6.4.1 平面几何中的向量方法-【金版教程】2024-2025学年高中数学必修第二册创新导学案课件PPT（人教A版2019）

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 课程标准：会用向量方法解决简单的平面几何问题，体会向量在解决数学问题中的作用． 教学重点：用向量知识解决一些简单的平面几何问题的方法和步骤． 教学难点：选择恰当的方法，将几何问题转化为向量问题． 核心素养：通过用向量方法解决平面几何问题培养逻辑推理素养和数学运算素养． (教师独具内容) 核心概念掌握 核心素养形成 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 知识点一　用向量方法解决平面几何问题的 “三步曲” (1)建立平面几何与向量的联系，用向量表示问题中涉及的几何元素，将平面几何问题转化为向量问题． (2)通过向量运算，研究几何元素之间的关系，如距离、夹角等问题． (3)把运算结果“翻译”成几何关系． 核心概念掌握 5 核心概念掌握 6 核心概念掌握 7 1∶2 核心概念掌握 8 核心素养形成 题型一　向量在平面几何证明问题中的应用 核心素养形成 10 核心素养形成 11 【感悟提升】　用向量证明平面几何问题的两种基本思路 (1)向量的线性运算法的四个步骤 ①选取基底；②用基底表示相关向量；③利用向量的线性运算或数量积找相应关系；④把几何问题向量化． (2)向量的坐标运算法的四个步骤 ①建立适当的平面直角坐标系；②把相关向量坐标化；③用向量的坐标运算找相应关系；④把几何问题向量化． 核心素养形成 12 核心素养形成 13 核心素养形成 14 题型二　向量在平面几何计算问题中的应用 核心素养形成 15 核心素养形成 16 核心素养形成 17 【跟踪训练】 2．如图，平行四边形ABCD中，已知AD＝1，AB＝2，对角线BD＝2，求对角线AC的长． 核心素养形成 18 随堂水平达标 1．已知点A(－2，－3)，B(19，4)，C(－1，－6)，则△ABC是(　　) A．等腰三角形 B．等边三角形 C．直角三角形 D．等腰直角三角形 随堂水平达标 20 随堂水平达标 21 随堂水平达标 22 随堂水平达标 23 随堂水平达标 24 随堂水平达标 25 课后课时精练 基础题(占比50%)　中档题(占比40%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 难度 ★ ★ ★ ★ ★★ ★ ★ ★★ 对点 判断四边形的形状 平面几何中的长度问题 求四边形的面积 平面几何中的长度问题 平面几何中的长度问题 平面几何中的角度问题 平面几何中的长度问题 平面几何中的长度问题 题号 9 10 11 12 13 14 15 难度 ★ ★★ ★★ ★★ ★★ ★★★ ★★★ 对点 平面几何中的长度与角度问题 平面几何中的证明问题 判断三角形的形状 向量在平面几何中的综合应用 求面积之比 平面几何中的证明问题 平面几何中的长度与证明问题 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 27 一、选择题 1．已知A，B，C，D四点的坐标分别是(1，0)，(4，3)，(2，4)，(0，2)，则此四边形为(　　) A．梯形 B．菱形 C．矩形 D．正方形 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 28 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 29 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 30 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 31 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 32 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 33 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 34 10 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 35 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 36 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 37 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 38 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 39 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 40 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 41 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 42 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 43 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 44 1∶2 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 45 14．已知正方形ABCD中，E，F分别是CD，AD的中点，BE，CF交于点P. 求证：(1)BE⊥CF； (2)AP＝AB. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 46 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 47 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 48 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 49 　　　　　　　　　　　　　 R 知识点二　向量在平面几何中常见的应用 (1)证明线段平行或点共线问题，以及相似问题，常用向量共线定理：a∥b⇔a＝λb(λ∈R，b≠0)⇔x1y2－x2y1＝0(a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2))． (2)证明线段垂直问题，如证明四边形是矩形、正方形，判断两直线(或线段)是否垂直等，常用向量垂直的条件：a⊥b⇔a·b＝0⇔x1x2＋y1y2＝0(非零向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2))． (3)求角问题，利用公式：cos〈a，b〉＝eq \f(a·b,|a||b|)＝2,1)eq \f(x1x2＋y1y2,\r(x＋yeq \o\al(2,1))\r(xeq \o\al(2,2)＋yeq \o\al(2,2))) (非零向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2))． (4)求线段的长度或说明线段相等，常用公式：|a|＝eq \r(a2)＝eq \r(x2＋y2)(a＝(x，y))或AB＝|eq \o(AB,\s\up17(→))|＝eq \r(（x2－x1）2＋（y2－y1）2)(A(x1，y1)，B(x2，y2))． 1．(判断三角形的形状)在△ABC中，若(eq \o(CA,\s\up17(→))＋eq \o(CB,\s\up17(→)))·(eq \o(CA,\s\up17(→))－eq \o(CB,\s\up17(→)))＝0，则△ABC是(　　) A．等腰三角形 B．等边三角形 C．直角三角形 D．等腰直角三角形 2．(判断四边形的形状)在四边形ABCD中，eq \o(AB,\s\up17(→))·eq \o(BC,\s\up17(→))＝0，eq \o(BC,\s\up17(→))＝eq \o(AD,\s\up17(→))，则四边形ABCD是(　　) A．直角梯形 B．菱形 C．矩形 D．正方形 3．(求面积之比)设O是△ABC内部一点，且eq \o(OA,\s\up17(→))＋eq \o(OC,\s\up17(→))＝－2eq \o(OB,\s\up17(→))，则△AOB与△AOC的面积之比为________． 例1　在直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠CDA＝∠DAB＝90°，CD＝DA＝eq \f(1,2)AB，求证：AC⊥BC. 证明　证法一：∵∠CDA＝∠DAB＝90°，AB∥CD，CD＝DA＝eq \f(1,2)AB， 故可设eq \o(AD,\s\up17(→))＝e1，eq \o(DC,\s\up17(→))＝e2，|e1|＝|e2|，则eq \o(AB,\s\up17(→))＝2e2. ∴eq \o(AC,\s\up17(→))＝eq \o(AD,\s\up17(→))＋eq \o(DC,\s\up17(→))＝e1＋e2，eq \o(BC,\s\up17(→))＝eq \o(AC,\s\up17(→))－eq \o(AB,\s\up17(→))＝(e1＋e2)－2e2＝e1－e2. 而eq \o(AC,\s\up17(→))·eq \o(BC,\s\up17(→))＝(e1＋e2)·(e1－e2)＝eeq \o\al(2,1)－eeq \o\al(2,2)＝|e1|2－|e2|2＝0， ∴eq \o(AC,\s\up17(→))⊥eq \o(BC,\s\up17(→))，即AC⊥BC. 证法二：如图，建立平面直角坐标系， 设CD＝1，则A(0，0)，B(2，0)，C(1，1)，D(0，1)． ∴eq \o(BC,\s\up17(→))＝(－1，1)，eq \o(AC,\s\up17(→))＝(1，1)． ∴eq \o(BC,\s\up17(→))·eq \o(AC,\s\up17(→))＝(－1，1)·(1，1)＝－1＋1＝0. ∴AC⊥BC. 【跟踪训练】 1．如图，点O是平行四边形ABCD的中心，E，F分别在边CD，AB上，且eq \f(CE,ED)＝eq \f(AF,FB)＝eq \f(1,2).求证：点E，O，F在同一直线上． 证明：设eq \o(AB,\s\up17(→))＝m，eq \o(AD,\s\up17(→))＝n， 由eq \f(CE,ED)＝eq \f(AF,FB)＝eq \f(1,2)，知E，F分别是CD，AB的三等分点， 所以eq \o(FO,\s\up17(→))＝eq \o(FA,\s\up17(→))＋eq \o(AO,\s\up17(→))＝eq \f(1,3) eq \o(BA,\s\up17(→))＋eq \f(1,2) eq \o(AC,\s\up17(→))＝－eq \f(1,3)m＋eq \f(1,2)(m＋n)＝eq \f(1,6)m＋eq \f(1,2)n，eq \o(OE,\s\up17(→))＝eq \o(OC,\s\up17(→))＋eq \o(CE,\s\up17(→))＝eq \f(1,2) eq \o(AC,\s\up17(→))＋eq \f(1,3) eq \o(CD,\s\up17(→))＝eq \f(1,2)(m＋n)－eq \f(1,3)m＝eq \f(1,6)m＋eq \f(1,2)n. 所以eq \o(FO,\s\up17(→))＝eq \o(OE,\s\up17(→)).又O为eq \o(FO,\s\up17(→))和eq \o(OE,\s\up17(→))的公共点，故点E，O，F在同一直线上． 例2　如图所示，在矩形ABCD中，AB＝eq \r(3)，BC＝3，BE⊥AC，垂足为E，求ED的长． 解 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，eq \r(3))，C(3，eq \r(3))，D(3，0)，eq \o(AC,\s\up17(→))＝(3，eq \r(3))， 设eq \o(AE,\s\up17(→))＝λeq \o(AC,\s\up17(→))，则点E的坐标为(3λ，eq \r(3)λ)， 故eq \o(BE,\s\up17(→))＝(3λ，eq \r(3)λ－eq \r(3))． 因为BE⊥AC，所以eq \o(BE,\s\up17(→))·eq \o(AC,\s\up17(→))＝0， 即9λ＋3λ－3＝0， 解得λ＝eq \f(1,4)，所以Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，\f(\r(3),4)))， 故eq \o(ED,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,4)，－\f(\r(3),4)))，|eq \o(ED,\s\up17(→))|＝eq \f(\r(21),2)，即ED＝eq \f(\r(21),2). 【感悟提升】　用向量法求平面几何中的长度问题，即向量的模的求解，一是利用图形特点选择基底，向向量的数量积转化，利用公式|a|2＝a2求解；二是建立平面直角坐标系，确定相应向量的坐标，代入公式求解，即若a＝(x，y)，则|a|＝eq \r(x2＋y2). 解：设eq \o(AD,\s\up17(→))＝a，eq \o(AB,\s\up17(→))＝b，则eq \o(BD,\s\up17(→))＝a－b，eq \o(AC,\s\up17(→))＝a＋b， 而|eq \o(BD,\s\up17(→))|＝|a－b|＝eq \r(a2－2a·b＋b2)＝eq \r(1＋4－2a·b)＝eq \r(5－2a·b)＝2， ∴5－2a·b＝4，∴a·b＝eq \f(1,2). ∴|eq \o(AC,\s\up17(→))|2＝|a＋b|2＝a2＋2a·b＋b2＝1＋4＋2a·b＝6， ∴|eq \o(AC,\s\up17(→))|＝eq \r(6)，即AC＝eq \r(6). 解析：∵A(－2，－3)，B(19，4)，C(－1，－6)，∴eq \o(AC,\s\up17(→))＝(1，－3)，eq \o(AB,\s\up17(→))＝(21，7)，∴eq \o(AC,\s\up17(→))·eq \o(AB,\s\up17(→))＝1×21－3×7＝0，∴AC⊥AB，又|eq \o(AC,\s\up17(→))|≠|eq \o(AB,\s\up17(→))|，∴△ABC是直角三角形． 2．已知|a|＝2eq \r(3)，|b|＝2，向量a，b的夹角为30°，则以向量a，b为邻边的平行四边形的一条对角线的长度为(　　) A．10 B．eq \r(10) C．2 D．22 解析：以向量a，b为邻边的平行四边形的对角线为a＋b与a－b.|a＋b|＝eq \r(（a＋b）2)＝eq \r(a2＋2a·b＋b2)＝eq \r(12＋2×2\r(3)×2×\f(\r(3),2)＋4)＝eq \r(28)＝2eq \r(7)，|a－b|＝eq \r(（a－b）2)＝eq \r(a2－2a·b＋b2)＝eq \r(12－2×2\r(3)×2×\f(\r(3),2)＋4)＝2.所以以向量a，b为邻边的平行四边形的一条对角线的长度为2eq \r(7)或2.故选C. 3．(2024·江苏常州高级中学高一下期末)在△ABC中，AB＝AC＝2，点M满足eq \o(BM,\s\up17(→))＋3eq \o(CM,\s\up17(→))＝0，若eq \o(BC,\s\up17(→))·eq \o(AM,\s\up17(→))＝1，则BC的值为(　　) A．1 B．eq \r(3) C．2 D．3 解析：取BC的中点O，连接AO，∵eq \o(BM,\s\up17(→))＋3eq \o(CM,\s\up17(→))＝0，即eq \o(BM,\s\up17(→))＝3eq \o(MC,\s\up17(→))，∴M为BC边上靠近C的四等分点，eq \o(BC,\s\up17(→))·eq \o(AM,\s\up17(→))＝eq \o(BC,\s\up17(→))·(eq \o(AO,\s\up17(→))＋eq \o(OM,\s\up17(→)))＝eq \o(BC,\s\up17(→))·eq \o(AO,\s\up17(→))＋eq \o(BC,\s\up17(→))·eq \o(OM,\s\up17(→))，∵AB＝AC，∴AO⊥BC，∴eq \o(BC,\s\up17(→))·eq \o(AO,\s\up17(→))＝0，又eq \o(OM,\s\up17(→))＝eq \f(1,4) eq \o(BC,\s\up17(→))，∴eq \o(BC,\s\up17(→))·eq \o(AM,\s\up17(→))＝eq \o(BC,\s\up17(→))·eq \o(OM,\s\up17(→))＝eq \f(1,4)|eq \o(BC,\s\up17(→))|2＝1，∴|eq \o(BC,\s\up17(→))|＝2.故选C. 4．(2024·山东潍坊高一阶段检测)已知平面四边形ABCD中，AB⊥AD，BC⊥CD，AB＝1，BC＝eq \r(3)，∠ABC＝150°，则cos∠CBD＝________． 解析：如图，以A为原点，建立平面直角坐标系， 则B(1，0)，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，\f(\r(3),2)))，设D(0，t)，∴eq \o(BC,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(\r(3),2)))， eq \o(DC,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，\f(\r(3),2)－t))，由BC⊥CD知eq \o(BC,\s\up17(→))⊥eq \o(CD,\s\up17(→))，∴eq \o(BC,\s\up17(→))·eq \o(DC,\s\up17(→)) ＝eq \f(3,2)×eq \f(5,2)＋eq \f(\r(3),2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)－t))＝0，解得t＝3eq \r(3)，即D(0，3eq \r(3))， ∴eq \o(BD,\s\up17(→))＝(－1，3eq \r(3))，∴cos∠CBD＝eq \f(\o(BC,\s\up17(→))·\o(BD,\s\up17(→)),|\o(BC,\s\up17(→))||\o(BD,\s\up17(→))|)＝eq \f(－\f(3,2)＋\f(\r(3),2)×3\r(3),\r(3)×\r(28))＝eq \f(\r(21),14). eq \f(\r(21),14) 证明：∵O，E，D三点共线， ∴向量eq \o(OE,\s\up17(→))与向量eq \o(OD,\s\up17(→))共线． 则存在实数λ1，使得eq \o(OE,\s\up17(→))＝λ1eq \o(OD,\s\up17(→)). 而eq \o(OD,\s\up17(→))＝eq \o(OB,\s\up17(→))＋eq \o(BD,\s\up17(→))＝eq \o(OB,\s\up17(→))＋eq \f(1,3) eq \o(OA,\s\up17(→))， 则eq \o(OE,\s\up17(→))＝λ1eq \o(OB,\s\up17(→))＋eq \f(λ1,3) eq \o(OA,\s\up17(→)). 又A，E，B三点共线，∴eq \o(BE,\s\up17(→))与eq \o(BA,\s\up17(→))共线，则存在实数λ2， 使得eq \o(BE,\s\up17(→))＝λ2eq \o(BA,\s\up17(→))＝λ2(eq \o(OA,\s\up17(→))－eq \o(OB,\s\up17(→)))． 5．如图，在▱OACB中，BD＝eq \f(1,3)BC，OD与BA交于点E.求证：BE＝eq \f(1,4)BA. ∴eq \o(BE,\s\up17(→))＝λ2eq \o(OA,\s\up17(→))－λ2eq \o(OB,\s\up17(→)). 而eq \o(OE,\s\up17(→))＝eq \o(OB,\s\up17(→))＋eq \o(BE,\s\up17(→))＝(1－λ2)eq \o(OB,\s\up17(→))＋λ2eq \o(OA,\s\up17(→))， ∴(1－λ2)eq \o(OB,\s\up17(→))＋λ2eq \o(OA,\s\up17(→))＝λ1eq \o(OB,\s\up17(→))＋eq \f(λ1,3) eq \o(OA,\s\up17(→)). ∵eq \o(OA,\s\up17(→))与eq \o(OB,\s\up17(→))不共线，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－λ2＝λ1，,λ2＝\f(λ1,3)，))∴λ2＝eq \f(1,4). ∴eq \o(BE,\s\up17(→))＝eq \f(1,4) eq \o(BA,\s\up17(→))，即BE＝eq \f(1,4)BA. 解析：由题意得eq \o(AB,\s\up17(→))＝(3，3)，eq \o(DC,\s\up17(→))＝(2，2)，∴eq \o(AB,\s\up17(→))∥eq \o(DC,\s\up17(→))，|eq \o(AB,\s\up17(→))|≠|eq \o(DC,\s\up17(→))|，∴此四边形为梯形．故选A. 2．在△ABC中，D是边BC的中点，∠BAC＝120°，AB＝3，AD＝eq \f(\r(19),2)，则AC＝(　　) A．5 B．6 C.eq \r(31) D.eq \r(33) 解析：如图所示，由题意，得eq \o(AD,\s\up17(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \o(AC,\s\up17(→)))，所以eq \o(AD,\s\up17(→))2＝eq \f(1,4)(eq \o(AB,\s\up17(→))2＋eq \o(AC,\s\up17(→))2＋2eq \o(AB,\s\up17(→))·eq \o(AC,\s\up17(→)))＝eq \f(19,4)，即eq \f(9,4)＋eq \f(1,4)|eq \o(AC,\s\up17(→))|2－eq \f(3,4)|eq \o(AC,\s\up17(→))|＝eq \f(19,4)，解得|eq \o(AC,\s\up17(→))|＝5，即AC＝5.故选A. 3．(2024·广东广州天河外国语学校高一下期中)已知单位向量e1，e2分别与平面直角坐标系x，y轴的正方向同向，且向量eq \o(AC,\s\up17(→))＝3e1－e2，eq \o(BD,\s\up17(→))＝2e1＋6e2，则平面四边形ABCD的面积为(　　) A．10 B．2eq \r(10) C．eq \r(10) D．20 解析：eq \o(AC,\s\up17(→))·eq \o(BD,\s\up17(→))＝(3e1－e2)·(2e1＋6e2)＝6－6＝0，∴eq \o(AC,\s\up17(→))⊥eq \o(BD,\s\up17(→))，又|eq \o(AC,\s\up17(→))|＝eq \r(32＋（－1）2)＝eq \r(10)，|eq \o(BD,\s\up17(→))|＝eq \r(22＋62)＝2eq \r(10)，∴平面四边形ABCD的面积为eq \f(1,2)|eq \o(AC,\s\up17(→))|·|eq \o(BD,\s\up17(→))|＝eq \f(1,2)×eq \r(10)×2eq \r(10)＝10.故选A. 4．O是平面ABC内的一定点，P是平面ABC内的一动点，若(eq \o(PB,\s\up17(→))－eq \o(PC,\s\up17(→)))·(eq \o(OB,\s\up17(→))＋eq \o(OC,\s\up17(→)))＝(eq \o(PC,\s\up17(→))－eq \o(PA,\s\up17(→)))·(eq \o(OA,\s\up17(→))＋eq \o(OC,\s\up17(→)))＝0，则O为△ABC的(　　) A．内心 B．外心 C．重心 D．垂心 解析：因为(eq \o(PB,\s\up17(→))－eq \o(PC,\s\up17(→)))·(eq \o(OB,\s\up17(→))＋eq \o(OC,\s\up17(→)))＝0，所以(eq \o(OB,\s\up17(→))－eq \o(OC,\s\up17(→)))·(eq \o(OB,\s\up17(→))＋eq \o(OC,\s\up17(→)))＝0，所以eq \o(OB,\s\up17(→))2－eq \o(OC,\s\up17(→))2＝0，所以|eq \o(OB,\s\up17(→))|＝|eq \o(OC,\s\up17(→))|.同理可得|eq \o(OA,\s\up17(→))|＝|eq \o(OC,\s\up17(→))|，即|eq \o(OA,\s\up17(→))|＝|eq \o(OB,\s\up17(→))|＝|eq \o(OC,\s\up17(→))|，所以O为△ABC的外心． 5．(多选)已知点O(0，0)，A(0，b)，B(a，a3)．若△OAB为直角三角形，则可能有(　　) A．b＝a3 B．b＝a3＋eq \f(1,a) C．∠AOB＝90° D．|b－a3|＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b－a3－\f(1,a)))＝0 解析：由题意知a≠0，b≠0.若O为直角顶点，则B在x轴上，则a必为0，此时O，B重合，不符合题意；若A为直角顶点，则b＝a3；若B为直角顶点，则eq \o(OB,\s\up17(→))·eq \o(AB,\s\up17(→))＝(a，a3)·(a，a3－b)＝0，即a2＋a3(a3－b)＝0，又a≠0，故b＝a3＋eq \f(1,a).b＝a3和b＝a3＋eq \f(1,a)不可能同时成立，所以|b－a3|＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b－a3－\f(1,a)))＝0不可能成立．故选AB. 二、填空题 6．(2024·云南昆明高一阶段检测)已知菱形ABCD中，AC＝2eq \r(2)，BD＝2，点E为CD上一点，且CE＝2ED，则∠AEB的余弦值为________． 解析：设AC与BD交于点O，以O为坐标原点，AC，BD 所在直线分别为x，y轴，建立平面直角坐标系，如图所示， 则A(eq \r(2)，0)，B(0，1)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),3)，－\f(2,3)))，所以eq \o(EA,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(2),3)，\f(2,3)))， eq \o(EB,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),3)，\f(5,3)))，则cos∠AEB＝eq \f(\o(EA,\s\up17(→))·\o(EB,\s\up17(→)),Ｋ|\o(EA,\s\up17(→))||\o(EB,\s\up17(→))|)＝eq \f(2,2\r(3))＝eq \f(\r(3),3). eq \f(\r(3),3) 7．在直角三角形ABC中，D是斜边AB的中点，P为线段CD的中点，则eq \f(PA2＋PB2,PC2)＝________． 解析：将△ABC各边及PA，PB，PC均用向量表示，则eq \f(PA2＋PB2,PC2)＝eq \f(\o(PA,\s\up17(→))2＋\o(PB,\s\up17(→))2,\o(PC,\s\up17(→))2) ＝eq \f(（\o(PC,\s\up17(→))＋\o(CA,\s\up17(→))）2＋（\o(PC,\s\up17(→))＋\o(CB,\s\up17(→))）2,\o(PC,\s\up17(→))2)＝eq \f(2|\o(PC,\s\up17(→))|2＋2\o(PC,\s\up17(→))·（\o(CA,\s\up17(→))＋\o(CB,\s\up17(→))）＋|\o(AB,\s\up17(→))|2,|\o(PC,\s\up17(→))|2) ＝eq \f(2|\o(PC,\s\up17(→))|2＋4\o(PC,\s\up17(→))·\o(CD,\s\up17(→))＋|\o(AB,\s\up17(→))|2,|\o(PC,\s\up17(→))|2)＝eq \f(2|\o(PC,\s\up17(→))|2－8|\o(PC,\s\up17(→))|2＋|\o(AB,\s\up17(→))|2,|\o(PC,\s\up17(→))|2)＝eq \f(|\o(AB,\s\up17(→))|2,|\o(PC,\s\up17(→))|2)－6＝42－6＝10. 8．(2024·湖南师大附中高一下期末)在△ABC中，eq \o(AB,\s\up17(→))＝(2m，m＋5)，eq \o(AC,\s\up17(→))＝(cosα，sinα)(m∈R，α∈R)，若对任意的实数t，|eq \o(AB,\s\up17(→))－teq \o(AC,\s\up17(→))|≥|eq \o(AB,\s\up17(→))－eq \o(AC,\s\up17(→))|恒成立，则BC边的最小值是________． 解析：设eq \o(AD,\s\up17(→))＝teq \o(AC,\s\up17(→))，如图所示，因为对任意的实数t，都有 |eq \o(AB,\s\up17(→))－teq \o(AC,\s\up17(→))|≥|eq \o(AB,\s\up17(→))－eq \o(AC,\s\up17(→))|恒成立，所以|eq \o(AB,\s\up17(→))－teq \o(AC,\s\up17(→))|＝|eq \o(AB,\s\up17(→))－eq \o(AD,\s\up17(→))| ＝|eq \o(DB,\s\up17(→))|≥|eq \o(CB,\s\up17(→))|恒成立，则AC⊥BC，因为eq \o(AB,\s\up17(→))＝(2m，m＋5)， eq \o(AC,\s\up17(→))＝(cosα，sinα)，所以|eq \o(AB,\s\up17(→))|＝eq \r(5（m＋1）2＋20)，|eq \o(AC,\s\up17(→))|＝1，所以|eq \o(BC,\s\up17(→))|＝eq \r(\a\vs4\al(|\o(AB,\s\up17(→))|2－|\o(AC,\s\up17(→))|2))＝eq \r(5（m＋1）2＋20－1)≥eq \r(20－1)＝eq \r(19)，当且仅当m＝－1时，等号成立．故BC边的最小值是eq \r(19). eq \r(19) 三、解答题 9．如图，在△ABC中，∠BAC＝120°，AB＝AC＝3，点D在线段BC上，且BD＝eq \f(1,2)DC. 求：(1)AD的长； (2)∠DAC的大小． 解：(1)设eq \o(AB,\s\up17(→))＝a，eq \o(AC,\s\up17(→))＝b， 则eq \o(AD,\s\up17(→))＝eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \o(BD,\s\up17(→))＝eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \f(1,3) eq \o(BC,\s\up17(→))＝eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \f(1,3)(eq \o(AC,\s\up17(→))－eq \o(AB,\s\up17(→)))＝eq \f(2,3) eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \f(1,3) eq \o(AC,\s\up17(→))＝eq \f(2,3)a＋eq \f(1,3)b. ∴|eq \o(AD,\s\up17(→))|2＝eq \o(AD,\s\up17(→))2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)a＋\f(1,3)b)) eq \s\up12(2)＝eq \f(4,9)a2＋2×eq \f(2,9)a·b＋eq \f(1,9)b2＝eq \f(4,9)×9＋2×eq \f(2,9)×3×3×cos120°＋eq \f(1,9)×9＝3. 故AD＝eq \r(3). (2)设∠DAC＝θ，则θ为向量eq \o(AD,\s\up17(→))与eq \o(AC,\s\up17(→))的夹角． ∵cosθ＝eq \f(\o(AD,\s\up17(→))·\o(AC,\s\up17(→)),|\o(AD,\s\up17(→))||\o(AC,\s\up17(→))|)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)a＋\f(1,3)b))·b,\r(3)×3)＝eq \f(\f(1,3)b2＋\f(2,3)a·b,3\r(3)) ＝eq \f(\f(1,3)×9＋\f(2,3)×3×3×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))),3\r(3))＝0， ∴θ＝90°，即∠DAC＝90°. 10．四边形ABCD是正方形，P是对角线DB上一点(不包括端点)，E，F分别在边BC，DC上，且四边形PFCE是矩形，试用向量法证明：PA＝EF. 证明：建立如图所示的平面直角坐标系，设正方形的边长为1，DP＝λ(0<λ<eq \r(2))，则A(0，1)，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)λ，\f(\r(2),2)λ))，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(2),2)λ))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)λ，0))， ∴eq \o(PA,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)λ，1－\f(\r(2),2)λ))，eq \o(EF,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)λ－1，－\f(\r(2),2)λ))， ∴|eq \o(PA,\s\up17(→))|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)λ))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2),2)λ))\s\up12(2))＝eq \r(λ2－\r(2)λ＋1)， |eq \o(EF,\s\up17(→))|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)λ－1))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)λ))\s\up12(2))＝eq \r(λ2－\r(2)λ＋1)， ∴|eq \o(PA,\s\up17(→))|＝|eq \o(EF,\s\up17(→))|，∴PA＝EF. 11．在△ABC中，P0是边AB的中点，且对于边AB上任意一点P，恒有eq \o(PB,\s\up17(→))·eq \o(PC,\s\up17(→))≥eq \o(P0B,\s\up17(→))·eq \o(P0C,\s\up17(→))，则△ABC一定是(　　) A．直角三角形 B．锐角三角形 C．钝角三角形 D．等腰三角形 解析：如图所示，取BC的中点D，显然eq \o(PB,\s\up17(→))·eq \o(PC,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(PB,\s\up17(→))＋\o(PC,\s\up17(→)),2))) eq \s\up12(2)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(PB,\s\up17(→))－\o(PC,\s\up17(→)),2))) eq \s\up12(2)＝ eq \o(PD,\s\up17(→))2－eq \o(DC,\s\up17(→))2＝|eq \o(PD,\s\up17(→))|2－|eq \o(DC,\s\up17(→))|2，同理，eq \o(P0B,\s\up17(→))·eq \o(P0C,\s\up17(→))＝|eq \o(P0D,\s\up17(→))|2－|eq \o(DC,\s\up17(→))|2，因为eq \o(PB,\s\up17(→))·eq \o(PC,\s\up17(→))≥eq \o(P0B,\s\up17(→))·eq \o(P0C,\s\up17(→))，所以|eq \o(PD,\s\up17(→))|2－|eq \o(DC,\s\up17(→))|2≥|eq \o(P0D,\s\up17(→))|2－|eq \o(DC,\s\up17(→))|2，即|eq \o(PD,\s\up17(→))|2≥|eq \o(P0D,\s\up17(→))|2，|eq \o(PD,\s\up17(→))|≥|eq \o(P0D,\s\up17(→))|，所以P0D⊥AB，因为D，P0分别是BC，AB的中点，所以P0D∥AC，所以AC⊥AB，所以△ABC一定是直角三角形．故选A. 12．(多选)已知AB，CD为圆O的直径，P为圆O内一点，AB＝2eq \r(2)，∠PCD＝45°，则(　　) A．eq \o(PA,\s\up17(→))＋eq \o(PB,\s\up17(→))＝eq \o(PC,\s\up17(→))＋eq \o(PD,\s\up17(→)) B．eq \o(AP,\s\up17(→))·eq \o(PB,\s\up17(→))＝eq \o(CP,\s\up17(→))·eq \o(PD,\s\up17(→)) C．|eq \o(PA,\s\up17(→))＋eq \o(PB,\s\up17(→))|≥2eq \r(2) D．eq \o(AP,\s\up17(→))·eq \o(PB,\s\up17(→))的最大值是1 解析：因为AB，CD为圆O的直径，所以O是AB，CD的中点， 所以eq \o(PA,\s\up17(→))＋eq \o(PB,\s\up17(→))＝2eq \o(PO,\s\up17(→))，eq \o(PC,\s\up17(→))＋eq \o(PD,\s\up17(→))＝2eq \o(PO,\s\up17(→))，故A正确；eq \o(AP,\s\up17(→))·eq \o(PB,\s\up17(→))＝(eq \o(AC,\s\up17(→))＋eq \o(CP,\s\up17(→))) ·(eq \o(PC,\s\up17(→))＋eq \o(CB,\s\up17(→)))＝－eq \o(CP,\s\up17(→))2＋(eq \o(CA,\s\up17(→))＋eq \o(CB,\s\up17(→)))·eq \o(CP,\s\up17(→))＋eq \o(AC,\s\up17(→))·eq \o(CB,\s\up17(→))，因为O是AB的中点， AB，CD为圆O的直径，所以eq \o(CA,\s\up17(→))＋eq \o(CB,\s\up17(→))＝eq \o(CD,\s\up17(→))，AC⊥CB，于是eq \o(AP,\s\up17(→))·eq \o(PB,\s\up17(→))＝ －eq \o(CP,\s\up17(→))2＋(eq \o(CA,\s\up17(→))＋eq \o(CB,\s\up17(→)))·eq \o(CP,\s\up17(→))＋eq \o(AC,\s\up17(→))·eq \o(CB,\s\up17(→))＝－eq \o(CP,\s\up17(→))2＋eq \o(CD,\s\up17(→))·eq \o(CP,\s\up17(→))＝eq \o(CP,\s\up17(→))·(eq \o(CD,\s\up17(→))－eq \o(CP,\s\up17(→)))＝eq \o(CP,\s\up17(→))·eq \o(PD,\s\up17(→))，故B正确；由|eq \o(PO,\s\up17(→))|<eq \f(|AB|,2)＝eq \r(2)，得|eq \o(PA,\s\up17(→))＋eq \o(PB,\s\up17(→))|＝2|eq \o(PO,\s\up17(→))|<2eq \r(2)，故C不正确；设|eq \o(CP,\s\up17(→))|＝t(0<t<2eq \r(2))，eq \o(AP,\s\up17(→))·eq \o(PB,\s\up17(→))＝ －eq \o(CP,\s\up17(→))2＋eq \o(CD,\s\up17(→))·eq \o(CP,\s\up17(→))＝－t2＋2eq \r(2)t×eq \f(\r(2),2)＝－(t－1)2＋1，所以eq \o(AP,\s\up17(→))·eq \o(PB,\s\up17(→))的最大值是1，故D正确．故选ABD. 13．(2024·北京101中学开学检测)设D为△ABC内一点，且eq \o(CD,\s\up17(→))＝eq \f(2,5) eq \o(CA,\s\up17(→))＋eq \f(1,5) eq \o(CB,\s\up17(→))，则△ACD与△BCD的面积比为________． 解析：由题意得5eq \o(CD,\s\up17(→))＝2eq \o(CA,\s\up17(→))＋eq \o(CB,\s\up17(→))，所以2eq \o(CD,\s\up17(→))－2eq \o(CA,\s\up17(→)) ＝eq \o(CB,\s\up17(→))－3eq \o(CD,\s\up17(→))＝eq \o(CB,\s\up17(→))－eq \o(CD,\s\up17(→))－2eq \o(CD,\s\up17(→))＝eq \o(DB,\s\up17(→))－2eq \o(CD,\s\up17(→))，所以2eq \o(AD,\s\up17(→))＝ eq \o(DB,\s\up17(→))－2eq \o(CD,\s\up17(→))，即eq \o(DB,\s\up17(→))＝－2(eq \o(DA,\s\up17(→))＋eq \o(DC,\s\up17(→)))，如图所示，以DA，DC 为邻边作平行四边形ADCE，连接DE交AC于点O，则eq \o(DA,\s\up17(→))＋eq \o(DC,\s\up17(→))＝eq \o(DE,\s\up17(→))＝2eq \o(DO,\s\up17(→))，所以eq \o(DB,\s\up17(→))＝－2(eq \o(DA,\s\up17(→))＋eq \o(DC,\s\up17(→)))＝－4eq \o(DO,\s\up17(→))＝4eq \o(OD,\s\up17(→))，即OD∶BD＝1∶4，又△COD和△BCD的高相等，所以S△ACD∶S△BCD＝S△ECD∶S△BCD＝2S△COD∶S△BCD＝2OD∶BD＝2∶4＝1∶2. 证明：建立如图所示的平面直角坐标系，设AB＝2， 则A(0，0)，B(2，0)，C(2，2)，D(0，2)， 则E(1，2)，F(0，1)． (1)eq \o(BE,\s\up17(→))＝(－1，2)，eq \o(CF,\s\up17(→))＝(－2，－1)． ∴eq \o(BE,\s\up17(→))·eq \o(CF,\s\up17(→))＝(－1)×(－2)＋2×(－1)＝0， ∴eq \o(BE,\s\up17(→))⊥eq \o(CF,\s\up17(→))，即BE⊥CF. (2)设点P的坐标为(x，y)， 则eq \o(FP,\s\up17(→))＝(x，y－1)，eq \o(FC,\s\up17(→))＝(2，1)， ∵eq \o(FP,\s\up17(→))∥eq \o(FC,\s\up17(→))，∴x－2(y－1)＝0，即x＝2y－2， 同理，由eq \o(BP,\s\up17(→))∥eq \o(BE,\s\up17(→))，得y＝－2x＋4， 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝2y－2，,y＝－2x＋4，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(6,5)，,y＝\f(8,5)，)) ∴点P的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,5)，\f(8,5))).∴|eq \o(AP,\s\up17(→))|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,5)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,5)))\s\up12(2))＝2＝|eq \o(AB,\s\up17(→))|，即AP＝AB. 15．已知在Rt△ABC中，∠C＝90°，设AC＝m，BC＝n. (1)若D为斜边AB的中点，求证：CD＝eq \f(1,2)AB； (2)若E为CD的中点，连接AE并延长交BC于点F，求AF的长度(用m，n表示)． 解：(1)证明：以C为坐标原点，CB，CA所在直线分别为x轴、y轴，建立平面直角坐标系，如图所示， 则A(0，m)，B(n，0)． ∵D为AB的中点，∴Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)，\f(m,2))). ∴|eq \o(CD,\s\up17(→))|＝eq \f(1,2) eq \r(n2＋m2)，|eq \o(AB,\s\up17(→))|＝eq \r(m2＋n2)，∴|eq \o(CD,\s\up17(→))|＝eq \f(1,2)|eq \o(AB,\s\up17(→))|，即CD＝eq \f(1,2)AB. (2)∵E为CD的中点， ∴Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,4)，\f(m,4)))，eq \o(AE,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,4)，－\f(3,4)m))， 设F(x，0)，则eq \o(AF,\s\up17(→))＝(x，－m)． ∵A，E，F三点共线，∴eq \o(AF,\s\up17(→))与eq \o(AE,\s\up17(→))共线， ∴－eq \f(3,4)mx＝－eq \f(n,4)m，∴x＝eq \f(n,3)，∴Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,3)，0))， ∴|eq \o(AF,\s\up17(→))|＝eq \f(1,3) eq \r(n2＋9m2)， 即AF＝eq \f(1,3) eq \r(n2＋9m2). $$