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§6.4　平面向量的應用
6.4.1　平面幾何中的向量方法
[學習目標]　
1.能用向量方法解決簡單的幾何問題.
2.體會向量在解決數學問題中的作用．
一、用向量解決平面幾何中的平行(或共線)問題
例1　如圖，點O是平行四邊形ABCD的中心，E，F分別在邊CD，AB上，且＝＝.求證：點E，O，F在同一直線上．
反思感悟　用向量方法解決平面幾何問題的“三步曲”
(1)建立平面幾何與向量的聯系，用向量表示問題中涉及的幾何元素，將平面幾何問題轉化為向量問題．
(2)通過向量運算，研究幾何元素之間的關系．
(3)把運算結果“翻譯”成幾何關系．
跟蹤訓練1　設P，Q分別是梯形ABCD的對角線AC與BD的中點，AB∥DC，試用向量證明：PQ∥AB.
二、利用向量證明平面幾何問題
例2　如圖所示，在正方形ABCD中，E，F分別是AB，BC的中點，求證：AF⊥DE.
反思感悟　用向量證明平面幾何問題的兩種基本思路
(1)向量的線性運算法的四個步驟：
①選取基底；
②用基底表示相關向量；
③利用向量的線性運算或數量積找到相應關系；
④把計算所得結果轉化為幾何問題．
(2)向量的坐標運算法的四個步驟：
①建立適當的平面直角坐標系；
②把相關向量坐標化；
③利用向量的坐標運算找到相應關系；
④利用向量關系回答幾何問題．
跟蹤訓練2　如圖，在正方形ABCD中，P為對角線AC上任一點，PE⊥AB，PF⊥BC，垂足分別為E，F，連接DP，EF，求證：DP⊥EF.
三、利用平面向量求幾何中的長度問題
例3　在平行四邊形ABCD中，AD＝1，AB＝2，對角線BD＝2，求對角線AC的長．
反思感悟　用向量法求長度的策略
(1)根據圖形特點選擇基底，利用向量的數量積轉化，用公式|a|2＝a2求解．
(2)建立坐標系，確定相應向量的坐標，代入公式：若a＝(x，y)，則|a|＝.
跟蹤訓練3　在△ABC中，已知A(4,1)，B(7,5)，C(－4,7)，則BC邊上的中線AD的長是(　　)
A．2 B. C．3 D.
四、利用平面向量求幾何中的角度問題
例4　如圖，在△ABC中，∠BAC＝120°，AB＝AC＝3，點D在線段BC上，且BD＝DC.
求：
(1)AD的長；
(2)∠DAC的大?。?br/>反思感悟　用向量法求角度的策略
(1)將要求的角轉化為兩向量的夾角，再使用基底法或坐標法求出該夾角的余弦值，然后求出該夾角，再轉化為實際問題中的角即可．
(2)要注意，兩向量的夾角和要求角的關系．
跟蹤訓練4　正方形OABC的邊長為1，點D，E分別為AB，BC的中點，則cos∠DOE＝________.
1．知識清單：
(1)用向量解決平面幾何中的平行(或共線)問題．
(2)利用向量證明平面幾何問題．
(3)利用平面向量求幾何中的長度問題．
(4)利用平面向量求幾何中的角度問題．
2．方法歸納：轉化法、數形結合法．
3．常見誤區：不能將幾何問題轉化為向量問題．
1．在△ABC中，若(＋)·(－)＝0，則△ABC(　　)
A．是正三角形 B．是直角三角形
C．是等腰三角形 D．形狀無法確定
2．已知A，B，C，D四點的坐標分別為(1,0)，(4,3)，(2,4)，(0,2)，則此四邊形為(　　)
A．梯形 B．菱形
C．矩形 D．正方形
3．在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝8，BC＝6，D為AC的中點，則cos∠BDC等于(　　)
A．－ B.
C．0 D.
4．在Rt△ABC中，斜邊BC的長為2，O是平面ABC內一點，點P滿足＝＋(＋)，則||＝________.
6.4.1　平面幾何中的向量方法
例1　證明　設＝m，＝n，
由＝＝，知E，F分別是CD，AB的三等分點，
所以＝＋＝＋
＝－m＋(m＋n)＝m＋n，
＝＋＝＋
＝(m＋n)－m＝m＋n.
所以＝.
又O為和的公共點，故點E，O，F在同一直線上.
跟蹤訓練1　證明　設＝λ(λ>0且λ≠1)，
因為＝－
＝＋－
＝＋(－)
＝＋[(－)－(＋)]
＝＋(－)
＝(＋)＝(－λ＋1)，
所以∥，又P，Q，A，B四點不共線，
所以PQ∥AB.
例2　證明　方法一　設＝a，
＝b，
則|a|＝|b|，a·b＝0.
又＝＋＝－a＋，
＝＋＝b＋，
所以·＝·
＝－－a·b＋
＝－|a|2＋|b|2＝0.
故⊥，即AF⊥DE.
方法二　如圖所示，以A為原點，AB，AD所在直線分別為x軸、y軸建立平面直角坐標系，設正方形的邊長為2，則A(0，0)，D(0,2)，E(1,0)，F(2,1)，
則＝(2,1)，＝(1，－2).
因為·＝(2,1)·(1，－2)
＝2－2＝0，
所以⊥，即AF⊥DE.
跟蹤訓練2　證明　方法一　設正方形ABCD的邊長為1，
AE＝a(0則EP＝AE＝a，PF＝EB＝1－a，AP＝a，
∴·＝(＋)·(＋)
＝·＋·＋·＋·
＝1×a×cos 180°＋1×(1－a)×cos 90°＋a×a×cos 45°＋a×(1－a)×cos 45°＝－a＋a2＋a(1－a)＝0.
∴⊥，即DP⊥EF.
方法二　如圖，以A為原點，AB，AD所在直線分別為x軸、y軸建立平面直角坐標系.
設正方形ABCD的邊長為1，
AP＝λ(0<λ<)，
則D(0,1)，P，E，F.
∴＝，
＝.
∴·＝λ－λ2＋λ2－λ＝0，
∴⊥，即DP⊥EF.
例3　解　設＝a，＝b，
則＝a－b，＝a＋b，
而||＝|a－b|
＝
＝＝＝2，
∴5－2a·b＝4，∴a·b＝，
又||2＝|a＋b|2＝a2＋2a·b＋b2
＝1＋4＋2a·b＝6，
∴||＝，即AC＝.
跟蹤訓練3　B　[∵BC的中點為
D，＝，
∴||＝＝.]
例4　解　(1)設＝a，＝b，
則＝＋
＝＋＝＋(－)
＝＋＝a＋b.
∴||2＝2＝2
＝a2＋2×a·b＋b2
＝×9＋2××3×3×cos 120°＋×9＝3.
∴AD＝.
(2)設∠DAC＝θ(0°<θ<120°)，
則θ為與的夾角.
∴cos θ＝
＝
＝
＝＝0.
∴θ＝90°，即∠DAC＝90°.
跟蹤訓練4　
解析　以O為原點，以OA，OC所在直線為x軸、y軸建立平面直角坐標系，如圖所示.
由題意知，
＝，＝，
故cos∠DOE＝＝＝.
隨堂演練
1.C　2.A　3.B　4.1

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