6.4.1 平面几何中的向量方法-【金版新学案】2025-2026学年高中数学必修第二册同步课堂高效讲义配套课件PPT（人教A版）

6.4　平面向量的应用 6.4.1　平面几何中的向量方法 　 第六章 单元学习四　向量应用 单元整体设计 本单元主要内容是平面向量在平面几何、在物理、以及在三角形中的应用.学习用向量方法处理平面几何问题，掌握解决几何问题的“三步曲”；用向量方法解决物理问题，掌握解决物理问题中的有关力、速度等模型；学习余弦定理、正弦定理是解决三角形中边角关系的基本工具，掌握余弦定理、正弦定理在实际问题中的应用.学习计划7 课时. 本单元内容重点是用向量方法解决简单几何问题、实际问题的方法与步骤，用向量方法证明余弦定理和正弦定理，余弦定理和正弦定理的应用.难点是如何将几何问题、实际问题转化为向量问题，余弦定理和正弦定理的证明.在研究的过程中，提升直观想象、数学建模、数学运算和逻辑推理的核心素养. 学习目标 1.能用向量方法解决简单的几何问题. 2.体会向量在解决数学问题中的作用，培养数学建模的核心 素养. 任务一　用向量解决平面几何中的平行(或共线)问题 1 任务二　用向量解决平面几何中的垂直问题 2 任务三　利用平面向量求解几何中的长度问题 3 课时分层评价 6 任务四　利用平面向量求解几何中的角度问题 4 内容索引 随堂评价 5 任务一　用向量解决平面几何中的平行(或共线)问题 返回 (链接教材P38例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＝＝.求证：点E，O，F在同一直线上. 证明：设＝m，＝n，由＝＝， 知E，F分别是CD，AB的三等分点， 所以＝＋＝＋＝－m＋(m＋n)＝m＋n，＝＋＝＋＝(m＋n)－m＝m＋n，所以＝. 又O为的公共点，故点E，O，F在同一直线上. 典例 1 规律方法 1.几何图形中要证明线段AB∥CD，只需证明存在实数λ，使得＝λ或x1y2－x2y1＝0，其中＝(x1，y1)，＝(x2，y2). 2.几何图形中要证明A，B，C三点共线，只需证明存在实数λ，使得＝λ或存在实数t，使得＝t＋(1－t)(O为A，B，C所在直线外一点). 对点练1.如图，已知AD，BE，CF是△ABC的三条高，且交于点O，DG⊥BE于点G，DH⊥CF于点H.求证：HG∥EF. 证明：因为⊥，⊥，所以∥. 设＝λ(λ≠0)，则＝λ，同理＝λ. 于是＝－＝λ(－)＝λ，所以∥. 因为点G不在直线EF上，所以HG∥EF. 返回 任务二　用向量解决平面几何中的垂直问题 返回 (一题多解)如图所示，在正方形ABCD中，E，F分别是AB，BC的中点，求证：AF⊥DE. 证明：法一：设＝a，＝b， 则｜a｜＝｜b｜，a·b＝0. 又＝＋＝－a＋，＝＋＝b＋，所以 ·＝·＝－－a·b＋＝－｜a｜2＋｜b｜2＝0， 故⊥，即AF⊥DE. 典例 2 法二：如图所示，建立平面直角坐标系，设正方形的边长为2，则A(0，0)，D(0，2)，E(1，0)，F(2，1)， 则＝(2，1)，＝(1，－2). 因为·＝(2，1)·(1，－2)＝2－2＝0， 所以⊥，即AF⊥DE. 规律方法 利用向量解决垂直问题的方法和途径 1.方法：对于线段的垂直问题，可以联想到两个向量垂直的条件，即向量的数量积为0. 2.途径：可以考虑向量关系式的形式，也可以考虑坐标的形式. 对点练2.如图，在正方形ABCD中，P为对角线AC上任一点，PE⊥AB，PF⊥BC，垂足分别为E，F，连接DP，EF，求证：DP⊥EF. 证明：法一：设正方形ABCD的边长为1，AE＝a(0＜a＜1)，则EP＝AE＝a，PF＝EB＝1－a，AP＝a，所以·＝(＋)·(＋)＝·＋·＋·＋·＝1×a×cos 180°＋1×(1－a)×cos 90°＋a×a×cos 45°＋a×(1－a)×cos 45°＝－a＋a2＋a(1－a)＝0.所以⊥，即DP⊥EF. 法二：如图所示，建立平面直角坐标系. 设正方形ABCD的边长为1，P(x，x)，则D(0，1)，E(x，0)，F(1，x)， 所以＝(x，x－1)，＝(1－x，x). 由于·＝x(1－x)＋x(x－1)＝0，所以⊥，即DP⊥EF. 返回 任务三　利用平面向量求解几何中的长度问题 返回 (链接教材P39例2)如图，四边形ABCD是正方形， P是对角线DB上的一点(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＜)，则A(0，1)，P(λ，λ)，E，F，所以＝，＝. 典例 3 所以｜｜＝ ＝ ，｜｜＝ ＝ ， 所以｜｜＝｜｜，所以PA＝EF. 规律方法 　　用向量法求平面几何中线段的长度问题，即向量模的求解，一是利用图形特点选择基底，转化为向量的数量积，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，利用向量的坐标计算｜a｜＝(a＝(x，y))，即把向量问题中的几何关系代数化，使问题解决程序化，从而降低难度. 对点练3.在平行四边形ABCD中，AD＝1，AB＝2，对角线BD＝2，求对角线AC的长. 解：设＝a，＝b，则＝a－b，＝a＋b，而｜｜＝｜a－b｜＝＝＝ ＝2， 所以5－2a·b＝4，所以a·b＝. 又｜｜2＝｜a＋b｜2＝a2＋2a·b＋b2＝1＋4＋2a·b＝6， 所以｜｜＝，即AC＝. 返回 任务四　利用平面向量求解几何中的角度问题 返回 如图，在△ABC中，∠BAC＝120°，AB＝AC＝3，点D在线段BC上，且BD＝DC.求： (1)AD的长； 解：设＝a，＝b，则＝＋＝＋＝＋－)＝＋＝a＋b.所以｜｜2＝＝＝a2＋2×a·b＋b2＝×9＋2××3×3×cos 120°＋×9＝3.所以AD＝. 典例 4 (2)∠DAC的大小. 解：设∠DAC＝θ(0°＜θ＜120°)，则θ为的夹角.所以cos θ＝＝＝＝＝0. 所以θ＝90°，即∠DAC＝90°. 规律方法 用向量法求角度的策略 1.将要求的角转化为两向量的夹角，再使用基底法或坐标法求出该夹角的余弦值，然后求出该夹角，再转化为实际问题中的角 即可. 2.注意两向量夹角和要求角的关系. 对点练4.正方形OABC的边长为1，点D，E分别为AB，BC的中点，则cos ∠DOE＝____. 以OA，OC所在直线为坐标轴建立平面直角坐标系，如图所示.则D，E.所以＝，＝， 故cos ∠DOE＝＝＝， 即cos ∠DOE的值为. 教材拓展4　向量的数量积与三角形的面积 在平面直角坐标系Oxy中，给定A(x1，y1)，B(x2，y2)，假设O，A，B不在同一条直线上，如图所示，你能用A，B的坐标表示出△OAB的面积吗？ 一般地，利用向量的数量积可以方便地求出△OAB的面积为S＝｜x1y2－x2y1｜.事实上，如图所示， 记t＝｜｜，a＝(－y1，x1)，则容易验证，a是与垂直的单位向量.过B作OA的垂线BC.因为a为单位向量，所以由向量数量积的几何意义可知 ｜｜＝｜a·｜，因此，△OAB的面积为 S＝｜｜×｜｜＝｜｜×｜a·｜＝t×＝｜(－y1，x1)·(x2，y2)｜＝｜x1y2－x2y1｜. 由此也可以看出，如图所示，如果A(x1，y1)，B(x2，y2)，而且O，A，B三点不共线，则以OA，OB为邻边的平行四边形OACB的面积为S＝｜x1y2－x2y1｜. (1)已知△ABC的顶点坐标分别为A(0，0)，B(1，2)，C(4，5)，则△ABC的 面积S＝____. S＝｜1×5－2×4｜＝. (2)已知△ABC的顶点坐标分别为A(1，2)，B(2，4)，C(5，7)，则△ABC的 面积为____. 因为A(1，2)，B(2，4)，C(5，7)，所以＝(1，2)，＝(4，5)，所以S＝｜1×5－2×4｜＝. 返回 课堂小结 任务再现 (1)用向量解决平面几何中的平行(或共线)问题.(2)用向量解决平面几何中的垂直问题.(3)利用平面向量求解几何中的长度问题.(4)利用平面向量求解几何中的角度问题 方法提炼 转化法、数形结合法 易错警示 不能将几何问题转化为向量问题 随堂评价 返回 1.在△ABC中，若(＋)·(－)＝0，则△ABC 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 √ (＋)·(－)＝－＝0，即｜｜＝｜｜，所以CA＝CB，则△ABC是等腰三角形.故选C. 2.已知四边形的四个顶点A，B，C，D的坐标分别为(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 √ 因为＝(3，3)，＝(－2，－2)，所以＝－，所以共线.又｜｜≠｜｜，所以该四边形为梯形.故选A. 3.在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝8，BC＝6，D为AC的中点，则cos ∠BDC等于 A.－ B. C.0 D. √ 如图建立平面直角坐标系，则B(0，0)，A(0，8)，C(6，0)，D(3，4)，所以＝(－3，－4)，＝(3，－4).又∠BDC为，的夹角，所以cos ∠BDC＝＝＝.故选B. 4.在Rt△ABC中，斜边BC的长为2，O是平面ABC内一点，点P满足＝＋＋)，则｜｜＝___. 1 因为＝＋＋)，所以－＝＋)，＝＋)，所以AP为Rt△ABC斜边BC的中线.所以｜｜＝1. 返回 课时分层评价 返回 1.在四边形ABCD中，若＝－，则四边形ABCD为 A.平行四边形 B.梯形 C.菱形 D.矩形 √ 在四边形ABCD中，若＝－，则AB∥CD，且AB＝CD，所以四边形ABCD是梯形.故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2.在四边形ABCD中，若＝(1，3)，＝(－6，2)，则该四边形的面 积为 A. B.2 C.5 D.10 √ 因为·＝0，所以AC⊥BD.所以四边形ABCD的面积S＝｜｜ ｜｜＝××2＝10.故选D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3.已知点A，B在单位圆O上，∠AOB＝，若＝2＋x(x∈R)，则｜｜2的最小值是 A.2 B.3 C.5－2 D.4 √ ｜｜2＝(2 ＋x)2＝4＋x2＋4x｜｜｜｜cos ＝x2－2x＋4＝(x－)2＋2≥2，当x＝时，｜｜2取得最小值，因此｜｜2的最小值为2.故选A. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 4.已知△ABC所在平面内一点D满足＋＋＝0，则△ABC的面积是△ABD的面积的 A.5倍 B.4倍 C.3倍 D.2倍 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 设AB的中点为M，因为＋＋＝0，所以＝2(＋)，所以＝4，所以点D是线段CM的五等分点，所以＝＝5，所以△ABC的面积是△ABD的面积的5倍.故选A. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 5.已知点O，A，B不在同一条直线上，点P为该平面上一点，且＝，则 A.点P在线段AB上 B.点P在线段AB的反向延长线上 C.点P在线段AB的延长线上 D.点P不在直线AB上 √ 因为＝＝－，所以－＝－)，所以＝，点P在线段AB的反向延长线上.故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 6.(多选)已知点O为△ABC外接圆的圆心，｜｜＝6，∠OAC＝30°，则 A.OC＝ B.OC＝2 C.·＝6 D.·＝－6 √ √ 令OC＝2t(t＞0)，则由勾股定理易得(2t)2＝t2＋，所以t＝－(舍去)或t＝，所以OC＝2，所以·＝｜｜｜｜cos ∠AOC＝2×2×cos (180°－60°)＝－6.故选BD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 7.在四边形ABCD中，已知＝(4，－2)，＝(7，4)，＝(3，6)，则四边形ABCD的面积是____. 30 由已知得＝－＝(3，6)＝，所以BC＝AD，BC ∥AD.又因为·＝(4，－2)·(3，6)＝0，即AB⊥BC，所以四边形ABCD为矩形.又｜｜＝＝2，｜｜＝＝3，所以四边形ABCD的面积S＝｜｜｜｜＝2×3＝30. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 8.在△ABC中，M是BC的中点，且｜｜＝1，若P为△ABC的重心，则 (＋)·(＋)＝____. 据题意及向量的加法，知＋＝2，所以(＋)·(＋)＝·(＋)＝2·＝2｜｜｜｜cos 0°＝2×××1＝. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 9.如图，BC，DE是半径为1的圆O的两条直径，＝2，则·＝ _____. － 因为＝＋，＝＋，且＝－，所以·＝(＋)·(＋)＝－＝－1＝－. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 10.(13分)如图所示，若D是△ABC内的一点，且AB2－AC2＝DB2－DC2，求证：AD⊥BC. 证明：设＝a，＝b，＝e，＝c，＝d， 则a＝e＋c，b＝e＋d， 所以a2－b2＝(e＋c)2－(e＋d)2＝c2＋2e·c－2e·d－d2. 由条件知a2－b2＝c2－d2， 所以2e·c－2e·d＝0，即e·(c－d)＝0， 即·＝0， 所以AD⊥BC. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 11.已知菱形ABCD中，AC＝2，BD＝2，点E为CD上一点，且CE＝2ED，则∠AEB的余弦值为 A. B. C. D. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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轴、y轴，建立平面直角坐标系，如图所示，则点A(，0)，B(0，1)，E.＝，＝，cos ∠AEB＝＝＝.故选D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 12.在△ABC中，设－＝2·，那么动点M形成的图形必通过△ABC的 A.垂心 B.内心 C.外心 D.重心 √ 假设BC的中点是O，则－＝(＋)·(－)＝2·＝2·，即(－)·＝·＝0，所以⊥，所以动点M在线段BC的中垂线上，所以动点M形成的图形必通过△ABC的外心.故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 13.若点M是△ABC所在平面内的一点，且满足3－－＝0，则△ABM与△ABC的面积之比为______. 1∶3 如图所示，设D为BC边的中点， 则＝＋).因为3－－＝0，所以3＝＋＝2，所以＝，所以S△ABM＝S△ABD＝S△ABC.所以△ABM与△ABC的面积之比为1∶3. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 14.(15分)如图，正方形ABCD的边BC在正方形BEFG 的边BG 上，连接AG，CE，AG交DC于H. (1)证明：AG⊥CE； 解：证明：以B为原点，BE所在直线为x轴，BG所在 直线为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系. 设AB＝a，BE＝b，且a＜b，所以A(－a，0)，E(b，0)， G(0，b)，C(0，a)， 所以＝(a，b)，＝(b，－a)， 所以·＝ab－ab＝0，所以⊥，即AG⊥CE. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (2)请说明当点C在BG的什么位置时，·最小？ 解：易知H，＝，所以·＝－a(b－a)≥－()2＝－，当且仅当a＝b时取等号. 所以当点C在BG的中点时，·最小. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 15.(5分)(双空题)如图，△OA1B1，△A1A2B2，△A2A3B3是全等的等腰直角三角形(OB1＝，Bi处为直角顶点)，且O，A1，A2，A3四点共线.若点P1，P2，P3分别是边A1B1，A2B2，A3B3上的动点(包含端点)， 则·＝___，·的取值范围为__________. 6 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 如图所示，以O为原点，以OA1所在的直线为x轴建立平面直角坐标系， 则O，A1，A2，A3，B1，B2，B3，直线A1B1的方程为y＝－x＋2，设P1，且x1∈. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 直线A2B2的方程为y＝－x＋4，设P2，且x2∈. 直线A3B3的方程为y＝－x＋6，设P3，且x3∈，所以＝，＝，·＝x3＋6－x3＝6，＝，＝，所以·＝3x2＋4－x2＝4＋2x2∈. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 16.(17分)如图，在△ABC中，CA＝1，CB＝2，∠ACB＝60°. (1)求角B； 解：在△ABC中，＝－，·＝2×1×cos 60°＝1，所以＝(－)2＝＋－2·＝22＋12－2×1＝3， 则｜｜2＋｜｜2＝4＝｜｜2，所以∠BAC＝90°，B＝90°－∠ACB＝30°. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (2)已知点D是AB上一点，满足＝λ，点E是边CB上 一点，满足＝λ，是否存在非零实数λ，使得⊥ ？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由. 解：假设存在非零实数λ，使得⊥. 由＝λ，得＝λ(－)，则＝＋＝＋λ(－)＝λ＋(1－λ). 又＝λ，则＝＋＝(－)＋λ(－)＝(1－λ)－， 所以·＝λ(1－λ)－λ·＋(1－λ)2·－(1－λ)＝4λ(1－λ)－λ＋(1－λ)2－(1－λ)＝－3λ2＋2λ＝0. 又λ≠0，所以λ＝，所以存在非零实数λ＝，使得⊥. 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 谢 谢 观 看 ！ 第 六 章 　 平 面 向 量 及 其 应 用 返回 $