考点一：向量的概念与运算
例题1：下面有四个关于向量数量积的关系式：
①0.0＝0；②(a.b).c＝a.(b.c)；③a.b＝b.a；④|a.b|≤a.b
其中正确的是(
)
A.①② B.②③ C.③④ D.①③
解析：根据向量运算法则，①和③是正确的.
对于②，(a.b).c是一个与向量c平行的向量，而a.(b.c)是一个与向量a平行的向量，通常情况下不正确；对于④，|a.b|是一个正实数，而a.b可能是一个负实数.
答案：D
点评：从向量的基本运算法则出发，细心判断.这里要特别注意向量0与实数0的区别.
例题2：平行四边形OACB中，BD＝BC，OD与BA交于E，求证：BE＝BA
证明：设E’是AB上一点，且BE’＝BA
只需证E、E’重合即可，
设，则
∵
∴3(
∴
∴，∴O、E’、D三点共线，即E、E’重合
∴BE＝BA
点评：用向量方法证明平面几何问题，首先是选择一组适当的基底向量，然后再设法将其余相关向量都用基底向量表示出来，这样，相关点、线关系就能很容易第凸现出来.
考点二：定比分点与解三角形
例题3：已知平行四边形ABCD的三个顶点坐标分别是A(－2，1)，B(3，4)，C(－1，3)，则第四个顶点D的坐标为(
)
A.(2，2) B.(－6，0) C.(4，6) D.以上都不对
解析：本题只需要抓住平行四边形的两条对角线互相平分，
于是设D(x,y)，有－2+(－1)＝3+x且1+3＝4+y
从而x＝－6,y＝0
答案：B
点评：利用平面几何性质及中点坐标公式，是解决本题的要点.
例题4：已知C为线段AB上一点，P为直线AB外一点，满足||＝2，|－|＝2，，I为PC上一点，且＝+λ()(λ＞0)，则的值为_______.
[点拨]确定PC、AI分别为∠APB、∠BAP的平分线，进而确定I在三角形中的位置.
解：cos∠APC
cos∠BPC
所以∠APC＝∠BPC，即PC平分∠APB
∵(λ＞0)
∴(λ＞0)
又均为单位向量，由向量的平行四边形法则，知AI平分∠PAB
又I在PC上，故I是△ABP的内心
又cos∠IBD＝(D为⊙I与AB的切点)
由＝2
又
解得：cos∠IBD＝＝－1
[点评]1、三角形中四心的向量表示：2、本题通过内切圆的切点D找出相关的数量关系，技巧性较强，考查圆的切线性质.
考点三：向量与立体几何
例题5：如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD，AB＝2DC＝2，E为BD1的中点，F为AB的中点.
(1)求证：EF∥平面ADD1A1；
(2)若BB1＝，求A1F与平面DEF所成角的大小.
解析：(1)连结AD1，在△ABD1中，
∵E、F分别是BD1、AB的中点，∴EF∥AD1.
又EFË平面ADD1A1
∴EF∥平面ADD1A1
(2)建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz
(DG是AB边上的高)
则有A1()，F(，0)
D1(0，0，)，B(，0)
∴E()
设平面DEF的法向量为＝(x，y，z)
则Þ
解得y＝－x，z＝x
取非零法向量＝(1，－，)
∴A1F与平面DEF所成的角即是所成锐角的余角
由cos<>＝＝＝－
∴A1F与平面DEF所成教的大小为－arccos，即arcsin.
点评：立体几何中，二面角问题几乎每年必考，几何法也有很多解决方法，如直接法、垂面法、三垂线法、面积射影法等等，这些方法都离不开严密的逻辑证明.而向量法则以算代证，从一定程度上减轻了对逻辑思维的要求，但也应该注意到，向量法计算较为烦琐，运算量较大，必须小心谨慎，否则也极易出现差错.
例题6：如图，已知平行六面体ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，且∠C1CB＝∠C1CD＝∠
BCD＝60°
⑴证明：C1C⊥BD；
⑵假定CD＝2，CC1＝，记面C1BD为α，面CBD为β，求二面角α－BD－β的平面角的余弦值；⑶当的值为多少时，能使A1C⊥平面C1BD？请给出证明.
⑴证明：连结A1C1、AC，AC和BD交于O，连结C1O
∵四边形ABCD是菱形
∴AC⊥BD，BC＝CD
又∵ ∠BCC1＝∠DCC1，C1C＝C1C，
∴ △C1BC≌△C1DC
∴
C1B＝C1D
∵DO＝OB∴ C1O⊥BD
但AC⊥BD，AC∩C1O＝O
∴
BD⊥平面AC1，
又CC1∩平面AC1∴ CC1⊥BD
证法二：设CD、CB、CC1三个方向上的单位向量分别为、、
则、、两两成60°角
且，,
则
于是＝mn(＝0
故
CC1⊥BD
⑵解：由⑴知AC⊥BD，C1O⊥BD
∴ ∠C1OC是二面角α－BD－β的平面角
在△C1BC中，BC＝2，C1C＝，∠BCC1＝60°
∴
C1B2＝22+()2－2×2××cos60°＝
∵∠OCB＝60°，∴ OB＝BC＝1
∴
C1O2＝C1B2＝OB2＝
∴
C1O＝，即C1O＝C1C
作C1H⊥OC，垂足为H.
∴点H是OC的中点，且OH＝，
∴
cos∠C1OC＝.
⑶当＝1时，能使A1C⊥平面C1BD
证明一：∵＝1
∴
BC＝CD＝C1C
又∠BCD＝∠C1CB＝∠C1CD
由此可推得BD＝C1B＝C1D
∴三棱锥C－C1BD是正三棱锥.
设A1C与C1O相交于G.
∵
A1C1∥AC，且A1C1：OC＝2：1
∴
C1O：GO＝2：1
又C1O是正三角形C1BD的BD边上的高和中线，
∴点G是正三角形C1BD的中心.
∴
CG⊥平面C1BD
即
A1C⊥平面C1BD.
证明二：由⑴知，BD⊥平面AC1
∵
A1C∩平面AC1，∴ BD⊥A1C.
当＝1时，平行六面体的六个面是全等的菱形.
同
BD⊥AC1的证法可得BC1⊥A1C
又BD⊥BC1于B
∴
A1C⊥平面C1BD
证法三：设＝x，即
由(2)可知：BD⊥平面AA1C1C，∴BD⊥A1C
由线面垂直得判定定理，知：如果A1C⊥DC1，则A1C⊥平面C1BD成立.
∵＝m+m+
＝－m+
又∵＝0
∴(m+m+)(－m+e3)＝0
展开整理得：－＝0
∴x＝1
以上各步可逆，所以x＝1时，即＝1时，A1C⊥平面C1BD
点评：空间向量中，基底向量的使用是学生的一个弱项，许多学生动辄建立坐标系，对于垂直条件“不足”的问题往往感到手足无措，本题就是一例.从本题的向量证明方法中，还可以明确看到不仅解决了几何证法中“有一解”的问题，而且明确了“只有一解”的充要关系.
考点四：向量与其他知识点综合问题
例题7：已知A、B、C是△ABC三内角，向量且m.n＝1
(1)求角A
(2)若
解析：(1)∵ ∴ 即
，
sin(A－)＝
∵ ∴
∴A＝
(2)由题知，整理得sin2B－sinBcosB－2cos2B＝0
∴cosB≠0 ∴tan2B－tanB－2＝0
∴tanB＝2或tanB＝－1
而tanB＝－1使cos2B－sin2B＝0，舍去
∴tanB＝2
∴tanC＝tan[π－(A+B)]＝－tan(A+B)
点评：向量与三角函数的综合问题是当前的一个热点，但通常难度不大，一般就是以向量的坐标形式给出与三角函数有关的条件，并结合简单的向量运算，而考查的主体部分则是三角函数的恒等变换，以及解三角形等知识点.
例题8：设向量＝(1，0)，＝(0，1)，＝(x+m)+y，＝(x－m)+y，且||+||＝6，0＜m＜3，x＞0，y∈R.
(1)求动点P(x，y)的轨迹方程；
(2)已知点A(－1，0)，设直线y＝(x－2)与点P的轨迹交于B、C两点，问是否存在实数m，使得？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由.
解析：(1)∵＝(1，0)，＝(0，1)，||+||＝6
∴＝6
上式表示动点P(x，y)到两定点F1(－m，0)和F2(m，0)的距离之和为6
而0＜m＜3，故|F1F2|＜6
故P点轨迹为以F1、F2为焦点，长轴长2a＝6的椭圆，
于是a＝3，c＝m，b2＝9－m2
故P点轨迹方程为＝1(x＞0，0＜m＜3)
(2)设B(x1，y1)，C(x2，y2)
∵＝(x1+1，y1)，＝(x2+1，y2)，
∴＝x1x2+(x1+x2)+1+y1y2
而y1y2＝(x1－2).(x2－2)＝[x1x2－2(x1+x2)+4]
∴＝x1x2+(x1+x2)+1+[x1x2－2(x1+x2)+4]
＝[10x1x2+7(x1+x2)+13]
若存在实数m，使得成立
则由[10x1x2+7(x1+x2)+13]＝
Þ 10x1x2+7(x1+x2)+10＝0
……①
由
消去y得：(10－m2)x2－4x+9m2－77＝0 ……②
由②有
由①④⑤解得m2＝＜9，且此时△＞0
但由⑤，有9m2－77＝＜0与题设矛盾
∴不存在符合题意的实数m，使得.
点评：向量与解析几何的综合问题，通常是利用向量的几何特性来描述解析几何中的图象性质，一般解决办法是利用向量的坐标表示，“尽快”转化为纯解析几何问题求解.当然也不排除利用平面几何性质，直接将向量特征转化为几何特征，更快地得到问题的解.