6.4.1 平面几何中的向量方法
1.会用向量方法解决简单的平面几何问题（数学建模）. 2.体会向量在解决几何问题中的作用（数学运算、逻辑推理）.
知识点一｜利用向量证明平面几何问题
【例1】 （链接教材P38例1）如图所示，在正方形ABCD中，E，F分别是AB，BC的中点，求证：AF⊥DE.
【规律方法】
利用向量证明平面几何问题的方法
（1）基底法：选取适当的基底（基底中的向量尽量已知其模或夹角），将题中涉及的向量用基底表示，利用向量的运算或性质解决；
（2）坐标法：建立适当的平面直角坐标系，实现向量的坐标化，将几何问题中的长度、平行、垂直等问题转化为代数运算.一般地，坐标易表示或易建立坐标系的题目选用坐标法.
训练1 如图，在平行四边形ABCD中，M为线段DC的中点，N为线段AC的中点，点T在线段AM上，且AT＝3TM.求证：NT∥BM.
知识点二｜利用平面向量求几何中的长度
【例2】 （链接教材P39例2）在平行四边形ABCD中，AD＝1，AB＝2，对角线BD＝2，求对角线AC的长.
【规律方法】
利用向量法解决长度问题的策略
向量法求平面几何中的长度问题，即向量长度的求解，一是利用图形特点选择基底，向向量的数量积转化，用公式｜a｜2＝a2求解；二是建立坐标系，确定相应向量的坐标，代入公式｜a｜＝ 求解.
训练2 如图所示，在矩形ABCD中，AB＝4，点E为AB的中点，且⊥，则｜｜＝（ ）
A. B.2
C.3 D.2
知识点三｜利用平面向量求几何中的角度
【例3】 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.
【规律方法】
平面几何中夹角问题的求解策略
利用平面向量解决几何中的夹角问题时，本质是将平面图形中的角视为两个向量的夹角，借助夹角公式进行求解，这类问题也有两种方法，一是利用基底法，二是利用坐标运算.在求解过程中，务必注意向量的方向.
训练3 在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝8，BC＝6，D为AC的中点，则cos∠BDC＝（ ）
A.－ B. C.0 D.
1.在△ABC中，若｜｜＝｜＋｜，则△ABC为（ ）
A.等腰直角三角形 B.等边三角形
C.等腰三角形 D.直角三角形
2.在四边形ABCD中，若＋＝0，·＝0，则四边形ABCD为（ ）
A.平行四边形 B.矩形
C.等腰梯形 D.菱形
3.在Rt△ABC中，斜边BC的长为2，O是平面ABC内一点，点P满足＝＋（＋），则｜｜＝ .
4.已知长方形AOCD中，OA＝3，OC＝2，E为OC中点，P为AO上一点，利用向量知识判断当点P在什么位置时，∠PED＝45°.
1.理清单 （1）利用向量证明平面几何问题； （2）利用平面向量求几何中的长度、角度问题. 2.应体会 用向量解决平面几何问题时，先把有关问题转化为向量问题，再通过向量的线性运算或数量积运算解决该问题，最后把运算结果“翻译”成几何关系，体现了转化与化归的思想方法. 3.避易错 不能将几何问题转化为向量问题.
提示：完成课后作业 第六章 6.4 6.4.1
1 / 16.4.1 平面几何中的向量方法
课标要求 情境导入
1.会用向量方法解决简单的平面几何问题（数学建模）. 2.体会向量在解决几何问题中的作用（数学运算、逻辑推理）. 向量集“数”与“形”于一身，既有代数的抽象性又有几何的直观性，用它研究问题可以实现形象思维与抽象思维的有机结合，因而向量是几何研究的一个有效工具.
知识点一｜利用向量证明平面几何问题
【例1】 （链接教材P38例1）如图所示，在正方形ABCD中，E，F分别是AB，BC的中点，求证：AF⊥DE.
证明：法一 设＝a，＝b，
则｜a｜＝｜b｜，a·b＝0.
又＝＋＝－a＋，
＝＋＝b＋，
所以·＝（b＋）·（－a＋）
＝－－a·b＋＝－｜a｜2＋｜b｜2＝0.
故⊥，即AF⊥DE.
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.
【规律方法】
利用向量证明平面几何问题的方法
（1）基底法：选取适当的基底（基底中的向量尽量已知其模或夹角），将题中涉及的向量用基底表示，利用向量的运算或性质解决；
（2）坐标法：建立适当的平面直角坐标系，实现向量的坐标化，将几何问题中的长度、平行、垂直等问题转化为代数运算.一般地，坐标易表示或易建立坐标系的题目选用坐标法.
训练1 如图，在平行四边形ABCD中，M为线段DC的中点，N为线段AC的中点，点T在线段AM上，且AT＝3TM.求证：NT∥BM.
证明：设＝a，＝b，
则＝＋＝－a＋b，
＝＋＝－＋.
而＝a＋b，＝＋＝a＋b，
所以＝－（a＋b）＋（a＋b）＝－a＋b，
所以＝4.
所以NT∥BM.
知识点二｜利用平面向量求几何中的长度
【例2】 （链接教材P39例2）在平行四边形ABCD中，AD＝1，AB＝2，对角线BD＝2，求对角线AC的长.
解：设＝a，＝b，则＝a－b，＝a＋b，
∵｜｜＝｜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＝.
【规律方法】
利用向量法解决长度问题的策略
向量法求平面几何中的长度问题，即向量长度的求解，一是利用图形特点选择基底，向向量的数量积转化，用公式｜a｜2＝a2求解；二是建立坐标系，确定相应向量的坐标，代入公式｜a｜＝ 求解.
训练2 如图所示，在矩形ABCD中，AB＝4，点E为AB的中点，且⊥，则｜｜＝（ ）
A. B.2
C.3 D.2
解析：B 以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系.设｜｜＝a（a＞0），则A（0，0），C（4，a），D（0，a），E（2，0），所以＝（2，－a），＝（4，a）.因为⊥，所以·＝0，所以2×4＋（－a）·a＝0，即a2＝8，所以a＝2，所以＝（2，－2），所以｜｜＝ ＝2.
知识点三｜利用平面向量求几何中的角度
【例3】 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；
解：（1）设＝a，＝b，
则＝＋
＝＋＝＋（－）
＝＋＝a＋b，
∴｜｜2＝＝（a＋b）2
＝a2＋2×a·b＋b2
＝×9＋2××3×3×cos 120°＋×9＝3，
∴AD＝.
（2）∠DAC的大小.
解：（2）设∠DAC＝θ（0°＜θ＜120°），
则θ为与的夹角，
∴cos θ＝＝
＝＝＝0，
∴θ＝90°，即∠DAC＝90°.
【规律方法】
平面几何中夹角问题的求解策略
利用平面向量解决几何中的夹角问题时，本质是将平面图形中的角视为两个向量的夹角，借助夹角公式进行求解，这类问题也有两种方法，一是利用基底法，二是利用坐标运算.在求解过程中，务必注意向量的方向.
训练3 在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝8，BC＝6，D为AC的中点，则cos∠BDC＝（ ）
A.－ B.
C.0 D.
解析：B 如图，以B为原点，BC，BA所在直线分别为x轴、y轴建立平面直角坐标系，则B（0，0），A（0，8），C（6，0），D（3，4），∴＝（－3，－4），＝（3，－4）.又∠BDC为，的夹角，∴cos∠BDC＝＝＝.故选B.
1.在△ABC中，若｜｜＝｜＋｜，则△ABC为（ ）
A.等腰直角三角形 B.等边三角形
C.等腰三角形 D.直角三角形
解析：D 由题意得，｜｜＝｜＋｜ ｜－｜＝｜＋｜，故－2·＋＝＋2·＋，则·＝0，故⊥，即△ABC为直角三角形.故选D.
2.在四边形ABCD中，若＋＝0，·＝0，则四边形ABCD为（ ）
A.平行四边形 B.矩形
C.等腰梯形 D.菱形
解析：D 由＋＝0，得＝－＝，∴四边形ABCD为平行四边形；由·＝0知，平行四边形ABCD对角线互相垂直，故四边形ABCD为菱形.
3.在Rt△ABC中，斜边BC的长为2，O是平面ABC内一点，点P满足＝＋（＋），则｜｜＝ 1 .
解析：∵＝＋（＋），∴－＝（＋），＝（＋），∴AP为Rt△ABC斜边BC的中线，∴｜｜＝1.
4.已知长方形AOCD中，OA＝3，OC＝2，E为OC中点，P为AO上一点，利用向量知识判断当点P在什么位置时，∠PED＝45°.
解：如图，建立平面直角坐标系，则E（1，0），D（2，3），
设P（0，b）（0≤b≤3），
则＝（1，3），＝（－1，b），
∴cos∠PED＝
＝＝.
整理得2b2－3b－2＝0，
解得b＝2，b＝－（舍去），
∴当点P为OA上靠近点A的三等分点时，∠PED＝45°.
课堂小结
1.理清单 （1）利用向量证明平面几何问题； （2）利用平面向量求几何中的长度、角度问题. 2.应体会 用向量解决平面几何问题时，先把有关问题转化为向量问题，再通过向量的线性运算或数量积运算解决该问题，最后把运算结果“翻译”成几何关系，体现了转化与化归的思想方法. 3.避易错 不能将几何问题转化为向量问题.
1.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.
解析：B ∵B（7，5），C（－4，7），∴线段BC的中点D的坐标为（，6），则＝（－，5），∴｜｜＝＝.
2.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
解析：C （＋）·（－）＝－＝0，即｜｜＝｜｜，∴CA＝CB，则△ABC是等腰三角形.
3.正方形OABC的边长为1，点D，E分别为AB，BC的中点，则cos∠DOE＝（ ）
A. B.
C. D.
解析：D 以O为原点，分别以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，＝（1，），＝（，1），故cos∠DOE＝＝＝.
4.已知点O为△ABC的外接圆的圆心，且3＋4＝－5，则∠ACB的大小为（ ）
A. B.
C. D.
解析：A 由题意知∠ACB＝∠AOB，设☉O的半径为r，3＋4＝－5两边平方得9r2＋16r2＋24·＝25r2，得·＝0，所以∠AOB＝，故∠ACB＝.
5.在△ABC中，AB＝AC＝2，点M满足＋2＝0，若·＝，则BC的长为（ ）
A.1 B.
C.2 D.3
解析：C 取BC的中点O，连接AO，如图所示.∵＋2＝0，即＝2，∴M为BC边上靠近C的三等分点，∵AB＝AC，∴AO⊥BC，∴·＝0，又＝，∴·＝·（＋）＝·＋·＝·＝｜｜2＝，解得｜｜＝2，即BC＝2.
6.〔多选〕如图，在平行四边形ABCD中，AB＝2AD＝2，∠BAD＝，＝2，延长DP交BC于点M，则（ ）
A.＝－ B.＝4
C.·＝1 D.·＝
解析：ACD 依题意，因为在平行四边形ABCD中，AB＝2，AD＝1，∠BAD＝，＝2，所以＝＝＝2，即M为BC的中点，所以＝＝（＋）＝－，故A正确；因为，不共线，所以＝4错误，故B错误；·＝2×1×cos＝1，故C正确；·＝（－）·（＋）＝＋·－＝，故D正确.故选A、C、D.
7.在四边形ABCD中，若·＝0，且＝，则四边形ABCD的形状是 矩形 .
解析：由·＝0，可得⊥，即AB⊥BC，又由＝，可得AB＝DC且AB∥DC，所以四边形ABCD为矩形.
8.已知G为△ABC的重心，且＝λ（＋），则λ＝ .
解析：如图所示，取BC中点M，连接AM，则＋＝2，又因为G为△ABC的重心，故＝，因此＝（＋），故λ＝.
9.已知直角梯形ABCD中，AB⊥AD，AB＝2，DC＝1，AB∥DC，则当AC⊥BC时，AD＝ 1 .
解析：建立平面直角坐标系，如图所示.设AD＝t（t＞0），则A（0，0），C（1，t），B（2，0），则＝（1，t），＝（－1，t）.由AC⊥BC知·＝－1＋t2＝0，解得t＝1，故AD＝1.
10.如图，已知D，E分别为△ABC的边AB，AC的中点，延长CD到M使DM＝CD，延长BE到N使BE＝EN，求证：M，A，N三点共线.
证明：∵D为MC的中点，且D为AB的中点，
∴＝＋.
∴＝－＝.
同理可证明＝－＝.
∴＝－，
∴，共线.
又与有公共点A，
∴M，A，N三点共线.
11.在Rt△ABC中，点D是斜边AB的中点，点P为线段CD的中点，则＝（ ）
A.2 B.4
C.5 D.10
解析：D 将△ABC各边及PA，PB，PC均用向量表示，则＝＝＝＝－6＝42－6＝10.
12.在△ABC中，设－＝2·，那么动点M形成的图形必经过△ABC的（ ）
A.垂心 B.内心
C.外心 D.重心
解析：C 假设BC的中点是O，则－＝（＋）·（－）＝2·＝2·，即（－）·＝·＝0，所以⊥，所以动点M在线段BC的垂直平分线上，所以动点M形成的图形必经过△ABC的外心.
13.若点M是△ABC所在平面内的一点，且满足3－－＝0，则△ABM与△ABC的面积之比为 1∶3 .
解析：如图，设D为BC边的中点，则＝（＋）.因为3－－＝0.所以3＝＋＝2，所以＝，所以S△ABM＝S△ABD＝S△ABC，所以△ABM与△ABC的面积之比为1∶3.
14.在△ABC中，AC＝2，AB＝4，点D在边BC上，且＝t（t∈R）.
（1）若t＝，∠BAC＝，求｜｜；
（2）若t＝，AD恰为BC边上的高，求∠BAC.
解：（1）若t＝，则＝，即D为BC的中点，
所以＝（＋），
因为∠BAC＝，AC＝2，AB＝4，
所以｜｜＝
＝＝.
（2）若t＝，则＝＝（－），
因为AD恰为BC边上的高，所以⊥，
因为＝＋＝＋（－）＝＋，＝－，
所以·＝（＋）·（－）
＝－·－
＝×22－×2×4×cos∠BAC－×42＝0，
所以cos∠BAC＝0，则∠BAC＝.
15.如图，AB为半圆O的直径，｜AB｜＝2，C为上一点（不含端点）.
（1）用向量的方法证明AC⊥BC；
（2）若C是上更靠近点B的三等分点，Q为上的任意一点（不含端点），求·的最大值.
解：（1）证明：建立如图所示的平面直角坐标系.
由题意可知｜OB｜＝1，
法一 设∠COB＝α，则α∈（0，π），
A（－1，0），B（1，0），C（cos α，sin α），则有＝（cos α＋1，sin α），＝（cos α－1，sin α），
所以·＝cos2α－1＋sin2α＝1－1＝0，故⊥，即AC⊥BC.
法二 A（－1，0），B（1，0），设C（a，b），
则｜OB｜＝｜OC｜＝＝1，得a2＋b2＝1，得＝（a＋1，b），＝（a－1，b），
所以·＝a2－1＋b2＝1－1＝0，故⊥，即AC⊥BC.
（2）由题意得∠COB＝，则C（，），连接QO，设∠QOB＝β，则β∈（，π），Q（cos β，sin β）.
由（1）得＝－＝（，－），＝（－1－cos β，－sin β），
所以·＝－－cos β＋sin β＝sin（β－）－，
由β∈（，π），得β－∈（，），当β－＝，即β＝时，（·）max＝，
所以·的最大值为.
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