第六章 6.4.1 平面几何中的向量方法 学案（含答案）

§6.4　平面向量的应用
6.4.1　平面几何中的向量方法
[学习目标]　
1.能用向量方法解决简单的几何问题.
2.体会向量在解决数学问题中的作用．
一、用向量解决平面几何中的平行(或共线)问题
例1　如图，点O是平行四边形ABCD的中心，E，F分别在边CD，AB上，且＝＝.求证：点E，O，F在同一直线上．
反思感悟　用向量方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．
(3)把运算结果“翻译”成几何关系．
跟踪训练1　设P，Q分别是梯形ABCD的对角线AC与BD的中点，AB∥DC，试用向量证明：PQ∥AB.
二、利用向量证明平面几何问题
例2　如图所示，在正方形ABCD中，E，F分别是AB，BC的中点，求证：AF⊥DE.
反思感悟　用向量证明平面几何问题的两种基本思路
(1)向量的线性运算法的四个步骤：
①选取基底；
②用基底表示相关向量；
③利用向量的线性运算或数量积找到相应关系；
④把计算所得结果转化为几何问题．
(2)向量的坐标运算法的四个步骤：
①建立适当的平面直角坐标系；
②把相关向量坐标化；
③利用向量的坐标运算找到相应关系；
④利用向量关系回答几何问题．
跟踪训练2　如图，在正方形ABCD中，P为对角线AC上任一点，PE⊥AB，PF⊥BC，垂足分别为E，F，连接DP，EF，求证：DP⊥EF.
三、利用平面向量求几何中的长度问题
例3　在平行四边形ABCD中，AD＝1，AB＝2，对角线BD＝2，求对角线AC的长．
反思感悟　用向量法求长度的策略
(1)根据图形特点选择基底，利用向量的数量积转化，用公式|a|2＝a2求解．
(2)建立坐标系，确定相应向量的坐标，代入公式：若a＝(x，y)，则|a|＝.
跟踪训练3　在△ABC中，已知A(4,1)，B(7,5)，C(－4,7)，则BC边上的中线AD的长是(　　)
A．2 B. C．3 D.
四、利用平面向量求几何中的角度问题
例4　如图，在△ABC中，∠BAC＝120°，AB＝AC＝3，点D在线段BC上，且BD＝DC.
求：
(1)AD的长；
(2)∠DAC的大小．
反思感悟　用向量法求角度的策略
(1)将要求的角转化为两向量的夹角，再使用基底法或坐标法求出该夹角的余弦值，然后求出该夹角，再转化为实际问题中的角即可．
(2)要注意，两向量的夹角和要求角的关系．
跟踪训练4　正方形OABC的边长为1，点D，E分别为AB，BC的中点，则cos∠DOE＝________.
1．知识清单：
(1)用向量解决平面几何中的平行(或共线)问题．
(2)利用向量证明平面几何问题．
(3)利用平面向量求几何中的长度问题．
(4)利用平面向量求几何中的角度问题．
2．方法归纳：转化法、数形结合法．
3．常见误区：不能将几何问题转化为向量问题．
1．在△ABC中，若(＋)·(－)＝0，则△ABC(　　)
A．是正三角形 B．是直角三角形
C．是等腰三角形 D．形状无法确定
2．已知A，B，C，D四点的坐标分别为(1,0)，(4,3)，(2,4)，(0,2)，则此四边形为(　　)
A．梯形 B．菱形
C．矩形 D．正方形
3．在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝8，BC＝6，D为AC的中点，则cos∠BDC等于(　　)
A．－ B.
C．0 D.
4．在Rt△ABC中，斜边BC的长为2，O是平面ABC内一点，点P满足＝＋(＋)，则||＝________.
6.4.1　平面几何中的向量方法
例1　证明　设＝m，＝n，
由＝＝，知E，F分别是CD，AB的三等分点，
所以＝＋＝＋
＝－m＋(m＋n)＝m＋n，
＝＋＝＋
＝(m＋n)－m＝m＋n.
所以＝.
又O为和的公共点，故点E，O，F在同一直线上.
跟踪训练1　证明　设＝λ(λ>0且λ≠1)，
因为＝－
＝＋－
＝＋(－)
＝＋[(－)－(＋)]
＝＋(－)
＝(＋)＝(－λ＋1)，
所以∥，又P，Q，A，B四点不共线，
所以PQ∥AB.
例2　证明　方法一　设＝a，
＝b，
则|a|＝|b|，a·b＝0.
又＝＋＝－a＋，
＝＋＝b＋，
所以·＝·
＝－－a·b＋
＝－|a|2＋|b|2＝0.
故⊥，即AF⊥DE.
方法二　如图所示，以A为原点，AB，AD所在直线分别为x轴、y轴建立平面直角坐标系，设正方形的边长为2，则A(0，0)，D(0,2)，E(1,0)，F(2,1)，
则＝(2,1)，＝(1，－2).
因为·＝(2,1)·(1，－2)
＝2－2＝0，
所以⊥，即AF⊥DE.
跟踪训练2　证明　方法一　设正方形ABCD的边长为1，
AE＝a(0则EP＝AE＝a，PF＝EB＝1－a，AP＝a，
∴·＝(＋)·(＋)
＝·＋·＋·＋·
＝1×a×cos 180°＋1×(1－a)×cos 90°＋a×a×cos 45°＋a×(1－a)×cos 45°＝－a＋a2＋a(1－a)＝0.
∴⊥，即DP⊥EF.
方法二　如图，以A为原点，AB，AD所在直线分别为x轴、y轴建立平面直角坐标系.
设正方形ABCD的边长为1，
AP＝λ(0<λ<)，
则D(0,1)，P，E，F.
∴＝，
＝.
∴·＝λ－λ2＋λ2－λ＝0，
∴⊥，即DP⊥EF.
例3　解　设＝a，＝b，
则＝a－b，＝a＋b，
而||＝|a－b|
＝
＝＝＝2，
∴5－2a·b＝4，∴a·b＝，
又||2＝|a＋b|2＝a2＋2a·b＋b2
＝1＋4＋2a·b＝6，
∴||＝，即AC＝.
跟踪训练3　B　[∵BC的中点为
D，＝，
∴||＝＝.]
例4　解　(1)设＝a，＝b，
则＝＋
＝＋＝＋(－)
＝＋＝a＋b.
∴||2＝2＝2
＝a2＋2×a·b＋b2
＝×9＋2××3×3×cos 120°＋×9＝3.
∴AD＝.
(2)设∠DAC＝θ(0°<θ<120°)，
则θ为与的夹角.
∴cos θ＝
＝
＝
＝＝0.
∴θ＝90°，即∠DAC＝90°.
跟踪训练4　
解析　以O为原点，以OA，OC所在直线为x轴、y轴建立平面直角坐标系，如图所示.
由题意知，
＝，＝，
故cos∠DOE＝＝＝.
随堂演练
1.C　2.A　3.B　4.1