2019_2020学年新教材高中数学第6章平面向量及其应用6.4平面向量的应用课时作业11平面几何中的向量方法新人教A版必修第二册.doc

课时作业11　平面几何中的向量方法

知识点一 平行、垂直的问题
1.已知点A(－2，－3)，B(2,1)，C(0,1)，则下列结论正确的是(　　)
A．A，B，C三点共线
B.⊥
C．A，B，C是锐角三角形的顶点
D．A，B，C是钝角三角形的顶点
答案　D
解析　∵＝(－2,0)，＝(2,4)，
∴·＝－4<0，∴∠C是钝角．故选D.
2．若O是△ABC所在平面内一点，且满足|－|＝|＋－2|，则△ABC的形状是(　　)
A．锐角三角形 B．直角三角形
C．钝角三角形 D．等边三角形
答案　B
解析　因为|－＝||＝|－|，|＋－2|＝|＋|，所以|－|＝|＋|，则·＝0，所以∠BAC＝90°，即△ABC是直角三角形，故选B.
3．在直角△ABC中，CD是斜边AB上的高，如图，则下列等式不成立的是(　　)

A．||2＝·
B．||2＝·
C．||2＝·
D．||2＝
答案　C
解析　·＝·(＋)＝2＋·＝2＝||2，A正确；
同理||2＝·成立，B正确；
＝
＝2＝||2，D正确．故选C.
4．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＝(x－2，y－3)．
依题意有⊥a，即(x－2)×2＋(y－3)×1＝0，
即2x＋y－7＝0.故选A.

5．如图，四边形ADCB是正方形，P是对角线DB上的一点，四边形PFCE是矩形．试用向量法证明：AP⊥EF.

证明　以点D为坐标原点，DC所在直线为x轴，DA所在直线为y轴建立如图所示的直角坐标系，

设正方形的边长为1，P(m，m)，依题意，得
E(1，m)，F(m，0)，A(0,1)，
于是＝(m，m－1)，＝(m－1，－m)，
则·＝m(m－1)－(m－1)m＝0，
所以⊥，即AP⊥EF.
知识点二 长度和夹角的问题
6.在△ABC中，已知顶点A(4,1)，B(7,5)，C(－4,7)，则BC边的中线AD的长是(　　)
A．2 B.
C．3 D.
答案　B
解析　BC的中点为D，＝，
∴||＝.
7．如图，AB是⊙O的直径，点P是⊙O上任一点(不与A，B重合)，求证：∠APB＝90°(用向量法证明)．

证明　如图，连接OP，设向量＝a，＝b，

则＝－a，且＝－＝a－b，＝－＝－a－b.
∴·＝b2－a2＝|b|2－|a|2＝0，
∴⊥，即∠APB＝90°.
8．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；
(2)∠DAC的大小．
解　(1)设＝a，＝b，
则＝＋＝＋＝＋(－)
＝＋＝a＋b.
∴||2＝2＝2
＝a2＋2×a·b＋b2
＝×9＋2××3×3×cos120°＋×9＝3.
∴AD＝.
(2)设∠DAC＝θ，则θ为向量与的夹角．
∴cosθ＝＝
＝＝＝0.
∴θ＝90°.即∠DAC＝90°.
9．△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于点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)，则点D(0,1)．

于是＝(－2,1)，＝(－2,2)．
设F(x，y)．
由⊥，得·＝0，
即(x，y)·(－2,1)＝0，∴－2x＋y＝0.①
又F点在AC上，则∥.
而＝(－x,2－y)，
因此，2×(－x)－(－2)×(2－y)＝0，即x＋y＝2.②
由①②式解得x＝，y＝，
∴F，＝，＝(0,1)，
故·＝.
又·＝||||cosθ＝cosθ，
∴cosθ＝，即cos∠FDC＝，
又cos∠ADB＝＝＝，
∴cos∠ADB＝cos∠FDC，故∠ADB＝∠FDC.

一、选择题
1．若a＝(1,2)，b＝(x,1)，且a＋2b与2a－b平行，则x等于(　　)
A．2 B．1 C. D.
答案　C
解析　∵a＋2b＝(1＋2x,4)，2a－b＝(2－x,3)，a＋2b与2a－b平行，∴8－4x－3－6x＝0，解得x＝.
2．在△ABC中，AB＝3，AC边上的中线BD＝，·＝5，则AC的长为(　　)
A．1 B．2 C．3 D．4
答案　B
解析　因为＝－＝－，所以2＝2＝2－·＋2，即2＝1，所以||＝2，即AC＝2.
3．已知点O为△ABC外接圆的圆心，且＋＋＝0，则△ABC的内角A等于(　　)
A．30° B．60° C．90° D．120°
答案　A
解析　由＋＋＝0，得＝－，两边平方得2＝2＋2－2·，由于||＝||＝||，则||2＝2||·||cos〈，〉，所以cos〈，〉＝，则∠BOC＝60°，所以∠A＝∠BOC＝30°，故选A.
4．如图，在四边形ABCD中，∠B＝120°，∠C＝150°，且AB＝3，BC＝1，CD＝2，则AD的长所在区间为(　　)

A．(2,3)
B．(3,4)
C．(4,5)
D．(5,6)
答案　C
解析　＝＋＋，其中与的夹角为60°，与的夹角为30°，与的夹角为90°，则||2＝(＋＋)2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝9＋1＋4＋2×3×1×＋2×1×2×＋0＝17＋2∈(16,25)，所以||∈(4,5)．故选C.
5．在直角三角形ABC中，点D是斜边AB的中点，点P为线段CD的中点，则＝(　　)
A．2 B．4 C．5 D．10
答案　D
解析　将△ABC各边及PA，PB，PC均用向量表示，
则＝
＝
＝
＝－6＝42－6＝10.
二、填空题
6．已知向量a＝(6,2)，b＝，直线l过点A(3，－1)且与向量a＋2b垂直，则直线l的方程为________．
答案　2x－3y－9＝0
解析　a＋2b＝(6,2)＋2＝(－2,3)．
设P(x，y)为所求直线l上任意一点，
则＝(x－3，y＋1)．
∵·(a＋2b)＝0，∴－2(x－3)＋3(y＋1)＝0，
整理得2x－3y－9＝0.
∴2x－3y－9＝0即为所求直线方程．
7．已知P为△ABC所在平面内一点，且满足＝＋，则△APB的面积与△APC的面积之比为________．
答案　1∶2
解析　由题意，得5＝＋2，得2－2＝－－2，得－2(＋)＝，如图所示，以PA，PB为邻边作▱PAEB，

则C，P，E三点共线，连接PE交AB于点O，则＝2＝4.
所以＝＝＝.
8．如图所示，已知O为坐标原点，点A(3,0)，B(4,4)，C(2,1)，则AC和OB的交点P的坐标为________．

答案　
解析　设＝t＝t(4,4)＝(4t,4t)，则＝－＝(4t－3,4t)，＝(2,1)－(3,0)＝(－1,1)．
由，共线，得(4t－3)×1－4t×(－1)＝0，
解得t＝.
∴＝(4t,4t)＝，∴点P的坐标为.
三、解答题
9．如图，已知三个点A(2,1)，B(3,2)，D(－1,4)．

(1)求证：AB⊥AD；
(2)要使四边形ABCD为矩形，求点C的坐标，并求矩形ABCD两条对角线所夹的锐角的余弦值．
解　(1)证明：∵A(2,1)，B(3,2)，D(－1,4)，
∴＝(1,1)，＝(－3,3)．
∴·＝1×(－3)＋1×3＝0，
∴⊥，∴AB⊥AD.
(2)∵⊥，四边形ABCD为矩形，∴＝.
设点C的坐标为(x，y)，则＝(x＋1，y－4)．
又∵＝(1,1)，∴解得
∴点C的坐标为(0,5)．∴＝(－2,4)．
又＝(－4,2)，
∴||＝2，||＝2，·＝8＋8＝16.
设与的夹角为θ，则
cosθ＝＝＝.
故矩形ABCD的两条对角线所夹的锐角的余弦值为.
10．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，AE，CD交于点P.求证：BP⊥DC.

证明　设＝λ，并设△ABC的边长为a，
则＝＋
＝λ＋＝λ＋

＝(2λ＋1)－λ，又＝－.
∵∥，
∴(2λ＋1)－λ＝k－k.
于是有解得λ＝.
∴＝.
∴＝＋＝＋＝＋(－)
＝＋，
又∵＝－，
从而·＝·
＝a2－a2－a2cos60°＝0.
∴⊥.
∴BP⊥DC.

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