《2025年金版新学案高三总复习数学北师大版》

3. (一题多解)(2024·四川绵阳诊断)如图，在边长为 $ 2 $ 的等边 $ \triangle ABC $ 中，点 $ E $ 为中线 $ BD $ 的三等分点(靠近点 $ B $)，点 $ F $ 为 $ BC $ 的中点，则 $ \overrightarrow{FE} · \overrightarrow{FC} = $(B)

A.$ -\frac{\sqrt{3}}{4} $
B.$ -\frac{1}{2} $
C.$ \frac{3}{4} $
D.$ \frac{1}{2} $

答案： 3.B法一:由题意,以点$D$为坐标原点,$\overrightarrow{DA},\overrightarrow{DB}$的方向分别为$x,y$轴的正方向,建立平面直角坐标系(图略),则$D(0,0), C(-1,0), B(0,\sqrt{3}), E(0,\frac{2\sqrt{3}}{3}), F(-\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{6})$,则$\overrightarrow{FE} = (\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{6})$,$\overrightarrow{FC} = (-\frac{1}{2},-\frac{\sqrt{3}}{2})$,所以$\overrightarrow{FE}·\overrightarrow{FC}=\frac{1}{2}×(-\frac{1}{2})+\frac{\sqrt{3}}{6}×(-\frac{\sqrt{3}}{2})=-\frac{1}{2}$.故选B.
法二:因为$\overrightarrow{FC} = \frac{1}{3}\overrightarrow{BC}$,$\overrightarrow{FE} = \overrightarrow{BE} - \overrightarrow{BF}=\frac{1}{3}\overrightarrow{BD} - \frac{1}{2}\overrightarrow{BC}=\frac{1}{6}(\overrightarrow{BA} + \overrightarrow{BC}) - \frac{1}{2}\overrightarrow{BC}=\frac{1}{6}\overrightarrow{BA} - \frac{1}{3}\overrightarrow{BC}$,所以$\overrightarrow{FE}·\overrightarrow{FC}=(\frac{1}{6}\overrightarrow{BA} - \frac{1}{3}\overrightarrow{BC})·\frac{1}{3}\overrightarrow{BC}=\frac{1}{12}\overrightarrow{BC}·\overrightarrow{BA} - \frac{1}{6}\overrightarrow{BC}^2=\frac{1}{12}×2×2×\cos\frac{\pi}{3} - \frac{1}{6}×2^2=-\frac{1}{2}$.故选B.

(1) (2024·浙江温州一模)已知向量 $ \boldsymbol{a} = (0, 4) $，$ \boldsymbol{b} = (-3, -3) $，则 $ \boldsymbol{a} $ 在 $ \boldsymbol{b} $ 上的投影向量的坐标是(B)

A.$ (-2, -2) $
B.$ (2, 2) $
C.$ (0, -3) $
D.$ (0, 3) $

答案：
(1)B $a$在$b$上的投影向量为$|a|\cos\langle a,b\rangle·\frac{b}{|b|}=\frac{a· b}{|b|^2}· b=\frac{-12}{(-3)^2 + (-3)^2}b=-\frac{2}{3}b=(2,2)$.故选B.

(2) 已知非零向量 $ \boldsymbol{a} $，$ \boldsymbol{b} $ 满足 $ \boldsymbol{b} = (\sqrt{3}, 1) $，$ \langle \boldsymbol{a}, \boldsymbol{b} \rangle = \frac{\pi}{3} $，若 $ (\boldsymbol{a} - \boldsymbol{b}) \perp \boldsymbol{a} $，则向量 $ \boldsymbol{a} $ 在 $ \boldsymbol{b} $ 方向上的投影数量为$\frac{1}{2}$。

答案：
(2)$\frac{1}{2}$ 由已知可得,$|b| = \sqrt{(\sqrt{3})^2 + 1^2} = 2$.因为$(a - b)\perp a$,所以$(a - b)· a = a^2 - a· b = |a|^2 - |a||b|\cos\frac{\pi}{3} = |a|^2 - |a| = 0$,解得$|a| = 1$或$|a| = 0$(舍去),所以向量$a$在$b$方向上的投影数量为$|a|\cos\frac{\pi}{3}=\frac{1}{2}$.

对点练 1 已知非零向量 $ \boldsymbol{a} $，$ \boldsymbol{b} $ 满足 $ |\boldsymbol{a} + \boldsymbol{b}| = |\boldsymbol{a} - \boldsymbol{b}| $，则 $ \boldsymbol{a} - \boldsymbol{b} $ 在 $ \boldsymbol{b} $ 上的投影向量为(B)

A.$ -\boldsymbol{a} $
B.$ -\boldsymbol{b} $
C.$ \boldsymbol{a} $
D.$ \boldsymbol{b} $

答案： 对点练1.B由$|a + b| = |a - b|$知$a^2 + 2a· b + b^2 = a^2 - 2a· b + b^2$,可得$a· b = 0$,所以$a - b$在$b$上的投影向量为$\frac{b·(a - b)}{|b|}·\frac{b}{|b|}=\frac{a· b - b^2}{|b|^2}· b=-b$.故选B.

典例 3 (2023·全国甲卷理)已知向量 $ \boldsymbol{a} $，$ \boldsymbol{b} $，$ \boldsymbol{c} $ 满足 $ |\boldsymbol{a}| = |\boldsymbol{b}| = 1 $，$ |\boldsymbol{c}| = \sqrt{2} $，且 $ \boldsymbol{a} + \boldsymbol{b} + \boldsymbol{c} = \boldsymbol{0} $，则 $ \cos \langle \boldsymbol{a} - \boldsymbol{c}, \boldsymbol{b} - \boldsymbol{c} \rangle = $(D)

A.$ -\frac{1}{5} $
B.$ -\frac{2}{5} $
C.$ \frac{2}{5} $
D.$ \frac{4}{5} $

答案：
典例3 D 因为$a + b + c = 0$,所以$a + b = -c$,即$a^2 + b^2 + 2a· b = c^2$,即$1 + 1 + 2a· b = 2$,所以$a· b = 0$. 如图,设$OA = a$,$OB = b$,$OC = c$,由题知,$OA = OB = 1$,$OC = \sqrt{2}$,$\triangle OAB$是等腰直角三角形,$AB$边上的高$OD = \frac{\sqrt{2}}{2}$,$AD = \frac{\sqrt{2}}{2}$,所以$CD = CO + OD = \sqrt{2} + \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{3\sqrt{2}}{2}$,$\tan\angle ACD = \frac{AD}{CD} = \frac{1}{3}$,$\cos\angle ACD = \frac{3}{\sqrt{10}}$,$\cos\langle a - c, b - c\rangle = \cos\angle ACB = \cos2\angle ACD = 2×(\frac{3}{\sqrt{10}})^2 - 1 = \frac{4}{5}$. 故选D.

典例 4 (2024·新课标Ⅰ卷)已知向量 $ \boldsymbol{a} = (0, 1) $，$ \boldsymbol{b} = (2, x) $，若 $ \boldsymbol{b} \perp (\boldsymbol{b} - 4\boldsymbol{a}) $，则 $ x = $(D)

A.$ -2 $
B.$ -1 $
C.$ 1 $
D.$ 2 $

答案： 典例4 D 因为$b\perp(b - 4a)$,所以$b·(b - 4a) = 0$,即$b^2 = 4a· b$. 因为$a = (0,1)$,$b = (2,x)$,所以$b^2 = 4 + x^2$,$a· b = x$,得$4 + x^2 = 4x$,所以$(x - 2)^2 = 0$,解得$x = 2$. 故选D.

(1) (2024·新课标Ⅱ卷)已知向量 $ \boldsymbol{a} $，$ \boldsymbol{b} $ 满足 $ |\boldsymbol{a}| = 1 $，$ |\boldsymbol{a} + 2\boldsymbol{b}| = 2 $，且 $ (\boldsymbol{b} - 2\boldsymbol{a}) \perp \boldsymbol{b} $，则 $ |\boldsymbol{b}| = $(B)

A.$ \frac{1}{2} $
B.$ \frac{\sqrt{2}}{2} $
C.$ \frac{\sqrt{3}}{2} $
D.$ 1 $

答案：
(1)B 由$(b - 2a)\perp b$,得$(b - 2a)· b = b^2 - 2a· b = 0$,所以$b^2 = 2a· b$. 将$|a + 2b| = 2$的两边同时平方,得$a^2 + 4a· b + 4b^2 = 4$,即$1 + 6|b|^2 = 4$,解得$|b|^2 = \frac{1}{2}$,所以$|b|=\frac{\sqrt{2}}{2}$.故选B.

(2) (2024·北京西城模拟)若非零向量 $ \boldsymbol{a} $，$ \boldsymbol{b} $ 满足 $ |\boldsymbol{a}| = 3|\boldsymbol{b}| $，$ (2\boldsymbol{a} + 3\boldsymbol{b}) \perp \boldsymbol{b} $，则 $ \boldsymbol{a} $ 与 $ \boldsymbol{b} $ 的夹角为(C)

A.$ \frac{\pi}{6} $
B.$ \frac{\pi}{3} $
C.$ \frac{2\pi}{3} $
D.$ \frac{5\pi}{6} $

答案：
(2)C 设$a$与$b$的夹角为$\theta$,因为$(2a + 3b)\perp b$,所以$(2a + 3b)· b = 0$,即$2a· b + 3|b|^2 = 0$,即$2|a||b|\cos\theta + 3|b|^2 = 0$,又$|a| = 3|b|$,所以$\cos\theta = -\frac{1}{2}$,$\theta\in[0,\pi]$,故$\theta = \frac{2\pi}{3}$. 故选C.

(3) (2023·新课标Ⅰ卷)已知向量 $ \boldsymbol{a} = (1, 1) $，$ \boldsymbol{b} = (1, -1) $。若 $ (\boldsymbol{a} + \lambda \boldsymbol{b}) \perp (\boldsymbol{a} + \mu \boldsymbol{b}) $，则(D)

A.$ \lambda + \mu = 1 $
B.$ \lambda + \mu = -1 $
C.$ \lambda \mu = 1 $
D.$ \lambda \mu = -1 $

答案：
(3)D 因为$a = (1,1)$,$b = (1, -1)$,所以$a + \lambda b = (1 + \lambda, 1 - \lambda)$,$a + \mu b = (1 + \mu, 1 - \mu)$,由$(a + \lambda b)\perp(a + \mu b)$,可得$(a + \lambda b)·(a + \mu b) = 0$,即$(1 + \lambda)(1 + \mu) + (1 - \lambda)(1 - \mu) = 0$,整理得$\lambda\mu = -1$. 故选D.