1、阶段回扣练5平面向量 (时间：120分钟)一、填空题1已知平面向量a(1,2)，b(2，m)，且ab，则2a3b_.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(4，8)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)(3
2、1,2)(1,2)3140解得.答案4(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_解析因为(ab)a，所以(ab)a0，a2ab0，121cosa，b0，cosa，b，得a，b.答案5(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)_.解析a(ab)a2ab421cos 605.答案56(2015无锡期末考试)已知向量(3，4)，(5，3)，(4m，m2)，若点A，B，C能构成三角形，则实数m应满足条件_解析依题意得(2,1)，(1m，m6)；又与不共线，因此有2(m6)(m1)0，由此解得
3、m，因此实数m应满足的条件是m.答案m7(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，|a2b|3.答案38(2014南昌模拟)设a，b为平面向量，则“|ab|a|b|”是“ab”的_条件(填“充分不必要”、“必要不充分”、“充要”、“既不充分也不必要”)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
4、得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充要9(2015扬州模拟)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610(2014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11(2015南通调研)若向量a(cos ，sin )，b(cos ，sin )，且|ab|2ab，则cos(
5、)的值是_解析由|ab|2ab可得ab0，两边平方得22ab4(ab)2，即为(2ab1)(ab1)0，所以abcos()1，又由余弦函数的值域可得cos()1.答案112(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4a2b3c0，则cos B_.解析由4a2b3c0，得4a3c2b2b()2b2b，所以4a3c2b.由余弦定理得cos B.答案13(2015日照重点中学诊断考试)在ABC中，A60，M是AB的中点，若AB2，BC2，D在线段AC上运动，则的最小值为_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a2b2c22bcc
6、os A，即12b242b，即b22b80，解得b4.设 (01)，则()()( )( )2|2 |216262，当时，16262最小，最小值为.答案14(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2；a(1，1)，A，B为直线xy20上的任意两点，则a；已知a与b夹角为，且ab，则|ab|的最小值为1；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，0，因此2，正确；对于，取
7、点A(0，2)，B(2,0)，则(2,2)，此时(2,2)与a不共线，因此不正确；对于，依题意得|a|b|cos ，|a|b|2，|ab|2|a|2|b|222|a|b|242，因此|ab|的最小值是1，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.答案二、解答题15(2015泰州调研)在平面直角坐标系中，O为坐标原点，已知向量a(2,
8、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)(2)由(1)可知t，ycos2cos cos2cos 2，当cos 时，ymin.16(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)
9、，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 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，B.17ABC中内角A，B，C的
10、对边分别为a，b，c，向量m(2sin B，)，n(cos 2B,2cos21)，且mn.(1)求锐角B的大小；(2)如果b2，求SABC的最大值解(1)mn，2sin Bcos 2B，sin 2Bcos 2B，即tan 2B.又B为锐角，2B(0，)，2B，B.(2)B，b2，由余弦定理cos B，得a2c2ac40.又a2c22ac，代入上式，得ac4，当且仅当ac2时等号成立故SABCacsin Bac，当且仅当ac2时等号成立，即SABC的最大值为.18(2015徐州质量检测)在ABC中，已知C，向量m(sin A,1)，n(1，cos B)，且mn.(1)求A的值；(2)若点D在边B
11、C上，且3，AD，求ABC的面积解(1)由题意知mnsin Acos B0，又C，ABC，所以sin Acos0，即sin Acos Asin A0，即sin0，又0A，所以A，所以A0，即A.(2)设|x，由3 ，得|3x，由(1)知AC，所以|3x，B，在ABD中，由余弦定理得()2(3x)2x223xx cos，解得x1，所以ABBC3，所以SABCBABCsin B33sin.19(2015南通、扬州、泰州、宿迁四市调研)在ABC中，已知9，16.求：(1)AB的值；(2)的值解(1)法一因为9，16，所以91625，即()25，亦即225，故AB5.法二设A，B，C的对边依次为a，b
12、，c，则由条件得bccos A9，accos B16.两式相加得c(bcos Aacos B)91625，即c225，故ABc5.法三设A，B，C的对边依次为a，b，c，则由条件得bccos A9，accos B16.由余弦定理得(b2c2a2)9，(c2a2b2)16，两式相加得c225，故ABc5.(2)，由正弦定理得.20(2015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.