1、一、填空题1.已知ae1e2，b3e12e2，c2e13e2，且ambnc，则mn_.解析因为ambncm(3e12e2)n(2e13e2)(3m2n)e1(3n2m)e2，所以所以所以mn.答案2.(2015潍坊五校联考)已知向量a(3，4)，b(x，3)，c(0，1)，若(ab)(bc)0，则x_.解析ab(3x，1)，bc(x，4)，则(ab)(bc)(3x)x1(4)x23x40，解得x1或x4.答案1或43.(2015福建卷改编)设a(1，2)，b(1，1)，cakb.若bc，则实数k的值等于_.解析cakb(1，2)k(1，1)(1k，2k)，bc，bc0，bc(1，1)(1k，2
2、k)1k2k32k0，k.答案4.(2016连云港调研)若平面向量a(1，2)与b的夹角是180，且|b|3，则b的坐标为_.解析a与b夹角是180，设ba(1，2)(0)，|a|，|b|3，3，b(3，6).答案(3，6)5.(2015山东卷改编)已知菱形ABCD 的边长为a，ABC60 ，则_解析如图所示，由题意，得BCa，CDa，BCD120.BD2BC2CD22BCCDcos 120a2a22aa3a2，BDa.|cos 30a2a2.答案a26.(2015北京卷改编)设a，b是非零向量.“ab|a|b|”是“ab”的_条件(填“充分而不必要”、“必要而不充分”、“充要”、“既不充分也
3、不必要”).解析设a与b的夹角为.因为ab|a|b|cos |a|b|，所以cos 1，即a与b的夹角为0，故ab；而当ab时，a与b的夹角为0或180，所以ab|a|b|cos |a|b|，所以“ab|a|b|”是ab的充分而不必要条件.答案充分而不必要7.(2015无锡一模)设A，B，C为直线l上不同的三点，O为直线l外一点，若pqr0(p，q，rR)，则pqr_.解析由已知得，而A，B，C三点共线，所以1，所以pqr0.答案08.(2015浙江五校联考)已知|a|b|a2b|1，则|a2b|_.解析由|a|b|a2b|1，得a24ab4b21，4ab4，|a2b|2a24ab4b2549
4、，|a2b|3.答案39.(2016南通调研)已知O为原点，点A，B的坐标分别为(a，0)，(0，a)，其中常数a0，点P在线段AB上，且有t(0t1)，则的最大值为_.解析因为t，所以t()(1t)t(aat，at)，所以a2(1t)，因为0t1，所以0a2.答案a210.(2015无锡二模)定义平面向量的一种运算：ab|a|b|sina，b，则下列命题：abba；(ab)(a)b；若a(x1，y1)，b(x2，y2)，则ab|x1y2x2y1|.其中真命题是_(写出所有真命题的序号).解析由定义可知ba|b|a|sina，bab，所以成立；当0时，a，ba，b，所以(a)b|a|b|sin
5、a，b|a|b|sina，b，而(ab)|a|b|sina，b，所以不成立；(ab)2|a|2|b|2sin2a，b|a|2|b|2(1cos2a，b)|a|2|b|2|a|2|b|2cos2a，b|a|2|b|2(ab)2(xy)(xy)(x1x2y1y2)2(x1y2x2y1)2，所以ab|x1y2x2y1|，所以成立.所以真命题是.答案11.(2015南京、盐城模拟)已知|1，|2，AOB，则与的夹角大小为_.解析以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，与OA垂直的直线为y轴建立平面直角坐标系.则A(1，0)，B(1，)，.设，的夹角为，0，则cos ，所以.答案12.(2016苏北四市调研
6、)平行四边形ABCD中，已知AB4，AD3，BAD60，点E，F分别满足2，则_.解析依题意得，22324234cos 606.答案613.(2015南通期末)如图，圆O的内接ABC中，M是BC的中点，AC3.若4，则AB_.解析如图，延长AO交圆于D，连接BD，CD，则ABDACD90.()|cosBAD|cosCAD(|cosBAD|cosCAD)(|2|2)4，得|27，即AB.答案14.(2015淮安三模)在平面直角坐标系xOy中，设A，B，C是圆x2y21上相异三点，若存在实数，使得，则2(3)2的取值范围是_.解析设向量与的夹角为，则由得22cos 21，从而由|cos |1得10
7、)，则(a，3)，(xa，y)，(x，by)，由0，得a(xa)3y0.由，得(xa，y)(x，by)，b0，y0，把a代入，得3y0，整理得yx2(x0).所以动点M的轨迹方程为yx2(x0).16.(2015南京、盐城调研)在平面直角坐标系中，O为坐标原点，已知向量a(2，1)，A(1，0)，B(cos ，t).(1)若a，且|，求向量的坐标；(2)若a，求ycos2cos t2的最小值.解(1)(cos 1，t)，又a，2tcos 10.cos 12t.又|，(cos 1)2t25.由得，5t25，t21.t1.当t1时，cos 3(舍去)，当t1时，cos 1，B(1，1)，(1，1)
8、.(2)由(1)可知t，ycos2cos cos2cos ，当cos 时，ymin.17.(2015潍坊模拟)已知函数f(x)sin xcos x.(1)求函数yf(x)在x0，2上的单调递增区间；(2)在ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知m(a，b)，n(f(C)，1)，且mn，求B.解(1)f(x)sin xcos xsin，令2kx2k(kZ)，得2kx2k(kZ)，令k0，得x，令k1，得x，又x0，2，f(x)在0，2上的单调递增区间为0，2.(2)由题意f(C)sin Ccos C，mn，a1f(C)b0，即ab(sin Ccos C)，由正弦定理，得sin As
9、in B(sin Ccos C)sin Bsin Csin Bcos C.在ABC中，sin Asin(BC)sin Bcos Ccos Bsin C，sin Bsin Ccos Bsin C.又sin C0，sin Bcos B，tan B1，又0B，B.18.(2015无锡期中)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.(1)证明因为(ab)(ab)|a|2|b|2(cos2sin2)0，故ab与ab垂直.(2)解由|ab|ab|，两边平方得3|a|22ab|b|2|a|22ab3|b|2，所以
10、2(|a|2|b|2)4ab0.而|a|b|，所以ab0，则cos sin 0，即cos(60)0，所以60k18090，即k18030，kZ，又因为0360，所以30或210.19.(2016南京、盐城模拟)已知向量m(cos x，1)，n，函数f(x)(mn)m.(1)求函数f(x)的最小正周期；(2)已知a，b，c分别为ABC内角A，B，C的对边，A为锐角，a1，c，且f(A)恰是函数f(x)在上的最大值，求A，b和ABC的面积.解(1)f(x)(mn)mcos2xsin xcos xsin 2xcos 2xsin 2x2sin2.因为2，所以最小正周期T.(2)由(1)知f(x)sin
11、2，当x时，2x.由正弦函数图象可知，当2x时，f(x)取得最大值3，又A为锐角，所以2A，A.由余弦定理a2b2c22bccos A，得1b232bcos，所以b1或b2，经检验均符合题意.从而当b1时，ABC的面积S1sin；当b2时，S2sin.20.(2016惠州模拟)已知向量(cos ，sin )(0)，(sin ，cos )，其中O为坐标原点.(1)若，求向量与的夹角；(2)若|2|对任意实数，恒成立，求实数的取值范围.解(1)设向量与的夹角为，则cos ，当0时，cos ，；当0时，cos ，.故当0时，向量与的夹角为；当0时，向量与的夹角为.(2)|2|对任意的，恒成立，即(cos sin )2(sin cos )24对任意的，恒成立，即212sin()4对任意的，恒成立，所以或解得3或3.故所求实数的取值范围是(，33，).另法一由212sin()4对任意的，恒成立，可得212|4，解得|3或|1(舍去)，由此求得实数的取值范围；另法二由|1|，可得|的最小值为|1|，然后将已知条件转化为|1|2，由此解得实数的取值范围.