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6.4.1　平面几何中的向量方法
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
2.已知A，B，C，D四点的坐标分别为（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
3.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
4.（2024·新乡月考）正方形OABC的边长为1，点D，E分别为AB，BC的中点，则cos∠DOE＝（　　）
A.　　　B. C.　　　D.
5.在△ABC中，AB＝AC＝2，点M满足＋2＝0，若·＝，则BC的长为（　　）
A.1 B.
C.2 D.3
6.（多选）如图，在平行四边形ABCD中，AB＝2AD＝2，∠BAD＝，＝2，延长DP交BC于点M，则（　　）
A.＝－ B.＝4
C.·＝1 D.·＝
7.已知G为△ABC的重心，且＝λ（＋），则λ＝　　　　.
8.已知在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，E，F分别为BC，CD的中点，则（＋）·＝　　　　.
9.（2024·泰安月考）已知S△ABC＝3，点M是△ABC内一点且＋2＝，则△MBC的面积为　　　　.
10.如图，已知D，E分别为△ABC的边AB，AC的中点，延长CD到M使DM＝CD，延长BE到N使BE＝EN，求证：M，A，N三点共线.
11.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
12.在△ABC中，设－＝2·，那么动点M形成的图形必经过△ABC的（　　）
A.垂心 B.内心
C.外心 D.重心
13.如图，BC，DE是半径为1的圆O的两条直径，＝2，则·＝　　　　.
14. 如图，在矩形ABCD中，点E是BC边上的中点，点F在边CD上.
（1）若AB＝BC＝2，点F是边CD上靠近点C的三等分点，求·的值；
（2）若AB＝，BC＝2，当·＝0时，求CF的长.
15.我们把与直线l垂直的向量称为直线l的法向量，当直线l的方程为y＝kx＋b时，直线l的方向向量为e＝（1，k）.设e＝（A，B）是直线l的一个方向向量，那么n＝（－B，A）就是直线l的一个法向量（如图①）.借助直线的法向量，我们可以方便地计算点到直线的距离.
已知P是直线l外一点，n是直线l的一个法向量，在直线l上任取一点Q，那么在法向量n上的投影向量为（｜｜cos θ）（θ为向量n与 的夹角），其模就是点P到直线l的距离d，即d＝（如图②）.已知点A（－4，0），B（2，－1），C（－1，3），则点A到直线BC的距离为　　　　.
16.在△ABC中，已知AB＝AC＝5，BC＝6，点M是AC边上靠近点A的一个三等分点，试问：在线段BM（端点除外）上是否存在点P使得PC⊥BM？
6.4.1　平面几何中的向量方法
1.C　（＋）·（－）＝－＝0，即｜｜＝｜｜，∴CA＝CB，则△ABC是等腰三角形.
2.A　∵＝（3，3），＝（－2，－2），∴＝－，∴与共线.又｜｜≠｜｜，∴该四边形为梯形.
3.D　∵·＝－6＋6＝0，∴AC⊥BD.∴四边形ABCD的面积S＝｜｜｜｜＝××2＝10.
4.D　以O为原点，以OA，OC所在直线为x轴、y轴建立平面直角坐标系，如图所示.由题意知，＝（1，），＝（，1），故cos∠DOE＝＝＝.
5.C　取BC的中点O，连接AO，如图所示.∵＋2＝0，即＝2，∴M为BC边上靠近C的三等分点，∵AB＝AC，∴AO⊥BC，∴·＝0，又＝，∴·＝·（＋）＝·＋·＝·＝｜｜2＝，解得｜｜＝2，即BC＝2.
6.ACD　依题意，因为在平行四边形ABCD中，AB＝2，AD＝1，∠BAD＝，＝2，所以＝＝＝2，即M为BC的中点，所以＝＝（＋）＝－，故A正确；因为，不共线，所以＝4错误，故B错误；·＝2×1×cos＝1，故C正确；·＝（－）·（＋）＝＋·－＝，故D正确.故选A、C、D.
7.　解析：如图所示，取BC中点M，连接AM，则三角形中由向量公式得＋＝2，又因为G为△ABC的重心，故＝，因此＝（＋），故λ＝.
8.－　解析：如图，以A为坐标原点，AB，AD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（2，0），D（0，1），∴C（2，1）.∵E，F分别为BC，CD的中点，∴E（2，），F（1，1），∴＝（2，），＝（1，1），∴＋＝（3，），＝（－2，1），∴（＋）·＝3×（－2）＋×1＝－.
9.　解析：取AC的中点D，因为＋2＝，所以＋＝－2，故2＝－2，所以＝，因为S△ABC＝3，因此S△MBC＝S△DBC＝S△ABC＝.
10.证明：∵D为MC的中点，且D为AB的中点，
∴＝＋.
∴＝－＝.
同理可证明＝－＝.
∴＝－，
∴，共线.
又与有公共点A，
∴M，A，N三点共线.
11.B　∵＝＝－，∴－＝（－），∴＝，故选B.
12.C　假设BC的中点是O，则－＝（＋）·（－）＝2·＝2·，即（－）·＝·＝0，所以⊥，所以动点M在线段BC的垂直平分线上，所以动点M形成的图形必经过△ABC的外心.
13.－　解析：＝＋，＝＋，且＝－，所以·＝（＋）·（＋）＝－＝－1＝－.
14.解：以A为原点，AB，AD所在直线分别为x轴、y轴建立如图所示的平面直角坐标系.
（1）因为AB＝BC＝2，点F是边CD上靠近点C的三等分点，点E是BC边上的中点，
所以A（0，0），B（2，0），C（2，2），E（2，1），D（0，2），F（，2），
所以＝（2，1），＝（－，1），
所以·＝－＋1＝－.
（2）因为AB＝，BC＝2，
所以A（0，0），B（，0），E（，1），C（，2），D（0，2），
设F（a，2）（0≤a≤ ），
所以＝（，1），＝（a－，2），
当·＝0时，（a－）＋2＝0，
解得a＝，
所以CF＝－＝.
15.　解析：设点P（x，y）是直线BC上的任意一点，则∥，又＝（x－2，y＋1），＝（－3，4），∴4（x－2）＝－3（y＋1），整理得y＝－x＋，∴直线BC的一个方向向量为.取e＝（3，－4），则n＝（4，3）为BC的一个法向量，又＝（6，－1），∴点A到直线BC的距离d＝＝＝.
16.解：不存在.理由如下：
以点B为坐标原点，BC所在的直线为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系.
∵AB＝AC＝5，BC＝6，
∴B（0，0），A（3，4），C（6，0），∴＝（3，－4）.
∵点M是AC边上靠近A点的一个三等分点，
∴＝＝（ 1，－），
∴M（ 4，），
∴＝（ 4，）.
假设在BM上存在点P使得PC⊥BM，则设＝λ，且0＜λ＜1，即＝λ（ 4，）＝（ 4λ，λ），
∴＝＋＝（－6，0）＋（ 4λ，λ）＝（ 4λ－6，λ）.
∵PC⊥BM，∴·＝0，
即4×（4λ－6）＋×λ＝0，
解得λ＝.
∵λ＝ （0，1），
∴在线段BM（端点除外）上不存在点P使得PC⊥BM.
1 / 26.4　平面向量的应用
6.4.1　平面几何中的向量方法
新课程标准解读 核心素养
1.会用向量方法解决简单的平面几何问题 数学建模
2.体会向量在解决数学问题中的作用 数学运算、逻辑推理
　　向量集“数”与“形”于一身，既有代数的抽象性又有几何的直观性，用它研究问题可以实现形象思维与抽象思维的有机结合，因而向量是几何研究的一个有效工具.
【问题】　怎样用向量方法研究几何问题？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
知识点　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.
3.把运算结果“翻译”成几何关系.
【想一想】
用向量法如何证明平面几何中AB⊥CD？
1.若＝3a，＝－5a，且｜｜＝｜｜，则四边形ABCD是（　　）
A.平行四边形 B.菱形
C.等腰梯形 D.非等腰梯形
2.（2024·中山月考）在△ABC中，已知A（4，1），B（7，5），C（－4，7），则BC边的中线AD的长为　　　　.
题型一 利用向量证明平面几何问题
【例1】　如图所示，在正方形ABCD中，E，F分别是AB，BC的中点，求证：AF⊥DE.
通性通法
用向量证明平面几何问题的两种基本思路
（1）利用向量基底法求解：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到相应关系；④把计算所得结果转化为几何问题.
（2）利用向量坐标法求解：①建立适当的平面直角坐标系；②把相关向量坐标化；③利用向量的坐标运算找到相应关系；④利用向量关系回答几何问题.
【跟踪训练】
如图，已知在直角梯形ABCD中，AD⊥AB，AB＝2AD＝2CD，过点C作CE⊥AB于点E，M为CE的中点，用向量的方法证明：
（1）DE∥BC；
（2）D，M，B三点共线.
题型二 利用平面向量求几何中的长度
【例2】　在平行四边形ABCD中，AD＝1，AB＝2，对角线BD＝2，求对角线AC的长.
通性通法
利用向量法解决长度问题的策略
　　向量法求平面几何中的长度问题，即向量长度的求解，一是利用图形特点选择基底，向向量的数量积转化，用公式｜a｜2＝a2求解；二是建立坐标系，确定相应向量的坐标，代入公式：若a＝（x，y），则｜a｜＝ .
【跟踪训练】
　（2024·惠州质检）如图所示，在矩形ABCD中，AB＝4，点E为AB的中点，且⊥，则｜｜＝（　　）
A. B.2
C.3 D.2
题型三 利用平面向量求几何中的角度
【例3】　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.
通性通法
平面几何中夹角问题的求解策略
　　利用平面向量解决几何中的夹角问题时，本质是将平面图形中的角视为两个向量的夹角，借助夹角公式进行求解，这类问题也有两种方法，一是利用基底法，二是利用坐标运算.在求解过程中，务必注意向量的方向.
【跟踪训练】
　在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝8，BC＝6，D为AC的中点，则cos∠BDC＝（　　）
A.－ B.
C.0 D.
1.在△ABC中，若·＋＝0，则△ABC的形状是（　　）
A.角C为钝角的三角形
B.角B为直角的直角三角形
C.锐角三角形
D.角A为直角的直角三角形
2.在四边形ABCD中，若＋＝0，·＝0，则四边形ABCD为（　　）
A.平行四边形 B.矩形
C.等腰梯形 D.菱形
3.（2024·舟山月考）在Rt△ABC中，斜边BC的长为2，O是平面ABC内一点，点P满足＝＋（＋），则｜｜＝　　　　.
4.已知长方形AOCD中，OA＝3，OC＝2，E为OC中点，P为AO上一点，利用向量知识判断当点P在什么位置时，∠PED＝45°.
6.4.1　平面几何中的向量方法
【基础知识·重落实】
想一想
　提示：证明或计算·＝0，从而得出AB⊥CD.
自我诊断
1.C　∵＝3a，＝－5a，∴∥，｜｜≠｜｜，∵｜｜＝｜｜，∴四边形ABCD是等腰梯形.故选C.
2.　解析：BC的中点为D（，6），＝（－，5），∴｜｜＝＝.
【典型例题·精研析】
【例1】　证明：法一　设＝a，＝b，
则｜a｜＝｜b｜，a·b＝0.
又＝＋＝－a＋，
＝＋＝b＋，
所以·＝（b＋）·（－a＋）
＝－－a·b＋＝－｜a｜2＋｜b｜2＝0.
故⊥，即AF⊥DE.
法二　
如图所示，以A为原点，AB，AD所在直线分别为x轴、y轴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.
跟踪训练
　证明：
如图，以E为坐标原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴建立平面直角坐标系.
令｜｜＝1，则｜｜＝1，｜｜＝2.
∵CE⊥AB，AD⊥AB，且AD＝DC，
∴四边形AECD为正方形.
∴可求得各点坐标分别为E（0，0），B（1，0），C（0，1），D（－1，1），A（－1，0）.
（1）∵＝（－1，1）－（0，0）＝（－1，1），
＝（0，1）－（1，0）＝（－1，1），
∴＝，∴∥，即DE∥BC.
（2）如图，连接MB，MD.
∵M为EC的中点，∴M（ 0，），
∴＝（－1，1）－（ 0，）＝（ －1，），
＝（1，0）－（ 0，）＝（ 1，－），
∴＝－，∴∥.
又∵MD与MB有公共点M，∴D，M，B三点共线.
【例2】　解：设＝a，＝b，则＝a－b，＝a＋b，
∵｜｜＝｜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＝.
跟踪训练
　B　以A为坐标原点，
AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，建立如图所示的直角坐标系.设｜｜＝a（a＞0），则A（0，0），C（4，a），D（0，a），E（2，0），所以＝（2，－a），＝（4，a）.因为⊥，所以·＝0，所以2×4＋（－a）·a＝0，即a2＝8.所以a＝2，所以＝（2，－2），所以｜｜＝ ＝2.
【例3】　解：（1）设＝a，＝b，
则＝＋
＝＋＝＋（－）
＝＋＝a＋b.
∴｜｜2＝＝（a＋b）2
＝a2＋2×a·b＋b2
＝×9＋2××3×3×cos 120°＋×9＝3.
∴AD＝.
（2）设∠DAC＝θ（0°＜θ＜120°），
则θ为与的夹角.
∴cos θ＝＝
＝
＝＝0.
∴θ＝90°，即∠DAC＝90°.
跟踪训练
　B　如图建立平面直角坐标系，则B（0，0），A（0，8），C（6，0），D（3，4），∴＝（－3，－4），＝（3，－4）.又∠BDC为，的夹角，∴cos∠BDC＝＝＝.
随堂检测
1.D　在△ABC中，·＋＝·（＋）＝·＝0，∴⊥，∴A＝，则△ABC为直角三角形，故选D.
2.D　由＋＝0，得＝－＝，∴四边形ABCD为平行四边形.由·＝0知，平行四边形ABCD对角线互相垂直，故四边形ABCD为菱形.
3.1　解析：∵＝＋（＋），∴－＝（＋），＝（＋），∴AP为Rt△ABC斜边BC的中线.∴｜｜＝1.
4.解：如图，建立平面直角坐标系，则E（1，0），D（2，3），
设P（0，b）（0≤b≤3），
则＝（1，3），＝（－1，b），
∴cos∠PED＝
＝＝.
整理得2b2－3b－2＝0，
解得b＝2，b＝－（舍去），
∴当点P为OA上靠近点A的三等分点时，∠PED＝45°.
3 / 3(共58张PPT)
6.4.1　平面几何中的向量方法
目录
基础知识·重落实
01
典型例题·精研析
02
知能演练·扣课标
03
新课程标准解读 核心素养
1.会用向量方法解决简单的平面几何问题 数学建模
2.体会向量在解决数学问题中的作用 数学运算、逻辑推理
基础知识·重落实
01
课前预习 必备知识梳理
　　向量集“数”与“形”于一身，既有代数的抽象性又有几何的直
观性，用它研究问题可以实现形象思维与抽象思维的有机结合，因而
向量是几何研究的一个有效工具.
【问题】　怎样用向量方法研究几何问题？
知识点　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.
3. 把运算结果“翻译”成几何关系.
【想一想】
用向量法如何证明平面几何中AB⊥CD？
提示：证明或计算 · ＝0，从而得出AB⊥CD.
1. 若 ＝3a， ＝－5a，且｜ ｜＝｜ ｜，则四边形ABCD
是（　　）
A. 平行四边形 B. 菱形
C. 等腰梯形 D. 非等腰梯形
解析：∵ ＝3a， ＝－5a，∴ ∥ ，｜ ｜≠｜ ｜，∵｜ ｜＝｜ ｜，∴四边形ABCD是等腰梯形.故选C.
2. （2024·中山月考）在△ABC中，已知A（4，1），B（7，5），C
（－4，7），则BC边的中线AD的长为 .
解析：BC的中点为D（ ，6）， ＝（－ ，5），∴｜ ｜
＝ ＝ .

典型例题·精研析
02
课堂互动 关键能力提升
题型一 利用向量证明平面几何问题
【例1】　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 · ＝（b＋ ）·（－a＋ ）
＝－ － a·b＋ ＝－ ｜a｜2＋ ｜b｜2＝0.
故 ⊥ ，即AF⊥DE.
法二　如图所示，以A为原点，AB，AD所在直线分
别为x轴、y轴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.
通性通法
用向量证明平面几何问题的两种基本思路
（1）利用向量基底法求解：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到相应关系；④把计算所得
结果转化为几何问题.
（2）利用向量坐标法求解：①建立适当的平面直角坐标系；②把相
关向量坐标化；③利用向量的坐标运算找到相应关系；④利用
向量关系回答几何问题.
【跟踪训练】
如图，已知在直角梯形ABCD中，AD⊥AB，AB＝2AD＝2CD，过
点C作CE⊥AB于点E，M为CE的中点，用向量的方法证明：
（1）DE∥BC；
证明：如图，以E为坐标原点， 所在直线为
x轴， 所在直线为y轴建立平面直角坐标系.
令｜ ｜＝1，则｜ ｜＝1，｜ ｜＝2.
∵CE⊥AB，AD⊥AB，且AD＝DC，
∴四边形AECD为正方形.
∴可求得各点坐标分别为E（0，0），B（1，
0），C（0，1），D（－1，1），A（－1，0）.
（1）∵ ＝（－1，1）－（0，0）＝（－1，1），
＝（0，1）－（1，0）＝（－1，1），
∴ ＝ ，∴ ∥ ，即DE∥BC.
（2）D，M，B三点共线.
证明：如图，连接MB，MD.
∵M为EC的中点，∴M（ 0， ），
∴ ＝（－1，1）－（ 0， ）＝（ －1， ），
＝（1，0）－（ 0， ）＝（ 1，－ ），
∴ ＝－ ，∴ ∥ .
又∵MD与MB有公共点M，∴D，M，B三点共线.
题型二 利用平面向量求几何中的长度
【例2】　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，
∵｜ ｜＝｜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＝ .
通性通法
利用向量法解决长度问题的策略
　　向量法求平面几何中的长度问题，即向量长度的求解，一是利用
图形特点选择基底，向向量的数量积转化，用公式｜a｜2＝a2求解；
二是建立坐标系，确定相应向量的坐标，代入公式：若a＝（x，
y），则｜a｜＝ .
【跟踪训练】
　（2024·惠州质检）如图所示，在矩形ABCD中，AB＝4，点E为
AB的中点，且 ⊥ ，则｜ ｜＝（　　）
C. 3
解析：　以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，
AD所在直线为y轴，建立如图所示的直角坐标系.
设｜ ｜＝a（a＞0），则A（0，0），C
（4，a），D（0，a），E（2，0），所以
＝（2，－a）， ＝（4，a）.因为 ⊥ ，
所以 · ＝0，所以2×4＋（－a）·a＝0，即
a2＝8.所以a＝2 ，所以 ＝（2，－2 ），
所以｜ ｜＝ ＝2 .
题型三 利用平面向量求几何中的角度
【例3】　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.
∴｜ ｜2＝ ＝（ a＋ b）2
＝ a2＋2× a·b＋ b2
＝ ×9＋2× ×3×3× cos 120°＋ ×9＝3.
∴AD＝ .
（2）∠DAC的大小.
解：设∠DAC＝θ（0°＜θ＜120°），
则θ为 与 的夹角.
∴ cos θ＝ ＝
＝ ＝ ＝0.
∴θ＝90°，即∠DAC＝90°.
通性通法
平面几何中夹角问题的求解策略
　　利用平面向量解决几何中的夹角问题时，本质是将平面图形中的
角视为两个向量的夹角，借助夹角公式进行求解，这类问题也有两种
方法，一是利用基底法，二是利用坐标运算.在求解过程中，务必注
意向量的方向.
【跟踪训练】
在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝8，BC＝6，D为AC的中点，则
cos ∠BDC＝（　　）
C. 0
解析：如图建立平面直角坐标系，则B（0，0），A（0，8），C（6，0），D（3，4），∴ ＝（－3，－4）， ＝（3，－4）.又∠BDC为 ， 的夹角，∴ cos ∠BDC＝ ＝ ＝ .
1. 在△ABC中，若 · ＋ ＝0，则△ABC的形状是（　　）
A. 角C为钝角的三角形
B. 角B为直角的直角三角形
C. 锐角三角形
D. 角A为直角的直角三角形
解析：在△ABC中， · ＋ ＝ ·（ ＋ ）＝ · ＝0，∴ ⊥ ，∴A＝ ，则△ABC为直角三角形，故选D.
2. 在四边形ABCD中，若 ＋ ＝0， · ＝0，则四边形
ABCD为（　　）
A. 平行四边形 B. 矩形
C. 等腰梯形 D. 菱形
解析：　由 ＋ ＝0，得 ＝－ ＝ ，∴四边形ABCD
为平行四边形.由 · ＝0知，平行四边形ABCD对角线互相垂
直，故四边形ABCD为菱形.
3. （2024·舟山月考）在Rt△ABC中，斜边BC的长为2，O是平面
ABC内一点，点P满足 ＝ ＋ （ ＋ ），则｜ ｜
＝ .
解析：∵ ＝ ＋ （ ＋ ），∴ － ＝ （ ＋
）， ＝ （ ＋ ），∴AP为Rt△ABC斜边BC的中
线.∴｜ ｜＝1.
1
4. 已知长方形AOCD中，OA＝3，OC＝2，E为OC中点，P为AO
上一点，利用向量知识判断当点P在什么位置时，∠PED＝45°.
解：如图，建立平面直角坐标系，则E（1，0），D（2，3），
设P（0，b）（0≤b≤3），
则 ＝（1，3）， ＝（－1，b），
∴ cos ∠PED＝
＝ ＝ .
整理得2b2－3b－2＝0，
解得b＝2，b＝－ （舍去），
∴当点P为OA上靠近点A的三等分点时，∠PED＝45°.
知能演练·扣课标
03
课后巩固 核心素养落地
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
解析：　（ ＋ ）·（ － ）＝ － ＝0，即｜
｜＝｜ ｜，∴CA＝CB，则△ABC是等腰三角形.
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2. 已知A，B，C，D四点的坐标分别为（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
解析：　∵ ＝（3，3）， ＝（－2，－2），∴ ＝－
，∴ 与 共线.又｜ ｜≠｜ ｜，∴该四边形为
梯形.
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3. 在四边形ABCD中，若 ＝（1，3）， ＝（－6，2），则该四
边形的面积为（　　）
C. 5 D. 10
解析：　∵ · ＝－6＋6＝0，∴AC⊥BD. ∴四边形ABCD
的面积S＝ ｜ ｜｜ ｜＝ × ×2 ＝10.
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4. （2024·新乡月考）正方形OABC的边长为1，点D，E分别为
AB，BC的中点，则 cos ∠DOE＝（　　）
解析：　以O为原点，以OA，OC所在直线为x
轴、y轴建立平面直角坐标系，如图所示.由题意
知， ＝（1， ）， ＝（ ，1），故 cos
∠DOE＝ ＝ ＝ .
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5. 在△ABC中，AB＝AC＝2，点M满足 ＋2 ＝0，若 ·
＝ ，则BC的长为（　　）
A. 1
C. 2 D. 3
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解析：　取BC的中点O，连接AO，如图所
示.∵ ＋2 ＝0，即 ＝2 ，∴M为BC
边上靠近C的三等分点，∵AB＝AC，
∴AO⊥BC，∴ · ＝0，又 ＝ ，
∴ · ＝ ·（ ＋ ）＝ · ＋
· ＝ · ＝ ｜ ｜2＝ ，解得｜ ｜
＝2，即BC＝2.
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6. （多选）如图，在平行四边形ABCD中，AB＝2AD＝2，∠BAD＝
， ＝2 ，延长DP交BC于点M，则（　　）
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解析：　依题意，因为在平行四边形ABCD中，AB＝2，AD
＝1，∠BAD＝ ， ＝2 ，所以 ＝ ＝ ＝2，即M为BC
的中点，所以 ＝ ＝ （ ＋ ）＝ － ，故A正
确；因为 ， 不共线，所以 ＝4 错误，故B错误；
· ＝2×1× cos ＝1，故C正确； · ＝（ －
）·（ ＋ ）＝ ＋ · － ＝ ，故D正确.
故选A、C、D.
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7. 已知G为△ABC的重心，且 ＝λ（ ＋ ），则λ＝ .
解析：如图所示，取BC中点M，连接AM，则
三角形中由向量公式得 ＋ ＝2 ，又因
为G为△ABC的重心，故 ＝ ，因此
＝ （ ＋ ），故λ＝ .

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解析：如图，以A为坐标原点，AB，AD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（2，0），D（0，1），∴C（2，1）.∵E，F分别为BC，CD的中点，∴E（2， ），F（1，1），∴ ＝（2， ）， ＝（1，1），∴ ＋ ＝（3， ）， ＝（－2，1），∴（ ＋ ）· ＝3×（－2）＋ ×1＝－ .
8. 已知在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，E，F分别为BC，CD的
中点，则（ ＋ ）· ＝ .
－
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9. （2024·泰安月考）已知S△ABC＝3，点M是△ABC内一点且 ＋
2 ＝ ，则△MBC的面积为 .
解析：取AC的中点D，因为 ＋2 ＝ ，所以 ＋ ＝
－2 ，故2 ＝－2 ，所以 ＝ ，因为S△ABC＝3，因
此S△MBC＝ S△DBC＝ S△ABC＝ .

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10. 如图，已知D，E分别为△ABC的边AB，AC的中点，延长CD
到M使DM＝CD，延长BE到N使BE＝EN，求证：M，A，N
三点共线.
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证明：∵D为MC的中点，且D为AB的中点，
∴ ＝ ＋ .
∴ ＝ － ＝ .
同理可证明 ＝ － ＝ .
∴ ＝－ ，
∴ ， 共线.
又 与 有公共点A，
∴M，A，N三点共线.
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11. 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
解析：　∵ ＝ ＝ － ，∴ － ＝ （
－ ），∴ ＝ ，故选B.
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12. 在△ABC中，设 － ＝2 · ，那么动点M形成的图形
必经过△ABC的（　　）
A. 垂心 B. 内心
C. 外心 D. 重心
解析：假设BC的中点是O，则 － ＝（ ＋ ）·（ － ）＝2 · ＝2 · ，即（ － ）· ＝ · ＝0，所以 ⊥ ，所以动点M在线段BC的垂直平分线上，所以动点M形成的图形必经过△ABC的外心.
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13. 如图，BC，DE是半径为1的圆O的两条直径， ＝2 ，则
· ＝ .
－
解析： ＝ ＋ ， ＝ ＋ ，且 ＝－ ，所以 · ＝（ ＋ ）·（ ＋ ）＝ － ＝ －1＝－ .
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14. 如图，在矩形ABCD中，点E是BC边上的中点，点F在边CD上.
（1）若AB＝BC＝2，点F是边CD上靠近点C的三等分点，求 · 的值；
解：以A为原点，AB，AD所在直线分别为x轴、y轴建立如图所示的平面直角坐标系.
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（1）因为AB＝BC＝2，点F是边CD上靠近点C的三等分
点，点E是BC边上的中点，
所以A（0，0），B（2，0），C（2，2），E（2，1），
D（0，2），F（ ，2），
所以 ＝（2，1）， ＝（－ ，1），
所以 · ＝－ ＋1＝－ .
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（2）若AB＝ ，BC＝2，当 · ＝0时，求CF的长.
解：因为AB＝ ，BC＝2，
所以A（0，0），B（ ，0），E（ ，1），C（ ，2），D（0，2），
设F（a，2）（0≤a≤ ），
所以 ＝（ ，1）， ＝（a－ ，2），
当 · ＝0时， （a－ ）＋2＝0，
解得a＝ ，
所以CF＝ － ＝ .
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15. 我们把与直线l垂直的向量称为直线l的法向量，当直线l的方程
为y＝kx＋b时，直线l的方向向量为e＝（1，k）.设e＝（A，
B）是直线l的一个方向向量，那么n＝（－B，A）就是直线l的
一个法向量（如图①）.借助直线的法向量，我们可以方便地计算
点到直线的距离.
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已知P是直线l外一点，n是直线l的一个法向量，在直线l上任取
一点Q，那么 在法向量n上的投影向量为（｜ ｜ cos θ）
（θ为向量n与 的夹角），其模就是点P到直线l的距离
d，即d＝ （如图②）.已知点A（－4，0），B（2，－
1），C（－1，3），则点A到直线BC的距离为 .

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解析：设点P（x，y）是直线BC上的任意一点，则 ∥ ，
又 ＝（x－2，y＋1）， ＝（－3，4），∴4（x－2）＝－
3（y＋1），整理得y＝－ x＋ ，
∴直线BC的一个方向向量为 .取e＝（3，－4），则n＝
（4，3）为BC的一个法向量，又 ＝（6，－1），∴点A到直
线BC的距离d＝ ＝ ＝ .
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16. 在△ABC中，已知AB＝AC＝5，BC＝6，点M是AC边上靠近点
A的一个三等分点，试问：在线段BM（端点除外）上是否存在
点P使得PC⊥BM？
解：不存在.理由如下：
以点B为坐标原点，BC所在的直线为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系.
∵AB＝AC＝5，BC＝6，
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∴B（0，0），A（3，4），C（6，0），∴ ＝（3，－4）.
∵点M是AC边上靠近A点的一个三等分点，
∴ ＝ ＝（ 1，－ ），∴M（ 4， ），
∴ ＝（ 4， ）.
假设在BM上存在点P使得PC⊥BM，则设 ＝λ ，且0＜λ＜
1，即 ＝λ（ 4， ）＝（ 4λ， λ），
∴ ＝ ＋ ＝（－6，0）＋（ 4λ， λ）＝（ 4λ－6， λ）.
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即4×（4λ－6）＋ × λ＝0，解得λ＝ .
∵λ＝ （0，1），
∴在线段BM（端点除外）上不存在点P使得PC⊥BM.
∵PC⊥BM，∴ · ＝0，
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