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6.2　平面向量在几何、物理中的应用举例
课标要求　1.能用向量方法解决简单的几何问题. 2.能用向量方法解决简单的力学问题和其他实际问题.
【引入】 向量理论的发展有着深刻的几何背景.源头最早可追溯到莱布尼兹的位置几何的概念.莱布尼兹认为代数仅仅能表达未定的数或量值,不能直接表达位置、角度和运动,利用代数运算来分析一个图形的特点、寻找方便的几何证明和构造有时是很困难的.鉴于此,他提出了一个“新代数”,其中几何实体可以用符号来表示,并且这些符号可以直接进行运算,它不需要大量的乘法,不需要添加令人困惑的太多的点和线.这就是向量.
一、向量在几何证明中的应用
例1 (1)已知ABCD是平行四边形,求证:AC2+BD2=AB2+BC2+CD2+DA2.
(2)(链接教材P126例15)已知D,E,F分别为△ABC三边BC,AC,AB的中点.求证:AD,CF,BE相交于一点.
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迁移 在本例(1)中,再增加一个条件:∠DAB=45°,试证明AC2·BD2=AB4+AD4.
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思维升华　(1)向量在几何证明中的应用
问题类型 解题方法
几何法 坐标法
证明线段平行或点共线问题,以及相似问题 a∥b a=λb(λ∈R,b≠0) x1y2-x2y1=0,a=(x1,y1),b=(x2,y2)
证明线段垂直问题,如证明四边形是矩形、正方形,判断两直线是否垂直等 a⊥b a·b=0 x1x2+y1y2=0,a=(x1,y1),b=(x2,y2)
求角问题,如求三角形或四边形的内角或两直线的夹角 cos θ=(a,b的夹角为θ) cos θ=, a=(x1,y1),b=(x2,y2)
求线段的长度或证明线段相等 |a|= |a|=,a=(x,y)或AB=|, A(x1,y1),B(x2,y2)
(2)注意根据题目条件选用基向量法和坐标法.
训练1 (1)(链接教材P126例16)如图,点O是 ABCD两条对角线的交点,点E,F分别在边CD,AB上,且=m(m>0).求证:点E,O,F在同一直线上.
(2)如图,在 ABCD中,点E,F分别是AD和DC边的中点,BE,BF分别交AC于点R,T.试证明R,T把AC三等分.
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二、向量的线性运算在物理中的应用
例2 设平面上作用于同一点O的三个力F1,F2,F3处于平衡状态,|F1|=1 N,|F2|=2 N,F1和F2的夹角为.求的大小.
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思维升华　向量的线性运算在物理中的应用
问题类型 涉及知识 补充说明
力学问题 向量的线性运算 力的合成与分解就是向量的加减法
加速度、速度、位移问题 向量的线性运算 速度、加速度与位移的合成和分解,实质就是向量的加减法运算
动量问题 向量的数乘运算 动量涉及物体的质量m,物体运动的速度v
训练2 (链接教材P127例17)一条宽为 km的河,水流速度为2 km/h,在河两岸有两个码头A,B,已知AB= km,船在水中的最大航速为4 km/h,问该船怎样安排航行速度可使它从A码头最快到达对岸B码头 用时多少
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三、向量的数量积在物理中的应用
例3 (链接教材P128例19)如图所示,一个物体受到同一平面内三个力F1,F2,F3的作用,沿北偏东45°的方向移动了8 m,其中|F1|=2 N,方向为北偏东30°; |F2|=4 N,方向为北偏东60°; |F3|=6 N,方向为北偏西30°,求合力F所做的功.
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思维升华　物理上的功实质上就是力与位移两向量的数量积.
训练3 如图所示,在倾斜角为37°(sin 37°≈0.6),高为2 m的斜面上,质量为5 kg的物体m沿斜面下滑,物体m受到的摩擦力是它对斜面压力的0.5倍,则下滑到最下端时,斜面对物体m的支持力所做的功为　　　　J,重力对物体m所做的功为　　　　J(g=9.8 m/s2).
【课堂达标】
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
2.人骑自行车的速度是v1,风速为v2,则逆风行驶的速度为 (　　)
A.v1-v2 B.v1+v2
C.|v1|-|v2| D.
3.当两人提起重量为|G|的旅行包时,两人用力方向的夹角为θ,用力大小都为|F|,若|F|=|G|,则θ的值为　　　　.
4.如图,在平行四边形ABCD中,已知AD=1,AB=2,对角线BD=2.则对角线AC的长为　　　　.
6.2　平面向量在几何、物理中的应用举例
例1　证明　(1)法一　如图,四边形ABCD是平行四边形,
所以＝＋，＝＋.
因为||2＝|＋|2＝(＋)·(＋)＝||2＋2·＋||2.
同理||2＝||2＋||2＋2·＝||2＋||2－2·.
所以||2＋||2＝||2＋||2＋||2＋||2，
即AC2＋BD2＝AB2＋BC2＋CD2＋DA2.
法二　在△ABC中,由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos∠ABC, ①
在△ABD中,由余弦定理得BD2=AB2+DA2-2AB·DA·cos∠DAB, ②
由于BC=DA,∠DAB+∠ABC=π,AB=CD,
①+②得AC2+BD2=2AB2+BC2+DA2=AB2+BC2+CD2+DA2.
(2)如图,设=a,=b,
直线AD,BE交于点G.
设,,
则=(b-a)+μ=(b-a)+μ=b-a+μa+(1-μ)b.
又=λ()
=λ=-λa+λb,
所以
则=a+
=a+a+b.
又因为a+b.
所以,
所以G在中线CF上,所以AD,CF,BE相交于一点.
迁移　证明　法一　由例1(1)知||2＝||2＋||2＋2·，
||2＝||2＋||2－2·＝||2＋||2－2·，
又∠DAB＝45°.
故||2·||2＝(||2＋||2)2－4(·)2＝||4＋||4＋2||2||2－
4(||||cos 45°)2＝||4＋||4，即AC2＋BD2＝AB4＋AD4.
法二　设AB=a,AD=b.
因为∠ABC+∠DAB=180°,
所以∠ABC=180°-45°=135°.
在△ABC中,由余弦定理,得
AC2=a2+b2-2abcos∠ABC=a2+b2+ab. ①
同理可得BD2=a2+b2-ab. ②
①×②,得AC2·BD2=[(a2+b2)+ab][(a2+b2)-ab]=(a2+b2)2-(ab)2=a4+b4+2a2b2-2a2b2=a4+b4.
即AC2·BD2=AB4+AD4.
训练1　证明　(1)设=a,=b,
则=a+b.
由=m,=m+1,
∴FB=(AF+FB)=AB,
AF=AB,同理可得CE=CD,
∴a,a,
a+(a+b),
a+(a+b),
∴,又直线FO,直线OE有公共点O,故E,O,F在同一直线上.
(2)设=a,=b,则=a+b.
因为共线,所以存在n使得=n(a+b).
又共线,所以存在m使得=m()=m.
所以b+m.
所以b+m=n(a+b),
即(n-m)a+b=0.
因为a,b不共线,所以由平面向量基本定理,得
解得n=m=,所以.
同理,可得,
所以AR=RT=TC=AC.
即R,T把AC三等分.
例2　解　如图,以三力的作用点O为坐标原点,F2所在直线为x轴,建立平面直角坐标系.
由题意得|F3|=|F1+F2|=,
将向量F1,F3正交分解,则
设∠MOC=θ,
由受力平衡知
即
将|F1|=1,|F2|=2,|F3|=代入得
所以θ=,所以=π-.
训练2　解　如图所示,设为水流速度,为航行速度,以AC和AD为邻边作 ACED,且当AE与AB重合时能最快到达对岸,根据题意知AC⊥AE,在Rt△ADE和 ACED中,
||=2,||=4,∠AED=90°,
∴|,
又AB=,
∴用时为=0.5 h,易知sin∠EAD=,
∴∠EAD=30°.
故该船航行速度大小为4 km/h,与水流方向成120°角时能最快到达B码头,用时0.5 h.
例3　解　以O为原点,正东方向为x轴的正方向建立平面直角坐标系,如图所示,则F1=(1,),F2=(2,2),F3=(-3,3),所以F=F1+F2+F3=(2-2,2+4).
又位移s=(4,4),故合力F所做的功为W=F·s=(2-2)×4+(2+4)×4(J).
即合力F所做的功为24 J.
训练3　0　98　[物体m的位移大小为|s|=(m),
则支持力对物体m所做的功为W1=F·s=|F||s|cos 90°=0(J);
重力对物体m所做的功为W2=G·s=|G||s|cos 53°≈5×9.8××0.6=98(J).
课堂达标
1.D　[∵=(2,0),=(-2,-4),
∴=-4<0,∴C是钝角.故选D.]
2.B　[由向量的加法法则可得逆风行驶的速度为v1+v2.注意速度是有方向和大小的,是一个向量.]
3.120°　[作=F1,=F2,=-G,则,
当|F1|=|F2|=|F|=|G|时,△OAC为正三角形,
所以∠AOC=60°,从而θ=∠AOB=120°.]
4.　[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=.](共57张PPT)
6.2　平面向量在几何、物理中的应用举例
第二章　平面向量及其应用　§6　平面向量的应用
课标要求
1.能用向量方法解决简单的几何问题. 2.能用向量方法解决简单的力学问题和其他实际问题.
向量理论的发展有着深刻的几何背景.源头最早可追溯到莱布尼兹的位置几何的概念.莱布尼兹认为代数仅仅能表达未定的数或量值，不能直接表达位置、角度和运动，利用代数运算来分析一个图形的特点、寻找方便的几何证明和构造有时是很困难的.鉴于此，他提出了一个“新代数”，其中几何实体可以用符号来表示，并且这些符号可以直接进行运算，它不需要大量的乘法，不需要添加令人困惑的太多的点和线.这就是向量.
引入
课时精练
一、向量在几何证明中的应用
二、向量的线性运算在物理中的应用
三、向量的数量积在物理中的应用
课堂达标
内容索引
向量在几何证明中的应用
一
例1
(1)已知ABCD是平行四边形，求证：AC2＋BD2＝AB2＋BC2＋CD2＋DA2.
法一　如图，四边形ABCD是平行四边形，
即AC2＋BD2＝AB2＋BC2＋CD2＋DA2.
法二　在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos∠ABC，①
在△ABD中，由余弦定理得BD2＝AB2＋DA2－2AB·DA·cos∠DAB，②
由于BC＝DA，∠DAB＋∠ABC＝π，AB＝CD，
①＋②得AC2＋BD2＝2AB2＋BC2＋DA2＝AB2＋BC2＋CD2＋DA2.
(2)(链接教材P126例15)已知D，E，F分别为△ABC三边BC，AC，AB的中点.求证：AD，CF，BE相交于一点.
直线AD，BE交于点G.
所以G在中线CF上，所以AD，CF，BE相交于一点.
迁移
在本例(1)中，再增加一个条件：∠DAB＝45°，试证明AC2·BD2＝AB4＋AD4.
又∠DAB＝45°.
法二　设AB＝a，AD＝b.
因为∠ABC＋∠DAB＝180°，
所以∠ABC＝180°－45°＝135°.
在△ABC中，由余弦定理，得
即AC2·BD2＝AB4＋AD4.
(1)向量在几何证明中的应用
思维升华
(2)注意根据题目条件选用基向量法和坐标法.
训练1
(2)如图，在 ABCD中，点E，F分别是AD和DC边的中点，BE，BF分别交AC于点R，T.试证明R，T把AC三等分.
即R，T把AC三等分.
向量的线性运算在物理中的应用
二
例2
如图，以三力的作用点O为坐标原点，F2所在直线为x轴，建立平面直角坐标系.
思维升华
向量的线性运算在物理中的应用
问题类型 涉及知识 补充说明
力学问题 向量的线性运算 力的合成与分解就是向量的加减法
加速度、速度、位移问题 向量的线性运算 速度、加速度与位移的合成和分解，实质就是向量的加减法运算
动量问题 向量的数乘运算 动量涉及物体的质量m，物体运动的速度v
训练2
∴∠EAD＝30°.
故该船航行速度大小为4 km/h，与水流方向成120°角时能最快到达B码头，用时0.5 h.
向量的数量积在物理中的应用
三
例3
(链接教材P128例19)如图所示，一个物体受到同一平面内三个力F1，F2，F3的作用，沿北偏东45°的方向移动了8 m，其中|F1|＝2 N，方向为北偏东30°； |F2|＝4 N，方向为北偏东60°； |F3|＝6 N，方向为北偏西30°，求合力F所做的功.
思维升华
物理上的功实质上就是力与位移两向量的数量积.
训练3
0　
如图所示，在倾斜角为37°(sin 37°≈0.6)，高为2 m的斜面上，质量为5 kg的物体m沿斜面下滑，物体m受到的摩擦力是它对斜面压力的0.5倍，则下滑到最下端时，斜面对物体m的支持力所做的功为________J，重力对物体m所做的功为________J(g＝9.8 m/s2).
物体m的位移大小为
98
则支持力对物体m所做的功为W1＝F·s＝|F||s|cos 90°＝0(J)；
重力对物体m所做的功为W2＝G·s＝|G||s|cos 53°
【课堂达标】
1.已知点A(－2，－3)，B(2，1)，C(0，1)，则下列结论正确的是
√
∴C是钝角.故选D.
√
2.人骑自行车的速度是v1，风速为v2，则逆风行驶的速度为
由向量的加法法则可得逆风行驶的速度为v1＋v2.注意速度是有方向和大小的，是一个向量.
3.当两人提起重量为|G|的旅行包时，两人用力方向的夹角为θ，用力大小都为|F|，若|F|＝|G|，则θ的值为________.
120°
当|F1|＝|F2| ＝|F| ＝|G|时，△OAC为正三角形，
所以∠AOC＝60°，从而θ＝∠AOB＝120°.
4.如图，在平行四边形ABCD中，已知AD＝1，AB＝2，对角线BD＝2.则对角线AC的长为________.
【课时精练】
√
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.三条高所在直线的交点
∴OB⊥AC.同理OA⊥BC，OC⊥AB，
∴O为三条高所在直线的交点.
√
以C为原点，CA所在直线为x轴，
过点C与AC垂直的直线为y轴建立平面直角坐标系(图略)，
因为△ABC是等边三角形，
√
A.01
C.x＋y<－1 D.－1因为D在线段AB上，
因为D在CO的延长线上，
所以存在实数λ<0，
则x＋y＝λμ＋λ(1－μ)＝λ<0.
所以λ<－1，即x＋y<－1.
√
4.(多选)在日常生活中，我们经常看到两人共提一个行李包的情境(如图).假设行李包所受重力为G，两个拉力分别为F1，F2，若|F1|＝|F2|，F1与F2的夹角为θ，则以下结论正确的有
对于A，因为|G|＝|F1＋F2|为定值，
√
√
且|F1|＝|F2|，所以|G|2＝|F1|2＋|F2|2＋2|F1|·|F2|·cos θ＝2|F1|2(1＋cos θ)，
又θ∈[0，π)，y＝cos θ在[0，π)上单调递减，
√
A.正方形 B.矩形 C.菱形 D.等腰梯形
又四边形ABCD为平行四边形，
所以四边形ABCD一定为矩形.故选B.
6.一个质点在力F1＝(－3，5)，F2＝(2，－3)，F3的共同作用下，由点A(10，－5)移动到点B(－4，0)，则F1，F2的合力F对该质点所做的功为________.
24
由题意可知，F1，F2的合力F＝F1＋F2＝(－3，5)＋(2，－3)＝(－1，2)，
7.甲、乙两人提起重量为8 N的物体，两人用力方向的夹角为θ，用力大小分别为6 N，7 N，则cos θ的值为________.
∴62＋2×6×7×cos θ＋72＝82，
1∶2
设D为AC的中点，如图所示，连接OD，
即O为线段BD的中点，
即△AOB与△AOC的面积之比为1∶2.
∴M，N，C三点共线.
∵a与b不共线，
∴a2－b2＝(e＋c)2－(e＋d)2＝c2＋2e·c－2e·d－d2.
由已知a2－b2＝c2－d2，
∴c2＋2e·c－2e·d－d2＝c2－d2，
∴e·(c－d)＝0.
√
A.外心 B.内心 C.重心 D.垂心
所以h1＝h2＝h3，所以点O是△ABC的内心.
√
如图所示，以点B为原点，BC所在直线为x轴，过点B与BC垂直的直线为y轴建立平面直角坐标系.
因为AB＝AC＝5，BC＝6，
所以B(0，0)，C(6，0)，A(3，4).
因为A，B，D三点共线，
所以x>0，y>0，x＋y＝1.
13.(1)已知AD，BE，CF是△ABC的三条高.求证：AD，BE，CF相交于一点.
如图，设AD与BE交于点H，以下只需证明点H在CF上.
因为AD⊥BC，BE⊥CA，
所以CH⊥AB，
又CF⊥AB，
所以C，H，F三点共线，点H在CF上.
所以AD，BE，CF相交于一点.
同理OB⊥AC，OA⊥BC，
所以点O是三条高线的交点.
求证：点O是三条高的交点.
14.已知△ABC是等腰直角三角形，∠ABC＝90°，D是BC边的中点，BE⊥AD，垂足为点E，延长BE交AC于点F，连接DF，求证：∠ADB＝∠FDC.
如图，以B为原点，BC，BA所在直线分别为x轴、y轴建立平面直角坐标系.
设A(0，2)，C(2，0)，
所以－2λ＋2(2－2λ)＝0，
又∠ADB，∠FDC∈(0，π)，
所以∠ADB＝∠FDC.课时精练33　平面向量在几何、物理中的应用举例
(分值:100分)
单选题每小题5分,共30分;多选题每小题6分,共6分.
一、基础巩固
1.点O是△ABC所在平面内的一点,满足,则点O是△ABC的 (　　)
三个内角的角平分线的交点
三条边的垂直平分线的交点
三条中线的交点
三条高所在直线的交点
2.若等边三角形ABC的边长为2,平面内一点M满足,则= (　　)
2 -2
3.如图所示,A,B,C是圆O上的三个点,CO的延长线与线段AB交于圆内一点D,若,则 (　　)
0x+y>1
x+y<-1
-14.(多选)在日常生活中,我们经常看到两人共提一个行李包的情境(如图).假设行李包所受重力为G,两个拉力分别为F1,F2,若|F1|=|F2|,F1与F2的夹角为θ,则以下结论正确的有 (　　)
|F1|的最小值|G|
θ的取值范围为[0,π]
当θ=时,|F1|=|G|
当θ=时,|F1|=|G|
5.已知O为四边形ABCD所在平面内的一点,,,,,,则四边形ABCD一定为 (　　)
正方形 矩形
菱形 等腰梯形
6.一个质点在力F1=(-3,5),F2=(2,-3),F3的共同作用下,由点A(10,-5)移动到点B(-4,0),则F1,F2的合力F对该质点所做的功为　　　　.
7.甲、乙两人提起重量为8 N的物体,两人用力方向的夹角为θ,用力大小分别为6 N,7 N,则cos θ的值为　　　　.
8.设O是△ABC内部一点,且,则△AOB与△AOC的面积之比为　　　　.
9.(10分)(1)如图,平行四边形ABCD中,M是AB的中点,点N在BD上,且BN=BD,求证:M,N,C三点共线.
(2)如图,在平行四边形OACB中,BD=BC,OD与BA相交于E,用向量法证明BE=BA.
10.(10分)如图,若D是△ABC内的一点,且,求证:AD⊥BC.
二、综合运用
11.已知在平面内有△ABC及其内部任意一点O,则其满足关系式S△OBC S△OAC＋S△OAB=0,此关系式称之为经典的“奔驰定理”.若△ABC的三边长分别为a,b,c,现在a=0,则O为△ABC的 (　　)
外心 内心
重心 垂心
12.如图所示,在△ABC中,若AB=AC=5,BC=6,点E满足,直线CE与直线AB相交于点D,则cos∠ADE= (　　)
-
13.(13分)(1)已知AD,BE,CF是△ABC的三条高.求证:AD,BE,CF相交于一点.
(2)已知O为△ABC所在平面内一点,且满足|2=||2+||2=||2+.求证:点O是三条高的交点.
三、创新拓展
14.(16分)已知△ABC是等腰直角三角形,∠ABC=90°,D是BC边的中点,BE⊥AD,垂足为点E,延长BE交AC于点F,连接DF,求证:∠ADB=∠FDC.
课时精练33　平面向量在几何、物理中的应用举例
1.D　[∵,
∴()·=0,∴=0,
∴OB⊥AC.同理OA⊥BC,OC⊥AB,
∴O为三条高所在直线的交点.]
2.B　[以C为原点,CA所在直线为x轴,
过点C与AC垂直的直线为y轴建立平面直角坐标系(图略),
因为△ABC是等边三角形,
且其边长为2,
所以C(0,0),A(2,0),B(,3).
由,解得M,
所以,,
所以=-2.]
3.C　[因为D在线段AB上,
所以存在实数μ,使得+(1-μ).
因为D在CO的延长线上,
所以存在实数λ<0,
使得=λ[μ+(1-μ)]
=λμ+λ(1-μ).
若,
则x+y=λμ+λ(1-μ)=λ<0.
又因为|λ|=>1,
所以λ<-1,即x+y<-1.]
4.ACD　[对于A,因为|G|=|F1+F2|为定值,
且|F1|=|F2|,所以|G|2=|F1|2+|F2|2+2|F1|·|F2|·cos θ=2|F1|2(1+cos θ),
解得|F1|2=.
又θ∈[0,π),y=cos θ在[0,π)上单调递减,
所以|F1|的最小值为|G|,故A正确,B不正确.
对于C,当θ=时,|F1|2=,
所以|F1|=|G|,故C正确.
对于D,当θ=时,|F1|2=|G|2,所以|F1|=|G|,故D正确.]
5.B　[由,
可得,
即,所以四边形ABCD为平行四边形.
由,
得,
即()·()=()·(),
则()·=()·.
因为,
所以()·-()·=0,
则()·=0,
所以()·=0.
又四边形ABCD为平行四边形,
所以,所以=0,
所以四边形ABCD一定为矩形.故选B.]
6.24　[由题意可知,F1,F2的合力F=F1+F2=(-3,5)+(2,-3)=(-1,2),
=(-4-10,0+5)=(-14,5),
则合力F对该质点所做的功为F·=(-1,2)·(-14,5)=24.]
7.-　[如图,设||=6,||=7,
合力的大小即为||=8,
将两边平方可得()2=,
即||2,
∴62+2×6×7×cos θ+72=82,
解得cos θ=-.]
8.1∶2　[设D为AC的中点,如图所示,连接OD,
则.
又,
所以,
即O为线段BD的中点,
即△AOB与△AOC的面积之比为1∶2.]
9.证明　(1)设=x,=y,
则y+y+(x-y)=(2x+y),
y+x=(2x+y),
∴,又有公共点M,
∴M,N,C三点共线.
(2)设=a,=b,
则a,=b+a.
∵共线,
∴存在实数λ,使,
∴-b=a+(λ-1)b.
∵共线,
∴存在实数μ,使=μ()=μ(a-b).
于是a+(λ-1)b=μ(a-b),
即a=(1-λ-μ)b.
∵a与b不共线,
∴
∴,即BE=BA.
10.证明　设=a,=b,=e,=c,=d,则a=e+c,b=e+d.
∴a2-b2=(e+c)2-(e+d)2
=c2+2e·c-2e·d-d2.
由已知a2-b2=c2-d2,
∴c2+2e·c-2e·d-d2=c2-d2,
∴e·(c-d)=0.
∵=d-c,
∴=e·(d-c)=0,
∴,即AD⊥BC.
11.B　[记点O到AB,BC,CA的距离分别为h1,h2,h3,S△OBC=a·h2,
S△OAC=b·h3,S△OAB=c·h1,
因为S△OBC=0,
所以=0,
即a·h2=0.
又a=0,
所以h1=h2=h3,所以点O是△ABC的内心.]
12.A　[如图所示,以点B为原点,BC所在直线为x轴,过点B与BC垂直的直线为y轴建立平面直角坐标系.
因为AB=AC=5,BC=6,
所以B(0,0),C(6,0),A(3,4).
设,
因为A,B,D三点共线,
所以x>0,y>0,x+y=1.
因为,C,E,D三点共线.
所以.
所以,联立
解得x=,y=,
所以.
因为=(-6,0),=(-3,4),
所以,.
又因为=(3,4),
所以cos∠ADE==.]
13.证明　(1)如图,设AD与BE交于点H,以下只需证明点H在CF上.
因为AD⊥BC,BE⊥CA,
所以=0,
=0.
也说是()·=0, ①
()·=0. ②
①-②,得·()=0,
即=0,
所以CH⊥AB,
又CF⊥AB,
所以C,H,F三点共线,点H在CF上.
所以AD,BE,CF相交于一点.
(2)因为||2,
所以||2,
所以()·()=()·(),
所以()··().
所以·()=0.
所以·[()+()]=0,
所以=0,所以=0,
所以,所以OC⊥AB.
同理OB⊥AC,OA⊥BC,
所以点O是三条高线的交点.
14.证明　如图,以B为原点,BC,BA所在直线分别为x轴、y轴建立平面直角坐标系.
设A(0,2),C(2,0),则D(1,0),=(2,-2).
设,
则=(0,2)+(2λ,-2λ)=(2λ,2-2λ).
又=(-1,2),,
所以=0,
所以-2λ+2(2-2λ)=0,
所以λ=,所以,
所以.
又=(1,0),
所以cos∠ADB=,
cos∠FDC=.
又∠ADB,∠FDC∈(0,π),
所以∠ADB=∠FDC.

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