2017届高考理科数学二轮复习训练：1-2-3 平面向量（参考解析）

一、选择题

1．在下列向量组中，可以把向量a＝(3,2)表示出来的是(  )

A．e₁＝(0,0)，e₂＝(1,2)

B．e₁＝(－1,2)，e₂＝(5，－2)

C．e₁＝(3,5)，e₂＝(6,10)

D．e₁＝(2，－3)，e₂＝(－2,3)

答案 B

解析 可根据向量共线不可以作为基底来判断．

∵A、C、D中e₁与e₂共线，故选B.

2．已知向量a＝(k,3)，b＝(1,4)，c＝(2,1)，且(2a－3b)⊥c，则实数k＝(  )

A．－2(9)    B．0

C．3   D.2(15)

答案 C

解析 2a－3b＝(2k－3，－6)，由(2a－3b)⊥c，得4k－6－6＝0，解得k＝3.选C.

3．若向量a、b满足：|a|＝1，(a＋b)⊥a，(2a＋b)⊥b，则|b|＝(  )

A．2   B.

C．1   D.2(2)

答案 B

解析 由题意得(2a＋b)·b＝2a·b＋b2＝0((a＋b)·a＝a2＋a·b＝0，)⇒－2a²＋b²＝0，即－2|a|²＋|b|²＝0，又|a|＝1，∴|b|＝.故选B.

4．设O为△ABC内部的一点，且→(OA)＋→(OB)＋2→(OC)＝0，则△AOC的面积与△BOC的面积之比为(  )

A.2(3)   B.3(5)

C．2   D．1

答案 D

解析 ∵→(OA)＋→(OB)＋2→(OC)＝0，∴→(OA)＋→(OB)＝－2→(OC)＝2→(OD)(D为边AB的中点)，画出图形如图所示，则点A，B到OC的距离相等，OC边公用，则△AOC，△BOC的面积相等，选D.

5．已知向量a＝(cosθ，－2)，b＝(sinθ，1)，且a∥b.则tan4(π)等于(  )

A．3   B．－3

C.3(1)   D．－3(1)

答案 B

解析 由a∥b得cosθ＋2sinθ＝0，

∴tanθ＝－2(1)，tan4(π)＝1＋tanθ(tanθ－1)＝－3.故选B.

6．[2015·长春质监(三)]已知|a|＝1，|b|＝，且a⊥(a－b)，则向量a与向量b的夹角为(  )

A.6(π)   B.4(π)

C.3(π)   D.3(2π)

答案 B

解析 ∵a⊥(a－b)，∴a·(a－b)＝a²－a·b＝0，∴a·b＝a²，∵|a|＝1，|b|＝，∴cos〈a，b〉＝|a||b|(a·b)＝|a||b|(a2)＝2(2)，∴向量a与向量b的夹角为4(π)，故选B.

7．已知向量a，b的夹角为120°，且|a|＝2，|b|＝3，则向量2a＋3b在向量2a＋b方向上的投影为(  )

A.13(13)   B.13(13)

C.6(6)   D.13(3)

答案 A

解析 2a＋3b在向量2a＋b上的投影为|2a＋3b|cosθ＝|2a＋b|((2a＋3b)·(2a＋b))＝4a2＋4a·b＋b2(4a2＋8a·b＋3b2)＝13(13).

8．[2015·湖北八校二联]在等腰△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，→(BC)＝2→(BD)，→(AC)＝3→(AE)，则→(AD)·→(BE)的值为(  )

A．－3(4)   B．－3(1)

C.3(1)   D.3(4)

答案 A

解析 →(AD)＝2(1)(→(AB)＋→(AC))，→(BE)＝→(AE)－→(AB)＝3(1)→(AC)－→(AB)

∴→(AD)·→(BE)＝2(1)(→(AB)＋→(AC))·→(AB)＝2(1)2(AC)

2(AB)＝－3(4).

9．对于平面向量a，b，给出下列四个命题：

命题p₁：若a·b>0，则a与b的夹角为锐角；

命题p₂：“|a·b|＝|a||b|”是“a∥b”的充要条件；

命题p₃：当a，b为非零向量时，“a＋b＝0”是“|a＋b|＝||a|－|b||成立”的充要条件；

命题p₄：若|a＋b|＝|b|，则|2b|≥|a＋2b|.

其中的真命题是(  )

A．p₁，p₃   B．p₂，p₄

C．p₁，p₂  D．p₃，p₄

答案 B

解析 解法一：对于命题p₁，当向量a，b共线且同向时，它们的夹角不是锐角，但它们的数量积为正，所以命题p₁是假命题．对于命题p₂，因为a·b＝|a||b|cos〈a，b〉，又|a·b|＝|a||b|，所以|cos〈a，b〉|＝1，所以〈a，b〉＝0°或180°，即a∥b.反之，如果a∥b，容易得到|a·b|＝|a||b|，因此“|a·b|＝|a|·|b|”是“a∥b”的充要条件(这里包含a，b中有零向量的情况，因为零向量可以和任何向量平行)，所以命题p₂是真命题．对于命题p₃，|a＋b|＝||a|－|b||⇔a·b＝－|a||b|⇔cos〈a，b〉＝－1⇔a与b反向⇔a＝λb(λ<0)，所以“a＋b＝0”是“|a＋b|＝||a|－|b||”的充分不必要条件，所以命题p₃是假命题．对于命题p₄，由|a＋b|＝|b|得，a²＋2a·b＝0，即2a·b＝－a²，故|a＋2b|²＝a²＋4b²＋4a·b＝a²＋4b²－2a²＝4b²－a²≤4b²＝|2b|²，即|2b|≥|a＋2b|，所以命题p₄是真命题．

解法二：对于命题p₁，当向量a，b共线且同向时，它们的夹角不是锐角，但它们的数量积为正，所以命题p₁是假命题，排除A、C.根据B、D可知，命题p₄是真命题，故只需要判断命题p₂即可．对于命题p₂，因为a·b＝|a||b|·cos〈a，b〉，所以|a·b|＝|a||b|⇔|cos〈a，b〉|＝1⇔〈a，b〉＝0°或180°⇔a∥b，所以命题p₂是真命题，故选B.

10．如图所示，在△ABC中，AD＝DB，F在线段CD上，设→(AB)＝a，→(AC)＝b，→(AF)＝xa＋yb，则x(1)＋y(4)的最小值为(  )

A．6＋2   B．9

C．9   D．6＋4

答案 D

解析 因为F在线段CD上，所以C、F、D三点共线，故可设→(AF)＝λ→(AD)＋(1－λ)→(AC)＝2(λ)a＋(1－λ)b，又→(AF)＝xa＋yb，所以2()消去λ可得2x＋y＝1.

所以x(1)＋y(4)＝y(4)(2x＋y)＝2＋4＋x(y)＋y(8x)≥6＋2＝6＋4.当且仅当y＝2x，即x＝2(2－1)且y＝2－时等号成立．故选D.

二、填空题

11．[2015·贵阳监测]已知正方形ABCD的边长为1，→(AB)＝a，→(BC)＝b，→(AC)＝c，则|a＋b＋c|＝________.

答案 2

解析 如图，建立平面直角坐标系，则A(0,1)，B(0,0)，C(1,0)，

∴→(AB)＝a＝(0，－1)，→(BC)＝b＝(1,0)，→(AC)＝c＝(1，－1)，∴a＋b＋c＝(2，－2)，|a＋b＋c|＝2.

12．[2015·江西八校联考]在△ABC中，→(AB)＝(，)，→(AC)＝(1，)，则△ABC的面积为________．

答案 1－2(3)

解析 由题意得，(|→(AB)|·|→(AC)|)²＝(|→(AB)|·|AC→(|)·cos〈→(AB)，→(AC)〉)²＋(|→(AB)|·|→(AC)|·sin〈→(AB)，→(AC)〉)²，即(|→(AB)|·|→(AC)|)²＝(→(AB)·→(AC))²＋(|→(AB)|·|→(AC)|·sin〈→(AB)，→(AC)〉)²，

∴|→(AB)|·|→(AC)|·sin〈→(AB)，→(AC)〉＝2－，

∴S_△ABC＝2(1)|→(AB)|·|→(AC)|·sin〈→(AB)，→(AC)〉＝1－2(3).

13．[2015·长春三调]在平面直角坐标系xOy中，已知点A在椭圆25(x2)＋9(y2)＝1上，点P满足→(AP)＝(λ－1)→(OA)(λ∈R)，且→(OA)·→(OP)＝72，则线段OP在x轴上的投影长度的最大值为________．

答案 15

解析 →(AP)＝→(OP)－→(OA)＝(λ－1)→(OA)，即→(OP)＝λ→(OA)，

则O，P，A三点共线，

又→(OA)·→(OP)＝72，所以→(OA)与→(OP)同向，所以|→(OA)||→(OP)|＝72.

设OP与x轴夹角为θ，

A点坐标为(x，y)，B为点A在x轴上的投影，

则OP在x轴上的投影长度为|→(OP)|cosθ＝|→(OP)|·|(OA)＝|2(OA)＝72·x2＋y2(|x|)＝72·x2＋9(16)＝72·|x|(9)≤72×25(16×9)＝15.

当且仅当|x|＝4(15)时等号成立．

则线段OP在x轴上的投影长度的最大值为15.

14．[2015·洛阳统考]已知向量a，b满足|a|＝2，|b|＝1，且对一切实数x，|a＋xb|≥|a＋b|恒成立，则a，b的夹角的大小为________．

答案 3(2π)

解析 由题意得：|a＋xb|≥|a＋b|⇔a²＋2xa·b＋x²b²≥a²＋2a·b＋b²⇔x²＋2a·bx－1－2a·b≥0，∴Δ＝4(a·b)²－4(－1－2a·b)≤0⇒(a·b＋1)²≤0，∴a·b＝－1，cos〈a，b〉＝|a|·|b|(a·b)＝－2(1)，即a与b的夹角为3(2π).