高考数学总复习第四章平面向量、数系的扩充与复数的引入课时作业29理(含解析)新人教A版

合集下载

高考数学一轮复习课时作业29第4章平面向量、数系的扩充与复数的引入5Word版含答案

解析：方法一：由题知 ( z－ 2i)(2 － i) ＝ 5，所以 z＝ 5 ＋2i ＝ 5 2＋ i ＋ 2i＝ 2＋i ＋ 2i
2－ i
2－i 2＋i
＝2＋ 3i。
方法二：设 z＝ a＋ bi( a，b∈ R)，所以 [a＋ (b－ 2)i](2 －i) ＝ 5，利用复数相等即实部与实
部、虚部与虚部分别相等，得到答案： A
a2－ a－ 6＝ 0，①
a 是否存在？若存在，
则有 a2＋ 2a－ 15
)
a2－ 4 ≠ 0，②
由①得 a＝－ 2 或 a＝ 3。
当 a＝－ 2 时，②式左端无意义。当 a＝3 时，②式不成立。
故不存在实数 a，使 z 为纯虚数。
1＋ i 3 a＋ bi
11．复数 z＝
1－ i
(a，b∈ R) ，且 |z|＝ 4， z 对应的点在第一象限，若复数
0， z，
z 对应的点是正三角形的三个顶点，求实数
1＋ i 2·1＋ i
解析： z＝
1－ i
(a＋ bi)
＝ 2i ·i( a＋ bi) ＝－ 2a－ 2bi 。由 |z|＝ 4，得 a2＋ b2＝ 4。①
a， b 的值。
∵复数 0， z， z 对应的点构成正三角形，
∴ |z－ z |＝ |z|。
解析：设 z＝ a＋ bi ， (a，b∈ R)，则 z ＝ a－ bi。
代入 4z＋2 z ＝ 3 3＋ i，得
4(a＋ bi) ＋ 2(a－ bi) ＝ 3 3＋ i，
即 6a＋ 2bi ＝ 3 3＋ i。
a＝
3， 2
∴
b＝ 12。
∴ z＝
23＋
1 2i
。

高考数学一轮复习第四章平面向量、数系的扩充与复数的引入第3课时数系的扩充与复数的引入课时作业理新人教

第3课时数系的扩充与复数的引入考纲索引1. 复数的有关概念•2. 复数的四则运算. 课标要求1. 理解复数的基本概念•2. 理解得数相等的充要条件.3.了解复数的代数表示法及其几何意义 .4.会进行复数代数形式的四则运算.知识梳理1. 复数的有关概念 (1) 复数的概念•形如a+b ( a , b € R)的数叫复数，其中a , b 分别是它的实部和 _____________ .若b=0,则a+b i 为实数，若0,则a+b i 为虚数,若 _____________________ ,则a+b i 为纯虚数.⑵ 复数相等：a+b i =c+cd ?(a, b , c , d € R).⑶ 共轭复数：a+b i 与c+d i 共轭? _________ (a , b , c , d € R).⑷复数的模.叫做复数 z=a+b i( a , b € R)的模，记作|z|或|a+b i |,即|z|=|a+b i |= _________ .2. 复数的四则运算设 z i =a+b i, Z 2=c+d ( a , b , c , d € R),则(1) 加法:z i +Z 2=( a+b i) +(c+d i) =( a+c ) +( b+d )i; (2) 减法:Z i -Z 2=( a+b i) - (c+d i) =(a-c ) +( b-d )i;(3) 乘法:z i • Z 2=( a+b i) • (c+d i) =( ac-bd ) +(ad+bc )i;(4》除法C' II(11_ (a +6i) Cr — <21) _ . ■<r + di>(c -f /i>" ----------------------------------- L3.复数的几何表示基础自测一-诃应复数 z=a+bi -------- :―复平面内的点 ______ ____ 平面向量 ____________ 向量的模L （教材改蝙）复数 I \.<i 足虔毀卑读、的实部足（A. 45 B. 一丄 5 C. - ¥ IX -452・（课本精选）匕知 2*1 •则复数苹的实部为（1+厂3A. 4B. —4C. 2IX -23. （教材改编[复数 7 + i '■ .^= --- "3 + 4i，其中i 为虚数单位■則"1等于（A. 1 K V? C. 2 D. 54. ｛教材改编｝若复数（<r~3a 十Z ）十3 — 1）】是纯虚数*则冥数口的值为_________ ・氐（2013 •徐列模拟》在圮平面内，城数吕对应的点的坐标为.1 — 1 --------------------------------------------------♦一种转化复数问题的实数化是解决复数问题的最基本也是最重要的方法，其依据是复数相等的充要条件和复数的模的运算及性质.♦两个轴实轴、虚轴：在复平面内，x 轴叫做实轴，y 轴叫做虚轴，实轴上的点都表示实数；除原点以外虚轴上的点都表示纯虚数.♦四种结果.4n4n+1 . .4n+2 4n+3.i =1,i=1,1 =- 1,i=-i.考点透析考向一复数的有关概念（1）设丨是虚数单位，复数为纯虚数"则实数仪Z — IA_ 2 B. -2 C. --i-D.寺An£>r（2）若复数==l+id 为虚数单位）皿是瑁的共總复数•则 /+誉的虚部为（人 A. 0B, —1C. ]D. —2【审题视点】化简疳*利用纯虚教的槪念求匕住｝写出忑后计算*【方法总结】复数的分类及对应点的位置问题都可以转化为复数的实部与虚部应该满足的条件问题，只需把复数化为代数形式，列出实部、虚部满足的方程即可变式训练1.（2014 •湖北黄冈模拟）若z 是复数,且（3+z ）i =1（i 为虚数单位）,则z 的值为（）.A. -3+i D. 3 -i考向二复数的几何意义1 I *<2014 -边阳模拟〕绘数；=1—— Ci 为逸數单位［对 I应的点在（）.A.第一象限B.第二累限C.第三象限I ）.第四票限【审题视点】把复数化简为□+爪找出对应点的坐标【方法总结】除了复数与复平面内的点和向量的一一对应关系外，还要注意：（1） |z|=|z- 0|=a （a>0）表示复数z 对应的点到原点的距离为a ;⑵|Z-Z 0|表示复数z 对应的点与复数Z 0对应的点之间的距离.2. C20I4 •哈尔滨质樹设口+ 为正实数•则左境平面内（« + 2） +ui 对应的点在（）*2第一象限C.第三象隈B 第二象限 IX 第四彖限考向三复数的代数运算1<2014 •石家庄质栈二)复数兰二: ------- + 则E 零1— 1 1 十 1B. -3-iC. 3 +iT(A, i B —i C. 1 + i 1匸1 —i【审題视点】转化为夏教除法或乘法4或者i的性质计算.【方法总结】(1)复数的代数运算技巧•复数的四则运算类似于多项式的四则运算，此时含有虚数单位i的看作一类，不含i的看作另一类,分别合并即可，但要注意把i的幕写成最简单的形式，在运算过程中，要熟悉i的特点及熟练应用运算技巧.(2) 几个常用结论.在进行复数的代数运算时，记住以下结论，可提高计算速度•2(1) (1 ± i) =±2i; =i; =-i;(2) -b+a i =i( a+b i);4n 4n+1 4n+2 4n+3 4n 4n+1 4n+2 4n+3 *(3) i =1，i =i，i =-1，i =-i，i +i +i +i =0, n € N.变式训练3. (2014・吉林延吉质检〉设=l + hi：3= l-i(i是塵數单位)厂则―+ ^等于］).D. 1 经典考题Bi典例(2014 •广东)对任意复数3 1, 3 2,定义3 1* 3 2=3 1,其中是3 2的共轭复数，对任意复数Z1,Z2, Z3有如下四个命题：①Z1+Z2) *Z 3=( Z1*Z 3)+( Z2*Z 3)；②Z 1*( Z2+Z3) =( Z1*Z 2) +( Z1*Z 3)；@( Z1*Z 2) *Z 3=Z1*( Z2*Z3)；④Z1*Z2=Z2*Z1.则真命题的个数是().A. 1B. 2C. 3D. 4【解析】先理解透新定矢•再结合复戟的运算性质耒解.由题蹇得(S] +^2)* £3 +*2 )^a = £i Z3 +乱可=劲* +- - it 1 壬砒；：】忻〔二]亠二常】=：：｛二：一二.；〕=：：二三一二】；；=<5] * ) +(5j *謔3 ),故②正确.(引爭牝)*立3 =绘牝％,而i| * ( * S3 =®1愍宜3 *故③钳误；上]* % =畫1宜"希悬器引=衍故④不正确.故选B,【答案】B真题体验参考答案与解析知识梳理IL (1)虚部 & = 0•"工 0(2)a = c f /)= tJ ( 3 ) a = c , Z J = — J(4) J ' —wc+W , be —ad2 ------------- + ------------ i c 1 2+d 2 c 2+d 2 3. Z (皿)OZ1. D2. A3. B4.25.(-1,1)考点透析(G 利用复数运算法则求解*因为==1十X 所以 z=l~^z z 十& = (1十iF 十(l-i)3 = 2i-2i = O.CM2] D 解析：本题考査复数代数形式的四则混合运算及:S 数的几何竞丈样考杳考生的运算能力*由~= 1 一丄—=1 — ^-^- = 2 + —= 严 —i i 2-i.K 在复齐面内对应的点为<2*-D*苴对应的点在第四象限•故选D. 【例3】D 解析：根据复数的运算法则化简复数I 弭由共牠复数的概念求其共範复数一占+古二字+号=】+i.所听=1 一 i ・变式训练L B 解析古木题考在复数的基木运算.由霉=-一3 = -3-L12. D 鯛析；由于a+i2i=C+2fli —l)i= (a^ — 1 )i — 2d,由值数为正实数町得巾二’解得“=—丨・故(口+2)+/=1 T 在复平面内 I —勿 >0、对应点的坐标为门，一1几位于第四象限•故选D3. C 解析’本越尊住复数的除法运算，因为巧= l + iF = l-i(i 是虚r f ] + i 1 —;丨 + ◎ i ( ] +◎ i ) (2 + i)____ _____________ ■ 2 — i - (2-i)(2+i)3 (2014・重庆｝实部为一2+虔部为1的复数所对应的点位于复平面的( ).A.第一象限B.第二象限 (：.第三象限I).第四象限【到1】⑴A解析：(i(2 — «) + (2c/ + l)i5为纯塩数+所以2-u-0.u-2.数率位).所以二+二=_ +—— = ^i+i = O,故选U叼町 1 —I 1十1经典考题4.真题体验2 +A 解析■因为+ i = 所以 a = 2.b=-l. 所以 <^ + 6i)£ = (2-i)2 = 3-4i .B 解析畫由题恵町得刼数乂= — 2-hi-故在复齐面内対应的点为£ — 2门八在第二象限•故选B.—3解析：因为兰二=卫二=—3 —"所以一3—i 的实部等于一3・ — 11 r=r 1 1一一丄；— J ; 一亠 z — , 十］— 十丨— 十1 i2 2 2B 解析：因为 2. 42-------- ---------------------所以|訂=I. (2U14 •全国新课标I)设z=p^+i t则|zl等于( ).A. yB.C.晋D. Z2・(2014・山东> 已知u • G R»i是虚数单位.若a~\~i =2—乩则(a +6i)* 2 3 4等于( ).A. 3一4iB. 3+4iC. 4-3iD. 4+3i4. <2014・湖南復数些(i为虚教单住〉的实部等于 _____________ ・4.。

高考数学一轮总复习第4章平面向量、数系的扩充与复

解析：由题意，设 e1＋e2＝m a＋n b. 因为 a＝e1＋2e2，b＝－e1＋e2，所以 e1＋e2＝m(e1＋2e2)＋n(－e1＋e2)＝(m－n)e1＋ (2m＋n)e2. 由平面向量基本定理，得m2m－＋nn＝＝1， 1，
所以mn＝＝－23，13.
答案：23 －13
1．若 a，b 为非零向量，当 a∥b 时，a，b 的夹角为 0°或 180°，求解时容易忽视其中一种情形而导致出错；
所以xy＋－65＝＝6－，3，即xy＝＝02.， . 答案：A
uuur
uuur
3．已知 A(－2,4)，B(3，－1)，C(－3，－4)．设 AB＝a，BC ＝b，
uuur
uuuur
uuur
CA＝c，且CM ＝3c，CN ＝－2b，
(1)求 3a＋b－3c；
(2)求满足 a＝mb＋nc 的实数 m，n； uuuur
b
为邻边作▱OADB，uBuMuur ＝13
uuur BC
uuur ，CN
＝13CuuDur ，用
a，b
uuuur 表示OM
uuur ，ON
，
uuuur MN
.
解析
1．(2015·抚顺二模)若向量 a＝(2,1)，b＝(－1,2)，c＝0，52，则
c 可用向量 a，b 表示为
()
A.12a＋b
B．－12a－b
(3)求 M，N 的坐标及向量 MN 的坐标．
解析
uuuur uuuur uuur
(3)解设：O由为已坐知标得原a＝点(，5，∵－C5M)，＝b＝OM(－－6，O－C 3＝)，3cc，＝(1,8)．
uuuur
uuur
∴O(1M)3a＝＋3bc－＋3Oc＝C3＝(5(，3,－245))＋＋((－－36，－34))－＝3((01,,280) )．

高考数学第四章平面向量、数系的扩充与复数的引入4.3.2平面向量数量积的应用高三全册数学

第四页，共四十三页。
02 考点探究明晰规律
课堂升华强技提能
第五页，共四十三页。
考点一平面向量在平面几何中的应用
【例 1】 (2020·武汉调研)在△ABC 中，A→B·A→C＝0，|A→B|＝4，|B→C |＝5，D 为线段 BC 的中点，E 为线段 BC 垂直平分线 l 上任一异于 D
的点，则A→E·C→B＝( A )
第十七页，共四十三页。
考点三平面向量在解析几何中的应用【例 3】若点 O 和点 F 分别为椭圆x42＋y32＝1 的中心和左焦点，
点 P 为椭圆上的任意一点，则O→P·F→P的最大值为____6____．
第十八页，共四十三页。
【解析】由题意，得 F(－1,0)，设 P(x0，y0)，则有x420＋y320＝1，解得 y02＝31－x420，因为F→P＝(x0＋1，y0)，O→P＝(x0，y0)，所以O→P·F→P＝x0(x0＋1)＋y02＝x20＋x0＋31－x420 ＝x420＋x0＋3＝14(x0＋2)2＋2，因为－2≤x0≤2，故当 x0＝2 时，O→P·F→P取得最大值 6.
第三十二页，共四十三页。
(1)O 为△ABC 的外心⇔|O→A|＝|O→B|＝|O→C|＝2sianA. (2)O 为△ABC 的重心⇔O→A＋O→B＋O→C＝0. (3)O 为△ABC 的垂心⇔O→A·O→B＝O→B·O→C＝O→C·O→A. (4)O 为△ABC 的内心⇔aO→A＋bO→B＋cO→C＝0.
圆 O 的交点处时，O→D·O→C取得最小值，最小值为－ 2，此时(O→C
－O→A)·(O→C－O→B)取得最大值，最大值为 1＋ 2，故选 A.
第二十四页，共四十三页。
(2)∵b2－4e·b＋3＝0， ∴(b－2e)2＝1，∴|b－2e|＝1. 如图所示，把 a，b，e 的起点作为公共点 O，以 O 为原点，向量 e 所在直线为 x 轴，则 b 的终点在以点(2,0)为圆心，半径为 1 的圆上，|a－b|就是线段 AB 的长度．要求|AB|的最小值，就是求圆上动点到定直线的距离的最小值，也就是圆心 M 到直线 OA 的距离减去圆的半径长，因此|a－b|的最小值为 3－1.

高三数学复习第四章平面向量、数系的扩充与复数的引入

数学(6省专版)
提升学科素养
演练知能检测
第一节
平面向量的概念及其线性运算 [自测· 牛刀小试]
回扣主干知识
1．下列说法中正确的是
A．只有方向相同或相反的向量是平行向量 B．零向量的长度为零 C．长度相等的两个向量是相等向量
(
)
提升学科素养
突破热点题型
解析：向量是既有大小又有方向的量，a与|a|a0的模相
同，但方向不一定相同，故①是假命题；若a与a0平行，则a与a0的方向有两种情况：一是同向，二是反向，反向时a＝－|a|a0，故②③也是假命题．综上所述，假命题的个数是3. 答案：D
数学(6省专版)
演练知能检测
第一节
平面向量的概念及其线性运算向量的线性运算
D．共线向量是在一条直线上的向量
解析：由于零向量与任意向量平行，故选项A错误；
长度相等且方向相同的两个向量是相等向量，故C错误；方向相同或相反的两个非零向量是共线向量，故 D错误．
演练知能检测
答案：B
数学(6省专版)
第一节
平面向量的概念及其线性运算
2.(教材习题改编)D 是△ABC 的边 AB 上的中点，则向量 CD
提升学科素养
突破热点题型
位向量的核心是方向没有限制，但长度都是一个单位长度；
零向量的核心是方向没有限制，长度是0；规定零向量与任意向量共线．只有紧紧抓住概念的核心才能顺利解决与向量概念有关的问题．
——————————————————————————
数学(6省专版)
演练知能检测
回扣主干知识

2020高考数学文科大一轮复习第四章平面向量_数系的扩充与复数的引入_ _课时作业 (2)

课时作业28 平面向量数量积的应用一、选择题1．(2019·株洲模拟)在△ABC 中，(BC →＋BA →)·AC →＝|AC →|2，则△ABC 的形状一定是( C )A ．等边三角形B ．等腰三角形C ．直角三角形D ．等腰直角三角形解析：由(BC →＋BA →)·AC →＝|AC →|2，得AC →·(BC →＋BA →－AC →)＝0，即AC →·(BC →＋BA →＋CA →)＝0,2AC →·BA →＝0， ∴AC →⊥BA →，∴A ＝90°.又根据已知条件不能得到|AB →|＝|AC →|，故△ABC 一定是直角三角形．2．已知点A (－2,0)，B (3,0)，动点P (x ，y )满足P A →·PB →＝x 2，则点P 的轨迹是( D )A ．圆B ．椭圆C ．双曲线D ．抛物线解析：∵P A →＝(－2－x ，－y )，PB →＝(3－x ，－y )，∴P A →·PB →＝(－2－x )(3－x )＋y 2＝x 2，∴y 2＝x ＋6，即点P 的轨迹是抛物线．3．已知向量m ＝(1，cos θ)，n ＝(sin θ，－2)，且m ⊥n ，则sin2θ＋6cos 2θ的值为( B )A.12 B ．2 C ．22D ．－2解析：由题意可得m ·n ＝sin θ－2cos θ＝0，则tan θ＝2，所以sin2θ＋6cos 2θ＝2sin θcos θ＋6cos 2θsin 2θ＋cos 2θ＝2tan θ＋6tan 2θ＋1＝2.故选B.4．(2019·安徽江南十校联考)已知△ABC 中，AB ＝6，AC ＝3，N 是边BC 上的点，且BN →＝2NC →，O 为△ABC 的外心，则AN →·AO →的值为( D )A ．8B ．10C ．18D ．9解析：由于BN →＝2NC →，则AN →＝13AB →＋23AC →，取AB 的中点为E ，连接OE ，由于O 为△ABC 的外心，则EO →⊥AB →，∴AO →·AB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12AB →＋EO →·AB →＝12AB →2＝12×62＝18，同理可得AC →·AO →＝12AC →2＝12×32＝92，所以AN →·AO →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫13AB →＋23AC →·AO →＝13AB →·AO →＋23AC →·AO →＝13×18＋23×92＝6＋3＝9，故选D. 5．(2019·广东广雅中学等四校联考)已知两个单位向量a ，b 的夹角为120°，k ∈R ，则|a －k b |的最小值为( B )A.34B.32C ．1D.32解析：∵两个单位向量a ，b 的夹角为120°， ∴|a |＝|b |＝1，a ·b ＝－12， ∴|a －k b |＝a 2－2k a ·b ＋k 2b 2＝1＋k ＋k 2＝⎝⎛⎭⎪⎫k ＋122＋34，∵k ∈R ，∴当k ＝－12时，|a －k b |取得最小值32，故选B.6．在△ABC 中，已知向量AB →＝(2,2)，|AC →|＝2，AB →·AC →＝－4，则△ABC 的面积为( C )A ．4B ．5C ．2D ．3解析：∵AB →＝(2,2)，∴|AB →|＝22＋22＝2 2.∵AB →·AC →＝|AB →|·|AC →|cos A ＝22×2cos A ＝－4，∴cos A ＝－22，∵0<A <π，∴sin A ＝22，∴S △ABC ＝12|AB →|·|AC →|sin A ＝2.故选C.7．(2018·天津卷) 如图，在平面四边形ABCD 中，AB ⊥BC ，AD ⊥CD ，∠BAD ＝120°，AB ＝AD ＝1.若点E 为边CD 上的动点，则AE →·BE →的最小值为( A )A.2116B.32C.2516D ．3解析：解法1：如图，以D 为原点，DA 所在直线为x 轴，DC 所在直线为y 轴，建立平面直角坐标系，则A (1,0)，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，C (0，3)，令E (0，t )，t ∈[0，3]，∴AE →·BE →＝(－1，t )·⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，t －32＝t 2－32t ＋32，∵t ∈[0，3]， ∴当t ＝－－322×1＝34时，AE →·BE →取得最小值，(AE →·BE →)min ＝316－32×34＋32＝2116.故选A.解法2：令DE →＝λDC →(0≤λ≤1)，由已知可得DC ＝3， ∵AE →＝AD →＋λDC →，∴BE →＝BA →＋AE →＝BA →＋AD →＋λDC →，∴AE →·BE →＝(AD →＋λDC →)·(BA →＋AD →＋λDC →)＝AD →·BA →＋|AD →|2＋λDC →·BA →＋λ2|DC →|2＝3λ2－32λ＋32.当λ＝－－322×3＝14时，AE →·BE →取得最小值2116.故选A.二、填空题8．已知O 为△ABC 内一点，且OA →＋OC →＋2OB →＝0，则△AOC 与△ABC 的面积之比是1 2.解析：如图所示，取AC 的中点D ， ∴OA →＋OC →＝2OD →， ∴OD →＝BO →，∴O 为BD 的中点， ∴面积比为高之比．即S △AOC S △ABC＝DO BD ＝12. 9．已知|a |＝2|b |，|b |≠0，且关于x 的方程x 2＋|a |x －a ·b ＝0有两相等实根，则向量a 与b 的夹角是2π3.解析：由已知可得Δ＝|a |2＋4a ·b ＝0，即4|b |2＋4×2|b |2cos θ＝0，∴cos θ＝－12.又∵0≤θ≤π，∴θ＝2π3.10．已知△ABC 是直角边长为2的等腰直角三角形，且A 为直角顶点，P 为平面ABC 内一点，则P A →·(PB →＋PC →)的最小值是－1.解析：解法1：如图，以A 为坐标原点，AB ，AC 所在直线分别为x 轴、y 轴建立平面直角坐标系，则A (0,0)，B (2,0)，C (0,2)，设P (x ，y )，则P A →＝(－x ，－y )，PB →＝(2－x ，－y )，PC →＝(－x,2－y )，PB →＋PC →＝(2－2x,2－2y )，∴P A →·(PB →＋PC →)＝－x (2－2x )－y (2－2y )＝2(x －12)2＋2(y －12)2－1≥－1(当且仅当x ＝y ＝12时等号成立)，∴P A →·(PB →＋PC →)的最小值为－1.解法2：P A →·(PB →＋PC →)＝P A →·(P A →＋AB →＋P A →＋AC →)＝P A →·(2P A →＋AB →＋AC →)．设BC 的中点为D ，则AB →＋AC →＝2AD →， ∴P A →·(PB →＋PC →)＝2P A →·(P A →＋AD →)＝2P A →·PD →， ∵－2|P A →|·|PD →|≤2P A →·PD →≤2|P A →|·|PD →|，∴(2P A →·PD →)min ＝－2|P A →|·|PD →|，此时点P 在线段AD 上(异于A ，D )，设P A →＝λAD →(－1<λ<0)，则|P A →|＝|λAD →|＝－λ·2，|PD →|＝2＋2λ，∴－2|P A →|·|PD →|＝4(λ2＋λ＋14－14)＝4(λ＋12)2－1，∴当λ＝－12时，P A →·(PB →＋PC →)取得最小值－1.三、解答题11．已知点P (0，－3)，点A 在x 轴上，点Q 在y 轴的正半轴上，点M满足P A →·AM →＝0，AM →＝－32MQ →，当点A 在x 轴上移动时，求动点M 的轨迹方程．解：设M (x ，y )为所求轨迹上任一点，设A (a,0)，Q (0，b )(b >0)，则P A →＝(a,3)，AM →＝(x －a ，y )，MQ →＝(－x ，b －y )，由P A →·AM →＝0，得a (x －a )＋3y ＝0. ① 由AM →＝－32MQ →，得(x －a ，y )＝－32(－x ，b －y )＝⎝⎛⎭⎪⎫32x ，32(y －b )，∴⎩⎪⎨⎪⎧x －a ＝32x ，y ＝32y －32b ，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－x 2，b ＝y 3.∵b >0，∴y >0，把a ＝－x 2代入到①中，得－x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 2＋3y ＝0，整理得y ＝14x 2(x ≠0)．∴动点M 的轨迹方程为y ＝14x 2(x ≠0)．12．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知向量m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cos B ，2cos 2C 2－1，n ＝(c ，b －2a )，且m ·n ＝0. (1)求角C 的大小；(2)若点D 为边AB 上一点，且满足AD →＝DB →，|CD →|＝7，c ＝23，求△ABC 的面积．解：(1)由题意知m ＝(cos B ，cos C )，n ＝(c ，b －2a )，m ·n ＝0，则c cos B ＋(b －2a )cos C ＝0. 在△ABC 中，由正弦定理得 sin C cos B ＋(sin B －2sin A )cos C ＝0，整理得sin C cos B ＋sin B cos C －2sin A cos C ＝0，即sin(B ＋C )＝2sin A cos C . 故sin A ＝2sin A cos C ，又sin A ≠0，∴cos C ＝12， ∵C ∈(0，π)，∴C ＝π3.(2)由AD →＝DB →知，CD →－CA →＝CB →－CD →， ∴2CD →＝CA →＋CB →，两边平方得4|CD →|2＝b 2＋a 2＋2ba cos ∠ACB ＝b 2＋a 2＋ba ＝28.① 又c 2＝a 2＋b 2－2ab cos ∠ACB ， ∴a 2＋b 2－ab ＝12.② 由①②得ab ＝8，∴S △ABC ＝12ab sin ∠ACB ＝2 3.13．已知O 是平面上的一定点，A ，B ，C 是平面上不共线的三个动点，若动点P 满足OP →＝OA →＋λ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫AB →|AB →|cos B ＋AC →|AC →|cos C ，λ∈(0，＋∞)，则(D )A ．动点P 的轨迹一定通过△ABC 的重心B ．动点P 的轨迹一定通过△ABC 的内心 C ．动点P 的轨迹一定通过△ABC 的外心D ．动点P 的轨迹一定通过△ABC 的垂心解析：由条件，得AP →＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫AB →|AB →|cos B ＋AC →|AC →|cos C ，从而AP →·BC →＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫AB →·BC →|AB →|cos B ＋AC →·BC →|AC →|cos C＝λ|AB →||BC →|cos (180°－B )|AB →|cos B ＋λ·|AC →||BC →|cos C|AC →|cos C ＝0，所以AP →⊥BC →，则动点P的轨迹一定通过△ABC 的垂心．14．已知向量a ，b 满足：|a |＝|b |＝1，且a ·b ＝12，若c ＝x a ＋y b ，其中x >0，y >0且x ＋y ＝2，则|c |的最小值是 3.解析：∵|a |＝|b |＝1，且a ·b ＝12，当c ＝x a ＋y b 时，c 2＝x 2a 2＋2xy a ·b ＋y 2b 2＝x 2＋xy ＋y 2＝(x ＋y )2－xy ；又x >0，y >0且x ＋y ＝2，∴xy ≤(x ＋y 2)2＝1，当且仅当x ＝y ＝1时取“＝”，∴c 2≥(x ＋y )2－(x ＋y 2)2＝22－1＝3，∴|c |的最小值是 3. 尖子生小题库——供重点班学生使用，普通班学生慎用15．(2019·重庆市质量调研)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AP →＝λAB →＋μAC →(λ，μ∈R )，则λ＋μ的取值范围是( A )A ．(23，1)B ．(23，2)C ．(712，1)D ．(2,3)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<x <1.因为AB →＝(－3,0)，AC →＝(－3,4)，AP →＝(x －3，y )，且AP →＝λAB →＋μAC →，所以⎩⎨⎧ x －3＝－3λ－3μ，y ＝4μ，得⎩⎪⎨⎪⎧ λ＝1－13x －14y ，μ＝14y ，所以λ＋μ＝1－13x ，又0<x <1，所以λ＋μ∈(23，1)，故选A.16．(2018·浙江卷)已知a ，b ，e 是平面向量，e 是单位向量．若非零向量a 与e 的夹角为π3，向量b 满足b 2－4e ·b ＋3＝0，则|a －b |的最小值是( A ) A.3－1 B.3＋1 C ．2 D ．2－ 3解析：解法1：设O 为坐标原点，a ＝OA →，b ＝OB →＝(x ，y )，e ＝(1,0)，由b 2－4e ·b ＋3＝0得x 2＋y 2－4x ＋3＝0，即(x －2)2＋y 2＝1，所以点B 的轨迹是以C (2,0)为圆心，1为半径的圆．因为a 与e 的夹角为π3，所以不妨令点A 在射线y ＝3x (x >0)上，如图，数形结合可知|a －b |min ＝|CA →|－|CB →|＝3－1.故选A.解法2：由b 2－4e ·b ＋3＝0得b 2－4e ·b ＋3e 2＝(b －e )·(b －3e )＝0.设b ＝OB →，e ＝OE →，3e ＝OF →，所以b －e ＝EB →，b －3e ＝FB →，所以EB →·FB →＝0，取EF 的中点为C ，则B 在以C 为圆心，EF 为直径的圆上，如图．设a ＝OA →，作射线OA ，使得∠AOE ＝π3，所以|a －b |＝|(a －2e )＋(2e －b )|≥|a －2e |－|2e －b |＝|CA →|－|BC →|≥3－1.故选A.。

高考数学大一轮复习第四章平面向量、数系的扩充与复数的引入29平面向量的数量积课时作业理

课时作业29 平面向量的数量积一、选择题1．(2015·陕西卷)对任意向量a ，b ，下列关系式中不恒成立的是( ) A ．|a ·b |≤|a ||b | B ．|a －b |≤||a |－|b || C ．(a ＋b )2＝|a ＋b |2D ．(a ＋b )·(a －b )＝a 2－b 2解析：由向量数量积的性质易知A 、C 、D 都正确；对于选项B ，取a ＝(1，0)，b ＝(－1，0)，则|a |＝|b |＝1，|a －b |＝2，所以B 不正确．答案：B2．已知a ，b 均为单位向量，它们的夹角为π3，则|a ＋b |＝( )A ．1 B. 2 C. 3D ．2解析：由题意可得|a |＝|b |＝1，又它们的夹角为π3，所以|a ＋b |2＝|a |2＋|b |2＋2a ·b＝1＋1＋2×1×1×cos π3＝3，故|a ＋b |＝3，故选C.答案：C3．已知向量a ＝(2，1)，b ＝(－1，3)，若存在向量c 使得a ·c ＝4，b ·c ＝－9，则向量c ＝( )A ．(－3，2)B ．(4，3)C ．(3，－2)D ．(2，－5)解析：设c ＝(x ，y )，∵a ＝(2，1)，b ＝(－1，3)，a ·c ＝4，b ·c ＝－9，∴⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋y ＝4，－x ＋3y ＝－9，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3，y ＝－2，∴c ＝(3，－2)，故选C.答案：C4．(2016·辽宁沈阳质检一)在△ABC 中，|AB ―→＋AC ―→|＝|AB ―→－AC ―→|，AB ＝2，AC ＝1，E ，F 为BC 的三等分点，则AE ―→·AF ―→＝( )A.89B.109C.259D.269解析：由|AB ―→＋AC ―→|＝|AB ―→－AC ―→|，化简得AB ―→·AC ―→＝0，又因为AB 和AC 为三角形的两条边，不可能为0，所以AB ―→与AC ―→垂直，所以△ABC 为直角三角形．以AC 为x 轴，以AB 为y 轴建立平面直角坐标系，如图所示，则A (0，0)，B (0，2)，C (1，0)，由E ，F 为BC 的三等分点知E ⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫13，43，所以AE ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，AF ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13，43，所以AE ―→·AF ―→＝23×13＋23×43＝109.答案：B5．(2016·河南郑州一检)在Rt △ABC 中，CA ＝CB ＝3，M ，N 是斜边AB 上的两个动点，且MN ＝2，则CM ―→·CN ―→的取值范围为( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤2，52B ．[2，4]C ．[3，6]D ．[4，6]解析：记MN 的中点为E ，则有CM ―→＋CN ―→＝2CE ―→，CM ―→·CN ―→＝14[(CM ―→＋CN ―→)2－(CM ―→－CN ―→)2]＝CE ―→2－14MN ―→2＝CE ―→2－12.又|CE ―→|的最小值等于点C 到AB 的距离，即322，故CM ―→·CN ―→的最小值为⎝ ⎛⎭⎪⎫3222－12＝4.当点M 与点A (或B )重合时，|CE ―→|达到最大，|CE ―→|的最大值为⎝ ⎛⎭⎪⎫3222＋（2）2＝132，因此CM ―→·CN ―→的取值范围是[4，6]，选D.答案：D6．在△ABC 中，已知向量AB ―→与AC ―→满足⎝ ⎛⎭⎪⎫AB ―→|AB ―→|＋AC ―→|AC ―→|·BC ―→＝0，且AB ―→|AB ―→|·AC ―→|AC ―→|＝12，则△ABC 为( )A ．等边三角形B ．直角三角形C ．等腰非等边三角形D ．三边均不相等的三角形解析：因为AB ―→|AB ―→|，AC ―→|AC ―→|分别为AB ―→，AC ―→方向上的单位向量，故由⎝⎛⎭⎪⎫AB ―→|AB ―→|＋AB ―→|AC ―→|·BC ―→＝0可得BC ⊥AM (M 是∠BAC 的平分线与BC 的交点)，所以△ABC 是以BC 为底边的等腰三角形，又AB ―→|AB ―→|·AC ―→|AC ―→|＝12，所以∠BAC ＝60°，所以△ABC 为等边三角形．答案：A 二、填空题7．(2015·湖北卷)已知向量OA ―→⊥AB ―→，|OA ―→|＝3，则OA ―→·OB ―→＝________．解析：因为OA ―→⊥AB ―→，所以OA ―→·AB ―→＝OA ―→·(OB ―→－OA ―→)＝OA ―→·OB ―→－|OA ―→|2＝0，则OA ―→·OB ―→＝|OA ―→|2＝9.答案：98．已知单位向量e 1与e 2的夹角为α，且cos α＝13，向量a ＝3e 1－2e 2与b ＝3e 1－e 2的夹角为β，则cos β＝________．解析：由已知得cos β＝a ·b|a ||b |＝（3e 1－2e 2）·（3e 1－e 2）a 2·b 2＝9|e 1|2－9e 1·e 2＋2|e 2|29|e 1|2＋4|e 2|2－12e 1·e 2·9|e 1|2＋|e 2|2－6e 1·e 2， ∵e 1与e 2是单位向量，其夹角为α，且cos α＝13，∴|e 1|2＝|e 2|2＝1，e 1·e 2＝|e 1||e 2|cos α＝13.∴cos β＝9－9×13＋29＋4－12×13·9＋1－6×13＝232. 答案：2239．(2016·湖南长沙十三校二联)平面向量a ，b ，e 满足|e |＝1，a ·e ＝1，b ·e ＝2，|a －b |＝2，则a ·b 的最小值为________．解析：在直角坐标系中表示向量e ，a ，b ，设e ＝(1，0)，由于a ·e ＝1，b ·e ＝2，可设a ＝(1，m )，b ＝(2，n )，则|a －b |＝（1－2）2＋（m －n ）2＝2，则|m －n |＝3，m ＝n ＋3(或m ＝n －3)，不妨取m ＝n ＋3，则a ·b ＝2＋mn ＝2＋n (n ＋3)＝n 2＋3n ＋2＝⎝⎛⎭⎪⎫n ＋322＋54，所以a ·b 的最小值为54.答案：54三、解答题10．如图，平面四边形ABCD 中，AB ＝13，AC ＝10，AD ＝5，cos ∠DAC ＝35，AB ―→·AC ―→＝120.(1)求cos ∠BAD ；(2)设AC ―→＝xAB ―→＋yAD ―→，求x ，y 的值．解：(1)设∠CAB ＝α，∠CAD ＝β，cos α＝AB ―→·AC ―→|AB ―→||AC ―→|＝120130＝1213，cos β＝35，∴sin α＝513，sin β＝45，∴cos ∠BAD ＝cos(α＋β)＝cos αcos β－sin αsin β＝1213×35－513×45＝1665.(2)由AC ―→＝xAB ―→＋yAD ―→得⎩⎪⎨⎪⎧AC ―→·AB ―→＝xAB ―→2＋yAD ―→·AB ―→，AC ―→·AD ―→＝xAB ―→·AD ―→＋yAD ―→2， ∴⎩⎪⎨⎪⎧120＝169x ＋16y ，30＝16x ＋25y ，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4063，y ＝5063.11．在△ABC 中，角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c .若AB ―→·AC ―→＝CA ―→·CB ―→＝k (k ∈R )．(1)判断△ABC 的形状； (2)若k ＝2，求b 的值．解：(1)∵AB ―→·AC ―→＝cb cos A ，CA ―→·CB ―→＝ba cos C ，∴bc cos A ＝ab cos C ，根据正弦定理，得sin C cos A ＝sin A cos C ，即sin A cos C －cos A sin C ＝0，sin(A －C )＝0， ∴A ＝C ，即a ＝c . 即△ABC 为等腰三角形．(2)由(1)知a ＝c ，由余弦定理，得AB ―→·AC ―→＝bc cos A ＝bc ·b 2＋c 2－a 22bc ＝b 22.AB ―→·AC ―→＝k ＝2，即b 22＝2，解得b ＝2.1．在△ABC 中，若∠A ＝60°，BC ＝23，O 为中线AM 上一动点，则OA ―→·(OB ―→＋OC ―→)的最小值是( )A ．－92B ．－72C ．－32D ．－12解析：由题意知，OB ―→＋OC ―→＝2OM ―→，设|OM ―→|＝x ，则|OA ―→|＝|AM ―→|－x ，所以OA ―→·(OB ―→＋OC ―→)＝－2(|AM ―→|－x )x ≥－|AM ―→|22.要求OA ―→·(OB ―→＋OC ―→)的最小值，即求|AM ―→|的最大值．因为∠A ＝60°，BC ＝23，所以当AM ⊥BC 时，|AM ―→|max ＝3，所以OA ―→·(OB ―→＋OC ―→)≥－92，选A.答案：A2．(2015·福建卷)已知AB ―→⊥AC ―→，|AB ―→|＝1t，|AC ―→|＝t ，若点P 是△ABC所在平面内的一点，且AP ―→＝AB ―→|AB ―→|＋4AC ―→|AC ―→|，则PB ―→·PC ―→的最大值等于( )A ．13B ．15C ．19D ．21解析：设A (0，0)，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫1t，0，C (0，t )(t >0)，所以AC ―→＝(0，t )，AB ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1t，0，AP ―→＝(1，0)＋4(0，1)＝(1，4)，所以PB ―→＝AB ―→－AP ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －1，－4，PC ―→＝AC ―→－AP ―→＝(－1，t －4)，所以PB ―→·PC ―→＝17－⎝⎛⎭⎪⎫4t ＋1t ≤17－24t ×1t＝13，当且仅当t ＝12时等号成立．答案：A3．(2015·浙江卷)已知e 1，e 2是平面单位向量，且e 1·e 2＝12.若平面向量b 满足b ·e 1＝b ·e 2＝1，则|b |＝________．解析：令e 1与e 2的夹角为θ，∴e 1·e 2＝|e 1|·|e 2|cos θ＝cos θ＝12，又0°≤θ≤180°，∴θ＝60°.因为b ·(e 1－e 2)＝0，所以b 与e 1，e 2的夹角均为30°，从而|b |＝1cos30°＝233.答案：2334．已知向量a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cos 3x 2，sin 3x 2，b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cos x 2，－sin x 2，且x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.(1)求a ·b 及|a ＋b |的值；(2)若f (x )＝a ·b －2λ|a ＋b |的最小值是－32，求λ的值．解：(1)a ·b ＝cos 3x 2·cos x 2－sin 3x 2·sin x2＝cos2x .|a ＋b |＝⎝⎛⎭⎪⎫cos 3x 2＋cos x 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 3x 2－sin x 22＝2＋2cos2x ＝2cos 2x .∵x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，∴cos x ≥0，∴|a ＋b |＝2cos x . (2)由(1)可知f (x )＝cos2x －4λcos x ，即f (x )＝2(cos x －λ)2－1－2λ2.∵x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，∴0≤cos x ≤1. ①当λ<0时，当且仅当cos x ＝0时，f (x )取得最小值－1，与已知矛盾．②当0≤λ≤1时，当且仅当cos x ＝λ时，f (x )取得最小值－1－2λ2，由已知得－1－2λ2＝－32，解得λ＝12或λ＝－12(舍)．③当λ>1时，当且仅当cos x ＝1时，f (x )取得最小值1－4λ，由已知得1－4λ＝－32，解得λ＝58，这与λ>1矛盾．综上所述，λ＝12即为所求．。

高考数学大一轮复习第四章平面向量、数系的扩充与复数的引入课时作业28理新人教A版

课时作业28 平面向量基本定理及坐标表示一、选择题1．设平面向量a ＝(－1,0)，b ＝(0,2)，则2a －3b ＝( ) A ．(6,3) B ．(－2，－6) C ．(2,1)D ．(7,2)解析：2a －3b ＝(－2,0)－(0,6)＝(－2，－6)．答案：B2．若向量a ＝(1,1)，b ＝(1，－1)，c ＝(－1,2)，则c 等于( ) A ．－12a ＋32bB.12a －32bC.32a －12b D ．－32a ＋12b解析：设c ＝x a ＋y b ，则(－1,2)＝x (1,1)＋y (1，－1)＝(x ＋y ，x －y )∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝－1x －y ＝2解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝12y ＝－32，则c ＝12a －32b ，选B.答案：B3．已知△ABC 和点M 满足MA →＋MB →＋MC →＝0，若存在实数m 使得AB →＋AC →＝mAM →成立，则m ＝( )A ．2B ．3C ．4D ．5解析：根据题意，由于△ABC 和点M 满足MA →＋MB →＋MC →＝0，则可知点M 是三角形ABC 的重心，设BC 边的中点为D ，则可知AM →＝23AD →＝23×12(AB →＋AC →)＝13(AB →＋AC →)，所以AB →＋AC →＝3AM →，故m ＝3.答案：B4．在△ABC 中，点P 在BC 上，且BP →＝2PC →，点Q 是AC 的中点，若PA →＝(4,3)，PQ →＝(1,5)，则BC →等于( )A ．(－2,7)B ．(－6,21)C ．(2，－7)D ．(6，－21)解析：BC →＝3PC →＝3(2PQ →－PA →)＝6PQ →－3PA →＝(6,30)－(12,9)＝(－6,21)．答案：B5．已知△ABC 的三个内角A ，B ，C 所对边长分别为a ，b ，c ，向量m ＝(a ＋c ，a －b )，n ＝(b ，a －c )，若m ∥n ，则∠C ＝( )A.π6B.π3C.π2D.2π3解析：因为向量m ＝(a ＋c ，a －b )，n ＝(b ，a －c )，且m ∥n ，所以(a ＋c )(a －c )－b (a－b )＝0，即a 2＋b 2－c 2－ab ＝0.由余弦定理，得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝ab 2ab ＝12.故∠C ＝π3.答案：B6．在△ABC 中，点D 在线段BC 的延长线上，且BC →＝3CD →，设O 在线段CD 上(与点C 、D 不重合)，若AO →＝xAB →＋(1－x )AC →，则x 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12B.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，0 解析：依题意，设BO →＝λBC →，其中1<λ<43，则有AO →＝AB →＋BO →＝AB →＋λBC →＝AB →＋λ(AC →－AB →)＝(1－λ)AB →＋λAC →.又AO →＝xAB →＋(1－x )AC →，且AB →，AC →不共线，于是有x ＝1－λ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，0，即x 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，0. 答案：D 二、填空题7．已知O 为坐标原点，A (1,1)，C (2,3)且2AC →＝CB →，则OB →的坐标是________．解析：由2AC →＝CB →，得2(OC →－OA →)＝OB →－OC →，得OB →＝3OC →－2OA →＝3(2,3)－2(1,1)＝(4,7) 答案：(4,7)8．已知向量a ＝(5，－3)，b ＝(9，－6－cos α)，α是第二象限角，a ∥(2a －b )，则tan α＝________.解析：∵向量a ＝(5，－3)，b ＝(9，－6－cos α)， ∴2a －b ＝(1，cos α)，∵a ∥(2a －b )，∴5cos α＋3＝0，∴cos α＝－35，∵α是第二象限角，∴sin α＝45，∴tan α＝－43.答案：－439．已知m >0，n >0，向量a ＝(m,1)，b ＝(2－n,1)，且a ∥b ，则1m ＋2n的最小值是________．解析：∵a ∥b ，∴m ＝2－n ，即m ＋n ＝2. 又m >0，n >0，∴1m ＋2n ＝12(m ＋n )(1m ＋2n ) ＝12(1＋2m n ＋nm＋2) ＝12(3＋2m n ＋n m )≥12(3＋22)＝32＋ 2. (当且仅当n ＝2m 时，等号成立) 答案：32＋ 2三、解答题10．如上图所示，在平行四边形ABCD 中，M ，N 分别为DC ，BC 的中点，已知AM →＝c ，AN →＝d ，试用c ，d 表示AB →，AD →.解：设AB →＝a ，AD →＝b .因为M ，N 分别为CD ，BC 的中点，所以BN →＝12b ，DM →＝12a .因而⎩⎪⎨⎪⎧c ＝b ＋12ad ＝a ＋12b ⇒⎩⎪⎨⎪⎧a ＝23d －c ，b ＝23c －d ，即AB →＝23(2d －c )，AD →＝23(2c －d )．11．已知点O 为坐标原点，A (0,2)，B (4,6)，OM →＝t 1OA →＋t 2AB →. (1)求点M 在第二或第三象限的充要条件；(2)求证：当t 1＝1时，不论t 2为何实数，A ，B ，M 三点都共线．解：(1)OM →＝t 1OA →＋t 2AB →＝t 1(0,2)＋t 2(4,4)＝(4t 2,2t 1＋4t 2)．当点M 在第二或第三象限时，有⎩⎪⎨⎪⎧4t 2<0，2t 1＋4t 2≠0，故所求的充要条件为t 2<0且t 1＋2t 2≠0.(2)证明：当t 1＝1时，由(1)知OM →＝(4t 2,4t 2＋2)．∵AB →＝OB →－OA →＝(4,4)，AM →＝OM →－OA →＝(4t 2,4t 2)＝t 2(4,4)＝t 2AB →，∴A ，B ，M 三点共线．1．若α，β是一组基底，向量γ＝x α＋y β(x ，y ∈R )，则称(x ，y )为向量γ在基底α，β下的坐标，现已知向量a 在基底p ＝(1，－1)，q ＝(2,1)下的坐标为(－2,2)，则a 在另一组基底m ＝(－1,1)，n ＝(1,2)下的坐标为( )A ．(2,0)B ．(0，－2)C ．(－2,0)D ．(0,2)解析：∵a 在基底p ，q 下的坐标为(－2,2)，即a ＝－2p ＋2q ＝(2,4)，令a ＝x m ＋y n ＝(－x ＋y ，x ＋2y )，∴⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝2，x ＋2y ＝4，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝2.∴a 在基底m ，n 下的坐标为(0,2)．答案：D2．平面直角坐标系中，O 为坐标原点，已知两点A (3,1)，B (－1，3)，若点C 满足OC →＝αOA →＋βOB →，其中α，β∈R 且α＋β＝1，则点C 的轨迹方程为( )A ．(x －1)2＋(y －2)2＝5 B ．3x ＋2y －11＝0 C ．2x －y ＝0D ．x ＋2y －5＝0解析：设C (x ，y )，则OC →＝(x ，y )，OA →＝(3,1)，OB →＝(－1,3)．由OC →＝αOA →＋βOB →，得(x ，y )＝(3α，α)＋(－β，3β)＝(3α－β，α＋3β)．于是⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3α－β ①，y ＝α＋3β ②，α＋β＝1 ③.由③得β＝1－α代入①②，消去β得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4α－1，y ＝3－2α，再消去α得x ＋2y ＝5，即x ＋2y －5＝0. 答案：D3．给定两个长度为1的平面向量OA →和OB →，它们的夹角为120°.如图所示，点C 在以O 为圆心的AB ︵上运动．若OC →＝xOA →＋yOB →，其中x ，y ∈R ，则x ＋y 的最大值是________．解析：以O 为原点，OA 为x 轴，垂直于OA 的直线为y 轴，建立如图所示的直角坐标系，则A (1,0)，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，设OC 与x 轴的夹角为θ，则C (cos θ，sin θ)⎝ ⎛⎭⎪⎫0≤θ≤2π3，由题知(cos θ，sin θ)＝x (1,0)＋y ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，则cos θ＝－12y ＋x ，sin θ＝32y ，故x＋y ＝cos θ＋3sin θ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π6，当θ＝π3时，(x ＋y )max ＝2.答案：24．在平面直角坐标系中，O 为坐标原点，已知向量a ＝(2,1)，A (1,0)，B (cos θ，t )，(1)若a ∥AB →，且|AB →|＝5|OA →|，求向量OB →的坐标； (2)若a ∥AB →，求y ＝cos 2θ－cos θ＋t 2的最小值．解：(1)∵AB →＝(cos θ－1，t )，又a ∥AB →，∴2t －cos θ＋1＝0. ∴cos θ－1＝2t .①又∵|AB →|＝5|OA →|，∴(cos θ－1)2＋t 2＝5.② 由①②得，5t 2＝5，∴t 2＝1.∴t ＝±1.当t ＝1时，cos θ＝3(舍去)，当t ＝－1时，cos θ＝－1， ∴B (－1，－1)，∴OB →＝(－1，－1)． (2)由(1)可知t ＝cos θ－12，∴y ＝cos 2θ－cos θ＋θ－24＝54cos 2θ－32cos θ＋14＝54⎝ ⎛⎭⎪⎫cos 2θ－65cos θ＋14＝54⎝ ⎛⎭⎪⎫cos θ－352－15，∴当cos θ＝35时，y min ＝－15.。

高考数学一轮复习第四章平面向量、数系的扩充与复数的引入课时作业29 平面向量的应用(含解析)文

课时作业29 平面向量的应用一、选择题1．在△ABC 中，“△ABC 为直角三角形”是“AB →·BC →＝0”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：若△ABC 为直角三角形，角B 不一定为直角，即AB →·BC →不一定等于0；若AB →·BC →＝0，则AB ⊥BC ，故角B 为直角，即△ABC 为直角三角形，故“△ABC 为直角三角形”是“AB →·BC →＝0”的必要不充分条件．答案：B2．已知点M (－3,0)，N (3,0)，动点P (x ，y )满足|MN →|·|MP →|＋MN →·NP →＝0，则点P 的轨迹的曲线类型为( )A ．双曲线B ．抛物线C ．圆D ．椭圆解析：MN →＝(3,0)－(－3,0)＝(6,0)，|MN →|＝6，MP →＝(x ，y )－(－3,0)＝(x ＋3，y )，NP →＝(x ，y )－(3,0)＝(x －3，y )，∴|MN →|·|MP →|＋MN →·NP →＝6x ＋2＋y 2＋6(x －3)＝0，化简可得y 2＝－12x .故点P 的轨迹为抛物线．答案：B3．(2017·河南适应性测试)已知向量m ＝(1，cos θ)，n ＝(sin θ，－2)，且m ⊥n ，则sin2θ＋6cos 2θ的值为( )A.12 B ．2 C ．2 2D ．－2解析：由题意可得m·n ＝sin θ－2cos θ＝0，则tan θ＝2，所以sin2θ＋6cos 2θ＝2sin θcos θ＋6cos 2θsin 2θ＋cos 2θ＝2tan θ＋6tan 2θ＋1＝2.故选B. 答案：B4．已知O 为坐标原点，a ＝(－1,1)，OA →＝a －b ，OB →＝a ＋b ，当△AOB 为等边三角形时，|AB →|的值是( )A.269 B.429 C.263D.83解析：设b ＝(x ，y )，∵|OA →|＝|OB →|＝|AB →|，∴|a －b |＝|a ＋b |＝2|b |，∴⎩⎨⎧a ·b ＝0|a |＝3|b |，∴⎩⎨⎧－x ＋y ＝02＝3·x 2＋y 2，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝33y ＝33或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－33，y ＝－33，∴|AB →|＝2|b |＝263，故选C.答案：C5．(2017·福建质检)平行四边形ABCD 中，AB ＝4，AD ＝2，AB →·AD →＝4，点P 在边CD 上，则PA →·PB →的取值范围是( )A ．[－1,8]B ．[－1，＋∞)C ．[0,8]D ．[－1,0]解析：由题意得AB →·AD →＝|AB →|·|AD →|·cos∠BAD ＝4，解得∠BAD ＝π3，以A 为原点，AB所在的直线为x 轴建立平面直角坐标系，则A (0,0)，B (4,0)，C (5，3)，D (1，3)，因为点P 在边CD 上，所以不妨设点P 的坐标为(a ，3)(1≤a ≤5)，则PA →·PB →＝(－a ，－3)·(4－a ，－3)＝a 2－4a ＋3＝(a －2)2－1，则当a ＝2时，PA →·PB →取得最小值－1，当a ＝5时，PA →·PB →取得最大值8，故选A.答案：A6．在△ABC 中，满足|AC →|＝|BC →|，(AB →－3AC →)⊥CB →，则角C 的大小为( ) A.π3 B.π6 C.2π3D.5π6 解析：设△ABC 的角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，由(AB →－3AC →)⊥CB →，可得(AB →－3AC →)·CB→＝(AB →－3AC →)·(AB →－AC →)＝c 2＋3b 2－4AB →·AC →＝c 2＋3b 2－4cb cos A ＝c 2＋3b 2－2(b 2＋c 2－a 2)＝0，即b 2－c 2＋2a 2＝0.又由|BC →|＝|AC →|可得a ＝b ，则c 2＝3a 2，由余弦定理可得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝a 2＋a 2－3a 22a 2＝－12，所以△ABC 的内角C ＝2π3. 答案：C 二、填空题7．(2017·广西二市模拟)已知正方形ABCD 的边长为2，点P 、Q 分别是边AB 、BC 边上的动点且DP →⊥AQ →，则CP →·QP →的最小值为________．解析：如图所示，由条件易证△ABQ ≌△DAP ，∴设AP ＝BQ ＝t (0<t <2)，建立平面直角坐标系，则C (0,2)，P (2，t )，Q (2－t,2)，∴CP →＝(2，t －2)，QP →＝(t ，t －2)，∴CP →·QP →＝2t ＋t 2－4t ＋4＝(t －1)2＋3≥3，当且仅当t ＝1时，等号成立，故所求最小值为3.答案：38．已知|a |＝2|b |，|b |≠0，且关于x 的方程x 2＋|a |x －a ·b ＝0有两相等实根，则向量a 与b 的夹角是________．解析：由已知可得Δ＝|a |2＋4a ·b ＝0，即4|b |2＋4×2|b |2cos θ＝0，∴cos θ＝－12.又∵0≤θ≤π，∴θ＝2π3.答案：2π39．设向量a ＝(2cos α，2sin α)，b ＝(cos β，sin β)，其中0<α<β<π，若以向量a ＋b 与a －2b 为邻边所作的平行四边形是菱形，则cos(β－α)＝________.解析：由题意知，|a ＋b |＝|a －2b |，所以a 2＋2a ·b ＋b 2＝a 2－4a ·b ＋4b 2，所以2a ·b ＝b 2，即4cos(β－α)＝1，所以cos(β－α)＝14.答案：14三、解答题10．已知向量a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫sin x ，32，b ＝(cos x ，－1)． (1)当a ∥b 时，求tan2x 的值；(2)求函数f (x )＝(a ＋b )·b 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，0上的值域．解：(1)∵a ∥b ，∴sin x ·(－1)－32·cos x ＝0，即sin x ＋32cos x ＝0，tan x ＝－32.∴tan2x ＝2tan x 1－tan 2x ＝125. (2)f (x )＝(a ＋b )·b ＝a ·b ＋b 2＝sin x cos x －32＋cos 2x ＋1＝12sin2x －32＋12cos2x ＋12＋1 ＝22sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π4.∵－π2≤x ≤0，∴－π≤2x ≤0，－3π4≤2x ＋π4≤π4，∴－22≤22sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π4≤12， ∴f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，0上的值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－22，12.11．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且满足(2a －c )BA →·BC →＝cCB →·CA →.(1)求角B 的大小；(2)若|BA →－BC →|＝6，求△ABC 面积的最大值．解：(1)由题意得(2a －c )cos B ＝b cos C .根据正弦定理得(2sin A －sin C )cos B ＝sin B cos C ，所以2sin A cos B ＝sin(C ＋B )，即2sin A cos B ＝sin A ，因为A ∈(0，π)，所以sin A >0.所以cos B ＝22，又B ∈(0，π)，所以B ＝π4.(2)因为|BA →－BC →|＝6，所以|CA →|＝ 6.即b ＝6，根据余弦定理及基本不等式得6＝a 2＋c 2－2ac ≥2ac －2ac ＝(2－2)ac (当且仅当a ＝c 时取等号)，即ac ≤3(2＋2)，故△ABC 的面积S ＝12ac sin B ≤2＋2，即△ABC 的面积的最大值为32＋32.1．(2017·河北衡水中学调研)已知单位向量a ，b ，若a·b ＝0，且|c －a |＋|c －2b |＝5，则|c ＋2a |的取值范围是( )A ．[1,3]B ．[22，3] C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤655，22 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤655，3 解析：由题设单位向量a ＝(1,0)，b ＝(0,1)，c ＝(x ，y )，所以c －a ＝(x －1，y )，c －2b ＝(x ，y －2)，所以x －2＋y 2＋x 2＋y －2＝5，即(x ，y )到A (1,0)和B (0,2)的距离和为5，即表示点(1,0)和(0,2)之间的线段，|c ＋2a |＝x ＋2＋y 2，表示(－2,0)到线段AB 上点的距离，最小值是点(－2,0)到直线2x ＋y －2＝0的距离，|c ＋2a |min ＝65＝655，最大值为(－2,0)到(1,0)的距离是3，所以|c ＋2a |的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤655，3，故选D.答案：D2．(2017·安徽皖北协作体联考)已知a ，b ，c 分别为△ABC 的三个内角A ，B ，C 的对边，向量m ＝(2cos C －1，－2)，n ＝(cos C ，cos C ＋1)，若m ⊥n ，且a ＋b ＝10，则△ABC 周长的最小值为( )A ．10－5 3B ．10＋5 3C ．10－2 3D ．10＋2 3解析：∵m ⊥n ，∴m·n ＝0，即2cos 2C －cos C －2cos C －2＝0，整理得2cos 2C －3cos C －2＝0，解得cos C ＝－12，cos C ＝2(舍去)，又∵c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ＝(a ＋b )2－2ab (1＋cos C )＝102－2ab (1－12)≥100－(a ＋b 2)2＝100－25＝75，∴c ≥53，则△ABC 的周长为a ＋b ＋c ≥10＋5 3.故选B.答案：B3．P ，Q 为三角形ABC 中不同的两点，若3PA →＋2PB →＋PC →＝0,3QA →＋4QB →＋5QC →＝0，则S △PABS △QAB 为( )A ．1 2B ．2 5C ．5 2D ．21解析：设△ABC 为AB ＝AC ＝2的等腰直角三角形，建立坐标系如图，设A (0,0)，B (2,0)，C (0,2)，设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)．由3PA →＋2PB →＋PC →＝0得3(－x 1，－y 1)＋2(2－x 1，－y 1)＋(－x 1，2－y 1)＝(0,0)，得2－6y 1＝0，y 1＝13，则S △PAB ＝16S △CAB .由3QA →＋4QB →＋5QC →＝0得3(－x 2，－y 2)＋4(2－x 2，－y 2)＋5(－x 2,2－y 2)＝(0,0)， 10－12y 2＝0，y 2＝56，则S △QAB ＝512S △CAB ，S △PAB S △QAB ＝25，故选B.答案：B4．已知O 为△ABC 内一点，且OA →＋OC →＋2OB →＝0，则△AOC 与△ABC 的面积之比是________．解析：如图所示，取AC 中点D .∴OA →＋OC →＝2OD →.∴OD →＝BO →.∴O 为BD 中点， ∴面积比为高之比．答案：125．(2016·浙江卷)已知平面向量a ，b ，|a |＝1，|b |＝2，a ·b ＝1，若e 为平面单位向量，则|a ·e |＋|b ·e |的最大值是________．解析：由a ·b ＝1，|a |＝1，|b |＝2可得两向量的夹角为60°，建立平面直角坐标系，可设a ＝(1,0)，b ＝(1，3)，e ＝(cos θ，sin θ)，则|a ·e |＋|b ·e |＝|cos θ|＋|cos θ＋3sin θ|≤|cos θ|＋|cos θ|＋3|sin θ|＝3|sin θ|＋2|cos θ|≤7，所以|a ·e |＋|b ·e |的最大值为7.答案：7。

高考数学(文)大一轮复习检测：第四章平面向量、数系的扩充与复数的引入课时作业29Word版含答案

课时作业29平面向量的应用基础迭标演练一、选择题1.在△ ABC中，“△ ABC为直角三角形”是“ AB- BC= 0”的()A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件f f f f解析：若厶ABC为直角三角形，角B不一定为直角，即AB- BC不—定等于0;若AB- BC=f f 0,则ABL BC故角B为直角，即厶ABC为直角三角形，故“△ ABC为直角三角形”是“ AB- BC =0”的必要不充分条件.答案：Bf f f f2•已知点M —3,0) , N3,0)，动点Rx, y)满足| MN -| Mp + MN- NP= 0，则点P的轨迹的曲线类型为()A. 双曲线B.抛物线C.圆D.椭圆f f f f解析：MN= (3,0) —( —3,0) = (6,0) , | MN = 6, MP= (x, y) —( —3,0) = (x + 3, y) , NPf f f f=(x, y) —(3,0) = (x—3, y) ,「. | MN - Mp + MN- NP= 6 x+；! 2+ y2+ 6(x —3) = 0 , 化简可得y2=—12x.故点P的轨迹为抛物线.答案：B3. (2017 •河南适应性测试)已知向量m^ (1 , cos 0 ), n = (sin 0 , —2),且m L n ,则2sin2 0 + 6cos 0 的值为()1A・2 B. 2C. 2 .2D.—2解析：由题意可得m-n = sin 0 —2cos 0 = 0,贝U tan 0 = 2,所以sin2 0 + 6cos 0 =2答案：C2sin 0 cos 0 + 6cos 0 2tan 0 + 62= 2.故选B.tan 0 + 1N c2—sin 0 + cos 0 答案：B4 .已知 O 为坐标原点，a = ( — 1,1) , OA= a — b , OB= a + b , 当厶AOB 为等边三角形时,T| AB 的值是(T T T解析：设 b = (x , y ) , T | OA = | OB = | AE | ,"a • b = 0••• I a — b | = | a + b | = 2| b | , L|a |b |—x + y = 02 =3 - x 2 + y 2'x=F或」•••|AB C. 5. (2017 •福建质检)平行四边形 ABCD 中,AB= 4, AD= 2, AB- AD= 4，点 P 在边 CD上，则PA- PB 的取值范围是(A. [ —1,8]B. [ — 1 ,+s)C. [0,8]D. [ —1,0]T T T Tn解析：由题意得AB- AD = | AB - AD - cos / BAD= 4,解得/ BA =-,以A 为原点，AB 所在的直线为x 轴建立平面直角坐标系，则A (0,0) ,B (4,0) ,C (5 , 3) ,D (1 , ,3)，因为点P 在边CD 上,所以不妨设点P 的坐标为(a , 3)(1 w a <5),则PA- PB= ( — a , — ,3) - (4T T—a , — 3) = a 2— 4a + 3= (a — 2)2— 1,则当 a = 2 时，PA- PB 取得最小值一1,当 a = 5 时,PA- PB 取得最大值8,故选A.答案：Af f f f f6.在△ ABC 中，满足| AC =|BQ , （AB- 3AC 丄CB 则角C 的大小为（）nB. _62n C. Tf f f f f f解析：设厶ABC 的角A 、BC 的对边分别为 a 、b 、c ,由(AA 3AC )丄CB 可得(AA 3AC - CBf f f ff f =(AB-3AC - (AB-AC = c 2+ 3b 2-4AB- AC= c 2 + 3b 2-4cb cos A= c 2 + 3b 2-2(b 2+ c 2-a 2)=ff0，即b 2 — c 2 + 2a 2 = 0.又由| BQ = |AC |可得a = b ，贝U c 2= 3a 2，由余弦定理可得答案：C 二、填空题7. （2017 •广西二市模拟）已知正方形 ABC ［的边长为2,点P 、Q 分别是边 AB BC 边上f f f f的动点且DPI AQ 则CP- QP 勺最小值为 ________ .解析：如图所示，由条件易证△ DAP •••设AP= BQ= t （0<t <2）,ff建立平面直角坐标系，则 C (0,2) , P (2 , t ), Q2 — t, 2) ,• CP= (2 , t — 2) , QP= (t ,f ft — 2) , • CP- QP= 2t +12-4t + 4= (t — 1)2+ 3>3,当且仅当 t = 1 时，等号成立，故所求最小值为3.cos C =2.2 2 2 2 2a +b —c a + a — 3a 20b 2a 2Ar\2，所以△ ABC 的内角C = -3-答案：3&已知| a | = 2| b | , | b |丰0,且关于x 的方程x 2 +1 a | x — a • b = 0有两相等实根，则向量a 与b 的夹角是__2221由已知可得 △ = | a | + 4a • b = 0, 即卩 4| b | + 4x 2| b | cos 0 = 0,「. cos 0 =—-.又••• 0< 0答案:21 =b ，即 4COS ( 3 — a ) = 1，所以 cos( 3 —a ) = ~.三、解答题10.已知向量 a = sin x , | , b = (cos x ，— 1).(1)当a // b 时，求tan2 x 的值;3解：(1) T a / b ,「・ sin x • ( — 1) — § • cos x = 0, 3 3即 sin x + qcos x = 0, tan x = — g 2tan x12•tan2x =匸品=亍2(2) f (x ) = (a + b ) • b = a • b + b 3 2=sin x cos x — 2+ cos x + 1 13 11=2sin2x -2+2cos2x +2+1in i 2x + "4解析: 9.设向量 a = (2cos a , 2sin a ), b = (cos 3 , sin 3 )，其中o< a <3 < n ，若以向量a+ b 与a — 2b 为邻边所作的平行四边形是菱形，则解析：由题意知，| a + b | = | a — 2b | ,所以 cos( 2a + 2a •3 — a ) = _______ .b + b 2= a 2 — 4a • b + 4b 2,所以 2a • b ⑵求函数f (x ) = (a + b ) • b 在—-2, o 上的值域.八 3 nn n一 nW2x W 0, 一 W2x +-,44411.在厶ABC 中,角A , B, C 的对边分别为 a , b , c ,且满足(.2a — c ) BA- BC= cCB ・CA (1)求角B 的大小；f f⑵ 若| BA- BC = 6，求△ ABC 面积的最大值.解：⑴ 由题意得「，2a — c )cos B = b cos C 根据正弦定理得(2sin A — sin C )cos B = sin B cosC, 所以 2sin A cos B = sin( C + B ),即 2sin A cosB= sin 代因为 A € (0 , n ),所以 sin A >0.所以 cos B =¥,又 B€ (0 , n ),n所以B =孑f f f(2)因为| BA- BQ = , 6,所以| CA = ,6.即b = 6，根据余弦定理及基本不等式得6 =a 2 + c 2— 2ac>2 ac — 2ac = (2 — ■ 2) ac (当且仅当 a = c 时取等号)，即 ac <3(2 + ,2)，故1 2+ I△ ABC 的面积 S = ^ac sin Bw —— ,即厶ABC 的面积的最大值为彳■••>«生冲击名核)已知单位向量 a , b ,若a -b = 0，且| c — a | + |c — 2b |=5，则| c + 2a |的取值范围是()解析：由题设单位向量 a = (1,0) , b = (0,1) , c = (x , y )，所以 c — a = (x — 1, y ) , c —2b = (x , y — 2),所以，x —12+ y 2+ , x 2+ y —2= 5,即(x , y )到 A (1,0)和 B (0,2)的距离和为 5 ,即表示点(1,0)和(0,2)之间的线段，|c + 2a | =, x +』+ y ,表示(—••• f(x)在 |- -2,上的值域为一¥, 2.1. (2017 •河北衡水中学调研B. [2 2, 3]2,0)到线段AB 上点的距离，最小值是点(一2,0)到直线2x + y — 2 = 0的距离，| c + 2a | min=6~55，最大值为(一2,0)到(1,0)的距离是3，所以|c + 2a |的取值范围是655，3，故选D.答案：D2. (2017 •安徽皖北协作体联考 )已知a , b , c 分别为△ ABC 的三个内角A , B, C 的对边，向量 m= (2cos C-1, — 2) , n = (cos C cos C + 1)，若 rnL n ，且 a + b = 10,则厶 ABC 周长的最小值为()A. 10— 5 3B. 10+ 5 3C. 10— 2 3D. 10+ 2 3解析：■/ ml n ,： m-n = 0,即 2cos 2C — cos C — 2cos C — 2= 0,整理得 2cos 2C — 3cos C — 2 1=0，解得 cos C = — , cos C = 2(舍去)，又T c 2= a 2+ b 2— 2ab cos C = (a + b )2 — 2ab (1 + cos C )21 a + b 2—=10 — 2ab (1 — 2)> 100— (_2 ) = 100— 25 = 75,： c >5 3，则△ ABC 的周长为 a + b + 010+ 5 3.故选 B.答案：Bf f f f f f3. P , Q 为三角形 ABC 中不同的两点，若3P* 2PB+ PC = 0,3 QAb 4Q 聊5QG= 0,贝U &PABS\ QAB为()A. 1 2 C. 5 2解析：设厶ABC 为AB= AC = 2的等腰直角三角形，建立坐标系如图，设A (0,0)，巳2,0) , C 0,2),B. 2 5 D. 21设 R X i , y i ) , Q ( X 2, y 2).由 3PA^ 2PB^ PC= 0 得 3( — x i , — y i ) + 2(2 — x i , — y i ) + ( — x i , 2 -y i ) =(0,0),i iy i =，则 S ^PAB = S A CAB36— — —由 3QAF 4QE + 5QC= 0 得 3( — X 2, — y 2)+ 4(2 — X 2, — y 2)+ 5( — X 2,2 — y 2)= (0,0), 5i0— i2y 2= 0, y 2=g , 5 S A 2则 S A QA = —T S A CA ,—-i2 S QAB 5 答案：B4 .已知0为厶ABC 内一点，且O 阳OC + 2OB= 0，则△ AO （与△ ABC 的面积之比是解析:••• OAF 0C= 20D— —• OD= BO • O 为 BD 中点， •面积比为高之比. 答案：i 25. (20i6 •浙江卷)已知平面向量 a , b , | a | = i , | b | = 2, a • b = i ,若e 为平面单位向量，贝U| a • e | + | b • e |的最大值是 _________________ .解析：由a • b = i , | a | = i , | b | = 2可得两向量的夹角为 60°,建立平面直角坐标系，可设 a = (i,0) , b = (i ,3) , e = (cos 0 , sin 0 )，则 | a • e | +1 b • e | = |cos 0 | + |cos 0+ 3sin 0 | w |cos 0 | + |cos 0 | + #3|sin 0 | = , 3|sin 0 | + 2|cos 0 | < 7,所以 | a • e | +1 b • e |的最大得 2 — 6y i = 0, 如图所示，取值为.7.答案：7。

2019-2020年高考数学大一轮复习第四章平面向量、数系的扩充与复数的引入课时作业28理新人教A版

、选择题1.设平面向量 a = ( — 1,0) , b = (0,2)，贝U 2a — 3b =( )A . (6,3) B. ( — 2,— 6) C. (2,1)D. (7,2)解析：2a — 3b = ( — 2,0) — (0,6) = ( — 2,— 6). 答案：B2 .若向量 a = (1,1) , b = (1 , — 1) , c = ( — 1,2)，则 c 等于()A .—和+ |bD. — |a + 2b答案：B3.已知△ ABC 和点M 满足立件図聊MC= 0，若存在实数 m 使得画 AC= mA 成立，则 m= ( ) A . 2 B . 3 C. 4D. 5解析：根据题意，由于△ ABC 和点M 满足MAF MBb MO 0，则可知点M 是三角形ABC 勺重心，设BC 边的中点为 D,则可知AMl= 3AD= 2(A B + AC = -(A B + AC ，所以画 A C= 3A M 3 3 2 3 故 m= 3.答案：B4.在厶 ABC 中，点 P 在 BC 上,且 B P= 2P C ,点 Q 是 AC 的中点，若P A= (4,3) , p Q= (1,5), 则BC 等于()解析: 设 c = xa + yb ,则(—1,2)=x (1,1) + y (1 , — 1) = (x + y , x —y )x + y =— 1x — y = 2解得1 3，贝U c = 2a —尹，选 B.C.2a -2b不重合），若心 X A B + （1 — x ） AC 则x 的取值范围是（）D.解析：依题意，设Efo=入BC 其中1＜入＜3,则有A O= A B+ B C =A B^入BC= A B+入（AC- AB=（1 —入）AB^ 入 AC又AO = X A B + （1 — x ）AC 且AB AC 不共线，于是有 x =1 —入€ —占0，即x 的取值范围是-3, 0 .答案：D 、填空题7 •已知O 为坐标原点，A (1,1) , C (2,3)且2XC= CB 则6B 勺坐标是 __________ .解析：由 2AC= CB 得 2(OC- OA = OB-O C 得 OB= 3OG- 2O A = 3(2,3) — 2(1,1) = (4,7) 答案：(4,7)A . ( — 2,7) C. (2 , — 7) B. ( — 6,21)D. (6 , — 21) 解析：B C= 3P C= 3(2 PQ — P A = 6P Q — 3P A= (6,30) — (12,9) = ( — 6,21). 答案：B5•已知△ ABC 的三个内角 A , B , C 所对边长分别为 a , b , c ,向量m ^ (a + c , a — b ), n =(b , a — c )，若 mil n ,则/ C =()八 nA.y2 n D.—— 3解析：因为向量m = (a + c , a — b ), n = ( b , —b ) = 0，即a 2 + b 2 — c 2 — ab = 0.由余弦定理，得a — c )，且 n i n , 所以(a + c )( a — c ) —b ( a a 2+ b 2— c 2 ab 1 n cos C = F- = 2ab =空故/ Cp 答案：B6•在△ ABC 中，点D 在线段BC 的延长线上, 且 B C = 3&D 设O 在线段CD 上（与点C D8 .已知向量a = (5 , —3) , b = (9 , —6—cos a ), a 是第~ 象限角,a // (2 a—b),则tan a = .解•.•向量a= (5 , —3) , b = (9 , —6 —cos a ),析：4答案：—31 29. _________________________________________________________________________ 已知m >0, n >0,向量a = (m,1) , b = (2 — n, 1),且a / b ,贝卜+ -的最小值是 ________________ .m n解析：■/a // b ,「. m = 2 — n ,即 n = 2. 又 n >0, n >0,12 1 1 2 •- •+—=；；(m+ n)( +-) m n 2 m n 1 2m n =*1 + +-+ 2) 2 n m12m n 1 - 3 -=2(3 +_n + m 》2(3 + 2 2) = 2+ .2. (当且仅当n = 2m 时，等号成立)3 厂答案：2+ .2 三、解答题10.如上图所示，在平行四边形 ABCDh M N 分别为DC , BC 的中点，已知AM= c , AN=d ,试用c , d 表示AB X D解：设XB= a , AD = b .因为 M N 分别为 CD BC 的中点，所以 BN= ；b, DM= ：a .222d — c ,2c — d ,即 AB= 3(2 d- c ), XD= |(2 c — d ).11.已知点 0为坐标原点，A (0,2) , B (4,6) , O M=匕陥 t z AB (1)求点M 在第二或第三象限的充要条件；⑵ 求证：当t 1= 1时，不论t 2为何实数，A , B , M 三点都共线.2a — b = (1 , cos a ),•/ a // (2a — b ),5cos a + 3= 0,.・. cos a5'T a 是第二象限角，4sin a =-54 •-tan a =—3.1 c = b +q a 因而1 d = a +尹解：⑴(5M t i OA^ t2AB= t i(o,2) + 12(4,4) = (4t2,2t i + 4t 2).Nt 2<0,当点M在第二或第三象限时，有*丄丄2t i+ 4t2 工0,故所求的充要条件为t2<0且t l + 2t2^ 0.(2)证明：当t i= 1 时，由(1)知OM (4t2,4t2+ 2).••• AB= OB- OA= (4,4) , AM= OM- 5A= (412,4t 2) = 12(4,4) = t2A B /• A, B M三点共线.1 .若a , 3是—组基底，向量丫 = x a + y 3 (x, y € R)，则称(x, y)为向量丫在基底a , 3下的坐标，现已知向量a在基底p= (i , - i) , q= (2,i)下的坐标为(一2,2)，贝U a 在另一组基底m r ( —i,i) , n= (i,2)下的坐标为()A. (2,0)B. (0，—2)C. ( —2,0)D. (0,2)解析：T a在基底p, q下的坐标为(一2,2),即a=—2p+ 2q= (2,4),令a= xm+ yn= ( —x+ y, x + 2y),—x + y= 2, x= 0,•••彳即彳x + 2y= 4, y= 2.• a在基底m, n下的坐标为(0,2).答案：D2 .平面直角坐标系中，O为坐标原点，已知两点A(3,1),耳—1 , 3)，若点C满足0C=a OAF 3 0B其中a , 3 € R且a + 3 = 1 ,则点C的轨迹方程为()A. (x—1)2+ (y—2)2= 5B. 3x+ 2y—11 = 0C. 2x—y = 0D.x + 2y —5 = 0解析：设C(x , y),则6C= (x , y), 6A= (3,1) ,6B= ( —1,3).由a 6Ab 3 6B 得(x , y) = (3 a , a ) + ( — 3 , 3 3) = (3 a — 3 , a+ 3 3 ).X = 3 a — 3 ①,于是J y =a+ 3 3 ②，a + 3 = 1 ③•x= 4a—1 ,由③得3=—代入①②,消去3得『=3—2a,再消去a 得x + 2y= 5,即x + 2y — 5 = 0.答案：D3 .给定两个长度为1的平面向量OA 和OB 它们的夹角为120° .如图所示，点 C 在以0为圆心的ABk 运动.若13C = x 6A^ y 6B 其中x , y € R,则x + y 的最大值是以0为原点，0A 为x 轴，垂直于0A 的直线为y 轴，建立如图所示的直角坐标系,则 A (1,0),设OC 与x 轴的夹角为0，则C (cos 0，sin 0 ) 0< 0 <年，由题知(cos 0，sin 0) = x (1,0) + y — 2，，则 cos 0 1-?y + x , sin0 =_^y ，故 x+ y = cos 0+ 3sin 0 = 2sin | 0 +— n ,6，当 0 =亍时，(X + y ) max = 2.答案:4.在平面直角坐标系中， O 为坐标原点，已知向量 a = (2,1) , A (1,0), B (cos 0 , t ),(1)若 a // AB 且 | AB = _5| OA ，求向量 6B 的坐标;⑵ 若a / AB 求y = cos? 0 — cos 0 +1 ?的最小值.解：⑴ T AB= (cos 0 — 1，t )，又 a // AB 「・ 2t — cos 0 + 1 = 0.--cos 0 — 1 = 2t .① 解析: B -2，又•/ |X B = 5| d A ,••• (cos 0 - 1)2+ t 2= 5.② 由①②得，5t 2 = 5,「. 12= 1. •-1 = ± 1.当 t = 1 时，cos 0 = 3(舍去)，当 t =— 1 时，cos 0 =— 1,• B ( — 1,— 1) ,• SB= ( — 1,— 1).3 • ••当 cos 0 =时,5一、选择题1.(xx •新课标全国卷 n )设向量 a, b 满足 | a + b | = \.' 10, | a — b | = 6，则 a • b =()A . 1 B. 2 C. 3D. 5解析：•••|a + b | =10, • (a + b )2 = 10,22即 a + b + 2a • b = 10.① | a — b | = 6, • (a — b ) = 6, 即 a 2 + b 2 — 2a • b = 6.② 由①②可得a • b = 1.故选A.(2)由(1)可知t =cos 0 — 122• y = cos 0 — cos 0 + 25 2-=cos 043 1-2cos 0+ 4=5cos 2 0 — 6cos 0 4 51 5 :+4=4 cos 0— y min =答案：A2.(xx •重庆卷)已知向量 a = (k, 3) , b = (1,4) , c = (2,1)，且(2a — 3b )丄c ,则实数 kB. 0A .C. 3解析：由已知(2a—3b)丄c,可得(2a —3b) • c= 0，即(2 k —3,—6) • (2,1) = 0，展开化简得4k —12= 0，所以k= 3，故选C.答案：C3. 已知A, B, C为平面上不共线的三点，若向量A B- (1,1) , n= (1 , —1)，且n・A C= 2，则n • BC等于()A. —2B. 2C. 0D. 2 或—2解析：n • BC= n •( BAF AC) = n • BA^ n • AC= (1 , —1) • ( —1，—1) + 2= 0+ 2 = 2.答案：B4 .在平面直角坐标系中，O为坐标原点，已知向量OA= (2,2), 张(4,1)，在x轴上取一点p,使AP・BP有最小值，贝y P点的坐标是()A. ( —3,0)B. (2,0)C. (3,0)D. (4,0)解析：设P点坐标为(X, 0).则AP= (x —2, —2) , BP= (X —4,—1).A P- BP= (x—2)( x —4) + ( —2) X ( —1)2 2=x —6x + 10= (x—3) + 1.当x= 3时，AP・BP有最小值1.•••此时点P坐标为(3,0)，故选C.答案：C5•在边长为1的正方形ABCDK M为BC的中点，点E在线段AB上运动，则EC- EM勺取值范围是A. 2,解析：D. [0,1]将正方形放入如图所示的平面直角坐标系中, 设E(x, 0), 0w x w 1.所以 EMI= 1 — x ,EO (1 — x, 1),if f 1、2i所以 EM- EG 1 — x , 2 - (1 — x, 1) = (1 — x )2+ -. 1 21 3因为o w x w 1,所以2三(1 — x ) +㊁三2，~1 3 ~j即EM- EC 的取值范围是 2，2 . 答案：C6. (xx •天津卷)已知菱形 ABC 啲边长为2，/ BAD= 120°点E, F 分别在边BC , DCf f f f2上，BE=入 BC , DI 3 DC 若AE ・ AF = 1, CE ・ Cl — 3,贝U 入 + 3 =()31 A.2 5 c ・6 解析:B E C由于菱形边长为 2,所以BE =入BC= 2入，DF = 3 DG= 2 3 ,从而CE= 2 — 2入，CF= 2— 2 3 . 由X E - AF = 1, 得(AB+ f -(AU S F=AB ・ AJ>AB- S F + B E - AD >B E - D F =2X 2X cos120°+ 2 - (23 ) + 2 入• 2+ 2 入・2卩-cos120°2B・3=—2+ 4(入+ 3 ) —2 X 3 = 1, 所以4( X + 3 ) — 2 X 3 = 3.2r ［、22由 CE ・ CF= — 3,得（2— 2 入）• （2 — 2 口）• \~ 2 =_ 3所以入口 =入+口一 3，4因此有 4（入 + （1 ） — 2（入 + （1 ） + 3= 3,3 5解得入+ 1 =云，故选C.6 答案：C 二、填空题7. （xx •北京卷）已知向量a ，b 满足|a | = 1，b = （2,1），且入a + b = 0（入€ R ），则|入|解析：| b | = 2 + 12 =叮5，由入 a + b = 0,得 b =—入 a ,故丨b | = 1 2 ―入a | = 1入|| a |，所以丨入丨=pay = ¥ = 5. 答案：,5&已知点6是厶ABC 的重心，若 A = 60°，XB- AC= 4,则|禺的最小值是 _________ .1解析：4= AB- AC = |AB |AQ COS A = I AB x|AC x 云，得|AB i AC = 8，由三角形重心的性质可得 AB+ AC= 3AG 二 9|AG 2=| AB 2+ | AC |2+ 2AB- AC >2| AB AC + 2AB- AC= 2X 8+ 2X 4= 24，答案：竽19. （xx •江西卷）已知单位向量 e 1与e 2的夹角为 a ，且COS a = 3 向量a = 3e 1 — 2e ?与b =3e 1 — e 2 的夹角为 3，贝U COS 3 = _______解析： a • b由已知得COS 3= |a || b | 如一2e 2• oe 1 — e 22 2___________ 9| 8| — 9e 1 • e 2+ 2| 闵 ______________ 9| e 1|2+ 4| e 2|2— 12e 1 • e 2 • 丫9| &| 2 + | e ?|2—6& • e•- e 1与e 2是单位向量，其夹角为a ，且COS a = 3，2 22 e 1 = | 闵=1， e 1 • e 2= | e 1|| e 2|cos a13.19 — 9X - + 23cos 3 = ------9 + 4 — 12X 3 -- 9+ 1 — 6X 3答案：竽三、解答题10•已知向量 a = (1,2) , b = (2 , - 2).若a +入b 与a 垂直，求入的值;求向量a 在b 方向上的投影.⑴•••&= (1,2) , b = (2 , - 2),c = 4a + b = (4,8) + (2 , - 2) = (6,6). b • c = 2x 6—2x 6= 0,( b • c ) a = 0a = 0.由于a +入b 与a 垂直,.2 入 + 1+ 2(2 — 2 入)=0,11.在△ ABC 中，角 A B 、C 的对边分别为 a 、b 、c .若AB- AC= CA- CB= k (k € R ). (1)判断△ ABC 的形状; (2)若 k = 2, 求 b 的值.解：(1) - AB ■ AG= cb cos A , CA" CB^ ba cos C, .bc cos A = ab cos C,根据正弦定理，得 sin C bosA= sin A cosC, 即 sin A cos C — cos A sin C = 0, sin( A — C ) = 0, .A = C,即a = c .即厶ABC 为等腰三角形. (2)由(1)知a = c ,由余弦定理，得b +c — a b AB* AC = bc cos A = bc - =_.(1) 设 c = 4a + b ,求(b • c ) a ；解:⑵ a + 入 b = (1,2) + 入(2 ,—2) = (2 入 + 1,2 — 2入)，(3)设向量a 与b 的夹角为 0，向量a 在b 方向上的投影为|a |cos 0 .a -b 1x 2+)X — 2• l a lcos 0=冋.22+—2 22=—谑 2,2 2 .2bc 2XB- A C = k = 2,即学=2 , 解得b = 2.成立，则实数m 的取值范围为|2 a - b | 2= (2cos 0 — ■■■ ?3)2+ (2sin 0 + 1) 2= 8 + 8 *sin 0 一 -^cos 0 = 8+答案：B .nA.—6解析：由(AB- 3A C )丄 6B 得(AB- 3AC • 6B= 0, 化简可得 | AB cos B =引 AC|cos( n — C ),2 2.2 2.2 2卄 a + c — ba +b — c即-—2；厂=一込—2；厂，整理得 2a 2=— b 2 + c 2 , cos A =蛰空>^^二庁3.4bc 4bc 2 当且仅当.3b = c 时等号成立. 又 0<A < n ，所以 0<A <n.6答案：A3.在四边形 ABCD 中 , AB=D(= (1,1), 丄討丄BC =」BD 则四边形 ABCD 勺面 | B A | B C 丨丽积为1 .已知向量a = (cos 0 ,sin 0 ) , 0 € [0 , n 向量 b = (\/3, — 1)，若 |2 a — b |< m 恒A . [4 ,+^) B. (4 ,+^) C. (2 ,+^)D. (4,10)解析：■/ 2a — b = (2cos 0—：3, 2sin 0 + 1), 8sin i 0 — -3 .又 0 |2a— b |2的最大值为 7tH JV3~3,sin16,「.|2a — b |的最大值为4,又|2 a — b |< m 恒成立，二n >4.2.在△ ABC 中,(X B -A解析:1由A B = D G =(1,1)，可知四边形 ABCD ^平行四边形，且|AB =|DC = 2，因为BA^I BA 所以可知平行四边形 ABCD 勺角平分线BD 平分/ ABC 四边形ABC ［为菱形,其边长为 2,且对角线BD 长等于边长的3倍，即BD= 3X 2 = 6,则CE 2= ( 2)2-2= 1，即cm#，所以三角形 BCD 勺面积为2X= ¥，所以四边形 ABC 啲面积为2X -23=3答案：3n nb 4 •在△ ABC 中, n <C <n ，且 a -b sin A -sin2C⑴判断△ ABC 的形状;⑵若|陥BC = 2，求BA- BC 的取值范围. ” ,bsin2 C f b sin2 C解.由 =可得_= —解:由 a - b sin A — si n2 C 可得 a si n A ，所以 B = 2C 或 B+ 2C= n ,因为"3<C <牙，若 B = 2C,贝U B+ C > n .所以 B + 2C = n ，由 A + B + C = n ，相减得：A = C 三角形为等腰三角形(2)若| BM B C = 2，则边 AC 上的中线长为1. BA-B C = | B A •B C cosB =— |B C 2cos( A-^BC=―-I BC 丨sin2 Csin B sin2 C sinA = sin A ，/• sin B = sin2 C, J2+ C) = —| BQ cos2 Cn n 2 1 T _3<C <-2，二厂<2C <n ,.••— 1<cos2 C< — 2 3<BA •目z. 1 sin ^cC0s2C = 1cos2C。

高考数学一轮复习第四章平面向量、数系的扩充与复数

故
cos〈a，b〉＝ 2
3
＝ 3
23，即〈a，b〉＝π6。故向量
a
与
b
的夹角为π6。
答案
π 6
10．已知向量 a＝－12， 23，O→A＝a－b，O→B＝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________。
解析由题意得，|a|＝1，又△OAB 是以 O 为直角顶点的等腰直角三
20m－122＋5(0<m<1)，所以当 m＝12时，|O→C|min＝ 5。
答案 C
二、填空题 7．已知平面向量 a，b 满足|a|＝|b|＝1，a⊥(a－2b)，则|a＋b|＝________。
解析因为 a⊥(a－2b)，所以 a·(a－2b)＝0，解得 2a·b＝1，所以|a＋b| ＝ |a|2＋|b|2＋2a·b＝ 3。
答案 B
3．已知向量 a＝(－2，m)，b＝3，12m，m∈R，则“a⊥(a＋2b)”是 “m＝2”的( )
A．充要条件 B．必要不充分条件 C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件
解析由已知得 a＋2b＝(4,2m)，a⊥(a＋2b)等价于－2×4＋m·2m＝0，所以 m＝±2。先考虑充分性，m＝±2 成立不能推出 m＝2 成立，所以“a⊥ (a＋2b)”不是“m＝2”的充分条件。再考虑必要性，m＝2 成立可以推出 m ＝±2 成立，所以“a⊥(a＋2b)”是“m＝2”的必要条件。所以“a⊥(a＋ 2b)”是“m＝2”的必要不充分条件。故选 B。
答案 B
2．向量 a，b 均为非零向量，(a－2b)⊥a，(b－2a)⊥b，则 a，b 的夹角
为( )
A．6π
B．3π
C．23π

高考数学一轮复习第4单元平面向量、数系的扩充与复数的引入作业理

第四单元平面向量、数系的扩充与复数的引入课时作业(二十四)第24讲平面向量的概念及其线性运算基础热身1.下列说法中正确的是()A.向量a与b共线,向量b与c共线,则向量a与c共线B.向量a与b不共线,向量b与c不共线,则向量a与c不共线C.向量与共线,则A,B,C,D四点一定共线D.向量a与b不共线,则a与b都是非零向量2.下列四项中不能化简为的是()A.+-B.(+)+(+)C.(+)+D.-+3.已知点O为△ABC的外接圆的圆心,且+-=0,则△ABC的内角A等于()A.30°B.60°C.90°D.120°4.已知D为三角形ABC的边BC的中点,点P满足++=0,=λ,则实数λ的值为.5.已知四边形OABC中,=,若=a,=b,则= .能力提升6.[2017·赣州二模]如图K24-1所示,已知=a,=b,=3,=2,则=()图K24-1A.b-aB.a-bC.a-bD.b-a7.已知四边形ABCD是菱形,点P在对角线AC上(不包括端点A,C),则=()A.λ(+),λ∈(0,1)B.λ(+),λ∈C.λ(-),λ∈(0,1)D.λ(-),λ∈8.[2017·北京海淀区期末]如图K24-2所示,在正方形ABCD中,E为DC的中点,若=λ+μ,则λ-μ=()图K24-2A.3B.2C.1D.-39.[2017·鞍山第一中学模拟]已知△ABC的外心P满足3=+,则cos A=()A.B.C.-D.10.[2017·湖南长郡中学月考]设D,E,F分别是△ABC的边BC,CA,AB上的点,且=2,=2,=2,则++与()A.反向平行B.同向平行C.互相垂直D.既不平行也不垂直11.在四边形ABCD中,=a+2b,=-4a-b,=-5a-3b,则四边形ABCD的形状是.12.[2017·哈尔滨三模]在△ABC中,已知AB⊥AC,AB=AC,点M满足=t+(1-t),若∠BAM=,则t= .13.(15分)设两个非零向量a与b不共线.(1)若=a+b,=2a+8b,=3(a-b),求证:A,B,D三点共线.(2)试确定实数k,使ka+b与a+kb共线.14.(15分)如图K24-3所示,在△OCB中,点A是BC的中点,点D满足OD=2BD,DC与OA 交于点E.设=a,=b.(1)用向量a,b表示,;(2)若=λ,求实数λ的值.图K24-3难点突破15.(5分)[2017·太原三模]在△ABC中,AB=3,AC=2,∠BAC=60°,点P是△ABC内一点(含边界),若=+λ,则的取值范围为()A.B.C.D.16.(5分)如图K24-4所示,将两个直角三角形拼在一起,当E点在线段AB上移动时,若=λ+μ,则当λ取得最大值时,λ-μ的值是.图K24-4课时作业(二十五)第25讲平面向量基本定理及坐标表示基础热身1.若a,b是平面内的一组基底,则下列四组向量中能作为平面向量的基底的是()A.a-b,b-aB.a+b,a-bC.2b-3a,6a-4bD.2a+b,a+b2.已知向量a=(1,2),b=(3,1),则b-a=()A.(2,-1)B.(-2,1)C.(2,0)D.(4,3)3.在△ABC中,D为BC上一点,且=,以向量,作为一组基底,则=()A.+B.+C.+D.+4.[2017·北京昌平区二模]已知a=(1,),b=(,k),若a∥b,则k= .5.[2017·合肥一中、马鞍山二中等六校联考]在△ABC中,D为边BC上靠近点B的三等分点,连接AD,E为AD的中点,若=m+n,则m+n= .能力提升6.[2017·广州月考]已知点A(1,-1),B(2,t),若向量=(1,3),则t=()A.2B.3C.4D.-27.已知向量a=(1,2),b=(-3,5),c=(4,x),若a+b=λc(λ∈R),则λ+x的值为()A.-B.C.-D.8.[2017·吉林梅河口一模]向量a,b,c在正方形网格中的位置如图K25-1所示,若c=λa+μb(λ,μ∈R),则=()图K25-1A.2B.4C.5D.79.[2017·四川凉山一诊]设向量a=(cos x,-sin x),b=-cos-x,cos x,且a=tb,t≠0,则sin 2x=()A.1B.-1C.±1D.010.如图K25-2所示,在△ABC中,=,P是BN上的一点,若=m++,则实数m的值为()图K25-2A.B.C.1D.311.[2017·株洲一模]平面内有三点A(0,-3),B(3,3),C(x,-1),且与共线,则x= .12.[2017·潮州二模]在△ABC中,点P在BC上,且=2,点Q是AC的中点.若=(4,3),=(1,5),则= (用坐标表示).13.(15分)已知A(-2,4),B(3,-1),C(-3,-4).设=a,=b,=c,且=3c,=-2b.(1)求3a+b-3c;(2)求满足a=mb+nc的实数m,n;(3)求M,N的坐标及向量的坐标.14.(15分)[2017·太原模拟]已知点O为坐标原点,A(0,2),B(4,6),=t1+t2.(1)求点M在第二或第三象限的充要条件.(2)求证:当t1=1时,不论t2为何实数,A,B,M三点都共线.难点突破15.(5分)[2017·湖北重点中学联考]已知G为△ADE的重心,点P为△DEG内一点(含边界),B,C分别为AD,AE上的三等分点(B,C均靠近点A),若=α+β(α,β∈R),则α+β的取值范围是()A.[1,2]B.C.D.16.(5分)[2017·四川资阳三诊]在直角梯形ABCD中,AB⊥AD,AD∥BC,AB=BC=2AD=2,E,F分别为BC,CD的中点,以A为圆心,AD为半径的半圆分别交BA及BA的延长线于点M,N,点P在上运动(如图K25-3所示).若=λ+μ,其中λ,μ∈R,则2λ-5μ的取值范围为()A.[-2,2]B.[-2,2]C.[-2,2]D.[-2,2]图K25-3课时作业(二十六)第26讲平面向量的数量积与平面向量应用举例基础热身1.[2017·贵阳二模]已知向量a,b满足|a+b|=2,a·b=2,则|a-b|=()A.8B.4C.2D.12.已知a=(1,2),b=(-1,3),则|2a-b|=()A.2B.C.10D.3.[2017·北京东城区二模]已知向量a=(1,2),b=(x,4),且a⊥b,则x=()A.-2B.-4C.-8D.-164.[2017·唐山模拟]已知向量a=(3,-1),b=(2,1),则a在b方向上的投影为.5.[2017·南充三诊]已知平面向量a,b满足a·(a+b)=3,且|a|=2,|b|=1,则向量a与b夹角的正弦值为.能力提升6.[2017·东莞模拟]已知向量a,b均为单位向量,若它们的夹角为120°,则|a-3b|=()A.B.C.D.47.[2017·鹰潭模拟]已知向量a=(1,2),b=(x,-1),若a∥(a-b),则a·b=()A.-B.C.2D.-28.已知向量与的夹角为120°,且=2,=4,若=+λ,且⊥,则实数λ的值为()A.B.-C.D.-9.已知向量a=(1,0),b=(0,1),c=a+λb(λ∈R),向量d如图K26-1所示,则()图K26-1A.存在λ>0,使c⊥dB.存在λ>0,使<c,d>=60°C.存在λ<0,使<c,d>=30°D.存在λ>0,使c=md(m是不为0的常数)10.已知非零向量与满足·=0,且·=-,则△ABC的形状为()A.等边三角形B.等腰非等边三角形C.三边均不相等的三角形D.直角三角形11.若向量a与b的夹角为,且|a|=2,|b|=1,则a与a+2b的夹角为.12.[2017·武汉模拟]已知平面向量a,b满足=1,a与b-a的夹角为60°,记m=λa+(1-λ)b (λ∈R),则的取值范围为.13.(15分)[2017·黄山模拟]在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,向量m=(,1),n=(cos A+1,sin A),且m·n=2+.(1)求角A的大小;(2)若a=,cos B=,求△ABC的面积.14.(15分)已知向量a=sin x+,1,b=(4,4cos x-).(1)若a⊥b,求sin x+的值;(2)设f(x)=a·b,若α∈0,,fα-=2,求cos α的值.难点突破15.(5分)[2017·上饶重点中学联考]在等腰三角形AOB中,若==5,且|+|≥||,则·的取值范围为()A.[-15,25)B.C.D.16.(5分)已知△ABC的外接圆的圆心为O,AB=2,AC=2,A为钝角,M是BC的中点,则·= ()A.3B.4C.5D.6课时作业(二十七)第27讲数系的扩充与复数的引入基础热身1.设i为虚数单位,则i3+i5=()A.0B.1C.-1D.22.[2017·遂宁三诊]复数z=cos+isin在复平面内对应的点位于()A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限3.[2017·豫北重点中学联考]复数z=(2+3i)i的实部与虚部之和为()A.1B.-1C.5D.-54.[2017·石家庄三模]复数= .5.设i为虚数单位,复数z1=1-2i,z2=4+3i,则|z1+z2|= .能力提升6.[2017·山西实验中学联考]若复数z满足=1,其中i为虚数单位,则复数z的共轭复数为()A.-+B.--C.-D.+7.[2017·成都三诊]已知复数z1=2+6i,z2=-2i.若z1,z2在复平面内对应的点分别为A,B,线段AB的中点C对应的复数为z,则= ()A.B.5C.2D.28.[2017·大同三模]如图K27-1所示的网格纸中小正方形的边长是1,复平面内点Z对应的复数z满足(z1-i)·z=1,则复数z1=()图K27-1A.-+iB.+iC.-iD.--i9.[2017·长郡中学模拟]若复数z=a+2i(a∈R),且满足=|-i|,则a=()A.±1B.1C.±2D.210.[2017·抚州第一中学模拟]已知集合A=N,B={x∈R|z=3+x i,且|z|=5}(i为虚数单位),则A ∩B=()A.4B.-4C.D.11.[2017·广元三诊]欧拉公式e i x=cos x+isin x(i为虚数单位)是瑞士数学家欧拉发明的,将指数函数的定义域扩大到复数集,建立了三角函数和指数函数的联系,被誉为“数学中的天桥”.根据欧拉公式可知,表示的复数的模为()A.B.1C. D.12.已知复数z=,则复数z的虚部为.13.[2017·郑州模拟]已知=b+2i(a,b∈R),其中i为虚数单位,则a-b= .14.[2017·池州联考]已知复数z=,其中a为整数,且z在复平面内对应的点在第四象限,则a的最大值为.难点突破15.(5分)[2017·枣庄模拟]已知m为实数,i为虚数单位,若m+(m2-4)i>0,则=()A.iB.1C.-iD.-116.(5分)[2017·鹰潭模拟]“复数z=-(其中i是虚数单位)是纯虚数”是“θ=+2k π(k∈Z)”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件课时作业(二十四)1.D[解析] 当b=0时,a与c不一定共线,∴A错误;如图所示,a=,c=,b=,b与a,c均不共线,但a与c共线,∴B错误;在▱ABCD中,与共线,但A,B,C,D四点不共线,∴C错误;若a与b中有一个为零向量,则a与b一定共线,∴当a与b不共线时,a与b一定都是非零向量,故D正确.2.A[解析] 根据向量的线性运算可知,+-=2+≠,故选A.3.A[解析] 由+-=0得+=,如图所示,由O为△ABC的外接圆的圆心,结合向量加法的几何意义知,四边形OACB为菱形,且∠CAO=60°,故A=30°.故选A.4.-2[解析] 因为D是BC的中点,所以+=2.由++=0,得=.又=λ,所以点P是以AB,AC为邻边的平行四边形的第四个顶点(如图所示),因此=+=2=-2,所以λ=-2.5.-a+b [解析] =-,=+=b+a,所以=b+a-a=b-a.6.D[解析] 由平面向量的三角形法则可知,=+=+=(-)-=-+=-a+b,故选D.7.A[解析] 根据向量的平行四边形法则,得=+.因为点P在对角线AC上(不包括端点A,C),所以与共线,所以=λ=λ(+),λ∈(0,1),故选A.8.D[解析] ∵E是DC的中点,∴=(+),∴=-+2,∴λ=-1,μ=2,则λ-μ=-1-2=-3.9.A[解析] 设点D为BC的中点,则+=2,结合题意可得2=3,据此可知△ABC 的外心与重心重合,则△ABC是等边三角形,所以cos A=cos =,故选A.10.A[解析] 因为=2,所以=,则=-=-,同理=+,=-,则++=-,即++与反向平行,故选A. 11.梯形[解析] 由已知得=++=-8a-2b=2(-4a-b)=2,故与共线,且||≠,所以四边形ABCD是梯形.12.[解析] 由题意可得=t+-t,所以-=t-t,即=t,所以与共线,即B,M,C三点共线,且t=.又由条件知=,所以t=.在△ABC中,由正弦定理知===,所以t==.13.解:(1)证明:∵=a+b,=2a+8b,=3(a-b),∴=+=2a+8b+3(a-b)=5(a+b)=5,∴与共线.又与有公共点B,∴A,B,D三点共线.(2)若ka+b与a+kb共线,则存在实数λ,使ka+b=λ(a+kb),即(k-λ)a=(λk-1)b.又a与b是不共线的非零向量,∴k-λ=λk-1=0,∴k2-1=0,∴k=±1.14.解:(1)∵=(+),∴=2-=2a-b,∴=-=-=2a-b.(2)∵D,E,C三点共线,∴=m=2ma-mb(0<m<1)①.在△ODE中,=-=λ-=λa-b②.由①②得2ma-mb=λa-b,即解得15.D[解析] 在AB上取一点D,使得=,过D作DH∥AC,交BC于H.∵=+λ,且点P是△ABC内一点(含边界),∴点P在线段DH上.当P在D点时,||取得最小值2;当P 在H点时,||取得最大值,此时B,P,C三点共线,∵=+λ,∴λ=,∴=+,∴=++·=,∴||=.故||的取值范围为2,.故选D.16.-2[解析] 如图所示,作BM∥AD交AC于M,作BN∥AC交AD于N,则AM∥BN且AM=BN.由题意知,当λ取得最大值时,点E与点B重合.在Rt△ABC中,=,在△ABM 中,由正弦定理得==,则λmax==.又在Rt△ABD中,=||,在△ABN中,由正弦定理得==||,则μ==,∴λ-μ=-2.课时作业(二十五)1.B[解析] 显然向量a+b与向量a-b不共线,故选B.2.A[解析] 易得b-a=(3-1,1-2)=(2,-1),故选A.3.D[解析] 由题意得=+=+(-)=+,故选D.4.3[解析] ∵a=(1,),b=(,k),a∥b,∴k×1-×=0,∴k=3.5.-[解析] 由图可知=(+)=-=(-)-=-,∴m+n=-=-.6.A[解析] 由题意得=(2-1,t+1)=(1,3),则t+1=3,解得t=2,故选A.7.C[解析] 由已知可得(1,2)+(-3,5)=λ(4,x),∴∴∴λ+x=-,故选C.8.B[解析] 以a的终点,b的起点为坐标原点建立平面直角坐标系,如图所示,则a=(-1,1),b=(6,2),c=(-1,-3).由题意得c=(-λ+6μ,λ+2μ)=(-1,-3),则有解得故=4.9.C[解析] 因为b=-cos-x,cos x=(-sin x,cos x),a=tb,所以cos x cos x-(-sin x)(-sin x)=0,即cos2x-sin2x=0,所以tan2x=1,即tan x=±1,所以x=+(k∈Z),则2x=kπ+(k∈Z),所以sin 2x=±1,故选C.10.A[解析] =m++=m+,设=t(0≤t≤1),则=+=+t(+)=+t-=(1-t)+t,所以m=1-t且=,故m=1-t=1-=,故选A.11.1[解析] 由题知=(3,6),=(x-3,-4).因为与共线,所以3×(-4)-6(x-3)=0,解得x=1.12.(-6,21)[解析] 依题意得=3.因为点Q是AC的中点,所以+=2,所以=2-=(-2,7),故=3=(-6,21).13.解:由已知得a=(5,-5),b=(-6,-3),c=(1,8).(1)3a+b-3c=(15-6-3,-15-3-24)=(6,-42).(2)∵mb+nc=(-6m+n,-3m+8n),∴解得(3)设O为坐标原点,∵=-=3c,∴=3c+=(3,24)+(-3,-4)=(0,20),∴M(0,20).又∵=-=-2b,∴=-2b+=(12,6)+(-3,-4)=(9,2),∴N(9,2),∴=(9,-18).14.解:(1)=t1+t2=t1(0,2)+t2(4,4)=(4t2,2t1+4t2).当点M在第二或第三象限时,则有故所求的充要条件为t2<0且t1+2t2≠0.(2)证明:当t1=1时,由(1)知=(4t2,4t2+2).因为=-=(4,4),所以=-=(4t2,4t2)=t2(4,4)=t2,又与有公共点A,所以不论t2为何实数,A,B,M三点都共线.15.D[解析] 由题意可知,点P位于D,E,G三点时,α+β取得最值.当点P在点D处时,α=3,β=0,则α+β=3;当点P在点E处时,α=0,β=3,则α+β=;当点P在点G处时,α=1,β=1,则α+β=.故选D.16.C[解析] 建立平面直角坐标系如图所示,则B(2,0),D(0,1),E(2,1),F1,.设P(cos α,sin α)(0≤α≤π),由=λ+μ得(cos α,sin α)=λ(2,1)+μ-1,,则2λ-5μ=2cos α-2sin α=2sinα+,又0≤α≤π,所以≤α+≤,则-2≤2sinα+≤2,所以2λ-5μ的取值范围是[-2,2],故选C.课时作业(二十六)1.C[解析] |a-b|2=(a-b)2=(a+b)2-4a·b=(2)2-4×2=4,∴|a-b|=2.故选C.2.D[解析] ∵2a-b=2(1,2)-(-1,3)=(3,1),∴|2a-b|==,故选D.3.C[解析] ∵a⊥b,∴a·b=x+8=0,∴x=-8,故选C.4.[解析] a在b方向上的投影为==.5.[解析] ∵a·(a+b)=a2+a·b=3,∴a·b=-1,∴cos<a,b>==-,∴向量a与b夹角的正弦值为.6.C[解析] |a-3b|2=a2-6a·b+9b2=1-6cos 120°+9=13,所以|a-3b|=.7.A[解析] 由题意得a-b=(1-x,3).∵a∥(a-b),∴1×3=2(1-x),解得x=-,则a·b=1×+2×(-1)=-.8.C[解析] 因为·=2×4×cos 120°=-4,所以·=(+λ)·(-)=-4+16λ-4+4λ=0,解得λ=,故选C.9.D[解析] 由图知d=(4,3),由题得c=a+λb=(1,λ).若c⊥d,则4+3λ=0,解得λ=-,故A错误;若向量c与d的夹角为60°,则有4+3λ=5cos 60°,即11λ2+96λ+39=0,有两个负根,故B错误;若向量c与d的夹角为30°,则有4+3λ=5cos 30°,即39λ2-96λ+11=0,有两个正根,故C错误;若向量c与d共线,则有4λ=3,解得λ=>0,故选D.10.B[解析] 表示与同向的单位向量,表示与同向的单位向量,所以+表示以与同向的单位向量和与同向的单位向量为邻边的平行四边形的对角线.因为+·=0,所以=,又由·=-得与的夹角为120°,所以△ABC为等腰非等边三角形,故选B.11.[解析] 由题意得a·b=2×1×=1,则a·(a+2b)=a2+2a·b=22+2×1=6,|a+2b|===2,所以cos<a,a+2b>===,则a与a+2b的夹角为.12.[解析] 如图所示,设=a,=b,=m,则||=1,∠OAB=120°.∵m=λa+(1-λ)b(λ∈R),∴A,B,C三点共线.∵点O到直线AB的距离为||·sin 60°=,∴||≥,∴|m|的取值范围为,+∞.13.解:(1) ∵m·n=cos A++sin A=2sin A++=2+,∴sin A+=1.又∵0<A<π,∴A=.(2)∵cos B=,∴sin B=,由=得b==2,∴S△ABC=ab sin C=××2×sin(A+B)=(sin A cos B+cos A sin B)=+.14.解:(1)因为a⊥b,所以a·b=4sin x++4cos x-=2sin x+6cosx-=4sin x+-=0,所以sin x+=,所以sin x+=-sin x+=-.(2)由(1)知f(x)=4sin x+-,所以由fα-=2得sinα+=.又α∈0,,所以α+∈,,又因为<,所以α+∈,,所以cosα+=,所以cos α=cosα+-=cosα+cos+sinα+sin=×+×=.15.A[解析] |+|≥||=|-|,所以|+|2≥|-|2,即(+)2≥(-)2,所以+2·+≥(-2·+),即52+2·+52≥(52-2·+52),则·≥-15.又·≤||||=5×5=25,当且仅当与同向时取等号,因此上式等号不成立,所以·的取值范围为[-15,25),故选A.16.C[解析] ∵M是BC的中点,∴=(+).∵O是△ABC的外接圆的圆心,∴·=||·||cos∠BAO=||2=×(2)2=6,同理可得·=||2=×(2)2=4,∴·=(+)·=·+·=×(6+4)=5.故选C.课时作业(二十七)1.A[解析] i3+i5=-i+i=0,故选A.2.B[解析] 因为cos<0,sin>0,所以复数z=cos+isin在复平面内对应的点位于第二象限,故选B.3.B[解析] z=(2+3i)i=-3+2i,所以复数z的实部与虚部之和为-3+2=-1,故选B.4.1+i[解析] ==1+i.5.[解析] 由已知得z1+z2=5+i,则|z1+z2|==.6.B[解析] 由=1得z(1-i)=i,即z===-+i,则复数z的共轭复数为--,故选B.7.A[解析] 由题意知A(2,6),B(0,-2),则C(1,2),∴z=1+2i,则|z|=,故选A.8.B[解析] 由题得z=2+i,所以z1=+i=+i=+i.9.A[解析] 由z=a+2i得=a-2i,则z=a2+4,所以=|-i|⇒=1⇒a=±1.10.C[解析] 由题意可得==5,则x=±4,所以B={-4,4},由于A=N,因此A∩B={4},故选C.11.B[解析] =cos+isin=+i,所以==1,故选B.12.[解析] 由题意可得z=====-+i,则复数z的虚部为.13.-3[解析] 因为=1-a i=b+2i(a,b∈R),所以b=1,a=-2,则a-b=-3.14.3[解析] 复数z===,则z在复平面内对应的点为,,以解得-1<a<4,又a为整数,所以a的最大值为3.15.A[解析] 因为m+(m2-4)i>0,所以⇒m=2,故==i,故选A.16.B[解析] z=-=sin θ--icos θ,若z为纯虚数,则即θ=2kπ+(k∈Z)或θ=2kπ+π(k∈Z).故“复数z=-(其中i是虚数单位)是纯虚数”是“θ=+2k π(k∈Z)”的必要不充分条件,故选B.。

近年高考数学一轮复习第四章平面向量、数系的扩充与复数的引入课时达标28数列的概念与简单表示法(20

2019版高考数学一轮复习第四章平面向量、数系的扩充与复数的引入课时达标28 数列的概念与简单表示法编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2019版高考数学一轮复习第四章平面向量、数系的扩充与复数的引入课时达标28 数列的概念与简单表示法）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。

本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为2019版高考数学一轮复习第四章平面向量、数系的扩充与复数的引入课时达标28 数列的概念与简单表示法的全部内容。

第28讲数列的概念与简单表示法[解密考纲]本考点考查数列的概念、性质、通项公式与递推公式，近几年对由递推公式求项、求和加大了考查力度，而对由递推公式求通项减小了考查力度，一般以选择题、填空题的形式出现．一、选择题1．已知数列{a n｝的前n项和S n＝n2－3n，若它的第k项满足2〈a k〈5，则k＝( C）A．2 B．3C．4 D．5解析已知数列{a n}的前n项和S n＝n2－3n.令n＝1，可得S1＝a1＝1－3＝－2。

a n＝S n－S n－1＝n2－3n－[(n－1）2－3(n－1)］＝2n－4，n≥2。

n＝1时满足a n与n的关系式，∴a n＝2n－4,n∈N*.它的第k项满足2<a k<5，即2<2k－4〈5，解得3<k<4。

5.∵n∈N*，∴k＝4，故选C．2．若数列{a n｝的前n项和S n满足S n＝4－a n(n∈N*)，则a5＝( D）A．16 B．错误!C．8 D．错误!解析当n＝1时，a1＝S1＝4－a1，∴a1＝2；当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝a n－a n，∴2a n＝a n－1,∴数列{a n｝是以2为首项，以错误!为公比的等比数列，－1∴a5＝2×错误!4＝错误!，故选D．3．数列{a n}的前n项和S n＝2n2－3n(n∈N*），若p－q＝5，则a p－a q＝( D）A．10 B．15C．－5 D．20解析当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝2n2－3n－[2(n－1)2－3(n－1）］＝4n－5；当n＝1时，a1＝S1＝－1也符合，∴a n＝4n－5，∴a p－a q＝4(p－q）＝20。