2018屆數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題三平面向量、三角函數(shù)、三角形課時(shí)作業(yè)（六）平面向量理

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGEPAGE13學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精課時(shí)作業(yè)(六)平面向量1．已知向量a＝（－1，2)，b＝（3，m），m∈R，則“m＝－6"是“a∥（a＋b）”的(）A．充要條件B．充分不必要條件C．必要不充分條件D．既不充分也不必要條件解析：由題意得a＋b＝(2,2＋m），由a∥(a＋b)，得－1×(2＋m)＝2×2，解得m＝－6，則m＝－6時(shí)，a＝(－1,2),a＋b＝（2，－4），所以a∥（a＋b），則“m＝－6”是“a∥(a＋b)”的充要條件，故選A。答案：A2．在梯形ABCD中,AD∥BC，已知AD＝4，BC＝6，若eq\o(CD，\s\up10（→)）＝meq\o（BA，\s\up10(→))＋neq\o（BC,\s\up10（→））（m，n∈R）,則eq\f(m,n)＝（）A．－3B．－eq\f（1,3）C.eq\f(1，3)D．3解析:過(guò)點(diǎn)A作AE∥CD，交BC于點(diǎn)E，則BE＝2，CE＝4，所以meq\o(BA，\s\up10(→))＋neq\o(BC，\s\up10(→））＝eq\o(CD，\s\up10(→)）＝eq\o（EA，\s\up10(→))＝eq\o（EB,\s\up10(→))＋eq\o（BA,\s\up10(→）)＝－eq\f（2,6）eq\o（BC,\s\up10（→））＋eq\o（BA，\s\up10(→））＝－eq\f(1,3）eq\o(BC,\s\up10(→)）＋eq\o（BA，\s\up10（→)），所以eq\f（m,n)＝eq\f（1,－\f（1，3）)＝－3.答案：A3．(2017·湖南湘中名校聯(lián)考)已知向量a＝（x，eq\r(3）),b＝（x，－eq\r(3））,若（2a＋b)⊥b，則|a｜＝（）A．1B。eq\r（2）C.eq\r（3)D．2解析:因?yàn)椋?a＋b）⊥b,所以(2a＋b）·b＝0，即(3x，eq\r（3)）·(x,－eq\r(3))＝3x2－3＝0，解得x＝±1,所以a＝(±1，eq\r（3)),|a|＝eq\r（±12＋\r（3）2）＝2，故選D.答案：D4．(2017·安徽省兩校階段性測(cè)試）已知向量a＝（m,1)，b＝(m，－1）,且|a＋b｜＝｜a－b｜，則|a|＝()A．1B。eq\f（\r（6),2）C.eq\r（2)D．4解析：∵a＝(m,1），b＝（m，－1），∴a＋b＝(2m，0），a－b＝（0,2），又|a＋b｜＝｜a－b|，∴｜2m|＝2，∴m＝±1，∴|a|＝eq\r（m2＋12)＝eq\r（2）。故選C.答案：C5．已知A(－1，cosθ),B（sinθ，1)，若｜eq\o(OA,\s\up10（→））＋eq\o（OB，\s\up10(→））｜＝｜eq\o(OA,\s\up10（→）)－eq\o（OB,\s\up10（→）)|(O為坐標(biāo)原點(diǎn))，則銳角θ＝()A.eq\f（π,3）B。eq\f(π,6）C.eq\f(π，4）D。eq\f（π,12)解析：法一eq\o(OA,\s\up10(→))＋eq\o(OB，\s\up10（→)）是以O(shè)A,OB為鄰邊作平行四邊形OADB的對(duì)角線向量eq\o(OD,\s\up10（→)），eq\o（OA，\s\up10（→))－eq\o(OB,\s\up10(→））是對(duì)角線向量eq\o(BA，\s\up10(→))，由已知可得,對(duì)角線相等，則平行四邊形OADB為矩形．故OA⊥OB.因此eq\o（OA,\s\up10（→)）·eq\o（OB,\s\up10(→)）＝0,所以sinθ－cosθ＝0，所以銳角θ＝eq\f（π,4).法二eq\o(OA，\s\up10（→))＋eq\o（OB,\s\up10(→)）＝（sinθ－1，cosθ＋1)，eq\o(OA，\s\up10（→)）－eq\o（OB，\s\up10（→）)＝（－sinθ－1,cosθ－1）,由｜eq\o（OA,\s\up10(→))＋eq\o(OB，\s\up10(→））|＝｜eq\o（OA，\s\up10(→))－eq\o(OB,\s\up10(→））｜可得(sinθ－1）2＋（cosθ＋1)2＝eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（－sinθ－1））2＋(cosθ－1）2,整理得sinθ＝cosθ，于是銳角θ＝eq\f（π,4).答案：C6．在△ABC中，AB＝AC＝3，∠BAC＝30°，CD是邊AB上的高，則eq\o（CD，\s\up10（→）)·eq\o（CB，\s\up10(→))＝（)A．－eq\f(9,4）B.eq\f(9，4）C.eq\f（27,4)D．－eq\f（27,4）解析：依題意得|eq\o（CD，\s\up10（→))｜＝eq\f(3，2)，eq\o（CD，\s\up10(→）)·eq\o(AB，\s\up10(→）)＝0，eq\o(CD，\s\up10（→)）·eq\o(CB,\s\up10(→）)＝eq\o（CD，\s\up10（→))·(eq\o（CA，\s\up10（→)）＋eq\o(AB,\s\up10（→)））＝eq\o（CD,\s\up10(→））·eq\o（CA，\s\up10(→））＋eq\o（CD，\s\up10(→））·eq\o（AB，\s\up10(→）)＝eq\o（CD，\s\up10(→））·eq\o(CA,\s\up10(→))＝|eq\o(CA,\s\up10（→)）|·｜eq\o(CD,\s\up10(→)）|·cos60°＝3×eq\f（3，2）×eq\f（1，2)＝eq\f（9，4）,故選B.答案：B7．(2017·成都市第二次診斷性檢測(cè))已知平面向量a,b的夾角為eq\f(π，3)，則|a|＝1，|b｜＝eq\f(1，2），則a＋2b與b的夾角是（）A.eq\f(π，6）B.eq\f(5π,6)C.eq\f（π，4）D。eq\f（3π，4）解析：法一因?yàn)椋黙＋2b｜2＝|a|2＋4|b｜2＋4a·b＝1＋1＋4×1×eq\f(1，2）×coseq\f（π,3)＝3，所以|a＋2b｜＝eq\r(3）,又(a＋2b)·b＝a·b＋2|b|2＝1×eq\f（1,2）×coseq\f(π，3)＋2×eq\f(1，4）＝eq\f(1,4）＋eq\f（1，2）＝eq\f（3，4)，所以cos〈a＋2b,b〉＝eq\f（a＋2b·b,｜a＋2b｜|b|)＝eq\f（\f(3，4)，\r（3）×\f(1，2))＝eq\f(\r（3）,2）,所以a＋2b與b的夾角為eq\f(π,6)。故選A。法二設(shè)a＝（1,0）,b＝eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(1，2)cos\f（π,3)，\f（1,2)sin\f（π,3）)）＝eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1，4),\f(\r(3），4）)），則(a＋2b）·b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（3，2）,\f(\r（3)，2））)·eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（1，4)，\f(\r(3)，4)))＝eq\f（3，4)，｜a＋2b｜＝eq\r（\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(3,2）))2＋\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(\r（3）,2)）)2）＝eq\r（3),所以cos〈a＋2b，b〉＝eq\f（a＋2b·b,｜a＋2b｜|b｜)＝eq\f（\f（3,4),\r（3）×\f（1，2））＝eq\f(\r（3）,2）,所以a＋2b與b的夾角為eq\f（π，6）,故選A。答案:A8．(2017·惠州市第三次調(diào)研考試)若O為△ABC所在平面內(nèi)任一點(diǎn)，且滿足（eq\o（OB，\s\up10（→）)－eq\o(OC，\s\up10(→）)）·（eq\o（OB，\s\up10(→））＋eq\o(OC,\s\up10（→）)－2eq\o(OA,\s\up10（→))）＝0，則△ABC的形狀為()A．等腰三角形B．直角三角形C．正三角形D．等腰直角三角形解析：（eq\o(OB,\s\up10（→）)－eq\o(OC,\s\up10（→）))·(eq\o（OB，\s\up10（→））＋eq\o（OC，\s\up10(→）)－2eq\o(OA,\s\up10(→））)＝0,即eq\o(CB，\s\up10（→）)·（eq\o（AB，\s\up10(→))＋eq\o（AC，\s\up10（→))）＝0，∵eq\o（AB，\s\up10（→））－eq\o（AC，\s\up10(→)）＝eq\o（CB,\s\up10（→）),∴（eq\o(AB,\s\up10(→））－eq\o（AC，\s\up10（→）））·(eq\o（AB，\s\up10(→）)＋eq\o(AC,\s\up10(→））)＝0，即|eq\o(AB,\s\up10(→）)|＝｜eq\o(AC,\s\up10(→)）|，∴△ABC是等腰三角形,故選A。答案：A9．(2017·湖南省五市十校聯(lián)考）△ABC是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，向量a，b滿足AB＝2a，eq\o(AC,\s\up10(→))＝2a＋b，則向量a,b的夾角為（)A．30°B．60°C．120°D．150°解析：設(shè)向量a，b的夾角為θ,eq\o(BC，\s\up10(→））＝eq\o（AC,\s\up10(→))－eq\o(AB,\s\up10（→)）＝2a＋b－2a＝b,∴|eq\o（BC，\s\up10（→)）｜＝|b｜＝2，｜eq\o(AB,\s\up10（→）)|＝2|a|＝2，∴|a|＝1，eq\o(AC，\s\up10（→）)2＝（2a＋b)2＝4a2＋4a·b＋b2＝8＋8cosθ＝4，∴cosθ＝－eq\f(1,2），θ＝120°.答案:C10．稱d（a,b）＝｜a－b｜為兩個(gè)向量a,b間的“距離"．若向量a，b滿足：①｜b|＝1；②a≠b；③對(duì)任意的t∈R，恒有d（a，tb）≥d（a,b),則（)A．a(chǎn)⊥bB．b⊥(a－b）C．a(chǎn)⊥（a－b）D．（a＋b）⊥(a－b）解析:由于d（a，b)＝|a－b|，因此對(duì)任意的t∈R，恒有d(a，tb)≥d(a，b)，即|a－tb|≥|a－b｜，即（a－tb)2≥(a－b）2，t2－2ta·b＋（2a·b－1)≥0對(duì)任意的t∈R都成立，因此有(－2a·b)2－4（2a·b－1)≤0，即（a·b－1)2≤0，得a·b－1＝0，故a·b－b2＝b·（a－b)＝0，故b⊥（a答案：B11．(2017·寶雞市質(zhì)量檢測(cè)（一）)在等腰直角△ABC中,∠ABC＝90°，AB＝BC＝2，M，N（不與A，C重合）為AC邊上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且滿足|eq\o(MN，\s\up10(→))|＝eq\r（2)，則eq\o（BM,\s\up10（→））·eq\o（BN,\s\up10（→))的取值范圍為(）A。eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1(\f（3,2),2))B.eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（3,2），2)）C.eq\b\lc\[\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（3,2），2））D。eq\b\lc\[\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(3，2)，＋∞））解析：以等腰直角三角形的直角邊BC為x軸，BA為y軸，建立平面直角坐標(biāo)系,如圖，則B（0，0）,直線AC的方程為x＋y＝2。設(shè)M（a,2－a），則0〈a<1，N(a＋1，1－a)，∴eq\o（BM，\s\up10(→））＝（a，2－a),eq\o(BN,\s\up10(→))＝（a＋1,1－a）,∴eq\o(BM，\s\up10（→）)·eq\o(BN，\s\up10（→）)＝a（a＋1)＋（2－a）(1－a)＝2a2－2a＋2,∵0<a〈1，∴當(dāng)a＝eq\f（1,2)時(shí)，eq\o(BM,\s\up10(→)）·eq\o(BN,\s\up10（→）)取得最小值eq\f(3，2)，又eq\o（BM,\s\up10（→))·eq\o(BN，\s\up10(→))<2，故eq\o(BM，\s\up10(→)）·eq\o（BN，\s\up10（→)）的取值范圍為eq\b\lc\［\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(3，2），2))。答案:C12．(2017·全國(guó)卷Ⅲ)在矩形ABCD中，AB＝1，AD＝2，動(dòng)點(diǎn)P在以點(diǎn)C為圓心且與BD相切的圓上．若eq\o(AP,\s\up10(→））＝λeq\o（AB,\s\up10(→))＋μeq\o（AD,\s\up10(→）),則λ＋μ的最大值為()A．3B．2eq\r（2）C.eq\r(5)D．2解析：建立如圖所示的直角坐標(biāo)系，則C點(diǎn)坐標(biāo)為（2,1)．設(shè)BD與圓C切于點(diǎn)E，連接CE，則CE⊥BD.∵CD＝1,BC＝2,∴BD＝eq\r（12＋22）＝eq\r(5)，EC＝eq\f（BC·CD,BD)＝eq\f(2，\r（5）)＝eq\f（2\r(5）,5），即圓C的半徑為eq\f(2\r（5）,5),∴P點(diǎn)的軌跡方程為（x－2)2＋(y－1）2＝eq\f（4，5).設(shè)P(x0，y0)，則eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(x0＝2＋\f(2\r（5),5）cosθ，，y0＝1＋\f(2\r(5)，5)sinθ）)(θ為參數(shù)），而eq\o（AP，\s\up10（→))＝（x0，y0），eq\o(AB,\s\up10(→））＝（0,1），eq\o(AD，\s\up10（→））＝（2,0）．∵eq\o（AP,\s\up10(→)）＝λeq\o（AB,\s\up10(→））＋μeq\o(AD，\s\up10(→））＝λ(0,1)＋μ(2，0）＝（2μ,λ)，∴μ＝eq\f（1,2)x0＝1＋eq\f（\r（5),5)cosθ,λ＝y(tǒng)0＝1＋eq\f（2\r(5)，5）sinθ。兩式相加,得λ＋μ＝1＋eq\f（2\r（5),5）sinθ＋1＋eq\f(\r(5）,5）cosθ＝2＋sin（θ＋φ）≤3eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(其中sinφ＝\f（\r（5),5)，cosφ＝\f（2\r（5)，5））),當(dāng)且僅當(dāng)θ＝eq\f（π，2）＋2kπ－φ，k∈Z時(shí),λ＋μ取得最大值3.故選A.答案:A13．（2017·廣州市綜合測(cè)試（一))已知|a｜＝1，｜b|＝eq\r（2）,且a⊥（a－b），則向量a與向量b的夾角是________．解析：因?yàn)閍⊥（a－b)，所以a2－a·b＝0,又|a｜＝1，所以a·b＝1,設(shè)向量a與向量b的夾角為θ，由cosθ＝eq\f(a·b,|a|·|b｜）＝eq\f（1，\r（2））＝eq\f(\r(2),2)，可得θ＝eq\f（π,4)，即向量a與b的夾角為eq\f(π,4）.答案:eq\f(π,4）14．在△AOB中，G為△AOB的重心,且∠AOB＝60°,若eq\o（OA，\s\up10（→)）·eq\o(OB,\s\up10(→)）＝6,則｜eq\o（OG,\s\up10(→））｜的最小值是________．解析:如圖，在△AOB中，eq\o（OG，\s\up10（→)）＝eq\f（2,3)eq\o(OE，\s\up10(→))＝eq\f(2，3)×eq\f（1，2）（eq\o(OA，\s\up10（→))＋eq\o(OB,\s\up10(→）)）＝eq\f（1,3）(eq\o（OA，\s\up10(→)）＋eq\o(OB,\s\up10（→）)),又eq\o(OA,\s\up10(→)）·eq\o（OB,\s\up10(→)）＝|eq\o(OA，\s\up10(→）)|｜eq\o（OB,\s\up10（→)）|·cos60°＝6,∴｜eq\o(OA,\s\up10(→））｜｜eq\o（OB,\s\up10（→))|＝12，∴|eq\o（OG，\s\up10(→)）|2＝eq\f（1，9)（eq\o（OA，\s\up10(→))＋eq\o（OB,\s\up10(→))）2＝eq\f(1，9)（｜eq\o(OA，\s\up10(→））|2＋|eq\o（OB,\s\up10（→)）|2＋2eq\o（OA，\s\up10（→)）·eq\o(OB，\s\up10(→））)＝eq\f（1，9）（|eq\o(OA，\s\up10（→））｜2＋｜eq\o(OB，\s\up10(→）)｜2＋12)≥eq\f(1，9)×2(|eq\o(OA,\s\up10(→）)|·｜eq\o(OB,\s\up10（→）)|＋12)＝eq\f(1,9）×36＝4(當(dāng)且僅當(dāng)|eq\o（OA,\s\up10（→））｜＝|eq\o（OB,\s\up10（→)）|時(shí)取等號(hào))．∴｜eq\o（OG，\s\up10(→））｜≥2,故｜eq\o(OG，\s\up10（→））|的最小值是2.答案：215．(2017·石家莊市教學(xué)質(zhì)量檢測(cè)(一）)已知eq\o(AB,\s\up10(→）)與eq\o(AC,\s\up10（→）)的夾角為90°,｜eq\o(AB，\s\up10（→）)｜＝2，|eq\o(AC，\s\up10（→）)|＝1，eq\o(AM，\s\up10（→）)＝λeq\o（AB，\s\up10(→)）＋μeq\o（AC,\s\up10(→）)（λ，μ∈R)，且eq\o（AM，\s\up10(→)）·eq\o(BC,\s\up10（→))＝0,則eq\f(λ,μ）的值為_(kāi)_______．解析:根據(jù)題意,建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，則A(0，0)，B（0，2)，C(1,0），所以eq\o(AB,\s\up10（→))＝(0，2），eq\o（AC，\s\up10（→））＝(1，0),eq\o(BC,\s\up10(→）)＝（1，－2)．設(shè)M（x,y）,則eq\o（AM,\s\up10（→）)＝（x,y)，所以eq\o（AM,\s\up10（→)）·eq\o(BC，\s\up10(→))＝(x，y)·（1，－2)＝x－2y＝0，所以x＝2y，又eq\o(AM,\s\up10(→））＝λeq\o（AB，\s\up10(→））＋μeq\o（AC，\s\up10(→）），即（x，y)＝λ(0,2）＋μ（1,0）＝（μ，2λ），所以x＝μ，y＝2λ，所以eq\f(λ，μ)＝eq\f(\f（1,2)y，x)＝eq\f(1,4）.答案:eq\f（1,4）16。（2017·江蘇卷）如圖，在同一個(gè)平面內(nèi)，向量eq\o(OA，\s\up10(→）)，eq\o(OB,\s\up10（→)），eq\o（OC,\s\up10(→）)的模分別為1,1，eq\r（2)，eq\o(OA，\s\up10（→））與eq\o(OC，\s\up10(→))的夾角為α，且tanα＝7，eq\o(OB，\s\up10(→)）與eq\o(OC，\s\up10(→）)的夾角為45°。若eq\o（OC，\s\up10（→))＝meq\o（OA,\s\up10(→))＋neq\o(OB，\s\up10（→)）（m，n∈R)，則m＋n＝________。解析：法一:因?yàn)閠anα＝7，所以cosα＝eq\f(\r（2),10)，sinα＝eq\f（7\r（2)，10)。過(guò)點(diǎn)C作CD∥OB交OA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)D,則eq\o(OC,\s\up10(→)）＝eq\o（OD,\s\up10(→))＋eq\o(DC，\s\up10(→）），∠OCD＝45°。又因?yàn)閑q\o（OC，\s\up10(→））＝meq\o（OA，\s\up10（→)）＋neq\o（OB，\s\up10(→）），所以eq\o(OD，\s\up10（→)）＝meq\o(OA,\s\up10（→)），eq\o(DC，\s\up10（→))＝neq\o(OB，\s\up10（→）)，所以|eq\o（OD，\s\up10（→)）｜＝m，|eq\o（DC，\s\up10(→))｜＝n。在△COD中,由正弦定理得eq\f(|\o(DC，\