1、阶段回扣练 5 平面向量(建议用时：90 分钟)一、选择题1对于任意向量 a，b，c，下列命题中正确的是()A|ab|a|b|B|ab|a|b|C(ab)ca(bc)Daa|a|2答案 D2已知平面向量 a(1，2)，b(2，m)，且 ab，则 2a3b()A(2，4)B(3，6)C(4，8)D(5，10)解析 由 a(1，2)，b(2，m)，且 ab，得 1m2(2)m4，从而 b(2，4)，那么 2a3b(4，8)答案 C3(2015陕西五校联考)已知向量 a(3，4)，b(x，3)，c(0，1)，若(ab)(bc)0，则 x()A1 或4 B1 或 4C2 或3 D2 或 3解析 ab(
2、3x，1)，bc(x，4)，则(ab)(bc)(3x)x1(4)x23x40，解得 x1 或 x4.故选 A.答案 A4(2014北京海淀模拟)平面向量 a，b 满足|a|2，|b|1，且 a，b 的夹角为 60，则 a(ab)()A1 B3 C5 D7解析 a(ab)a2ab421cos 605.答案 C5(2014济南针对性训练)已知平面向量 a，b 满足|a|1，|b|2，且(ab)a，则 a 与 b 的夹角为()A.6B.3C.23D.56解析 因为(ab)a，所以(ab)a0，a2ab0，121cosa，b0，cosa，b12，得a，b3.答案 B6(2015浙江五校联考)已知|a|
3、b|a2b|1，则|a2b|()A9 B3 C1 D2解析 由|a|b|a2b|1，得 a24ab4b21，4ab4，|a2b|2a24ab4b2549，|a2b|3.答案 B7(2014南昌模拟)设 a，b 为平面向量，则“|ab|a|b|”是“ab”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|ab|a|b|可得 a0，或 b0，或 a 与 b 的夹角为 0或 180，所以由|ab|a|b|可推得 ab.反之，若 a 与 b 中至少有一个为零向量，则|ab|0，|a|b|0，可推得|ab|a|b|；若 a 与 b 中没有一个为零向量，则由 ab 可得
4、a 与 b 的夹角为 0或 180，可推得|ab|a|b|.综上所述，“|ab|a|b|”是“ab”的充分必要条件 答案 C8已知 O 是ABC 所在平面内一点，D 为 BC 边中点，且 2OA OB OC 0，则有()A.AO 2ODB.AO ODC.AO 3ODD2AO OD解析 由 2OA OB OC 0，得OB OC 2OA 2AO，即OB OC 2OD 2AO，所以OD AO，即 O 为 AD 的中点 答案 B9平面上有四个互异点 A，B，C，D，已知(DB DC 2DA)(ABAC)0，则ABC的形状是()A直角三角形B等腰三角形C等腰直角三角形D无法确定解析 由(DB DC 2D
5、A)(ABAC)0，得(DB DA)(DC DA)(ABAC)0，所以(ABAC)(ABAC)0.所以|AB|2|AC|20，|AB|AC|，故ABC 是等腰三角形答案 B10(2014安庆二模)在ABC 中，a，b，c 分别为角 A，B，C 所对应的三角形的边长，若 4aBC2bCA3cAB0，则 cos B()A1124B.1124C.2936D2936解析 由 4aBC2bCA3cAB0，得 4aBC3cAB2bCA2b(BABC)2bAB 2bBC，所以 4a3c2b.由余弦定理得 cos Ba2c2b22acb24 49b2b22b223b 1124.答案 A二、填空题11设 a(m
6、，1)，b(2，3)，若 ab，则 m_解析 ab3m20.m23.答案 2312已知 a(3，2)，b(1，0)，向量 ab 与 a2b 垂直，则实数 _解析 ab(31，2)，a2b(1，2)，又 ab 与 a2b 垂直，(ab)(a2b)(31，2)(1，2)3140，解得：17.答案 1713(2014南京、盐城模拟)已知|OA|1，|OB|2，AOB23，OC 12OA 14OB，则OA 与OC 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(1，3)，OC 12OA 14OB 14，34.设OA
7、，OC的夹角为，0，则 cos OA OC|OA|OC|141212，所以 3.答案 314(2015日照重点中学诊断考试)在ABC 中，A60，M 是 AB 的中点，若 AB2，BC2 3，D 在线段 AC 上运动，则DB DM 的最小值为_解析 在ABC 中，设角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，根据余弦定理得 a2b2c22bccos A，即 12b242b，即 b22b80，解得 b4.设AD AC(01)，则DB DM(ABAD)(AM AD)(AB AC)(12AB AC)2|AC|232 ABAC 12|AB|216262，当 316时，16262 最小，最小值为2316.
8、答案 231615(2014合肥质量检测)有下列命题：已知 a，b 是平面内两个非零向量，则平面内任一向量 c 都可表示为 ab，其中，R；对平面内任意四边形 ABCD，点 E，F 分别为 AB，CD 的中点，则 2EFAD BC；a(1，1)，A，B 为直线 xy20 上的任意两点，则ABa；已知 a 与 b 夹角为6，且 ab 3，则|ab|的最小值为 31；ac 是(ab)ca(bc)的充分条件其中正确的是_(写出所有正确命题的编号)解析 对于，注意到当 a，b 共线时，结论不正确；对于，注意到EFEAAD DF，EFEBBCCF，EAEBCF DF 0，因此 2EFAD BC，正确；对
9、于，取点 A(0，2)，B(2，0)，则AB(2，2)，此时AB(2，2)与 a 不共线，因此不正确；对于，依题意得|a|b|cos 6 3，|a|b|2，|ab|2|a|2|b|22 32|a|b|2 342 3，因此|ab|的最小值是42 3 31，正确；对于，注意到，当 ac 时，若 a，c 中有一个为 0，等式显然成立，若 a，c 均不为 0，可设 cka，则有(ab)c(ab)kaa(bka)a(bc)，即由 ac 可得(ab)ca(bc)；反过来，由(ab)ca(bc)不能得知 ac，因此“ac”是“(ab)ca(bc)”的充分不必要条件，正确综上所述，其中正确的是.答案 三、解答
10、题16(2015漯河调研)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 aAB，且|AB|5|OA|，求向量OB 的坐标；(2)若 aAB，求 ycos2cos t2 的最小值解(1)AB(cos 1，t)，又 aAB，2tcos 10.cos 12t.又|AB|5|OA|，(cos 1)2t25.由得，5t25，t21.t1.当 t1 时，cos 3(舍去)，当 t1 时，cos 1，B(1，1)，OB(1，1)(2)由(1)可知 tcos 12，ycos2cos（cos 1）2454cos232cos 1454cos265cos 145
11、4cos 35215，当 cos 35时，ymin15.17(2014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 x 2sinx4，令 2k2 x4 2k2(kZ)，得 2k34 x2k4(kZ)，令 k0，得34 x4，令 k1，得54 x94，又x0，2，f(x)在0，2上的单调递增区间为0，4，54，2(2)由题意 f(C)sin Ccos C，mn，a1f(C)b0，即 a
12、b(sin Ccos C)，由正弦定理 asin A bsin B，得 sin Asin 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，B4.18ABC 中内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，向量 m(2sin B，3)，n(cos 2B，2cos2B21)，且 mn.(1)求锐角 B 的大小；(2)如果 b2，求 SABC 的最大值解(1)mn，2sin B2cos2B21 3co
13、s 2B，sin 2B 3cos 2B，即 tan 2B 3.又B 为锐角，2B(0，)，2B23，B3.(2)B3，b2，由余弦定理 cos Ba2c2b22ac，得 a2c2ac40.又 a2c22ac，代入上式，得 ac4，当且仅当 ac2 时等号成立故 SABC12acsin B 34 ac 3，当且仅当 ac2 时等号成立，即 SABC 的最大值为 3.19(2015惠州模拟)已知向量OA(cos，sin)(0)，OB(sin，cos)，其中 O 为坐标原点(1)若 6，求向量OA 与OB 的夹角；(2)若|AB|2|OB|对任意实数，恒成立，求实数 的取值范围解(1)设向量OA 与
14、OB 的夹角为，则 cos OA OB|OA|OB|sin（）|2|，当 0 时，cos 12，3；当 0 时，cos 12，23.故当 0 时，向量OA 与OB 的夹角为3；当 0 时，向量OA 与OB 的夹角为23.(2)|AB|2|OB|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0，2214或0，2214，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|AB|OB OA|OB|OA|1|，可得|AB|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
