单元综合测试五
一、选择题 1．(2008·海南文)已知平面向量a＝(1，－3)，b＝(4，－2)，λa＋b与a垂直，则λ＝( ) A．－1 B．1 C．－2 D．2 【答案】 A
【解析】 由于λa＋b＝(λ＋4，－3λ－2)，a＝(1，－3)，(λa＋b)⊥a， ∴(λ＋4)－3(－3λ－2)＝0，即10λ＋10＝0. ∴λ＝－1.故选A.
→→→
2．设a、b是不共线的两个非零向量，已知AB＝2a＋pb，BC＝a＋b，CD＝a－2b.若A、B、D三点共线，则p的值为 ( )
A．1 B．2 C．－2 D．－1 【答案】 D
→→→→
【解析】 BD＝BC＋CD＝2a－b，AB＝2a＋pb，由A、B、D三点共线知，存在实数λ使2a＋pb＝2λa－λb，
??2λ＝2∴?，∴p＝－1. ?p＝－λ?
3．已知向量a＝(3，1)，b是不平行于x轴的单位向量，且a·b＝3，则b等于( ) 3113A.?，? B.?，? ?22??22?133?C.?， D．(1,0) ?44?【答案】 B
【解析】 方法1：令b＝(x，y) (y≠0)，则 ?x2＋y2＝1， ①
?
3x＋y＝3， ②?
将②代入①得x2＋(3－3x)2＝1， 即2x2－3x＋1＝0，
13
∴x＝1(舍去，此时y＝0)或x＝?y＝. 22
方法2：排除法，D中y＝0不合题意；C不是单位向量，舍去；代入A，不合题意，故选B.
4．定义平面向量的一种新型乘法运算：已知平面内两个向量p1＝(x1，y1)，p2＝(x2，
→→→
y2)，p1?p2＝(x1，y1)?(x2，y2)＝(x1x2－y1y2，x1y2＋x2y1)．若OM≠0，且OM?(1,1)＝ON，则∠MON等于 ( )
3πA.π B. 44ππC. D. 23【答案】 B
【分析】 该题借助新定义考查了平面向量的运算，题设中的“新运算”并不可怕，只要把“p1?p2＝(x1，y1)?(x2，y2)＝(x1x2－y1y2，x1y2＋x2y1)”看成平面向量坐标运算的一个表达形式即可．
??x0＝x－y
【解析】 设M(x，y)，N(x0，y0)，则由新型乘法运算得?，即N(x－y，x＋
?y0＝x＋y?
→→
x2＋y2OM·ON2π
y)，则cos∠MON＝＝＝，∴∠MON＝. 4→→x2＋y22(x2＋y2)2|OM||ON|
→→→→→→
5．点O是△ABC所在平面内一点，满足OA·OB＝OB·OC＝OC·OA，则点O是△ABC的 ( )
A．三个内角平分线交点 B．三条边的垂直平分线交点 C．三条中线交点 D．三条高的交点 【答案】 D
→→→→→→→→
【解析】 ∵OA·OB＝OB·OC，∴OA·OB－OB·OC＝0. →→→→→∴OB·(OA－OC)＝0.∴OB·CA＝0. ∴OB⊥CA.同理，OA⊥BC，OC⊥AB. ∴O是三条高的交点．∴选D. 6．(08·浙江)已知a、b是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量c满足(a－c)·(b－c)＝0，则|c|的最大值是 ( )
A．1 B．2
2
C.2 D.
2
【答案】 C
【解析】 由(a－c)(b－c)＝0得a·b－(a＋b)·c＋c2＝0，即c2＝(a＋b)c，故|c|·|c|≤|a＋b|·|c|，即|c|≤|a＋b|＝2，故选C.
→→→→
7．△ABC中，|BC|＝3，|CA|＝4，且BC·CA＝－63，则△ABC的面积是 ( ) A．3 B．33 C．6 D.6＋2 【答案】 A
→→
【解析】 ∵BC·CA＝－63， →→∴CB·CA＝63. →→∴|CB||CA|·cosC＝3×4·cosC＝63.
31
∴cosC＝，∴sinC＝. 22111
∴S△＝ab·sinC＝×3×4×＝3.∴选A.
222
→→
8．(2008·湖南文)在△ABC中，AB＝3，AC＝2，BC＝10，则AB·AC ＝ ( )
32A．－ B．－
2323C. D. 32【答案】 D
113→→
【解析】 由余弦定理得cos∠CAB＝，所以AB·AC＝3×2×＝，故选D.
442
→→→
9．已知一物体在共点力F1＝(lg2，lg2)，F2＝(lg5，lg2)的作用下产生位移S＝(2lg5,1)，则共点力对物体做的功W为 ( )
A．lg2 B．lg5 C．1 D．2 【答案】 D
→→→【解析】 W＝(F1＋F2)· S＝(lg2＋lg5,2lg2)·(2lg5,1)＝(1,2lg2)·(2lg5,1)＝2lg5＋2lg2＝2，故选D.
10．(2009·福建理)设a，b，c为同一平面内具有相同起点的任意三个非零向量，且满足a与b不共线，a⊥c，|a|＝|c|，则|b·c|的值一定等于 ( )
A．以a，b为两边的三角形的面积
B．以b.c为两边的三角形的面积
C．以a，b为邻边的平行四边形的面积 D．以b，c为邻边的平行四边形的面积 【答案】 C
【解析】 本小题主要考查平面向量的模、数量积、三角形面积公式等基础知识． 如图，∵a⊥c，
∴cos〈b，c〉＝sin〈a，b〉， ∴|b·c|＝||b|·|c|cos〈b，c〉|＝||b|·|c|sin〈a，b〉|＝||a|·|b|sin〈a，b〉|. ∴|b·c|表示a，b为邻边的平行四边形的面积，故选C. 二、填空题
31
11．(2010·聊城)设a＝(，sinα)，b＝(cosα，)，且a∥b，则锐角α为________．
23
π
【答案】 4
13cosαπ
【解析】 ∵a∥b，∴＝∴sin2α＝1，∴α＝.
3sinα42
12．(2007·上海文)若向量a，b的夹角为60°，|a|＝|b|＝1，则a·(a－b)＝________.
1
【答案】 2
1
【解析】 a·b＝|a||b|cos〈a，b〉＝，
2
11
∴a·(a－b)＝|a|2－a·b＝1－＝.
22
13．(2008·陕西理)关于平面向量a，b，c，有下列三个命题： ①若a·b＝a·c，则b＝c.
②若a＝(1，k)，b＝(－2,6)，a∥b，则k＝－3.
③非零向量a和b满足|a|＝|b|＝|a－b|，则a与a＋b的夹角为60°. 其中真命题的序号为________．(写出所有真命题的序号) 【答案】 ② 【解析】 ①a·b＝a·c?a·(b－c)＝0，向量a与b－c垂直．
1k
②a∥b?b＝λa?＝?k＝－3.
－26
③|a|＝|b|＝|a－b|?a，b，a－b构成等边三角形，a与a＋b的夹角应为30°.所以真命题只有②.
14．已知|a|＝3|b|≠0，且关于x的方程2x2＋2|a|x＋3a·b＝0有实根，则a与b夹角的取值范围是________．
π?
【答案】 ??3，π?
【解析】 ∵关于x的方程2x2＋2|a|x＋3a·b＝0有实根，∴Δ＝4|a|2－24a·b≥0， 即|a|2≥6a·b. ∴|a|2≥6|a|·|b|cos〈a，b〉， 又∵|a|＝3|b|≠0.
1
∴cos〈a，b〉≤，
2
π
∵0≤〈a，b〉≤π，∴≤〈a，b〉≤π.
3
π?π－x??，其中15．若单位向量n与向量q＝(1,0)的夹角为，而向量p＝?cosx，2cos2??32??2
2π
0 3 25【答案】 ?，? 2??2 π 【解析】 ∵单位向量n与向量q＝(1,0)的夹角为，∴n＝(0，－1)， 2 ?π－x?－1? ∴n＋p＝?cosx，2cos2??32?? ?2π－x??， ＝?cosx，cos??3?? 2π? ∴|n＋p|2＝cos2x＋cos2??3－x? 4π －2x?1＋cos?3??1＋cos2x ＝＋ 221?4π－2x?? ＝1＋?cos2x＋cos?3??2?π1 2x＋?. ＝1＋cos?3?2?2πππ5π ∵0 3333 π12x＋?<， ∴－1≤cos?3?2? π511 2x＋?<， ∴≤1＋cos?3?422?25 ∴|n＋p|∈?，?. 2??2 三、解答题 16．已知向量a、b满足|a|＝6，|b|＝4，且a与b的夹角为60°，求|a＋b|和|a－3b|. 【解析】 解法1：∵|a|＝6，|b|＝4，a与b的夹角为60°. 1∴a·b＝|a|·|b|·cosθ＝6×4×＝12， 2 (a＋b)2＝a2＋2a·b＋b2＝36＋24＋16＝76， (a－3b)2＝a2－6a·b＋9b2＝36－72＋144＝108. ∴|a＋b|＝219，|a－3b|＝63. →→→ 解法2：OA＝a，OC＝b，则OB＝a＋b，由a、b的夹角为60 °知，∠AOC＝60°，∠BAO＝120°，在△AOB中，由余弦定理得， → |a＋b|＝|OB|＝62＋42－2·6·4·cos120°＝219. 仿上可求得|a－3b|＝63. 17．如右图所示，在△AOB中，若A，B两点坐标分别为(2,0)，(－3,4)，点C在AB上，且平分∠BOA，求点C的坐标． 【解析】 设点C坐标为(x，y) 由于cos∠AOC＝cos∠BOC，且 →→→→OA·OCOB·OC cos∠AOC＝，cos∠BOC＝， →→→→|OA|·|OC||OB|·|OC| →→→→ (2，0)·(x，y)(－3，4)·(x，y)OA·OCOB·OC ∴＝，∴＝， 25→→ |OA||OB|∴y＝2x. ① →→→→ 又∵BC与AC共线，BC＝(x＋3，y－4)，AC＝(x－2，y)， ∴(x＋3)·y－(x－2)·(y－4)＝0， ∴4x＋5y－8＝0. ② 4x＝，7 由①，②联立解之得 8y＝.7 48?∴C点的坐标为??7，7?. 18．设a、b是不共线的两个非零向量， →→→ (1)若OA＝2a－b，OB＝3a＋b，OC＝a－3b，求证：A、B、C三点共线； (2)若8a＋kb与ka＋2b共线，求实数k的值； →→→ (3)设OM＝ma，ON＝nb，OP＝αa＋βb，其中m、n、α、β均为实数，m≠0，n≠0，若 αβ M、P、N三点共线，求证：＋＝1. mn →→ 【证明】 (1)∵AB＝(3a＋b)－(2a－b)＝a＋2b. 而BC＝(a－3b)－(3a＋b)＝－2a－4b＝→－2AB， →→ ∴AB与BC共线，且有公共端点B，∴A、B、C三点共线． (2)∵8a＋kb与ka＋2b共线，∴存在实数λ使得 (8a＋kb)＝λ(ka＋2b)?(8－λk)a＋(k－2λ)b＝0， ??8－λk＝0， ∵a与b不共线，∴??8＝2λ2?λ＝±2， ?k－2λ＝0? ∴k＝2λ＝±4. →→ (3)解法1：∵M、P、N三点共线，∴存在实数λ，使得MP＝λPN →→ mλn→OM＋λON ∴OP＝＝a＋b 1＋λ1＋λ1＋λ ? ?? ?α＝1＋λ， ∵a、b不共线，∴?λn β＝?1＋λ m αβ1λ∴＋＝＋＝1. mn1＋λ1＋λ 解法2：∵M、P、N三点共线， →→→ ∴OP＝xOM＋yON且x＋y＝1， 由已知可得：xma＋ynb＝αa＋βb， αβαβ∴x＝，y＝，∴＋＝1. mnmn 19．已知向量a＝(2cosα，2sinα)，b＝(－sinα，cosα)，x＝a＋(t2－3)b，y＝－ka＋tb，且x·y＝0.