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第六章
平面向量及其应用
6.4 平面向量的应用
6．4.1 平面几何中的向量方法课时作业10 平面几何中的向量方法
时间：45分钟
——基础巩固类——
一、选择题
1．在△ABC中，若(＋)·(－)＝0，则△ABC( C )
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：由条件知2＝2，即||＝||，即△ABC为等腰三角形．
2．在四边形ABCD中，＝(1,2)，＝(－4,2)，则该四边形的面积为( C )
A．
B．2
C．5 D．10
解析：因为·＝(1,2)×(－4,2)＝1×(－4)＋2×2＝0，所以⊥，且||＝＝，||＝＝2，所以S四边形ABCD＝||||＝××2＝5.故选C．
3．在直角三角形ABC中，斜边BC长为2，O是平面ABC内一点，点P满足＝＋(＋)，则||等于( B )
A．2 B．1
C． D．4
解析：设BC边的中点为M，则(＋)＝，
∴＝＋＝，∴P与M重合，
∴||＝||＝1.
4．(多选)△ABC是边长为2的等边三角形，已知向量a，b满足＝2a，＝2a＋b，则下列结论正确的是( BD )
A．|b|＝1
B．|a|＝1
C．a∥b
D．(4a＋b)⊥
解析：如图，由题意，＝－＝(2a＋b)－2a＝b，则|b|＝2，A错误；|2a|＝2|a|＝2，所以|a|＝1，B正确；因为＝2a，＝b，故a，b不平行，C错误；设BC的中点为D，则＋＝2，且⊥，而2＝2a＋(2a＋b)＝4a＋b，所以(4a＋b)⊥，D正确．
5．设O为△ABC的外心，平面上一点P使＝＋＋，则点P是△ABC的( C )
A．外心
B．内心
C．垂心
D．重心
解析：由＝＋＋，得＝＋，以OB，OC为邻边作?OBDC，如图．
∵O为△ABC的外心，∴OB＝OC．
∴四边形OBDC为菱形．
∴OD⊥BC．
又＝＋＝，∴AP⊥BC．
同理，BP⊥AC．故P为垂心．
6．设O为△ABC内部的一点，且＋2＋3＝0，则△AOC的面积与△BOC的面积之比为( C )
A．3?2
B．5?3
C．2?1
D．3?1
解析：设AC的中点为D，BC的中点为E，则(＋)＋(2＋2)＝2＋4＝0，∴＝－2，即O，D，E三点共线．
∴S△OCD＝2S△OCE，∴S△AOC＝2S△BOC，
∴S△AOC?S△BOC＝2?1.
二、填空题
7．在等腰直角三角形ABC中，AC是斜边，且·＝，则该三角形的面积等于.
解析：设Rt△ABC的直角边长为a，则斜边长为a，于是·＝a·a·＝a2＝，从而a＝，于是S△ABC＝××＝.
8．已知△ABC的三个顶点A(0，－4)，B(4,0)，C(－6,2)，点D，E，F分别为边BC，CA，AB的中点，则直线DE的方程为x－y＋2＝0，直线EF的方程为x＋5y＋8＝0.
解析：由已知得点D(－1,1)，E(－3，－1)．
设M(x，y)是直线DE上任意一点，
则∥.
又＝(x＋1，y－1)，＝(－2，－2)．
所以(－2)×(x＋1)－(－2)×(y－1)＝0.
即x－y＋2＝0为直线DE的方程．
同理可求，直线EF的方程为x＋5y＋8＝0.
9．在四边形ABCD中，已知＝(4，－2)，＝(7,4)，＝(3,6)，则四边形ABCD的面积是30.
解析：＝－＝(3,6)＝，
因为·＝(4，－2)×(3,6)＝0，
所以四边形ABCD为矩形，
因为||＝＝2，
||＝＝3，
所以S四边形ABCD＝||||＝2×3＝30.
三、解答题
10．如图，在△ABC中，由A与B分别向对边BC与CA作垂线，垂足分别为D、E，且AD与BE交于H，连接CH，求证：CH⊥AB．
证明：由已知AH⊥BC，BH⊥AC，得·＝0，·＝0.
∵＝＋，＝＋，∴(＋)·＝0，①
(＋)·＝0，②
①－②得，·(－)＝0，即·＝0，∴CH⊥AB．
11．如图，在△OAB中，已知点P为线段AB上的一点，且||＝2||.
(1)试用、表示；
(2)若||＝3，||＝2，且∠AOB＝，求·的值．
解：(1)因为点P在AB上，且||＝2||，所以＝2，
即－＝2(－)，所以＝＋.
(2)·＝(＋)·(－)
＝－2＋2－·
＝－||2＋||2－||·||cos∠AOB
＝－×9＋×4－×3×2cos＝－.
——能力提升类——
12．已知A，B，C三点不在同一条直线上，O是平面ABC内一定点，P是△ABC内的一动点，若－＝λ，λ∈[0，＋∞)，则直线AP一定过△ABC的( A )
A．重心
B．垂心
C．外心
D．内心
解析：如图，取BC的中点D，
则＋＝＋＝.
又∵－＝λ，
∴＝λ，
∴A，P，D三点共线，
∴直线AP一定过△ABC的重心．
13．向量a≠e，|e|＝1，若对任意t∈R，|a－te|≥|a＋e|，则( C )
A．a⊥e
B．a⊥(a＋e)
C．e⊥(a＋e)
D．(a＋e)⊥(a－e)
解析：由|a－te|≥|a＋e|得(a－te)2≥(a＋e)2，
故t2－2a·et－(2a·e＋1)≥0.
∵对任意t∈R，上式恒成立，
∴Δ＝4(a·e)2＋4(2a·e＋1)≤0.∴(a·e＋1)2≤0.
∴a·e＝－1，∴e·(a＋e)＝a·e＋1＝0，∴e⊥(a＋e)．
14．如图，在矩形ABCD中，AB＝，BC＝3，BE⊥AC，垂足为E，则ED＝.
解析：以A为坐标原点，AD，AB所在直线分别为x轴，y轴建立平面直角坐标系，则A(0,0)，B(0，)，C(3，)，
D(3,0)，＝(3，)，设＝λ，则E的坐标为(3λ，λ)，故＝(3λ，λ－)．因为BE⊥AC，所以·＝0，
即9λ＋3λ－3＝0，解得λ＝，所以E(，)．
故＝(，－)，||＝，即ED＝.
15．如图，在Rt△ABC中，已知BC＝a，若长为2a的线段PQ以点A为中点，问与的夹角θ取何值时，·的值最大？并求出这个最大值．
解：以直角顶点A为坐标原点，两直角边所在直线为坐标轴建立平面直角坐标系．设|AB|＝c，|AC|＝b，则A(0,0)，B(c,0)，C(0，b)，且|PQ|＝2a，|BC|＝a.
设点P的坐标为(x，y)，则Q(－x，－y)，∴＝(x－c，y)，＝(－x，－y－b)，＝(－c，b)，＝(－2x，－2y)．
∴·＝(x－c)(－x)＋y(－y－b)
＝－(x2＋y2)＋cx－by.
∵cosθ＝＝，∴cx－by＝a2cosθ.
∴·＝－a2＋a2cosθ，
故当cosθ＝1，即θ＝0°(与方向相同)时，·最大，其最大值为0.
