课时作业1：2.5.1 平面几何中的向量方法

2.5.1 平面几何中的向量方法
一、基础过关
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 B.52 5 C ．3 5
D.72
5 答案 B
解析 BC 中点为D ⎝⎛⎭⎫32，6，AD →＝⎝⎛⎭⎫－52，5，
∴|AD →|＝52
5. 点O 是三角形ABC 所在平面内的一点，满足OA →·OB →＝OB →·OC →＝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
答案 D
解析 ∵OA →·OB →＝OB →·OC →，
∴(OA →－OC →)·OB →＝0.
∴OB →·CA →＝0.
∴OB ⊥AC.同理OA ⊥BC ，OC ⊥AB ，
∴O 为三条高的交点．
3．已知直线l 1：3x ＋4y －12＝0，l 2：7x ＋y －28＝0，则直线l 1与l 2的夹角是( )
A ．30°
B ．45°
C ．135°
D ．150° 答案 B
解析 设l 1、l 2的方向向量为v 1、v 2，则
v 1＝(4，－3)，v 2＝(1，－7)，
∴|cos 〈v 1，v 2〉|＝|v 1·v 2||v 1|·|v 2|＝255×52＝22
. ∴l 1与l 2的夹角为45°.
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
答案 B
解析 ∵|OB →－OC →|＝|CB →|＝|AB →－AC →|，
|OB →＋OC →－2OA →|＝|AB →＋AC →|，
∴|AB →－AC →|＝|AB →＋AC →|，
∴四边形ABDC 是矩形，且∠BAC ＝90°.
∴△ABC 是直角三角形．
5．过点A (2,3)，且垂直于向量a ＝(2,1)的直线方程为( )
A ．2x ＋y －7＝0
B ．2x ＋y ＋7＝0
C ．x －2y ＋4＝0
D ．x －2y －4＝0
答案 A
解析 设P (x ，y )为直线上一点，则AP →⊥a ，即(x －2)×2＋(y －3)×1＝0，即2x ＋y －7＝0.
6．过点(1,2)且与直线3x －y ＋1＝0垂直的直线的方程是____________．
答案 x ＋3y －7＝0
解析 设P (x ，y )是所求直线上任一点，
直线3x －y ＋1＝0的方向向量为(1,3)，
由(x －1，y －2)·(1,3)＝0得x ＋3y －7＝0.
7.
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 .
证明 ∵EF ∥AB ，
∴△NEF ∽△NAB ，
设AB →＝μEF →(μ≠1)，则AN EN ＝μ，AE →＝(μ－1)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 .
二、能力提升
8．已知非零向量AB →与AC →满足⎝ ⎛⎭⎪⎫AB →|AB →|＋AC →|AC →|·BC →＝0且AB →|AB →|·AC →|AC →|
＝12，则△ABC 的形状是( )
A ．三边均不相等的三角形
B ．直角三角形
C ．等腰(非等边)三角形
D ．等边三角形
答案 D
解析 由⎝ ⎛⎭⎪⎫AB →|AB →|＋AC →|AC →|·BC →＝0，得角A 的平分线垂直于BC .∴AB ＝AC .而AB →|AB →|·AC →|AC →|
＝cos 〈AB →，AC →〉＝12
， 又〈AB →，AC →〉∈[0°，180°]，∴∠BAC ＝60°.
故△ABC 为正三角形，选D.
在四边形ABCD 中，AC →＝(1,2)，BD →＝(－4,2)，则该四边形的面积为( )
A. 5 B ．2 5
C ．5
D ．10
答案 C
解析 因为AC →·BD →＝0，
∴AC ⊥BD .
∴四边形ABCD 的面积
S ＝12|AC →||BD →|＝12
×5×25＝5. 10．已知平面上三点A 、B 、C 满足|AB →|＝3，|BC →|＝4，|CA →|＝5.则AB →·BC →＋BC →·CA →＋CA →·AB →＝
______.
答案 －25
解析 △ABC 中，B ＝90°，cos A ＝35，cos C ＝45
， ∴AB →·BC →＝0，BC →·CA →＝4×5×⎝⎛⎭
⎫－45＝－16， CA →·AB →＝5×3×⎝⎛⎭
⎫－35＝－9. ∴AB →·BC →＋BC →·CA →＋CA →·AB →＝－25.
11．求证：△ABC 的三条高线交于一点．
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 →·BC →＝0，
∴AH ⊥BC ，∴AH →与AD →共线．
AD 、BE 、CF 相交于一点H .
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 .
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 →·AD →＝0，
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
由①、②式解得x ＝23，y ＝43， ∴F ⎝⎛⎭⎫23，43，DF →＝⎝⎛⎭⎫23，13，DC →＝(0,1)，
DF →·DC →＝13
， 又DF →·DC →＝|DF →||DC →|cos θ＝53
cos θ， ∴cos θ＝55，即cos ∠FDC ＝55
， 又cos ∠ADB ＝|BD →||AD →|
＝15＝55， ∴cos ∠ADB ＝cos ∠FDC ，
故∠ADB ＝∠FDC .
三、探究与拓展
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 .
证明 设P D →＝λC D →，并设△ABC 的边长为a ，则有
P A →＝P D →＋D A →
＝λC D →＋13B A →＝λ(23B A →－B C →)＋13
B A → ＝13(2λ＋1)B A →－λB
C →，又E A →＝B A →－13
B C →. ∵P A →∥E A →，∴13(2λ＋1)B A →－λBC →＝kBA →－13
kBC →. 于是有：
⎩⎨⎧ 13(2λ＋1)＝k ，
λ＝13k .解得，λ＝17.∴P D →＝17
C D →. ∴B P →＝B C →＋C P →＝17B C →＋47B A →，C D →＝23
B A →－B
C →. 从而B P →·C
D →＝(17B C →＋47B A →)·(23
B A →－B
C →) ＝821a 2－17a 2－1021
a 2cos 60°＝0.∴BP →⊥CD →. ∴BP ⊥DC .。