2023届高考数学二轮复习提升微专题几何篇第04讲怎样用向量法解平面几何问题含解析

第04讲怎样用向量法解平面几何问题
一、知识与方法
平面向量在平面几何中的应用主要体现在:利用a 可以求线段的长度,利用cos θ=
(a b a b
θ⋅为a 与b 的夹角)可以求角,利用0a b ⋅=可以证明垂直,利用()
0a b b λ=≠可以判
定平行或重合(向量关系与几何关系并不完全相同,如//AB CD 并不能说明//AB CD , 也可能共线).
运用向量法解平面几何问题,一般需要灵活运用向量的运算法则和运算律,将已知条件向所求向量转化,利用性质判断向量间的关系, 从而得到结论. 特别地,还需要依据几何图形选取适当的基底(基底中的向量尽量已知模或夹角),将题中涉及的向量用基底表示, 然后计算或证明.
还应指出的是以向量为载体考查三角形的“四心”(重心、垂心、外心、心)的试题频频出现,这是高考命题的一个热点,必须引起重视.
二、典型例题
例 1(1) 如图120-所示,求证ABC 的 3 条高,,AD BE CF 交于一点；
（2）ABC 外心为O , 垂心为H , 重心为.G 求证: ,,O G H 三点共线, 且:1:2OG GH =.
【分析】
第(1)问,三角形三条高线交于一点,是一个极为基础的平面几何命题,用纯向量方法或坐标向
量法证明, 可体现向量的优越性. 第(2)问。

题中所给出的O ,O ,O ,O 所在直线称办拉线,证明的过程是对图形进行研究并通过向量进行运算的过程. 【证明】: ()1【证法1】
设点O 为ABC 内一点,令,,OA a OB b CC c ===,
,,AB b a BC c b CA a c =-=-=-则。

设,OA BC OB CA ⊥⊥, 则()
()0,0a c b b a c ⋅-=⋅-=. 即()
.0a c a b b c c a b ⋅=⋅=⋅∴⋅-=, 即0OC BA ⋅=.
OC BA ∴⊥, 即点O 为三条高的交点, ,,AD BE CF ∴交于一点.
【证法2】
分别以,BC AD 所在的直线为x 轴和y 轴,建立如图121-所示的平面直角坐标系. 设ABC 的边,BC CA 上的高相交于点H , 并设()()12,0,,0OB x OC x ==,
()()30,,0,OA y OH y == ()1,,BH CA BH CA x y ⊥∴⋅=-
()23123,0.x y x x yy -=+=而CH AB ⋅=
()()213123,,x y x y x x yy -⋅-=--=()1230.x x yy -+=
CH AB ∴⊥, 故ABC 的三条高相交于一点.
(2) ()()
11
233
OG OA AG OA AB AC OA AO OB OC =+=+
+=+++
1
()3
OA OB OC =++ 设BO 交外接圆于另一点E , 联结CE 后得CE BC ⊥,
又,//.AH BC AH CE ⊥∴又,,//,EA AB CH AB AE CH AHCE ⊥⊥∴∴为平行四边形,
AH EC ∴=.
OH OA AH OA EC OA EO OC OA OB OC ∴=+=+=++=++
即3,OH OG OG =∴与OH 共线, 即,,O G H 三点共线, 且:1:2OG GH =
例2.如图122-所示,在ABC 中, 5,6AB AC BC ===, 点M 是AC 边上靠近点A 的一个三等分点. 试问在线段BM 上是否存在点P 使?PC BM ⊥
【分析】本题是运用向量法解决平面几何问题的典型问题,其特征是以数喻形，合理利用向量法解决平面几何问题的前提是必须建立平面直角坐标系，并熟练的掌握向量的加減法运算、数乘运算的几何意义以及两个向量之间的位置关系的一些重要结论并且灵活地运用它们。

【解析】
以B 为原点, BC 所在直线为x 轴建立如图123-所示的平面直角坐标系,
5,6AB AC BC ===, 则B (0, ()()()0),3,4,6,0,3,4.A C AC ∴=-已知点M 是AC 边
上靠近点A 的一个三等分点, 1
3
AM AC ∴=
=41,3⎛⎫- ⎪⎝⎭84,3M ⎛⎫∴ ⎪⎝⎭
若BM 上存在点P 使得PC BM ⊥, 则BP BM λ=, 且目123-01λ
即884,4,
33BP λλλ⎛
⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
()886,04,46,33CP CB BP λλλλ⎛
⎫⎛⎫=+=-+=- ⎪ ⎪⎝
⎭⎝⎭
由于,0PC BM CP BM ⊥∴⋅=, 即()88446033λλ-+
⋅=, 解得2726
λ=。

由于
[]27
0,1,26
λ=
∉∴在线段BM 上不存在点P 使得PC BM ⊥. 例3 .已知 312,,OP OP OP 满足条件 1231230,1OP
OP OP OP OP OP ++==== 求证: 123PP P 是正三角形.
【分析】数形结合，证之不难 【解析】
【证法1】
令O 为坐标原点建立直角坐标系,可设()()111222cos ,sin ,cos ,sin P P θθθθ,
()333cos ,sin P θθ
()()()123112233 ,?
cos ,sin cos ,sin cos ,sin OP OP OP θθθθθθ+=-+=--由已知得即
123123cos cos cos ?
sin sin sin ?
θθθθθθ+=-⎧∴⎨
+=-⎩，①，②
22+①②得()()1212112cos 11,cos 2
θθθθ+-+=-=-
由此可知12θθ-的最小正角为120，即21 OP OP 与的夹角为120，同理可得13
OP OP 与的夹角为120，23 OP OP 与的夹角为
120
，可知12,,P P P ，3点均匀分布在一个单位圆上，123
PP P ∴为正三角形。

【证法2】
()(
)
2
2
12312
3
,? OP OP OP OP OP OP +=-+=-由已知得则
2221212312
12,? .2
OP OP OP OP OP OP OP ++⋅=⋅=-于是 ()
2
2
2
22
121212
12122PP OP OP OP OP OP OP OP OP =-+=-+=+-⋅
同理可得2
2
13
231213233,||3PP P P PP PP P P ==∴===
∣. 123PP P ∴是正三角形.
三、易错警示
例1．在ABC 中,已知()()2,3,1,AB AC k ==, 且ABC 为直角三角形,求实数k 的值. 错解:
ABC 为直角三角形,,:AB AC ⊥. 又
()()2,3,1,AB AC k ==.
0AB AC ∴⋅=, 从而230k +=, 解得23
k =-.
【评析及正解】 上述解法凭直觉认为某个角是直角,从而忽视对各种情况的讨论, 导致㴜解. 正确的解法如下： 【解析】
由于ABC 为直角三角形,但却不知道那个角为直角,故需分 3 类讨论:
(1) 若90BAC ∠=, 即AB AC ⊥, 故0AB AC ⋅=, 从而230k +=, 解得2
3
k =-, (2) 若90BCA ∠=, 即BC AC ⊥,也就是0BC AC ⋅=.
而()1,3BC AC AB k =-=--, 故()130k k -+-=, 解得32
k =(3) 若90ABC ∠=, 即BC AB ⊥,也就是0BC AB ⋅=. 而()1,3BC k =--, 故()2330k -+-=,解得113
k =
.
综合上面讨论可知,23k =-
或32k =113
k =.
四、难题攻略
例.如图124-所示. 在平行四边形ABCD 的BC 和DC 边上分别取E 和F 两点,使得
BE DF =, 设DE 与
G BF 交于 求证: AG 平分BAD ∠. 【分析】
本例用向量法解决,好处是入手容易,无须多想,列出式子后, 直奔结果而去,具有赏析价值. 【证明】
设AB 和AD 的单位向量为1e 和2e ,
则()()121
11AG m AB mAF m AB e m AD e m DF e =-+=-++()()21211AG n AD nAE n AD e n AB e n BE e =-+=-++, 于是
()()1,1.m AB m DF n AB n AD n BE m AD -+=-+=
两式联立解得;AD n AD AB BE
=
+-
()2121AG n AD e n AB e n BE e ∴==-++21211n AD e AB e BE e n ⎡⎤
⎛⎫=-++ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦
()
212AD
AB BE e AB e BE e AD AB BE ⎡⎤=
-++⎢⎥⎣
⎦+-
()12AB AD e e AB AD BE
=
++-
AG ∴平分.BAD ∠
五、 强化训练
1. 如图125-所示, 四边形ABCD 是正方形, P 是对角线DB 上的一点, PFCE 是矩形,
试用向量法证明: (1) PA EF =; (2) PA EF ⊥.
【解析】证明:(1)以点D 为坐标原点,DC 所在直线为x 轴建立平面直角坐标系,如图所示.设
正方形的边长为1,DP λ=,则()0,1,,,1,,,02222A P E F λλλλ⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭
.
于是222,1,1,222
PA EF λλλ⎛
⎫⎛⎫
=-
-=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
PA ⎛=-= ⎝,
EF ⎛== , PA EF ∴=,即PA EF =.
11PA EF ⎛⎫⎫⎛⎫⎛⎫
⋅=⋅-+-⋅ ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝
⎭⎝⎭
1100,2222PA EF λλ⎛⎫⎛⎫=-⋅-+-=-⋅=∴⊥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝
⎭,即PA EF ⊥.
2. 如图126-所示, 已知ABC 的面积为2
14?
cm ,,D E 分别为AB , BC 上的点, 且::2:1AD DB BE EC ==, 求APC 的面积.
【解析】设,AB a BC b ==为一组基底,则21
,33
AE a b DC a b =+=+. 点,,A P E 和点,,D P C 分别共线,
∴存在λ和μ使得21
,3
3
AP AE a b DP DC a b λλλμμμ==+==+
又
2133AP AD DP a b μμ⎛⎫
=+=++ ⎪⎝⎭
∴由平面向荲的基本定理得216,33724
,3
7λμλλμμ⎧⎧=+=⎪⎪⎪⎪∴⎨⎨
⎪⎪==⎪⎪⎩
⎩
ABC 的面积为214?cm ,PAB ∴的面积()24
148cm .7
=⨯=
PBC ∴的面积()261412cm .7
APC ⎛⎫
=⨯-=∴ ⎪⎝
⎭
的面积()214824cm =--=.
3. (1) 如图127-所示,已知点G 是ABC 的重心,过点G 作直线MN 与,AB AC 两边分别
交于,M N 两点, 且AM =,x AB AN y AC =, 则
xy
x y
+的值为( )
A.3
B. 13
C. 2
D. 12
（2）已知正方形,,ABCD E F 分别是,CD AD 的中点, ,BE CF 交于点P . 求证: ()1BE CF ⊥; (2) AP AB =.
【解析】(1)【解法一】
G 为ABC 的重心,1133
AG AB AC ∴=+,
又,,M G N 三点共线,()()1,1AG AM AN AG x AB y AC λλλλ∴=+-∴=+-
()1,311,
3x y λλ⎧=⎪⎪∴⎨⎪-=⎪⎩两式消去参数λ,得
11 1.33x y += 1
3
xy x y ∴
=+,故选B. 【解法二】
(特例法)•过重心G 作平行于底边BC 的直线MN ,易得2
3
x y ==.从而
13xy x y =+. 故选B .
(2)如图建立直角坐标系xOy ,其中A 为原点,不妨设2AB =,则
()()()()()0,0,2,0,2,2,1,2,0,1A B C E F .
(1)()()()1,22,01,2BE OE OB =-=-=-.
()()()0,12,22,1CF OF OC =-=-=--
()()12210.BE CF BE CF ⋅=-⨯-+⨯-=∴⊥.即BE CF ⊥
(2)设(),P x y ,则()(),1,2,1FP x y CF =-=--,
()//,21FP CF x y ∴-=--,即22x y =-.
同理由//BP BE ,得24y x =-+,代人22x y =-,解得6
5
x =
，
故
8
5
y=,即
68
,
55
P
⎛⎫
⎪
⎝⎭
.故
22
22
68
4
55
AP AB
⎛⎫⎛⎫
=+==
⎪ ⎪
⎝⎭⎝⎭
. AP AB
∴=,即AP AB
=.
11
12
13。