复习参考题第一课时评课稿

平面向量及向量的应用

111．设向量a＝(1，0)，b＝2，2，则下列结论正确的是(

) 2A．|a|＝|b|

B．a·b＝2

C．a∥b

D．a－b与b垂直

2．已知e1，e2是两夹角为120°的单位向量，a＝3e1＋2e2，则|a|等于(

) A．4

B.11

C．3

D.7 3．若向量a，b满足|a|＝1，|b|＝2，且a⊥(a＋b)，则a与b的夹角为(

) π2π3π5πA.2

B.3

C.4

D.6

4．已知向量a＝(1，1)，2a＋b＝(4，2)，则向量a，b的夹角的余弦值为(

) 3322A.1010

B．－1010

C.2

D．－2

5．定义：|a×b|＝|a||b|sinθ，其中θ为向量a与b的夹角，若|a|＝2，|b|＝5，a·b＝－6，则|a×b|等于(

) A．－8

B．8

C．－8或8

D．6 6．已知两点A(1，0)，B(1，3)，O为坐标原点，点C在第二象限，且∠AOC＝→＝－2OA→＋λOB→(λ∈R)，则λ等于(

) 120°，设OCA．－1

B．2

C．1

D．－2[来源

→，OB→不共线，且OP→＝mOA→，OQ→＝nOB→(m，n>0)，直线PQ过7．两个非零向量OA△OAB的重心，则m，n满足(

) 3111A．m＋n＝2

B．m＝1，n＝2

C.m＋n＝3

D．以上全不对

→8．已知在△ABC中，AB＝3，∠A＝60°，∠A的平分线AD交边BC于点D，且AD1→→(λ∈R)，则AD的长为(

) ＝3AC＋λABA．23

B.3

C．1

D．3 →＝1NC→，P是线段BN上的一点，若AP→＝mAB→＋2AC→，9．如图，在△ABC中，AN311则实数m的值为________．

10．设i，j是平面直角坐标系(坐标原点为O)内分别与x轴，y轴正方向相同的两→＝－2i＋j，OB→＝4i＋3j，则△OAB的面积等于________．

个单位向量，且OA11．已知a＝(1，2)，b＝(1，1)，a与a＋λb的夹角为锐角，则实数λ的取值范围为________．

12．已知向量a＝(cosθ，sinθ)，θ∈[0，π]，向量b＝(3，－1)．

(1)若a⊥b，求θ的值；

(2)若|2a－b|

13．在△ABC中，角A，B，C所对的对边长分别为a，b，c. (1)设向量x＝(sinB，sinC)，向量y＝(cosB，cosC)，向量z＝(cosB，－cosC)，若z∥(x＋y)，求tanB＋tanC的值；

(2)若sinAcosC＋3cosAsinC＝0，证明：a2－c2＝2b2.

14．设向量m＝(cosx，sinx)，x∈(0，π)，n＝(1，3)．[来源:学科网]

(1)若|m－n|＝5，求x的值；

(2)设f(x)＝(m＋n)·n，求函数f(x)的值域．

答案

2111．D

[解析] |a|＝1，|b|＝2，A不正确；a·b＝2，B不正确；a＝λb时可得1＝211111λ且0＝2λ，此方程组无解，C不正确；(a－b)·b＝2，－2·2，2＝0，D正确．

2．D

[解析] |a|＝9＋4＋2×3×2cos120°＝7. 3．C

[解析] 设a，b夹角为θ，由a⊥(a＋b)，得a·(a＋b)＝0，即|a|2＋|a|·|b|cos3π2θ＝0，代入数据解得cosθ＝－2.又θ∈[0，π]，所以θ＝4. 4．C

[解析] a＝(1，1)，2a＋b＝(4，2)得b＝(2，0)，

cos〈a，b〉＝2＝2，所以选C. 222345．B

[解析] 由|a|＝2，|b|＝5，a·b＝－6，得cosθ＝－5，sinθ＝5，所以|a×b|4＝|a|·|b|·sinθ＝2×5×5＝8. →＝－2OA→＋λOB→＝－2(1，0)＋λ(1，3)＝(－2＋λ，3λ)．因为6．C

[解析]

OC3λ∠AOC＝120°，所以由tan120°＝＝－3，解得λ＝1. －2＋λ→＝tPQ→，

7．C

[解析] 设重心为点G，且PG→＝OP→＋PG→＝mOA→＋tPQ→＝mOA→＋t→→＋ntOB→. →＝m(1－t)OA所以OGnOB－mOA→＝2OD→＝1(OA→＋OB→)．

设OG与AB交于点D，则点D为AB的中点．所以OG331m（1－t）＝3，11消去t得m＋n＝3.故选C. ()故1nt＝3，8.

→＝AE→A

[解析] 如图，过D作AC，AB的平行线，分别交AC，AB于E，F，则AD

2→→1→→＋AF，由AD＝3AC＋λAB及B，D，C三点共线知AC＝3AE，λ＝3.又AB＝3，所以2→|2AF＝3AB＝2.由AD是∠A的平分线知，四边形AEDF是菱形，所以AE＝2，|AD→＋AF→)2＝AE→2＋AF→2＋2AE→·AF→＝12，∴|AD→|＝23，选A. ＝(AE3→＝1NC→，→＝4AN→，→＝mAB→＋2AC→＝mAB→＋8AN→.由点B，9.11

[解析] ∵AN∴AC又AP3111183P，N共线可知，m＋11＝1，∴m＝11. →|＝5，|OB→|＝5，OA→·OB→＝－5，所以cos〈OA→，OB→〉10．5

[解析] 由题可知|OA＝－51→，OB→〉＝2，所求面积为S＝1×5×5×2＝5. ＝－，sin〈OA255555（a＋λb）>0，a·50，＋∞)

[解析] 由题意可得11.－3，0∪(

a与a＋λb的夹角不是0，（1＋λ，2＋λ）>0，（1，2）·5即即λ∈－3，0∪(0，＋∞)．

（2＋λ）－2（1＋λ）≠0，1·12．解：(1)∵a⊥b，∴3cosθ－sinθ＝0，得tanθ＝3. π又θ∈[0，π]，∴θ＝3. (2)∵2a－b＝(2cosθ－3，2sinθ＋1)，

∴|2a－b|2＝(2cosθ－3)2＋(2sinθ＋1)2

π13＝8＋8sinθ－cosθ＝8＋8sinθ－. 322ππ2ππ3又θ∈[0，π]，∴θ－3∈－3，3，∴sinθ－∈－2，1，

3∴|2a－b|2的最大值为16，∴|2a－b|的最大值为4. 又|2a－b|4. 13．解：(1)x＋y＝(sinB＋cosB，sinC＋cosC)，

∵z∥(x＋y)，∴cosB(sinC＋cosC)＋cosC(sinB＋cosB)＝0，

整理得tanC＋tanB＋2＝0，∴tanC＋tanB＝－2. (2)证明：∵sinAcosC＋3cosAsinC＝0，

a2＋b2－c2b2＋c2－a2∴由正、余弦定理得：a·2ab＋3×2bc×c＝0，

∴a2－c2＝2b2. 14．解：(1)∵m－n＝(cosx－1，sinx－3)，

由|m－n|＝5得cos2x－2cosx＋1＋sin2x－23sinx＋3＝5，

3整理得cosx＝－3sinx，显然cosx≠0，∴tanx＝－3. 5π∵x∈(0，π)，∴x＝6. (2)∵m＋n＝(cosx＋1，sinx＋3)，

∴f(x)＝(m＋n)·n＝(cosx＋1，sinx＋3)·(1，3)＝cosx＋1＋3sinx＋3 π31＝22sinx＋2cosx＋4＝2sinx＋6＋4. ππ7π∵0

π∴3<2sinx＋＋4≤6，

6即函数f(x)的值域为(3，6]．