參考答案

1．D　[解析] 因為向量a在b方向上的投影是|a|cos〈a，b〉，又

cos〈a，b〉＝|a|·|b|(a·b)＝2×1(1)＝2(1)，所以|a|cos〈a，b〉＝1.

2．A　[解析] 由題意得a·c＝a·(a＋b)＝a²＋a·b＝1＋|a|·|b|cos 120°＝1－1＝0，則c⊥a.

3．A　[解析] 由→(AB)·→(BC)＞0，可得角B為鈍角，此時△ABC是鈍角三角形，條件是充分的；反之，當△ABC是鈍角三角形時，角B不一定為鈍角，故不一定有→(AB)·→(BC)＞0，條件是不必要

的．故“→(AB)·→(BC)＞0”是“△ABC是鈍角三角形”的充分不必要條件．

4．C　[解析] 易知|a|＝5，cos〈a，b〉＝|a||b|(a·b)＝5×2(－5)＝－2(1)，即向量a與b的夾角為3(2π).

5．4　60°　[解析] 由|a－b|＝，平方得a²－2a·b＋b²＝13，代入已知條件得b²＝16，得|b|＝4，所以cos〈a，b〉＝|a||b|(a·b)＝3×4(6)＝2(1)，所以〈a，b〉＝60°.

6．B　[解析] |→(AB)|＝＝＝1，

|→(BC)|＝＝＝2，

→(AB)·→(BC)＝2cos 18°·cos 63°＋2cos 72°·cos 27°＝2cos 18°·cos 63°＋2sin 18°·sin 63°＝2cos 45°＝.設→(AB)與→(BC)的夾角為α，

所以cos α＝|(BC)＝2(2)，得α＝45°，所以三角形的內角B＝135°，因此△ABC的面積S＝2(1)|→(AB)|·|→(BC)|·sin 135°＝2(2).

7．B　[解析] 設外接圓的圓心為O，→(CO)與→(OP)的夾角為θ(θ∈[0，π])，在正三角形ABC中，易知|→(OA)|＝|→(OB)|＝|→(OC)|＝|→(OP)|＝1，則→(AP)·→(PB)＝(→(OP)－→(OA))·(→(OB)－→(OP))＝→(OP)·(→(OA)＋→(OB))－→(OP)²－→(OA)

·→(OB)＝→(OP)·→(CO)－2(1)＝|→(OP)|·|→(CO)|cosθ－2(1)＝coθ－2(1)，所以→(AP)·→(PB)的取值范圍為2(1).

8．C　[解析] 如圖所示，由于→(BC)＝→(CD)，點O在線段CD上，故存在實數λ∈(0，1)，使得→(CO)＝λ→(CD)，

∴→(AO)＝→(AC)＋→(CO)＝→(AC)＋λ→(CD)＝→(AC)＋λ→(BC)＝→(AC)＋λ(→(AC)－→(AB))＝－λ→(AB)＋(1＋λ)→(AC).又→(AO)＝x→(AB)＋(1－x)→(AC)，∴x＝－λ.又0<λ<1，∴－1<－λ<0，即－1<x<0.

9．B　[解析] 顯然AC⊥BC，以點C為坐標原點，射線CA，CB分別為x軸、y軸的正方向建立平面直角坐標系，則C(0，0)，A(3，0)，B(0，4)．設→(CP)＝→(CA)＋λ→(AB)＝(3，0)＋λ(－3，4)＝

(3－3λ，4λ)，其中0≤λ≤1，則→(CP)·(→(BA)－→(BC))＝→(CP)·→(CA)＝(3－3λ，4λ)·(3，0)＝9－9λ≤9，故→(CP)·(→(BA)－→(BC))的最大值為9.

10．D　[解析] 由a·(a＋2b)＝0且|a|＝1，得a·b＝－2(1)，得〈a，b〉＝120°.在平面直角坐標系中，設a＝(1，0)，b＝3()，則a＋2b＝(0，)．設c＝(x，y)，由|c－a－2b|＝1得x²＋(y－)²

＝1，即向量c的終點在圓x²＋(y－)²＝1上，所以|c|的最大值為＋1.

11．　[解析] 由|4a－b|²＝16a²－8a·b＋b²＝16－8×5cos 120°＋25＝61，得|4a－b|＝.

12．2＋i　[解析] b＋i(（1＋ai）（1－i）)＝2－i⇒(1＋ai)(1－i)＝(2－i)·(b＋i)⇒1＋a＋(a－1)i＝2b＋1＋(2－b)i，所以a－1＝2－b，(1＋a＝2b＋1，)解得b＝1.(a＝2，)

13．－2　[解析] 由→(OP)＝→(OA)＋λ(→(AB)＋→(AC))，得→(AP)＝λ(→(AB)＋→(AC))，當λ＝2(1)時，由|→(AP)|＝2，得→(AB)＋→(AC)＝2→(AP)，所以|→(AB)＋→(AC)|＝4.

又→(PA)·→(PB)＋→(PA)·→(PC)＝→(PA)·(→(PB)＋→(PC))＝→(PA)·(→(AB)－→(AP)＋→(AC)－→(AP))＝－λ(→(AB)＋→(AC))·[→(AB)＋→(AC)－2λ(→(AB)＋→(AC))]＝λ(2λ－1)·(→(AB)＋→(AC))²＝16(2λ²－λ)，當λ＝4(1)時上式有最小值－2.

14．解：(1)a＋tb＝(2t－3，2＋t)，|a＋tb|²＝(2t－3)²＋(2＋t)²＝5t²－8t＋13＝55(4)＋5(49)，當t＝5(4)時，|a＋tb|取得最小值5(5).

(2)a－tb＝(－3－2t，2－t)，因為a－tb與c共線，所以3＋2t－6＋3t＝0，即t＝5(3).

15．解：(1)原式＝→(AP)₁·(→(AB)＋→(AP)₂)＝2→(AP)1(2)＝8(13).

(2)(i)寫0到2(1)取不到(1)之間的任何一個值均可．

理由是：此時向量→(PA)與→(PC)之間的夾角為銳角．

(ii)→(PA)·→(PC)＝|→(PC)||→(PA)|cos∠APC.

①當P在線段BP₂上時，→(PA)·→(PC)≥0；

②當P在線段P₂C上時，→(PA)·→(PC)≤0.

要使→(PA)·→(PC)最小，則P必在線段P₂C上，設|→(PC)|＝x，則→(PA)·→(PC)＝|→(PC)||→(PA)|cos∠APC＝|→(PC)|·(－|→(PP)₂|)＝x²－2(1)x.

當x＝4(1)，即當P在P₃時，→(PA)·→(PC)最小，此時cos∠PAB＝26(5).

16．解：(1)∵m＝(1，sin 2x)，n＝(cos 2x，)，f(x)＝m·n，

∴f(x)＝cos 2x＋sin 2x＝2sin6(π).

∵f(A)＝1，∴2sin6(π)＝1.

又0<A<π，∴6(π)<2A＋6(π)<6(13π)，

∴2A＋6(π)＝6(5π)，∴A＝3(π).

(2)由余弦定理知cos A＝2bc(b2＋c2－a2)＝2(1).

∵a＝，∴b²＋c²－bc＝3.

∵b＋c＝3，∴bc＝2，

∴S_△ABC＝2(1)bcsin A＝2(3).