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一、選擇題
1．(2014·福建質檢)已知向量a＝(m2,4)，b＝(1,1)，則「m＝－2」是「a∥b」的
a．充分不必要條件 b．必要不充分條件
c．充要條件 d．既不充分也不必要條件
解析依題意，當m＝－2時，a＝(4,4)，b＝(1,1)，所以a＝4b，即a∥b，即由m＝－2可以推出a∥b；當a∥b時，m2＝4，得，m＝±2，所以不能推得m＝－2，即「m＝－2」是「a∥b」的充分不必要條件．
答案 a
2．(2013·德陽一診)已知向量a＝(2,3)，b＝(k,1)，若a＋2b與a－b平行，則k的值是
a．－6 b．－
c. d．14
解析由題意得a＋2b＝(2＋2k,5)，且a－b＝(2－k,2)，又因為a＋2b和a－b平行，則2(2＋2k)－5(2－k)＝0，解得k＝.
答案 c
3．(2013·浙江五校聯考)已知|a|＝|b|＝|a－2b|＝1，則|a＋2b
a．9 b．3
c．1 d．2
解析由|a|＝|b|＝|a－2b|＝1，得a2－4a·b＋4b2＝1，
∴4a·b＝4，∴|a＋2b|2＝a2＋4a·b＋4b2＝5＋4＝9，
∴|a＋2b|＝3.
答案 b
4．(2014·鄭州一模)已知平面向量a＝(－2，m)，b＝(1，)，且(a－b)⊥b，則實數m的值為
a．－2 b．2
c．4 d．6
解析因為(a－b)⊥b，所以(a－b)·b＝a·b－b2＝0，即－2＋m－4＝0，解得m＝2.
答案 b
5．(2014·長春一模)已知|a|＝1，|b|＝6，a·(b－a)＝2，則向量a與b的夾角為( )．
a. b.
c. d.
解析 a·(b－a)＝a·b－a2＝2，所以a·b＝3，
所以cos＝＝＝.所以＝.
答案 b
6．(2013·潮州二模)已知向量a＝(1，－cos θ)，b＝(1,2cos θ)且a⊥b，則cos 2θ等於
a．－1 b．0
c. d.
解析 a⊥ba·b＝0，即1－2cos2θ＝0，∴cos 2θ＝0.
答案 b
7．(2014·成都期末)已知o是△abc所在平面內一點，d為bc邊中點，且2＋＋＝0，則有
a.＝2 b.＝
c.＝3 d．2＝
解析由2＋＋＝0，得＋＝－2＝2，即＋＝2＝2，所以＝，即o為ad的中點．
答案 b
8．(2013·濰坊一模)平面上有四個互異點a，b，c，d，已知(＋－2)·(－)＝0，則△abc的形狀是
a．直角三角形 b．等腰三角形
c．等腰直角三角形 d．無法確定
解析由(＋－2)·(－)＝0，
得0，所以(＋)·(－)＝0.
所以||2－||2＝0，∴||＝||，
故△abc是等腰三角形．
答案 b
9．(2013·蘭州一模)在△abc中，g是△abc的重心，ab，ac的邊長分別為2,1，∠bac＝60°.則
a．－ b．－
c. d．－
解析由ab＝2，ac＝1，∠bac＝60°，所以bc＝，∠acb＝90°，將直角三角形放入直角座標系中，如圖所示，則a(0,1)，b(－，0)，所以重心g，所以＝，＝，所以·＝·＝－.
答案 a
10．(2014·皖南八校第三次聯考)已知正方形abcd(字母順序是a→b→c→d)的邊長為1，點e是ab邊上的動點(可以與a或b重合)，則·的最大值是
a．1 b.
c．0 d．－1
解析建立直角座標系如圖所示，設e(x,0)，x∈[0,1]，則d(0,1)，c(1,1)，b(1,0)，所以·＝(x，－1)·(－1,0)＝－x，當x＝0時取得最大值0.
答案 c
二、填空題
11．(2013·南充月考)若a＝(1，－2)，b＝(x,1)，且a⊥b，則x
解析由a⊥b，得a·b＝x－2＝0，∴x＝2.
答案 2
12．(2013·永川期末)已知向量a＝(1,1)，b＝(2,0)，則向量a，b的夾角為________．
解析 a＝(1,1)，b＝(2,0)，∴|a|＝，|b|＝2，
∴cos＝＝＝，∴＝.
答案 13．(2014·杭州質檢)在rt△abc中，∠c＝90°，∠a＝30°，bc＝1，d為斜邊ab的中點，則
解析2×1－2×cos 30°＝－1.
答案 －1
14．(2014·湖南長郡中學、衡陽八中聯考)已知g1，g2分別為△a1b1c1與△a2b2c2的重心，且＝e1，＝e2，＝e3，則用e1，e2，e3表示)．
解析由＝＋＋＝e1 ①，＝＋＋＝e2 ②，＝＋＋＝e3 ③，且g1，g2分別為△a1b1c1與△a2b2c2的重心，所以＋＋c1g1＝0，＋＋＝0，將①②③相加得＝(e1＋e2＋e3)．
答案 (e1＋e2＋e3)
三、解答題
15．在平面直角座標系中，o為座標原點，已知向量a＝(2,1)，a(1,0)，b(cos θ，t)．
(1)若a∥，且||＝||，求向量的座標；
(2)若a∥，求y＝cos2θ－cos θ＋t2的最小值．
解 (1)∵＝(cos θ－1，t)，
又a∥，∴2t－cos θ＋1＝0.∴cos θ－1＝2t.①
又∵||＝||，∴(cos θ－1)2＋t2＝5.②
由①②得，5t2＝5，∴t2＝1.∴t＝±1.
當t＝1時，cos θ＝3(捨去)，當t＝－1時，cos θ＝－1，
∴b(－1，－1)，∴＝(－1，－1)．
(2)由(1)可知t＝，
∴y＝cos2θ－cos θ＋
＝cos2θ－cos θ＋＝＋
＝2－，
∴當cos θ＝時，ymin＝－.
16．設向量a＝(sin x，sin x)，b＝(cos x，sin x)，x∈.
(1)若|a|＝|b|，求x的值；
(2)設函式f(x)＝a·b，求f(x)的最大值．
解 (1)由|a|2＝(sin x)2＋(sin x)2＝4sin2 x，
|b|2＝(cos x)2＋(sin x)2＝1，及|a|＝|b|，得4sin2 x＝1.
又x∈，從而sin x＝，所以x＝.
(2)f(x)＝a·b＝sin x·cos x＋sin2 x
＝sin 2x－cos 2x＋＝sin＋，
當x＝∈時，sin取最大值1.
所以f(x)的最大值為.
17．(2013·銀川調研)已知點g是△abo的重心，m是ab邊的中點．
(1)求＋＋；
(2)若pq過△abo的重心g，且＝a，＝b，＝ma，＝nb，求證：＋＝3.
(1)解 ∵＋＝2，又2＝－，
∴＋＋＝－＋＝0.
(2)證明顯然＝(a＋b)．
因為g是△abo的重心，所以＝＝(a＋b)．
由p，g，q三點共線，得∥，
所以，有且只有乙個實數λ，使＝λ.
而＝－＝(a＋b)－ma＝a＋b，
＝－＝nb－(a＋b)＝－a＋b，
所以a＋b＝λ.
又因為a，b不共線，所以
消去λ，整理得3mn＝m＋n，故＋＝3.
18．已知f(x)＝a·b，其中a＝(2cos x，－ sin 2x)，b＝(cos x,1)(x∈r)．
(1)求f(x)的週期和單調遞減區間；
(2)在△abc中，角a，b，c的對邊分別為a，b，c，f(a)＝－1，a＝，·＝3，求邊長b和c的值(b＞c)．
解 (1)由題意知，f(x)＝2cos2x－sin 2x＝1＋cos 2x－sin 2x＝1＋2cos，
∴f(x)的最小正週期t＝π，
∵y＝cos x在[2kπ，2kπ＋π](k∈z)上單調遞減，
∴令2kπ≤2x＋≤2kπ＋π(k∈z)，
得kπ－≤x≤kπ＋(k∈z)．
∴f(x)的單調遞減區間，k∈z.
(2)∵f(a)＝1＋2cos＝－1，
∴cos＝－1.
又＜2a＋＜，∴2a＋＝π.∴a＝.
∵·＝3，即bc＝6，由餘弦定理得a2＝b2＋c2－
2bccos a＝(b＋c)2－3bc,7＝(b＋c)2－18，b＋c＝5，
又b＞c，∴b＝3，c＝2.
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