1、1.对于向量a，b，c和实数，下列命题中为真命题的是()A若ab0，则a0或b0B若a0，则0或a0C若a2b2，则ab或abD若abac，则bc答案B解析ab0ab，故A错；a2b2|a|b|，得不出ab，不要与实数x、y满足|x|y|xy混淆，故C错；abaca(bc)0，同A知D错，故选B.2(文)如图，在ABC中，ADAB，|1，则()A2 B. C. D.答案D解析，()，又ABAD，0，|cosADB|cosADB|.(理)(2012新疆维吾尔自治区检测)已知A、B、C是圆O：x2y2r2上三点，且，则等于()A0 B. C.D答案A解析A、B、C是O上三点，|r(r0)，()()
2、|2|20，故选A.3(文)(2012山西大同调研)设非零向量a，b，c满足|a|b|c|，abc，则a，b的夹角为()A150 B120 C60 D30答案B解析设|a|m(m0)，a，b的夹角为，由题设知(ab)2c2，即2m22m2cosm2，得cos.又0180，所以120，即a，b的夹角为120，故选B.(理)(2011郑州一测)若向量a、b满足|a|b|1，(ab)b，则向量a、b的夹角为()A30 B45 C60 D90 答案C解析(ab)bb2ab1ab，ab，即|a|b|cosa，b，cosa，b，a，b60，故选C.4(文)已知向量a，b满足|b|2，a与b的夹角为60，则
3、b在a上的射影数量是()A.B1C2D3答案B解析向量b在a上的射影数量为l|b|cos601.(理)(2011天津宝坻质量调查)已知点A、B、C在圆x2y21上，满足20(其中O为坐标原点)，又|，则向量在向量方向上的射影数量为()A1 B1 C. D答案C解析由2()()0得，即O、B、C三点共线又|1，故向量在向量方向上的射影数量为|cos.5(2013烟台市第一学期检测)已知向量a、b，其中|a|，|b|2，且(ab)a，则向量a和b的夹角是()A. B. C. D答案A解析由题意知(ab)aa2ab2ab0，ab2.设a与b的夹角为，则cos，故选A.6(文)在ABC中，a、b、c分
4、别是A，B，C所对的边，设向量m(bc，ca)，n(b，ca)，若mn，则A的大小为()A. B. C. D.答案B解析mnb(bc)c2a2c2b2a2bc0，cosA，0A，A.(理)已知向量a(cos，sin)，b(cos，sin)，a与b的夹角为60，直线xcosysin0与圆(xcos)2(ysin)2的位置关系是()A相切 B相交C相离 D随，值的变化而变化答案B解析|a|1，|b|1，abcoscossinsincos()，a，b60，cos60，cos()，圆心(cos，sin)到直线xcosycos0的距离d|cos()|，直线与圆相交7(2011新课全国文)已知a与b为两个
5、不共线的单位向量，k为实数，若向量ab与向量kab垂直，则k_.答案1解析由ab与kab垂直知(ab)(kab)0，即ka2abkabb20，又由|a|b|1知(k1)(ab1)0，若ab1，则a与b夹角180，与a，b不共线矛盾，k10，k1.8(2011江西文)已知两个单位向量e1，e2的夹角为，若向量b1e12e2，b23e14e2，则b1b2_.答案6解析e1，e2，|e1|1，|e2|1，b1b2(e12e2)(3e14e2)3|e1|22e1e28|e1|232cos86.9(2012东北三校二模)已知M、N为平面区域内的两个动点，向量a(1,3)，则a的最大值是_答案40解析作出
6、不等式组表示的平面区域如图，由于a(1,3)，直线AB：3xy60，显见a是直线AB的一个方向向量，由于M、N是ABC围成区域内的任意两个点，故当M、N分别为A、B点时，a取最大值，求得A(0，6)，B(4,6)，(4,12)，a40.10(文)设在平面上有两个向量a(cos，sin)(0360)，b(，)(1)求证：向量ab与ab垂直；(2)当向量ab与ab的模相等时，求的大小解析(1)证明：因为(ab)(ab)|a|2|b|2(cos2sin2)()0，故ab与ab垂直(2)由|ab|ab|，两边平方得3|a|22ab|b|2|a|22ab3|b|2，所以2(|a|2|b|2)4ab0，而
7、|a|b|，所以ab0，则()cossin0，即cos(60)0，60k18090，即k18030，kZ，又00)的焦点F的直线l与抛物线在第一象限的交点为A，与抛物线的准线的交点为B，点A在抛物线的准线上的射影为C，若，48，则抛物线的方程为()Ay28x By24x Cy216x Dy24x答案B解析如图，ABC为直角三角形，由抛物线定义及条件知，|AC|AF|FB|AB|，ABC，设|AC|t，则|AB|2t，|BC|t，|cosABC2ttcos3t248，t4，p|DF|2，抛物线方程为y24x，故选B.13(2011日照二模)在ABC中，AB3，AC2，BC，则()A B C. D
8、.答案D解析|cosBAC|.14(文)( 2011菏泽模拟)已知向量(k,12)，(4,5)，(k,10)，且A、B、C三点共线，则k_.答案解析A、B、C三点共线，与共线，(4k，7)，(2k，2)，2(4k)(7)(2k)0，k.(理)若等边三角形A BC的边长为2，平面内一点M满足，则_.答案2解析以AB所在的直线为x轴，AB的垂直平分线为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则A，B，C三点的坐标分别为(，0)，(，0)，(0,3)设M点的坐标为(x，y)，则(x，y3)，(，3)，(，3)，又，即(x，y3)(，)，可得M(，)，所以2.15(2011宁波十校联考)已知向量a(cos
9、，sin)，b(cos，sin)，|ab|.(1)求cos()的值；(2)若0，0，且sin，求sin的值解析(1)由|ab|得，|ab|2(ab)2a22abb222ab，ab，cos()coscossinsinab.(2)由0，0得0，sin()，由sin得cos，sinsin()sin()coscos()sin.16(文)(2011山东青岛二模)设角A，B，C是ABC的三个内角，已知向量m(sinAsinC，sinBsinA)，n(sinAsinC，sinB)，且mn.(1)求角C的大小；(2)若向量s(0，1)，t，试求|st|的取值范围解析(1)由题意得mn(sin2Asin2C)(
10、sin2BsinAsinB)0，即sin2Csin2Asin2BsinAsinB，由正弦定理得c2a2b2ab，再由余弦定理得cosC.因为0C，所以C.(2)因为st(cosA，cosB)，所以|st|2cos2Acos2Bcos2Acos2cos2Asin2A1sin1.因为0A，所以2A，则sin1，所以sin(2A)，所以|st|2，故|st|.(理)(2012东北三校联考)已知向量m(2，1)，n(sin，cos(BC)，A、B、C为ABC的内角，其所对的边分别为a、b、c.(1)当mn取得最大值时，求角A的大小；(2)在(1)的条件下，当a时，求b2c2的取值范围解析(1)mn2s
11、incos(BC)2sin22sin12(sin)2，0A，0，当sin，即A时，mn取得最大值(2)由2得，b2sinB，c2sinC，CABB，b2c24sin2B4sin2C42sin(2B)，0B，2B，sin(2B)1，3b2c26，b2c2的取值范围为(3,61已知直线y2x上一点P的横坐标为a，有两个点：A(1，1)，B(3,3)，那么使向量与夹角为钝角的一个充分但不必要的条件是()A1a2 B0a1Ca D0a2答案B解析由题意设P(a,2a)，由数量积的性质知，两向量的夹角为钝角的充要条件为：(1a,12a)(3a,32a)5a210a0，且除去P，A，B三点共线这种特殊情况
12、，解得0a2且a1.分析四个选项中a的取值范围使得满足条件a的取值构成的集合只需真包含在集合a|0a2且a1中即可，只有B选项符合2已知直线axbyc0与圆O：x2y21相交于A、B两点，且|AB|，则 ()A. BC. D答案B解析设AB中点为P，|AB|，|AP|，又|OA|1，AOP，AOB，|cos.3(2011安徽知名省级示范高中联考)已知两个单位向量e1，e2的夹角为，则下列命题不正确的是()Ae1在e2方向上的射影数量为cosBeeC(e1e2)(e1e2)De1e21答案D解析|e1|1，|e2|1，e1，e2，e1在e2方向上的射影数量为|e1|coscos，A正确；又ee1
13、，B正确；(e1e2)(e1e2)ee0，(e1e2)(e1e2)，C正确；e1e2|e1|e2|coscos，故D不成立4(2011海南三亚一中月考)已知两点M(2,0)，N(2，0)，点P为坐标平面内的动点，满足|0，则动点P(x，y)的轨迹方程为()Ay28x By28xCy24x Dy24x答案B解析|cos|(|cos)0(为与的夹角)，|0，|cos0，|cos()，|，如下图，又|MO|2，方程为y28x，选B.5设向量a(4cos，sin)，b(sin，4cos)，c(cos，4sin)(1)若a与b2c垂直，求tan()的值；(2)求|bc|的最大值；(3)若tantan16，求证：ab.解析(1)由a与b2c垂直a(b2c)ab2ac0，即4sin()8cos()0，tan()2.(2)bc(sincos，4cos4sin)，|bc|2sin22sincoscos216cos232cossin16sin21730sincos1715sin2最大值为32，|bc|的最大值为4.(3)由tantan16得sinsin16coscos，即4cos4cossinsin0，ab.