《2025年成才之路高中新课程学习指导高中数学选择性必修第一册北师大版》

如图,在三棱锥 $O-ABC$ 中,棱 $OA,OB,OC$ 两两垂直,且 $|OA|=1,|OB|=2,|OC|=3$,点 $G$ 为 $\triangle ABC$ 的重心,则 $\overrightarrow{OG}· (\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC})=$ $\frac{14}{3}$.

答案：
对点训练4：$\frac{14}{3}$ 如图，连接$AG$并延长，与$BC$交于点$D$，

$\because$点$G$是$\triangle ABC$的重心，
$\therefore \overrightarrow{OG} = \overrightarrow{OA} + \overrightarrow{AG} = \overrightarrow{OA} + \frac{1}{3}(\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC})$
$= \overrightarrow{OA} + \frac{1}{3}[(\overrightarrow{OB} - \overrightarrow{OA}) + (\overrightarrow{OC} - \overrightarrow{OA})] = \frac{1}{3}\overrightarrow{OB} + \frac{1}{3}\overrightarrow{OC} + \frac{1}{3}\overrightarrow{OA}$.
$\therefore \overrightarrow{OG} · (\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC}) = (\frac{1}{3}\overrightarrow{OB} + \frac{1}{3}\overrightarrow{OC} + \frac{1}{3}\overrightarrow{OA}) · (\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC})$
$= \frac{1}{3}\overrightarrow{OB}^{2} + \frac{1}{3}\overrightarrow{OC}^{2} + \frac{1}{3}\overrightarrow{OA}^{2} = \frac{1}{3} × 2^{2} + \frac{1}{3} × 3^{2} + \frac{1}{3} × 1^{2} = \frac{14}{3}$.

例5. 在正方体 $ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ 中, $E,F$ 分别是 $AB,BC$ 的中点,求:
(1) $\langle \overrightarrow{EF},\overrightarrow{A_{1}C_{1}}\rangle ,\langle \overrightarrow{A_{1}C_{1}},\overrightarrow{FE}\rangle $;
(2) $\langle \overrightarrow{AB},\overrightarrow{BC}\rangle ,\langle \overrightarrow{A_{1}B_{1}},\overrightarrow{AD_{1}}\rangle $;
(3) $\langle \overrightarrow{EF},\overrightarrow{D_{1}A}\rangle $.
[分析] 求两个向量的夹角,可以把其中一个向量平移,与另一个向量的起点重合,从而转化为求平面角的大小;也可以用两个向量的数量积定义 $a· b=|a||b|\cos \langle a,b\rangle $,求出 $\cos \langle a,b\rangle =\frac{a· b}{|a||b|}$ 的值,然后确定 $\langle a,b\rangle $ 的大小.

答案：
例5：
(1)如图，连接$AC$，
因为$E,F$分别是$AB,BC$的中点，所以$EF // AC$，
所以$\langle\overrightarrow{EF},\overrightarrow{A_{1}C}\rangle = 0$，
因为$\overrightarrow{A_{1}C} // \overrightarrow{FE}$且方向相反，所以$\langle\overrightarrow{A_{1}C},\overrightarrow{FE}\rangle = \pi$.

(2)因为在正方形$ABCD$中，$AB \perp BC$，所以$\langle\overrightarrow{AB},\overrightarrow{BC}\rangle = \frac{\pi}{2}$.
因为$A_{1}B_{1} \perp$平面$A_{1}ADD_{1}$，
又因为$AD_{1} \subset$平面$A_{1}ADD_{1}$，
所以$A_{1}B_{1} \perp AD_{1}$，所以$\langle\overrightarrow{A_{1}B_{1}},\overrightarrow{AD_{1}}\rangle = \frac{\pi}{2}$.
(3)连接$CD_{1}$，则$\triangle ACD_{1}$为等边三角形，$\langle\overrightarrow{AC},\overrightarrow{AD_{1}}\rangle = 60^{\circ}$.
又因为$\overrightarrow{EF} // \overrightarrow{AC},\overrightarrow{D_{1}A} = -\overrightarrow{AD_{1}}$，所以$\langle\overrightarrow{EF},\overrightarrow{D_{1}A}\rangle = 120^{\circ}$.

(1) 若非零空间向量 $a,b$ 满足 $|a|=|b|,(2a+b)· b=0$,则 $a$ 与 $b$ 的夹角为
(C)

A.$30^{\circ}$
B.$60^{\circ}$
C.$120^{\circ}$
D.$150^{\circ}$

答案： 对点训练5：
(1)C 设$\boldsymbol{a}$与$\boldsymbol{b}$的夹角为$\theta$，则由$(2\boldsymbol{a} + \boldsymbol{b}) · \boldsymbol{b} = 0$，得$2|\boldsymbol{a}||\boldsymbol{b}|\cos\theta + |\boldsymbol{b}|^{2} = 0$.
又因为$|\boldsymbol{a}| = |\boldsymbol{b}|$，所以$\cos\theta = -\frac{1}{2}$，所以$\theta = 120^{\circ}$.

(2) 已知正四面体 $OABC$ 的棱长等于2, $E,F$ 分别为 $AB,OC$ 的中点,则向量 $\overrightarrow{OE}$ 与向量 $\overrightarrow{BF}$ 夹角的余弦值为$-\frac{2}{3}$.

答案： 对点训练5：
(2)$-\frac{2}{3}$ 由已知得$\overrightarrow{OE} = \frac{1}{2}(\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB})$，$\overrightarrow{BF} = \overrightarrow{OF} - \overrightarrow{OB} = \frac{1}{2}\overrightarrow{OC} - \overrightarrow{OB}$，
因此$|\overrightarrow{OE}| = \frac{1}{2}|\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB}| = \frac{1}{2}\sqrt{4 + 4 + 2 × 2 × 2 × \frac{1}{2}} = \sqrt{3}$，
$|\overrightarrow{BF}| = |\frac{1}{2}\overrightarrow{OC} - \overrightarrow{OB}| = \sqrt{\frac{1}{4} × 4 + 4 - 2 × 2 × \frac{1}{2}} = \sqrt{3}$.
又因为$\overrightarrow{OE} · \overrightarrow{BF} = \frac{1}{2}(\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB}) · (\frac{1}{2}\overrightarrow{OC} - \overrightarrow{OB}) = \frac{1}{2} × 2 - \frac{1}{2} × 2 + \frac{1}{4} × 2 × 2 - 2 = -2$，
所以向量$\overrightarrow{OE}$与向量$\overrightarrow{BF}$夹角的余弦值为$\frac{\overrightarrow{OE} · \overrightarrow{BF}}{|\overrightarrow{OE}||\overrightarrow{BF}|} = \frac{-2}{\sqrt{3} × \sqrt{3}} = -\frac{2}{3}$.

例6. 已知非零向量 $a,b$ 满足 $|a-b|=|a+b|$,且 $|a|=1,|b|=\sqrt{2},c=2a-b$,则 $a$ 在 $c$ 方向上的投影数量为
(A)

A.$\frac{\sqrt{6}}{3}$
B.$\frac{\sqrt{3}}{3}$
C.$-\frac{\sqrt{2}}{3}$
D.$\frac{1}{3}$

答案： 例6：A $\because |\boldsymbol{a} - \boldsymbol{b}| = |\boldsymbol{a} + \boldsymbol{b}|$，
$\therefore |\boldsymbol{a} - \boldsymbol{b}|^{2} = |\boldsymbol{a} + \boldsymbol{b}|^{2},\therefore \boldsymbol{a} · \boldsymbol{b} = 0$.
又$|\boldsymbol{a}| = 1,|\boldsymbol{b}| = \sqrt{2},\boldsymbol{c} = 2\boldsymbol{a} - \boldsymbol{b}$，
$\therefore |\boldsymbol{c}| = \sqrt{(2\boldsymbol{a} - \boldsymbol{b})^{2}} = \sqrt{4|\boldsymbol{a}|^{2} - 4\boldsymbol{a} · \boldsymbol{b} + |\boldsymbol{b}|^{2}} = \sqrt{6}$.
设$\boldsymbol{a}$和$\boldsymbol{c}$的夹角为$\alpha$，
$\therefore \boldsymbol{a}$在$\boldsymbol{c}$方向上的投影数量为$|\boldsymbol{a}|\cos\alpha = \frac{\boldsymbol{a} · \boldsymbol{c}}{|\boldsymbol{c}|}$，
即$|\boldsymbol{a}|\cos\alpha = \frac{\boldsymbol{a} · (2\boldsymbol{a} - \boldsymbol{b})}{|\boldsymbol{c}|} = \frac{2|\boldsymbol{a}|^{2}}{|\boldsymbol{c}|} = \frac{2}{\sqrt{6}} = \frac{\sqrt{6}}{3}$. 故选A.