高考数学(理数)二轮复习课时跟踪检测01《平面向量》小题练（教师版）

这是一份高考数学(理数)二轮复习课时跟踪检测01《平面向量》小题练（教师版），共5页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．已知向量a＝(1,2)，b＝(m，－1)，若a∥b，则实数m的值为( )
A.eq \f(1,2) B．－eq \f(1,2)
C．3 D．－3
解析：选B 由题意，得1×(－1)－2m＝0，解得m＝－eq \f(1,2)，故选B.
2．已知a＝(1,2)，b＝(－1,1)，c＝2a－b，则|c|＝( )
A.eq \r(26) B．3eq \r(2)
C.eq \r(10) D.eq \r(6)
解析：选B 因为c＝2a－b＝2(1,2)－(－1,1)＝(3,3)，
所以|c|＝eq \r(32＋32)＝3eq \r(2).故选B.
3．设D是△ABC所在平面内一点，eq \(AB,\s\up7(―→))＝2eq \(DC,\s\up7(―→))，则( )
A．eq \(BD,\s\up7(―→))＝eq \(AC,\s\up7(―→))－eq \f(3,2)eq \(AB,\s\up7(―→)) B．eq \(BD,\s\up7(―→))＝eq \f(3,2)eq \(AC,\s\up7(―→))－eq \(AB,\s\up7(―→))
C．eq \(BD,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)eq \(AC,\s\up7(―→))－eq \(AB,\s\up7(―→)) D．eq \(BD,\s\up7(―→))＝eq \(AC,\s\up7(―→))－eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up7(―→))
解析：选A eq \(BD,\s\up7(―→))＝eq \(BC,\s\up7(―→))＋eq \(CD,\s\up7(―→))＝eq \(BC,\s\up7(―→))－eq \(DC,\s\up7(―→))＝eq \(AC,\s\up7(―→))－eq \(AB,\s\up7(―→))－eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up7(―→))＝eq \(AC,\s\up7(―→))－eq \f(3,2)eq \(AB,\s\up7(―→)).
4．在▱ABCD中，eq \(|AB|,\s\up7(―→))＝8，eq \(|AD|,\s\up7(―→))＝6，N为DC的中点，eq \(BM,\s\up7(―→))＝2eq \(MC,\s\up7(―→))，则eq \(AM,\s\up7(―→))·eq \(NM,\s\up7(―→))＝( )
A．48 B．36
C．24 D．12
解析：选C eq \(AM,\s\up7(―→))·eq \(NM,\s\up7(―→))＝(eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(BM,\s\up7(―→)))·(eq \(NC,\s\up7(―→))＋eq \(CM,\s\up7(―→)))
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \(AB,\s\up7(―→))＋\f(2,3) eq \(AD,\s\up7(―→)) ))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)eq \(AB,\s\up7(―→))－\f(1,3) eq \(AD,\s\up7(―→)) ))＝eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up7(―→))2－eq \f(2,9)eq \(AD,\s\up7(―→))2＝eq \f(1,2)×82－eq \f(2,9)×62＝24.
5．已知点A(－1,1)，B(1,2)，C(－2，－1)，D(3,4)，则向量eq \(CD,\s\up7(―→))在eq \(AB,\s\up7(―→))方向上的投影是( )
A.eq \f(3\r(2),2) B．－eq \f(3\r(2),2)
C．3eq \r(5) D．－3eq \r(5)
解析：选C 依题意得，eq \(AB,\s\up7(―→))＝(2,1)，eq \(CD,\s\up7(―→))＝(5,5)，eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(CD,\s\up7(―→))＝(2,1)·(5,5)＝15，
|eq \(AB,\s\up7(―→))|＝eq \r(5)，因此向量eq \(CD,\s\up7(―→))在eq \(AB,\s\up7(―→))方向上的投影是eq \f(eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(CD,\s\up7(―→)),|eq \(AB,\s\up7(―→))|)＝eq \f(15,\r(5))＝3eq \r(5).
6．△ABC是边长为2的等边三角形，向量a，b满足eq \(AB,\s\up7(―→))＝2a，eq \(AC,\s\up7(―→))＝2a＋b，则向量a，b的夹角为( )
A．30° B．60°
C．120° D．150°
解析：选C eq \(BC,\s\up7(―→))＝eq \(AC,\s\up7(―→))－eq \(AB,\s\up7(―→))＝2a＋b－2a＝b，则向量a，b的夹角即为向量eq \(AB,\s\up7(―→))与eq \(BC,\s\up7(―→))的夹角，故向量a，b的夹角为120°.
7．已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，点G在△ABC内，且满足eq \(GA,\s\up7(―→))＋eq \(GB,\s\up7(―→))＋eq \(GC,\s\up7(―→))＝0，eq \(GA,\s\up7(―→))·eq \(GB,\s\up7(―→))＝0，若a2＋b2＝λc2(λ∈R)，则λ＝( )
A．－5 B．－2
C．2 D．5
解析：选D 设BC的中点为D，连接GD(图略)，则eq \(GB,\s\up7(―→))＋eq \(GC,\s\up7(―→))＝2eq \(GD,\s\up7(―→)).
又eq \(GA,\s\up7(―→))＋eq \(GB,\s\up7(―→))＋eq \(GC,\s\up7(―→))＝0，所以2eq \(GD,\s\up7(―→))＝eq \(AG,\s\up7(―→))，所以A，G，D三点共线，且AG＝2GD.
故eq \(AG,\s\up7(―→))＝eq \f(2,3)eq \(AD,\s\up7(―→))＝eq \f(2,3)×eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→)))＝eq \f(1,3)(eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→)))．同理可得eq \(BG,\s\up7(―→))＝eq \f(1,3)(eq \(BA,\s\up7(―→))＋eq \(BC,\s\up7(―→)))．
由eq \(GA,\s\up7(―→))·eq \(GB,\s\up7(―→))＝0，得eq \f(1,9)(eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→)))·(eq \(BA,\s\up7(―→))＋eq \(BC,\s\up7(―→)))＝0，
所以(eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→)))·(eq \(AC,\s\up7(―→))－2eq \(AB,\s\up7(―→)))＝0，即|eq \(AC,\s\up7(―→))|2－2|eq \(AB,\s\up7(―→))|2－eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(AC,\s\up7(―→))＝0，
所以b2－2c2－bc·eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝0，化简得a2＋b2＝5c2.
又a2＋b2＝λc2(λ∈R)，所以λ＝5.故选D.
8．已知△ABC为等边三角形，AB＝2，设点P，Q满足eq \(AP,\s\up7(―→))＝λeq \(AB,\s\up7(―→))，eq \(AQ,\s\up7(―→))＝(1－λ)eq \(AC,\s\up7(―→))，λ∈R，若eq \(BQ,\s\up7(―→))·eq \(CP,\s\up7(―→))＝－eq \f(3,2)，则λ＝( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(1±\r(2),2)
C.eq \f(1±\r(10),2) D.eq \f(－3±2\r(2),2)
解析：选A 以点A为坐标原点，AB所在的直线为x轴，过点A且垂直于AB的直线为y轴，建立平面直角坐标系，则A(0,0)，B(2,0)，C(1，eq \r(3))，∴eq \(AB,\s\up7(―→))＝(2,0)，eq \(AC,\s\up7(―→))＝(1，eq \r(3))，又eq \(AP,\s\up7(―→))＝λeq \(AB,\s\up7(―→))，eq \(AQ,\s\up7(―→))＝(1－λ)eq \(AC,\s\up7(―→))，∴P(2λ，0)，Q(1－λ，eq \r(3)(1－λ))，∴eq \(BQ,\s\up7(―→))·eq \(CP,\s\up7(―→))＝(－1－λ，
eq \r(3)(1－λ))·(2λ－1，－eq \r(3))＝－eq \f(3,2)，化简得4λ2－4λ＋1＝0，∴λ＝eq \f(1,2).
9．称d(a，b)＝|a－b|为两个向量a，b间的“距离”．若向量a，b满足：①|b|＝1；②a≠b；③对任意t∈R，恒有d(a，tb)≥d(a，b)，则( )
A．a⊥b B．a⊥(a－b)
C．b⊥(a－b) D．(a＋b)⊥(a－b)
解析：选C 由d(a，tb)≥d(a，b)，可知|a－tb|≥|a－b|，所以(a－tb)2≥(a－b)2，又|b|＝1，所以t2－2(a·b)t＋2(a·b)－1≥0.因为上式对任意t∈R恒成立，所以Δ＝4(a·b)2－4[2(a·b)－1]≤0，即(a·b－1)2≤0，所以a·b＝1.于是b·(a－b)＝a·b－|b|2＝1－12＝0，所以b⊥(a－b)．故选C.
10．已知△ABC的外接圆的圆心为O，满足：eq \(CO,\s\up7(―→))＝meq \(CA,\s\up7(―→))＋neq \(CB,\s\up7(―→)),4m＋3n＝2，且|eq \(CA,\s\up7(―→))|＝4eq \r(3)，|eq \(CB,\s\up7(―→))|＝6，则eq \(CA,\s\up7(―→))·eq \(CB,\s\up7(―→))＝( )
A．36 B．24
C．24eq \r(3) D．12eq \r(3)
解析：选A eq \(CO,\s\up7(―→))·eq \(CA,\s\up7(―→))＝meq \(CA,\s\up7(―→))2＋neq \(CA,\s\up7(―→))·eq \(CB,\s\up7(―→))，因为O为△ABC的外心，所以eq \f(1,2)eq \(CA,\s\up7(―→))2＝
meq \(CA,\s\up7(―→))2＋n|eq \(CA,\s\up7(―→))|·|eq \(CB,\s\up7(―→))|·cs∠BCA，所以24＝48m＋24eq \r(3)n·cs∠BCA，
因为4m＋3n＝2，所以24＝12(2－3n)＋24eq \r(3)n·cs∠BCA，
又n≠0，即cs∠BCA＝eq \f(\r(3),2)，所以eq \(CA,\s\up7(―→))·eq \(CB,\s\up7(―→))＝|eq \(CA,\s\up7(―→))|·|eq \(CB,\s\up7(―→))|cs∠BCA＝4eq \r(3)×6×eq \f(\r(3),2)＝36.
11．设e1，e2，e3为单位向量，且e3＝eq \f(1,2)e1＋ke2(k>0)，若以向量e1，e2为两边的三角形的面积为eq \f(1,2)，则k的值为( )
A.eq \f(\r(3),2) B.eq \f(\r(2),2)
C.eq \f(\r(5),2) D.eq \f(\r(7),2)
解析：选A 设e1，e2的夹角为θ，则由以向量e1，e2为两边的三角形的面积为eq \f(1,2)，得eq \f(1,2)×1×1×sin θ＝eq \f(1,2)，得sin θ＝1，所以θ＝90°，所以e1·e2＝0.从而将e3＝eq \f(1,2)e1＋ke2两边平方得1＝eq \f(1,4)＋k2，解得k＝eq \f(\r(3),2)或k＝－eq \f(\r(3),2)(舍去)．
12.如图所示，点A，B，C是圆O上的三点，线段OC与线段AB交于圆内一点M，若eq \(OC,\s\up7(―→))＝meq \(OA,\s\up7(―→))＋neq \(OB,\s\up7(―→)) (m>0，n>0)，m＋n＝2，则∠AOB的最小值为( )
A.eq \f(π,6) B.eq \f(π,3)
C.eq \f(π,2) D.eq \f(2π,3)
解析：选D 将eq \(OC,\s\up7(―→))＝meq \(OA,\s\up7(―→))＋neq \(OB,\s\up7(―→))平方得1＝m2＋n2＋2mncs∠AOB，
cs∠AOB＝eq \f(1－m2－n2,2mn)＝eq \f(1－m＋n2＋2mn,2mn)＝－eq \f(3,2mn)＋1≤－eq \f(1,2)(当且仅当m＝n＝1时等号成立)，∵0<∠AOB<π，∴∠AOB的最小值为eq \f(2π,3).
二、填空题
13．已知向量a＝(2,1)，b＝(3，m)．若(a＋2b)∥(3b－a)，则实数m的值是________．
解析：a＋2b＝(2,1)＋(6,2m)＝(8,1＋2m)，3b－a＝(9,3m)－(2,1)＝(7,3m－1)，
由(a＋2b)∥(3b－a)，得8(3m－1)－7(1＋2m)＝0，解得m＝eq \f(3,2).
答案：eq \f(3,2)
14．已知平面内三个不共线向量a，b，c两两夹角相等，且|a|＝|b|＝1，|c|＝3，则|a＋b＋c|＝________.
解析：由平面内三个不共线向量a，b，c两两夹角相等，可得夹角均为eq \f(2π,3)，所以|a＋b＋c|2＝a2＋b2＋c2＋2a·b＋2b·c＋2a·c＝1＋1＋9＋2×1×1×cseq \f(2π,3)＋2×1×3×cseq \f(2π,3)＋2×1×3×cseq \f(2π,3)＝4，所以|a＋b＋c|＝2.
答案：2
15．如图，已知平面内有三个向量eq \(OA,\s\up7(―→))，eq \(OB,\s\up7(―→))，eq \(OC,\s\up7(―→))，其中eq \(OA,\s\up7(―→))与eq \(OB,\s\up7(―→))的夹角为120°，eq \(OA,\s\up7(―→))与eq \(OC,\s\up7(―→))的夹角为30°，且|eq \(OA,\s\up7(―→))|＝|eq \(OB,\s\up7(―→))|＝1，|eq \(OC,\s\up7(―→))|＝2eq \r(3).若eq \(OC,\s\up7(―→))＝λeq \(OA,\s\up7(―→))＋μeq \(OB,\s\up7(―→)) (λ，μ∈R)，则λ＋μ的值为________．
解析：法一：如图所示，作平行四边形OB1CA1，则eq \(OC,\s\up7(―→))＝eq \(OB,\s\up7(―→))1＋eq \(OA,\s\up7(―→))1，因为eq \(OA,\s\up7(―→))与eq \(OB,\s\up7(―→))的夹角为120°，eq \(OA,\s\up7(―→))与eq \(OC,\s\up7(―→))的夹角为30°，所以∠B1OC＝90°.在Rt△B1OC中，∠OCB1＝30°，|OC|＝2eq \r(3)，所以|OB1|＝2，|B1C|＝4，所以|OA1|＝|B1C|＝4，所以eq \(OC,\s\up7(―→))＝4eq \(OA,\s\up7(―→))＋2eq \(OB,\s\up7(―→))，所以λ＝4，μ＝2，
所以λ＋μ＝6.
法二：以O为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系，则A(1,0)，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，C(3，eq \r(3))．由eq \(OC,\s\up7(―→))＝λeq \(OA,\s\up7(―→))＋μeq \(OB,\s\up7(―→))，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3＝λ－\f(1,2)μ，,\r(3)＝0＋\f(\r(3),2)μ，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(λ＝4，,μ＝2.))所以λ＋μ＝6.
答案：6
16．在平行四边形ABCD中，AD＝1，∠BAD＝30°，E为CD的中点，若eq \(AC,\s\up7(―→))·eq \(BE,\s\up7(―→))＝1，则AB的长为________．
解析：因为四边形ABCD是平行四边形，E为CD的中点，所以eq \(AC,\s\up7(―→))＝eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AD,\s\up7(―→))，eq \(BE,\s\up7(―→))＝eq \(BC,\s\up7(―→))＋CE―→＝eq \(AD,\s\up7(―→))－eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up7(―→))，所以eq \(AC,\s\up7(―→))·eq \(BE,\s\up7(―→))＝(eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AD,\s\up7(―→)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(AD―→－\f(1,2)AB―→ ))＝eq \(AD,\s\up7(―→))2－eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up7(―→))2＋eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(AD,\s\up7(―→))＝1，又eq \(AD,\s\up7(―→))2＝1，eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(AD,\s\up7(―→))＝1×|eq \(AB,\s\up7(―→))|×cs 30°＝eq \f(\r(3),2)|eq \(AB,\s\up7(―→))|，
所以1－eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up7(―→))2＋eq \f(\r(3),4)|eq \(AB,\s\up7(―→))|＝1，解得|eq \(AB,\s\up7(―→))|＝eq \f(\r(3),2)或|eq \(AB,\s\up7(―→))|＝0(舍去)．
答案：eq \f(\r(3),2)
B级——难度小题强化练
1．在△ABC中，AD为BC边上的中线，E为AD的中点，则eq \(EB,\s\up7(―→))＝( )
A.eq \f(3,4)eq \(AB,\s\up7(―→))－eq \f(1,4)eq \(AC,\s\up7(―→)) B.eq \f(1,4)eq \(AB,\s\up7(―→))－eq \f(3,4)eq \(AC,\s\up7(―→))
C.eq \f(3,4)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,4)eq \(AC,\s\up7(―→)) D.eq \f(1,4)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(3,4)eq \(AC,\s\up7(―→))
解析：选A 法一：作出示意图如图所示．eq \(EB,\s\up7(―→))＝eq \(ED,\s\up7(―→))＋eq \(DB,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up7(―→))＋eq \f(1,2)eq \(CB,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→)))＋eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up7(―→))－eq \(AC,\s\up7(―→)))＝eq \f(3,4)eq \(AB,\s\up7(―→))－eq \f(1,4)eq \(AC,\s\up7(―→)).故选A.
法二：不妨设△ABC为等腰直角三角形，且∠A＝eq \f(π,2)，AB＝AC＝1.建立如图所示的平面直角坐标系，
则A(0,0)，B(1,0)，C(0,1)，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)))，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(1,4))).故eq \(AB,\s\up7(―→))＝(1,0)，eq \(AC,\s\up7(―→))＝(0,1)，eq \(EB,\s\up7(―→))＝(1,0)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(1,4)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，－\f(1,4)))，即eq \(EB,\s\up7(―→))＝eq \f(3,4)eq \(AB,\s\up7(―→))－eq \f(1,4)eq \(AC,\s\up7(―→)).
2．已知点P是△ABC内一点，且eq \(BA,\s\up7(―→))＋eq \(BC,\s\up7(―→))＝6eq \(BP,\s\up7(―→))，则eq \f(S△ABP,S△ACP) ＝( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(1,3)
C.eq \f(1,4) D.eq \f(1,5)
解析：选C 设点D为AC的中点，在△ABC中，eq \(BA,\s\up7(―→))＋eq \(BC,\s\up7(―→))＝2eq \(BD,\s\up7(―→))，即2eq \(BD,\s\up7(―→))＝6eq \(BP,\s\up7(―→))，所以eq \(BD,\s\up7(―→))＝3eq \(BP,\s\up7(―→))，即P为BD的三等分点，所以eq \f(S△ABP,S△APD)＝eq \f(1,2)，又eq \f(S△APD,S△APC)＝eq \f(1,2)，所以eq \f(S△ABP,S△ACP)＝eq \f(1,4).
3．设平面向量eq \(OA,\s\up7(―→))＝(2,0)，eq \(OB,\s\up7(―→))＝(0,1)，点P满足eq \(OP,\s\up7(―→))＝eq \f(m,\r(2m2＋2n2))eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \f(\r(2)n,\r(m2＋n2))eq \(OB,\s\up7(―→))，其中m>0，n>0，O为坐标原点，则点P的轨迹的长度为( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(\r(2),2)
C.eq \f(π,2) D.eq \f(\r(2)π,2)
解析：选D 设P(x，y)，因为eq \(OA,\s\up7(―→))＝(2,0)，eq \(OB,\s\up7(―→))＝(0,1)，eq \(OP,\s\up7(―→))＝eq \f(m,\r(2m2＋2n2))eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \f(\r(2)n,\r(m2＋n2))eq \(OB,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2m,\r(2m2＋2n2))，\f(2n,\r(2m2＋2n2))))，所以x＝eq \f(2m,\r(2m2＋2n2))，y＝eq \f(2n,\r(2m2＋2n2))(其中m，n>0)，所以x2＋y2＝2(其中x，y>0)，则点P的轨迹的长度为eq \f(1,4)×2π×eq \r(2)＝eq \f(\r(2)π,2).
4．已知Rt△ABC中，AB＝3，BC＝4，AC＝5，I是△ABC的内心，P是△IBC内部(不含边界)的动点，若eq \(AP,\s\up7(―→))＝λeq \(AB,\s\up7(―→))＋μeq \(AC,\s\up7(―→)) (λ，μ∈R)，则λ＋μ的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，1)) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，2))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,12)，1)) D．(2,3)
解析：选A 以B为原点，BA，BC所在直线分别为x，y轴建立如图所示的平面直角坐标系，则B(0,0)，A(3,0)，C(0,4)．设△ABC的内切圆的半径为r，因为I是△ABC的内心，所以(5＋3＋4)×r＝4×3，解得r＝1，所以I(1,1)．设P(x，y)，因为点P在△IBC内部(不含边界)，所以05．已知a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs\f(2π,3)，sin\f(2π,3)))，eq \(OA,\s\up7(―→))＝a－b，eq \(OB,\s\up7(―→))＝a＋b，若△OAB是以O为直角顶点的等腰直角三角形，则△OAB的面积为________．
解析：因为eq \(OA,\s\up7(―→))⊥eq \(OB,\s\up7(―→))，所以eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(OB,\s\up7(―→))＝(a－b)·(a＋b)＝0，化简得a2－b2＝0，得|a|＝|b|，又|eq \(OA,\s\up7(―→))|＝|eq \(OB,\s\up7(―→))|，所以|eq \(OA,\s\up7(―→))|2＝|eq \(OB,\s\up7(―→))|2，即(a－b)2＝(a＋b)2，得a⊥b，因为a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs\f(2π,3)，sin\f(2π,3)))，所以|a|＝ eq \r(cs2\f(2π,3)＋sin2\f(2π,3))＝1，所以|a|＝|b|＝1，可得a，b是相互垂直的单位向量，所以|eq \(OA,\s\up7(―→))|＝|eq \(OB,\s\up7(―→))|＝eq \r(2)，所以△OAB的面积S＝eq \f(1,2)|eq \(OA,\s\up7(―→))|·|eq \(OB,\s\up7(―→))|＝1.
答案：1
6．在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1.边DC上的动点P(包含点D，C)与CB延长线上的动点Q(包含点B)满足|eq \(DP,\s\up7(―→))|＝|eq \(BQ,\s\up7(―→))|，则eq \(PA,\s\up7(―→))·eq \(PQ,\s\up7(―→))的最小值为________．
解析：以点A为坐标原点，分别以AB，AD所在直线为x轴，y轴建立如图所示的平面直角坐标系，设P(x，1)，Q(2，y)，由题意知0≤x≤2，－2≤y≤0.∵|eq \(DP,\s\up7(―→))|＝|eq \(BQ,\s\up7(―→))|，∴|x|＝|y|，∴x＝－y.∵eq \(PA,\s\up7(―→))＝(－x，－1)，eq \(PQ,\s\up7(―→))＝(2－x，y－1)，∴eq \(PA,\s\up7(―→))·eq \(PQ,\s\up7(―→))＝－x(2－x)－(y－1)＝x2－2x－y＋1＝x2－x＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))2＋eq \f(3,4)，∴当x＝eq \f(1,2)时，eq \(PA,\s\up7(―→))·eq \(PQ,\s\up7(―→))取得最小值，为eq \f(3,4).
答案：eq \f(3,4)