由集合的运算，知(UM)∩N＝{x|1x≤2}．
二、填空题(每小题4分，共12分)
6．(2011绍兴模拟)设集合A＝{1,2}，则满足A∪B＝{1,2,3}的集合B的个数是________．
答案4
解析由题意知B的元素至少含有3，因此集合B可能为{3}、{1,3}、{2,3}、{1,2,3}．
7．(2009天津)设全集U＝A∪B＝{x∈N*|lgx1}，若A∩(UB)＝{m|m＝2n＋1，
n＝0,1,2,3,4}，则集合B＝________.
答案{2,4,6,8}
解析A∪B＝{x∈N*|lgx1}＝{1,2,3,4,5,6,7,8,9}，A∩(UB)＝{1,3,5,7,9}，
∴B＝{2,4,6,8}．
8．(2010江苏)设集合A＝{－1,1,3}，B＝{a＋2，a2＋4}，A∩B＝{3}，则实数a＝____.
答案1
解析∵3∈B，由于a2＋4≥4，∴a＋2＝3，即a＝1.
三、解答题(共38分)
9．(12分)(2011烟台模拟)集合A＝{x|x2＋5x－6≤0}，B＝{x|x2＋3x0}，求A∪B和A∩B.
解∵A＝{x|x2＋5x－6≤0}
＝{x|－6≤x≤1}．(3分)
B＝{x|x2＋3x0}＝{x|x－3或x0}．(6分)
如图所示，
∴A∪B＝{x|－6≤x≤1}∪{x|x－3或x0}＝R.(9分)
A∩B＝{x|－6≤x≤1}∩{x|x－3或x0}
＝{x|－6≤x－3，或0x≤1}．(12分)
10．(12分)已知集合A＝{x|0ax＋1≤5}，集合B＝{x|－12x≤2}．若BA，求实数a的取值范围．
解当a＝0时，显然BA；(2分)
当a0时，
若BA，如图，
则4a≤－12，－1a2，(5分)
∴a≥－8，a－12.∴－12a0；(7分)
当a0时，如图，若BA，
则－1a≤－12，4a≥2，(9分)
∴a≤2，a≤2.∴0a≤2.(11分)
综上知，当BA时，－12a≤2.(12分)
11．(14分)(2011岳阳模拟)已知集合A＝{x|x－5x＋1≤0}，B＝{x|x2－2x－m0}，
(1)当m＝3时，求A∩(RB)；
(2)若A∩B＝{x|－1x4}，求实数m的值．
解由x－5x＋1≤0，
所以－1x≤5，所以A＝{x|－1x≤5}．(3分)
(1)当m＝3时，B＝{x|－1x3}，
则RB＝{x|x≤－1或x≥3}，(6分)
所以A∩(RB)＝{x|3≤x≤5}．(10分)
(2)因为A＝{x|－1x≤5}，
A∩B＝{x|－1x4}，(12分)
所以有42－2×4－m＝0，解得m＝8.
此时B＝{x|－2x4}，符合题意，
故实数m的值为8.(14分)
