《數(shù)學》復習人教A（新高考）-復習驗收卷（五）平面向量與復數(shù)復習驗收卷

《數(shù)學》復習人教A（新高考）-復習驗收卷（五）平面向量與復數(shù)復習驗收卷《數(shù)學》復習人教A（新高考）-復習驗收卷（五）平面向量與復數(shù)復習驗收卷/《數(shù)學》復習人教A（新高考）-復習驗收卷（五）平面向量與復數(shù)復習驗收卷復習驗收卷(五)平面向量與復數(shù)(時間：120分鐘滿分：150分)一、單項選擇題(本題共8小題,每小題5分,共40分.在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的)1.(2020·浙江"超級全能生”聯(lián)考)已知復數(shù)z滿足z(1＋3i)＝1－i(i為虛數(shù)單位),則復數(shù)z的虛部為()A.－eq\f(2,5)B.eq\f(2,5)C.－eq\f(2,5)ID.eq\f(2,5)i答案A解析z＝eq\f(1－i,1＋3i)＝－eq\f(1,5)－eq\f(2,5)i,虛部為－eq\f(2,5),故選A.2.(2020·武漢調(diào)研)已知向量a＝(1,1),b＝(－1,3),c＝(2,1),且(a－λb)∥c,則λ＝()A.3B.－3C.eq\f(1,7)D.－eq\f(1,7)答案C解析由題意知a－λb＝(1＋λ,1－3λ),c＝(2,1).若(a－λb)∥c,則(1＋λ)×1－2(1－3λ)＝0,解得λ＝eq\f(1,7),故選C.3.如圖,若向量eq\o(OZ,\s\up6(→))對應的復數(shù)為z,則z＋eq\f(4,z)表示的復數(shù)為()A.1＋3iB.－3－iC.3－iD.3＋i答案D解析由題圖可得Z(1,－1),即z＝1－i,所以z＋eq\f(4,z)＝1－i＋eq\f(4,1－i)＝1－i＋eq\f(4(1＋i),(1－i)(1＋i))＝1－i＋eq\f(4＋4i,2)＝1－i＋2＋2i＝3＋i.故選D.4.(2021·濰坊模擬)在平面直角坐標系xOy中,點P(eq\r(3),1),將向量OP繞點O按逆時針方向旋轉(zhuǎn)eq\f(π,2)后得到向量eq\o(OQ,\s\up6(→)),則點Q的坐標是()A.(－eq\r(2),1)B.(－1,eq\r(2))C.(－eq\r(3),1)D.(－1,eq\r(3))答案D解析由P(eq\r(3),1),得Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2cos\f(π,6),2sin\f(π,6))),∵將向量eq\o(OP,\s\up6(→))繞點O按逆時針方向旋轉(zhuǎn)eq\f(π,2)后得到向量eq\o(OQ,\s\up6(→)),∴Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋\f(π,2))),2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋\f(π,2))))).又coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋\f(π,2)))＝－sineq\f(π,6)＝－eq\f(1,2),sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋\f(π,2)))＝coseq\f(π,6)＝eq\f(\r(3),2),∴Q(－1,eq\r(3)).故選D.5.設復數(shù)z滿足(1＋i)z＝2i(其中i為虛數(shù)單位),則下列結(jié)論正確的是()A.|z|＝2B.z的虛部為iC.z2＝2D.z的共軛復數(shù)為1－i答案D解析由(1＋i)z＝2i,得z＝eq\f(2i,1＋i)＝eq\f(2i(1－i),(1＋i)(1－i))＝1＋i,∴|z|＝eq\r(2),z的虛部為1,z2＝(1＋i)2＝2i,z的共軛復數(shù)為1－i,故選D.6.已知單位向量e1,e2分別與平面直角坐標系x,y軸的正方向同向,且向量eq\o(AC,\s\up6(→))＝3e1－e2,eq\o(BD,\s\up6(→))＝2e1＋6e2,則平面四邊形ABCD的面積為()A.eq\r(10)B.2eq\r(10)C.10D.20答案C解析由向量正交分解的定義可知,eq\o(AC,\s\up6(→))＝(3,－1),eq\o(BD,\s\up6(→))＝(2,6),則|eq\o(AC,\s\up6(→))|＝eq\r(32＋(－1)2)＝eq\r(10),|eq\o(BD,\s\up6(→))|＝eq\r(22＋62)＝2eq\r(10).因為eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝3×2＋(－1)×6＝0,所以AC⊥BD,即平面四邊形的對角線互相垂直,所以該四邊形的面積S＝eq\f(|\o(AC,\s\up6(→))|·|\o(BD,\s\up6(→))|,2)＝eq\f(\r(10)×2\r(10),2)＝10.故選C.7.已知向量eq\o(OA,\s\up6(→)),eq\o(OB,\s\up6(→))滿足|eq\o(OA,\s\up6(→))|＝|eq\o(OB,\s\up6(→))|＝2,eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝2,若eq\o(OC,\s\up6(→))＝λeq\o(OA,\s\up6(→))＋μeq\o(OB,\s\up6(→))(λ,μ∈R),且λ＋μ＝1,則|eq\o(OC,\s\up6(→))|的最小值為()A.1B.eq\f(\r(5),2)C.eq\r(2)D.eq\r(3)答案D解析|eq\o(OC,\s\up6(→))|2＝(λeq\o(OA,\s\up6(→))＋μeq\o(OB,\s\up6(→)))2＝[λeq\o(OA,\s\up6(→))＋(1－λ)eq\o(OB,\s\up6(→))]2＝4λ2＋4(1－λ)2＋2λ(1－λ)eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→)),因為eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝2,所以|eq\o(OC,\s\up6(→))|2＝4λ2＋4(1－λ)2＋2λ(1－λ)·2＝4λ2－4λ＋4＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(λ－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋3,當λ＝eq\f(1,2)時,|eq\o(OC,\s\up6(→))|取得最小值eq\r(3).8.(2021·海南新高考診斷)如圖,在等腰直角△ABC中,D,E分別為斜邊BC的三等分點(D靠近點B),過E作AD的垂線,垂足為F,則eq\o(AF,\s\up6(→))＝()A.eq\f(3,5)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,5)eq\o(AC,\s\up6(→))B.eq\f(2,5)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,5)eq\o(AC,\s\up6(→))C.eq\f(4,15)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(8,15)eq\o(AC,\s\up6(→))D.eq\f(8,15)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(4,15)eq\o(AC,\s\up6(→))答案D解析設BC＝6,因為D,E分別為斜邊BC的三等分點且D靠近點B,則BD＝DE＝2.在△ABD中,AB＝3eq\r(2),BD＝2,∠ABD＝45°,由余弦定理可知AD＝eq\r(AB2＋BD2－2AB·BDcos∠ABD)＝eq\r(10),則AD＝AE＝eq\r(10).在△DAE中,cos∠DAE＝eq\f(AD2＋AE2－DE2,2AD·AE)＝eq\f(4,5).因為AF⊥EF,所以eq\f(AF,AD)＝eq\f(AF,AE)＝eq\f(4,5),所以eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\f(4,5)eq\o(AD,\s\up6(→)).因為eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)(eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AC,\s\up6(→)),所以eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\f(4,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)\o(AB,\s\up6(→))＋\f(1,3)\o(AC,\s\up6(→))))＝eq\f(8,15)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(4,15)eq\o(AC,\s\up6(→)),故選D.二、多項選擇題(本題共4小題,每小題5分,共20分.在每小題給出的選項中,有多項符合題目要求,全部選對的得5分,部分選對的得2分,有選錯的得0分)9.已知等邊三角形ABC內(nèi)接于⊙O,D為線段OA的中點,則eq\o(BD,\s\up6(→))＝()A.eq\f(2,3)eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\f(1,6)eq\o(BC,\s\up6(→))B.eq\f(4,3)eq\o(BA,\s\up6(→))－eq\f(1,6)eq\o(BC,\s\up6(→))C.eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AE,\s\up6(→))D.eq\f(2,3)eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AE,\s\up6(→))答案AC解析如圖所示,設BC中點為E,連接AE,D在AE上,則eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BE,\s\up6(→)))＝eq\o(BA,\s\up6(→))－eq\f(1,3)eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)·eq\f(1,2)eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\f(1,6)eq\o(BC,\s\up6(→)).故選AC.10.已知a＝(－2,1),b＝(k,－3),c＝(1,2),若(a－2b)⊥c,則與b共線的單位向量為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(5),5),－\f(\r(5),5)))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(5),5),－\f(\r(5),5)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(5),5),\f(\r(5),5)))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(5),5),\f(\r(5),5)))答案AD解析由題意得a－2b＝(－2－2k,7),∵(a－2b)⊥c,∴(a－2b)·c＝0,即(－2－2k,7)·(1,2)＝0,－2－2k＋14＝0,解得k＝6,∴b＝(6,－3),∴e＝±eq\f(b,\r(62＋(－3)2))＝±eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(5),5),－\f(\r(5),5))),故選AD.11.設z1,z2是復數(shù),則下列說法中正確的是()A.若|z1－z2|＝0,則eq\o(z,\s\up6(－))1＝eq\o(z,\s\up6(－))2B.若z1＝eq\o(z,\s\up6(－))2,則eq\o(z,\s\up6(－))1＝z2C.若|z1|＝|z2|,則z1·eq\o(z,\s\up6(－))1＝z2·eq\o(z,\s\up6(－))2D.若|z1|＝|z2|,則zeq\o\al(2,1)＝zeq\o\al(2,2)答案ABC解析對于A,若|z1－z2|＝0,則z1－z2＝0,z1＝z2,所以eq\o(z,\s\up6(－))1＝eq\o(z,\s\up6(－))2正確;對于B,若z1＝eq\o(z,\s\up6(－))2,則z1和z2互為共軛復數(shù),所以eq\o(z,\s\up6(－))1＝z2正確;對于C,設z1＝a1＋b1i,z2＝a2＋b2i,若|z1|＝|z2|,則eq\r(aeq\o\al(2,1)＋beq\o\al(2,1))＝eq\r(aeq\o\al(2,2)＋beq\o\al(2,2)),即aeq\o\al(2,1)＋beq\o\al(2,1)＝aeq\o\al(2,2)＋beq\o\al(2,2),所以z1·eq\o(z,\s\up6(－))1＝aeq\o\al(2,1)＋beq\o\al(2,1)＝aeq\o\al(2,2)＋beq\o\al(2,2)＝z2·eq\o(z,\s\up6(－))2,所以z1·eq\o(z,\s\up6(－))1＝z2·eq\o(z,\s\up6(－))2正確;對于D,若z1＝1,z2＝i,則|z1|＝|z2|,而zeq\o\al(2,1)＝1,zeq\o\al(2,2)＝－1,所以zeq\o\al(2,1)＝zeq\o\al(2,2),錯誤.故選ABC.12.(2020·濟南調(diào)研)下列命題正確的是()A.若A,B,C,D四點在同一條直線上,且AB＝CD,則eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(CD,\s\up6(→))B.在△ABC中,若O點滿足eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＝0,則O點是△ABC的重心C.若a＝(1,1),把a向右平移2個單位,得到的向量的坐標為(3,1)D.在△ABC中,若eq\o(CP,\s\up6(→))＝λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(CA,\s\up6(→)),|\o(CA,\s\up6(→))|)＋\f(\o(CB,\s\up6(→)),|\o(CB,\s\up6(→))|))),則P點的軌跡經(jīng)過△ABC的內(nèi)心答案BD解析如圖,A,B,C,D四點滿足條件,但eq\o(AB,\s\up6(→))≠eq\o(CD,\s\up6(→)),故A錯誤;對于B,設BC的中點為D,當eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＝0時,能得到eq\o(OA,\s\up6(→))＝－(eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))),所以eq\o(OA,\s\up6(→))＝－2eq\o(OD,\s\up6(→)),所以O是△ABC的重心,故B正確.對于C,向量由向量的方向和模確定,平移不改變這兩個量,故C錯誤.對于D,根據(jù)向量加法的幾何意義知,以eq\f(\o(CA,\s\up6(→)),|\o(CA,\s\up6(→))|),eq\f(\o(CB,\s\up6(→)),|\o(CB,\s\up6(→))|)為鄰邊所得到的平行四邊形是菱形,點P在該菱形的對角線上,由菱形的對角線平分一組對角,得P點在∠ACB的平分線所在直線上,故D正確.三、填空題(本題共4小題,每小題5分,共20分)13.已知復數(shù)z1＝a＋2i,z2＝2＋3i(i是虛數(shù)單位),若z1·z2是純虛數(shù),則實數(shù)a＝________.答案3解析因為復數(shù)z1＝a＋2i,z2＝2＋3i,所以z1·z2＝(a＋2i)·(2＋3i)＝2a－6＋(3a＋4)i,又z1·z2是純虛數(shù),所以2a－6＝0,且314.在直角梯形ABCD中,eq\o(AB,\s\up6(→))＝λeq\o(DC,\s\up6(→))(λ＞0),∠B＝60°,AD＝eq\r(3),E為CD中點,eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BE,\s\up6(→))＝－1,則|eq\o(DC,\s\up6(→))|＝________.答案2解析設|eq\o(DC,\s\up6(→))|＝x,eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BE,\s\up6(→))＝(eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(DC,\s\up6(→)))·(eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CE,\s\up6(→)))＝eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(CE,\s\up6(→))＋eq\o(DC,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(DC,\s\up6(→))·eq\o(CE,\s\up6(→))＝eq\r(3)×2×eq\f(\r(3),2)＋eq\r(3)×eq\f(x,2)×0＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))x＋(－1)×eq\f(x,2)·x＝3－x－eq\f(1,2)x2＝－1,求得x＝2,即|eq\o(DC,\s\up6(→))|＝2.15.(2021·重慶聯(lián)考)若eq\f(a＋bi,i)(a,b∈R)與(2－i)2互為共軛復數(shù),則a－b＝________.答案－7解析∵eq\f(a＋bi,i)＝eq\f((a＋bi)(－i),－i2)＝b－ai,(2－i)2＝4－4i－1＝3－4i,eq\f(a＋bi,i)(a,b∈R)與(2－i)2互為共軛復數(shù),∴b＝3,a＝－4,則a－b＝－7,故答案為－7.16.已知平面向量a,b滿足|2a＋b|＝1,且a·(a－b)＝1,則|a－b|的取值范圍為________答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(13)－1,2),\f(\r(13)＋1,2)))解析設向量2a＋b與a－b的夾角為θ,則a·(a－b)＝eq\f(1,3)(2a＋b＋a－b)·(a－b)＝eq\f(1,3)(|2a＋b||a－b|cosθ＋|a－b|2)＝1,化簡得|a－b|cosθ＋|a－b|2＝3,即cosθ＝eq\f(3,|a－b|)－|a－b|∈[－1,1],解得eq\f(\r(13)－1,2)≤|a－b|≤eq\f(\r(13)＋1,2).四、解答題(本題共6小題,共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟)17.(本小題滿分10分)已知a,b,c是同一平面內(nèi)的三個向量,其中a＝(1,－2).(1)若|c|＝2eq\r(5),且c∥a,求c的坐標;(2)若|b|＝1,且a＋b與a－2b垂直,求a與b的夾角θ的余弦值.解(1)設c＝(x,y),由c∥a和|c|＝2eq\r(5),可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1·y＋2·x＝0,,x2＋y2＝20,))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－2,,y＝4))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝2,,y＝－4.))∴c＝(－2,4)或c＝(2,－4).(2)∵a＋b與a－2b垂直,∴(a＋b)·(a－2b)＝0,即a2－a·b－2b2＝0,又|a|＝eq\r(12＋(－2)2)＝eq\r(5),|b|＝1,∴a·b＝3,∴cosθ＝eq\f(a·b,|a|·|b|)＝eq\f(3\r(5),5).18.(本小題滿分12分)如圖,在△ABC中,AB＝3,AC＝2,∠BAC＝60°,D,E分別是邊AB,AC上的點,AE＝1,且eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\f(1,2).(1)求|eq\o(AD,\s\up6(→))|;(2)若P是線段DE上的一個動點,求eq\o(BP,\s\up6(→))·eq\o(CP,\s\up6(→))的最小值.解(1)因為eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(AE,\s\up6(→))＝|eq\o(AD,\s\up6(→))||eq\o(AE,\s\up6(→))|cos60°＝eq\f(1,2),|eq\o(AE,\s\up6(→))|＝1,所以|eq\o(AD,\s\up6(→))|＝1.(2)因為|eq\o(AE,\s\up6(→))|＝|eq\o(AD,\s\up6(→))|,∠DAE＝60°,所以△DAE為等邊三角形,所以∠BDP＝∠CEP＝120°,BD＝2,CE＝1.設DP＝x(0≤x≤1),則EP＝1－x,所以eq\o(BP,\s\up6(→))·eq\o(CP,\s\up6(→))＝(eq\o(DP,\s\up6(→))－eq\o(DB,\s\up6(→)))·(eq\o(EP,\s\up6(→))－eq\o(EC,\s\up6(→)))＝eq\o(DP,\s\up6(→))·eq\o(EP,\s\up6(→))－eq\o(DP,\s\up6(→))·eq\o(EC,\s\up6(→))－eq\o(DB,\s\up6(→))·eq\o(EP,\s\up6(→))＋eq\o(DB,\s\up6(→))·eq\o(EC,\s\up6(→))＝x(1－x)cos180°－xcos60°－2(1－x)·cos60°＋2×1×cos60°＝x2－eq\f(1,2)x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,4)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,16)≥－eq\f(1,16),當x＝eq\f(1,4)時,等號成立,所以eq\o(BP,\s\up6(→))·eq\o(CP,\s\up6(→))的最小值為－eq\f(1,16).19.(本小題滿分12分)設兩個向量a,b滿足|a|＝2,|b|＝1.(1)若(a＋2b)·(a－b)＝1,求a,b的夾角;(2)若a,b的夾角為60°,向量2ta＋7b與a＋tb的夾角為鈍角,求實數(shù)t的取值范圍.解(1)由(a＋2b)·(a－b)＝1得a2＋a·b－2b2＝1.又a2＝4,b2＝1,所以a·b＝－1.所以cos〈a,b〉＝eq\f(a·b,|a|·|b|)＝－eq\f(1,2),又0≤〈a,b〉≤180°,所以a,b的夾角為120°.(2)由已知得a·b＝2×1×cos60°＝1,所以(2ta＋7b)·(a＋tb)＝2ta2＋(2t2＋7)a·b＋7tb2＝2t2＋15t＋7,因為向量2ta＋7b與a＋tb的夾角為鈍角,所以2t2＋15t＋7＜0,解得－7＜t＜－eq\f(1,2).設2ta＋7b＝λ(a＋tb)(λ＜0),所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2t＝λ,,7＝tλ,))解得2t2＝7,當t＝－eq\f(\r(14),2)時,λ＝－eq\r(14),此時向量2ta＋7b與a＋tb的夾角為180°,不符合題意.所以向量2ta＋7b與a＋tb的夾角為鈍角時,t的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－7,－\f(\r(14),2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(14),2),－\f(1,2))).20.(本小題滿分12分)在△ABC中,角A,B,C的對邊分別為a,b,c,且滿足(eq\r(2)a－c)eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝ceq\o(CB,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→)).(1)求角B的大小;(2)若|eq\o(BA,\s\up6(→))－eq\o(BC,\s\up6(→))|＝eq\r(6),求△ABC面積的最大值.解(1)由題意得(eq\r(2)a－c)cosB＝bcosC.根據(jù)正弦定理得(eq\r(2)sinA－sinC)cosB＝sinBcosC,所以eq\r(2)sinAcosB＝sin(C＋B),即eq\r(2)sinAcosB＝sinA,因為A∈(0,π),所以sinA>0,所以cosB＝eq\f(\r(2),2),又B∈(0,π),所以B＝eq\f(π,4).(2)因為|eq\o(BA,\s\up6(→))－eq\o(BC,\s\up6(→))|＝eq\r(6),所以|eq\o(CA,\s\up6(→))|＝eq\r(6),即b＝eq\r(6),根據(jù)余弦定理及基本不等式得6＝a2＋c2－eq\r(2)ac≥2ac－eq\r(2)ac＝(2－eq\r(2))ac(當且僅當a＝c時取等號),即ac≤3(2＋eq\r(2)).故△ABC的面積S＝eq\f(1,2)acsinB≤eq\f(3(\r(2)＋1),2),因此△ABC的面積的最大值為eq\f(3\r(2)＋3,2).21.(本小題滿分12分)(2021·宜昌模擬)如圖,在同一個平面內(nèi),向量eq\o(OA,\s\up6(→)),eq\o(OB,\s\up6(→)),eq\o(OC,\s\up6(→))的模分別為1,1,eq\r(2),eq\o(OA,\s\up6(→))與eq\o(OC,\s\up6(→))的夾角為α,且tanα＝7,eq\o(OB,\s\up6(→))與eq\o(OC,\s\up6(→))的夾角為45°.若eq\o(OC,\s\up6(→))＝meq\o(OA,\s\up6(→))＋neq\o(OB,\s\up6(→))(m,n∈R),求m＋n的值.解∵tanα＝7,α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2))),∴cosα＝eq\f(\r(2),10),sinα＝eq\f(7\r(2),10).∵eq\o(OA,\s\up6(→))與eq\o(OC,\s\up6(→))的夾角為α,eq\o(OC,\s\up6(→))＝meq\o(OA,\s\up6(→))＋neq\o(OB,\s\up6(→)),|eq\o(OA,\s\up6(→))|＝|eq\o(OB,\s\up6(→))|＝1,|eq\o(OC,\s\up6(→))|＝eq\r(2),∴eq\f(\r(2),10)＝eq\f(\o(OA,\s\up6(→))·\o(OC,\s\up6(→)),|\o(OA,\s\up6(→))|·|\o(OC,\s\up6(→))|)＝eq\f(\o(OA,\s\up6(→))·(m\o(OA,\s\up6(→))＋n\o(OB,\s\up6(→))),|\o(OA,\s\up6(→))|·|\o(OC,\s\up6(→))|)＝eq\f(m＋n\o(OA,\s\up6(→))·\o(OB,\s\up6(→)),\r(2)).①又∵eq\o(OB,\s\up6(→))與eq\o(OC,\s\up6(→))的夾角為45°,∴eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\o(OB,\s\up6(→))·\o(OC,\s\up6(→)),|\o(OB,\s\up6(→))|·|\o(OC,\s\up6(→))|)＝eq\f(\o(OB,\s\up6(→))·(m\o(OA,\s\up6(→))＋n\o(OB,\s\up6(→))),|\o(OB,\s\up6(→))|·|\o(OC,\s\up6(→))|)＝eq\f(m\o(OA,\s\up6(→))·\o(OB,\s\up6(→))＋n,\r(2)).②又cos∠AOB＝cos(45°＋α)＝cosαcos45°－sinαsin45°＝eq\f(\r(2),10)×eq\f(\r(2),2)－eq\f(7\r(2),10