高考文科数学二轮专题复习题：《专题2 第3讲 平面向量》

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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.　B．C.　D．解析　AB＝OB－OA＝(4，－1)－(1,3)＝(3，－4)，∴与AB同方向的单位向量为＝.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|＝，则|b|等于(　　)．A．5　B．4　C．3　D．1解析　向量a与b的夹角为120°，|a|＝3，|a＋b|＝，则a·b＝|a||b|·cos120°＝－|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.　B．2　C．5　D．10解析　因为AC·BD＝0，所以AC⊥BD.所以四边形ABCD的面积S＝|AC||BD|＝××2＝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.＋　B．－　　C.　D．|b|a＋|a|b解析　∵AD＝(AB＋AC)＝(a＋b)，∴向量与向量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|＝.又c·a＝－(a＋b)·a＝－a2－a·b＝－1－cos60°＝－，设向量c与a的夹角为θ，则cosθ＝＝＝－.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．2　B．2　C．4　D．4解析　由|OA|＝|OB|＝OA·OB＝2，知cos∠AOB＝，又0≤∠AOB≤π，则∠AOB＝，又A，B是两定点，可设A(，1)，B(0,2)，P(x，y)，由OP＝λOA＋μOB，可得⇒因为|λ|＋|μ|≤1，所以＋≤1，当由可行域可得S0＝×2×＝，所以由对称性可知点P所表示的区域面积S＝4S0＝4，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＝，由b·c＝0，得∴b·c＝ta·b＋(1－t)·b2＝t＋(1－t)×12＝t＋1－t＝1－t＝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＋AB)·(AD－AB)＝AD2－AD·AB－AB2＝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，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＝(e1＋3e2)·2e1＝2e＋6e1·e2＝5.|b|＝|2e1|＝2.∴＝.答案　11．(2014·山东卷)在△ABC中，已知AB·AC＝tanA，当A＝时，△ABC的面积为________．解析　已知A＝，由题意得|AB|·|AC|cos＝tan，|AB||AC|＝，所以△ABC的面积S＝|AB|·|AC|sin＝××＝.答案　12．(2014·湖南卷)在平面直角坐标系中，O为原点，A(－1,0)，B(0，)，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，)＋(x，y)＝(x－1，y＋)，∴|OA＋OB＋OC|＝.问题转化为圆(x－3)2＋y2＝1上的点与点P(1，－)间距离的最大值．∵圆心C(3,0)与点P(1，－)之间的距离为＝，故的最大值为＋1.答案　＋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，|OB|＝2，设∠AOB＝θ，θ∈.(1)用θ表示点B的坐标及|OA|；(2)若tanθ＝－，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＝，∠B＝π－－θ＝－θ.由正弦定理，得＝，即|OA|＝2sin.(2)由(1)，得OA·OB＝|OA||OB|cosθ＝4sincosθ.因为tanθ＝－，θ∈，所以sinθ＝，cosθ＝－.又sin＝sincosθ－cossinθ＝×－×＝，故OA·OB＝4××＝－.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＝，求△ABC的面积．(1)证明　因为m∥n，所以asinA＝bsinB，即a·＝b·(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＋b2－2abcos＝(a＋b)2－3ab，即(ab)2－3ab－4＝0，所以ab＝4或ab＝－1(舍去)．所以S△ABC＝absinC＝×4×sin＝.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(0<θ<π)，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＝sin＋1.又0<θ<π，所以当θ＝时，OA·OQ＋S的最大值为＋1.(2)由题意，知CB＝(2,1)，OP＝(cosθ，sinθ)，因为CB∥OP，所以cosθ＝2sinθ.又0<θ<π，cos2θ＋sin2θ＝1，解得sinθ＝，cosθ＝，所以sin2θ＝2sinθcosθ＝，cos2θ＝cos2θ－sin2θ＝.所以sin＝sin2θcos－cos2θsin＝×－×＝.