高考數(shù)學一輪復習練案29第四章平面向量數(shù)系的擴充與復數(shù)的引入第四講平面向量的綜合應用含解析新人教版

一輪復習精品資料(高中)PAGEPAGE1第四講平面向量的綜合應用A組基礎鞏固一、單選題1．若O為△ABC內一點，|eq\o(OA,\s\up6(→))|＝|eq\o(OB,\s\up6(→))|＝|eq\o(OC,\s\up6(→))|，則O是△ABC的(B)A．內心 B．外心C．垂心 D．重心〖〖解析〗〗由向量模的定義知O到△ABC的三頂點距離相等，故O是△ABC的外心，故選B.2．已知點A(－2，0)，B(3，0)，動點P(x，y)滿足eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝x2－6，則點P的軌跡是(D)A．圓 B．橢圓C．雙曲線 D．拋物線〖〖解析〗〗因為eq\o(PA,\s\up6(→))＝(－2－x，－y)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(3－x，－y)，所以eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝(－2－x)(3－x)＋y2＝x2－6，所以y2＝x，即點P的軌跡是拋物線．故選D.3．已知A，B是圓心為C半徑為eq\r(5)的圓上兩點，且|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝eq\r(5)，則eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))等于(A)A．－eq\f(5,2) B．eq\f(5,2)C．0 D．eq\f(5\r(3),2)〖〖解析〗〗由于弦長|AB|＝eq\r(5)與半徑相等，則∠ACB＝60°?eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝－eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝－|eq\o(CA,\s\up6(→))|·|eq\o(CB,\s\up6(→))|·cos∠ACB＝－eq\r(5)×eq\r(5)·cos60°＝－eq\f(5,2).4．已知向量a＝(1，sinθ)，b＝(1，cosθ)，則|a－b|的最大值為(B)A．1 B．eq\r(2)C．eq\r(3) D．2〖〖解析〗〗∵a＝(1，sinθ)，b＝(1，cosθ)，∴a－b＝(0，sinθ－cosθ)．∴|a－b|＝eq\r(02＋（sinθ－cosθ）2)＝eq\r(1－sin2θ).∴|a－b|最大值為eq\r(2).故選B.5．(2021·銀川調研)若平面四邊形ABCD滿足eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))＝0，(eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AD,\s\up6(→)))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝0，則該四邊形一定是(C)A．直角梯形 B．矩形C．菱形 D．正方形〖〖解析〗〗由eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))＝0得平面四邊形ABCD是平行四邊形，由(eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AD,\s\up6(→)))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝0得eq\o(DB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝0，故平行四邊形的對角線垂直，所以該四邊形一定是菱形，故選C.6．(2021·安徽省黃山市高三第一次質量檢測)如圖，在△ABC中，∠BAC＝eq\f(π,3)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝2eq\o(DB,\s\up6(→))，P為CD上一點，且滿足eq\o(AP,\s\up6(→))＝meq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))，若△ABC的面積為2eq\r(3)，則|eq\o(AP,\s\up6(→))|的最小值為(B)A．eq\r(2) B．eq\r(3)C．3 D．eq\f(4,3)〖〖解析〗〗eq\o(AP,\s\up6(→))＝meq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＝meq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\f(3,4)eq\o(AD,\s\up6(→))，由于P、C、D共線，所以m＝eq\f(1,4)，設AC＝b，AB＝c，S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(\r(3),4)bc＝2eq\r(3)，∴bc＝8，|eq\o(AP,\s\up6(→))|2＝eq\o(AP,\s\up6(→))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)\o(AC,\s\up6(→))＋\f(3,4)\o(AD,\s\up6(→))))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,16)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b2＋9×\f(4,9)c2＋2×b×2c×\f(1,2)))＝eq\f(1,16)(b2＋4c2＋2bc)≥eq\f(1,16)×6bc＝3，∴|eq\o(AP,\s\up6(→))|≥eq\r(3)，故選B.二、多選題7．設a，b是非零向量，若函數(shù)f(x)＝(xa＋b)·(a－xb)的圖象是一條直線，則必有(AD)A．a(chǎn)⊥b B．a(chǎn)∥bC．|a|＝|b| D．|a＋b|＝|a－b|〖〖解析〗〗f(x)＝－(a·b)x2＋(a2－b2)x＋a·b.依題意知f(x)的圖象是一條直線，所以a·b＝0，即a⊥b.故選A、D.8．(2020·山東高考預測卷)已知向量a＝(1，2)，b＝(m，1)(m<0)，且向量b滿足b·(a＋b)＝3，則(AC)A．|b|＝eq\r(2)B．(2a＋b)∥(a＋2bC．向量2a－b與a－2b的夾角為eq\f(π,4)D．向量a在b方向上的投影為eq\f(\r(5),5)〖〖解析〗〗將a＝(1，2)，b＝(m，1)代入b·(a＋b)＝3，得(m，1)·(1＋m，3)＝3，得m2＋m＝0，解得m＝－1或m＝0(舍去)，所以b＝(－1，1)，所以|b|＝eq\r(（－1）2＋12)＝eq\r(2)，故A正確；因為2a＋b＝(1，5)，a＋2b＝(－1，4)，1×4－(－1)×5＝9≠0，所以2a＋b與a＋2b不平行，故B錯誤；設向量2a－b與a－2b的夾角為θ，因為2a－b＝(3，3)，a－2b＝(3，0)，所以cosθ＝eq\f(（2a－b）·（a－2b）,|2a－b||a－2b|)＝eq\f(\r(2),2)，所以θ＝eq\f(π,4)，故C正確；向量a在b方向上的投影為eq\f(a·b,|b|)＝eq\f(1,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，故D錯誤．三、填空題9．在△ABC中，若eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝2，則邊AB的長等于2．〖〖解析〗〗由題意知eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝4，即eq\o(AB,\s\up6(→))·(eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(CB,\s\up6(→)))＝4，即eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝4，所以|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝2.10．已知|a|＝2|b|，|b|≠0，且關于x的方程x2＋|a|x－a·b＝0有兩相等實根，則向量a與b的夾角是eq\f(2π,3)．〖〖解析〗〗由已知可得Δ＝|a|2＋4a·b＝0，即4|b|2＋4×2|b|2cosθ＝0，所以cosθ＝－eq\f(1,2)，又因為0≤θ≤π，所以θ＝eq\f(2π,3).11．已知向量m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)sin\f(x,4)，1))，n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(x,4)，cos2\f(x,4))).若m·n＝1，則coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－x))＝－eq\f(1,2)．〖〖解析〗〗m·n＝eq\r(3)sineq\f(x,4)coseq\f(x,4)＋cos2eq\f(x,4)＝eq\f(\r(3),2)sineq\f(x,2)＋eq\f(1＋cos\f(x,2),2)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,6)))＋eq\f(1,2)，因為m·n＝1，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,6)))＝eq\f(1,2).因為coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＝1－2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,6)))＝eq\f(1,2)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－x))＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＝－eq\f(1,2).故填－eq\f(1,2).12．(2021·蚌埠模擬)已知正方形ABCD的邊長為1，點E是AB邊上的動點.eq\o(DE,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))的最大值為1．〖〖解析〗〗(1)解法一：如圖所示，以AB，AD所在的直線分別為x，y軸建立直角坐標系，設E(t，0)，0≤t≤1，則D(0，1)，C(1，1)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝(t，－1)，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(1，0)，∴eq\o(DE,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))＝t≤1.解法二：選取{eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))}作為基底，設eq\o(AE,\s\up6(→))＝teq\o(AB,\s\up6(→))，0≤t≤1，則eq\o(DE,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))＝(teq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AD,\s\up6(→)))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝t≤1.解法三：設eq\o(AE,\s\up6(→))＝teq\o(AB,\s\up6(→))，則eq\o(DE,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))＝eq\o(DE,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝|eq\o(DE,\s\up6(→))|·1·cos∠AED＝|eq\o(AE,\s\up6(→))|＝|t||eq\o(AB,\s\up6(→))|＝|t|≤1.四、解答題13．在平面直角坐標系xOy中，已知向量m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)))，n＝(sinx，cosx)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).(1)若m⊥n，求tanx的值；(2)若m與n的夾角為eq\f(π,3)，求x的值．〖〖解析〗〗(1)因為m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)))，n＝(sinx，cosx)，m⊥n，所以m·n＝0，即eq\f(\r(2),2)sinx－eq\f(\r(2),2)cosx＝0，所以sinx＝cosx，所以tanx＝1.(2)由已知得|m|＝|n|＝1，所以m·n＝|m|·|n|coseq\f(π,3)＝eq\f(1,2)，即eq\f(\r(2),2)sinx－eq\f(\r(2),2)cosx＝eq\f(1,2)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＝eq\f(1,2).因為0<x<eq\f(π,2)，所以－eq\f(π,4)<x－eq\f(π,4)<eq\f(π,4)，所以x－eq\f(π,4)＝eq\f(π,6)，即x＝eq\f(5π,12).14．(2020·甘肅會寧一中高三上第二次月考)在△ABC中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，向量m＝(2sinB，－eq\r(3))，n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos2B，2cos2\f(B,2)－1))，且m∥n.(1)求銳角B的大??；(2)如果b＝2，求△ABC的面積S△ABC的最大值．〖〖解析〗〗(1)∵m∥n，∴2sinBeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2cos2\f(B,2)－1))＝－eq\r(3)cos2B，∴sin2B＝－eq\r(3)cos2B，即tan2B＝－eq\r(3).又∵B為銳角，∴2B∈(0，π)，∴2B＝eq\f(2π,3)，∴B＝eq\f(π,3).(2)∵B＝eq\f(π,3)，b＝2，∴由余弦定理cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)，得a2＋c2－ac－4＝0.又∵a2＋c2≥2ac∴ac≤4(當且僅當a＝c＝2時等號成立)，∴S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(\r(3),4)ac≤eq\r(3)(當且僅當a＝c＝2時等號成立)．∴△ABC的面積的最大值為eq\r(3).B組能力提升1．已知△ABC的內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，向量m＝(a，eq\r(3)b)與n＝(cosA，sinB)平行，則A＝(B)A．eq\f(π,6) B．eq\f(π,3)C．eq\f(π,2) D．eq\f(2π,3)〖〖解析〗〗因為m∥n，所以asinB－eq\r(3)bcosA＝0，由正弦定理，得sinAsinB－eq\r(3)sinBcosA＝0，又sinB≠0，從而tanA＝eq\r(3)，由于0<A<π，所以A＝eq\f(π,3).2．(2021·邵陽大聯(lián)考)在△ABC中，角A，B，C對應邊分別為a，b，c，已知三個向量m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，cos\f(A,2)))，n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b，cos\f(B,2)))，p＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，cos\f(C,2)))共線，則△ABC的形狀為(A)A．等邊三角形 B．等腰三角形C．直角三角形 D．等腰直角三角形〖〖解析〗〗由題意得acoseq\f(B,2)＝bcoseq\f(A,2)，acoseq\f(C,2)＝ccoseq\f(A,2)，由正弦定理得sinAcoseq\f(B,2)＝sinBcoseq\f(A,2)?sineq\f(B,2)＝sineq\f(A,2)?B＝A，同理可得C＝A，所以△ABC為等邊三角形．故選A.3．已知點M(－3，0)，N(3，0)．動點P(x，y)滿足|eq\o(MN,\s\up6(→))|·|eq\o(MP,\s\up6(→))|＋eq\o(MN,\s\up6(→))·eq\o(NP,\s\up6(→))＝0，則點P的軌跡的曲線類型為(B)A．雙曲線 B．拋物線C．圓 D．橢圓〖〖解析〗〗eq\o(MN,\s\up6(→))＝(3，0)－(－3，0)＝(6，0)，|eq\o(MN,\s\up6(→))|＝6，eq\o(MP,\s\up6(→))＝(x，y)－(－3，0)＝(x＋3，y)，eq\o(NP,\s\up6(→))＝(x，y)－(3，0)＝(x－3，y)，所以|eq\o(MN,\s\up6(→))|·|eq\o(MP,\s\up6(→))|＋eq\o(MN,\s\up6(→))·eq\o(NP,\s\up6(→))＝6eq\r(（x＋3）2＋y2)＋6(x－3)＝0，化簡可得y2＝－12x.故點P的軌跡為拋物線．故選B.4．(多選題)已知函數(shù)f(x)＝eq\r(3)sinωx(ω>0)的部分圖象如圖所示，A，B分別是這部分圖象上的最高點、最低點，O為坐標原點，若eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝0，則函數(shù)f(x＋1)是(AD)A．周期為4的函數(shù) B．周期為2π的函數(shù)C．奇函數(shù) D．偶函數(shù)〖〖解析〗〗由題圖可得Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2ω)，\r(3)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2ω)，－\r(3)))，由eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝0得eq\f(3π2,4ω2)－3＝0，又ω>0，所以ω＝eq\f(π,2)，所以f(x)＝eq\r(3)sineq\f(π,2)x，所以f(x＋1)＝eq\r(3)sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)（x＋1）))＝eq\r(3)coseq\f(π,2)x，它是周期4的偶函數(shù)．故選A、D.5．(2021·湖南五市十校聯(lián)考)已知向量m＝(cosx，sinx)，n＝(cosx，eq\r(3)cosx)，x∈R，設函數(shù)f(x)＝m·n＋eq\f(1,2).(1)求函數(shù)f(x)的〖解析〗式及單調遞增區(qū)間；(2)設a，b，c分別為△ABC的內角A，B，C的對邊，若f(A)＝2，b＋c＝2eq\r(2)，△ABC的面積為eq\f(1,2)，求a的值．〖〖解析〗〗(1)由題意知f(x)＝cos2x＋eq\r(3)sinxcosx＋eq\f(1,2)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋1，令2x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)＋2kπ，\f(π,2)＋2kπ))，k∈Z，解得x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)＋kπ，\f(π,6)＋kπ))，k∈Z，∴函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)＋kπ，\f(π,6)＋kπ))，k∈Z.(2)∵f(A)＝sin(2A＋eq\f(π,6))＋1＝2，∴sin(2A＋eq\f(π,6))＝1.∵0<A<π，∴eq\f(π,6)<2A＋eq\f(π,6)<eq\f(13π,6)，∴2A＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即A＝eq\f(π,6).由△ABC的面積S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)，得bc＝2.又b＋c＝2eq\r(2)，∴a2＝b2＋c2－2bccosA＝(b＋c)2－2bc(1＋cosA)，解得a＝eq\r(3)－1.第四講平面向量的綜合應用A組基礎鞏固一、單選題1．若O為△ABC內一點，|eq\o(OA,\s\up6(→))|＝|eq\o(OB,\s\up6(→))|＝|eq\o(OC,\s\up6(→))|，則O是△ABC的(B)A．內心 B．外心C．垂心 D．重心〖〖解析〗〗由向量模的定義知O到△ABC的三頂點距離相等，故O是△ABC的外心，故選B.2．已知點A(－2，0)，B(3，0)，動點P(x，y)滿足eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝x2－6，則點P的軌跡是(D)A．圓 B．橢圓C．雙曲線 D．拋物線〖〖解析〗〗因為eq\o(PA,\s\up6(→))＝(－2－x，－y)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(3－x，－y)，所以eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝(－2－x)(3－x)＋y2＝x2－6，所以y2＝x，即點P的軌跡是拋物線．故選D.3．已知A，B是圓心為C半徑為eq\r(5)的圓上兩點，且|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝eq\r(5)，則eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))等于(A)A．－eq\f(5,2) B．eq\f(5,2)C．0 D．eq\f(5\r(3),2)〖〖解析〗〗由于弦長|AB|＝eq\r(5)與半徑相等，則∠ACB＝60°?eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝－eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝－|eq\o(CA,\s\up6(→))|·|eq\o(CB,\s\up6(→))|·cos∠ACB＝－eq\r(5)×eq\r(5)·cos60°＝－eq\f(5,2).4．已知向量a＝(1，sinθ)，b＝(1，cosθ)，則|a－b|的最大值為(B)A．1 B．eq\r(2)C．eq\r(3) D．2〖〖解析〗〗∵a＝(1，sinθ)，b＝(1，cosθ)，∴a－b＝(0，sinθ－cosθ)．∴|a－b|＝eq\r(02＋（sinθ－cosθ）2)＝eq\r(1－sin2θ).∴|a－b|最大值為eq\r(2).故選B.5．(2021·銀川調研)若平面四邊形ABCD滿足eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))＝0，(eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AD,\s\up6(→)))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝0，則該四邊形一定是(C)A．直角梯形 B．矩形C．菱形 D．正方形〖〖解析〗〗由eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))＝0得平面四邊形ABCD是平行四邊形，由(eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AD,\s\up6(→)))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝0得eq\o(DB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝0，故平行四邊形的對角線垂直，所以該四邊形一定是菱形，故選C.6．(2021·安徽省黃山市高三第一次質量檢測)如圖，在△ABC中，∠BAC＝eq\f(π,3)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝2eq\o(DB,\s\up6(→))，P為CD上一點，且滿足eq\o(AP,\s\up6(→))＝meq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))，若△ABC的面積為2eq\r(3)，則|eq\o(AP,\s\up6(→))|的最小值為(B)A．eq\r(2) B．eq\r(3)C．3 D．eq\f(4,3)〖〖解析〗〗eq\o(AP,\s\up6(→))＝meq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＝meq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\f(3,4)eq\o(AD,\s\up6(→))，由于P、C、D共線，所以m＝eq\f(1,4)，設AC＝b，AB＝c，S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(\r(3),4)bc＝2eq\r(3)，∴bc＝8，|eq\o(AP,\s\up6(→))|2＝eq\o(AP,\s\up6(→))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)\o(AC,\s\up6(→))＋\f(3,4)\o(AD,\s\up6(→))))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,16)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b2＋9×\f(4,9)c2＋2×b×2c×\f(1,2)))＝eq\f(1,16)(b2＋4c2＋2bc)≥eq\f(1,16)×6bc＝3，∴|eq\o(AP,\s\up6(→))|≥eq\r(3)，故選B.二、多選題7．設a，b是非零向量，若函數(shù)f(x)＝(xa＋b)·(a－xb)的圖象是一條直線，則必有(AD)A．a(chǎn)⊥b B．a(chǎn)∥bC．|a|＝|b| D．|a＋b|＝|a－b|〖〖解析〗〗f(x)＝－(a·b)x2＋(a2－b2)x＋a·b.依題意知f(x)的圖象是一條直線，所以a·b＝0，即a⊥b.故選A、D.8．(2020·山東高考預測卷)已知向量a＝(1，2)，b＝(m，1)(m<0)，且向量b滿足b·(a＋b)＝3，則(AC)A．|b|＝eq\r(2)B．(2a＋b)∥(a＋2bC．向量2a－b與a－2b的夾角為eq\f(π,4)D．向量a在b方向上的投影為eq\f(\r(5),5)〖〖解析〗〗將a＝(1，2)，b＝(m，1)代入b·(a＋b)＝3，得(m，1)·(1＋m，3)＝3，得m2＋m＝0，解得m＝－1或m＝0(舍去)，所以b＝(－1，1)，所以|b|＝eq\r(（－1）2＋12)＝eq\r(2)，故A正確；因為2a＋b＝(1，5)，a＋2b＝(－1，4)，1×4－(－1)×5＝9≠0，所以2a＋b與a＋2b不平行，故B錯誤；設向量2a－b與a－2b的夾角為θ，因為2a－b＝(3，3)，a－2b＝(3，0)，所以cosθ＝eq\f(（2a－b）·（a－2b）,|2a－b||a－2b|)＝eq\f(\r(2),2)，所以θ＝eq\f(π,4)，故C正確；向量a在b方向上的投影為eq\f(a·b,|b|)＝eq\f(1,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，故D錯誤．三、填空題9．在△ABC中，若eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝2，則邊AB的長等于2．〖〖解析〗〗由題意知eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝4，即eq\o(AB,\s\up6(→))·(eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(CB,\s\up6(→)))＝4，即eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝4，所以|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝2.10．已知|a|＝2|b|，|b|≠0，且關于x的方程x2＋|a|x－a·b＝0有兩相等實根，則向量a與b的夾角是eq\f(2π,3)．〖〖解析〗〗由已知可得Δ＝|a|2＋4a·b＝0，即4|b|2＋4×2|b|2cosθ＝0，所以cosθ＝－eq\f(1,2)，又因為0≤θ≤π，所以θ＝eq\f(2π,3).11．已知向量m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)sin\f(x,4)，1))，n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(x,4)，cos2\f(x,4))).若m·n＝1，則coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－x))＝－eq\f(1,2)．〖〖解析〗〗m·n＝eq\r(3)sineq\f(x,4)coseq\f(x,4)＋cos2eq\f(x,4)＝eq\f(\r(3),2)sineq\f(x,2)＋eq\f(1＋cos\f(x,2),2)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,6)))＋eq\f(1,2)，因為m·n＝1，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,6)))＝eq\f(1,2).因為coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＝1－2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,6)))＝eq\f(1,2)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－x))＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＝－eq\f(1,2).故填－eq\f(1,2).12．(2021·蚌埠模擬)已知正方形ABCD的邊長為1，點E是AB邊上的動點.eq\o(DE,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))的最大值為1．〖〖解析〗〗(1)解法一：如圖所示，以AB，AD所在的直線分別為x，y軸建立直角坐標系，設E(t，0)，0≤t≤1，則D(0，1)，C(1，1)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝(t，－1)，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(1，0)，∴eq\o(DE,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))＝t≤1.解法二：選取{eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))}作為基底，設eq\o(AE,\s\up6(→))＝teq\o(AB,\s\up6(→))，0≤t≤1，則eq\o(DE,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))＝(teq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AD,\s\up6(→)))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝t≤1.解法三：設eq\o(AE,\s\up6(→))＝teq\o(AB,\s\up6(→))，則eq\o(DE,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))＝eq\o(DE,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝|eq\o(DE,\s\up6(→))|·1·cos∠AED＝|eq\o(AE,\s\up6(→))|＝|t||eq\o(AB,\s\up6(→))|＝|t|≤1.四、解答題13．在平面直角坐標系xOy中，已知向量m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)))，n＝(sinx，cosx)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).(1)若m⊥n，求tanx的值；(2)若m與n的夾角為eq\f(π,3)，求x的值．〖〖解析〗〗(1)因為m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)))，n＝(sinx，cosx)，m⊥n，所以m·n＝0，即eq\f(\r(2),2)sinx－eq\f(\r(2),2)cosx＝0，所以sinx＝cosx，所以tanx＝1.(2)由已知得|m|＝|n|＝1，所以m·n＝|m|·|n|coseq\f(π,3)＝eq\f(1,2)，即eq\f(\r(2),2)sinx－eq\f(\r(2),2)cosx＝eq\f(1,2)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＝eq\f(1,2).因為0<x<eq\f(π,2)，所以－eq\f(π,4)<x－eq\f(π,4)<eq\f(π,4)，所以x－eq\f(π,4)＝eq\f(π,6)，即x＝eq\f(5π,12).14．(2020·甘肅會寧一中高三上第二次月考)在△ABC中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，向量m＝(2sinB，－eq\r(3))，n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos2B，2cos2\f(B,2)－1))，且m∥n.(1)求銳角B的大?。?2)如果b＝2，求△ABC的面積S△ABC的最大值．〖〖解析〗〗(1)∵m∥n，∴2sinBeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2cos2\f(B,2)－1))＝－eq\r(3)cos2B，∴sin2B＝－eq\r(3)cos2B，即tan2B＝－eq\r(3).又∵B為銳角，∴2B∈(0，π)，∴2B＝eq\f(2π,3)，∴B＝eq\f(π,3).(2)∵B＝eq\f(π,3)，b＝2，∴由余弦定理cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)，得a2＋c2－ac－4＝0.又∵a2＋c2≥2ac∴ac≤4(當且僅當a＝c＝2時等號成立)，∴S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(\r(3),4)ac≤eq\r(3)(當且僅當a＝c＝2時等號成立)．∴△ABC的面積的最大值為eq\r(3).B組能力提升1．已知△ABC的內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，向量m＝(a，eq\r(3)b)與n＝(cosA，sinB)平行，則A＝(B)A．eq\f(π,6) B．eq\f(π,3)C．eq\f(π,2) D．eq\f(2π,3)〖〖解析〗〗因為m∥n，所以asinB－eq\r(3)bcosA＝0，由正弦定理，得sinAsinB－eq\r(3)sinBcosA＝0，又sinB≠0，從而tanA＝eq\r(3)，由于0<A<π，所以A＝eq\f(π,3).2．(2021·邵陽大聯(lián)考)在△ABC中，角A，B，C對應邊分別為a，b，c，已知三個向量m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，cos\f(A,2)))，n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b，cos\f(B,2)))，p＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，cos\f(C,2)))共線，則△ABC的形狀為(A)A．等邊三角形 B．等腰三角形C．直角三角形 D．等腰直角三角形〖〖解析〗〗由題意得acoseq\f(B,2)＝bcoseq\f(A,2)，acoseq\f(C,2)＝ccoseq\f(A,2)，由正弦定理得sinAcoseq\f(B,2)＝sinBcoseq\f(A,2)?sineq\f(B,2)＝sineq\f(A,2)?B＝A，同理可得C＝A，所以△ABC為等邊三角形．故選A.3．已知點M(－3，0)，N(3，0)．動點P(x，y)滿足|eq\o(MN,\s\up6(→))