《几何基》期末鈽习1 一、选择与填空恩 1,非零向量a与B的内积云-b=0,那么《)， A云与b平行 Ba与b渠直 C.a与B线性相关 D.无法判定 解选B.由定义1.4，石：6=同cos,所以，a与6垂直的充要条件是 ab=0. 2.若向量与b线性相关，那么() A.存在实数k.k2,使ka+kb=0 B.存在不全为0的实数k,k,使kG+k,b=0 C。a与B不平行 D.a与b垂直 解选B。由向量的线性相关性定义即可得出。 3,设ā与b是两个零向量，则下列结论正确的是()， A.a-Bs B.a-6=啊 c.a-≥ n.a-6>啊 解选A.因为c0sS1,所以a-6=月-coss同 4若三个向量a、b、c的首尾相接，则ā+b+c= 解0. 二，计算证明题 1.已知向量a=九，2,3}.5=2.-l,0},计算ā，b的模长与夹角， 解石，b的棱长分别为
1 《几何基础》期末练习 1 一 、 选 择 与 填 空 题 1．非零向量 a 与 b 的内积 a b = 0 ，那么（ ）. A. a 与 b 平行 B. a 与 b 垂直 C． a 与 b 线性相关 D.无法判定 解选 B．由定义 1.4， a b = a b a b cos , ，所以， a 与 b 垂直的充要条件是 a b = 0 ． 2．若向量 a 与 b 线性相关，那么（ ）. A．存在实数 1 2 k ,k ，使 k1a + k2b = 0 B．存在不全为 0 的实数 1 2 k ,k ，使 k1a + k2b = 0 C． a 与 b 不 平 行 D． a 与 b 垂 直 解选Ｂ．由向量的线性相关性定义即可得出． 3 .设 a 与 b 是两个非零向量，则下列结论正确的是（）． A． a b a b B． a b a b = C． a b a b D． a b a b 解选Ａ．因为 cos a,b 1 ，所以 a b a b a b a b = cos , ． 4. 若三个向量 a 、b 、c 的首尾相接，则 a + b + c = _________． 解 0 ． 二、计算 证 明 题 1． 已知向量 a = 1,2,3 ，b = 2,−1,0 ，计算 a ，b 的模长与夹角． 解 a ，b 的模长分别为
同=+22+32=4. 同-22+(-+0=5. a-b=1×2+2×(-)+3×0=0 a,b的夹角余弦 0 cos(a,b)= ab 450 所以夹角为号 2.利用向量方法正明三角形三条中线交于一点 证明在三角形ABC(见第2题图)中，取B 为坐标原点，并设B4=a,C=b。设AD,E交 于G,AG=xAD,G■yB既，x,y为特定数. D 注意 (第2题图) AD-4B+BD-+. E反+正+a-》 以及BA=BG+GA, 于是。y(b+a-)-(-a+ 整理得 0--动a+宁b=0 .11 因为4，b线性无关。所以 1-x-2y-0 x-y=0, 解将x=y 亏这说明交点G分4D为4G和GD,并且4G:GD=2:1.若投D 与CF的交点为G',由上面的证明可知，G'分AD为AG和GD,并且AG:G'D=2: 1,所以G,G是月一点.于是三条中线交于一点。并且分每一中线为1：2. 3,向量方法证明三角形三条高交于一点， 2
2 2 2 2 a = 1 + 2 + 3 ＝ 14 ， 2 2 2 b = 2 + (−1) + 0 ＝ 5 ， a b = 1 2 + 2 (−1) + 3 0 = 0 a ，b 的夹角余弦 cos(a,b) = 0 14 5 0 = = a b ab 所以夹角为 2 ． 2．利用向量方法证明三角形三条中线交于一点． 证 明 在三角形 ABC （见第２题图）中，取 B 为坐标原点，并设 BA = a ， BC = b ．设 AD ， BE 交 于 G ， AG = xAD， BG = yBE ， x ， y 为待定数． 注意 AD = AB+ BD = a + 2 1 b ， BE = BC +CE = b + 2 1 (a－b) ， 以及 BA = BG + GA， 于是 a = y ( b + 2 1 ( a－b ) ) － x ( － a + 2 1 b ) ， 整理得 ) 2 1 (1− y − x a + ) 2 1 2 1 ( x − y b = 0． 因为 a，b 线性无关，所以 0 2 1 1− x − y = ， x − y = 0 ， 解得 3 2 x = y = ．这说明交点 G 分 AD 为 AG 和 GD ，并且 AG : GD = ２:１．若设 AD 与 CF 的交点为 G ，由上面的证明可知， G 分 AD 为 AG 和 GD ，并且 AG : GD = ２: １，所以 G ，G 是同一点．于是三条中线交于一点，并且分每一中线为１:２． 3．向量方法证明三角形三条高交于一点． （第2 题图） A B C D E F G
D (第3题图) 证明如图，设△AC中，C,AC边上的高分别为AD和BE,且AD和BE相 交于点G,莲接CG并延长交AB于F,只要证明CF⊥AB即可. 要证明CF⊥AB,只要证明CF,AB=0暖CGAB■0即可. 在△ABC中，设a=BC,b=CA,G=AB,则 a+b+c=0. 设=AG,n=G,1=CG,在△AGC中，有 CG=AG-AC=-(1) 已知AD是△ABC中BC边上的高，因此 AD.BC=0, 故AG-BC=0,即■·a=0. 于是(1)式两边同乘以a。即有 CG.-AG-AC=b·&(2) 同理，在△BGC中， CG=G-C■a-&, CG-CA=BG.CA-BC.CA=-4B(3) 由于在△ABC中，AB+BC+CA=0,于是由2+(3)式得 左瑞=CG(+C利=-CGAB 右端=0 即CG·AB=0. 说明CG⊥AB,从而CF⊥AB,这说明三角形三条边上的高相交于一点G
3 证明如图，设△ ABC 中， BC ， AC 边上的高分别为 AD 和 BE ，且 AD 和 BE 相 交于点 G ，连接 CG 并延长交 AB 于 F ，只要证明 CF ⊥ AB 即可． 要证明 CF ⊥ AB ，只要证明 CF AB = 0 或 CG AB = 0 即可． 在△ ABC 中，设 a = BC ，b = CA，c = AB ，则 a + b + c = 0． 设 m = AG ，n = BG ，l = CG ，在△ AGC 中，有 CG = AG − AC = m－b（１） 已知 AD 是△ ABC 中 BC 边上的高，因此 AD BC = 0 ， 故 AG BC = 0 ，即 m·a = 0． 于是（１）式两边同乘以 a ，即有 CG BC = AG BC − AC BC = b·a（２） 同理，在△ BGC 中， CG = BG − BC = n－a ， CGCA = BG CA− BC CA = − a·b（３） 由于在△ ABC 中， AB + BC +CA = 0 ，于是由(2) + (3)式得 左端＝ CG(BC +CA) = −CG AB 右端＝ 0 即 CG AB = 0． 说明 CG ⊥ AB ，从而 CF ⊥ AB ，这说明三角形三条边上的高相交于一点 G ． （第3题图） A B C D E F G