《步步高 学案导学设计》2013-2014学年 高中数学人教B版必修4第二章 2.4.1向量在几何中的应用

§ 2.4
2.4.1
一、基础过关

向量的应用
向量在几何中的应用

1. 在△ABC 中,已知 A(4,1)、B(7,5)、C(-4,7),则 BC 边的中线 AD 的长是 A.2 5 C.3 5 5 B. 5 2 7 D. 5 2

(

)

→ → → → → → 2. 点 O 是三角形 ABC 所在平面内的一点, 满足OA· =OB· =OC· , OB OC OA 则点 O 是△ABC 的 A.三个内角的角平分线的交点 B.三条边的垂直平分线的交点 C.三条中线的交点 D.三条高的交点 3. 已知直线 l1:3x+4y-12=0,l2:7x+y-28=0,则直线 l1 与 l2 的夹角是 A.30° C.135° B.45° D.150° ( ) ( )

→ → → → → 4. 若 O 是△ABC 所在平面内一点,且满足|OB-OC|=|OB+OC-2OA|,则△ABC 的形状 是 A.等腰三角形 B.直角三角形 C.等腰直角三角形 D.等边三角形 → 5. 已知点 A( 3,1),B(0,0),C( 3,0),设∠BAC 的平分线 AE 与 BC 相交于 E,那么有BC → =λCE,其中 λ 等于 A.2 C.-3 1 B. 2 1 D.- 3 ( ) ( )

6. 过点(1,2)且与直线 3x-y+1=0 垂直的直线的方程是____________. → → → → → → → → → 7. 已知平面上三点 A、B、C 满足|AB|=3,|BC|=4,|CA|=5.则AB· +BC· +CA· = BC CA AB

________. 8. 如图所示,若 ABCD 为平行四边形,EF∥AB,AE 与 BF 相交于点 N,DE 与 CF 相交于 点 M. 求证:MN∥AD.

二、能力提升 → → → → ? AB AC ? → AB AC 1 → → + 9. 已知非零向量AB与AC满足? BC ?· =0 且 → ·→ =2,则△ABC 的形状是( → → ?|AB| |AC|? |AB| |AC| A.三边均不相等的三角形 C.等腰(非等边)三角形 B.直角三角形 D.等边三角形 )

→ 10.在直角坐标系 xOy 中,已知点 A(0,1)和点 B(-3,4),若点 C 在∠AOB 的平分线上且|OC| → =2,则OC=________. 11.求证:△ABC 的三条高线交于一点.

12.三角形 ABC 是等腰直角三角形,∠B=90° ,D 是 BC 边的中点,BE⊥AD,延长 BE 交 AC 于 F,连接 DF.求证:∠ADB=∠FDC.

三、探究与拓展 13.如图所示,正三角形 ABC 中,D、E 分别是 AB、BC 上的一个三等分 点,且分别靠近点 A、点 B,且 AE、CD 交于点 P.求证:BP⊥DC.

答案 1.B 2.D 3.B 4.B 5.C 6.x+3y-7=0 7.-25

8. 证明 ∵EF∥AB,∴△NEF∽△NAB, AN → → → → 设AB=μEF(μ≠1),则 =μ,AE=(μ-1)EN, EN → → → → 同理,由EF∥CD,可得DE=(μ-1)EM, → → → → → ∴AD=ED-EA=AE-DE → =(μ-1)MN, ∵μ≠1,令 λ=μ-1, → → ∴AD=λMN,∴AD∥MN. 9. D 10.?-

?

10 3 10? , 5 5 ?

11.证明 如图所示,已知 AD,BE,CF 是△ABC 的三条高. 设 BE,CF 交于 H 点, → → → 令AB=b,AC=c,AH=h, → 则BH=h-b, → → CH=h-c,BC=c-b. → → → → ∵BH⊥AC,CH⊥AB, ∴(h-b)· c=0,(h-c)· b=0, 即(h-b)· c=(h-c)· b, → → 整理得 h· (c-b)=0,∴AH· =0, BC → → ∴AH⊥BC,∴AH与AD共线. AD、BE、CF 相交于一点 H. 12.证明 如图所示,建立直角坐标系,设 A(2,0),C(0,2),则 D(0,1), → 于是AD=(-2,1), → AC=(-2,2), → → 设 F(x,y),由BF⊥AD, → → 得BF· =0, AD 即(x,y)· (-2,1)=0, ∴-2x+y=0.①

→ → 又 F 点在 AC 上,则FC∥AC, → 而FC=(-x,2-y), 因此 2×(-x)-(-2)×(2-y)=0, 即 x+y=2.② 2 4 由①、②式解得 x= ,y= , 3 3 2 4 2 1 → ∴F?3,3?,DF=?3,3?, ? ? ? ? → → → 1 DC=(0,1),DF· = , DC 3 → → → → 又DF· =|DF||DC|cos θ DC = 5 cos θ, 3 5 5 ,即 cos∠FDC= , 5 5

∴cos θ=

→ |BD| 1 5 又 cos∠ADB= = = , → 5 5 |AD| ∴cos∠ADB=cos∠FDC, 故∠ADB=∠FDC. 13.证明 设 P D =λC D ,并设△ABC 的边长为 a,则有





→ → → → 1 → P A =P D +D A =λC D + B A 3
2 → → 1 → =λ( B A -B C )+ B A 3 3 1 → → = (2λ+1)B A -λB C , 3

→ → 1 → 又 E A =B A - B C . 3
∵P A ∥E A , 1 → → ∴ (2λ+1)B A -λBC 3 → 1 → =kBA- kBC. 3 于是有:





?3?2λ+1?=k, ? 1 ?λ=3k.
1

1 解得,λ= . 7

→ 1 → ∴P D = C D . 7
∴B P =B C +C P







→ 6 2→ → =BC+ ?3BA-BC? ? 7? 1 → 4 → → 2 → → = B C + B A .C D = B A -B C . 7 7 3

→ → 1 → 4 → 2 → → 从而 B P · D =( B C + B A )· B A -B C ) C ( 7 7 3
= 8 2 1 2 10 2 a - a - a cos 60° =0. 21 7 21

→ → ∴BP⊥CD. ∴BP⊥DC.


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