向量与不等式高考题

向量与不等式高考题（通用8篇）

向量与不等式高考题 篇1

一、选择题

1．已知无穷数列{an}是各项均为正数的等差数列，则有

aaAaa

aaD．aa6

8（）

aaB．a≤a6

8aaCaa

2．设{an}是由正数构成的等比数列，bn＝an+1＋an+2，cn＝an＋an+3，则

A．bn＞cn

B．bn＜cn

C．bn≥cn

D．bn≤cn

（）

3．已知{an}为等差数列，{bn}为正项等比数列，公比q≠1，若a1＝b1，a11＝b11，则（）

A．a6＝b6 B．a6＞b6 C．a6＜b6 D．a6＞b6或a6＜b64．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－9n，第k项满足５＜ak＜８，则k＝（）

A．9 B．8 C．7 D．6

5．已知等比数列{an}的公比q＞0，其前n项的和为Sn，则S4a5与S5a4的大小关系是（）

A．S4a5＜S5a4 B．S4a5＞S5a4 C．S4a5＝S5a4 D．不确定

Sn

6．设Sn＝1＋2＋3＋…＋n，n∈N*，则函数f(n)＝（）

(n＋32)Sn+

11A．201B．30

1C401D．50

（）

7．已知y是x的函数，且lg3，lg(sinx－2)，lg(1－y)顺次成等差数列，则 A．y有最大值1，无最小值 11

C．y有最小值12，最大值1

B．y有最小值12，无最大值 D．y有最小值－1，最大值1

8．已知等比数列{an}中a2＝1，则其前3项的和S3的取值范围是

Ａ．(－∞，－1Ｂ．(－∞，－1)∪(1，＋∞)Ｃ．3，＋∞)Ｄ．(－∞，－1∪3，＋∞)

（）

93b是1－a和1＋a的等比中项，则a＋3b的最大值为()A．1 B．2 C．3 D．

410．设等比数列{an}的首相为a1，公比为q，则“a1＜0，且0＜q＜1”是“对于任意n∈N*都有an+1

＞an”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件 C．充分比要条件D．既不充分又不必要条件

a11．{an}为等差数列，若a1，且它的前n项和Sn有最小值，那么当Sn取得最小正值时，10

n＝ A．11

B．17

C．19

D．21

（）

12．设f(x)是定义在R上恒不为零的函数，对任意实数x、y∈R，都有f(x)f(y)＝f(x＋y)，若a1＝

N*)，则数列{an}的前n项和Sn的取值范围是 2，an＝f(n)(n∈

（）

A．2，2)

二、填空题

B．[2，2]

1C．21)1

D．[21]

S13．等差数列{an}的前n项和为Sn，且a4－a2＝8，a3＋a5＝26，记Tnn如果存在正整数M，使得对一切正整数n，Tn≤M都成立．则M的最小值是__________．

14．无穷等比数列{an}中，a1＞1，|q|＜1，且除a1外其余各项之和不大于a1的一半，则q的取值范围是________.(a＋b)

215．已知x＞0，y＞0，x，a，b，y成等差数列，x，c，d，y成等比数列，则cd是________.Ａ．0 Ｂ．1 Ｃ．2 Ｄ．

416．等差数列{an}的公差d不为零，Sn是其前n项和，给出下列四个命题：①A．若d＜0，且

S3＝S8，则{Sn}中，S5和S6都是{Sn}中的最大项；②给定n，对于一定k∈N*(k＜n)，都有ank＋an+k＝2an；③若d＞0，则{Sn}中一定有最小的项；④存在k∈N*，使ak－ak+1和ak－ak1同号

其中真命题的序号是____________.三、解答题

17．已知{an}是一个等差数列，且a2＝1，a5＝－5．（Ⅰ）求{an}的通项an；（Ⅱ）求{an}前n项和

Sn的最大值．

18．已知{an}是正数组成的数列，a1＝1，且点(an，an+1)(n∈N*）在函数y＝x2＋1的图象上.(Ⅰ)

求数列｛an｝的通项公式；(Ⅱ)若列数｛bn｝满足b1＝1,bn+1＝bn＋2an，求证：bn ·bn+

2＜bn+1.3－an

119．设数列{an}的首项a1∈(0，1)，an＝2，n＝2，3，4，….（Ⅰ）求{an}的通项公式；

（Ⅱ）设bn＝a3－2an，证明bn＜bn+1，其中n为正整数．

20．已知数列{an}中a1＝2，an+1＝(2－1)(an＋2)，n＝1，2，3，….（Ⅰ）求{an}的通项公式；

（Ⅱ）若数列{an}中b1＝2，bn+1＝3，…

3bn＋

4，n＝1，2，3，….证明：2＜bn≤a4n3，n＝1，2，2bn＋

321．已知二次函数y＝f(x)的图像经过坐标原点，其导函数为f(x)＝6x－2，数列{an}的前n项和

为Sn，点(n，Sn)(n∈N*)均在函数y＝f(x)的图像上.（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）设bn

1m＝，Tn是数列{bn}的前n项和，求使得Tn20对所有n∈N*都成立的最小正整数m； anan＋1，2，）22．数列an满足a11，an1(n2n)an（n1，是常数．（Ⅰ）当a21时，求及a3的值；（Ⅱ）数列an是否可能为等差数列？若可能，求出它的通项公式；若不可能，说明理由；（Ⅲ）求的取值范围，使得存在正整数m，当nm时总有an0．

【专题训练】参考答案

一、选择题

1．B【解析】a4a8＝(a1＋3d)(a1＋7d)＝a12＋10a1d＋21d2，a62＝(a1＋5d)2＝a12＋10a1d＋25d2，a4a6故a≤a6

82．D【解析】设其公比为q,则bn－cn＝an(q－1)(1－q2)＝－an(q－1)2(q＋1)，当q＝1时，bn

＝cn，当q＞0，且q≠1时，bn＜cn，故bn≤cn.a1＋a11b1＋b1

13．B【解析】因为q≠1，b1＞0，b11＞0，所以b1≠b11，则a6＝2＝2b1b11＝b6.4．B【解析】因数列为等差数列，an＝Sn－Sn1＝2n－10，由5＜2k－10＜8，得到k＝8.5．A【解析】S4a5－S5a4 ＝(a1＋a2＋a3＋a4)a4q－(a1＋a2＋a3＋a4＋a5)a

4＝－a1a4＝－a12q3＜0，∴S4a5＜S5a4． 6．D【解析】由Sn＝

n(n＋1)nn11

f(n)＝＝＝264(n＋32)(n＋2)n＋34n＋64264＋34

n＋n＋34

1641＝50，当n＝n，即n＝8时取等号，即f(n)max＝f(8)＝50

7．B【解析】由已知y＝－3(sinx－2)2＋1，且sinx＞2y＜1，所以当sinx＝1时，y有最小11

值12，无最大值.11

8．D【解】∵等比数列{an}中a2＝1，∴S3＝a1＋a2＋a3＝a2(q＋1＋q)＝1＋q＋q∴当公比q＞01

时，S3＝1＋q＋q≥1＋113，当公比q＜0时，S＝1－(－q3qq)≤1－

2(－q)·(－q＝

－1，∴S3∈(－∞，－1∪3，＋∞).9．B3b是1－a和1＋a的等比中项，则3b2＝1－a2a2＋3b2＝1，令a＝cosθ3b＝sinθ，θ∈(0，2π)，所以a＋3b＝cosθ＋3inθ＝2sin(θ＋6)≤2.10．A【解析】当a1＜0，且0＜q＜1时，数列为递增数列，但当数列为递增数列时，还存在另一情况a1＞0，且q＞1，故选A.1

2×20(a1＋a20)a＋aa＋aaS11．C【解析】由a＜－1，得a0a01＜0S0，则要使

10101019

×19(a1＋a19)2

Sn取得最小正值必须满足S19＞0，且S20＜0，此时n＝19.12．C【解析】f(x)是定义在R上恒不为零的函数，对任意实数x、y∈R，都有f(x)f(y)＝f(x＋

11n

－(22]111n

y)，a1＝2an＝f(n)(n∈N*)，an+1＝f(n＋1)＝f(1)f(n)2an，∴Sn＝＝1－(12).则数列

1－

21{an}的前n项和的取值范围是21).二、填空题

13．2【解析】由a4－a2＝8，可得公差d＝4，再由a3＋a5＝26，可得a1＝1，故Sn＝n＋2n(n2n－1

1－1)＝2n2－n，∴Tn＝n2－nTn≤M，只需M≥2即可，故M的最小值为2，答案：

21aqa1114．(－1，0∪(0，3【解析】23|q|＜1，且q≠0，故q∈(－1，0∪(0，3.1－q(a＋b)2(x＋y)2(2xy)2

15．4【解析】cdxyxy＝4.16．D【解析】对于①：∵S8－S3＝a4＋a5＋a6＋a7＋a8＝5a6＝0，∴S5＝S6，又d＜0，S5＝S6为

最大，故A正确；对于②：根据等差中项知正确；对于③：∵d＞0，点(n，Sn)分布在开口向上的抛物线，故{Sn}中一定有最小的项，故③正确；而ak－ak+1＝－d，ak－ak1＝d，且d≠0，故④为假命题.三、解答题

 a1＋d＝1

17．【解】（Ⅰ）设{an}的公差为d，由已知条件，，解出a1＝3，d＝－2．

a1＋4d＝－5

所以an＝a1＋(n－1)d＝－2n＋5．

n(n－1)

（Ⅱ）Sn＝na12＝－n2＋4n＝－(n－2)2＋4，所以n＝2时，Sn取到最大值4． 18．【解】(Ⅰ)由已知得an+1＝an＋1，即an+1－an＝1，又a1＝1，所以数列｛an｝是以1为首项，公差为1的等差数列，故an＝1＋(a－1)×1＝n.(Ⅱ)由（Ⅰ）知：an＝n从而bn+1－bn＝2n.bn＝(bn－bn1)＋(bn1－bn2)＋…＋（b2－b1）＋b1＝2

nn+2n1因为bn·bn+2－b2－1)2 n1＝(2－1)(2－1)－(2

n1

＋2

n2

1－2n

＋…＋2＋1＝＝2n－1.1－2

＝(22n+2－2n+2－2n＋1)－(22n+2－2－2n+1－1)＝－5·2n＋4·2n＝－2n＜0, 所以bn·bn+2＜b2n1.3－an1

19．【解】（Ⅰ）由an＝2n＝2，3，4，….整理得

1－an＝－2－an1)．

又1－a1≠0，所以{1－an}是首项为1－a1，2得an＝1－(1－a1)(－2)n1，3（Ⅱ）由（Ⅰ）可知0＜an＜2bn＞0．那么，3－an3－an9abn+12－bn2＝an+12(3－2an+1)－an2(3－2an)＝(2)2(3－2×2)－an2(3－2an)4(an－1)2.又由（Ⅰ）知an＞0，且an≠1，故bn+12－bn2＞0，因此

bn＜bn+1，为正整数．

20．【解】（Ⅰ）由题设：an+1＝(2－1)(an＋2)＝(2－1)(an－2)＋2－1)(22)，＝(2－1)(an2)＋2，∴an+1－2＝(2－1)(an－2)． 所以，数列{an－2}a是首项为22，公比为2－1)的等比数列，an－2＝2(2－1)n，即an的通项公式为an＝2[(2－1)n＋1]，n＝1，2，3，….（Ⅱ）用数学归纳法证明．

（ⅰ）当n＝1时，因2＜2，b1＝a1＝2，所以2＜b1≤a1，结论成立．（ⅱ）假设当n＝k2＜bk≤a4k3，也即0＜bn－2≤a4k3－2，当n＝k＋1时，bk+1－2＝又

3bk＋4(3－22)bk＋(4－32)(3－2)(bk－2)

2＞0，2bk＋32bk＋32bk＋3

3－22，2bk＋322＋3

(3－22)(b2)

所以bk+12(3－2)2(bk2)≤(2－1)4(a4k3－2)＝a4k+1－2

2bk＋3也就是说，当n＝k＋1时，结论成立．

根据（ⅰ）和（ⅱ2＜bn≤a4n3，n＝1，2，3，….21．【解】（Ⅰ）设这二次函数f(x)＝ax2＋bx(a≠0)，则 f`(x)＝2ax＋b，由于f`(x)＝6x－2，得a＝3，b＝－2，所以f(x)＝3x2－2x.，又因为点(n，Sn)(n∈N*)均在函数y＝f(x)的图像上，所以Sn＝3n2－2n，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝（3n2－2n）－[3(n－1)2－2(n－1)]＝6n－5，当n＝1时，a1＝S1＝3×12－2＝6×1－5，所以，an＝6n－5（n∈N*）.33111（Ⅱ）由（Ⅰ）得知bn＝2)，anan＋1(6n－5)[6(n－1)－5]6n－56n＋1

11111111

故Tn＝bi＝2[(1－7＋(713)＋…＋()]＝2），6n－56n＋16n＋1i=1

n

11m1m

因此，要使220n∈N*）成立的m，必须且仅须满足220，即m≥10，所以

6n＋1满足要求的最小正整数m为10.22．【解】（Ⅰ）由于an1(n2n)an(n1，2，)，且a11．

所以当a21时，得12，故3．从而a3(2223)(1)3．（Ⅱ）数列an不可能为等差数列，证明如下：由a11，an1(n2n)an 得a22，a3(6)(2)，a4(12)(6)(2)．

若存在，使an为等差数列，则a3a2a2a1，即(5)(2)1，解得3．于是a2a112，a4a3(11)(6)(2)24． 这与

an为等差数列矛盾．所以，对任意，an都不可能是等差数列．

（Ⅲ）记bnn2n(n1，2，)，根据题意可知，b10且bn0，即2 且n2n(nN*)，这时总存在n0N*，满足：当n≥n0时，bn0； 当n≤n01时，bn0．所以由an1bnan及a110可知，若n0为偶数，则an00，从而当nn0时，an0；若n0为奇数，则an00，从而当nn0时an0．因此“存在mN，当nm时总有an0” 的充分必要条件是：n0为偶数，b2k(2k)2k0

记n02k(k1．，2，)，则满足2

b(2k1)2k102k1

故的取值范围是4k22k4k22k(kN*)．

向量与不等式高考题 篇2

应用 (*) 式解决近年来某些高考题, 十分简便.

例1已知x>0, y>0, x+2y+2xy=8, 则x+2y的最小值是 ()

(2010年重庆卷)

当且仅当x=2, y=1时等号成立.

因而 x+2y的最小值是4.

故选 (B) .

例2若a>0, b>0, a+b=2, 则下列不等式对一切满足条件的a, b恒成立的是 ()

(写出所有正确命题的编号)

(2010年安徽卷·文)

解由已知及 (*) 式, 得

两边取平方得ab≤1,

又取a=b=1, 易知 (2) , (4) 不成立,

综上可知, (1) , (3) , (5) 成立.

例3小王从甲地到乙地往返的时速分别为a和b (a<b) , 其全程的平均时速为v, 则 ()

(2012年陕西卷·文)

解设甲乙两地的距离为s, 则

(1) 求a3+b3的最小值;

(2) 是否存在a, b使得2a+3b=6?并说明理由. (2014年新课标Ⅰ卷·文)

解 (1) 由已知及 (*) 式, 得

(2) 因为

所以不存在a, b使得2a+3b=6.

例5设a, b是非负实数, 求证:

证明原不等式等价于

由 (*) 式, 得

所以原不等式成立.

练习

(A) 3. (B) 4. (C) 5. (D) 6.

2.若a>0, b>0, a+b=2ab, 则下列不等式对一切满足条件的a, b恒成立的是 ()

3.小王从甲地到乙地往返的时速分别为a和b (a<b) , 其全程的平均时速为v, 则下列结果不正确的是 ()

活用法向量 巧解高考题 篇3

结论一：直线a的方向向量和平面α的法向量分别为m、n，则直线a和平面α所成的角θ等于向量m、n所成的锐角（若所成的角为钝角，则为其补角）的余角，即θ=arcsin|m•n||m|•|n|.

例1 （2009全国卷Ⅱ文）

如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC,D、E分别为AA1、B1C的中点，DE⊥平面BCC1

（Ⅰ） 证明：AB=AC

（Ⅱ） 设二面角A-BD-C为60°,求B1C与平面BCD所成的角的大小

解：（Ⅰ） 以A为坐标原点，射线AB为x轴的正半轴，建立如图所示的直角坐标系A—xyz.

设B（1，0，0），C（0，b，0），D（0，0，c），则B1（1，0，2c）,E12，b2，c.

于是DE=12，b2，0，BC=（-1，b,0）.

由DE⊥平面BCC1知DE⊥BC，DE•BC=0，求得b=1，所以AB=AC.

（Ⅱ） 设平面BCD的法向量AN=（x,y,z）则AN•BC=0，AN•BD=0

又BC=（-1，1，0），BD=（-1，0，c）,故-x+y=0

-x+cz=0

令x=1, 则y=1, z=1c,AN=1,1,1c.又平面ABD的法向量AC=（0，1，0）由二面角A-BD-C为60°知，〈AN，AC〉=60°，故AN•AC=|AN|•|AC|=cos60°，求得c=12

于是AN=（1，1，2），CB1=（1，-1，2）

cos〈AN，CB〉，=AN•CB1|AN|•|CB1|=12，

〈AN，CB1〉=60°，所以B1C与平面BCD所成的角为30°

特别的当直线与平面平行时，直线与平面所成的角为0°，此时直线的方向向量与平面的法向量垂直，我们可利用这一特征来证明直线与平面平行.

结论二：如果不在平面内一条直线与平面的一个法向量垂直，那么这条直线和这个平面平行.

例2 （2009浙江卷理）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．

（Ⅰ） 设G是OC的中点，证明：FG∥平面BOE；

（Ⅱ） 证明：在△ABO内存在一点M，使FM⊥平面BOE，并求点M到OA，OB的距离．

证明 （Ⅰ）如图，连结OP，以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，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OB=（8，0，0），OE=（0，-4，3），因此平面BOE的法向量为n=（0，3，4），FG=（-4，4，-3）得n•FG=0，又直线FG不在平面BOE内，因此有FG∥平面BOE

（Ⅱ） 设点M的坐标为（x0，y0，0），则FM=（x0-4，y0，-3），因为FM⊥平面BOE，所以有FM∥n，因此有x0=4，y0=-94，即点M的坐标为4,-94，0，在平面直角坐标系xOy中，△ABC的内部区域满足不等式组x＞0

y＜0

x-y＜8，经检验，点M的坐标满足上述不等式组，所以在△ABC内存在一点M，使FM⊥平面BOE，由点M的坐标得点M到OA，OB的距离为4，94．

同样，当直线与平面垂直时，直线与平面所成的角为90°，此时直线的方向向量与平面的法向量平行，我们可利用这一特征来证明直线与平面垂直.

结论三：设两个平面α和β的法向量分别为m，n，若m⊥n，则这两个平面垂直.

第（18）题Ⅰ（综合法）图

例3 （2009安徽卷理）（本小题满分13分）

如图，四棱锥F－ABCD的底面ABCD是菱形，其对角线AC=2，BD=2，AE、CF都与平面ABCD垂直，AE=1，CF=2.

（Ⅰ） 求二面角B－AF－D的大小；

（Ⅱ） 求四棱锥E－ABCD与四棱锥F－ABCD公共部分的体积.

解：（Ⅰ） (综合法)连接AC、BD交于菱形的中心O，过O作OG⊥AF，G为垂足.连接BG、DG.

由BD⊥AC,BD⊥CF,得：BD⊥平面ACF，故BD⊥AF.

于是AF⊥平面BGD,所以BG⊥AF,DG⊥AF,∠BGD为二面角B-AF-D的平面角.

由FC⊥AC,FC=AC=2,得∠FAC=π4,OG=π2.

由OB⊥OG,OB=OD=22,得∠BGD=2∠BGO=π2.

第（18）题Ⅰ图

第（18）题Ⅰ图

第（18）题Ⅱ图

(向量法)以A为坐标原点，BD、AC、AE方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图).于是B-22，1，0，D22，1，0，F（0，2，2）.

设平面ABF的法向量n1=（x,y,z），则由n•AB=0

n•AF=0得-22x+y=0

2y+2z=0.

令z=1,得x=-2

y=-1，n1=（-2，-1，1）

同理，可求得平面ADF的法向量n2=（2，-1，1）.

由n1•n2=0知，平面ABF与平面ADF垂直，二面角B-AF-D的大小等于π2.

（Ⅱ） 连EB、EC、ED，设直线AF与直线CE相交于点H，则四棱锥E-ABCD与四棱锥F-ABCD的公共部分为四棱锥H-ABCD.

过H作HP⊥平面ABCD，P为垂足.

因为EA⊥平面ABCD，FC⊥平面ABCD，所以平面ACFE⊥平面ABCD，从而P∈AC，HP⊥AC.

由HPCF+HPAE=APAC+PCAC=1，得HP=23.

又因为S菱形ABCD=12AC•BD=2，

故四棱锥H-ABCD的体积V=13S菱形ABCD•HP=229.

结论四：设平面α的法向量为n，P是平面α外一点，Q是平面α内一点，则点P到平面α的距离d等于PQ在法向量n上的投影的绝对值，即d=|n•PQ||n|.

例4 （2009江西卷文）

如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA平面ABCD，PA=AD=4，AB=2．

以BD的中点O为球心、BD为直径的球面交PD于点M．

（1） 求证：平面ABM⊥平面PCD；

（2） 求直线PC与平面ABM所成的角；

（3） 求点O到平面ABM的距离．

（1） 证：依题设，Ｍ在以ＢＤ为直径的球面上，则ＢＭ⊥ＰＤ.因为ＰＡ⊥平面ＡＢＣＤ，则ＰＡ⊥ＡＢ，又ＡＢ⊥ＡＤ，所以ＡＢ⊥平面ＰＡＤ，则ＡＢ⊥ＰＤ，因此有ＰＤ⊥平面ＡＢＭ，所以平面ＡＢＭ⊥平面ＰＣＤ.

（2）如图所示，建立空间直角坐标系，则A（0，0，0），P（0，0，4），B（2，0，0）， C（2，4，0），D（0，4，0），M（0，2，2），设平面ABM的一个法向量n=（x,y,z），由n⊥AB，n⊥AM可得：2x=0

2y+2z=0，

令z=-1，则y=1，即n=（0，1，-1）.

设所求角为α，则sinα=PC•n|PC||n|=223，所求角的大小为arcsin223.

（3） 设所求距离为h，由O（1，2，0），AO=（1，2，0），得：h=AO•n|n|=2

我们知道直线与平面、两个平面的距离都归结为点到平面的距离，故此法同样可以解决直线与平面、两个平行平面的距离.

结论五：设向量n与两异面直线a、b都垂直（我们也把向量n称为两异面直线a，b的法向量），M、N分别为异面直线a,b上的点，则两异面直线a,b的距离a,b等于MN法向量n上的投影的绝对值，即d=|n•MN||n|.

例5 如图，已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，点E在棱DD1上，截面EAC∥D1B，且面EAC与底面ABCD所成的角为45°，AB=a，求异面直线A1B1与AC之间的距离.



解：以A为坐标原点，建立如图所示的坐标系A-xyz，连结BD交AC于O，连结OE，则∠DOE就是面EAC与底面ABCD所成的角的平面角，∴ ∠DOE=45°，∴ DE=2a2

又∵ 截面EAC∥D1B，O为BD的中点，

∴E为DD1的中点，∴ AA1=2a，

则A(0,0,0)，C(a,a,0)，A1（0，0，2a），B1（a,0,2a），

∴ AC=(a,a,0)，A1B1=（A,0,0），AB1=（a,0,2a）

设向量n=（x,y,z）与两异面直线AC，A1B1都垂直，由n，AC=0，n•A1B1=0得，

∴ -ax+ay=0

x=0，

∴ n=（0，0，1），

用向量可以证明不等式 篇4

向量一章中有两处涉及到不等式，其一，aa+bab或-bab；其二，abab。前者的几何意义是三角形两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，后者是数量积的性质，这两个结论用于证明不等式，可以使证明思路清晰明快，过程简单明了之功效。



一、利用a-bab证明不等式

例

1、函数f(x)，ab，求证：

f(a)f(b)ab

解析：f(a)f(b)ab

即ab



构造两个向量 a(1,a),b(1,b)，可以理解为两个向量的模的差ab，那么ab表示向量c(0,ab)的模，其中ab(1,a)(1,b)(0,ab)。

因此，原不等式等价于证明abab，其中ab，向量 a和b不可能同向，不取等号。



二 利用abab证明不等式

2222例2、已知实数mnxy满足mna,xyb

（ab），求mxny得最大值

解析：构造向量a(m,n),b(x,y)，则a abmxny，因为abab，所以mxny



my

nx取最大值。例

3、已知ab

1,解析： 构造向

量ab1m，n

122 n(1,1),m。

。mn因为mn

mn

向量与不等式高考题 篇5

命

题

者

说

考

题

统

计

考

情

点

击

2018·全国卷Ⅰ·T13·线性规划求最值

2018·全国卷Ⅱ·T14·线性规划求最值

2018·北京高考·T8·线性规划区域问题

2018·浙江高考·T15·不等式的解法

2017·全国卷Ⅰ·T14·线性规划求最值

1.不等式作为高考命题热点内容之一，多年来命题较稳定，多以选择、填空题的形式进行考查，题目多出现在第5～9或第13～15题的位置上，难度中等，直接考查时主要是简单的线性规划问题，关于不等式性质的应用、不等式的解法以及基本不等式的应用，主要体现在其工具作用上。

2.若不等式与函数、导数、数列等其他知识交汇综合命题，难度较大。

考向一

不等式的性质与解法

【例1】(1)已知a>b>0，则下列不等式中恒成立的是()

A．a＋>b＋

B．a＋>b＋

C.>

D.>ab

(2)已知函数f

(x)＝(ax－1)(x＋b)，若不等式f

(x)>0的解集是(－1,3)，则不等式f

(－2x)<0的解集是()

A.∪

B.C.∪

D.解析(1)因为a>b>0，所以<，根据不等式的性质可得a＋>b＋，故A正确；对于B，取a＝1，b＝，则a＋＝1＋＝2，b＋＝＋2＝，故a＋>b＋不成立，故B错误；根据不等式的性质可得<，故C错误；取a＝2，b＝1，可知D错误。故选A。

(2)由f

(x)>0的解集是(－1,3)，所以a<0，且方程f

(x)＝(ax－1)(x＋b)＝0的两根为－1和3，所以所以a＝－1，b＝－3，所以f

(x)＝－x2＋2x＋3，所以f

(－2x)＝－4x2－4x＋3，由－4x2－4x＋3<0，得4x2＋4x－3>0，解得x>或x<－。故选A。

答案(1)A(2)A

解不等式的策略

(1)一元二次不等式：先化为一般形式ax2＋bx＋c>0(a>0)，再结合相应二次方程的根及二次函数图象确定一元二次不等式的解集。

(2)含指数、对数的不等式：利用指数、对数函数的单调性将其转化为整式不等式求解。

变|式|训|练

1．(2018·北京高考)能说明“若a>b，则<”为假命题的一组a，b的值依次为________。(答案不唯一)

解析　由题意知，当a＝1，b＝－1时，满足a>b，但是>，故答案可以为1，－1。(答案不唯一，满足a>0，b<0即可)

答案　1，－1(答案不唯一)

2．(2018·浙江高考)已知λ∈R，函数f

(x)＝当λ＝2时，不等式f

(x)<0的解集是________。若函数f

(x)恰有2个零点，则λ的取值范围是________。

解析　若λ＝2，则当x≥2时，令x－4<0，得2≤x<4；当x<2时，令x2－4x＋3<0，得1

(x)<0的解集为(1,4)。令x－4＝0，解得x＝4；令x2－4x＋3＝0，解得x＝1或x＝3。因为函数f

(x)恰有2个零点，结合函数的图象(图略)可知1<λ≤3或λ>4。

答案(1,4)(1,3]∪(4，＋∞)

考向二

基本不等式及其应用

【例2】(1)(2018·天津高考)已知a，b∈R，且a－3b＋6＝0，则2a＋的最小值为________。

(2)已知a>b，且ab＝1，则的最小值是______。

解析(1)由a－3b＋6＝0，得a＝3b－6，所以2a＋＝23b－6＋≥2＝2×2－3＝，当且仅当23b－6＝，即b＝1时等号成立。

(2)＝＝a－b＋≥2，当且仅当a－b＝时取得等号。

答案(1)(2)2

在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号成立)的条件，否则会出现错误。

变|式|训|练

1．已知a>0，b>0，若不等式－－≤0恒成立，则m的最大值为()

A．4

B．16

C．9

D．3

解析　因为a>0，b>0，所以由－－≤0恒成立得，m≤(3a＋b)＝10＋＋恒成立。因为＋≥2＝6，当且仅当a＝b时等号成立，所以10＋＋≥16，所以m≤16，即m的最大值为16。故选B。

答案　B

2．已知函数f

(x)＝ln(x＋)，若正实数a，b满足f

(2a)＋f

(b－1)＝0，则＋的最小值是________。

解析　因为f

(x)＝ln(x＋)，f

(－x)＝ln(－x＋)，所以f

(x)＋f

(－x)＝ln[(x＋)·(－x＋)]＝ln1＝0，所以函数f

(x)＝ln(x＋)为R上的奇函数，又y＝x＋在其定义域上是增函数，故f

(x)＝ln(x＋)在其定义域上是增函数，因为f

(2a)＋f

(b－1)＝0，f

(2a)＝－f

(b－1)，f

(2a)＝f

(1－b)，所以2a＝1－b，故2a＋b＝1。故＋＝＋＝2＋＋＋1＝＋＋3≥2＋3。(当且仅当＝且2a＋b＝1，即a＝，b＝－1时，等号成立。)

答案　2＋3

考向三

线性规划及其应用

微考向1：求线性目标函数的最值

【例3】(2018·全国卷Ⅱ)若x，y满足约束条件则z＝x＋y的最大值为________。

解析　作可行域，则直线z＝x＋y过点A(5,4)时取最大值9。

答案　9

线性目标函数z＝ax＋by最值的确定方法

(1)将目标函数z＝ax＋by化成直线的斜截式方程(z看成常数)。

(2)根据的几何意义，确定的最值。

(3)得出z的最值。

变|式|训|练

(2018·天津高考)设变量x，y满足约束条件则目标函数z＝3x＋5y的最大值为()

A．6

B．19

C．21

D．45

解析　不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，作出直线y＝－x，平移该直线，当经过点C时，z取得最大值，由得即C(2,3)，所以zmax＝3×2＋5×3＝21。故选C。

答案　C

微考向2：线性规划中的参数问题

【例4】(2018·山西八校联考)若实数x，y满足不等式组且3(x－a)＋2(y＋1)的最大值为5，则a＝________。

解析　设z＝3(x－a)＋2(y＋1)，作出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，由z＝3(x－a)＋2(y＋1)得y＝－x＋，作出直线y＝－x，平移该直线，易知当直线过点A(1,3)时，z取得最大值，又目标函数的最大值为5，所以3(1－a)＋2(3＋1)＝5，解得a＝2。

答案　2

解决这类问题时，首先要注意对参数取值的讨论，将各种情况下的可行域画出来，以确定是否符合题意，然后在符合题意的可行域里，寻求最优解，从而确定参数的值。

变|式|训|练

已知x，y满足约束条件目标函数z＝2x－3y的最大值是2，则实数a＝()

A．

B．1

C．

D．4

解析　作出约束条件所表示的可行域如图中阴影部分所示，因为目标函数z＝2x－3y的最大值是2，由图象知z＝2x－3y经过平面区域的点A时目标函数取得最大值2。由解得A(4,2)，同时A(4,2)也在直线ax＋y－4＝0上，所以4a＝2，则a＝。故选A。

答案　A

1．(考向一)(2018·福建联考)已知函数f

(x)＝

若f

(2－x2)>f

(x)，则实数x的取值范围是()

A．(－∞，－1)∪(2，＋∞)

B．(－∞，－2)∪(1，＋∞)

C．(－1,2)

D．(－2,1)

解析　易知f

(x)在R上是增函数，因为f

(2－x2)>f

(x)，所以2－x2>x，解得－2

答案　D

2．(考向一)(2018·南昌联考)若a>1,0

A．loga2

018>logb2

018

B．logba

C．(c－b)ca>(c－b)ba

D．(a－c)ac>(a－c)ab

解析　因为a>1,0

018>0，logb2

018<0，所以loga2

018>logb2

018，所以A正确；因为0>logab>logac，所以<，所以logba(c－b)ba，所以C正确；因为ac0，所以(a－c)ac<(a－c)ab，所以D错误。故选D。

答案　D

3．(考向二)(2018·河南联考)已知直线ax－2by＝2(a>0，b>0)过圆x2＋y2－4x＋2y＋1＝0的圆心，则＋的最小值为________。

解析　圆x2＋y2－4x＋2y＋1＝0的圆心坐标为(2，－1)。由于直线ax－2by＝2(a>0，b>0)过圆x2＋y2－4x＋2y＋1＝0的圆心，故有a＋b＝1。所以＋＝(a＋2＋b＋1)＝≥＋×2＝，当且仅当a＝2b＝时，取等号，故＋的最小值为。

答案

4．(考向三)(2018·南昌联考)设不等式组表示的平面区域为M，若直线y＝kx经过区域M内的点，则实数k的取值范围为()

A.B.C.D.解析　作出不等式组表示的平面区域，如图阴影部分所示，易知当直线y＝kx经过点A(2,1)时，k取得最小值，当直线y＝kx经过点C(1,2)时，k取得最大值2，可得实数k的取值范围为。故选C。

答案　C

5．(考向三)(2018·广州测试)若x，y满足约束条件

则z＝x2＋2x＋y2的最小值为()

A．

B．

C．－

D．－

解析　画出约束条件对应的平面区域，如图中阴影部分所示，z＝x2＋2x＋y2＝(x＋1)2＋y2－1，其几何意义是平面区域内的点(x，y)到定点(－1,0)的距离的平方再减去1，观察图形可得，平面区域内的点到定点(－1，0)的距离的最小值为，故z＝x2＋2x＋y2的最小值为zmin＝－1＝－。故选D。

向量与不等式高考题 篇6

推理证明》（第2课时）（新人教A版）

一、选择题

1．(2011·高考上海卷)若a，b∈R，且ab＞0，则下列不等式中，恒成立的是()

22A．a＋b＞2abB．a＋b≥2ab

112baC.D.＋ ababab

解析：选D.∵a＋b－2ab＝(a－b)≥0，∴A错误．

对于B、C，当a＜0，b＜0时，明显错误．

对于D，∵ab＞0，∴＋≥2 222ba

abba2.ab

1(x>2)在x＝a处取最小值，则a＝()x－22．(2011·高考重庆卷)若函数f(x)＝x＋

A．1

2C．

3解析：选C.f(x)＝x＋B．1＋3 D．4 11＝x－2＋2.x－2x－2

∵x>2，∴x－2>0.11(x－2)·∴f(x)＝x－2＋2＝4，x－2x－2

1当且仅当x－2＝，即x＝3时，“＝”成立． x－2

又f(x)在x＝a处取最小值．∴a＝3.3．(2012·高考福建卷)下列不等式一定成立的是()

21A．lgx＋＞lgx(x＞0)4

1B．sinx＋x≠kπ，k∈Z)sinx

2C．x＋1≥2|x|(x∈R)

1D.2＞1(x∈R)x＋

11321解析：选C.取x＝，则lgx＋＝lgx，故排除A；取xπ，则sinx＝－1，sinx422

11＋2，故排除B；取x＝021，故排除D.应选C.sinxx＋1

114．已知a>0，b>0，则2的最小值是()ab

A．2

C．4B．2 D．

5a＝b112解析：选C.＋2ab≥＋2ab≥22×2＝4.当且仅当abab＝1ab

立，即a＝b＝1时，不等式取最小值4.时，等号成5．(2011·高考北京卷)某车间分批生产某种产品，每批的生产准备费用为800元．若每批生产x件，则平均仓储时间为1元．为使平均到每8件产品的生产准备费用与仓储费用之和最小，每批应生产产品()

A．60件B．80件 C．100件D．120件 解析：选B.设每件产品的平均费用为y元，由题意得 800x800xy·20.x8x8

800x

当且仅当＝x>0)，即x＝80时“＝”成立，故选B.x8

二、填空题

6．函数y＝解析：y＝

x

x

2＝x＋9

x4＋9x2

x≠0)的最大值为__________，此时x的值为________． 19≤296

1x2＋2

x

当且仅当x＝2，即x3时取等号．

x

答案：±

367．某公司一年购买某种货物400吨，每次都购买x吨，运费为4万元/次，一年的总存储费用为4x万元，要使一年的总运费与总存储费用之和最小，则x＝________.400

解析：每年购买次数为x

400

∴总费用为4x≥26400＝160，x

1600

当且仅当＝4x，即x＝20时等号成立，故x＝20.x

答案：20

8．设正数x，y满足log2(x＋y＋3)＝log2x＋log2y，则x＋y的取值范围是________．

x＋y2

解析：原式等价于x＋y＋3＝xy≤((当且仅当x＝y时取等号)，所以x＋y＋

x＋y23≤(x＋y)－4(x＋y)－12≥0，所以x＋y≥6或x＋y ≤－2(舍去)，故x＋y

∈[6，＋∞)．

答案：[6，＋∞)

三、解答题

ab

49．已知a，b＞0，求证：22baa＋b

abab

1＞0，2·2＝

2babaab

a＋b≥2ab＞0，1ab∴2＋2(a＋b)≥2 ·2ab＝4.abba

ab4∴2＋2≥baa＋b

证明：∵2＋2

ab22当且仅当ba

a＝b，取等号，即a＝b时，不等式等号成立．

10．(1)设0

(2)已知x，y都是正实数，且x＋y－3xy＋5＝0，求xy的最小值．

解：(1)∵00.∴y＝4x·(3－2x)＝2[2x(3－2x)]

2x＋3－2x29]＝.22

当且仅当2x＝3－2x，即x＝时，等号成立．

33∵∈(0，)，42

∴函数y＝4x(3－2x)(0

(2)由x＋y－3xy＋5＝0得x＋y＋5＝3xy.∴xy＋5≤x＋y＋5＝3xy.∴3xy－2－5≥0，∴(xy＋1)(3xy－5)≥0，52

5∴xy≥xy≥，等号成立的条件是x＝y.39525

此时x＝y＝，故xy的最小值是.39

一、选择题

1．(2011·高考陕西卷)设0＜a＜b，则下列不等式中正确的是()

a＋ba＋b

A．a＜b＜ab＜B．a＜ab＜b

22a＋ba＋b

C．aab＜b＜D.ab＜a＜b

2a＋b

解析：选B.∵0＜a＜b，∴a＜b，A、Cab－a＝aba)＞0，ab

＞a，故选B.2．(2012·高考浙江卷)若正数x，y满足x＋3y＝5xy，则3x＋4y的最小值是()2428A.B.55C．5D．6

3解析：选C.∵x＋3y＝5xy，∴＋5，∵x＞0，y＞0，yx

yxyx

＋4y≥5，当且仅当x＝2y时取等号．∴3x＋4y的最小值是5，选C.二、填空题

133x12y

∴(3x＋4y)＝＋＋9＋4≥

2yx

3x12y＋13＝25，∴5(3x＋4y)≥25，∴3x

221

13．(2011·高考湖南卷)设x，y∈R，且xy≠0，则x＋22＋4y的最小值为________．

yx

1221122

解析：x＋22＋4y＝54xy≥5＋2

yx

xy

12222

·4xy＝9，当且仅当xy＝时xy2

“＝”成立．

答案：9

xy

4．(2013·潍坊质检)已知向量a＝(x－1,2)，b＝(4，y)，若a⊥b，则9＋3的最小值为________．

解析：∵a⊥b，∴a·b＝0，即4(x－1)＋2y＝0,2x＋y＝2，xy2xy9＋3＝3＋3≥23·3＝23＝2×3＝6.2xy3＝31

(当且仅当，即x＝，y＝1时取等号)

22x＋y＝2

答案：6

三、解答题 5.设矩形ABCD(AB＞AD)的周长为24，把它关于AC折起来，AB折过去后交CD于点P，如图，设AB＝x，求△ADP的面积的最大值，及此时x的值．

解：∵AB＝x，∴AD＝12－x，又DP＝PB′，AP＝AB′－PB′＝AB－DP，即AP＝x－DP，72222

∴(12－x)＋PD＝(x－PD)，得PD＝12－，x

∵AB＞AD，∴6＜x＜12，∴△ADP的面积S＝AD·DP

2721＝(12－x)12－ x2

72＝108－6x≤108－6·272＝108－2，x

当且仅当xx＝2时取等号，x

巧用共线向量定理解高考题 篇7

$\overrightarrow{{\rm O}A}‚\overrightarrow{{\rm O}B}$不共线, $\overrightarrow{A{\rm P}}=t\overrightarrow{AB}(t\in \mathbf{R})$, 用$\overrightarrow{{\rm O}A}‚\overrightarrow{{\rm O}B}$表示$\overrightarrow{{\rm O}{\rm P}}.$

结果为:$\overrightarrow{{\rm O}{\rm P}}=(1-t)\overrightarrow{{\rm O}A}+t\overrightarrow{{\rm O}B}.$

此结论也可表述为:

共线向量定理:设O, A, B是不共线三点, 则对平面上任意一点P, 三点A, B, P共线的充要条件是$\overrightarrow{{\rm O}{\rm P}}=x\overrightarrow{{\rm O}A}+y\overrightarrow{{\rm O}B}(x+y=1).$

下面通过几个高考题简要介绍它的应用.

【例1】 (2002, 江西) 平面直角坐标系中, O为坐标原点, 已知两点A (3, 1) , B (-1, 3) , 若点C满足$\overrightarrow{{\rm O}C}=\alpha \overrightarrow{{\rm O}A}+\beta \overrightarrow{{\rm O}B}$, 其中有α, β∈R且α+β=1, 则点C的轨迹方程为 ( ) .

A.3x+2y-11=0 B. (x-1) 2+ (y-2) 2=5

C.2x-y=0 D.x+2y-5=0

分析:由α+β=1可知点C在直线AB上, 所以点C的轨迹即为直线AB, 故选D.

【例2】 (2006, 江西) 已知等差数列{an}的前n项和为Sn, 若$\overrightarrow{{\rm O}B}=a{}_1\overrightarrow{{\rm O}A}+a{}_{200}\overrightarrow{{\rm O}C}$, 且A、B、C三点共线 (该直线不过原点O) , 则S200= ( ) .

A.100 B.101

C.200 D.201

分析:由A、B、C三点共线知,

a1+a200=1,

所以$S{}_{200}=\frac{200(a{}_1+a{}_{200})}{2}=100.$

【例3】 (2007, 全国) 在△ABC中, 已知D是边AB上一点, 若$\overrightarrow{AD}=2\overrightarrow{DB},\overrightarrow{CD}=\frac{1}{3}\overrightarrow{CA}+\lambda \overrightarrow{CB}$, 则λ= ( ) .

分析:由D是AB边上一点可知, D, A, B三点共线, 所以$\lambda +\frac{2}{3}=1.$

【例4】 (2007, 江西) 如下图, 在△ABC中, 点O是BC的中点, 过点O的直线分别交直线AB、AC于不同的两点M、N, 若$\overrightarrow{AB}=m\overrightarrow{A{\rm M}}‚\overrightarrow{AC}=n\overrightarrow{A{\rm N}}$, 则m+n的值为______.

分析:因为点O是BC的中点,

所以$\overrightarrow{A{\rm O}}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})=\frac{1}{2}(m\overrightarrow{A{\rm M}}+n\overrightarrow{A{\rm N}}),$

由M, O, N三点共线知$\frac{1}{2}m+\frac{1}{2}n=1.$

向量与立体几何开放探索题 篇8

1. 与位置关系有关的存在性问题

例1 （2010湖北高考数学理科第18题）如图， 在四面体[ABOC]中, [OC⊥OA,OC⊥OB,][∠AOB=120°], 且[OA=OB=OC=1].

（1）设为[P]为[AC]的中点， 证明： 在[AB]上存在一点[Q]，使[PQ⊥OA]，并计算[ABAQ]的值；

（2）求二面角[O-AC-B]的平面角的余弦值.

解析 （1）取[O]为坐标原点，分别以[OA]、[OC]所在的直线为[x]轴、[z]轴，建立空间直角坐标系[O-xyz] （如图所示）， 则 [A(1,0,0),C(0,0,1),B(-12,32,0)].

[∵P]为[AC]中点，[∴P(12,0,12)]，

设 [AQ=λAB(λ∈(0,1)),]

[∵AB=(-32,32,0),]

[∴OQ=OA+AQ=(1,0,0)+λ(-32,32,0)=(1-32λ,32λ,0),]

[∴PQ=OQ-OP=(12-32λ,32λ,-12).]

[∵PQ⊥OA,][∴PQ⋅OA=0]，

即[12-32λ=0]，[λ=13].

所以存在点 [Q(12,36,0)]，使得[PQ⊥OA]且[ABAQ=3].

（2）记平面[ABC]的法向量为[n=(n1,n2,n3)],则由[n⊥CA]，[n⊥AB]，且[CA=(1,0,-1)]，

得[n1-n3=0，-32n2+32n3=0，]

故可取[n=(1,3,1）]，

又平面[OAC]的法向量为[e=(0,1,0)]，

[∴cos(1,3,1)⋅(0,1,0)5⋅1=155].

二面角[O-AC-B]的平面角是锐角，记为[θ]，则[cosθ=155.]

点拨 该题是根据点[Q]在[AB]上，巧妙地引入参数[λ](即待定系数)，由此引出点[Q]的坐标，从而把点[Q]的探索问题转化为对参数[λ]的确定，然后通过向量运算来求出[λ]的值，使探索问题迎刃而解.

例2 如图，在正四棱锥[P-ABCD]中，侧棱[PA]与面[ABCD]所成的角的正切值为[62],若[E]是[PB]的中点，在侧面[PAD]中寻找一点[F],使[EF]⊥平面[PCB]，试确定[F]的位置.

解析 由题意，设[AO=2],[PO=6],[AB=22.]建立如图所示坐标系，[A(0,-2,0)],[B(2,0,0)],[C(0,2,0)],[D(-2,0,0)],[P(0,0,6)]，[E(1,0,62)]，

[EP][=(-1,0,62]),[BP]=(-2,0,[6]),[BC]=(-2,2,0),

在平面[PAD]内，

设[PA]=[λPA+μPD,]

则[PF]＝[(-2μ,-2λ,-6(λ+μ))].

[∵][EF=EP+PF]=[12BP+PF],

∴[EF]=[(-2μ-1,-2λ,62[1-2(λ+μ)])].

由[EF][⋅BP]=0且[EF][⋅BC]＝0，

得[λ=34]，[μ=14]，即[PF]=[34PA+14PD].

点拨 对于探求平面上是否存在满足条件的一点的问题，一般情况下思维量和运算量比较大，若能通过对空间图形的理解，寻找面的特殊性，巧妙地构建坐标，将更加简明.

例3 （2011年海淀区模拟题）将边长为2的正方形[ABCD]沿对角线[BD]折叠，使得平面[ABD]⊥平面[CBD]，[AE]⊥平面[ABD]，且[AE＝2].

（1）求证：[DE⊥AC]；

（2）求[DE]与平面[BEC]所成角的正弦值；

（3）直线[BE]上是否存在一点[M]，使得[CM]∥平面[ADE]?若存在，求点[M]的位置，不存在请说明理由.

解析 （1）以[A]为坐标原点[AB、AD、AE]所在的直线分别为[x、y、z]轴建立空间直角坐标系，

则[E(0,0,2)],[B(2,0,0)],[D(0,2,0)],

取[BD]的中点[F]并连结[CF、AF].

由题意可得[CF⊥BD]且[AF=CF=2].

又[∵]平面[DBA⊥]平面[BDC]，

[∴CF⊥]平面[BDA]，所以[C]的坐标为[C(1,1,2)]，

[∴DE=(0,-2,2)]，[AC=(1,1,2),]

[∴DE⋅DE=(0,-2,2)⋅(1,1,2)=0,]

故[DE⊥AC].

（2）设平面[BCE]的法向量为[n1=(x,y,z)]则

[n⋅EB=0,n⋅CB=0,]即[2x-2z=0,x-y-2z=0,]

[∴z=2x,y=-x,]

令[x=1]得[n=(1,-1,2)]，又[EB=(0,-2,2),]

设平面[DE]与平面[BCE]所成角为[θ]，

则[sinθ=|cos|=|n⋅DE||n||DE|=63].

（3）设存在点[M]使得[CM]∥面[ADE]，

则[DE=λDB]，[EB=(2,0,-2)],

[∴EM=(2λ,0,-2λ)]，得[M(2λ,0,2-2λ)].

又因为[AE⊥]平面[ABD]，[AB⊥AD]，

所以[AB⊥]平面[ADE].

因为[CM]∥面[ADE]，

则[CM⊥AB],即[CM⋅AB=0],

得[2λ-1=0],[λ=12,]

故点[M]为[BE]的中点时，[CM]∥面[ADE].

2. 与距离有关的存在性问题

例4 （2011届夷陵中学高三模拟题）如图，[PA⊥]平面[ABCD]，四边形[ABCD]是正方形， [PA=AD=2,]点[E、F、G]分别为线段[PA、PD]和[CD]的中点.

（1）求异面直线[EG]与[BD]所成角的余弦值；

（2）在线段[CD]上是否存在一点[Q]，使得点[A]到平面[EFQ]的距离恰为[45]？若存在，求出线段[CQ]的长；若不存在，请说明理由.

解 （1）以点[A]为坐标原点，射线[AB、AD、AZ]分别为[x]轴、[y]轴、[z]轴的正半轴建立空间直角坐标系.

如图，点[E(0,0,1)]、[G(1,2,0)]、[B(2,0,0)]、[D(0,2,0)]，

则[EG=(1,2,-1)]，[BD=(-2,2,0)].

设异面直线[EG]与[BD]所成角为[θ],

[cosθ=|EG⋅BD||EG|⋅|BD|=|-2+4|6⋅8=36],

所以异面直线[EG]与[BD]所成角的余弦值即得.

（2）假设在线段[CD]上存在一点[Q]满足条件，设点[Q(x0,2,0)]，平面[EFQ]的法向量为[n=(x,y,z)]，

则有[n⋅EF=0,n⋅EQ=0,] 得到[y=0,z=xx0]，

取[x=1]，得[n=(1,0,x0)]，则[|EA⋅n||n|=0.8].

又[x0>0]，解得[x0=43]，所以点[Q(43,2,0)],

即[CQ=(-23,0,0)]，则[CQ=23].

所以在线段[CD]上存在一点[Q]满足条件，且长度为[23].

点拨 立体几何中的点面距、线面距和面面距等都可由公式[d=|PQ⋅n|n]解决，其中向量[n]为平面的法向量，向量[PQ]为该点或线（面）上任一点与平面上任意一点所构成的向量.

3. 与夹角有关的存在性问题

）如图，棱锥[P-ABCD]的底面[ABCD]是矩形，[PA]⊥平面[ABCD]，[PA=AD=2]，[BD=22].

（1）求证：[BD⊥平面PAC]；

（2）求二面角[B-PD-C]的余弦值；

（3）在线段[PD]上是否存在一点[Q],使[CQ]与平面[PBD]所成的角的正弦值为[269]，若存在，指出点[Q]的位置，若不存在，说明理由.

),][PD=(0,2,-2),][CD=(2,0,0)]，

点拨 两异面直线所成的角、直线与平面所成的角和二面角是立体几何中与角有关的主要问题，利用向量法解决此类问题可以避开抽象、复杂地寻找角的过程，只要能够准确理解和熟练应用公[cosθ=n1⋅n2|n1|⋅|n2|]（其中[n1、n2]为两直线的方向向量或为两平面的法向量），就可以使此类问题巧妙获解.