《2025年金版新学案高三总复习数学北师大版》

典例 3(一题多变)已知 $\boldsymbol{a}$，$\boldsymbol{b}$ 是单位向量，$\boldsymbol{a}·\boldsymbol{b}=0$，且向量 $\boldsymbol{c}$ 满足 $|\boldsymbol{c}-\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}|=1$，则 $|\boldsymbol{c}|$ 的取值范围是 (A)

A.$[\sqrt{2}-1,\sqrt{2}+1]$
B.$[\sqrt{2}-1,\sqrt{2}]$
C.$[\sqrt{2},\sqrt{2}+1]$
D.$[2-\sqrt{2},2+\sqrt{2}]$
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答案： 典例 3 A $\boldsymbol{a}$，$\boldsymbol{b}$是单位向量，$\boldsymbol{a}·\boldsymbol{b}=0$，设$\boldsymbol{a}=(1,0)$，$\boldsymbol{b}=(0,1)$，$\boldsymbol{c}=(x,y)$，$|\boldsymbol{c}-\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}|=|(x - 1,y - 1)|=\sqrt{(x - 1)^{2}+(y - 1)^{2}}=1$，所以$|\boldsymbol{c}|$表示以$(1,1)$为圆心，$1$为半径的圆上的点到原点的距离，故$\sqrt{1^{2}+1^{2}}-1\leqslant|\boldsymbol{c}|\leqslant\sqrt{1^{2}+1^{2}}+1$，所以$\sqrt{2}-1\leqslant|\boldsymbol{c}|\leqslant\sqrt{2}+1$，即$|\boldsymbol{c}|$的取值范围为$[\sqrt{2}-1,\sqrt{2}+1]$，故选 A.

[变式探究]

答案： 设向量$\overrightarrow{a}=(x_1,y_1)$，$\overrightarrow{b}=(x_2,y_2)$。
已知$\vert\overrightarrow{a}\vert = 2$，$\vert\overrightarrow{b}\vert = 3$，$\overrightarrow{a}$与$\overrightarrow{b}$的夹角为$60^{\circ}$。
根据向量数量积公式$\overrightarrow{a}·\overrightarrow{b}=\vert\overrightarrow{a}\vert\vert\overrightarrow{b}\vert\cos\theta$（其中$\theta$为$\overrightarrow{a}$与$\overrightarrow{b}$的夹角），可得$\overrightarrow{a}·\overrightarrow{b}=2×3×\cos60^{\circ}=3$。
（1）求$\vert2\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}\vert$
根据向量模的平方等于向量自身的平方，即$\vert2\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}\vert^2=(2\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b})^2$。
根据完全平方公式$(m - n)^2 = m^2 - 2mn + n^2$，可得$(2\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b})^2 = 4\overrightarrow{a}^2-4\overrightarrow{a}·\overrightarrow{b}+\overrightarrow{b}^2$。
因为$\overrightarrow{a}^2=\vert\overrightarrow{a}\vert^2 = 2^2 = 4$，$\overrightarrow{b}^2=\vert\overrightarrow{b}\vert^2 = 3^2 = 9$，$\overrightarrow{a}·\overrightarrow{b}=3$，代入上式可得：
$\vert2\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}\vert^2=4×4 - 4×3+9=16 - 12 + 9 = 13$。
所以$\vert2\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}\vert=\sqrt{13}$。
（2）求$\overrightarrow{a}$与$\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}$夹角的余弦值
设$\overrightarrow{a}$与$\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}$的夹角为$\alpha$。
根据向量数量积公式$\cos\alpha=\frac{\overrightarrow{a}·(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b})}{\vert\overrightarrow{a}\vert\vert\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}\vert}$。
先求$\overrightarrow{a}·(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b})$：
根据分配律$\overrightarrow{a}·(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b})=\overrightarrow{a}^2-\overrightarrow{a}·\overrightarrow{b}=4 - 3 = 1$。
再求$\vert\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}\vert^2$：
$\vert\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}\vert^2=(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b})^2=\overrightarrow{a}^2-2\overrightarrow{a}·\overrightarrow{b}+\overrightarrow{b}^2=4-2×3 + 9=7$，则$\vert\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}\vert=\sqrt{7}$。
已知$\vert\overrightarrow{a}\vert = 2$，代入$\cos\alpha=\frac{\overrightarrow{a}·(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b})}{\vert\overrightarrow{a}\vert\vert\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}\vert}$可得：
$\cos\alpha=\frac{1}{2×\sqrt{7}}=\frac{\sqrt{7}}{14}$。
综上，（1）$\vert2\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}\vert=\sqrt{13}$；（2）$\overrightarrow{a}$与$\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}$夹角的余弦值为$\frac{\sqrt{7}}{14}$。

1.(变条件)把条件“$|\boldsymbol{c}-\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}|=1$”变为“$(\boldsymbol{c}-\boldsymbol{a})\perp(\boldsymbol{c}-\boldsymbol{b})$”，则 $|\boldsymbol{c}|$ 的最大值为$\sqrt{2}$.

答案：
1.$\sqrt{2}$ 法一：设$\boldsymbol{a}=(1,0)$，$\boldsymbol{b}=(0,1)$，$\boldsymbol{c}=(x,y)$，则$\boldsymbol{c}-\boldsymbol{a}=(x - 1,y)$，$\boldsymbol{c}-\boldsymbol{b}=(x,y - 1)$，因为$(\boldsymbol{c}-\boldsymbol{a})\perp(\boldsymbol{c}-\boldsymbol{b})$，所以$x(x - 1)+y(y - 1)=0$，得$(x-\frac{1}{2})^{2}+(y-\frac{1}{2})^{2}=\frac{1}{2}$，则点$(x,y)$在以点$P(\frac{1}{2},\frac{1}{2})$为圆心，$\frac{\sqrt{2}}{2}$为半径的圆上，$|\boldsymbol{c}|=\sqrt{x^{2}+y^{2}}\leqslant OP+\frac{\sqrt{2}}{2}=\sqrt{2}$.
法二：如图，作$\overrightarrow{OA}=\boldsymbol{a}$，$\overrightarrow{OB}=\boldsymbol{b}$，$\overrightarrow{OC}=\boldsymbol{c}$，则$\overrightarrow{AC}=\boldsymbol{c}-\boldsymbol{a}$，$\overrightarrow{BC}=\boldsymbol{c}-\boldsymbol{b}$，则$AC\perp BC$，又$OA\perp OB$，则四边形$OBCA$四点共圆，则$(OC)_{\max}$为圆直径$AB$，又$AB=\sqrt{OA^{2}+OB^{2}}=\sqrt{2}$，所以$|\boldsymbol{c}|_{\max}=(OC)_{\max}=\sqrt{2}$.

2.(变条件)把条件“$|\boldsymbol{c}-\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}|=1$”变为“$(\boldsymbol{c}-\boldsymbol{a})·(\boldsymbol{c}-\boldsymbol{b})=\dfrac{1}{2}$”，则 $|\boldsymbol{c}-\boldsymbol{a}|$ 的最大值为$1+\frac{\sqrt{2}}{2}$.

答案： 2.1+$\frac{\sqrt{2}}{2}$ 设$\boldsymbol{a}=(1,0)$，$\boldsymbol{b}=(0,1)$，$\boldsymbol{c}=(x,y)$，则$(\boldsymbol{c}-\boldsymbol{a})·(\boldsymbol{c}-\boldsymbol{b})=(x - 1,y)·(x,y - 1)=x^{2}+y^{2}-x - y=\frac{1}{2}$，即$(x-\frac{1}{2})^{2}+(y-\frac{1}{2})^{2}=1$，而$|\boldsymbol{c}-\boldsymbol{a}|$可以看作圆$(x-\frac{1}{2})^{2}+(y-\frac{1}{2})^{2}=1$上的一点到点$(1,0)$的距离，所以$|\boldsymbol{c}-\boldsymbol{a}|$的最大值即为$\sqrt{(\frac{1}{2}-1)^{2}+(\frac{1}{2}-0)^{2}}+1=1+\frac{\sqrt{2}}{2}$.

典例 4(一题多解)(2024·河南开封模拟)已知等边 $\triangle ABC$ 的边长为 $\sqrt{3}$，$P$ 为 $\triangle ABC$ 所在平面内的动点，且 $|\overrightarrow{PA}|=1$，则 $\overrightarrow{PB}·\overrightarrow{PC}$ 的取值范围是(B)

A.$\left[-\dfrac{3}{2},\dfrac{9}{2}\right]$
B.$\left[-\dfrac{1}{2},\dfrac{11}{2}\right]$
C.$[1,4]$
D.$[1,7]$
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答案：
典例 4 B 法一：如图，建立平面直角坐标系，设$P(\cos\theta,\sin\theta)$，$\theta\in[0,2\pi]$，所以$B(\sqrt{3},0)$，$C(\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{3}{2})$，所以$\overrightarrow{PB}=(\sqrt{3}-\cos\theta,-\sin\theta)$，$\overrightarrow{PC}=(\frac{\sqrt{3}}{2}-\cos\theta,\frac{3}{2}-\sin\theta)$，所以$\overrightarrow{PB}·\overrightarrow{PC}=(\sqrt{3}-\cos\theta)(\frac{\sqrt{3}}{2}-\cos\theta)-\sin\theta(\frac{3}{2}-\sin\theta)=\frac{5}{2}-\frac{3\sqrt{3}}{2}\cos\theta-\frac{3}{2}\sin\theta=\frac{5}{2}-3\sin(\theta+\frac{\pi}{3})$，因为$\theta\in[0,2\pi]$，所以$\sin(\theta+\frac{\pi}{3})\in[-1,1]$，所以$\overrightarrow{PB}·\overrightarrow{PC}\in[-\frac{1}{2},\frac{11}{2}]$，故选 B.

法二：如图，建立平面直角坐标系，则$A(-\frac{\sqrt{3}}{2},0)$，$B(\frac{\sqrt{3}}{2},0)$，$C(0,\frac{3}{2})$，设$P(x,y)$，则点$P$在以$A$为圆心，$1$为半径的圆上，即点$P$的轨迹方程为$(x+\frac{\sqrt{3}}{2})^{2}+y^{2}=1$，而$\overrightarrow{PB}=(\frac{\sqrt{3}}{2}-x,-y)$，$\overrightarrow{PC}=(-x,\frac{3}{2}-y)$，故$\overrightarrow{PB}·\overrightarrow{PC}=x^{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}x+y^{2}-\frac{3}{2}y=(x-\frac{\sqrt{3}}{4})^{2}+(y-\frac{3}{4})^{2}-\frac{3}{4}$，综上，只需求出定点$(\frac{\sqrt{3}}{4},\frac{3}{4})$与圆$(x+\frac{\sqrt{3}}{2})^{2}+y^{2}=1$上点的距离的平方的范围即可，而圆心$A$与定点$(\frac{\sqrt{3}}{4},\frac{3}{4})$的距离$d=\sqrt{(\frac{\sqrt{3}}{4}+\frac{\sqrt{3}}{2})^{2}+(\frac{3}{4})^{2}}=\frac{3}{2}$，故定点$(\frac{\sqrt{3}}{4},\frac{3}{4})$与圆上点的距离的范围为$[\frac{1}{2},\frac{5}{2}]$，所以$\overrightarrow{PB}·\overrightarrow{PC}\in[-\frac{1}{2},\frac{11}{2}]$，故选 B.

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答案： 答案略

对点练 3. (1) 已知平行四边形 $ABCD$ 的面积为 $9\sqrt{3}$，$\angle BAD=\dfrac{2\pi}{3}$，$E$ 为线段 $BC$ 的中点. 若 $F$ 为线段 $DE$ 上的一点，且 $\overrightarrow{AF}=\lambda\overrightarrow{AB}+\dfrac{5}{6}\overrightarrow{AD}$，则 $|\overrightarrow{AF}|$ 的最小值为 (D)

A.$\sqrt{11}$
B.$3$
C.$\sqrt{7}$
D.$\sqrt{5}$

答案：
(1)D 设$|\overrightarrow{AB}| = x$，$|\overrightarrow{AD}| = y$，则$S = x· y·\sin\frac{2\pi}{3}=\frac{\sqrt{3}}{2}xy = 9\sqrt{3}$，所以$xy = 18$，因为$\overrightarrow{AF}=\lambda\overrightarrow{AB}+\frac{5}{6}\overrightarrow{AD}=\lambda(\overrightarrow{AE}+\overrightarrow{EB})+\frac{5}{6}\overrightarrow{AD}=\lambda\overrightarrow{AE}+(\frac{5}{6}-\frac{\lambda}{2})\overrightarrow{AD}$，因为$E$，$F$，$D$三点共线，所以$\lambda+\frac{5}{6}-\frac{\lambda}{2}=1\Rightarrow\lambda=\frac{1}{3}$，所以$\overrightarrow{AF}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}+\frac{5}{6}\overrightarrow{AD}$，所以$|\overrightarrow{AF}|^{2}=\frac{1}{9}|\overrightarrow{AB}|^{2}+\frac{25}{9}\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{AD}+\frac{25}{36}|\overrightarrow{AD}|^{2}=\frac{1}{9}x^{2}+\frac{5}{9}xy×(-\frac{1}{2})+\frac{25}{36}y^{2}=5$，当且仅当$x=\frac{5}{2}y$时，等号成立所以$|\overrightarrow{AF}|$的最小值为$\sqrt{5}$，故选 D.

(2)(2024·浙江杭州调研)平面向量 $\boldsymbol{a}$，$\boldsymbol{b}$ 满足 $|\boldsymbol{a}|=3|\boldsymbol{b}|$，且 $|\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}|=4$，则 $\boldsymbol{a}$ 与 $\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}$ 夹角的正弦值的最大值为 (B)

A.$\dfrac{1}{4}$
B.$\dfrac{1}{3}$
C.$\dfrac{1}{2}$
D.$\dfrac{2}{3}$

答案：

(2)B 如图所示，设$a=\overrightarrow{OA}$，$b=\overrightarrow{OB}$，则$a - b=\overrightarrow{BA}$，设$|b| = m$，$|\boldsymbol{a}| = 3m$，有$||\boldsymbol{a}|-|b||\leqslant|\boldsymbol{a}-b|\leqslant||\boldsymbol{a}|+|b||$，所以$2m\leqslant4\leqslant4m$，$1\leqslant m\leqslant2$，$\cos\angle OAB=\frac{|\overrightarrow{OA}|^{2}+|\overrightarrow{BA}|^{2}-|\overrightarrow{OB}|^{2}}{2|\overrightarrow{OA}|·|\overrightarrow{BA}|}=\frac{9m^{2}+16 - m^{2}}{24m}=\frac{m}{3}+\frac{2}{3m}\geqslant2\sqrt{\frac{m}{3}·\frac{2}{3m}}=\frac{2\sqrt{2}}{3}$，当且仅当$\frac{m}{3}=\frac{2}{3m}$，即$m=\sqrt{2}$时等号成立，故$\angle OAB\in(0,\frac{\pi}{2})$，当$\cos\angle OAB$最小时，$\sin\angle OAB$最大，故$\boldsymbol{a}$与$\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}$夹角的正弦值的最大值为$\sqrt{1 - (\frac{8}{9×3})}=\frac{1}{3}$，故选 B.

(3)(2024·天津部分学校联考)如图，梯形 $ABCD$ 中，$AB// CD$，$AB=5$，$AD=2DC=4$，$\overrightarrow{AC}·\overrightarrow{BD}=0$，则 $\angle BAD=$$\frac{\pi}{3}$，$E$ 在线段 $BC$ 上，则 $\overrightarrow{AE}·\overrightarrow{DE}$ 的最小值为$\frac{95}{13}$.

请完成课时测评 54

答案：

(3)$\frac{\pi}{3}$ $\frac{95}{13}$ 因为$AB = 5$，$CD = 2$，$AB// CD$，所以$\overrightarrow{DC}=\frac{2}{5}\overrightarrow{AB}$，则$\overrightarrow{AC}·\overrightarrow{BD}=(\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{DC})·(\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AB})=(\overrightarrow{AD}+\frac{2}{5}\overrightarrow{AB})·(\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AB})=\overrightarrow{AD}^{2}-\frac{2}{5}\overrightarrow{AB}^{2}-\frac{3}{5}\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{AD}=|\overrightarrow{AD}|^{2}-\frac{2}{5}|\overrightarrow{AB}|^{2}-\frac{3}{5}|\overrightarrow{AB}|·|\overrightarrow{AD}|\cos\angle BAD=6 - 12\cos\angle BAD = 0$，所以$\cos\angle BAD=\frac{1}{2}$，又$\angle BAD\in(0,\frac{\pi}{2})$，所以$\angle BAD=\frac{\pi}{3}$.如图，过$D$作$DF\perp AB$，垂足为$F$，以$F$为坐标原点，$\overrightarrow{FB}$，$\overrightarrow{FD}$的方向分别为$x$，$y$轴的正方向，建立平面直角坐标系，则$A(-2,0)$，$B(3,0)$，$D(0,2\sqrt{3})$，$C(2,2\sqrt{3})$，所以$\overrightarrow{BC}=(-1,2\sqrt{3})$，设$E(m,n)$，设$\overrightarrow{BE}=\lambda\overrightarrow{BC}(0\leqslant\lambda\leqslant1)$，则$\begin{cases}m - 3=-\lambda,\\n=2\sqrt{3}\lambda,\end{cases}$解得$\begin{cases}m=3-\lambda,\\n=2\sqrt{3}\lambda,\end{cases}$所以$\overrightarrow{AE}=(5-\lambda,2\sqrt{3}\lambda)$，$\overrightarrow{DE}=(3-\lambda,2\sqrt{3}\lambda - 2\sqrt{3})$，所以$\overrightarrow{AE}·\overrightarrow{DE}=(5-\lambda)(3-\lambda)+2\sqrt{3}\lambda(2\sqrt{3}\lambda - 2\sqrt{3})=13\lambda^{2}-10\lambda + 15=13(\lambda-\frac{10}{13})^{2}+\frac{95}{13}$，所以当$\lambda=\frac{10}{13}$时，$\overrightarrow{AE}·\overrightarrow{DE}$取得最小值$\frac{95}{13}$.