2015年高考文科数学专题复习题：专题--- 第3讲 平面向量

第3讲平面向量(建议用时：60分钟)一、选择题1．(2013·辽宁卷)已知点A(1,3)，B(4，－1)，则与向量AB→同方向的单位向量为()．A.35，－45B．45，－35C.－35，45D．－45，35解析AB→＝OB→－OA→＝(4，－1)－(1,3)＝(3，－4)，∴与AB→同方向的单位向量为AB→|AB→|＝35，－45.答案A2．(2013·陕西卷)设a，b为向量，则“|a·b|＝|a||b|”是“a∥b”的()．A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件解析由|a||b||cos〈a，b〉|＝|a||b|，则有cos〈a，b〉＝±1.即〈a，b〉＝0或π，所以a∥b.由a∥b，得向量a与b同向或反向，所以〈a，b〉＝0或π，所以|a·b|＝|a||b|.答案C3．已知向量a与b的夹角为120°，|a|＝3，|a＋b|＝13，则|b|等于()．A．5B．4C．3D．1解析向量a与b的夹角为120°，|a|＝3，|a＋b|＝13，则a·b＝|a||b|·cos120°＝－32|b|，|a＋b|2＝|a|2＋2a·b＋|b|2.所以13＝9－3|b|＋|b|2，则|b|＝－1(舍去)或|b|＝4.答案B4．(2013·福建卷)在四边形ABCD中，AC→＝(1,2)，BD→＝(－4,2)，则该四边形的面积为()．A.5B．25C．5D．10解析因为AC→·BD→＝0，所以AC→⊥BD→.所以四边形ABCD的面积S＝12|AC→||BD→|＝12×5×25＝5.答案C5．(2014·大连一模)△ABC中D为BC边的中点，已知AB→＝a，AC→＝b，则在下列向量中与AD→同向的向量是()．A.a|a|＋b|b|B．a|a|－b|b|C.a＋b|a＋b|D．|b|a＋|a|b解析∵AD→＝12(AB→＋AC→)＝12(a＋b)，∴向量a＋b|a＋b|与向量AD→是同向向量．答案C6．已知非零向量a，b，c满足a＋b＋c＝0，向量a与b的夹角为60°，且|a|＝|b|＝1，则向量a与c的夹角为()．A．30°B．60°C．120°D．150°解析因为a＋b＋c＝0，所以c＝－(a＋b)．所以|c|2＝(a＋b)2＝a2＋b2＋2a·b＝2＋2cos60°＝3.所以|c|＝3.又c·a＝－(a＋b)·a＝－a2－a·b＝－1－cos60°＝－32，设向量c与a的夹角为θ，则cosθ＝a·c|a||c|＝－321×3＝－32.又0°≤θ≤180°，所以θ＝150°.答案D7．在平面直角坐标系中，O是坐标原点，两定点A，B满足|OA→|＝|OB→|＝OA→·OB→＝2，则点集{P|OP→＝λOA→＋μOB→，|λ|＋|μ|≤1，λ，μ∈R}所表示的区域的面积是()．A．22B．23C．42D．43解析由|OA→|＝|OB→|＝OA→·OB→＝2，知cos∠AOB＝12，又0≤∠AOB≤π，则∠AOB＝π3，又A，B是两定点，可设A(3，1)，B(0,2)，P(x，y)，由OP→＝λOA→＋μOB→，可得x＝3λ，y＝λ＋2μ⇒λ＝33x，μ＝y2－36x.因为|λ|＋|μ|≤1，所以33x＋y2－36x≤1，当x≥0，3y－3x≥0，时，3y＋3x≤6由可行域可得S0＝12×2×3＝3，所以由对称性可知点P所表示的区域面积S＝4S0＝43，故选D.答案D二、填空题8．(2013·新课标全国Ⅰ卷)已知两个单位向量a，b的夹角为60°，c＝ta＋(1－t)b.若b·c＝0，则t＝________.解析因为向量a，b为单位向量，又向量a，b的夹角为60°，所以a·b＝12，由b·c＝0，得∴b·c＝ta·b＋(1－t)·b2＝12t＋(1－t)×12＝12t＋1－t＝1－12t＝0.∴t＝2.答案29．(2013·新课标全国Ⅱ卷)已知正方形ABCD的边长为2，E为CD的中点，则AE→·BD→＝________.解析由题意知：AE→·BD→＝(AD→＋DE→)·(AD→－AB→)＝(AD→＋12AB→)·(AD→－AB→)＝AD→2－12AD→·AB→－12AB→2＝4－0－2＝2.答案210．(2013·江西卷)设e1，e2为单位向量，且e1，e2的夹角为π3，若a＝e1＋3e2，b＝2e1，则向量a在b方向上的射影为________．解析a在b方向上的射影为|a|cos〈a，b〉＝a·b|b|.∵a·b＝(e1＋3e2)·2e1＝2e21＋6e1·e2＝5.|b|＝|2e1|＝2.∴a·b|b|＝52.答案5211．(2014·山东卷)在△ABC中，已知AB→·AC→＝tanA，当A＝π6时，△ABC的面积为________．解析已知A＝π6，由题意得|AB→|·|AC→|cosπ6＝tanπ6，|AB→||AC→|＝23，所以△ABC的面积S＝12|AB→|·|AC→|sinπ6＝12×23×12＝16.答案1612．(2014·湖南卷)在平面直角坐标系中，O为原点，A(－1,0)，B(0，3)，C(3,0)，动点D满足|CD→|＝1，则|OA→＋OB→＋OD→|的最大值是________．解析设出点D的坐标，求出点D的轨迹后求解．设D(x，y)，由CD→＝(x－3，y)及|CD→|＝1知(x－3)2＋y2＝1，即动点D的轨迹为以点C为圆心的单位圆．又OA→＋OB→＋OD→＝(－1,0)＋(0，3)＋(x，y)＝(x－1，y＋3)，∴|OA→＋OB→＋OC→|＝x－12＋y＋32.问题转化为圆(x－3)2＋y2＝1上的点与点P(1，－3)间距离的最大值．∵圆心C(3,0)与点P(1，－3)之间的距离为3－12＋0＋32＝7，故x－12＋y＋32的最大值为7＋1.答案7＋1三、解答题13．如图，在平面直角坐标系xOy中，点A在x轴正半轴上，直线AB的倾斜角为3π4，|OB|＝2，设∠AOB＝θ，θ∈π2，3π4.(1)用θ表示点B的坐标及|OA|；(2)若tanθ＝－43，求OA→·OB→的值．解(1)由题意，可得点B的坐标为(2cosθ，2sinθ)．在△ABO中，|OB|＝2，∠BAO＝π4，∠B＝π－π－3π4－θ＝3π4－θ.由正弦定理，得|OB|sinπ－34π＝|OA|sinB，即|OA|＝22sin3π4－θ.(2)由(1)，得OA→·OB→＝|OA→||OB→|cosθ＝42sin3π4－θcosθ.因为tanθ＝－43，θ∈π2，3π4，所以sinθ＝45，cosθ＝－35.又sin3π4－θ＝sin3π4cosθ－cos3π4sinθ＝22×－35－－22×45＝210，故OA→·OB→＝42×210×－35＝－1225.14．已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，设向量m＝(a，b)，n＝(sinB，sinA)，p＝(b－2，a－2)．(1)若m∥n，求证：△ABC为等腰三角形；(2)若m⊥p，边长c＝2，C＝π3，求△ABC的面积．(1)证明因为m∥n，所以asinA＝bsinB，即a·a2R＝b·b2R(其中R是△ABC外接圆的半径)，所以a＝b.所以△ABC为等腰三角形．(2)解由题意，可知m·p＝0，即a(b－2)＋b(a－2)＝0，所以a＋b＝ab，由余弦定理，知4＝c2＝a2＋b2－2abcosπ3＝(a＋b)2－3ab，即(ab)2－3ab－4＝0，所以ab＝4或ab＝－1(舍去)．所以S△ABC＝12absinC＝12×4×sinπ3＝3.15．如图所示，A，B分别是单位圆与x轴、y轴正半轴的交点，点P在单位圆上，∠AOP＝θ(0θπ)，C点坐标为(－2,0)，平行四边形OAQP的面积为S.(1)求OA→·OQ→＋S的最大值；(2)若CB∥OP，求sin2θ－π6的值．解(1)由已知，得A(1,0)，B(0,1)，P(cosθ，sinθ)，因为四边形OAQP是平行四边形，所以OQ→＝OA→＋OP→＝(1,0)＋(cosθ，sinθ)＝(1＋cosθ，sinθ)．所以OA→·OQ→＝1＋cosθ.又平行四边形OAQP的面积为S＝|OA→|·|OP→|sinθ＝sinθ，所以OA→·OQ→＋S＝1＋cosθ＋sinθ＝2sinθ＋π4＋1.又0θπ，所以当θ＝π4时，OA→·OQ→＋S的最大值为2＋1.(2)由题意，知CB→＝(2,1)，OP→＝(cosθ，sinθ)，因为CB∥OP，所以cosθ＝2sinθ.又0θπ，cos2θ＋sin2θ＝1，解得sinθ＝55，cosθ＝255，所以sin2θ＝2sinθcosθ＝45，cos2θ＝cos2θ－sin2θ＝35.所以sin2θ－π6＝sin2θcosπ6－cos2θsinπ6＝45×32－35×12＝43－310.新课标第一网系列资料