專題跟蹤檢測(三)-平面向量

專題跟蹤檢測（三）平面向量1．已知向量a＝(m，－2)與b＝(4，n)共線，且|a|＝2|b|，則m·n的值為()A．8 B．－8C．4 D．－4解析：選B因為a與b共線，所以m·n＝4×(－2)＝－8.2．如圖，向量a－b＝()A．e1－3e2 B．e1＋3e2C．－3e1＋e2 D．－e1＋3e2解析：選D由圖可得，a＝e1＋4e2，b＝2e1＋e2，所以a－b＝－e1＋3e2.3．(2021·石家莊一模)設(shè)向量a＝(1,2)，b＝(m，－1)，且(a＋b)⊥a，則實數(shù)m＝()A．－3 B.eq\f(3,2)C．－2 D．－eq\f(3,2)解析：選A由題意，向量a＝(1,2)，b＝(m，－1)，可得a＋b＝(m＋1,1)，因為(a＋b)⊥a，可得(a＋b)·a＝m＋1＋2＝0，解得m＝－3.4．在△OAB中，若點C滿足eq\o(AC,\s\up7(→))＝2eq\o(CB,\s\up7(→))，eq\o(OC,\s\up7(→))＝λeq\o(OA,\s\up7(→))＋μeq\o(OB,\s\up7(→))，則eq\f(1,λ)＋eq\f(1,μ)＝()A.eq\f(1,3) B.eq\f(2,3)C.eq\f(2,9) D.eq\f(9,2)解析：選D在△OAB中，∵eq\o(AC,\s\up7(→))＝2eq\o(CB,\s\up7(→))，∴eq\o(OC,\s\up7(→))－eq\o(OA,\s\up7(→))＝2(eq\o(OB,\s\up7(→))－eq\o(OC,\s\up7(→)))，即3eq\o(OC,\s\up7(→))＝eq\o(OA,\s\up7(→))＋2eq\o(OB,\s\up7(→))，∴eq\o(OC,\s\up7(→))＝eq\f(1,3)eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\f(2,3)eq\o(OB,\s\up7(→)).又知eq\o(OC,\s\up7(→))＝λeq\o(OA,\s\up7(→))＋μeq\o(OB,\s\up7(→))，∴λ＝eq\f(1,3)，μ＝eq\f(2,3)，∴eq\f(1,λ)＋eq\f(1,μ)＝3＋eq\f(3,2)＝eq\f(9,2).故選D.5．(2021·淄博三模)已知向量a，b滿足|a|＝|b|＝|a－b|＝1，則|2a＋b|＝()A．3 B.eq\r(3)C．7 D.eq\r(7)解析：選D由已知可得|a－b|2＝a2－2a·b＋b2＝2－2a·b＝1，則a·b＝eq\f(1,2)，因此，|2a＋b|＝eq\r(2a＋b2)＝eq\r(4a2＋4a·b＋b2)＝eq\r(7).6．已知|a|＝2，|b|＝1，且(a＋b)⊥b，則a與b的夾角為()A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,3)C.eq\f(2π,3) D.eq\f(5π,6)解析：選C因為(a＋b)⊥b，所以(a＋b)·b＝a·b＋b2＝|a||b|cos〈a，b〉＋|b|2＝2cos〈a，b〉＋1＝0，得cos〈a，b〉＝－eq\f(1,2)，而向量的夾角在[0，π]上，所以〈a，b〉＝eq\f(2π,3).7．(多選)在△ABC中，D為AC上一點且滿足eq\o(AD,\s\up7(→))＝eq\f(1,3)eq\o(DC,\s\up7(→))，若P為BD上一點，且滿足eq\o(AP,\s\up7(→))＝λeq\o(AB,\s\up7(→))＋μeq\o(AC,\s\up7(→))(λ，μ為正實數(shù))，則下列結(jié)論正確的是()A．λμ的最小值為16 B．λμ的最大值為eq\f(1,16)C.eq\f(1,λ)＋eq\f(1,4μ)的最大值為16 D.eq\f(1,λ)＋eq\f(1,4μ)的最小值為4解析：選BD因為D為AC上一點且滿足eq\o(AD,\s\up7(→))＝eq\f(1,3)eq\o(DC,\s\up7(→))，所以eq\o(AC,\s\up7(→))＝4eq\o(AD,\s\up7(→))，因為eq\o(AP,\s\up7(→))＝λeq\o(AB,\s\up7(→))＋μeq\o(AC,\s\up7(→))，所以eq\o(AP,\s\up7(→))＝λeq\o(AB,\s\up7(→))＋4μeq\o(AD,\s\up7(→))，因為P為BD上一點，所以B，P，D三點共線，則有λ＋4μ＝1，由基本不等式可得1＝λ＋4μ≥2eq\r(λ·4μ)＝4eq\r(λμ)，解得λμ≤eq\f(1,16)，當(dāng)且僅當(dāng)λ＝4μ＝eq\f(1,2)時取等號，故λμ的最大值為eq\f(1,16)，故選項A錯誤，選項B正確；eq\f(1,λ)＋eq\f(1,4μ)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,λ)＋\f(1,4μ)))(λ＋4μ)＝2＋eq\f(λ,4μ)＋eq\f(4μ,λ)≥2＋2eq\r(\f(4μ,λ)·\f(λ,4μ))＝4，當(dāng)且僅當(dāng)λ＝4μ＝eq\f(1,2)時取等號，故eq\f(1,λ)＋eq\f(1,4μ)的最小值為4，故選項C錯誤，選項D正確．故選B、D.8．(2022屆·江門質(zhì)檢)已知點O為△ABC的外心，AB的邊長為2，則eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(AO,\s\up7(→))＝()A．－1 B．1C．2 D．4解析：選C因為點O為△ABC的外心，設(shè)AB的中點為D，連接OD，則OD⊥AB，如圖，所以eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(AO,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→))·(eq\o(AD,\s\up7(→))＋eq\o(DO,\s\up7(→)))＝eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(AD,\s\up7(→))＋eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(DO,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up7(→))2＋0＝eq\f(1,2)×22＝2.9．(2021·北京房山區(qū)高三一模)在矩形ABCD中，AC與BD相交于點O，E是線段OD的中點，若eq\o(AE,\s\up7(→))＝meq\o(AB,\s\up7(→))＋neq\o(AD,\s\up7(→))，則m－n的值為()A．－eq\f(1,2) B．－1C．1 D.eq\f(1,2)解析：選A因為eq\o(AE,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(BE,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\f(3,4)eq\o(BD,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\f(3,4)(eq\o(BA,\s\up7(→))＋eq\o(AD,\s\up7(→)))＝eq\f(1,4)eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\f(3,4)eq\o(AD,\s\up7(→))，所以m＝eq\f(1,4)，n＝eq\f(3,4)?m－n＝－eq\f(1,2)，故選A.10.(多選)(2021·湖南雅禮中學(xué)一模)如圖，AB是圓O(O為圓心)的一條弦，由下列一個條件能確定eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(AO,\s\up7(→))值的有()A．已知圓的半徑長B．已知弦長|AB|C．已知∠OAB大小D．已知圓的半徑長和∠OAB大小解析：選BD由eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(AO,\s\up7(→))＝|eq\o(AB,\s\up7(→))||eq\o(AO,\s\up7(→))|cos∠OAB＝|eq\o(AB,\s\up7(→))|·eq\f(1,2)|eq\o(AB,\s\up7(→))|＝eq\f(1,2)|eq\o(AB,\s\up7(→))|2，若已知弦長|AB|，則可求解eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(AO,\s\up7(→))；若已知圓的半徑長R和∠OAB大小，則可求得|eq\o(AB,\s\up7(→))|＝2Rcos∠OAB，從而可求解eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(AO,\s\up7(→)).11.如圖，半徑為1的扇形AOB中，∠AOB＝eq\f(2π,3)，P是弧AB上的一點，且滿足OP⊥OB，M，N分別是線段OA，OB上的動點，則eq\o(PM,\s\up7(→))·eq\o(PN,\s\up7(→))的最大值為()A.eq\f(\r(2),2) B.eq\f(\r(3),2)C．1 D.eq\r(2)解析：選C∵扇形OAB的半徑為1，∴|eq\o(OP,\s\up7(→))|＝1，∵OP⊥OB，∴eq\o(OP,\s\up7(→))·eq\o(OB,\s\up7(→))＝0.∵∠AOB＝eq\f(2π,3)，∴∠AOP＝eq\f(π,6)，∴eq\o(PM,\s\up7(→))·eq\o(PN,\s\up7(→))＝(eq\o(PO,\s\up7(→))＋eq\o(OM,\s\up7(→)))·(eq\o(PO,\s\up7(→))＋eq\o(ON,\s\up7(→)))＝eq\o(PO,\s\up7(→))2＋eq\o(ON,\s\up7(→))·eq\o(PO,\s\up7(→))＋eq\o(OM,\s\up7(→))·eq\o(PO,\s\up7(→))＋eq\o(OM,\s\up7(→))·eq\o(ON,\s\up7(→))＝1＋|eq\o(OM,\s\up7(→))|coseq\f(5π,6)＋|eq\o(OM,\s\up7(→))|·|eq\o(ON,\s\up7(→))|coseq\f(2π,3)≤1＋0×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)))＋0×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝1，故選C.12．(多選)(2021·蘇州二模)已知△ABC是邊長為2的正三角形，該三角形重心為點G，點P為△ABC所在平面內(nèi)任一點，則下列等式一定成立的是()A．|eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(AC,\s\up7(→))|＝2 B．eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(AC,\s\up7(→))＝2C．eq\o(PA,\s\up7(→))＋eq\o(PB,\s\up7(→))＋eq\o(PC,\s\up7(→))＝3eq\o(PG,\s\up7(→)) D．|eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(BC,\s\up7(→))|＝|eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(CB,\s\up7(→))|解析：選BC因為△ABC是邊長為2的正三角形，所以|eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(AC,\s\up7(→))|＝eq\r(AB→＋AC→2)＝eq\r(AB→2＋2AB→·AC→＋AC→2)＝eq\r(4＋2×2×2×\f(1,2)＋4)＝2eq\r(3)，故A不正確；eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(AC,\s\up7(→))＝|eq\o(AB,\s\up7(→))||eq\o(AC,\s\up7(→))|cos∠BAC＝2×2×eq\f(1,2)＝2，故B正確；根據(jù)重心的性質(zhì)可得AG→＝eq\f(2,3)×eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(AC,\s\up7(→)))＝eq\f(1,3)(eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(AC,\s\up7(→)))，所以3eq\o(PG,\s\up7(→))－3eq\o(PA,\s\up7(→))＝eq\o(PB,\s\up7(→))－eq\o(PA,\s\up7(→))＋eq\o(PC,\s\up7(→))－eq\o(PA,\s\up7(→))，所以3eq\o(PG,\s\up7(→))＝eq\o(PA,\s\up7(→))＋eq\o(PB,\s\up7(→))＋eq\o(PC,\s\up7(→))，故C正確；因為|eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(BC,\s\up7(→))|＝|eq\o(AC,\s\up7(→))|＝2，|eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(CB,\s\up7(→))|＝eq\r(eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(CB,\s\up7(→))2)＝eq\r(eq\o(AB,\s\up7(→))2＋eq\o(CB,\s\up7(→))2＋2eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(CB,\s\up7(→)))＝eq\r(4＋4＋2×2×2×\f(1,2))＝2eq\r(3)，故D不正確．13．(2021·昆明二模)已知平面向量a＝(eq\r(3)，eq\r(3))，則與a夾角為45°的一個非零向量b的坐標(biāo)可以為__________．(寫出滿足條件的一個向量即可)解析：設(shè)b＝(x，y)，∴a·b＝eq\r(3)x＋eq\r(3)y＝eq\r(6)·eq\r(x2＋y2)·eq\f(\r(2),2)，∴eq\r(x2＋y2)＝x＋y，∴xy＝0，且b為非零向量，∴x＝1，y＝0滿足題意，∴b＝(1,0)．答案：(1,0)(答案不唯一)14．設(shè)向量a，b滿足|a＋b|＝2|a－b|，|a|＝3，則|b|的最大值是________．解析：由|a＋b|＝2|a－b|兩邊平方，得a2＋2a·b＋b2＝4(a2－2a·b＋b2)，化簡得到3a2＋3b2＝10a·b≤10|a||b|，將|a|＝3代入整理得|b|2－10|b|＋9≤0，解得1≤|b|≤9.答案：915．在△ABC中，AB＝3，AC＝2，cosA＝eq\f(1,4)，D是邊BC的中點，E是AB上一點，且eq\o(AE,\s\up7(→))＝λeq\o(AB,\s\up7(→))(0≤λ≤1)，eq\o(AE,\s\up7(→))·eq\o(CE,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)，則λ＝________，eq\o(ED,\s\up7(→))·eq\o(DC,\s\up7(→))＝________.解析：由已知得eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(AC,\s\up7(→))＝3×2×eq\f(1,4)＝eq\f(3,2)，eq\o(CE,\s\up7(→))＝λeq\o(AB,\s\up7(→))－eq\o(AC,\s\up7(→))，所以eq\o(AE,\s\up7(→))·eq\o(CE,\s\up7(→))＝λeq\o(AB,\s\up7(→))·(λeq\o(AB,\s\up7(→))－eq\o(AC,\s\up7(→)))＝λ2eq\o(AB,\s\up7(→))2－λeq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(AC,\s\up7(→))＝9λ2－eq\f(3,2)λ＝eq\f(1,2)，0≤λ≤1，解得λ＝eq\f(1,3).因為eq\o(ED,\s\up7(→))＝eq\o(EB,\s\up7(→))＋eq\o(BD,\s\up7(→))＝eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\f(1,2)(eq\o(AC,\s\up7(→))－eq\o(AB,\s\up7(→)))＝eq\f(1,6)eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AC,\s\up7(→))，eq\o(DC,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)eq\o(BC,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AC,\s\up7(→))－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up7(→))，所以eq\o(ED,\s\up7(→))·eq\o(DC,\s\up7(→))＝eq\f(1,12)(eq\o(AB,\s\up7(→))＋3eq\o(AC,\s\up7(→)))·(eq\o(AC,\s\up7(→))－eq\o(AB,\s\up7(→)))＝eq\f(1,12)(－eq\o(AB,\s\up7(→))2－2eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(AC,\s\up7(→))＋3eq\o(AC,\s\up7(→))2)＝0.答案：eq\f(1,3)016．(2021·黃山一模)已知|eq\o(AB,\s\up7(→))|＝1，|eq\o(BC,\s\up7(→))|＝2，且eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))＝1，eq\o(AD,\s\up7(→))·eq\o(DC,\s\up7(→))＝0，則|eq\o(BD,\s\up7(→))|的最大值為________．解析：因為|eq\o(AB,\s\up7(→))|＝1，|e