高考数学二轮复习课时跟踪检测01《平面向量》小题练(含答案详解)

这是一份高考数学二轮复习课时跟踪检测01《平面向量》小题练(含答案详解)，共8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
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
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)
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)
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(―→))
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
△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°
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)
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)
已知点P是△ABC内一点，且eq \(BA,\s\up7(―→))＋eq \(BC,\s\up7(―→))=6eq \(BP,\s\up7(―→))，则 SKIPIF 1 < 0 =( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(1,3) C.eq \f(1,4) D.eq \f(1,5)
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)
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
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)
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)
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(―→))
二、填空题
已知向量a=(2,1)，b=(3，m).若(a＋2b)∥(3b－a)，则实数m的值是________.
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|=________.
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________.
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)
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)
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________.
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________.
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________.
\s 0 答案解析
答案为：B；
解析：由题意，得1×(－1)－2m=0，解得m=－eq \f(1,2)，故选B.
答案为：B；
解析：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.
答案为：C；
解析：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).
答案为：A；
解析：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(―→)).
答案为：C；
解析：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.
答案为：C；
解析：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°.
答案为：C；
解析：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.
答案为：A；
解析：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).
答案为：C;
解析：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).
答案为：A；
解析：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).
答案为：D；
解析：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.
答案为：A；
解析：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.
答案为：D；
解析：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).
答案为：A；
解析：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(―→)).
答案为：eq \f(3,2)；
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).
答案为：2；
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.
答案为：6；
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.
答案为：D；
解析：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).
答案为：A
解析：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0因为eq \(AB,\s\up7(―→))=(－3,0)，eq \(AC,\s\up7(―→))=(－3,4)，eq \(AP,\s\up7(―→))=(x－3，y)，且eq \(AP,\s\up7(―→))=λeq \(AB,\s\up7(―→))＋μeq \(AC,\s\up7(―→))，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－3＝－3λ－3μ，,y＝4μ，))得eq \b\lc\(\rc\ (\a\vs4\al\c1(λ＝1－\f(1,3)x－\f(1,4)y，,μ＝\f(1,4)y，))
所以λ＋μ=1－eq \f(1,3)x，又0 答案为：1；
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)，
答案为：eq \f(3,4)；
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).
答案为：eq \f(\r(3),2)；
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).