高考数学一轮复习练案29第四章平面向量数系的扩充与复数的引入第四讲平面向量的综合应用含解析新人教版

一轮复习精品资料(高中)PAGEPAGE1第四讲平面向量的综合应用A组基础巩固一、单选题1．若O为△ABC内一点，|eq\o(OA,\s\up6(→))|＝|eq\o(OB,\s\up6(→))|＝|eq\o(OC,\s\up6(→))|，则O是△ABC的(B)A．内心 B．外心C．垂心 D．重心〖〖解析〗〗由向量模的定义知O到△ABC的三顶点距离相等，故O是△ABC的外心，故选B.2．已知点A(－2，0)，B(3，0)，动点P(x，y)满足eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝x2－6，则点P的轨迹是(D)A．圆 B．椭圆C．双曲线 D．抛物线〖〖解析〗〗因为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，即点P的轨迹是抛物线．故选D.3．已知A，B是圆心为C半径为eq\r(5)的圆上两点，且|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝eq\r(5)，则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〗〗由于弦长|AB|＝eq\r(5)与半径相等，则∠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)，则|a－b|的最大值为(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|最大值为eq\r(2).故选B.5．(2021·银川调研)若平面四边形ABCD满足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，则该四边形一定是(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得平面四边形ABCD是平行四边形，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，故平行四边形的对角线垂直，所以该四边形一定是菱形，故选C.6．(2021·安徽省黄山市高三第一次质量检测)如图，在△ABC中，∠BAC＝eq\f(π,3)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝2eq\o(DB,\s\up6(→))，P为CD上一点，且满足eq\o(AP,\s\up6(→))＝meq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))，若△ABC的面积为2eq\r(3)，则|eq\o(AP,\s\up6(→))|的最小值为(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共线，所以m＝eq\f(1,4)，设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)，故选B.二、多选题7．设a，b是非零向量，若函数f(x)＝(xa＋b)·(a－xb)的图象是一条直线，则必有(AD)A．a⊥b B．a∥bC．|a|＝|b| D．|a＋b|＝|a－b|〖〖解析〗〗f(x)＝－(a·b)x2＋(a2－b2)x＋a·b.依题意知f(x)的图象是一条直线，所以a·b＝0，即a⊥b.故选A、D.8．(2020·山东高考预测卷)已知向量a＝(1，2)，b＝(m，1)(m<0)，且向量b满足b·(a＋b)＝3，则(AC)A．|b|＝eq\r(2)B．(2a＋b)∥(a＋2bC．向量2a－b与a－2b的夹角为eq\f(π,4)D．向量a在b方向上的投影为eq\f(\r(5),5)〖〖解析〗〗将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正确；因为2a＋b＝(1，5)，a＋2b＝(－1，4)，1×4－(－1)×5＝9≠0，所以2a＋b与a＋2b不平行，故B错误；设向量2a－b与a－2b的夹角为θ，因为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正确；向量a在b方向上的投影为eq\f(a·b,|b|)＝eq\f(1,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，故D错误．三、填空题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，则边AB的长等于2．〖〖解析〗〗由题意知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，且关于x的方程x2＋|a|x－a·b＝0有两相等实根，则向量a与b的夹角是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)，又因为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，则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)，因为m·n＝1，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,6)))＝eq\f(1,2).因为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·蚌埠模拟)已知正方形ABCD的边长为1，点E是AB边上的动点.eq\o(DE,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))的最大值为1．〖〖解析〗〗(1)解法一：如图所示，以AB，AD所在的直线分别为x，y轴建立直角坐标系，设E(t，0)，0≤t≤1，则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：选取{eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))}作为基底，设eq\o(AE,\s\up6(→))＝teq\o(AB,\s\up6(→))，0≤t≤1，则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：设eq\o(AE,\s\up6(→))＝teq\o(AB,\s\up6(→))，则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、解答题13．在平面直角坐标系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与n的夹角为eq\f(π,3)，求x的值．〖〖解析〗〗(1)因为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).因为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·甘肃会宁一中高三上第二次月考)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为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)求锐角B的大小；(2)如果b＝2，求△ABC的面积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为锐角，∴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(当且仅当a＝c＝2时等号成立)，∴S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(\r(3),4)ac≤eq\r(3)(当且仅当a＝c＝2时等号成立)．∴△ABC的面积的最大值为eq\r(3).B组能力提升1．已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，向量m＝(a，eq\r(3)b)与n＝(cosA，sinB)平行，则A＝(B)A．eq\f(π,6) B．eq\f(π,3)C．eq\f(π,2) D．eq\f(2π,3)〖〖解析〗〗因为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，从而tanA＝eq\r(3)，由于0<A<π，所以A＝eq\f(π,3).2．(2021·邵阳大联考)在△ABC中，角A，B，C对应边分别为a，b，c，已知三个向量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)))共线，则△ABC的形状为(A)A．等边三角形 B．等腰三角形C．直角三角形 D．等腰直角三角形〖〖解析〗〗由题意得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为等边三角形．故选A.3．已知点M(－3，0)，N(3，0)．动点P(x，y)满足|eq\o(MN,\s\up6(→))|·|eq\o(MP,\s\up6(→))|＋eq\o(MN,\s\up6(→))·eq\o(NP,\s\up6(→))＝0，则点P的轨迹的曲线类型为(B)A．双曲线 B．抛物线C．圆 D．椭圆〖〖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，化简可得y2＝－12x.故点P的轨迹为抛物线．故选B.4．(多选题)已知函数f(x)＝eq\r(3)sinωx(ω>0)的部分图象如图所示，A，B分别是这部分图象上的最高点、最低点，O为坐标原点，若eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝0，则函数f(x＋1)是(AD)A．周期为4的函数 B．周期为2π的函数C．奇函数 D．偶函数〖〖解析〗〗由题图可得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的偶函数．故选A、D.5．(2021·湖南五市十校联考)已知向量m＝(cosx，sinx)，n＝(cosx，eq\r(3)cosx)，x∈R，设函数f(x)＝m·n＋eq\f(1,2).(1)求函数f(x)的〖解析〗式及单调递增区间；(2)设a，b，c分别为△ABC的内角A，B，C的对边，若f(A)＝2，b＋c＝2eq\r(2)，△ABC的面积为eq\f(1,2)，求a的值．〖〖解析〗〗(1)由题意知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，∴函数f(x)的单调递增区间为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的面积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.第四讲平面向量的综合应用A组基础巩固一、单选题1．若O为△ABC内一点，|eq\o(OA,\s\up6(→))|＝|eq\o(OB,\s\up6(→))|＝|eq\o(OC,\s\up6(→))|，则O是△ABC的(B)A．内心 B．外心C．垂心 D．重心〖〖解析〗〗由向量模的定义知O到△ABC的三顶点距离相等，故O是△ABC的外心，故选B.2．已知点A(－2，0)，B(3，0)，动点P(x，y)满足eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝x2－6，则点P的轨迹是(D)A．圆 B．椭圆C．双曲线 D．抛物线〖〖解析〗〗因为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，即点P的轨迹是抛物线．故选D.3．已知A，B是圆心为C半径为eq\r(5)的圆上两点，且|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝eq\r(5)，则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〗〗由于弦长|AB|＝eq\r(5)与半径相等，则∠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)，则|a－b|的最大值为(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|最大值为eq\r(2).故选B.5．(2021·银川调研)若平面四边形ABCD满足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，则该四边形一定是(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得平面四边形ABCD是平行四边形，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，故平行四边形的对角线垂直，所以该四边形一定是菱形，故选C.6．(2021·安徽省黄山市高三第一次质量检测)如图，在△ABC中，∠BAC＝eq\f(π,3)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝2eq\o(DB,\s\up6(→))，P为CD上一点，且满足eq\o(AP,\s\up6(→))＝meq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))，若△ABC的面积为2eq\r(3)，则|eq\o(AP,\s\up6(→))|的最小值为(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共线，所以m＝eq\f(1,4)，设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)，故选B.二、多选题7．设a，b是非零向量，若函数f(x)＝(xa＋b)·(a－xb)的图象是一条直线，则必有(AD)A．a⊥b B．a∥bC．|a|＝|b| D．|a＋b|＝|a－b|〖〖解析〗〗f(x)＝－(a·b)x2＋(a2－b2)x＋a·b.依题意知f(x)的图象是一条直线，所以a·b＝0，即a⊥b.故选A、D.8．(2020·山东高考预测卷)已知向量a＝(1，2)，b＝(m，1)(m<0)，且向量b满足b·(a＋b)＝3，则(AC)A．|b|＝eq\r(2)B．(2a＋b)∥(a＋2bC．向量2a－b与a－2b的夹角为eq\f(π,4)D．向量a在b方向上的投影为eq\f(\r(5),5)〖〖解析〗〗将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正确；因为2a＋b＝(1，5)，a＋2b＝(－1，4)，1×4－(－1)×5＝9≠0，所以2a＋b与a＋2b不平行，故B错误；设向量2a－b与a－2b的夹角为θ，因为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正确；向量a在b方向上的投影为eq\f(a·b,|b|)＝eq\f(1,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，故D错误．三、填空题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，则边AB的长等于2．〖〖解析〗〗由题意知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，且关于x的方程x2＋|a|x－a·b＝0有两相等实根，则向量a与b的夹角是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)，又因为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，则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)，因为m·n＝1，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,6)))＝eq\f(1,2).因为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·蚌埠模拟)已知正方形ABCD的边长为1，点E是AB边上的动点.eq\o(DE,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))的最大值为1．〖〖解析〗〗(1)解法一：如图所示，以AB，AD所在的直线分别为x，y轴建立直角坐标系，设E(t，0)，0≤t≤1，则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：选取{eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))}作为基底，设eq\o(AE,\s\up6(→))＝teq\o(AB,\s\up6(→))，0≤t≤1，则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：设eq\o(AE,\s\up6(→))＝teq\o(AB,\s\up6(→))，则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、解答题13．在平面直角坐标系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与n的夹角为eq\f(π,3)，求x的值．〖〖解析〗〗(1)因为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).因为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·甘肃会宁一中高三上第二次月考)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为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)求锐角B的大小；(2)如果b＝2，求△ABC的面积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为锐角，∴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(当且仅当a＝c＝2时等号成立)，∴S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(\r(3),4)ac≤eq\r(3)(当且仅当a＝c＝2时等号成立)．∴△ABC的面积的最大值为eq\r(3).B组能力提升1．已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，向量m＝(a，eq\r(3)b)与n＝(cosA，sinB)平行，则A＝(B)A．eq\f(π,6) B．eq\f(π,3)C．eq\f(π,2) D．eq\f(2π,3)〖〖解析〗〗因为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，从而tanA＝eq\r(3)，由于0<A<π，所以A＝eq\f(π,3).2．(2021·邵阳大联考)在△ABC中，角A，B，C对应边分别为a，b，c，已知三个向量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)))共线，则△ABC的形状为(A)A．等边三角形 B．等腰三角形C．直角三角形 D．等腰直角三角形〖〖解析〗〗由题意得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为等边三角形．故选A.3．已知点M(－3，0)，N(3，0)．动点P(x，y)满足|eq\o(MN,\s\up6(→))