2021高考数学(文)二轮复习《复数、平面向量》

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高考数学二轮复习考点四《平面向量》

三、填空题 20．(2021·全国乙卷)已知向量 a＝(1，3)，b＝(3，4)，若(a－λb)⊥b，则 λ＝________．
答案
3 5
解析解法一：由题设知 a－λb＝(1－3λ，3－4λ).由(a－λb)⊥b，得(a－ λb)·b＝(1－3λ，3－4λ)·(3，4)＝3(1－3λ)＋4(3－4λ)＝15－25λ＝0，解得 λ＝35.
15．(2021·湖南岳阳第一次模拟)已知等边三角形 ABC 的边长为 4，O 为三角形内一点，且O→A＋O→B＋2O→C＝0，则△AOB 的面积是( )
A．4 3 B．833 C．433 D．2 3
答案 D
解析根据题意，设 AB 的中点为 D，连接 CD，则O→A＋O→B＝2O→D，又 O→A＋O→B＋2O→C＝0，则O→C＝－O→D，则 O 是 CD 的中点，又△ABC 是边长为 4 的等边三角形，则 CD⊥AB，AD＝2，CD＝2 3，则 OD＝ 3，则 S△AOB ＝12×4× 3＝2 3.故选 D.
14．(2021·福建三明期末)设非零向量 a，b 的夹角为 θ，若|b|＝2|a|，且 (a＋2b)⊥(3a－b)，则 θ 等于( )
A．30° B．60° C．120° D．150°
答案 B 解析 ∵非零向量 a，b 的夹角为 θ，|b|＝2|a|，且(a＋2b)⊥(3a－b)，∴ (a＋2b)·(3a－b)＝3a2＋5a·b－2b2＝3a2＋5|a|·|2a|cos θ－8a2＝0，∴cos θ＝12， ∴θ＝60°.故选 B.
19．(2021·辽宁铁岭六校高三模拟)下列说法中错误的是( ) A．已知 a＝(1，2)，b＝(1，1)且 a 与 a＋λb 的夹角为锐角，则实数 λ 的取值范围是－53，＋∞ B．向量 e1＝(2，－3)，e2＝12，－34不能作为平面内所有向量的一组基底 C．非零向量 a，b，满足|a|>|b|且 a 与 b 同向，则 a>b D．非零向量 a 和 b，满足|a|＝|b|＝|a－b|，则 a 与 a＋b 的夹角为 30° 答案 AC

2021全国(新高考2卷)数学：答案详细解析(二0二一年)

数学（新高考Ⅱ卷）答案详解（精编版）适用地区：海南､辽宁､重庆。

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.（复数）复数213ii--在复平面内对应的点所在的象限为A.第一象限 B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】A【解析】∵()()()()213255111313131022i i i i i i i i -+-+===+--+，∴在复平面内对应的点所在的象限为第一象限.2.（集合）设集合{1,2,3,4,5,6},{1,3,6},{2,3,4}U A B ===，则()U A B =ðA .{3}B.{1,6}C.{5,6}D.{1,3}【答案】B【解析】因为{}1,5,6U B =ð，所以有(){}1,6U A B = ð.3.（解析几何）抛物线22(0)y px p =>的焦点到直线1y x =+的距离为，则p =A.1B.2C. D.4【答案】B【解析】抛物线的焦点为,02p ⎛⎫⎪⎝⎭，其到直线1y x =+（即10x y -+=）的距离为d ==解得2p =.4.（三角函数）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36000km （轨道高度是指卫星到地球表面的距离）．将地球看作是一个球心为O ，半径r 为6400km 的球，其上点A 的纬度是指OA 与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为α，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为22(1cos )S r πα=-（单位：km 2），则S 占地球表面积的百分比约为A .26%B.34%C.42%D.50%【答案】C【解析】设轨道高度为h ，由图A4可知，地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值α的余弦cos r r hα=+，图A4地球表面积为24πr ，由题意可得，S 占地球表面积的百分比约为()()22212π(1cos )1cos 360000.4242%4π4π2222640036000rS r h r h r r r h αα---+=====≈=+⨯+.5.（立体几何）正四棱台的上､下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为A.20+B. C.563D.2823【答案】D【解析】由棱台的体积公式可知，本题关键是求得棱台的高.由图A5可知，1111A O AB ==，AO AB ==，∴()221111O O AA AO A O =--=∵棱台上底面面积21114S A B ==，下底面面积216S AB ==，∴棱台的体积为((11141633V h S S =++=++=图A56.（概率统计）某物理量的测量结果服从正态分布()210,N σ，下列结论中不正确的是A.σ越小，该物理量在一次测量中在(9.9,10.1)的概率越大B.σ越小，该物理量在一次测量中大于10的概率为0.5C.σ越小，该物理量在一次测量中小于9.99与大于10.01的概率相等D.σ越小，该物理量在一次测量中落在(9.9,10.2)与落在(10,10.3)的概率相等【答案】D【解析】由正态分布密度曲线的特征逐项判断即可.A 、2σ为数据的方差，所以σ越小，数据在10μ=附近越集中，所以测量结果落在(9.9,10.1)内的概率越大，故A 正确；B 、由正态分布密度曲线的对称性可知，该物理量一次测量大于10的概率为0.5，故B 正确；C 、由正态分布密度曲线的对称性可知，该物理量一次测量结果大于10.01的概率与小于9.99的概率相等，故C 正确；D 、因为该物理量一次测量结果落在(9.9,10.0)的概率与落在(10.2,10.3)的概率不同，所以一次测量结果落在(9.9,10.2)的概率与落在(10,10.3)的概率不同，故D 错误.7.（函数）已知5log 2a =，8log 3b =，12c =，则下列判断正确的是A.c b a << B.b a c<< C.a c b<< D.a b c<<【答案】C【解析】125551log 2log log 52a c =<===，故a c <，128881log 3log log 82b c =>===，故b c >，故a c b <<.8.（函数）已知函数()f x 的定义域为R ，()2f x +为偶函数，()21f x +为奇函数，则A.102f ⎛⎫-= ⎪⎝⎭B.()10f -=C.()20f =D.()40f =【答案】B【解析】∵()21f x +为奇函数，∴()()02121f x f x +-++=，取0x =则有()21=0f ，即()10f =，又∵()2f x +为偶函数，∴()()22f x f x =+-+，∴()()()()24222f x f x f x f x =+=---=-⎡⎤⎡⎤⎣⎣⎦+⎦()1231213322x x f x f f ⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫=+=+=--+⎡⎤ ⎪ ⎪⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎝⎭⎝⎭⎣-⎦⎣-⎦-()()132f x f x =-+=-⎡⎤⎣⎦--，∴()()20f x f x -+=，取1x =，有()()011f f +-=，∴()()011f f -=-=.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.（概率统计）下列统计量中，能度量样本12,,,n x x x 的离散程度的是A.样本12,,,n x x x 的标准差B.样本12,,,n x x x 的中位数C.样本12,,,n x x x 的极差D.样本12,,,n x x x 的平均数【答案】AC【解析】由标准差的定义可知，标准差考查的是数据的离散程度；由中位数的定义可知，中位数考查的是数据的集中趋势；由极差的定义可知，极差考查的是数据的离散程度；由平均数的定义可知，平均数考查的是数据的集中趋势；故选AC.10.（立体几何）如图，在正方体中，O 为底面的中心，P 为所在棱的中点，M ，N 为正方体的顶点．则满足MN OP 的是A. B.C. D.【答案】BC【解析】A 、如图A10(1)所示，连接AC ，则MN ∥AC ，故∠POC （或其补角）为异面直线OP 、MN 所成的角，很显然，∠POC ≠90°，故A 不符合题意；图A10B 、如图A10(2)所示，取NT 的中点为Q ，连接PQ ，OQ ，很容易证明OQ NTMS ⊥面，故OQ NM ⊥；在正方形NTMS 中，很容易证明PQ NM ⊥；∴NM OPQ ⊥面，∴NM OP ⊥，故B 正确.（因为是选择题，证明过程写的比较简单，但逻辑关系一定要正确）C 、如图A10(3)所示，连接BD ，则BD ∥MN ，由选项B 的判断可得BD OP ⊥，故MN OP ⊥，故C 正确.图A10D 、如图A10(4)所示，延长QS 至点T ，使QS ＝2ST ，连接NT 、MT ，很容易证明NT ∥OP ，故∠MNT （或其补角）为异面直线OP 、MN 所成的角，设SM ＝2a ，在△MNT 中，2225MT NT a ==，228MN a =，因222MT NT MN ≠+，故∠MNT ≠90°，故D 不符合题意.故选BC.11.（解析几何）已知直线2:0l ax by r +-=与圆222:C x y r +=，点(,)A a b ，则下列说法正确的是A.若点A 在圆C 上，则直线l 与圆C 相切B.若点A 在圆C 内，则直线l 与圆C 相离C.若点A 在圆C 外，则直线l 与圆C 相离D.若点A 在直线l 上，则直线l 与圆C 相切【答案】ABD【解析】圆222:C x y r +=的圆心为(0,0)C ，其到直线l的距离为2d ==12.设正整数010112222k k k k n a a a a --=⋅+⋅++⋅+⋅ ，其中{}0,1i a ∈，记()01k n a a a ω=+++ ．则A.()()2n n ωω=B.()()231n n ωω+=+C.()()8543n n ωω+=+D.()21n nω-=【答案】ACD【解析】利用()n ω的定义判断.A 、()01k n a a a ω=+++ ，02101112022222k k k k n a a a a +-=⋅+⋅+⋅++⋅+⋅ ，所以()()0120k n a a a n ωω=++++= ，A 选项正确；B 、()010112323222223k k k k n n a a a a --+=⋅+=⋅⋅+⋅++⋅+⋅+ ()0211101212222k k k k a a a a -=⋅++⋅+⋅++⋅+⋅ ，所以()()232n n ωω+=+，B 选项错误；C 、因()33010118525222225k k k k n n a a a a --+=⋅+=⋅⋅+⋅++⋅+⋅+ ()01242301131202122222k k k k a a a a ++-=⋅+⋅+⋅+⋅+⋅++⋅+⋅ ，所以()()852n n ωω+=+；()22010114323222223k k k k n n a a a a --+=⋅+=⋅⋅+⋅++⋅+⋅+ ()01321201112122222k k k k a a a a ++-=⋅+⋅+⋅+⋅++⋅+⋅ ，所以()()432n n ωω+=+；因此()()8543n n ωω+=+，C 选项正确；D 、02121121212nn --=⋅+⋅++⋅ ，故()21nn ω-=，D 选项正确.故选ACD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.（解析几何）已知双曲线()222210,0x y a b a b-=>>的离心率为2，则该双曲线的渐近线方程为_____.【答案】y =【解析】双曲线的离心率为2，∴2c a =，即2c a =，∴b =，∴by x a=±=.14.（函数）写出一个同时具有下列性质①②③的函数():f x _______．①()()()1212f x x f x f x =；②当(0,)x ∈+∞时，()0f x '>；③()'f x 是奇函数．【答案】2()f x x =（答案不唯一）【解析】取2()f x x =，则()22212121212()()()f x x x x x x f x f x ===，满足①，()2f x x '=，0x >时有()0f x '>，满足②，()2f x x '=为奇函数，满足③.（答案不唯一，由函数的性质和导函数知识可知，()2*()nf x xx N =∈均满足）15.（平面向量）已知向量0a b c ++= ，1a = ，2b c == ，a b b c c a ⋅+⋅+⋅=_______．【答案】92-16.（函数）已知函数12()1,0,0xf x e x x <=>-，函数()f x 的图象在点()()11,A x f x 和点()22,B x f x 的两条切线互相垂直，且分别交y 轴于M ，N 两点，则||||AM BN 取值范围是_______．【答案】()0,1四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤．17.（数列）（10分）记n S 是公差不为0的等差数列{}n a 的前n 项和，若35244a S a a S ==，．（1）求数列{}n a 的通项公式n a ；（2）求使n n S a >成立的n 的最小值．【答案】（1）26n a n =-；（2）7【解析】在ABC ∆中，角A 、B 、C 所对的边长分别为a 、b 、c ，1b a =+，2c a =+.（1）若2sin 3sin C A =，求ABC ∆的面积；（2）是否存在正整数a ，使得ABC ∆为钝角三角形?若存在，求出a 的值；若不存在，说明理由．【答案】（1）4；（2）存在正整数a ，2a =【解析】在四棱锥Q ABCD -中，底面ABCD 是正方形，若23AD QD QA QC ====，．（1）证明：平面QAD ⊥平面ABCD ；（2）求二面角B QD A --的平面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）23.【解析】（1）如图A19(1)，取AD 的中点为O ，连接QO 、CO ，图A19(1)∵OA OD QA QD ==，，∴QO AD ⊥，在Rt △QAO 中，112AO AD QA ===，2QO =，在Rt △DCO 中，1122DO AD CD ===，，∴CO =，∵3QC =，∴222QC QO CO =+，故△QCO 为直角三角形，且QO OC ⊥，∵AD OC O = ，∴QO ⊥平面ABCD ；∵QO ⊂平面QAD ，∴平面QAD ⊥平面ABCD .（2）如图A19(2)，在平面ABCD内，过O 作//OT CD ，交BC 于T ，则OT AD ⊥，结合（1）中的QO ⊥平面ABCD ，可建如图A19(2)所示的空间坐标系：图A19(2)则(0,0,2)Q ，(0,1,0)D ，(2,1,0)B -，(0,1,0)A -，故(2,1,2)QB =-- ，(0,1,2)DQ =-，设平面QBD 的法向量为(,,)n x y z =，20.（解析几何）（12分）已知椭圆C 的方程为22221(0)x y a b a b +=>>，右焦点为F ，且离心率为63．（1）求椭圆C 的方程；（2）设M ，N 是椭圆C 上的两点，直线MN 与曲线222(0)x y b x +=>相切．证明：M ，N ，F 三点共线的充要条件是||MN =．【答案】（1）2213x y +=；（2）证明见解析.【解析】21.（概率统计）（12分）一种微生物群体可以经过自身繁殖不断生存下来，设一个这种微生物为第0代，经过一次繁殖后为第1代，再经过一次繁殖后为第2代……，该微生物每代繁殖的个数是相互独立的且有相同的分布列，设X 表示1个微生物个体繁殖下一代的个数，()(0,1,2,3)i P X i p i ===．（1）已知01230.4,0.3,0.2,0.1p p p p ====，求()E X ；（2）设p 表示该种微生物经过多代繁殖后临近灭绝的概率，p 是关于x 的方程：230123p p x p x p x x +++=的一个最小正实根，求证：当()1E X ≤时，1p =，当()1E X >时，1p <；（3）根据你的理解说明（2）问结论的实际含义．【答案】（1）1；（2）见解析；（3）见解析.【解析】（1）()00.410.320.230.11E X =⨯+⨯+⨯+⨯=；（2）设()232301230123()1f x p p x p x p x p p x p x p x x -=++++++=-，则0(1)f =，则()12321()23f x p p x p x '=++-，故()f x '有两个不同零点1x 、2x ，且1201x x <<≤，且12(,)(,)x x x ∈-∞+∞ 时，()0f x '>；12()x x x ∈，时，()0f x '<；故()f x 在12(,)(,)x x -∞+∞，上为增函数，在12()x x ，上为减函数.1）若21x =，当212(0)()x x x x ∈⊂，，时，因()f x 为减函数，故2()()(1)0f x f x f >==，当2(,)x x ∈+∞时，因()f x 为增函数，故有2()()(1)0f x f x f >==，故1为230123p p x p x p x x +++=的一个最小正实根；2）若21x >，因为(1)0f =且()f x 在2(0)x ，上为减函数，故1为230123p p x p x p x x +++=的一个最小正实根；综上，()1E X ≤时，则1p =.②若()1E X >，即123()231E X p p p =++>，故1230123p p p ++->，此时10(0)1p f '-=<，123(1)1203f p p p '=-+>+，故()f x '有两个不同零点3x 、4x ，且3401x x <<<，且34(,)(,)x x x ∈-∞+∞ 时，()0f x '>；34()x x x ∈，时，()0f x '<；故()f x 在34(,)(,)x x -∞+∞，上为增函数，在34()x x ，上为减函数.因41x <，0(1)f =，所以4()0f x <，又00(0)f p =>，故()f x 在4(0)x ，存在一个零点p ，且1p <.所以p 为230123p p x p x p x x +++=的一个最小正实根，此时1p <，故当()1E X >时，1p <.（3）意义：每一个该种微生物繁殖后代的平均数不超过1，则若干代必然灭绝；若繁殖后代的平均数超过1，则若干代后被灭绝的概率小于1.22.（函数）（12分）已知函数2()(1)x f x x e ax b =--+．（1）讨论()f x 的单调性；（2）从下面两个条件中选一个，证明：()f x 有一个零点①21,222e a b a <≤>；②10,22a b a <<≤．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）由函数的解析式可得：()2(2)xxf x xe ax x e a '=-=-，①若0a ≤，有20xea ->恒成立，故当(,0)x ∈-∞，则()0f x '<，()f x 单调递减；当(0,)x ∈+∞，则()0f x '>，()f x 单调递增；②若102a <<，当(,In(2))x a ∈-∞，则20xe a -<且0x <，则()0f x '>，()f x 单调递增；当(In(2),0)x a ∈，则20xe a ->且0x <，则()0f x '<，()f x 单调递减；当(0,)x ∈+∞，则20xe a ->且0x >，则()0f x '>，()f x 单调递增；③若12a =，有()(1)0xf x x e '=-≥恒成立，故()f x 在R 上单调递增；④若12a >，当(,0)x ∈-∞，则20xea -<且0x <，则()0f x '>，()f x 单调递增；当(0,In(2))x a ∈，则20xe a -<且0x >，则()0f x '<，()f x 单调递减；当(In(2),)x a ∈+∞，则20xe a ->且0x >，则()0f x '>，()f x 单调递增.（2）选择条件①：数学（新高考Ⅱ卷）一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。

2023年高考数学二轮复习第一部分专题攻略专题一小题专攻第二讲复数、平面向量

第二讲复数、平面向量微专题1 复数常考常用结论1．已知复数z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )，则(1)当b ＝0时，z ∈R ；当b ≠0时，z 为虚数；当a ＝0，b ≠0时，z 为纯虚数． (2)z 的共轭复数z ̅＝a －b i. (3)z 的模|z |＝√a 2+b 2. 2．已知i 是虚数单位，则 (1)(1±i)2＝±2i ，1+i 1−i ＝i ，1−i1+i ＝－i.(2)i 4n ＝1，i 4n ＋1＝i ，i 4n ＋2＝－1，i 4n ＋3＝－i.保分题1.[2022·新高考Ⅱ卷](2＋2i)(1－2i)＝( ) A ．－2＋4i B ．－2－4i C ．6＋2i D ．6－2i 2．[2022·全国甲卷]若z ＝1＋i ，则|i z ＋3z ̅|＝( ) A ．4√5 B ．4√2 C ．2√5D ．2√23．[2022·全国乙卷]已知z ＝1－2i ，且z ＋a z ̅＋b ＝0，其中a ，b 为实数，则( ) A ．a ＝1，b ＝－2 B ．a ＝－1，b ＝2 C ．a ＝1，b ＝2 D ．a ＝－1，b ＝－2提分题例1 (1)[2022·福建漳州一模]已知z ＝|√3i －1|＋11+i，则在复平面内z 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(2)[2022·山东潍坊二模](多选)若复数z 1＝2＋3i ，z 2＝－1＋i ，其中i 是虚数单位，则下列说法正确的是( )A ．z1z 2∈RB.z 1·z 2̅̅̅̅̅̅̅̅＝z 1̅·z 2̅C ．若z 1＋m (m ∈R )是纯虚数，那么m ＝－2D ．若z 1，z 2在复平面内对应的向量分别为OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ，OB ⃗⃗⃗⃗⃗ (O 为坐标原点)，则|AB⃗⃗⃗⃗⃗ |＝5 听课笔记：【技法领悟】复数的代数运算的基本方法是运用运算法则，可以通过对代数式结构特征的分析，灵活运用i 的幂的性质、运算法则来优化运算过程．巩固训练11.[2022·山东泰安二模]已知复数z ＝3−i 1−2i，i 是虚数单位，则复数z ̅－4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2．[2022·河北保定二模](多选)已知复数z 满足方程(z 2－4)(z 2－4z ＋5)＝0，则( )A ．z 可能为纯虚数B ．方程各根之和为4C ．z 可能为2－iD ．方程各根之积为－20微专题2 平面向量常考常用结论1．平面向量的两个定理 (1)向量共线定理：向量a (a ≠0)与b 共线的充要条件是：存在唯一一个实数λ，使b ＝λa . (2)平面向量基本定理：如果e 1，e 2是同一平面内的两个不共线向量，那么对于这一平面内的任意向量a ，有且只有一对实数λ1，λ2，使a ＝λ1e 1＋λ2e 2，其中e 1，e 2是一组基底．2．平面向量的坐标运算设a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，其中b ≠0，θ为a 与b 的夹角． (1)a ∥b ⇔x 1y 2－x 2y 1＝0.(2)a ·b ＝|a ||b |cos θ＝x 1x 2＋y 1y 2. (3)a ⊥b ⇔x 1x 2＋y 1y 2＝0.(4)|a |＝√a ·a ＝√x 12+y 12.(5)cos θ＝a·b|a ||b |＝1212√x 1+y 1 √x 2+y 2.保分题1.△ABC 中，E 是边BC 上靠近B 的三等分点，则向量AE⃗⃗⃗⃗⃗ ＝( ) A ．13AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +13AC ⃗⃗⃗⃗⃗ B ．13AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +23AC ⃗⃗⃗⃗⃗ C ．23AB⃗⃗⃗⃗⃗ +13AC ⃗⃗⃗⃗⃗ D ．23AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +23AC ⃗⃗⃗⃗⃗ 2．[2022·全国乙卷]已知向量a ，b 满足|a |＝1，|b |＝√3，|a －2b |＝3，则a ·b ＝( ) A ．－2 B ．－1 C ．1 D ．2 3．[2022·全国甲卷]已知向量a ＝(m ，3)，b ＝(1，m ＋1)，若a ⊥b ，则m ＝________．提分题例2 (1)[2022·河北石家庄二模]在平行四边形ABCD 中，M ，N 分别是AD ，CD 的中点，若BM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝a ，BN ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝b ，则BD ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝( ) A ．34a ＋23b B ．23a ＋23bC ．34a ＋34bD ．23a ＋34b(2)[2022·山东济宁一模]等边三角形ABC 的外接圆的半径为2，点P 是该圆上的动点，则PA ⃗⃗⃗⃗ ·PB⃗⃗⃗⃗⃗ +PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·PC ⃗⃗⃗⃗ 的最大值为( ) A ．4 B ．7 C ．8 D ．11 听课笔记：【技法领悟】求解向量数量积最值问题的两种思路1．直接利用数量积公式得出代数式，依据代数式求最值．2．建立平面直角坐标系，通过坐标运算得出函数式，转化为求函数的最值．巩固训练21.[2022·山东济南二模]在等腰梯形ABCD 中，AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝－2CD ⃗⃗⃗⃗⃗ ，M 为BC 的中点，则AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝( )A ．12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +12AD ⃗⃗⃗⃗⃗ B ．34AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +12AD ⃗⃗⃗⃗⃗ C ．34AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +14AD⃗⃗⃗⃗⃗ D ．12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +34AD⃗⃗⃗⃗⃗ 2．[2022·福建漳州二模]已知△ABC 是边长为2的正三角形，P 为线段AB 上一点(包含端点)，则PB⃗⃗⃗⃗⃗ ·PC ⃗⃗⃗⃗ 的取值范围为( ) A ．[－14，2] B ．[－14，4] C ．[0，2]D ．[0，4]第二讲复数、平面向量微专题1 复数保分题1．解析：(2＋2i)(1－2i)＝2－4i ＋2i －4i 2＝2－2i ＋4＝6－2i.故选D. 答案：D2．解析：因为z ＝1＋i ，所以z ̅＝1－i ，所以i z ＋3z ̅＝i(1＋i)＋3(1－i)＝2－2i ，所以|i z ＋3z ̅|＝|2－2i|＝√22+(−2)2＝2√2.故选D. 答案：D3．解析：由z ＝1－2i 可知z ̅＝1＋2i.由z ＋a z ̅＋b ＝0，得1－2i ＋a (1＋2i)＋b ＝1＋a ＋b ＋(2a －2)i ＝0.根据复数相等，得{1+a +b =0，2a −2=0，解得{a =1，b =−2.故选A.答案：A提分题[例1] 解析：(1)∵z ＝|√3i －1|＋11+i ＝ √(√3)2+(−1)2+1−i1−i 2＝2＋1−i 2＝52−12i ，∴复平面内z 对应的点(52，－12)位于第四象限． (2)对于A ，z1z 2＝2+3i −1+i＝(2+3i )(−1−i )(−1+i )(−1−i )＝1−5i 2＝12−52i ，A 错误；对于B ，∵z 1·z 2＝(2＋3i)(－1＋i)＝-5-i ，∴z 1·z 2̅̅̅̅̅̅̅̅＝－5＋i ；又z 1̅·z 2̅＝(2－3i)(－1－i)＝-5+i ，∴z 1·z 2̅̅̅̅̅̅̅̅＝z 1̅·z 2̅，B 正确；对于C ，∵z 1＋m ＝2＋m ＋3i 为纯虚数，∴m ＋2＝0，解得：m ＝－2，C 正确；对于D ，由题意得：OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2，3)，OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－1，－1)，∴AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝OB ⃗⃗⃗⃗⃗ −OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－3，－4)，∴|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |＝√9+16＝5，D 正确．答案：(1)D (2)BCD [巩固训练1]1．解析：z ＝3−i1−2i ＝(3−i )(1+2i )(1−2i )(1+2i )＝5+5i 5＝1＋i ，则z ̅－4＝1－i －4＝－3－i ，对应的点位于第三象限．故选C.答案：C2．解析：由(z 2－4)(z 2－4z ＋5)＝0，得z 2－4＝0或z 2－4z ＋5＝0，即z 2＝4或(z －2)2＝－1，解得：z ＝±2或z ＝2±i ，显然A 错误，C 正确；各根之和为－2＋2＋(2＋i)＋(2－i)＝4，B 正确；各根之积为－2×2×(2＋i)(2－i)＝－20，D 正确．答案：BCD微专题2 平面向量保分题1．解析：因为点E 是BC 边上靠近B 的三等分点，所以BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝13BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，所以AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +13BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +13(BA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ )＝23AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +13AC ⃗⃗⃗⃗⃗ .故选C. 答案：C2．解析：将|a －2b |＝3两边平方，得a 2－4a ·b ＋4b 2＝9.因为|a |＝1，|b |＝√3，所以1－4a ·b ＋12＝9，解得a ·b ＝1.故选C.答案：C3．解析：由a ⊥b ，可得a ·b ＝(m ，3)·(1，m ＋1)＝m ＋3m ＋3＝0，所以m ＝－34. 答案：－34提分题[例2] 解析：(1)如图所示，设AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝m ，AD⃗⃗⃗⃗⃗ ＝n ，且BD ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝x a ＋y b ，则BD ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝x a ＋y b ＝x (12n －m )＋y (n －12m )＝(12x ＋y )n －(x ＋12y )m ，又因为BD⃗⃗⃗⃗⃗ ＝n －m ，所以{12x +y =1x +12y =1，解得x ＝23，y ＝23，所以BD ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝23a ＋23b . 故选B.(2)如图，等边三角形ABC ，O 为等边三角形ABC 的外接圆的圆心，以O 为原点，AO 所在直线为y 轴，建立直角坐标系．因为AO ＝2，所以A (0，2)，设等边三角形ABC 的边长为a ，则asin A ＝asin 60°＝2R ＝4，所以a ＝2√3，则B (－√3，－1)，C (√3，－1).又因为P 是该圆上的动点，所以设P (2cos θ，2sin θ)，θ∈[0，2π)， PA ⃗⃗⃗⃗ ＝(－2cos θ，2－2sin θ)，PB⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－√3－2cos θ，－1－2sin θ)，PC ⃗⃗⃗⃗ ＝(√3－2cos θ，－1－2sin θ)，PA ⃗⃗⃗⃗ ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗ +PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·PC ⃗⃗⃗⃗ ＝－2cos θ(－√3－2cos θ)＋(2－2sin θ)(－1－2sin θ)＋(－√3－2cos θ)(√3－2cos θ)＋(－1－2sin θ)(－1－2sin θ)＝3＋1＋2sin θ＋2√3cos θ＝4＋4sin (θ＋π3)，因为θ∈[0，2π)，θ＋π3∈[π3，7π3)，sin (θ＋π3)∈[－1，1]，所以当sin (θ＋π3)＝1时，PA ⃗⃗⃗⃗ ·PB⃗⃗⃗⃗⃗ +PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·PC ⃗⃗⃗⃗ 的最大值为8.故选C.答案：(1)B (2)C [巩固训练2]1．解析：取AD 中点N ，连接MN ，∵AB⃗⃗⃗⃗⃗ ＝－2CD ⃗⃗⃗⃗⃗ ，∴AB ∥CD ，|AB |＝2|CD |，又M 是BC 中点，∴MN ∥AB ，且|MN |＝12(|AB |＋|CD |)＝34|AB |， ∴AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝AN ⃗⃗⃗⃗⃗ +NM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝12AD ⃗⃗⃗⃗⃗ +34AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，故选B. 答案：B 2．解析：以AB 中点O 为坐标原点，OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，OC⃗⃗⃗⃗⃗ 正方向为x ，y 轴可建立如图所示平面直角坐标系，则A (－1，0)，B (1，0)，C (0，√3)，设P (m ，0)(－1≤m ≤1)，∴PB⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(1－m ，0)，PC ⃗⃗⃗⃗ ＝(－m ，√3)， ∴PB⃗⃗⃗⃗⃗ ·PC ⃗⃗⃗⃗ ＝m 2－m ＝(m －12)2－14，则当m ＝12时，(PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·PC ⃗⃗⃗⃗ )min ＝－14；当m ＝－1时，(PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·PC ⃗⃗⃗⃗ )max ＝2； ∴PB⃗⃗⃗⃗⃗ ·PC ⃗⃗⃗⃗ 的取值范围为[－14，2].故选A. 答案：A。

高考数学二轮复习专题二三角函数、平面向量与复数第3讲平面向量与复数教案-高三全册数学教案

第3讲平面向量与复数平面向量的概念与线性运算[核心提炼]1．在平面向量的化简或运算中，要根据平面向量基本定理选好基底，变形要有方向不能盲目转化；2．在用三角形加法法则时要保证“首尾相接”，结果向量是第一个向量的起点指向最后一个向量终点所在的向量；在用三角形减法法则时要保证“同起点”，结果向量的方向是指向被减向量．[典型例题](1)(2019·杭州模拟)如图所示，已知AB 是圆O 的直径，点C ，D 是半圆弧的两个三等分点，AB →＝a ，AC →＝b ，则AD →＝( )A ．a －12bB ．12a －bC ．a ＋12bD ．12a ＋b(2)(2019·金华市十校联考)已知A 、B 、C 是平面上不共线的三点，O 是△ABC 的重心，点P 满足OP →＝14(OA →＋OB →＋2OC →)，则S △PAB S △OAB为( )A ．32 B ．23C ．2D ．12(3)(2019·嘉兴七校联考)在△ABC 中，点D 满足BD →＝34BC →，当点E 在射线AD (不含点A )上移动时，若AE →＝λAB →＋μAC →，则(λ＋1)2＋μ2的取值范围为________．【解析】 (1)连接CD ，由点C ，D 是半圆弧的三等分点，得CD ∥AB 且CD →＝12AB →＝12a ，所以AD →＝AC →＋CD →＝b ＋12a .(2)如图，延长CO ，交AB 中点D ，O 是△ABC 的重心，则OP →＝14(OA →＋OB →＋2OC →)＝14(2OD →＋2OC →)＝14(－OC →＋2OC →)＝14OC →，所以OP ＝14OC ＝14×23CD ＝16CD ；所以DP ＝DO ＋OP ＝13CD ＋16CD ＝12CD ，DO ＝13CD ；所以S △PAB S △OAB ＝DP DO ＝12CD13CD ＝32.(3)因为点E 在射线AD (不含点A )上，设AE →＝kAD →(k >0)，又BD →＝34BC →，所以AE →＝k (AB →＋BD →)＝k ⎣⎢⎡⎦⎥⎤AB →＋34（AC →－AB →）＝k 4AB →＋3k 4AC →，所以⎩⎪⎨⎪⎧λ＝k 4μ＝3k4，(λ＋1)2＋μ2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫k 4＋12＋916k 2＝58⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋252＋910>1，故(λ＋1)2＋μ2的取值范围为(1，＋∞)．【答案】 (1)D (2)A (3)(1，＋∞)平面向量的线性运算技巧(1)对于平面向量的线性运算，要先选择一组基底，同时注意共线向量定理的灵活运用． (2)运算过程中重视数形结合，结合图形分析向量间的关系．[对点训练]1．(2019·瑞安市四校联考)设M 是△ABC 边BC 上的点，N 为AM 的中点，若AN →＝λAB →＋μAC →，则λ＋μ的值为( )A.14B.13C.12D.1 解析：选C.因为M 在BC 边上，所以存在实数t ∈[0，1]使得BM →＝tBC →. AM →＝AB →＋BM →＝AB →＋tBC →＝AB →＋t (AC →－AB →)＝(1－t )AB →＋tAC →，因为N 为AM 的中点，所以AN →＝12AM →＝1－t 2AB →＋t 2AC →，所以λ＝1－t 2，μ＝t 2，所以λ＋μ＝1－t 2＋t 2＝12，故C 正确．2．(2019·宁波诺丁汉大学附中期中考试)在△ABC 中，BC ＝7，AC ＝6，cos C ＝267.若动点P 满足AP →＝(1－λ)AB →＋2λ3AC →，(λ∈R )，则点P 的轨迹与直线BC ，AC 所围成的封闭区域的面积为( )A ．5B ．10C ．2 6D ．4 6解析：选A.设AD →＝23AC →，因为AP →＝(1－λ)AB →＋2λ3AC →＝(1－λ)AB →＋λAD →，所以B ，D ，P 三点共线．所以P 点轨迹为直线BC .在△ABC 中，BC ＝7，AC ＝6，cos C ＝267，所以sin C ＝57，所以S △ABC ＝12×7×6×57＝15，所以S △BCD ＝13S △ABC ＝5.3．(2019·高考浙江卷)已知正方形ABCD 的边长为1.当每个λi (i ＝1，2，3，4，5，6)取遍±1时，|λ1AB →＋λ2BC →＋λ3CD →＋λ4DA →＋λ5AC →＋λ6BD →|的最小值是________，最大值是________．解析：以点A 为坐标原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴建立平面直角坐标系，如图，则A (0，0)，B (1，0)，C (1，1)，D (0，1)，所以λ1AB →＋λ2BC →＋λ3CD →＋λ4DA →＋λ5AC →＋λ6BD →＝(λ1－λ3＋λ5－λ6，λ2－λ4＋λ5＋λ6)，所以当⎩⎪⎨⎪⎧λ1－λ3＋λ5－λ6＝0λ2－λ4＋λ5＋λ6＝0时，可取λ1＝λ3＝1，λ5＝λ6＝1，λ2＝－1，λ4＝1，此时|λ1AB →＋λ2BC →＋λ3CD →＋λ4DA →＋λ5AC →＋λ6BD →|取得最小值0；取λ1＝1，λ3＝－1，λ5＝λ6＝1，λ2＝1，λ4＝－1，则|λ1AB →＋λ2BC →＋λ3CD →＋λ4DA →＋λ5AC →＋λ6BD →|取得最大值22＋42＝2 5.答案：0 2 5平面向量的数量积 [核心提炼]1．平面向量的数量积的两种运算形式(1)数量积的定义：a ·b ＝|a ||b |cos θ(其中θ为向量a ，b 的夹角)；(2)坐标运算：a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)时，a ·b ＝x 1x 2＋y 1y 2. 2．平面向量的三个性质(1)若a ＝(x ，y )，则|a |＝a·a ＝x 2＋y 2. (2)若A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则 |AB →|＝（x 2－x 1）2＋（y 2－y 1）2.(3)若a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，θ为a 与b 的夹角，则cos θ＝a·b |a||b |＝x 1x 2＋y 1y 2x 21＋y 21x 22＋y 22. [典型例题](1)(2018·高考浙江卷)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 ．3－1B ．3＋1C ．2D ．2－ 3(2)(2019·浙江新高考研究联盟)已知向量a ，b ，c 满足|a |＝1，|b |＝k ，|c |＝2－k 且a ＋b ＋c ＝0，则b 与c 夹角的余弦值的取值范围是________．【解析】 (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. (2)设b 与c 的夹角为θ，由题b ＋c ＝－a ，所以b 2＋c 2＋2b ·c ＝1.即cos θ＝2k 2－4k ＋32k 2－4k ＝1＋32（k －1）2－2. 因为|a |＝|b ＋c |≥|b －c |，所以|2k －2|≤1. 所以12≤k ≤32.所以－1≤cos θ≤－12.【答案】 (1)A (2)⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－12(1)平面向量数量积的计算①涉及数量积和模的计算问题，通常有两种求解思路(ⅰ)直接利用数量积的定义； (ⅱ)建立坐标系，通过坐标运算求解．②在利用数量积的定义计算时，要善于将相关向量分解为图形中模、夹角和已知的向量进行计算．(2)求解向量数量积最值问题的两种思路①直接利用数量积公式得出代数式，依据代数式求最值．②建立平面直角坐标系，通过坐标运算得出函数式，转化为求函数的最值．[对点训练]1．(2019·嘉兴市高考一模)已知平面向量a 、b 满足|a |＝|b |＝1，a ·b ＝12，若向量c满足|a －b ＋c |≤1，则|c |的最大值为( )A ．1B ． 2C ． 3D ．2解析：选D.由平面向量a 、b 满足|a |＝|b |＝1，a ·b ＝12，可得|a|·|b |·cos 〈a ，b 〉＝1·1·cos 〈a ，b 〉＝12，由0≤〈a ，b 〉≤π，可得〈a ，b 〉＝π3，设a ＝(1，0)，b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，c ＝(x ，y )，则|a －b ＋c |≤1，即有⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋x ，y －32≤1，即为⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －322≤1，故|a －b ＋c |≤1的几何意义是在以⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32为圆心，半径等于1的圆上和圆内部分，|c |的几何意义是表示向量c 的终点与原点的距离，而原点在圆上，则最大值为圆的直径，即为2.2．如图，已知平面四边形ABCD ，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝AD ＝2，CD ＝3，AC 与BD 交于点O .记I 1＝OA →·OB →，I 2＝OB →·OC →，I 3＝OC →·OD →，则( )A ．I 1＜I 2＜I 3B ．I 1＜I 3＜I 2C ．I 3 ＜ I 1＜I 2D ．I 2＜I 1＜I 3解析：选C.如图所示，四边形ABCE 是正方形，F 为正方形的对角线的交点，易得AO <AF ，而∠AFB ＝90°，所以∠AOB 与∠COD 为钝角，∠AOD与∠BOC 为锐角．根据题意，I 1－I 2＝OA →·OB →－OB →·OC →＝OB →·(OA →－OC →)＝OB →·CA →＝|OB →|·|CA →|·cos ∠AOB <0，所以I 1<I 2，同理得，I 2>I 3，作AG ⊥BD 于G ，又AB ＝AD ，所以OB <BG ＝GD <OD ，而OA <AF ＝FC <OC ，所以|OA →|·|OB →|<|OC →|·|OD →|，而cos ∠AOB ＝cos ∠COD <0，所以OA →·OB →>OC →·OD →，即I 1>I 3.所以I 3<I 1<I 2.3．(2019·金华十校高考模拟)若非零向量a ，b 满足：a 2＝(5a －4b )·b ，则cos 〈a ，b 〉的最小值为________．解析：非零向量a ，b 满足：a 2＝(5a －4b )·b ，可得a ·b ＝15(a 2＋4b 2)＝15(|a |2＋4|b |2)≥15·2|a |2·4|b |2＝45|a |·|b |，即有cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a |·|b |≥45·|a |·|b ||a |·|b |＝45，当且仅当|a |＝2|b |，取得最小值45.答案：45平面向量与其他知识的交汇[核心提炼]平面向量具有代数形式与几何形式的“双重身份”，常与三角函数、解三角形、平面解析几何、函数、数列、不等式等知识交汇命题，平面向量的“位置”为：一是作为解决问题的工具，二是通过运算作为命题条件．[典型例题](1)如图，已知点D 为△ABC 的边BC 上一点，BD →＝3DC →，E n (n ∈N *)为边AC 上的列点，满足E n A →＝14a n ＋1·E n B →－(3a n ＋2)E n D →，其中实数列{a n }中，a n ＞0，a 1＝1，则数列{a n }的通项公式为a n ＝( )A ．3·2n －1－2 B ．2n－1 C ．3n－1 D ．2·3n －1－1(2)已知在锐角三角形ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，向量p ＝(cos B ＋sinB ，2sin B －2)，q ＝(sin B －cos B ，1＋sin B )，且p ⊥q .①求B 的大小；②若b ＝2，△ABC 的面积为3，求a ，c .【解】 (1)选D.因为BD →＝3DC →，所以E n C →＝E n B →＋BC →＝E n B →＋43BD →＝E n B →＋43(BE n →＋E n D →)＝－13E n B→＋43E n D →.设mE n C →＝E n A →，则由E n A →＝14a n ＋1E n B →－(3a n ＋2)E n D →，得(14a n ＋1＋13m )E n B →－(43m ＋3a n ＋2)E n D →＝0，则－13m ＝14a n ＋1，43m ＝－(3a n ＋2)，所以14a n ＋1＝14(3a n ＋2)，所以a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)．因为a 1＋1＝2，所以数列{a n ＋1}是以2为首项，3为公比的等比数列，所以a n ＋1＝2·3n －1，所以a n ＝2·3n －1－1.(2)①因为p ⊥q ，所以p ·q ＝(cos B ＋sin B )(sin B －cos B )＋(2sin B －2)·(1＋sin B )＝0，即3sin 2B －cos 2B －2＝0，即sin 2B ＝34，又角B 是锐角三角形ABC 的内角，所以sin B ＝32，所以B ＝60°. ②由①得B ＝60°，又△ABC 的面积为3，所以S △ABC ＝12ac sin B ，即ac ＝4.①由余弦定理得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ，又b ＝2，所以a 2＋c 2＝8，② 联立①②，解得a ＝c ＝2.平面向量与其他知识的交汇点主要体现在与三角函数、立体几何、解析几何，求最值． (1)利用平面向量的知识给出三角函数之间的一些关系，解题的关键还是三角函数的知识．在解析几何中只是利用向量知识给出一些几何量的位置关系和数量关系，在解题中要善于根据向量知识分析解析几何中几何量之间的关系，最后的解题还要落实到解析几何知识上．(2)因为向量是沟通代数、几何的工具，有着极其丰富的实际背景，对于某些代数问题，可构造向量，使其转化为向量问题求解．[对点训练]1．(2019·杭州市高三二模)△ABC 中，∠C ＝90°，AC ＝4，BC ＝3，D 是AB 的中点，E ，F 分别是边BC 、AC 上的动点，且EF ＝1，则DE →·DF →的最小值等于( )A.54 B.154 C.174D.174解析：选B.以三角形的直角边为坐标轴建立平面直角坐标系，如图所示：则A (0，4)，B (3，0)，C (0，0)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2. 设E (x ，0)，则F (0，1－x 2)，0≤x ≤1. 所以DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －32，－2，DF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，1－x 2－2.所以DE →·DF →＝94－32x ＋4－21－x 2＝254－3x 2－21－x 2.令f (x )＝254－3x 2－21－x 2，当x ≠1时，则f ′(x )＝－32＋2x1－x 2. 令f ′(x )＝0得x ＝35.当0≤x ＜35时，f ′(x )＜0，当35＜x ＜1时，f ′(x )＞0.所以当x ＝35时，f (x )取得最小值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫35＝154.当x ＝1时，f (1)＝254－32＝194＞154，故选B.2．(2019·浙江新高考研究联盟联考)已知向量a ，b 满足|a ＋b |＝4，|a －b |＝3，则|a |＋|b |的取值范围是( )A ．[3，5]B ．[4，5]C ．[3，4]D ．[4，7]解析：选B.|a |＋|b |≥max{|a ＋b |，|a －b |}＝4， (|a |＋|b |)2≤|a ＋b |2＋|a －b |2＝25，所以|a |＋|b |≤5.3．(2019·江苏常州武进区高三上学期期中考试改编)已知数列{a n }中，a 1＝2，点列P n (n ＝1，2，…)在△ABC 内部，且△P n AB 与△P n AC 的面积比为2∶1.若对n ∈N *都存在数列{b n }满足b n P n A →＋12a n ＋1P n B →＋(3a n ＋2)P n C →＝0，求a 4.解：在线段BC 上取点D ，使得BD ＝2CD ，则P n 在线段AD 上，因为b n P n A →＋12a n ＋1P n B →＋(3a n ＋2)P n C →＝0，所以－12a n ＋1BP n →＝b n AP n →＋(3a n ＋2)CP n →＝b n (BP n →－BA →)＋(3a n ＋2)(BP n →－BC →)，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a n ＋1－b n －3a n －2BP n →＝－b n BA →－32×(3a n ＋2)BD →.因为A ，P n ，D 三点共线，所以－12a n ＋1－b n －3a n －2＝－b n －32(3a n ＋2)，即a n ＋1＝3a n ＋2，所以a 2＝3a 1＋2＝8，a 3＝3a 2＋2＝26，a 4＝3a 3＋2＝80.复数 [核心提炼]1．复数的除法复数的除法一般是将分母实数化，即分子、分母同乘以分母的共轭复数再进一步化简． 2．复数运算中常见的结论(1)(1±i)2＝±2i ，1＋i 1－i ＝i ，1－i 1＋i ＝－i.(2)－b ＋a i ＝i(a ＋b i)． (3)i 4n＝1，i 4n ＋1＝i ，i4n ＋2＝－1，i4n ＋3＝－i.(4)i 4n＋i4n ＋1＋i 4n ＋2＋i4n ＋3＝0.[典型例题](1)(2019·杭州学军中学高考模拟)设复数z 满足1＋z1－z ＝i ，则|z |＝( )A ．1B ． 2C ． 3D ．2(2)设有下面四个命题p 1：若复数z 满足1z∈R ，则z ∈R ；p 2：若复数z 满足z 2∈R ，则z ∈R ； p 3：若复数z 1，z 2满足z 1z 2∈R ，则z 1＝z 2； p 4：若复数z ∈R ，则z ∈R .其中的真命题为( ) A ．p 1，p 3 B ．p 1，p 4C ．p 2，p 3D ．p 2，p 4(3)(2019·浙江新高考冲刺卷)已知复数z ＝1＋i ，其中i 为虚数单位，则复数1＋z ＋z 2＋…＋z 2 017的实部为( )A ．1B ．－1C ．21 009D ．－21 009【解析】 (1)因为复数z 满足1＋z1－z＝i ，所以1＋z ＝i －z i ，所以z (1＋i)＝i －1，所以z ＝i －1i ＋1＝i ，所以|z |＝1，故选A.(2)对于命题p 1，设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )，由1z ＝1a ＋b i ＝a －b ia 2＋b 2∈R ，得b ＝0，则z ∈R成立，故命题p 1正确；对于命题p 2，设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )，由z 2＝a 2－b 2＋2ab i ∈R ，得ab ＝0，则a ＝0或b ＝0，复数z 可能为实数或纯虚数，故命题p 2错误；对于命题p 3，设z 1＝a ＋b i(a ，b ∈R )，z 2＝c ＋d i(c ，d ∈R )，由z 1·z 2＝(ac －bd )＋(ad ＋bc )i ∈R ，得ad ＋bc ＝0，不一定有z 1＝z 2，故命题p 3错误；对于命题p 4，设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )，则由z ∈R ，得b ＝0，所以z ＝a ∈R 成立，故命题p 4正确．故选B.(3)因为z ＝1＋i ，所以1＋z ＋z 2＋…＋z2 017＝1×（1－z 2 018）1－z＝z 2 018－1z －1＝（1＋i ）2 018－11＋i －1＝（2i ）1 009－1i ＝（－1＋21 009i ）（－i ）－i2＝21 009＋i. 所以复数1＋z ＋z 2＋…＋z2 017的实部为21 009.故选C.【答案】 (1)A (2)B (3)C复数问题的解题思路(1)以复数的基本概念、几何意义、相等的条件为基础，结合四则运算，利用复数的代数形式列方程或方程组解决问题．(2)若与其他知识结合考查，则要借助其他的相关知识解决问题．[对点训练]1．(2019·福建省普通高中质量检查)若复数z 满足(1＋i)z ＝|3＋i|，则在复平面内，z 对应的点位于( )A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限解析：选A.由题意，得z ＝（3）2＋121＋i ＝2（1－i ）（1＋i ）（1－i ）＝1－i ，所以z ＝1＋i ，其在复平面内对应的点为(1，1)，位于第一象限，故选A.2．(2019·金丽衢十二校联考)设z 是复数，|z －i|≤2(i 是虚数单位)，则|z |的最大值是( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选C.因为|z －i|≤2，所以复数z 在复平面内对应点在以(0，1)为圆心，以2为半径的圆及其内部．所以|z |的最大值为3.故选C.3．(2019·高考浙江卷)复数z ＝11＋i (i 为虚数单位)，则|z |＝________．解析：通解：z ＝11＋i ＝1－i 2＝12－i2，所以|z |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－122＝22. 优解：|z |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪11＋i ＝1|1＋i|＝112＋12＝22.答案：22专题强化训练1．(2019·绍兴诸暨高考二模)已知复数z 满足z (1＋i)＝2i ，则z 的共轭复数z 等于( )A ．1＋iB ．1－iC ．－1＋iD ．－1－i解析：选B.由z (1＋i)＝2i ，得z ＝2i 1＋i ＝2i （1－i ）（1＋i ）（1－i ）＝1＋i ，则z 的共轭复数z ＝1－i.故选B.2．在等腰梯形ABCD 中，AB →＝－2CD →，M 为BC 的中点，则AM →＝( ) A.12AB →＋12AD → B.34AB →＋12AD →C.34AB →＋14AD → D.12AB →＋34AD → 解析：选B.因为AB →＝－2CD →，所以AB →＝2DC →.又M 是BC 的中点，所以AM →＝12(AB →＋AC →)＝12(AB →＋AD →＋DC →)＝12(AB →＋AD →＋12AB →)＝34AB →＋12AD →，故选B.3．(2019·嘉兴一中高考模拟)复数z 满足z ·(2－i)＝3－4i(其中i 为虚数单位)，则复数|zi|＝( )A.253 B.2C.553D. 5解析：选D.复数z 满足z ·(2－i)＝3－4i(其中i 为虚数单位)，所以z ·(2－i)(2＋i)＝(3－4i)(2＋i)，化为：5z ＝10－5i ，可得z ＝2－i.则复数|z i |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2－i i ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－i （2－i ）－i·i＝|－1－2i|＝|1＋2i|＝12＋22＝ 5.故选D.4.在边长为2的正方形ABCD 中，E ，F 分别为BC 和DC 的中点，则DE →·BF →＝( )A ．－52B ．32C ．－4D ．－2解析：选C.通过建系求点的坐标，然后求解向量的数量积．在边长为2的正方形ABCD 中，E ，F 分别为BC 和DC 的中点，以A 为坐标原点，AB ，AD 为坐标轴，建立平面直角坐标系，则B (2，0)，D (0，2)，E (2，1)，F (1，2)．所以DE →＝(2，－1)，BF →＝(－1，2)，所以DE →·BF →＝－4.5．(2019·台州市书生中学检测)已知点O 是△ABC 的外接圆圆心，且AB ＝3，AC ＝4.若存在非零实数x 、y ，使得AO →＝xAB →＋yAC →，且x ＋2y ＝1，则cos ∠BAC 的值为( )A.23B.33C.23D.13解析：选A.设线段AC 的中点为点D ，则直线OD ⊥AC .因为AO →＝xAB →＋yAC →，所以AO →＝xAB →＋2yAD →.又因为x ＋2y ＝1，所以点O 、B 、D 三点共线，即点B 在线段AC 的中垂线上，则AB ＝BC ＝3.在△ABC 中，由余弦定理得，cos ∠BAC ＝32＋42－322×3×4＝23.故选A.6．在△ABC 中，AB ＝3，BC ＝2，∠A ＝π2，如果不等式|BA →－tBC →|≥|AC →|恒成立，则实数t 的取值范围是( )A ．[1，＋∞)B ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1C ．⎝⎛⎦⎥⎤－∞，12∪[1，＋∞) D ．(－∞，0]∪[1，＋∞)解析：选C.在直角三角形ABC 中，易知AC ＝1，cos ∠ABC ＝32，由|BA →－tBC →|≥|AC →|，得BA →2－2tBA →·BC →＋t 2BC →2≥AC →2，即2t 2－3t ＋1≥0，解得t ≥1或t ≤12.7．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对任意的t ∈R ，恒有d (a ，t b )≥d (a ，b )，则( )A ．a ⊥bB ．b ⊥(a －b )C ．a ⊥(a －b )D ．(a ＋b )⊥(a －b )解析：选B.由于d (a ，b )＝|a －b |，因此对任意的t ∈R ，恒有d (a ，t b )≥d (a ，b )，即|a －t b |≥|a －b |，即(a －t b )2≥(a －b )2，t 2－2t a ·b ＋(2a ·b －1)≥0对任意的t ∈R 都成立，因此有(－2a ·b )2－4(2a ·b －1)≤0，即(a ·b －1)2≤0，得a ·b －1＝0，故a ·b －b 2＝b ·(a －b )＝0，故b ⊥(a －b )．8．(2019·温州市高考模拟)记max{a ，b }＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，a ≥bb ，a ＜b ，已知向量a ，b ，c 满足|a |＝1，|b |＝2，a ·b ＝0，c ＝λa ＋μb (λ，μ≥0，且λ＋μ＝1，则当max{c ·a ，c ·b }取最小值时，|c |＝( )A.255B.223 C.1D.52解析：选A.如图，设OA →＝a ，OB ＝b ，则a ＝(1，0)，b ＝(0，2)，因为λ，μ≥0，λ＋μ＝1，所以0≤λ≤1. 又c ＝λa ＋μb ，所以c ·a ＝(λa ＋b －λb )·a ＝λ；c ·b ＝(λa ＋b －λb )·b ＝4－4λ.由λ＝4－4λ，得λ＝45.所以max{c ·a ，c ·b }＝⎩⎪⎨⎪⎧λ，45≤λ≤14－4λ，0≤λ＜45.令f (λ)＝⎩⎪⎨⎪⎧λ，45≤λ≤14－4λ，0≤λ＜45.则f (λ)∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤45，1. 所以f (λ)min ＝45，此时λ＝45，μ＝15，所以c ＝45a ＋15b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫45，25. 所以|c |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫452＋⎝ ⎛⎭⎪⎫252＝255.故选A.9．(2019·绍兴市柯桥区高三期中检测)已知平面向量a ，b ，c 满足|a |＝4，|b |＝3，|c |＝2，b ·c ＝3，则(a －b )2(a －c )2－[(a －b )·(a －c )]2的最大值为( )A ．43＋37B ．47＋3 3C ．(43＋37)2D ．(47＋33)2解析：选D.设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，a －b 与a －c 所成夹角为θ，则(a －b )2(a －c )2－[(a －b )·(a －c )]2＝|AB |2|AC |2－|AB |2|AC |2cos 2θ＝|AB |2|AC |2sin 2θ＝|AB |2|AC |2sin 2∠CAB ＝4S 2△ABC ，因为|b |＝3，|c |＝2，b ·c ＝3，所以b ，c 的夹角为60°，设B (3，0)，C (1，3)，则|BC |＝7，所以S △OBC ＝12×3×2×sin 60°＝332，设O 到BC 的距离为h ，则12·BC ·h ＝S △OBC ＝332，所以h ＝3217，因为|a |＝4，所以A 点落在以O 为圆心，以4为半径的圆上，所以A 到BC 的距离最大值为4＋h ＝4＋3217.所以S △ABC 的最大值为 12×7×⎝ ⎛⎭⎪⎫4＋3217 ＝27＋332，所以(a －b )2(a －c )2－[(a －b )·(a －c )]2最大值为4⎝ ⎛⎭⎪⎫27＋3322＝(47＋33)2.故选D.10．(2019·金华市东阳二中高三月考)若a ，b 是两个非零向量，且|a |＝|b |＝λ|a ＋b |，λ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤33，1，则b 与a －b 的夹角的取值范围是( ) A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，23πB.⎣⎢⎡⎦⎥⎤2π3，5π6C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫2π3，πD.⎣⎢⎡⎭⎪⎫5π6，π 解析：选B.因为|a |＝|b |＝λ|a ＋b |，λ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤33，1，不妨设|a ＋b |＝1，则|a |＝|b |＝λ.令OA →＝a ，OB →＝b ，以OA 、OB 为邻边作平行四边形OACB ，则平行四边形OACB 为菱形．故有△OAB 为等腰三角形，故有∠OAB ＝∠OBA ＝θ，且0<θ<π2.而由题意可得，b 与a －b 的夹角，即OB →与BA →的夹角，等于π－θ，△OAC 中，由余弦定理可得|OC |2＝1＝|OA |2＋|AC |2－2|OA |·|AC |·cos 2θ＝λ2＋λ2－2·λ·λcos 2θ，解得cos 2θ＝1－12λ2.再由33≤λ≤1，可得12≤12λ2≤32，所以－12≤cos 2θ≤12，所以π3≤2θ≤2π3，所以π6≤θ≤π3，故2π3≤π－θ≤5π6，即b 与a －b 的夹角π－θ的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤2π3，5π6.11．(2019·杭州市高考二模)已知复数z ＝1＋a ii (a ∈R )的实部为1，则a ＝________，|z |＝________．解析：因为z ＝1＋a i i ＝（1＋a i ）（－i ）－i 2＝a －i 的实部为1，所以a ＝1，则z ＝1－i ，|z |＝ 2. 答案：1212．(2019·嘉兴一中高考适应性考试)设e 1，e 2为单位向量，其中a ＝2e 1＋e 2，b ＝e 2，且a 在b 上的投影为2，则a ·b ＝________，e 1与e 2的夹角为________．解析：设e 1，e 2的夹角为θ，因为a 在b 上的投影为2，所以a ·b |b |＝（2e 1＋e 2）·e 2|e 2|＝2e 1·e 2＋|e 2|2＝2|e 1|·|e 2|cos θ＋1＝2，解得cos θ＝12，则θ＝π3.a ·b ＝(2e 1＋e 2)·e 2＝2e 1·e 2＋|e 2|2＝2|e 1|·|e 2|cos θ＋1＝2. 答案：2π313．已知向量a ，b ，|a |＝1，|b |＝2.若对任意单位向量e ，均有|a ·e |＋|b ·e |≤6，则a ·b 的最大值是________．解析：由题意，令e ＝(1，0)，a ＝(cos α，sin α)，b ＝(2cos β，2sin β)，则由|a ·e |＋|b ·e |≤6，可得|cos α|＋2|cos β|≤ 6.①令sin α＋2sin β＝m ，②①2＋②2得4[|cos αcos β|＋sin αsin β]≤1＋m 2对一切实数α，β恒成立，所以4[|cos αcos β|＋sin αsin β]≤1，故a·b ＝2(cos αcos β＋sin αsin β)≤2[|cos αcos β|＋sin αsin β]≤12.答案：1214．(2019·温州市十五校联合体联考)已知坐标平面上的凸四边形ABCD 满足AC →＝(1，3)，BD →＝(－3，1)，则凸四边形ABCD 的面积为________；AB →·CD →的取值范围是________．解析：由AC →＝(1，3)，BD →＝(－3，1)得AC →⊥BD →，且|AC →|＝2，|BD →|＝2，所以凸四边形ABCD 的面积为12×2×2＝2；因为ABCD 为凸四边形，所以AC 与BD 交于四边形内一点，记为M ，则AB →·CD →＝(MB →－MA →)(MD →－MC →)＝MB →·MD →＋MA →·MC →－MB →·MC →－MA →·MD →，设AM →＝λAC →，BM →＝μBD →，则λ，μ∈(0，1)，且MA →＝－λAC →，MC →＝(1－λ)AC →， MB →＝－μBD →，MD →＝(1－μ)BD →，所以AB →·CD →＝－4μ(1－μ)－4λ(1－λ)∈[－2，0)，所以有λ＝μ＝12时，AB →·CD →取到最小值－2.答案：2 [－2，0)15．(2019·嘉兴一中高考适应性考试)在△ABC 中，∠ACB 为钝角，AC ＝BC ＝1，CO →＝xCA →＋yCB →且x ＋y ＝1，函数f (m )＝|CA →－mCB →|的最小值为32，则|CO →|的最小值为________．解析：在△ABC 中，∠ACB 为钝角，AC ＝BC ＝1，函数f (m )的最小值为32. 所以函数f (m )＝|CA →－mCB →| ＝CA →2＋m 2CB →2－2mCA →·CB →＝1＋m 2－2m cos ∠ACB ≥32，化为4m 2－8m cos ∠ACB ＋1≥0恒成立．当且仅当m ＝8cos ∠ACB8＝cos ∠ACB 时等号成立，代入得到cos ∠ACB ＝－12，所以∠ACB ＝2π3.所以|CO →|2＝x 2CA →2＋y 2CB →2＋2xyCA →·CB →＝x 2＋y 2＋2xy ×cos 2π3＝x 2＋(1－x )2－x (1－x )＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14，当且仅当x ＝12＝y 时，|CO →|2取得最小值14，所以|CO →|的最小值为12.答案：1216．在△OAB 中，已知|OB →|＝2，|AB →|＝1，∠AOB ＝45°，若OP →＝λOA →＋μOB →，且λ＋2μ＝2，则OA →在OP →上的投影的取值范围是________．解析：由OP →＝λOA →＋μOB →，且λ＋2μ＝2，则OA →·OP →＝OA →·⎣⎢⎡⎦⎥⎤λOA →＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－λ2OB →＝λOA →2＋⎝⎛⎭⎪⎫1－λ2OA →·OB →，又|OB →|＝2，|AB →|＝1，∠AOB ＝45°，所以由余弦定理求得|OA →|＝1，所以OA →·OP →＝λ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－λ2×1×2×22＝1＋λ2，|OP →|＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤λOA →＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－λ2OB →2＝ λ2|OA →|2＋2λ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－λ2OA →·OB →＋⎝⎛⎭⎪⎫1－λ22|OB →|2＝λ22＋2，故OA →在OP →上的投影OA →·OP →|OP →|＝1＋λ2λ22＋2＝22·λ＋2λ2＋4(*)．当λ＜－2时，(*)式＝－22·（λ＋2）2λ2＋4＝－221＋4λλ2＋4＝－221＋4λ＋4λ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0；当λ≥－2时，(*)式可化为22（λ＋2）2λ2＋4；①λ＝0，上式＝22；②－2≤λ＜0，上式＝221＋4λ＋4λ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，22； ③λ＞0，上式＝221＋4λ＋4λ∈⎝⎛⎦⎥⎤22，1. 综上，OA →在OP →上的投影的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－22，1.答案：⎝ ⎛⎦⎥⎤－22，1 17．已知OA →，OB →是非零不共线的向量，设OC →＝1r ＋1·OA →＋r r ＋1OB →，定义点集P ＝⎩⎪⎨⎪⎧K ⎪⎪⎪⎪KB →·KC →|KB →|＝KA →·KC→|KA →|，⎭⎪⎬⎪⎫KC →≠0，当K 1，K 2∈P 时，若对于任意的r ≥3，不等式|K 1K 2→|≤c |AB→|恒成立，则实数c 的最小值为________．解析：由OC →＝1r ＋1·OA →＋r r ＋1OB →，可得A ，B ，C 三点共线，由KB →·KC →|KB →|＝KA →·KC→|KA →|，可得|KC →|cos ∠AKC ＝|KC →|cos ∠BKC ，即有∠AKC ＝∠BKC ，则KC 为∠AKB 的角平分线．由角平分线的性质定理可知|KA ||KB |＝|AC ||BC |＝r ，以AB 所在的直线为x 轴，以线段AB 上某一点为原点建立直角坐标系，设点K (x ，y )，A (－a ，0)，B (b ，0)，所以（x ＋a ）2＋y 2（x －b ）2＋y2＝r 2，化简得(1－r 2)x 2＋(1－r 2)y 2＋(2a ＋2br 2)x ＋(a 2－b 2r 2)＝0.由方程知K 的轨迹是圆心在AB 上的圆，当|K 1K 2|为直径时最大，方便计算，令K 1K 2与AB 共线，如图，由|K 1A |＝r |K 1B |，可得|K 1B |＝|AB |r ＋1，由|K 2A |＝r |K 2B |，可得|K 2B |＝|AB |r －1，可得|K 1K 2|＝|AB |r ＋1＋|AB |r －1＝2r r 2－1|AB |＝2r －1r|AB |，而易知r －1r ≥3－13＝83，即有|K 1K 2|≤34|AB |，即|K 1K 2||AB |≤34，即c ≥⎝⎛⎭⎪⎫|K 1K 2||AB |max ＝34，故c 的最小值为34.答案：3418．在△ABC 中，已知C ＝π6，向量p ＝(sin A ，2)，q ＝(2，cos B )，且p ⊥q .(1)求角A 的值；(2)若BC →＝2BD →，AD ＝7，求△ABC 的面积．解：(1)因为p ⊥q ，所以p ·q ＝0⇒p ·q ＝2sin A ＋2cos B ＝0，又C ＝π6，所以sin A ＋cos B ＝sin A ＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π6－A ＝0，化简得tan A ＝33，A ∈(0，π)，所以A ＝π6. (2)因为BC →＝2BD →，所以D 为BC 边的中点，设|BD →|＝x ，|BC →|＝2x ，由(1)知A ＝C ＝π6，所以|BA →|＝2x ，B ＝2π3，在△ABD 中，由余弦定理，得|AD →|2＝|BA →|2＋|BD →|2－2|BA →|·|BD →|·cos 2π3＝(2x )2＋x 2－2·2x ·x ·cos 2π3＝7，所以x ＝1，所以AB ＝BC ＝2，所以S △ABC ＝12BA ·BC ·sin B ＝12×2×2×sin 2π3＝ 3.19．已知m ＝(2sin x ，sin x －cos x )，n ＝(3cos x ，sin x ＋cos x )，记函数f (x )＝m ·n .(1)求函数f (x )的最大值以及取得最大值时x 的取值集合；(2)设△ABC 的角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若f (C )＝2，c ＝3，求△ABC 面积的最大值．解：(1)由题意，得f (x )＝m ·n ＝23sin x cos x ＋sin 2x －cos 2x ＝3sin 2x －(cos 2x －sin 2x )＝3sin 2x －cos 2x ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6，所以f (x )max ＝2；当f (x )取最大值时，即sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6＝1，此时2x －π6＝2k π＋π2(k ∈Z )，解得x ＝k π＋π3(k ∈Z )，所以x 的取值集合为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪x ＝k π＋π3，k ∈Z .(2)由f (C )＝2，得sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2C －π6＝1，又0＜C ＜π，即－π6＜2C －π6＜11π6，所以2C －π6＝π2，解得C ＝π3，在△ABC 中，由余弦定理c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ，得3＝a 2＋b 2－ab ≥ab ，即ab ≤3，当且仅当a ＝b ＝3时，取等号，所以S △ABC ＝12ab sinC ＝34ab ≤334，所以△ABC 面积的最大值为334.。

高考数学二轮复习7大专题汇总

高考数学二轮复习7 大专题汇总专题一：函数与不等式，以函数为主线，不等式和函数综合题型是考点函数的性质：侧重掌握函数的单一性，奇偶性，周期性，对称性。

这些性质往常会综合起来一同观察，而且有时会观察详细函数的这些性质，有时会观察抽象函数的这些性质。

一元二次函数：一元二次函数是贯串中学阶段的一大函数，初中阶段主要对它的一些基础性质进行了认识，高中阶段更多的是将它与导数进行连接，依据抛物线的张口方向，与x 轴的交点地点，进而议论与定义域在x 轴上的摆放次序，这样能够判断导数的正负，最后达到求出单一区间的目的，求出极值及最值。

不等式：这一类问题经常出此刻恒成立，或存在性问题中，其本质是求函数的最值。

自然对于不等式的解法，均值不等式，这些不等式的基础知识点需掌握，还有一类较难的综合性问题为不等式与数列的联合问题，掌握几种不等式的放缩技巧是特别必需的。

专题二：数列。

以等差等比数列为载体，观察等差等比数列的通项公式，乞降公式，通项公式和乞降公式的关系，求通项公式的几种常用方法，求前 n 项和的几种常用方法，这些知识点需要掌握。

专题三：三角函数，平面向量，解三角形。

三角函数是每年必考的知识点，难度较小，选择，填空，解答题中都有波及，有时观察三角函数的公式之间的相互转变，从而求单一区间或值域 ; 有时观察三角函数与解三角形，向量的综合性问题，自然正弦，余弦定理是很好的工具。

向量能够很好得实现数与形的转变，是一个很重要的知识连接点，它还能够和数学的一大难点分析几何整合。

专题四：立体几何。

立体几何中，三视图是每年必考点，主要出此刻选择，填空题中。

大题中的立体几何主要观察成立空间直角坐标系，经过向量这一手段求空间距离，线面角，二面角等。

此外，需要掌握棱锥，棱柱的性质，在棱锥中，侧重掌握三棱锥，四棱锥，棱柱中，应当掌握三棱柱，长方体。

空间直线与平面的地点关系应以证明垂直为要点，自然常观察的方法为间接证明。

专题五：分析几何。

2021高考数学(文)复习课件精讲2 平面向量与复数

复习有方法
板块一高考专项突破——选择题+填空题
命题区间精讲精讲2 平面向量与复数
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01 命题点1 02 命题点2 03 命题点3
01 命题点1 复数
解决复数问题应注意的4点 (1)明确概念：复数z＝a＋bi(a，b∈R)是纯虚数⇔a＝0且b≠0，复数的实部为a，虚部为b. (2)解题要领：与复数的分类、复数的相等、共轭复数、复数的几何意义等有关的问题，常先运算再求解．
(3)注意周期：虚数单位i的in(n∈N)周期为4. (4)妙用结论：求复数的模时，直接根据复数的模的公式|a＋bi| ＝ a2＋b2和性质| z |＝|z|，|z|2＝| z |2＝z·z ，|z1·z2|＝|z1|·|z2|，zz12＝||zz21||进行计算．
[高考题型全通关]
1．(2020·全国卷Ⅰ)若z＝1＋2i＋i3，则|z|＝( )
∴(x－1)2＋y2＝1.故选B.]
5．已知复数z＝i11＋－ii2，则下列结论正确的是(
)
A．z的虚部为i
B．|z|＝2
C．z的共轭复数 z ＝－1＋i
D．z2为纯虚数
D [∵z＝i11＋－ii2＝i12－i i＝1－21i＋1＋i i＝1＋i， ∴z的虚部为1；|z|＝ 2； z ＝1－i； z2＝(1＋i)2＝2i是纯虚数．故选D.]
A→B＝O→B－O→A＝(2,2－k)， B→C＝O→C－O→B＝(k＋1，－2)， ∵A，B，C三点共线，∴A→B∥B→C， ∴k＋2 1＝2－－2k，由k＞0，解得k＝3.故选D.]
2．在△ABC中，D→C＝2B→D，且E为AC的中点，则D→E＝( )
A．－23A→B＋16A→C
B．－23A→B－61A→C

高考数学二轮复习重要知识点总结

高考数学二轮复习重要知识点总结佚名第一：高考数学中有函数、数列、三角函数、平面向量、不等式、立体几何等九大章节。

要紧是考函数和导数，这是我们整个高中时期里最核心的板块，在那个板块里，重点考察两个方面：第一个函数的性质，包括函数的单调性、奇偶性;第二是函数的解答题，重点考察的是二次函数和高次函数，分函数和它的一些分布问题，然而那个分布重点还包含两个分析确实是二次方程的分布的问题，这是第一个板块。

第二：平面向量和三角函数。

重点考察三个方面：一个是划减与求值，第一，重点把握公式，重点把握五组差不多公式。

第二，是三角函数的图像和性质，那个地点重点把握正弦函数和余弦函数的性质，第三，正弦定理和余弦定理来解三角形。

难度比较小。

第三：数列。

数列那个板块，重点考两个方面：一个通项;一个是求和。

第四：空间向量和立体几何。

在里面重点考察两个方面：一个是证明;一个是运算。

第五：概率和统计。

这一板块要紧是属于数学应用问题的范畴，因此应该把握下面几个方面，第一……等可能的概率，第二………事件，第三是独立事件，还有独立重复事件发生的概率。

第六：解析几何。

这是我们比较头疼的问题，是整个试卷里难度比较大，运算量最高的题，因此这一类题，我总结下面五类常考的题型，包括第一类所讲的直线和曲线的位置关系，这是考试最多的内容。

考生应该把握它的通法，第二类我们所讲的动点问题，第三类是弦长问题，第四类是对称问题，这也是2 021年高考差不多考过的一点，第五类重点问题，这类题时往往觉得有思路，然而没有答案，因此那个地点我相等的是，这道题尽管运算量专门大，然而造成运算量大的缘故，往往有那个缘故，我们所选方法不是专门恰当，因此，在这一章里我们要把握比较好的算法，来提高我们做题的准确度，这是我们所讲的第六大板块。

第七：押轴题。

“教书先生”可能是市井百姓最为熟悉的一种称呼，从最初的门馆、私塾到晚清的学堂，“教书先生”那一行当如何说也确实是让国人景仰甚或敬畏的一种社会职业。

高考数学(文)二轮复习专题一三角函数和平面向量第2讲平面向量、解三角形 Word版含答案

第2讲平面向量、解三角形【课前热身】第2讲平面向量、解三角形(本讲对应学生用书第4~6页)1.(必修4 P76习题7改编)在矩形ABCD 中，O 是对角线的交点，若BC u u u r =e 1，DC u u u r =e 2，则OC u u u r= .【答案】12(e 1+e 2)【解析】因为O 是矩形ABCD 对角线的交点，BCu u u r =e 1，DCu u u r =e 2，所以OCu u u r =12(BC u u u r +DC u u u r)=12(e 1+e 2).2.(必修4 P90习题19改编)已知向量a =(6，-3)，b =(2，x+1)，若a ⊥b ，则实数x= . 【答案】3【解析】因为a ⊥b ，所以a ·b =0，所以12-3x-3=0，解得x=3.3.(必修5 P10练习2改编)在锐角三角形ABC 中，设角A ，B 所对的边分别为a ，b.若2a sin B=3b ，则角A= .【答案】π3【解析】在△ABC 中，由正弦定理及已知得2sin A·sin B=3sin B ，因为B 为△ABC的内角，所以sin B ≠0，所以sinA=32.又因为△ABC 为锐角三角形，所以A ∈π02⎛⎫ ⎪⎝⎭，，所以A=π3.4.(必修4 P80例5改编)已知向量a =(1，0)，b =(2，1)，则当k= 时，向量k a -b 与a +3b 平行.【答案】-13【解析】由题设知向量a 与b 不平行，因为向量k a -b 与a +3b 平行，所以1k =-13，即k=-13.5.(必修5 P16习题1(3)改编)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知a=7，b=43，c=13，则△ABC 最小的内角为 .【答案】π6【解析】因为13<43<7，所以C<B<A ，又因为cosC=222-2a b c ab +=2743⨯⨯=32，所以C=π6.【课堂导学】平面向量与三角函数综合例1 (2016·淮安5月信息卷)已知向量m =(cos α，sin α)，n =(3，-1)，α∈(0，π).(1)若m ⊥n ，求角α的大小； (2)求|m +n |的最小值.【解答】(1)因为m =(cos α，sin α)，n =(3，-1)，且m ⊥n ，所以3cos α-sin α=0，即tan α=3.又因为α∈(0，π)，所以α=π3.(2)因为m +n =(cos α+3，sin α-1)，所以|m +n |=22(cos 3)(sin -1)αα++=523cos -2sin αα+=π54cos 6α⎛⎫++ ⎪⎝⎭. 因为α∈(0，π)，所以α+ππ7π666⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，，故当α+π6=π，即α=5π6时，|m +n |取得最小值1.正弦定理、余弦定理的应用例2 (2016·苏州暑假测试)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c.已知sin2-2A B+sin A sin B=22+.(1)求角C 的大小；(2)若b=4，△ABC 的面积为6，求c 的值.【解答】(1)sin2-2A B+sin A sin B=1-cos(-)2A B+2sin sin2A B=1-cos cos-sin sin2A B A B+2sin sin2A B=1-cos cos sin sin2A B A B+=1-(cos cos-sin sin)2A B A B=1-cos()2A B+=1-cos(π-)2C=1cos2C+=22+，所以cos C=22.又0<C<π，所以C=π4.(2)因为S=12ab sin C=12a×4×sinπ4=2a=6，所以a=32.因为c2=a2+b2-2ab cos C=(32)2+42-2×32×4×22=10，所以c=10.变式1(2016·南通一调)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知(a+b-c)(a+b+c)=ab.(1)求角C的大小；(2)若c=2a cos B，b=2，求△ABC的面积.【解答】(1)在△ABC中，由(a+b-c)(a+b+c)=ab，得222-2a b cab+=-12，即cosC=-12.因为0<C<π，所以C=2π3.(2)方法一：因为c=2a cos B，由正弦定理，得sin C=2sin A cos B.因为A+B+C=π，所以sin C=sin(A+B )，所以sin(A+B )=2sin A cos B ，即sin A cos B-cos A sin B=0，所以sin(A-B )=0.又-π3<A-B<π3，所以A-B=0，即A=B ，所以a=b=2. 所以△ABC 的面积为S △ABC =12ab sin C=12×2×2×sin 2π3=3.方法二：由c=2a cos B 及余弦定理，得c=2a×222-2a c b ac +，化简得a=b ，所以△ABC 的面积为S △ABC =12ab sin C=12×2×2×sin 2π3=3.变式2 (2016·南通、扬州、淮安、宿迁、泰州二调)在斜三角形ABC 中，tan A+tan B+tan A tan B=1.(1)求角C 的大小； (2)若A=15°，2，求△ABC 的周长.【解答】(1)因为tan A+tan B+tan A tan B=1，即tan A+tan B=1-tan A tan B.因为在斜三角形ABC 中，1-tan A tan B ≠0，所以tan(A+B )=tan tan 1-tan tan A BA B +=1，即tan(180°-C )=1，tan C=-1. 因为0°<C<180°，所以C=135°.(2)在△ABC 中，A=15°，C=135°，则B=180°-A-C=30°.由正弦定理sin BC A =sin CAB =sin ABC ，得sin15BC o =°sin30CA=2=2，故BC=2sin 15°=2sin(45°-30°)=2(sin 45°cos 30°-cos 45°sin 30°)=6-2 2，CA=2sin 30°=1.所以△ABC的周长为AB+BC+CA=2+1+6-22=2622++.平面向量与解三角形综合例3(2016·无锡期末)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知向量a=(sin B-sin C，sin C-sin A)，b=(sin B+sin C，sin A)，且a⊥b.(1)求角B的大小；(2)若b=c·cos A，△ABC的外接圆的半径为1，求△ABC的面积.【解答】(1)因为a⊥b，所以a·b=0，即sin2B-sin2C+sin A(sin C-sin A)=0，即sin A sin C=sin2A+sin2C-sin2B，由正弦定理得ac=a2+c2-b2，所以cos B=222-2a c bac+=12.因为B∈(0，π)，所以B=π3.(2)因为c·cos A=b，所以bc=222-2b c abc+，即b2=c2-a2，又ac=a2+c2-b2，b=2R sin3，解得a=1，c=2.所以S△ABC =12ac sin B=3.变式(2016·苏锡常镇二调)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知向量m=(cos B，cos C)，n=(4a-b，c)，且m∥n.(1)求cos C的值；(2)若c=3，△ABC的面积S=15，求a，b的值.【解答】(1)因为m∥n，所以c cos B=(4a-b)cos C，由正弦定理，得sin C cos B=(4sin A-sin B)cos C，化简得sin(B+C)=4sin A cos C.因为A+B+C=π，所以sin(B+C)=sin A.又因为A∈(0，π)，所以sin A≠0，所以cos C=14.(2)因为C∈(0，π)，cos C=14，所以sin C=21-cos C=11-16=15.因为S=12ab sin C=15，所以ab=2.①因为c=3，由余弦定理得3=a2+b2-12ab，所以a2+b2=4，②由①②，得a4-4a2+4=0，从而a2=2，a=2(a=-2舍去)，所以a=b=2.【课堂评价】1.(2016·镇江期末)已知向量a=(-2，1)，b=(1，0)，则|2a+b|=. 【答案】13【解析】因为2a+b=(-3，2)，所以|2a+b|=22(-3)2+=13.2.(2016·南京学情调研)已知向量a=(1，2)，b=(m，4)，且a∥(2a+b)，则实数m=.【答案】2【解析】方法一：由题意得a=(1，2)，2a+b=(2+m，8)，因为a∥(2a+b)，所以1×8-(2+m)×2=0，故m=2.方法二：因为a∥(2a+b)，所以存在实数λ，使得λa=2a+b，即(λ-2)a=b，所以(λ-2，2λ-4)=(m，4)，所以λ-2=m且2λ-4=4，解得λ=4，m=2.3.(2016·南京、盐城一模)在△ABC中，设a，b，c分别为内角A，B，C的对边，若a=5，A=π4，cos B=35，则c=.【答案】7【解析】因为cos B=35，所以B∈π2⎛⎫⎪⎝⎭，，从而sin B=45，所以sin C=sin(A+B)=sinA cos B+cos A sin B=2×35+2×45=72，又由正弦定理得sinaA=sincC，即52 =72c，解得c=7.4.(2016·全国卷Ⅲ)在△ABC中，B=π4，BC边上的高等于13BC，则cos A=.(第4题)【答案】-10【解析】如图，作AD ⊥BC交BC 于点D ，设BC=3，则AD=BD=1，AB=2，AC=5.由余弦定理得32=(2)2+(5)2-2×2×5×cos A ，解得cos A=-10.5.(2016·南通一调)已知在边长为6的正三角形ABC 中，BD u u u r =12BC u u u r ，AE u u u r=13AC u u u r ，AD 与BE 交于点P ，则PB u u u r ·PD u u ur 的值为 .(第5题)【答案】274【解析】如图，以BC 为x 轴，AD 为y 轴，建立平面直角坐标系，不妨设B (-3，0)，C (3，0)，则D (0，0)，A (0，33)，E (1，23)，P 330⎛ ⎝⎭，，所以PB u u u r ·PD u u ur =|PD u u u r |2=233⎝⎭=274.温馨提示：趁热打铁，事半功倍.请老师布置同学们完成《配套检测与评估》第3～4页.【检测与评估】第2讲平面向量、解三角形一、填空题1.(2016·苏州暑假测试)设x ，y ∈R ，向量a =(x ，1)，b =(2，y )，且a +2b =(5，-3)，则x+y= .2.(2016·盐城三模)已知向量a ，b 满足a =(4，-3)，|b |=1，|a -b |=21，则向量a ，b 的夹角为 .3.(2016·全国卷Ⅱ)设△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若cos A=45，cos C=513，a=1，则b= .4.(2016·天津卷)在△ABC 中，若AB=13，BC=3，∠C=120°，则AC= .5.(2016·南京三模)如图，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AB=4，AD=3，CD=2，AM u u u u r =2MD u u u u r .若AC u u u r ·BM u u u u r =-3，则AB u u u r ·AD u u u r = .(第5题)6.(2016·无锡期末)已知平面向量α，β满足|β|=1，且α与β-α的夹角为120°，则α的模的取值范围为 .7.在锐角三角形ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c.若b a +ab =6cos C ，则tan tan C A +tan tan CB = .8.(2016·苏北四市摸底)在△ABC 中，AB=2，AC=3，角A 的平分线与AB 边上的中线交于点O ，若AO u u u r =x AB u u u r+y AC u u u r (x ，y ∈R )，则x+y 的值为 .二、解答题9.(2016·苏北四市期末)已知在锐角三角形ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，sin A=35，tan(A-B )=-12.(1)求tan B 的值； (2)若b=5，求c 的值.10.(2016·徐州、连云港、宿迁三检)如图，在梯形ABCD 中，已知AD ∥BC ，AD=1，BD=210，∠CAD=π4，tan ∠ADC=-2.(1)求CD 的长； (2)求△BCD 的面积.(第10题)11.(2016·南京三模)在△ABC 中，已知a ，b ，c 分别为角A ，B ，C 的对边.若向量m =(a ，cos A )，向量n =(cos C ，c )，且m ·n =3b cos B.(1)求cos B 的值；(2)若a ，b ，c 成等比数列，求1tan A +1tan C 的值.【检测与评估答案】第2讲平面向量、解三角形一、填空题1. -1 【解析】由题意得a +2b =(x+4，1+2y )=(5，-3)，所以4512-3x y +=⎧⎨+=⎩，，解得1-2x y =⎧⎨=⎩，，所以x+y=-1.2. π3【解析】设向量a ，b 的夹角为θ，由|a -b|=，得21=(a -b )2=a 2+b 2-2a ·b =25+1-2·5·cos θ，即cos θ=12，所以向量a ，b 的夹角为π3.3. 2113 【解析】因为cos A=45，cos C=513，且A ，C 为三角形的内角，所以sin A=35，sin C=1213，所以sin B=sin(A+C )=sin A cos C+cos A sin C=6365.由正弦定理得sin b B =sin aA ，解得b=2113.4. 1【解析】设AC=x，由余弦定理得cos 120°=29-13 23xx+⋅⋅=-12，即x2+3x-4=0，解得x=1或x=-4(舍去)，所以AC=1.5.32【解析】方法一：设ABu u u r=4a，ADu u u r=3b，其中|a|=|b|=1，则DCu u u r=2a，AMu u u u r=2b.由ACu u u r·BMu u u u r=(ADu u u r+DCu u u r)·(BAu u u r+AMu u u u r)=-3，得(3b+2a)·(2b-4a)=-3，化简得a·b=18，所以ABu u u r·ADu u u r=12a·b=32.方法二：建立平面直角坐标系，使得A(0，0)，B(4，0)，设D(3cos α，3sin α)，则C(3cos α+2，3sin α)，M(2cos α，2sin α).由ACu u u r·BMu u u u r=-3，得(3cos α+2，3sin α)·(2cos α-4，2sin α)=-3，化简得cos α=18，所以ABu u u r·ADu u u r=12cos α=32.6.23⎛⎤⎥⎝⎦，【解析】如图，设α=ABu u u r，β=ACu u u r，则β-α=BCu u u r，∠ABC=60°，设α与β的夹角为θ，则0°<θ<120°，由正弦定理可得°||sin(120-)θα=°||sin60β，所以|α|=233sin(120°-θ).因为0°<θ<120°，所以0°<120°-θ<120°，所以0<sin(120°-θ)≤1，所以0<|α|≤23.(第6题)7. 4 【解析】b a +ab =6cos C ⇒6ab cos C=a 2+b 2⇒3(a 2+b 2-c 2)=a 2+b 2⇒a 2+b 2=232c ，所以tan tan C A +tan tan CB =sin cosC C ·cos sin sin cos sin sin B A B A A B +=sin cos C C ·sin()sin sin A B A B +=1cos C ·2sin sin sin C A B =2222-aba b c +·2c ab =22223-2c c c=2222c c =4.8. 58 【解析】如图，在△ABC 中，AD 为∠BAC 的平分线，CE 为AB 边上的中线，且AD ∩CE=O.在△AEO 中，由正弦定理得sin AE AOE ∠=sin EOEAO ∠.在△ACO 中，由正弦定理得sin AC AOC ∠=sin COCAO ∠，两式相除得AE AC =EO OC .因为AE=12AB=1，AC=3，所以EO OC =13，所以CO u u u r =3OE u u u r ，即AO u u u r -AC u u u r =3(AE u u u r -AO u u ur )，即4AO u u u r =3AE u u u r+AC u u u r ，所以4AO u u u r =32AB u u ur +AC u u u r ，从而AO u u u r =38AB u u u r +14AC u u u r .因为AO u u u r =x AB u u u r+y ACu u u r ，所以x=38，y=14，所以x+y=58.(第8题)二、解答题9. (1) 方法一：在锐角三角形ABC 中，由sin A=35，得cos A=21-sin A =45，所以tan A=sin cos A A =34.由tan(A-B )=tan -tan 1tan ?tan A B A B +=-12，得tan B=2.方法二：在锐角三角形ABC 中，由sin A=35，得cos A=21-sin A =45，所以tanA=sin cos A A =34.又因为tan(A-B )=-12，所以tan B=tan[A-(A-B )]=tan -tan(-)1tan tan(-)A A B A A B +=31--42311-42⎛⎫ ⎪⎝⎭⎛⎫+⨯ ⎪⎝⎭=2. (2) 由(1)知tan B=2，得sin B=255，cos B=55，所以sin C=sin(A+B )=sin A cos B+cos A sin B=11525，由正弦定理sin bB =sin cC ，得c=sin sin b C B =112.10. (1) 因为tan ∠ADC=-2，且∠ADC ∈(0，π)，所以sin ∠ADC=255，cos ∠ADC=-55. 所以sin ∠ACD=sinππ--4ADC ∠⎛⎫ ⎪⎝⎭ =sin ∠ADC+π4=sin ∠ADC ·cos π4+cos ∠ADC ·sin π4=，在△ADC 中，由正弦定理得CD=·sin sin AD DACACD ∠∠=.(2) 因为AD ∥BC ，所以cos ∠BCD=-cos ∠ADC=，sin ∠BCD=sin ∠ADC=.在△BDC 中，由余弦定理得BD 2=BC 2+CD 2-2BC ·CD ·cos ∠BCD ，即BC 2-2BC-35=0，解得BC=7，所以S △BCD =12BC ·CD ·sin ∠BCD=12×7=7.11. (1) 因为m ·n =3b cos B ，所以a cos C+c cos A=3b cos B. 由正弦定理得sin A cos C+sin C cos A=3sin B cos B ，所以sin(A+C )=3sin B cos B ，所以sin B=3sin B cos B.因为B 是△ABC 的内角，所以sin B ≠0，所以cos B=13.(2) 因为a ，b ，c 成等比数列，所以b 2=ac. 由正弦定理得sin 2B=sin A ·sin C.因为cos B=13，B 是△ABC 的内角，所以sinB=，又1tan A +1tan C =cos sin A A +cos sin C C =cos ?sin sin ?cos sin sin A C A CA C +⋅ =sin()sin sin A C A C +⋅=sin sin sin B A C=2sin sin B B =1sin B=.。

最新-名师导学2021届高三数学理二轮复习课件：专题2第5讲平面向量及其应用精品

【命题立意】本题主要考查向量的数量积运算、向量的模及代数运算、二次函数的图象与性质，考查转化化归思想、抽象概括能力及运算求解能力，试题难度：难．
平面向量 (1)向量加法的法则：三角形法则与平行四边形法则． (2)向量减法的法则：三角形法则． (3)实数 λ 与向量 a 的积是一个向量，记作 λa，规定： |λa|＝|λ|·|a|. (4)向量 b 与非零向量 a 共线的充要条件是有且仅有一
1．平面向量的概念与线性运算例1(1)如图，A、B 分别是射线 OM、 ON 上的两点，给出下列向量．
①O→A＋2O→B；②12O→A＋13O→B；③ 34O→A＋13O→B；④34O→A－15O→B.这四个向量中以 O 为起点，终点在阴影区域内的是( )
A．①② B．①③ C．②③ D．②④
∴A→E＝A→C＋23C→B＝23A→B＋13A→C，则A→D·A→E＝12(A→B＋A→C)·13(2A→B＋A→C) ＝16(2A→B2＋3A→B·A→C＋A→C2) ＝16(2×22＋3×2×2×cos 120°＋22)＝1.
【点评】平面向量的数量积既有几何运算法则，
又有坐标运算，因此涉及与平面几何有关的问题，应充分将几何运算法则与几何图形和实数与平面向量乘法的几何意义恰当结合进行运算求解．
(2)设 f(t)＝D→M·B→N，g(t)＝at＋4－2a(a＞0)，分别根据以下条件，求出实数 a 的取值范围：
Ⅰ.存在 t1，t2∈(0，1)，使得f（2t1）＝g(t2)； Ⅱ.对任意 t1∈(0，1)，恒存在 t2∈(0，1)，使得 f（2t1）＝g(t2)．
【解析】(1)过点 M 作坐标轴的垂线段，则依题
＝2 2
3
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ2 .

数学高考二轮微专题6 平面向量的线性运算

rr ab
O
r a
B
r b
A
点使如r并得图且：arr与箭将br头向的指量起向ar点平被相移减同至向，Ou量u这Aur ,ar时向的连量向接br量平aruB与移uArbr至的Ouu终Bur ,O a b.
B
r
rr
b
ab
r a
A
2.向量共线定理
通过向量共线定理，可以实现三点共线与向量共线
的转化，它是处理有关平行及三点共线问题的一个
DF
/
/
O
E.
2 所以O点为AD的中点.
uuur AO
1
uuur AD.
2
又Q
D为BC的中点,据例2可知:
uuur AD
1
uuur ( AB
uuur AC
),
uuur AO
1
uuur ( AB
uAuCur ).又Q
uuur AB
uuur AC
uu2ur 6 AO
uuur EC,
uuur AB
uuu4r AC
uuur
OB OC OB OA OC OA ,
uuur uuur uuur CB AB AC
uuur uuur uuur uuur uuur C
D
如图,作出 AB AC AD, CB AD ,
因此以
uuur AB,
uuur AC
为邻边的平行四边形为
A
CB
矩形,所以BAC 90o,ABC 的形状为直角三角形.
O
在uuur平面u内uur, O, Auu,urB是不共线的三点,设 OP xOA yOB(x, y R), 则:
A, B, P 三点共线 x y 1.

新高考数学二轮复习等和线定理

知识拓展
(1)当等和线恰为直线AB时，k＝1， (2)当等和线在O点和直线AB之间时，k∈(0，1)； (3)当直线AB在O点和等和线之间时，k∈(1，＋∞)； (4)当等和线过O点时，k＝0.
类型突破类型一利用等和线求系数和的值类型二利用等和线求系数和的最值(范围)
精准强化练
类型一利用等和线求系数和的值
法二设 P(x，y)，则A→P＝(x，y)，A→B＝(0，1)，A→D＝(2，0)，
因为A→P＝λA→B＋μA→D，所以xy＝＝λ2，μ，从而 λ＋μ＝x2＋y，令 t＝2x＋y，
问题等价于直线 x＋2y－2t＝0 与圆(x－2)2＋(y－1)2＝45有交点，
所以|2＋21×2＋1－22 2t|≤
法一以 O 为坐标原点，O→A所在直线为 x 轴建立平面直角坐标系，如图所示，则 A(1，0)，B－21， 23，
设∠AOC＝αα∈0，23π，则 C(cos α，sin α)，
由O→C＝xO→A＋yO→B，得cos sin
α＝x－21y， α＝ 23y，
所以
x＝cos
α＋
3 3 sin
α，y＝2
3.已知点 F 是抛物线 E：x2＝4y 的焦点，C(0，－2)，过点 F 且斜率为 1 的
直线交抛物线 E 于 A，B 两点，点 P 为抛物线 E 上任意一点，若C→P＝
mC→A ＋nC→B，则 m＋n 的最小值为
√1
A.3
1
2
3
B.2
C.3
D.4
法一由题意可得，F(0，1)，因此直线AB的方程为y＝x＋1，设P(2t，t2)，A(x1，x1＋1)，B(x2，x2＋1)，则C→P＝(2t，t2＋2)，C→A＝(x1，x1＋3)，C→B＝(x2，x2＋3)，

高考数学二轮复习考点知识讲解与练习33---复数

高考数学二轮复习考点知识讲解与练习第33讲复数考点知识：1.理解复数的基本概念；2.理解复数相等的充要条件；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；5.了解复数代数形式的加、减运算的几何意义．知识梳理1．复数的有关概念(1)定义：形如a＋b i(a，b∈R)的数叫做复数，其中a叫做复数z的实部，b叫做复数z 的虚部(i为虚数单位)．(2)分类：(3)复数相等：a＋b i⇔a＝c且b＝d((4)共轭复数：a＋b i与c＋d i共轭⇔a＝c，b＝－d(a，b，c，d∈R)．(5)模：向量OZ →的模叫做复数z ＝a ＋b i 的模，记作|a ＋b i|或|z |，即|z |＝|a ＋b i|＝a 2＋b 2(a ，b ∈R)． 2．复数的几何意义(1)复数z ＝a ＋b i 一一对应复平面内的点Z (a ，b )(a ，b ∈R)． (2)复数z ＝a ＋b i(a ，b ∈R)一一对应平面向量OZ →. 3．复数的运算(1)运算法则：设z 1＝a ＋b i ，z 2＝c ＋d i ，a ，b ，c ，d ∈R.z 1±z 2＝(a ＋b i)±(c ＋d i)＝(a ±c )＋(b ±d )i. z 1·z 2＝(a ＋b i)(c ＋d i)＝(ac －bd )＋(bc ＋ad )i. z 1z 2＝a ＋b i c ＋d i ＝ac ＋bd c 2＋d 2＋bc －ad c 2＋d 2i(c ＋d i≠0)． (2)几何意义：复数加减法可按向量的平行四边形或三角形法则进行．如图所示给出的平行四边形OZ 1ZZ 2可以直观地反映出复数加减法的几何意义，即OZ →＝OZ 1→＋OZ 2→，Z 1Z 2→＝OZ 2→－OZ 1→.1．i 的乘方具有周期性i 4n ＝1，i 4n ＋1＝i ，i 4n ＋2＝－1，i 4n ＋3＝－i ，i 4n ＋i 4n ＋1＋i 4n ＋2＋i 4n ＋3＝0，n ∈N *. 2．(1±i)2＝±2i，1＋i 1－i ＝i ；1－i1＋i＝－i. 3．复数的模与共轭复数的关系z ·z ＝|z |2＝|z |2. 4．两个注意点(1)两个虚数不能比较大小；(2)利用复数相等a ＋b i ＝c ＋d i 列方程时，注意a ，b ，c ，d ∈R 的前提条件．诊断自测1．判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”) (1)复数z ＝a ＋b i(a ，b ∈R)中，虚部为b i.( )(2)复数中有相等复数的概念，因此复数可以比较大小．( ) (3)原点是实轴与虚轴的交点．( )(4)复数的模实质上就是复平面内复数对应的点到原点的距离，也就是复数对应的向量的模．( )答案 (1)× (2)× (3)√ (4)√解析 (1)虚部为b ；(2)虚数不可以比较大小．2．已知i 为虚数单位，a 为实数，复数z 满足z ＋3i ＝a ＋a i ，若复数z 是纯虚数，则( ) A ．a ＝3 B ．a ＝0 C ．a ≠0 D ．a <0 答案 B解析由z ＋3i ＝a ＋a i ，得z ＝a ＋(a －3)i. 又因为复数z 是纯虚数，所以⎩⎨⎧a ＝0，a －3≠0，解得a ＝0.3．已知(1＋2i)z ＝4＋3i ，则z ＝________.答案 2＋i 解析因为z ＝4＋3i 1＋2i ＝(4＋3i )(1－2i )(1＋2i )(1－2i )＝10－5i5＝2－i ，所以z ＝2＋i.4．(2022·北京卷)在复平面内，复数z 对应的点的坐标是(1,2)，则i·z ＝( ) A ．1＋2i B ．－2＋I C ．1－2i D ．－2－i 答案 B解析 z ＝1＋2i ，∴i·z ＝i(1＋2i)＝－2＋i.故选B.5．(2019·全国Ⅲ卷改编)设复数z 满足(1＋i)z ＝2i ，则|z |＝( ) A.12 B ．22 C ． 2 D ．2 答案 C解析法一由(1＋i)z ＝2i ，得z ＝2i1＋i＝1＋i ，所以|z |＝ 2.法二因为2i ＝(1＋i)2，所以由(1＋i)z ＝2i ＝(1＋i)2，得z ＝1＋i ，所以|z |＝ 2. 6．(2021·安庆一中月考)已知复数z ＝2i(1－i )3，则z 在复平面内对应的点所在的象限为第________象限．答案二解析 ∵z ＝2i (1－i )3＝－(1－i )2(1－i )3＝－11－i ＝－12－i 2，∴z ＝－12＋i 2对应的点⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12位于第二象限．考点一复数的相关概念1．(2022·浙江卷)已知a∈R，若a－1＋(a－2)i(i为虚数单位)是实数，则a＝( ) A．1 B．－1 C．2 D．－2答案 C解析由题可知复数的虚部为a－2，若该复数为实数，则a－2＝0，即a＝2.故选C. 2．(2019·全国Ⅱ卷)设z＝i(2＋i)，则z＝( )A．1＋2i B．－1＋2i C．1－2i D．－1－2i答案 D解析∵z＝i(2＋i)＝－1＋2i，∴z＝－1－2i.故选D.3．(2022·全国Ⅰ卷)若z＝1＋2i＋i3，则|z|＝( )A．0 B．1 C． 2 D．2答案 C解析∵z＝1＋2i＋i3＝1＋2i－i＝1＋i，∴|z|＝12＋12＝ 2.故选C. 4．(2021·西安调研)下面关于复数z＝－1＋i(其中i为虚数单位)的结论正确的是( )A.1z对应的点在第一象限 B．|z|<|z＋1|C．z的虚部为i D．z＋z<0 答案 D解析∵z＝－1＋i，∴1z＝1－1＋i＝－1－i(－1＋i)(－1－i)＝－12－i2.则1z对应的点在第三象限，故A错误；|z|＝2，|z＋1|＝1，故B错误；z的虚部为1，故C错误；z＋z＝－2<0，故D正确．感悟升华 1.复数z＝a＋b i(a，b∈R)，其中a，b分别是它的实部和虚部．若z为实数，则虚部b＝0，与实部a无关；若z为虚数，则虚部b≠0，与实部a无关；若z为纯虚数，当且仅当a＝0且b≠0.2．复数z＝a＋b i(a，b∈R)的模记作|z|或|a＋b i|，即|z|＝|a＋b i|＝a2＋b2.3．复数z＝a＋b i(a，b∈R)的共轭复数为z＝a－b i，则z·z＝|z|2＝|z|2，即|z|＝|z|＝z·z，若z∈R，则z＝z.利用上述结论，可快速、简洁地解决有关复数问题．考点二复数的几何意义【例1】(1)(2019·全国Ⅰ卷)设复数z满足|z－i|＝1，z在复平面内对应的点为(x，y)，则( )A．(x＋1)2＋y2＝1 B．(x－1)2＋y2＝1C．x2＋(y－1)2＝1 D．x2＋(y＋1)2＝1(2)(2022·临沂质检)已知a1－i＝－1＋b i，其中a，b是实数，则复数a－b i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．第四象限答案(1)C (2)B解析(1)由已知条件，可设z＝x＋y i(x，y∈R)．∵|z－i|＝1，∴|x＋y i－i|＝1，∴x 2＋(y －1)2＝1.故选C. (2)由a 1－i＝－1＋b i ，得a ＝(－1＋b i)(1－i)＝(b －1)＋(b ＋1)i ， ∴⎩⎨⎧b ＋1＝0，a ＝b －1，即a ＝－2，b ＝－1，∴复数a －b i ＝－2＋i 在复平面内对应点(－2,1)，位于第二象限．感悟升华 1.复数z ＝a ＋b i(a ，b ∈R)一一对应Z (a ，b )一一对应OZ →＝(a ，b )．2．由于复数、点、向量之间建立了一一对应的关系，因此解题时可运用数形结合的方法，可把复数、向量与解析几何联系在一起，使问题的解决更加直观．【训练1】 (1)若复数z ＝(2＋a i)(a －i)在复平面内对应的点在第三象限，其中a ∈R ，i 为虚数单位，则实数a 的取值范围为( ) A ．(－2，2) B ．(－2，0) C ．(0，2) D ．[0，2)(2)(2021·郑州模拟)已知复数z 1＝2－i 2＋i 在复平面内对应的点为A ，复数z 2在复平面内对应的点为B ，若向量AB →与虚轴垂直，则z 2的虚部为________．答案 (1)B (2)－45解析 (1)z ＝(2＋a i)(a －i)＝3a ＋(a 2－2)i 在复平面内对应的点在第三象限，∴⎩⎨⎧3a <0，a 2－2<0，解得－2<a <0.(2)z 1＝2－i 2＋i ＝(2－i )2(2＋i )(2－i )＝35－45i ，所以A ⎝ ⎛⎭⎪⎫35，－45，设复数z 2对应的点B (x 0，y 0)，则AB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0－35，y 0＋45，又向量AB →与虚轴垂直，∴y 0＋45＝0，故z 2的虚部y 0＝－45.考点三复数的运算【例2】 (1)(2022·全国Ⅰ卷)若z ＝1＋i ，则|z 2－2z |＝( ) A ．0 B ．1 C ． 2 D ．2(2)在数学中，记表达式ad －bc 为由⎪⎪⎪⎪⎪⎪ab cd 所确定的二阶行列式．若在复数域内，z 1＝1＋i ，z 2＝2＋i1－i ，z 3＝z 2，则当⎪⎪⎪⎪⎪⎪z 1z 2z 3z 4＝12－i 时，z 4的虚部为________．答案 (1)D (2)－2解析 (1)法一 z 2－2z ＝(1＋i)2－2(1＋i)＝－2，|z 2－2z |＝|－2|＝2. 法二 |z 2－2z |＝|(1＋i)2－2(1＋i)|＝|(1＋i)(－1＋i)| ＝|1＋i||－1＋i|＝2. 故选D.(2)依题意，⎪⎪⎪⎪⎪⎪z 1z 2z 3z 4＝z 1z 4－z 2z 3，因为z 3＝z 2，且z 2＝2＋i 1－i ＝(2＋i )(1＋i )2＝1＋3i2，所以z 2·z 3＝|z 2|2＝52，因此有(1＋i)z 4－52＝12－i ，即(1＋i)z 4＝3－i ，故z 4＝3－i 1＋i ＝(3－i )(1－i )2＝1－2i.所以z 4的虚部是－2.感悟升华 1.复数的加法、减法、乘法运算可以类比多项式运算，除法关键是分子分母同乘以分母的共轭复数，注意要把i 的幂写成最简形式． 2．记住以下结论，可提高运算速度： (1)(1±i)2＝±2i；(2)1＋i 1－i ＝i ；(3)1－i1＋i＝－i ；(4)－b ＋a i ＝i(a ＋b i)；(5)i 4n ＝1，i 4n＋1＝i ，i 4n ＋2＝－1，i 4n ＋3＝－i(n ∈N)．【训练2】 (1)(2022·新高考山东卷)2－i1＋2i＝( ) A ．1 B ．－1 C ．i D ．－i(2)(2022·全国Ⅱ卷)设复数z 1，z 2满足|z 1|＝|z 2|＝2，z 1＋z 2＝3＋i ，则|z 1－z 2|＝________.答案 (1)D (2)2 3 解析 (1)2－i 1＋2i ＝(2－i )(1－2i )(1＋2i )(1－2i )＝－5i5＝－i.故选D. (2)法一设z 1＝a ＋b i(a ，b ∈R)，则z 2＝3－a ＋(1－b )i ，则⎩⎨⎧|z 1|2＝a 2＋b 2＝4，|z 2|2＝(3－a )2＋(1－b )2＝4，即⎩⎨⎧a 2＋b 2＝4，3a ＋b ＝2.∴|z 1－z 2|2＝(2a －3)2＋(2b －1)2 ＝4(a 2＋b 2)－4(3a ＋b )＋4＝12. 因此|z 1－z 2|＝2 3.法二设复数z1，z2对应的向量为a，b，则复数z1＋z2，z1－z2对应向量为a＋b，a－b，依题意|a|＝|b|＝2，|a＋b|＝2，又因为|a＋b|2＋|a－b|2＝2|a|2＋2|b|2，所以|a－b|2＝12，故|z1－z2|＝|a－b|＝2 3.法三设z1＋z2＝z＝3＋i，则z在复平面上对应的点为P(3，1)，所以|z1＋z2|＝|z|＝2，由平行四边形法则知OAPB是边长为2，一条对角线也为2的菱形，则另一条对角线的长为|z1－z2|＝2×32×2＝2 3.A级基础巩固一、选择题1．设z＝－3＋2i，则在复平面内z对应的点位于( ) A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限答案 C解析z＝－3－2i，故z对应的点(－3，－2)位于第三象限．2．(2022·全国Ⅲ卷)复数11－3i的虚部是( )A．－310B．－110C．110D．310答案 D解析z＝11－3i＝1＋3i(1－3i)(1＋3i)＝110＋310i，虚部为310.故选D.3．(2022·全国Ⅱ卷)(1－i)4＝( )A．－4 B．4 C．－4i D．4i答案 A解析(1－i)4＝(1－2i＋i2)2＝(－2i)2＝4i2＝－4.4. (2021·全国大联考)如图，复数z1，z2在复平面上分别对应点A，B，则z1·z2＝( )A．0 B．2＋I C．－2－i D．－1＋2i答案 C解析由复数几何意义，知z1＝－1＋2i，z2＝i，∴z1·z2＝i(－1＋2i)＝－2－i.5．设复数z满足|z－3|＝2，z在复平面内对应的点为M(a，b)，则M不可能为( ) A．(2，3) B．(3,2) C．(5,0) D．(4,1)答案 D解析设z＝a＋b i(a，b∈R)，则z－3＝(a－3)＋b i，∴(a－3)2＋b2＝4，验证点M(4,1)，不满足．6．(2021·河南部分重点高中联考)若复数a＋|3－4i|2＋i(a∈R)是纯虚数，则a＝( )A．－3 B．－2 C．2 D．3 答案 B解析a＋|3－4i|2＋i＝a＋5(2－i)(2＋i)(2－i)＝a＋2－i为纯虚数．则a＋2＝0，解得a＝－2.7．设2＋ii＋1－2i＝a＋b i( a，b∈R，i为虚数单位)，则b－a i＝( )A．－52－32i B．52－32iC.52＋32i D．－52＋32i答案 A解析因为2＋ii＋1－2i＝(2＋i)(1－i)(i＋1)(1－i)－2i＝32－52i＝a＋b i，所以a＝32，b＝－52，因此b－a i＝－52－32i.故选A.8.如图所示，在复平面内，复数z1，z2对应的向量分别是OA→，OB→，则复数z1·z2对应的点位于( )A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限答案 D解析由图知OA→＝(－2，－1)，OB→＝(0,1)，所以z1＝－2－i，z2＝i，z1·z2＝1－2i，所以复数z1·z2所对应的点为(1，－2)，该点在第四象限．二、填空题9．(2022·江苏卷)已知i是虚数单位，则复数z＝(1＋i)(2－i)的实部是________．答案 3解析z＝(1＋i)(2－i)＝2－i＋2i－i2＝3＋i，所以复数z的实部为3.10．在复平面内，O为原点，向量OA→对应的复数为－1＋2i，若点A关于直线y＝－x的对称点为B，则向量OB→对应的复数为________．答案－2＋i解析因为A(－1,2)关于直线y＝－x的对称点B(－2，1)，所以向量OB→对应的复数为－2＋i.11．已知复数z＝1＋2i1＋i＋2i z，则|z|等于________．答案2 2解析由z＝1＋2i1＋i＋2i z得z＝1＋2i(1＋i)(1－2i)＝1＋2i3－i＝(1＋2i)(3＋i)(3－i)(3＋i)＝1＋7i10，故|z|＝11012＋72＝22.12．已知i为虚数单位，若复数z＝1－a i1＋i(a∈R)的实部为－3，则|z|＝________，复数z的共轭复数z＝________. 答案 5 －3＋4i解析因为z＝1－a i1＋i＝(1－a i)(1－i)(1＋i)(1－i)＝1－a－(a＋1)i2的实部为－3，所以1－a2＝－3，解得a ＝7. 所以z ＝－3－4i ，故|z |＝(－3)2＋(－4)2＝5，且共轭复数z ＝－3＋4i.B 级能力提升13．(2022·南宁模拟)已知z ＝3－i1－i(其中i 为虚数单位)，则z 的共轭复数z 的虚部是( )A ．－1B ．－2C ．1D ．2 答案 A 解析 ∵z ＝3－i 1－i ＝(3－i )(1＋i )(1－i )(1＋i )＝4＋2i2＝2＋i ， ∴z ＝2－i ，∴z 的虚部为－1.14．(2021·哈尔滨调研)已知z 的共轭复数是z ，且|z |＝z ＋1－2i(i 为虚数单位)，则复数z 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 ．第四象限答案 D解析设z ＝x ＋y i(x ，y ∈R)，因为|z |＝z ＋1－2i ，所以x 2＋y 2＝x －y i ＋1－2i ＝(x＋1)－(y ＋2)i ，所以⎩⎨⎧x 2＋y 2＝x ＋1，y ＋2＝0，解得⎩⎨⎧x ＝32，y ＝－2.所以复数z 在复平面内对应的点为⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－2，此点位于第四象限．15.⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋i 1－i 6＋2＋3i 3－2i ＝________. 答案－1＋i解析原式＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤(1＋i )226＋(2＋3i )(3＋2i )(3)2＋(2)2＝i 6＋6＋2i ＋3i －65＝－1＋i.16．已知复数z ＝x ＋y i(x ，y ∈R)，且|z －2|＝3，则y x的最大值为________．答案3解析因为|z －2|＝(x －2)2＋y 2＝3，所以(x －2)2＋y 2＝3. 由图可知⎝ ⎛⎭⎪⎫y x max ＝31＝ 3.。

高考数学复习热点07 平面向量、复数(解析版)-2021年高考数学专练(新高考)

热点07 平面向量、复数【命题趋势】复数及其运算是新高考的一个必考点，内容比较简单，主要是考查共轭复数，复平面以及复数之间的一些运算。

一般出现在选择题的第一或者是第二题。

平面向量也是新高考的一个重要考点，主要涉及到向量的代数运算以及线性运算。

本专题也是学生必会的知识点。

通过选取了高考出现频率较高的复数、向量知识点采用不同的题型加以训练，题型与高考题型相似并猜测一部分题型，希望通过本专题的学习，学生能够彻底掌握复数与平面向量。

【满分技巧】复数一般考查共轭复数以及复平面的意义比较多，中间夹杂着复数之间的运算法则，这类题目相对比较简单，属于送分题目。

牵涉到知识点也是比较少，主要注重基本运算；特别会求复数类题目可采取答案带入式运算。

平面向量代数运算类题目一般采用基本运算法则，只要简单记住向量的坐标运算以及模长运算即可。

平面向量的线性运算一般采用三角形法则，应掌握一些常识性结论，如三点共线问题，重心问题等，在解决此类题目中记住三角形法则核心即可。

平面向量综合性的题目一般是代数运算与线性运算相结合。

此类题目简便解法是采用数形结合的方式去求解。

【考查题型】选择题，填空【常考知识】复数的概念和几何意义、复数的运算、向量的概念和意义、平面向量的线性运算、平面向量的数量积【限时检测】（建议用时：60分钟）一、单选题1．（2020·福建高三其他模拟）已知复数，为z 的共轭复数，则＝（）1z i =+z 1zz +A ．B ．C ．D ．32i +132i +332i +12i +【答案】B 【分析】由复数，得到，进而得到，根据复数的除法运算法则，即可求解.1z i =+1z i =-121z iz i ++=-【详解】由题意，复数，可得，则.1z i =+1z i =-()()()()2112131112i i z i iz i i i +++++===--+故选：B.【点睛】本题主要考查了复数的除法运算，以及共轭复数的概念及应用，其中解答中熟练应用复数的除法运算的法则，以及熟记复数的共轭复数的概念是解答的关键，着重考查运算与求解能力.2．（2020年新高考全国卷Ⅰ数学高考试题（山东））已知P 是边长为2的正六边形ABCDEF 内的一点，则的取值范围是（）AP AB ⋅A ．B ．()2,6-(6,2)-C ．D ．(2,4)-(4,6)-【答案】A 【分析】首先根据题中所给的条件，结合正六边形的特征，得到在方向上的投影的取值范围是，利AP AB (1,3)-用向量数量积的定义式，求得结果.【详解】的模为2，根据正六边形的特征，AB可以得到在方向上的投影的取值范围是，AP AB(1,3)-结合向量数量积的定义式，可知等于的模与在方向上的投影的乘积，AP AB ⋅AB AP AB 所以的取值范围是，AP AB⋅()2,6-故选：A.【点睛】该题以正六边形为载体，考查有关平面向量数量积的取值范围，涉及到的知识点有向量数量积的定义式，属于简单题目.3．（2020·山东济宁·高三其他模拟）已知点是边长为的正方形的内切圆上一动点，则M 2ABCD 的取值范围是（）MA MB ⋅A ．B ．C ．D ．[]1,0-[]1,3-[]0,3[]1,4-【答案】B 【分析】建立坐标系如图所示，设，利用坐标求出，即可根据三角函数的性质求出范围.()cos ,sin M θθMA MB ⋅【详解】建立坐标系如图所示，设，其中,()cos ,sin M θθ()()1,1,1,1A B ---易知MA MB ⋅=()()cos 1,sin 1cos 1,sin 1θθθθ++⋅-+，22cos 1sin 2sin 12sin 1θθθθ=-+++=+.13MA MB ∴-≤⋅≤故选：B.【点睛】关键点睛：本题考查数量积范围的求解，解题的关键是建立恰当的直角坐标系，将数量积的运算转化为坐标运算，将M 设为更便于利用三角函数的性质求范围，这也是解决几何与向量结合的问题中()cos ,sin θθ常用的方法.4．（2020·河南焦作·高三一模（理））设，复数，若，则（）a +∈R ()()()242121i i z ai ++=-1z =a =A ．10B ．9C ．8D ．7【答案】D 【分析】根据复数的模的性质求模，然后可解得．a 【详解】解：，解得.()()()24242221212501111i i i i aai ai++++====+--7a =故选：D ．【点睛】本题考查复数的模，掌握模的性质是解题关键．设复数，则，(,)z a bi a b R =+∈z =模的性质：，，．1212z z z z =(*)nn z z n N =∈1122z z z z =5．（2020·广西高三其他模拟（理））已知，均为单位向量，它们的夹角为120°，，若a bb c a λμ=- ，则下列结论正确的是（）a c ⊥A ．B ．C ．D ．20λμ+=20λμ-=0λμ-=0λμ+=【答案】A 【分析】根据，由求解.a c ⊥()0a c a a b λμ⋅=⋅-= 【详解】因为，a c ⊥ 所以，()0a c a a b λμ⋅=⋅-=即20a a b λμ-⋅=所以，即.2μλ+=20λμ+=故选：A.【点睛】本题主要考查平面向量的数量积运算，属于基础题.6．（2020·江西高三二模（理））已知，，则（）(2)i y x yi +=+,x y R ∈xi y +=AB C ．2D【答案】D 【分析】先由复数相等的定义得到,再求值.,x y 【详解】因为且,,x R y R ∈∈(2)i y x yi +=+所以,所以,2y x y y =⎧⎨=⎩|||2|xi i y +=+=故选D .【点睛】本题考查了复数的基本运算,复数的模,复数相等的概念,属基础题.7．（2020·四川遂宁·高三零模（理））在中，点为边上一点，，且ABC A D AC 22AB BC ==，，，，则（）2AC AD = 2AC BD = 2CM MB = AN NB = AM AB CN BC ⋅+⋅=A ．B ．592C ．D ．723【答案】D 【分析】依题意画出图形，可得，从而得到，再由，AD CD BD ==90B ∠=︒13AM AB BC=+ ，根据平面向量数量积的运算律计算可得；12CN BC AB=--【详解】解：因为，所以为中点，AN NB =N AB 因为，所以为的三等分点，因为，所以为中点，2CM MB = M BC 2AC AD = D AC 因为，，所以，所以2AC BD= 2AC AD =AD CD BD ==90B ∠=︒所以，13AM AB BM AB BC =+=+ 12CN CB BN BC AB=+=-- 因为，，0AB BC =A 22AB BC ==所以1132B A A M AB C B BC BC N BC AB BCA +⎪-⎛⎫⎛⎫⋅+⋅=⋅+⋅ ⎪⎝⎭⎝-⎭ 221132AB AB BC BC A BCB =-+⋅⋅-22112010332=+⨯--⨯=故选：D 【点睛】本题考查平面向量的数量积，解答的关键是利用、坐标平面内的一组基底，表示出、，AB BCCN AM 最后再利用平面向量的运算律计算；8．（2020·四川成都外国语学校高三月考（理））已知复数z 满足，则复数z 在复平面内对应(1)2z i i -=的点所在象限为（）A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限【答案】B 【分析】利用复数的除法运算求得复数z 的值，进而得到复数所对应的点的坐标，从而得到所在象限.【详解】因为，所以，(1)2z i i -=22(1)11(1)(1)i i i z i i i i +===-+--+即z 在复平面内所对应的点为，在第二象限．()1,1-故选:B ．【点睛】本题考查复数的除法运算和由复数判定对应点的象限，属基础题.9．（2020·四川遂宁·高三零模（理））若复数是虚数单位为纯虚数，则实数的值为（）(1)()(i a i i -+)a A ．B ．21C ．D ．01-【答案】D 【分析】由复数乘法化复数为代数形式，然后根据复数的分类求解．【详解】，它为纯虚数，2(1)()1(1)i a i a i ai i a a i -+=+--=++-则，解得．1010a a +=⎧⎨-≠⎩1a =-故选：D ．10．（2020·河南焦作·高三一模（理））已知向量与互相垂直，则的最小()2,1a x =(),2b y =-3a b+ 值为（）A ．7B ．6C ．5D ．4【答案】A 【分析】由向量的数量积为0求出的关系式，然后把向量的模用坐标表示后，结合基本不等式可得最小值．,x y 【详解】解：∵，∴，∴.a b ⊥ 220xy -=1xy =∴，当且仅当23x y +≥=23x y ==∴.37a b +=≥ 故选：A ．11．（2020·贵州遵义·高三其他模拟（理））已知的外接圆的的圆心是M ，若ABC A ，则P 是的（）2PA PB PC PM ++=ABC A A ．内心B ．外心C ．重心D ．垂心【答案】D 【分析】由题意画出相关示意图，、分别是、的中点，连，，，根据向量在几何图形D F AB PC PD DM FM 中的应用有，即得与共线即可知P 与的关系.2PA PB PD += DM PFABC A 【详解】如图，、分别是、的中点，连，，，则有，而D F AB PC PD DM FM 2PA PB PD +=，2PA PB PC PM ++= ∴，即有，有与共线，()22PC PM PD DM=-= 2PCDM PF ==DM PF∵的外接圆的的圆心是M ，有，则，同理有，，ABC A MD AB ⊥PC AB ⊥PB AC ⊥PA BC ⊥∴P 是的垂心.ABC A 故选：D.【点睛】本题考查了向量的几何应用，根据几何线段的向量表示，结合向量线性运算求证点与三角形的关系.12．（2020·广东湛江·高三其他模拟）已知i 是虚数单位，a 为实数，且，则a ＝（）3i 1i 2i a -=-+A ．2B ．1C ．-2D ．-1【答案】B【分析】可得，即得.3(2)(1)3ai i i i -=+-=-1a =【详解】由，得a ＝1.23(2)(1)223ai i i i i i i -=+-=-+-=-故选：B ．13．（2020·贵州遵义·高三其他模拟（理））设复数z 满足，且z 在复平面内对应的点为|1|1+=z (,)x y 则满足（）,x y A ．B ．C ．D ．22(1)1x y ++=22(1)1x y -+=22(1)1y x +-=22(1)1x y ++=【答案】A【分析】设，代入，再由复数模的计算公式求解.(,)z x yi x y R =+∈|1|1+=z 【详解】设，(,)z x yi x y R =+∈由得：|1|1+=z，|1|1x yi ++==即，22(1)1x y ++=故选：A【点睛】本题考查复数模的求法，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题.14．（2020·云南高三其他模拟（理））在矩形ABCD 中，，，点M 在边CD 上运动，则2AB =1AD =的最小值为（）MA MB ⋅A ．B ．0C ．1D 1-【答案】B【分析】以A 原点，AB 所在的直线为x 轴，AD 所在的直线为y 轴，建立平面直角坐标系，设，，(,1)M x [0,2]x ∈用向量数量积的坐标运算求出数量积后可得最小值．【详解】如图，以A 原点，AB 所在的直线为x 轴，AD 所在的直线为y 轴，建立平面直角坐标系，，则，，2AB =1AD =()0,0A ()2,0B 又M 点在CD 上，设，，(,1)M x [0,2]x ∈则，，，(,1)MA x =-- (2,1)MB x =-- 2221(1)MA MB x x x ⋅=-+=- 当时，有最小值0．1x =故选：B ．【点睛】本题考查向量数量积的最小值，解题关键是建立平面直角坐标系，用坐标表示向量的数量积，化数量积为函数，从而求得最小值．15．（2020·江西高三二模（理））如图，在▱OACB 中，E 是AC 的中点，F 是BC 上的一点，且BC=3BF ，若=m ，其中m ，n∈R，则m+n 的值为（）OC OE nOF +A ．1B ．C ．D ．327573【答案】C【分析】根据题意将用基底向量表示出来，然后通过基底向量进行计算．OC,OA OB 【详解】在平行四边形中,,OA BC OB AC OC OA OB ===+因为E 是AC 中点，所以11=22AE AC OB = 所以,12OE OA AE OA OB =+=+ 因为3BC BF=所以1133BF BC OA == 所以13OF OB BF OB OA =+=+ 因为=m OC OE nOF+ 所以1132OC m n OA m n OB ⎛⎫⎛⎫=+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ，解得1=131=12m n m n ⎧+⎪⎪⎨⎪+⎪⎩4=53=5m n ⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩所以 75m n +=故选C【点睛】本题考查向量的运算，解题的关键是找到一组基底，将所求向量用基底表示，然后再进行运算．16．（2020·江苏高三月考）对于给定的复数，若满足的复数对应的点的轨迹是圆，则z 42z i -=1z -的取值范围是（）A ．B ．2⎤-+⎦1⎤-+⎦C ．D．2⎤-+⎦1⎤+⎦【答案】A【分析】求出圆心坐标和半径，利用表示点到1对应的点的距离，由这点到圆心的距离加减半径可得．1z -Z 【详解】满足的复数对应的点的轨迹是圆，圆心对应的复数是，半径为2，42z i -=4i 表示点到1对应的点的距离，又1z -Z 14i -=∴，12]z -∈故选：A ．【点睛】本题考查复数的几何意义，考查圆上的点到定点距离的最值问题，解题方法是把圆上的点到定点的距离转化为求定点到圆心距离．二、填空题17．（2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅱ））已知单位向量,的夹角为45°，与a →b →k a b →→-垂直，则k =__________.a →【分析】首先求得向量的数量积，然后结合向量垂直的充分必要条件即可求得实数k 的值.【详解】由题意可得：，11cos 45a b →→⋅=⨯⨯=由向量垂直的充分必要条件可得：，0k a b a →→→⎛⎫-⋅= ⎪⎝⎭即：，解得：20k a a b k →→→⨯-⋅=-=k =．【点睛】本题主要考查平面向量的数量积定义与运算法则，向量垂直的充分必要条件等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.18．（2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅱ））设复数，满足，，1z 2z 12||=||=2zz 12i z z +=则=__________.12||z z -【答案】【分析】方法一：令，，根据复数的相等可求得，1,(,)z a bi a R b R =+∈∈2,(,)z c di c R d R =+∈∈2ac bd +=-代入复数模长的公式中即可得到结果.方法二：设复数所对应的点为,, 根据复数的几何意义及复数的模，判定平12z ,z 12Z ,Z 12OP OZ OZ =+ 行四边形为菱形，，进而根据复数的减法的几何意义用几何方法计算12OZ PZ 12OZ OZ 2OP ===.12z z -【详解】方法一：设，，1,(,)z a bi a R b R =+∈∈2,(,)z c di c R d R =+∈∈，12()z z a c b d i i ∴+=+++=+，又，所以，，1a c b d ⎧+=⎪∴⎨+=⎪⎩12||=||=2z z 224a b +=224c d +=222222()()2()4a cb d ac bd ac bd ∴+++=+++++=2ac bd ∴+=-12()()z z a c b d i ∴-=-+-==.==故答案为：.方法二：如图所示，设复数所对应的点为,,12z ,z 12Z ,Z 12OP OZ OZ =+ 由已知,122OZ OZ OP ==== ∴平行四边形为菱形，且都是正三角形，∴，12OZ PZ 12,OPZ OPZ A A 12Z 120OZ ∠=︒222221212121||||||2||||cos12022222()122Z Z OZ OZ OZ OZ =+-︒=+-⋅⋅⋅-=∴.1212z z Z Z -==【点睛】方法一：本题考查复数模长的求解，涉及到复数相等的应用；考查学生的数学运算求解能力，是一道中档题.方法二：关键是利用复数及其运算的几何意义，转化为几何问题求解19．（2020·安徽高三其他模拟（理））已知非零向量，满足，且，则与的a b 4b a = (2)a a b ⊥- a b 夹角为________.【答案】π3【分析】根据向量垂直，先得到，再由向量夹角公式，以及题中条件，即可得出结果.220a a b -⋅= 【详解】∵，∴，∴，(2)a a b ⊥- (2)0a a b ⋅-= 220a a b -⋅= 即.22||cos ,0a ab a b -= ∵，∴，4b a = 2224cos ,0a a a b -= ∴.1πcos ,,0,π,,23a b a b a b =≤≤∴= 故答案为：.π3【点睛】本题主要考查求向量的夹角，熟记向量夹角公式，以及向量数量积的运算法则即可，属于基础题型.20．（2020年浙江省高考数学试卷）设，为单位向量，满足，，，1e 2e21|2|-≤ e e 12a e e =+ 123b e e =+ 设，的夹角为，则的最小值为_______．a b θ2cos θ【答案】2829【分析】利用复数模的平方等于复数的平方化简条件得，再根据向量夹角公式求函数关系式，根1234e e ⋅≥u r u r 2cos θ据函数单调性求最值.【详解】，12|2|e e -≤u r u r Q ，124412e e ∴-⋅+≤u r u r ，1234e e ∴⋅≥u r u r 222121222121212(44)4(1)()cos (22)(106)53e e e e a b e e e e e e a bθ+⋅+⋅⋅∴===+⋅+⋅+⋅⋅u r u r u r u r r r u r u r u r u r u r u r r r .12424228(1)(133********e e =-≥-=+⋅+⨯u r u r 故答案为：.2829【点睛】本题考查利用模求向量数量积、利用向量数量积求向量夹角、利用函数单调性求最值，考查综合分析求解能力，属中档题.21．（2020·吉林高三其他模拟（文））设向量，满足，，且，，则a b ||3a = ||1b = 1cos 3a << 12b >< 的取值范围是__．|2|- a b【答案】【分析】将两边平方，再利用向量数量积即可求解.|2|-a b 【详解】解：向量，满足，，a b ||3a = ||1b =则，2a b -=== ，， 1cos 3a << 12b >< 可得，，412cos a << 6b ><，，612cos a ∴-<-< 4b ><- ，，313712cos a ∴<-< 33b ><．则的取值范围是．|2|-a b故答案为：．【点睛】本题考查了利用向量数量积的求向量的模，考查了基本运算求解能力，属于基础题.22．（2020年天津市高考数学试卷）如图，在四边形中，，，且ABCD 60,3B AB ︒∠==6BC =，则实数的值为_________，若是线段上的动点，且，3,2AD BC AD AB λ=⋅=- λ,M N BC ||1MN = 则的最小值为_________．DM DN ⋅【答案】16132【分析】可得，利用平面向量数量积的定义求得的值，然后以点为坐标原点，所在直线为120BAD ∠=λB BC 轴建立平面直角坐标系，设点，则点（其中），得出关于的x (),0M x ()1,0N x +05x ≤≤DM DN ⋅x 函数表达式，利用二次函数的基本性质求得的最小值.DM DN ⋅【详解】，，，AD BC λ= //AD BC ∴180120BAD B ∴∠=-∠= cos120AB AD BC AB BC AB λλ⋅=⋅=⋅，1363922λλ⎛⎫=⨯⨯⨯-=-=- ⎪⎝⎭解得，16λ=以点为坐标原点，所在直线为轴建立如下图所示的平面直角坐标系，B BC x xBy,()66,0BC C =∴ ，∵，∴的坐标为,3,60AB ABC =∠=︒A 32A ⎛ ⎝∵又∵,则，设，则（其中），16AD BC =52D ⎛ ⎝(),0M x ()1,0N x +05x ≤≤，，5,2DM x ⎛=- ⎝3,2DN x ⎛=- ⎝，()222532113422222DM DN x x x x x ⎛⎫⎛⎫⋅=--+=-+=-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭ 所以，当时，取得最小值.2x =DM DN ⋅132故答案为：；.16132【点睛】本题考查平面向量数量积的计算，考查平面向量数量积的定义与坐标运算，考查计算能力，属于中等题.23．（2020·广西高三一模（理））已知△ABC 满足AB ＝1，AC ＝2，.若E 为△ABC 内一点，满7cos 25A =足.（R ），且，延长AE 至BC 交于点D ，则＝_______.2AE AB AC λ=+λ∈·0EB EC =ADλ 【分析】根据所给条件，建立直角坐标系，利用向量的坐标运算进行求解.【详解】令，则，由，2AF AB = 2AF = 7cos 25A =可得：，所以，27144442222525FC =+-⨯⨯⨯=125FC =建立如图直角坐标系，，6(,0)5F -6(,0)5C 所以，所以点坐标为，85AO ==A 8(0,)5所以点坐标为，点坐标为，B 34(,)55-D 8(0,)15由，则点在上，2AE AB AC λ=+E AO 设点坐标为，E (0,)t 有可得，·0EB EC = 2346184(,)0(,)55525·5t E t t t B EC =--⋅-+==-- 解得，t =所以，85AE =-= 所以，2AO AE λ=== 1615AD = ，116651AD λ== 【点睛】本题考查了向量相关的计算以及解三形中的余弦定理，考查了转化思想，有一定的计算量，属于较难题.解本类问题关键点有：（1）建立直角坐标系，用向量的坐标表示来解决向量问题是一个重要的方法；（2）各个条件的整合，以结论为目标，把几何关系，转化为代数关系.24．（2020·浙江省东阳中学高三其他模拟）已知平面向量满足，,,,a b c 74a b ⋅= 3a b -= ,则的取值范围是_________________；已知向量是单位向量，若，且()()2a c b c -⋅-=-c ,a b 0a b = A ，则的取值范围是__________.2c a c b -+-=r r r r2c a +r r 【答案】 3522⎡⎤⎢⎥⎣⎦，3⎤⎥⎦【分析】（1）根据向量不等式可得，从而得到关于的不等式，即可得答案；()||||c a b c a b +≤⋅+ A ||c （2）根据已知设出向量和向量，向量的坐标，代入等式化简，再利用距离的几何意义可看成一个动a b c 点到两个定点的距离之和，而所求的可看成是一个定点到线段的距离，由此可求得最值．【详解】解：（1）由，，解得，74a b = A ||3a b -= 22252a b += 又由，2()()()2a c b c a b c a b c --=-++=- A AA 代入已知值可得，215||()||||4||4c c a b c a b c +=+≤⨯+= A 化简可得：，24||16||150c c -+≤ 解得.35||22≤≤ c （2）因为是单位向量，且，设，,a b 0a b = A()()1,0,0,1a b == 设，则，(),c x y = ()()1,,2,2c ax y c b x y -=--=- 因为2c a c b -+-=r r r r =化简得，，()220,01x y x +-=≤≤所以上的点到点的距离，2c a += ()220,01x y x +-=≤≤()2,0-所以，2min c a d += ，()2123max c a +=--= 故答案为：，.3522⎡⎤⎢⎥⎣⎦，⎤⎥⎦【点睛】利用向量数量积的定义可得向量不等式，即；向量问题进行坐标化处理，将模的范围问题转||||a b a b ⋅≤化为距离的最值问题.25．（2020·浙江省东阳中学高三其他模拟）已知中，，，是延长线上一点，ABC A 3AB =2AC =D AC 且，为的中点，，则__；若为所在平面上的2AD AC =E BD 22CB CD CE CA ⋅⋅=+ ||BD = P ABC A 一个动点，且，则当取最小值时，__.()A R P AD DB λλ=+∈||AP λ=【答案】51625【分析】用，表示出各向量，整理条件式得出，再计算，由，，三点共线可知AB ACAB AC ⊥BD B D P 时最小，利用相似比计算即可得出的值.AP BD ⊥AP DP λ【详解】解：由题意可知为的中点，C AD为的中位线，故，CE ∴ABD △1,2CE AB CD AC == ， 22CB CD CE CA ⋅⋅=+ ，11()222AB AC AB AC AC ∴-⋅=-⋅+ ，∴21202AB AC AC ⋅-+= 又，，2122AC = ∴0AB AC ⋅= ，AB AC ∴⊥，即，5BD ∴==5BD = ， ()(1)AP AD AB AD AB AD λλλ=+-=+- ，，三点共线，B ∴D P 当时，取得最小值，即最小.∴AP BD ⊥AP ||AP由可得，，ADP BDA A A ∽AD DP BD AD =2165AD DP BD ∴==，1625DP BD λ∴==故答案为：5，.1625【点睛】本题考查了平面向量的基本定理，数量积运算，属于中档题.。

(通用版)2021高考数学二轮复习第一篇第2练复数与平面向量课件文

P→M＝M→C，则|B→M|2 的最大值是____1_6___.
解析答案
易错易混专项练
1.(2021·全国Ⅰ)设有下面四个命题：
p1：假设复数z满1足 ∈R，那么z∈R； z
p2：假设复数z满足z2∈R，那么z∈R； p3：假设复数z1，z2满足z1z2∈R，那z么2 z1＝；
p4：假设复数z∈R，z那么 ∈R.
解析答案
10.如图，在△ABC 中，N 是 AC 边上一点，且A→N＝12N→C，P 是 BN 上的一
点，若A→P＝mA→B＋29A→C，则实数 m 的值为
A.19
√B.13
C.1
D.3
解析 ∵A→N＝12N→C，∴A→N＝13A→C，
∴A→P＝mA→B＋29A→C＝mA→B＋23A→N. 又B，N，P三点共线，
∴m＋23＝1，∴m＝13.
解析答案
11.如图，在正方形 ABCD 中，M，N 分别是 BC，CD 的中点，若A→C＝λA→M ＋μB→N，则 λ＋μ 等于
A.2
8 B.3
6 C.5
√D.85
解析答案
12.假设|a|＝1，|b|＝3 ，且|a－2b|＝7 ，那么向量a与向量b夹角的大小π
6
＝0，且|O→A|＝|A→B|，则C→A·C→B等于
3 A.2
B. 3
√C.3
D.2 3
解析 ∵O→A＋A→B＋O→C＝0，∴O→B＝－O→C，
故点O是BC的中点，且△ABC为直角三角形，又△ABC 的外接圆的半径为 1，|O→A|＝|A→B|，
∴BC＝2，AB＝1，CA＝ 3，∠BCA＝30°，
应选D.
解析答案
2.a，b∈R，i是虚数单位.假设a－i与2＋bi互为共轭复数，那么(a＋bi)2等

第3讲平面向量和复数-2021届高三高考数学二轮复习课件

第3讲平面向量和复数-2021届高三高考数学二轮复习课件
第3讲平面向量和复数-2021届高三高考数学二轮复习课件
2．(2020·吉安一模)如图所示，矩形 ABCD 的对角线相交于点 O，E
为 AO 的中点，若D→E＝λA→B＋μA→D(λ，μ∈R)，则 λ＋μ 等于
( A)
A．－12
B．12
分值 10 10
10
第3讲平面向量和复数-2021届高三高考数学二轮复习课件
年份卷别
Ⅰ卷 2019
Ⅱ卷 Ⅲ卷
题号 1、8
2、3 2、13
考查角度复数的乘法运算，复数模的计算；向量的数量积及各个向量的模，在利用向量夹角公式求出夹角的余弦值，求出夹角数的运算及共轭复数；平面向量模长的计算复数的商的运算；复数的商的运算，
第3讲平面向量和复数-2021届高三高考数学二轮复习课件
● (理科)
年份卷别 Ⅰ卷
Ⅱ卷 2020
Ⅲ卷
题号
考查角度
1
复数的运算法则和复数的模的求解
向量垂直的充分必要条件；复数模长 13、15
的求解、复数及其运算的几何意义
复数的除法运算；平面向量数量积的
2、6 计算以及向量模的计算、平面向量夹
一组基底．
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● 考向1 平面向量的线性运算
1．(2020·吉林省重点高中第二次月考)如图，若O→A＝a，O→B＝b，O→C
＝c，B 是线段 AC 靠近点 C 的一个四等分点，则下列等式成立的是
第3讲平面向量和复数-2021届高三高考数学二轮复习课件

二轮复习第28讲平面向量范围与最值问题

第28讲平面向量范围与最值问题一、单选题1．(2021·四川·双流中学高三期末(理))如图所示，边长为1的正方形ABCD 的顶点A ，D 分别在边长为2的正方形ABCD的边AB和AD上移动，则A B ⋅A C 的最大值是()A ．4B ．1+2C ．πD ．2【答案】D 【分析】建立直角坐标系，利用平面向量数量积的坐标表示公式，结合二倍角公式进行求解即可.【详解】建立如图所示的直角坐标系：令∠AAD =θ，由于AD =1，故AA =cos θ，AD =sin θ，如图∠BAx =π2-θ，BA =1，故x B =cos θ+cos π2-θ =cos θ+sin θ，y B =sin π2-θ =cos θ故AB =(cos θ+sin θ,cos θ)同理可求得C sin θ,cos θ+sin θ ，即AC =sin θ,cos θ+sin θ ，∴A B ⋅AC =sin θcos θ+sin θ +cos θcos θ+sin θ =1+sin2θ，当θ=π4时，A B ⋅AC 有最大值2．故选：D2．(2021·四川资阳·高三月考(理))已知e 为单位向量，向量a 满足：a -e ⋅a -5e =0，则a +e的最大值为()A ．4B ．5C ．6D ．7【答案】C 【分析】可设e =1,0 ，a =x ,y ，根据a -e ⋅a -5e =0，可得x ,y 的关系式，并得出x ,y 的范围，a +e=x +12+y 2，将y 用x 表示，再根据函数的最值即可得解.【详解】解：可设e=1,0 ，a=x ,y ，则a -e ⋅a -5e=x -1,y ⋅x -5,y =x 2-6x +5+y 2=0，即x -3 2+y 2=4，则1≤x ≤5，-2≤y ≤2，a +e=x +12+y 2=8x -4，当x =5时，8x -4取得最大值为6，即a+e的最大值为6.故选：C3．(2021·河南南阳·高三期中(文))已知OA ､OB是两个夹角为120°的单位向量，如图示，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()A ．2B ．2C ．3D ．3【答案】B 【分析】建立坐标系，得出点的坐标，进而可得向量的坐标，化已知问题为三角函数的最值即可得出答案.【详解】解：由题意，以O 为原点，OA 为x 轴的正向，建立如图所示的坐标系，设C (cos θ,sin θ)，0≤θ≤120°可得A (1,0)，B -12，32，由OC =x (1，0)+y -12，32=cos θ+sin θ 得，x -12y =cos θ，32y =sin θ，∴32y =3sin θ，∴x +y =cos θ+3sin θ=2sin (θ+30°)，∵0≤θ≤120°，∴30°≤θ+30°≤150°，∴当θ=60°时，x +y 的最大值为2，此时C 为弧AB 的中点.所以x +y 的最大值是2.故选：B .4．(2021·江西赣州·高三期中(文))已知AB ⊥AC ,|AB |=t 3,|AC |=t ，若点P 是△ABC 所在平面内的一点，且AP =AB|AB|-3AC|AC |，则PB ⋅PC 的最大值等于()A ．8B ．10C ．12D ．13【答案】C 【分析】以A 为原点，AB ,AC 所在直线为坐标轴建立平面直角坐标系，不妨设B 0,t 3,C (t ,0)，求出P 点坐标，再求出数量积，然后引入函数，用导数求得最大值．【详解】∵AB ⊥AC ，∴可以A 为原点，AB ,AC 所在直线为坐标轴建立平面直角坐标系；不妨设B 0,t 3,C (t ,0)，则AP =(0,1)-3(1,0)=(-3,1)，故点P 坐标为(-3,1)则PB =-3,1-t 3 ,PC =(-3-t ,1)，∴PB ⋅PC =-3(-3-t )+1-t 3 =-t 3+3t +10令f (t )=-t 3+3t +10,t >0，则f(t )=-3t 2+3=-3(t +1)(t -1),t ≥0，则当t ∈(0,1)时，f(t )>0，当t ∈(1,+∞)时，f(t )<0，则函数f (t )在[0,1)递增，在(1,+∞)上递减，则f (t )max =f (1)=12，即PB ⋅PC 的最大值为12．故选：C ．5．(2021·浙江丽水·高三期中)已知平面向量e 1 ，e 2 ，a ，e 1=e 2=1，若a⋅e 1 +e 2≥2，a ⋅e 1 -e 2 ≥1，则()A ．a的最小值是32B ．a 的最大值是32C ．a 的最小值是94D ．a 的最大值是94【答案】A 【分析】令u=e 1+e 2 ,v=e 1 -e 2，可得u ⊥v ，且|u|2+|v|2=4，设u =(2cos α,0),v =(0,2sin α)，|a |=r ，a=(r sin β,r cos β)，根据已知条件及三角函数的有界性即可求解.【详解】令u=e 1+e 2 ,v=e 1 -e 2，则u ⋅v=e 1 2-e 2 2=0，故u ⊥v ，且|u|2+|v|2=2e 1 2+e 2 2=4，假设u =(2cos α,0),v=(0,2sin α)，|a|=r ，a=(r sin β,r cos β)，所以根据已知条件有a ⋅u=2r ⋅cos α⋅sin β ≥2a ⋅v =2r ⋅sin α⋅cos β ≥1，所以2r ≥2r (|cos α⋅sin β|+|sin α⋅cos β|)≥3，即r ≥32，当且仅当sin α=33,β=π2-α,r =32时等号成立，所以|a |的最小值是32，故选：A .6．(2018·浙江·绍兴市柯桥区教师发展中心高三学业考试)已知平面向量a ,b ,c满足|a|=2,|b|=3,|c|=1，a ⋅b -c ⋅(a +b )+1=0，则|a -b |的最大值是()A ．23+1B ．5C ．23-1D ．26【答案】A 【分析】由已知可得a ⋅b +1=c ⋅ a+b，再结合向量的数量积的性质可求a ⋅b2≤12，最后代入即可求出答案.【详解】设OA =a ,OB =b ,OC =c ∵|c |=1,a ⋅b -c ⋅(a +b )+1=0得a ⋅b +1=c ⋅(a +b )|a ⋅b +1|=|c ⋅(a +b )|≤|c ||a +b |=|a +b |∴|a ⋅b +1|2≤|a +b |2即(a ⋅b )2+2a ⋅b +1≤a 2+2a ⋅b +b 2,(a ⋅b )2≤12∵|a -b |2=a 2-2a ⋅b +b 2∴|a -b|2≤13+43,∴|a -b|≤23+1故选：A7．(2021·山西·怀仁市第一中学校高三期中(理))已知平面向量a ,b ,c满足c =1，a ·c=1，b ·c=-2，a +b=2，则a ·b 的最大值为()A ．-1B ．-2C ．-52D ．-54【答案】D 【分析】由题意不妨设e =(1,0),a =(1,m ),b =(-2,n )，利用|a +b |=2，可得m +n 为定值，再求出a ⋅b的解析式，利用基本不等式即可求出a ⋅b的最大值．【详解】解：由e =1，不妨设e =(1,0)，又a ⋅e =1,b ⋅e=2，可设a=(1,m ),b=(-2,n )，则a +b=(-1,m +n )，又|a+b|=2，∴(-1)2+(m +n )2=4，∴(m +n )2=3；∴a ⋅b=-2+mn ≤-2+m +n 2 2=-2+34=-54，当且仅当m =n =32或-32时取“=”；∴a ⋅b 的最大值为-54．故选：D ．8．(2021·浙江省杭州第二中学高三期中)已知圆台上底面半径为3，下底面半径为4，高为7，若点A 、B 、C 在下底面圆的圆周上，且AB ⊥BC ，点Р在上底面圆的圆周上，则PA 2+PB 2+PC 2的最小值为()A ．246B ．226C ．208D ．198【答案】D 【分析】问题可转化为三棱锥P -ABC 且三棱锥有外接球，求PA 2+PB 2+PC 2转化为求QA 2+QB 2+QC 2的最值，再转化为利用向量求解即可.【详解】如图，△ABC 的外心是AC 中点O 1，点P 到底面ABC 的距离为7，设Р所在截面圆的圆心为O 2，此截面与平面ABC 平行，球心O 在O 1O 2上，OO 1=R 2-OC 2=52-42=3,OO 2=O 1O 2-OO 1=7-3=4，则r =O 2P =R 2-OO 22=3，设P 在平面ABC 上的射影为Q ，则Q 在以O 1为圆心，3为半径的圆，因为PQ ⊥平面ABC ，所以PQ 与平面ABC 内所有直线都垂直，PQ =7,所以PA 2+PB 2+PC 2=PQ 2+QA 2+PQ 2+QB 2+PQ 2+QC2=QA 2+QB 2+QC 2+147QA 2+QB 2+QC 2=QO 1 +O 1A 2+QO 1 +O 1B 2+QO 1 +O 1C2=3QO 1 2+O 1A 2+O 1B 2+O 1C 2+2QO 1 ⋅O 1A +2QO 1 ⋅O 1B +2QO 1 ⋅O 1C=27+16+16+16+2QO 1 ⋅O 1A +O 1C +2QO 1 ⋅O 1B=75+2QO 1 ⋅O 1B，当QO 1 ,O 1B 反向时，QO 1 ⋅O 1B 取得最小值-12，所以PA 2+PB 2+PC 2的最小值147+75-2×12=198.故选：D9．(2021·江苏省泰兴中学高三期中)已知△ABC 中，AB =7,AC =3，∠ACB =120°，当λ∈R 时，AB -λAC的最小值为()A ．10B ．53C ．5D ．532【答案】D 【分析】先利用余弦定理求出BC ，从而可求出cos A ，然后对AB -λAC平方后化简，再利用二次函数的性质可求得结果【详解】由余弦定理得49=9+BC 2-2×3BC ⋅-12，解得BC =5，所以cos A =9+49-252×3×7=1114所以AB -λAC 2=AB 2-2λAB ⋅AC +λ2AC2=49-2λ×7×3×1114+9λ2=9λ2-33λ+49，当λ=116时，AB -λAC 2取最小值754，所以AB -λAC min =532，故选：D ．10．(2021·北京朝阳·高三期中)如图，在直角梯形ABCD 中，AD ⎳BC ，AB ⊥BC ，AD =1，BC =2，P 是线段AB 上的动点，则PC +4PD的最小值为()A ．35B ．6C ．25D ．4【答案】B 【分析】根据题意，建立直角坐标系，利用坐标法求解即可.【详解】解：如图，以B 点为坐标原点，建立平面直角坐标系，设AB =a ，BP =x 0≤x ≤a ，因为AD =1，BC =2，所以P 0,x ,C 2,0 ,D 1,a ，所以PC =2,-x ,PD =1,a -x ，4PD =4,4a -4x ，所以PC +4PD=6,4a -5x ，所以PC +4PD =36+4a -5x 2≥6，所以当4a -5x =0，即x =45a 时，PC +4PD 的最小值为6.故选：B11．(2021·辽宁实验中学高三期中)若平面向量a ，b 满足a =b =a ⋅b =2，则对于任意实数λ，λa+1-λ b的最小值是()A ．3B ．1C ．23D ．2【答案】A【分析】转化λa+1-λ b=λa+1-λ b2=λ2|a |2+(1-λ)2|b |2+2λ(1-λ)a ⋅b，结合题干条件和二次函数的性质，即得解【详解】由题意，λa+1-λ b =λa+1-λ b2=λ2|a |2+(1-λ)2|b |2+2λ(1-λ)a ⋅b=4λ2+4(1-λ)2+4λ(1-λ)=4λ2-4λ+4=4λ-122+3≥3当且仅当λ=12时等号成立故λa+1-λ b的最小值是3故选：A12．(2021·重庆八中高三月考)四叶回旋镖可看作是由四个相同的直角梯形围成的图形，如图所示，AB =4，CD =2，∠A =45°，M 为线段HL 上一动点，则AF ⋅GM 的最小值为()A ．-8B ．-16C ．-24D ．-32【答案】D 【分析】以C 为原点建立如图所示的平面直角坐标系，利用向量数量积的坐标运算即可求解.【详解】解：由题意，以C 为原点建立如图所示的平面直角坐标系则A -4,2 ，F 0,-2 ，G 4,-2M 为线段HL 上一动点，设M 2,y ，其中0≤y ≤4∴AF =4,-4 ，GM =-2,y +2 ∴AF ⋅GM=4×-2 +-4 ×y +2 =-4y -16，0≤y ≤4∴当y =4时，AF ⋅GM=-32AF ⋅GM的最小值为-32.故选：D .13．(2021·北京·101中学高三开学考试)已知向量a ,b 为单位向量，且a ⋅b=-12，向量c 与a +b 共线，则|a +c|的最小值为()A ．1B ．12C ．34D ．32【答案】D 【分析】由题意c =λ(a +b )，则|a +c |=|a +λ(a +b )|==(1+λ)2a 2+λ2b 2+2λ(1+λ)a ⋅b ，代入题干数据，结合二次函数的性质，即得解【详解】由题意，向量c 与a+b共线，故存在实数λ，使得c =λ(a+b)∴|a +c |=|a +λ(a +b )|=|(1+λ)a+λb |=(1+λ)2a 2+λ2b 2+2λ(1+λ)a ⋅b=(1+λ)2+λ2-λ(1+λ)=λ2+λ+1=λ+12 2+34≥34=32当且仅当λ=-12时等号成立故选：D14．(2022·全国·高三专题练习)设向量OA =1,-2 ，OB =a ,-1 ，OC =-b ,0 ，其中O 为坐标原点，a >0，b >0，若A ，B ，C 三点共线，则12a +1b的最小值为()A ．4B ．6C ．8D ．9【答案】A 【分析】根据向量共线定理可得2a +b =1，再应用基本不等式“1”的代换求12a +1b的最小值，注意等号成立条件.【详解】由题设，AB =OB -OA =(a -1,1)，AC =OC -OA=(-b -1,2)，A ，B ，C 三点共线，∴AB =λAC 且λ∈R ，则a -1=-λ(b +1)2λ=1，可得2a +b =1，∴12a +1b =12a +1b (2a +b )=2+b 2a +2a b≥2+2b 2a ⋅2a b =4，当且仅当b =2a =12时等号成立.∴12a +1b的最小值为4.故选：A15．(2021·广西桂林·高三月考(文))已知向量a =cos θ,sin θ ，θ∈0,π ，b =3,-1 .若2a -b <m 恒成立，则实数m 的范围是()A ．4,+∞B ．4,+∞C ．2,+∞D ．4,10【答案】B 【分析】由条件利用向量的数量积公式，三角恒等变换，变形2a -b 为8-8cos θ+π6，再根据θ∈0,π 求得2a -b的最大值，进而可得m 的范围.【详解】由已知a=1，b=2∴2a -b =4a 2-4a ⋅b +b 2=8-4(3cos θ-sin θ)=8-8cos θ+π6，由θ∈0,π ，得θ+π6∈π6,7π6，得cos θ+π6 ∈-1,32，故2a -b的最大值为8+8=4，所以m >4.故选：B .16．(2021·江苏·高三专题练习)a =2，b =3,a -b =4，若对任意实数t ，ka +tb >1恒成立，则实数k 的范围()A ．-∞,-215 ∪215,+∞ B ．-∞,-215 ∪215,+∞ C ．-215,215 D ．-215,215【答案】B 【分析】先由题中条件，根据向量模的计算公式，求出a ⋅b=-32，再将不等式恒成立转化为9t 2-3kt +4k 2-1>0对任意实数t 恒成立，根据一元二次不等式恒成立的判定条件，列出不等式求解，即可得出结果.【详解】因为a=2，b=3,a-b=4，则a-b 2=a2+b 2-2a ⋅b =13-2a ⋅b =16，则a ⋅b=-32，所以ka+tb=k 2a 2+t 2b 2+2kta ⋅b=4k 2+9t 2-3kt ，又对任意实数t ，ka+tb >1恒成立，则9t 2-3kt +4k 2-1>0对任意实数t 恒成立，因此只需Δ=9k 2-364k 2-1 <0，解得k >215或k <-215，故选：B .【点睛】本题主要考查考查一元二次不等式恒成立求参数的问题，考查向量模的计算，属于常考题型.二、多选题17．(2021·江苏省天一中学高三月考)己知△ABC 中，角A ，B ．C 所对的边分别是a ，b ，c ，B =π3，2BP=PC ，AP =3则下列说法正确的是()A ．AP =23AB +13ACB ．a +3c 的最大值为43C ．△ABC 面积的最大值为33D ．a +c 的最大值为213【答案】AD 【分析】利用平面向量基底表示向量可判断A ；利用正弦定理、余弦定理、面积定理借助三角恒等变换可计算判断B ，C ，D .【详解】对于A ，在△ABC 中，因2BP =PC ，则AP =AB +BP =AB +13BC =AB +13(AC -AB )=23AB +13AC ，A 正确；在△ABP 中，由余弦定理得：AP 2=AB 2+BP 2-2AB ⋅BP cos ∠ABP ≥2AB ⋅BP -2AB ⋅BP cos60°=AB ⋅BP ，当且仅当AB =BP 时取“=”，于是得当AB =BP =AP =3时，(AB ⋅BP )max =3，S △ABC =12AB ⋅BC sin B =12AB ⋅3BP ⋅sin60°≤934，C 不正确；在△ABP 中，令∠BAP =α，则∠APB =2π3-α，0<α<2π3，由正弦定理得：AB sin ∠APB=BP sin ∠BAP =AP sin B =3sin60°=2，则c =2sin 2π3-α ,a 3=2sin α，a +c =6sin α+2sin 2π3-α =7sin α+3cos α=213sin (α+φ)，其中锐角ϕ由tan φ=37确定，而φ<α+φ<2π3+φ，则当α+ϕ=π2时，sin (α+φ)=1，a +c 取最大值213，D 正确；而a +3c >a +c ，则a +3c 的最大值应大于a +c 的最大值，又43<213，即a +3c 的最大值为43是不正确的，B 不正确.故选：AD18．(2022·河北·高三专题练习)在△ABC 中，A =π2，AB =AC =2，下述四个结论中正确的是()A ．若G 为△ABC 的重心，则AG =13AB +13ACB ．若P 为BC 边上的一个动点，则AP ⋅(AB +AC)为定值2C ．若M ，N 为BC 边上的两个动点，且MN =2，则AM ⋅AN 的最小值为32D ．已知P 为△ABC 内一点，若BP =1，且AP =λAB +μAC，则λ+3μ的最大值为2【答案】AC 【分析】A .以A 为坐标原点，分别以AB ，AC 所在直线为x ，y 轴建立平面直角坐标系，由G 为△ABC 的重心，结合向量的数乘运算判断；B .设BP =tBC 0≤t ≤1 ，把AP ⋅AB +AC 用含t 的代数式表示判断；C .不妨设M 靠近B ，BM =x ,0≤x ≤2，求得M ，N 的坐标，得到AM ⋅AN关于x 的函数，利用二次函数求值判断；D . 由AP =λAB +μAC 结合BP =1，得到λ-1 2+μ2=14，再令1-λ=12sin θ,μ=12cos θ,θ∈π4,π2 ，转化为λ+3μ=123cos θ-sin θ +1=cos θ+π6+1，利用三角函数的性质求解判断.【详解】如图，以A 为坐标原点，分别以AB ，AC 所在直线为x ，y 轴建立平面直角坐标系，则A 0,0 ,B 2,0 ,C 0,2 ,AB =2,0 ,AC =0,2 ，因为G 为△ABC 的重心，所以G 23,23，则AG =23,23，所以13AB +13AC =23,0 +0,23 =23,23 ，所以AG =13AB +13AC ，故A 正确；设BP =tBC 0≤t ≤1 ，则AP =AB +BP =AB +tBC =tAC +1-t AB ，则AP ⋅AB +AC =tAC +1-t AB ⋅AB +AC ，=tAC ⋅AB +t AC 2+1-t AB 2+1-t AB ⋅AC=4t +41-t =4，故B 错误；不妨设M 靠近B ，BM =x ,0≤x ≤2，得M 2-22x ,22x ,N 2-22x +2 ,22x +2 =1-22x ,1+22x，则AM ⋅AN=2-22x ⋅1-22x +22x ⋅1+22x =x 2-2x +2，当x =22时，AM ⋅AN 的最小值为32：故C 正确；由AP =λAB +μAC ，且P 为△ABC 内一点，BP =1，则BP =AP -AB =λ-1 AB +μAC =4λ-1 2+4μ2=1，即λ-1 2+μ2=14，令1-λ=12sin θ,μ=12cos θ,θ∈π4,π2 ，则λ+3μ=123cos θ-sin θ +1=cos θ+π6+1，因为θ∈π4,π2 ，则θ+π6∈5π12,2π3 ，所以cos θ+π6 ∈-12,6-24，所以λ+3μ的范围是12,1+6-24，故D 错误.故选：AC19．(2022·全国·高三专题练习)如图所示，在凸四边形ABCD 中，对边BC ,AD 的延长线交于点E ，对边AB ，DC 的延长线交于点F ，若BC =λCE ,ED =uDA ，AB =3BF (λ,u >0)，则()A ．EB=34EF +14EA B ．λμ=14C ．1λ+1μ的最大值为1D ．EC ⋅AD EB⋅EA的最小值为-49【答案】ACD 【分析】根据题意EB -EA =3(EF -EB)，化简整理，即可判断A 的正误；利用B 、C 、E 三点共线及F 、C 、D 三点共线，化简计算，即可判断B 的正误；根据基本不等式，计算整理，可判断C 、D 的正误，即可得答案.【详解】对于A ：因为AB =3BF ，所以EB -EA =3(EF -EB )，所以EB =34EF +14EA ，故A 正确；对于B ：由B 、C 、E 三点共线可得AC =11+λAB +λ1+λAE =34⋅11+λAF+λ(μ+1)1+λAD ，由F 、C 、D 三点共线可得34(1+λ)+λ(μ+1)1+λ=1，解得λμ=14，故B 正确；对于C ：由λμ=14得1λ+1μ≥21λ×1μ=2λμ=4，当且仅当λ=μ时等号成立，所以1λ+1μ有最小值为4，无最大值，故C 错误；对于D ：因为BC =λCE ,ED =uDA ，所以EB =(1+λ)EC ,EA =(1+μ)DA，所以EC ⋅AD EB ⋅EA =EC ⋅AD -(1+μ)(1+λ)EC ⋅AD=-11+λ+μ+λμ=154+λ+μ≥-154+2λμ=-49.当且仅当λ=μ时等号成立，故D 正确.故选：ACD【点睛】解题的关键是熟练掌握向量的线性运算法则、三点共线定理、基本不等式等知识，并灵活应用，考查计算化简，转化分析的能力，属中档题.20．(2022·全国·高三专题练习)在△ABC 中，AB ⋅AC =3，BC =26，其中D ，E 均为边BC 上的点，分别满足：BD =DC ，AE ⋅AC AC =AE ⋅ABAB，则下列说法正确的是()A ．AD为定值3B ．△ABC 面积的最大值为36C ．AE的取值范围是1,3D ．若F 为AC 中点，则BF不可能等于5【答案】ABD 【分析】对于A :利用AD =12AC +AB 和数量积的计算公式可求AD=3；对于B ：利用面积公式和基本不等式即可判断；对于C ：先判断出cos ∠EAC =cos ∠EAB ，结合θ的范围即可判断；对于D ：利用BF =12BA +BC 求出范围，即可判断.【详解】设∠BAC =θ.对于A :因为BD =DC，所以D 为BC 的中点.因为BC =AC -AB =26，所以AC -AB 2=26 2，即AC 2-2AC ∙AB +AB 2=24，所以AC 2+AB 2=30.因为AD =12AC +AB ，所以AD 2=14AC 2+2AC ∙AB +AB 2=1430+6 =9，所以AD=3.故A 正确；对于B ：S △ABC =12AB ×AC ×sin θ=12×3cos θ×sin θ=32tan θ，又cos θ=3AB ×AC ≥3AB 2+AC22=3302=15，当且仅当“AB =AC "时,取“=”此时tan θ=1cos 2θ-1≤26，所以S △ABC =32tan θ≤36.故B 正确；对于C ：因为AE ⋅AC AC =AE ⋅ABAB，所以AE cos ∠EAC =AE cos ∠EAB ，所以cos ∠EAC =cos ∠EAB .当cos θ=15时，D 、E 重合，AE 取得最大值3.可知θ为锐角，当∠BAC →最大锐角时，AE最大，但无法取到.故C 错误；对于D ：若F 为AC 中点，则BF =12BA +BC =12BA2+2BA ∙BC +BC 2=12BA2+2BA ×26cos B +24>5.故D 正确.故选：ABD .21．(2022·河北·高三专题练习)如图，在△ABC 中，∠BAC =90°，AB =3，AC =4，点D ，E 为边BC 上两个动点，且满足DE =2，则下列选项正确的是()A ．AD ⋅AE 的最小值为4925B ．AD ⋅AE 的最小值为11925C ．AD ⋅AE 的最大值为485D ．当AD ⋅AE取得最大值时，点D 与点B 重合【答案】BC 【分析】取DE 的中点M ，利用向量的加法法则和数量积的运算律可得AD ⋅AE=AM 2-1，求出AM 的最小值，即可得答案，当点E 与点C 重合时，AM 取得最大值，然后利用余弦定理可得答案【详解】取DE 的中点M ，则AD =AM +MD ，AE =AM +ME ，则AD ⋅AE =AM +MD ⋅AM +ME =AM 2-MD 2=AM 2-1，易知AM 的最小值为点A 到BC 的距离，即AM 的最小值为125，即AD ⋅AE 的最小值为11925，故B 选项正确，A 错误；当点E 与点C 重合时，AM 取得最大值，即AM 2=9+16-2×3×4cos B =535，故AD ⋅AE 的最大值为485，故C 选项正确，D 错误.故选：BC22．(2022·全国·高三专题练习)如图，在直角三角形ABC 中，A =90°,AB =5,AC =25，点P 在以A 为圆心且与边BC 相切的圆上，则()A ．点P 所在圆的半径为2B ．点P 所在圆的半径为1C ．PB ⋅PC 的最大值为14D ．PB ⋅PC的最大值为16【答案】AC 【分析】Rt △ABC 斜边BC 上的高即为圆的半径；把求PB ⋅PC 的最大值通过向量加法的三角形法则转化为求4+PA ⋅2PM的最大值，从而判断出P ，M ，A 三点共线，且P ，M 在点A 的两侧时取最大值.【详解】设AB 的中点为M ，过A 作AH 垂直BC 于点H ，因为A =90°,AB =5,AC =25，所以BC =5，AM =52，所以由12AB AC =12BC AH ，得AH =AB AC BC=2，所以圆的半径为2，即点P 所在圆的半径为2，所以选项A 正确，B 错误；因为PB =PA +AB ，PC =PA +AC ，AC ⋅AB=0，所以PB ⋅PC =PA +AB ·PA +AC =PA 2+PA ⋅AC +AB ⋅PA =PA 2+PA ⋅AC +AB =4+PA ⋅2PM ，所以当P ，M ，A 三点共线，且P ，M 在点A 的两侧时，PA ⋅2PM 取最大值，且最大值为PA ⋅2PMmax=2PA ⋅PM =2×2×52=10，所以PB ⋅PC的最大值为4+10=14，所以选项C 正确，D 错误.故选：AC .23．(2021·全国·高三专题练习(理))如图，等边△ABC 的边长为2，点B ，C 分别在x 轴正半轴和y 轴正半轴上滑动，点A 在线段BC 的右上方则()A ．OA +OC 有最大值3B ．OA ⋅OC有最大值3C ．OA +BC 有最小值无最大值D ．OA ⋅BC无最大值也无最小值【答案】BD 【分析】根据题意，设∠OCB =α,α∈0,π2 ，则∠ACD =2π3-α，进而得A 2sin 2π3-α,2cos 2π3-α +2cos α ,C 0,2cos α ,B 2sin α,0 ，再结合三角恒等变换和向量数量积运算依次讨论各选项即可求解.【详解】如图，设∠OCB =α,α∈0,π2 ，则∠ACD =2π3-α，所以在Rt △ACD 中，CD =2cos ∠ACD =2cos 2π3-α，AD =2sin ∠ACD =2sin 2π3-α ，在Rt △BOC 中，OC =2cos α,OB =2sin α，所以A 2sin 2π3-α ,2cos 2π3-α +2cos α ,C 0,2cos α ,B 2sin α,0 ,所以OA +OC =2sin 2π3-α ,2cos 2π3-α +4cos α =3cos α+sin α,3sin α+3cos α ，故OA +OC =12cos 2α+83sin αcos α+4sin 2α=8sin 2α+π6+8，由于α∈0,π2 ，故2α+π6∈π6,7π6，所以OA +OC ∈2,4 ，故A 选项错误；OA ⋅OC =4cos 2π3-α cos α+4cos 2α=23sin αcos α+2cos 2α=3sin2α+cos2α+1=2sin 2α+π6+1，由于α∈0,π2 ，故2α+π6∈π6,7π6，OA⋅OC ∈0,3 ，即OA ⋅OC 有最大值3，故B 选项正确；OA +BC =2sin 2π3-α -2sin α,2cos 2π3-α +4cos α =3cos α-sin α,3sin α+3cos α所以OA +BC =12cos 2α+43sin αcos α+4sin 2α=27sin 2α+φ +8,tan φ=233,φ∈0,π2，由于α∈0,π2，故2α+φ∈φ,π+φ ，所以OA +BC 有最大值，无最小值；故C 选项错误；OA ⋅BC =-4sin 2π3-α sin α+4cos 2π3-α cos α+4cos 2α=2cos2α，由于α∈0,π2 ，故2α∈0,π ，所以OA ⋅BC ∈-2,2 ，所以OA ⋅BC 无最大值也无最小值，故D 选项正确；故选：BD【点睛】本题考查了向量的数量积、模长的坐标表示，解题的关键点是建立坐标系后求出各点的坐标，把数量积、模长用坐标表示，再根据α的范围求解，考查了学生分析问题、解决问题的能力以及计算能力.24．(2022·全国·高三专题练习)△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，S 为△ABC 的面积，且a =2，AB ⋅AC =23S ，下列选项正确的是()A ．A =π3B ．若b =3，则△ABC 有两解C ．若△ABC 为锐角三角形，则b 取值范围是(23,4)D ．若D 为BC 边上的中点，则AD 的最大值为2+3【答案】BCD 【分析】由数量积的定义及面积公式求得A 角，然后根据三角形的条件求解判断各ABC 选项，利用AD =12(AB+AC )，平方后应用基本不等式求得最大值，判断D ．【详解】因为AB ⋅AC =23S ，所以bc cos A =23S =23×12bc sin A ，tan A =33，又A ∈(0,π)，所以A =π6，A 错；若b =3，则b sin A <a <b ，三角形有两解，B 正确；若△ABC 为锐角三角形，则0<B <π2，A +B =π6+B >π2，所以π3<B <π2，32<sin B <1，b sin B =a sin A ，b =a sin Bsin A=4sin B ∈(23,4)，C 正确；若D 为BC 边上的中点，则AD =12(AB +AC )，AD 2=14(AB +AC )2=14(c 2+2bc cos A +b 2)=14(b 2+c 2+3bc )，又a 2=b 2+c 2-2bc cos A =b 2+c 2-3bc =4，b 2+c 2=4+3bc ，由基本不等式得4=b 2+c 2-3bc ≥2bc -3bc =(2-3)bc ，bc ≤42-3=4(2+3)，当且仅当b =c 时等号成立，所以AD 2=14(4+3bc )+3bc =1+32bc ≤7+43，所以AD ≤2+3，当且仅当b =c 时等号成立，D 正确．故选：BCD ．【点睛】关键点点睛：本题考查解三角形的应用，掌握正弦定理、余弦定理、三角形面积公式是解题关键．在用正弦定理解三角形时可能会出现两解的情形，实际上不一定要死记结论，可以按正常情况求得sin B ，然后根据a ,b 的大小关系判断B 角是否有两种情况即可．25．(2021·湖北·高三月考)在△ABC 中，角A ､B ､C 的对边分别为a ,b ,c ，且a =2，sin B =2sin C ，则以下四个命题中正确的是()A ．满足条件的△ABC 不可能是直角三角形B ．△ABC 面积的最大值为43C ．已知点M 是边BC 的中点，则MA ⋅MB的最大值为3D ．当A =2C 时，若O 为△ABC 的内心，则△AOB 的面积为3-13【答案】BD 【分析】对于A ，利用勾股定理的逆定理判断；对于B ，利用圆的方程和三角形的面积公式可得答案；对于C ，由数量积坐标公式即可判断；对于D ，由已知条件可得△ABC 为直角三角形，从而可求出三角形的内切圆半径，从而可得△AOB 的面积．【详解】对于A ，因为sin B =2sin C ，所以由正弦定理得，b =2c ，若b 是直角三角形的斜边，则有a 2+c 2=b 2，即4+c 2=4c 2，得c =233，所以A 错误；对于B ，以BC 的中点为坐标原点，BC 所在的直线为x 轴，建立平面直角坐标系，则B -1,0 ,C 1,0 ，设A (m ,n )，因为b =2c ，所以(m -1)2+n 2=2(m +1)2+n 2，化简得m +53 2+n 2=169，所以点A 在以-53,0 为圆心，43为半径的圆上运动，所以点A 到BC 边的最大距离为43，所以△ABC 面积的最大值为12×2×43=43，所以B 正确；对于C ，因为点A 在以-53,0 为圆心，43为半径的圆上运动，设A (m ,n )则-53-43<m <-53+43，即-3<m <-13，又MA =(m ,n )，MB =(-1,0)，所以MA ⋅MB =-m <3，故C 错；对于D ，由A =2C ，可得B =π-3C ，由sin B =2sin C 得b =2c ，由正弦定理得，b sin B =c sin C ，即2c sin (π-3C )=c sin C ，所以sin3C =2sin C ，化简得sin C cos2C +2cos 2C sin C =2sin C ，因为sin C ≠0，所以化简得cos 2C =34，因为b =2c ，所以B >C ，所以cos C =32，则sin C =12，所以sin B =2sin C =1，所以B =π2，C =π6，A =π3，△ABC 为直角三角形，c =233,b =433，所以△ABC 的内切圆半径为r =122+233-433 =1-33，所以△AOB 的面积为12cr =12×233×1-33 =3-13所以D 正确，故选：BD ．【点睛】解三角形的基本策略：一是利用正弦定理实现“边化角”，二是利用余弦定理实现“角化边”；求三角形面积的最大值也是一种常见类型，主要方法有两类，一是找到边之间的关系，利用基本不等式求最值，二是利用正弦定理，转化为关于某个角的函数，利用函数思想求最值．26．(2021·福建·三明一中高三期中)△ABC 中，D 为边AC 上的一点，且满足AD =12DC ，若P 为边BD 上的一点，且满足AP =mAB +nAC m >0,n >0 ，则下列结论正确的是()A ．m +2n =1B ．mn 的最大值为112C ．4m +1n 的最小值为6+42D ．m 2+9n 2的最小值为12【答案】BD【分析】根据平面向量共线定理可知A 错误；根据mn =13m ⋅3n ，利用基本不等式可求得最大值，知B 正确；由4m +1n =4m +1nm +3n ，利用基本不等式可求得最小值，知C 错误；利用基本不等式可得m 2+9n 2≥m +3n 22，知D 正确.【详解】对于A ，AP =mAB +nAC =mAB +3nAD ，∵B ,P ,D 三点共线，∴m +3n =1，A 错误；对于B ，∵m +3n =1，∴mn =13m ⋅3n ≤13×m +3n 22=112(当且仅当m =3n 时取等号)，B 正确；对于C ，4m +1n =4m +1n m +3n =7+12n m +m n ≥7+212n m ⋅m n =7+43(当且仅当12n m =m n，即m =23n 时取等号)，C 错误；对于D ，m 2+9n 2≥m +3n 22=12(当且仅当m =3n 时取等号)，D 正确.故选：BD .【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：一正二定三相等.(1)“一正”就是各项必须为正数；(2)“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，必须把构成积的因式的和转化成定值；(3)“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.27．(2021·广东珠海·高三期末)△ABC 中，D 为AC 上一点且满足AD =13DC ，若P 为BD 上一点，且满足AP =λAB +μAC ，λ、μ为正实数，则下列结论正确的是()A ．λμ的最小值为16B ．λμ的最大值为116C ．1λ+14μ的最大值为16D ．1λ+14μ的最小值为4【答案】BD【分析】先证明结论：若A 、B 、C 三点共线，点O 为直线AB 外一点，且OC =xOA +yOB ，则x +y =1，分析可得λ+4μ=1，利用基本不等式可判断各选项的正误.【详解】先证明结论：若A 、B 、C 三点共线，点O 为直线AB 外一点，且OC =xOA +yOB ，则x +y =1.证明：因为A 、B 、C 三点共线，可设AC =mAB ，即OC -OA =m OB -OA ，所以，OC =1-m OA +mOB =xOA +yOB ，所以，x +y =1.∵λ、μ为正实数，AD =13DC ，即AD =13DC =13AC -AD ，故AC =4AD ，∵AP =λAB +4μAD ，且P 、B 、D 三点共线，∴λ+4μ=1，∴λμ=14⋅λ⋅4μ≤14λ+4μ2 2=116当且仅当λ=12，μ=18时取等号，1λ+14μ=λ+4μ ⋅1λ+14μ =2+4μλ+λ4μ≥2+24μλ⋅λ4μ=4，当且仅当λ=12，μ=18时取等号.故选：BD .28．(2021·全国·高三月考)已知P 为△ABC 所在平面内一点，且AB =BC =4，∠ABC =60°，D 是边AC 的三等分点靠近点C ，AE =EB ，BD 与CE 交于点O ，则()A ．DE =-23AC +12AB B ．S △BOC =3C ．OA +OB +OC =32D ．PA +PB ⋅PC 的最小值为-6【答案】ABD【分析】由题意得AD =23AC ，由向量线性运算知DE =DA +AE =-23AC +12AB ，故A 正确；根据B ，O ，D 三点共线可知，O 是CE 的中点，是BD 靠近D 的四等分点，可推出S △BOC =34S △BCD ，B 正确；根据等边三角形求得CE =23，可知OA +OB +OC =2OE +OC =OE =CE 2=3，C 错误；建立直角坐标系，利用坐标运算可得PA +PB ⋅PC =2x -12 2+2y -32 2-6，可求得最小值-6，D 正确.【详解】解：∵AE =EB ，∴AE =12AB 又∵D 是边AC 的三等分点靠近点C∴AD=23AC ∴DE =DA +AE =-23AC +12AB ，故选项A 正确；设CO =λCE ，则CO =λ2CA +λ2CB =3λ2CD +λ2CB ∵B ，O ，D 三点共线∴3λ2+λ2=1，故λ=12∴O 是CE 的中点∴OE +OC =0又∵B ，O ，D 三点共线，所以O 为BD 靠近D 的四等分点∴S △BOC =34S △BCD =34×13S △ABC =14×34×42=3，故选项B 正确；∵△ABC 是边长为4的等边三角形∴CE =23∴OA +OB +OC =2OE +OC =OE =CE 2=3，故选项C 不正确；以线段BC 的中点为坐标原点，BC 所在直线为x 轴，过点A 且与BC 垂直的直线为y 轴建立平面直角坐标系，则点A 0,23 ，B -2,0 ，C 2,0 ，设点P x ,y ，则PA +PB ⋅PC =2x -122+2y -322-6∴最小值为-6，故选项D 正确.故选：ABD ．29．(2022·河北·高三专题练习)G 是△ABC 的重心，AB =2，AC =4，∠CAB =120°，P 是△ABC 所在平面内的一点，则下列结论正确的是()A ．GA +GB +GC =0 B ．AC 在AB 方向上的投影向量等于AB C ．GB ⋅AG =-43D ．AP ⋅BP +CP 的最小值为-1【答案】AC【分析】根据向量的线性运算结合重心的性质判断A ，根据投影向量的定义判断B ，根据向量的数量积的运算律判断C ，D .【详解】A ：当点G 为△ABC 的重心时，如图所示：四边形BDCG 为平行四边形，根据重心性质可得AG =2GO .则GA +GB +GC =GA +GD =GA +2GO =0 ，∴A 正确，B ：∵AC 在AB 方向上的投影为AC cos120°=4×-12 =-2，∴AC 在AB 方向上的投影向量为-AB ，∴B 错误，C ：∵G 是△ABC 的重心，∴GB =-13BA +BC =-13BA +BA +AC =132AB -AC ，AG =13AB +AC ，∴GB ⋅AG =192AB -AC ⋅AB +AC =192AB 2+AB ⋅AC -AC 2=198+2×4×-12 -16 =-43，∴C 正确，D ：当P 与G 重合时，∵AP ⋅BP +CP =AG ⋅BG +CG =-AG 2=-19AB 2+AC 2+2AB ⋅AC =-43，与AP ⋅BP +CP 的最小值为-1矛盾∴D 错误，故选：AC ．30．(2021·广东·高三月考)已知OA ⋅OB =OA =12OB =1，点P 满足OP =xOA +yOB x ,y ∈R ，则下列说法中正确的是()A ．当x +y =1时，OP 的最小值为1B ．当x 2+y 2=1时，OP =1C ．当x =12时，△ABP 的面积为定值D ．当y =12时，AP =BP 【答案】AD【分析】首先根据数量积的定义求出∠AOB ，再利用余弦定理求出AB 2，即可得到∠OAB =90°，再一一判断即可；【详解】解：因为OA ⋅OB =OA =12OB =1，所以OA =1，OA ⋅OB =1，OB =2，所以cos ∠AOB =OA ⋅OB OA OB=12，因为∠AOB ∈0,π ，所以∠AOB =π3，由余弦定理AB 2=OA 2+OB 2-2OA ⋅OB cos ∠AOB ，所以AB 2=12+22-2×1×2×12=3，所以AB 2+OA 2=OB 2，所以∠OAB =90°，当x +y =1时，点P 在直线AB 上，故OP 的最小值为点O 到直线AB 的距离OA =1，故A 正确；OP 2=OP 2=x 2OA 2+y 2OB 2+2xyOA ⋅OB =x 2+4y 2+2xy ，若OP =1，则x 2+4y 2+2xy =1，故B 错误；当x =12时，点P 在过线段OA 中点且平行于直线OB 的直线上，△ABP 的面积不为定值，故C 错误；当y =12时，点P 在过线段OB 中点且平行于直线OA 的直线(即线段AB 的垂直平分线)上，所以AP =BP ，故D 正确；故选：AD31．(2022·全国·高三专题练习)如图，在边长为2的正方形ABCD 中，M ，N 分别为边BC ，CD 上的两个动点，且BM +DN =MN ．记∠MAB =θ，tan θ=t ，下列说法正确的有()A ．∠MAN 为定值π4B ．MN =2-2t 21+tC ．AN =2cos π4-θ D ．AM ⋅AN 的最小值为82-8【答案】ACD【分析】先根据已知条件将所有线段长用含有t 的式子表示，再对各选项进行分析.对于A 可以转化为∠BAM +∠DAN 的值；对于B 根据已求式直接表示即可；对于C 可以在Rt △DAN 中利用cos ∠DAN 将AN 与AD 联系起来即可；对于D 利用向量的基底法将所求数量积进行转化，再利用基本不等式求解最小值即可.【详解】根据题意可知，BM =AB tan θ=2t ，则CM =2-2t ，不妨设DN =x ，则MN =BM +DN =x +2t ，CN =2-x .在Rt △CNM 中根据勾股定理得CN 2+CM 2=MN 2,即2-x 2+2-2t 2=x +2t 2，解得x =2-2t t +1.所以DN =2-2t t +1,MN =x +2t =2t 2+2t +1.对于A ，在△DAN 中tan ∠DAN =DN DA =1-t 1+t ，所以tan ∠DAN +θ =tan ∠DAN +tan θ1-tan ∠DAN tan θ=1-t 1+t +t 1-1-t 1+t ⋅t =1，根据图形可知0<∠DAN +θ<π2，所以∠DAN +θ=π4，因为∠DAN +θ+∠MAN =π2，所以∠MAN =π4，故A 正确；对于B ，由易求可得MN =x +2t =2t 2+2t +1，故B 错误；对于C ，在Rt △DAN 中，cos ∠DAN =AD AN ，因为∠DAN =π2-∠MAN -θ=π4-θ,AD =2，所以AN =2cos π4-θ ，故C 正确；对于D ，根据图形以及向量运算法则可知AM ⋅AN =AB +BM ⋅AD +DN =AB ⋅AD +AB ⋅DN +BM ⋅AD +BM ⋅DN ，所以AM ⋅AN =0+2×2-2t t +1+2×2t ×1+0=4t 2+4t +1=4t +1 +2t +1-2 ，因为t +1>0,2t +1>0，所以根据基本不等式得4t +1 +2t +1-2 ≥42t +1 ⋅2t +1-2=82-8，当且仅当t +1=2t +1即t =2-1时等号成立，即AM ⋅AN 的最小值为82-8，故D 正确.故选:ACD三、填空题32．(2021·浙江·绍兴一中高三期中)已知平面向量a ,b ,c 满足：a -b =5，向量a 与向量b 的夹角为π3，a -c =23，向量a -c 与向量b -c 的夹角为2π3，则a 2+c 2的最大值为___________.【答案】60【分析】如图所示，设OA =a ,OB =b ,OC =c ,先证明O ,A ,B ,C 四点共圆，求出cos ∠AOC =45，再利用余弦定理和重要不等式求解.【详解】如图所示，设OA =a ,OB =b ,OC =c ,所以a -b =|BA |=5，a -c =|CA |=23,因为向量a 与向量b 的夹角为π3，向量a -c 与向量b -c 的夹角为2π3，所以∠AOB =π3,∠ACB =2π3,所以∠AOB +∠ACB =π，所以O ,A ,B ,C 四点共圆.在△ABC 中，由正弦定理得23sin ∠ABC =5sin 2π3,∴sin ∠ABC =35,所以sin ∠AOC =35,因为∠AOC ∈0,π3 ,∴cos ∠AOC =45.在△AOC 中，由余弦定理得12=a 2+c 2-2|a ||c |×45=a 2+c 2-85|a ||c |，所以12+85|a ||c |=a 2+c 2≤12+45×(a 2+c 2),∴a 2+c 2≤60.所以a 2+c 2的最大值为60.故答案为：6033．(2021·黑龙江大庆·高三月考(理))锐角△ABC 中，角A ，B ，C 所对边的长分别为a ，b ，c ，设△ABC 的面积为S ，若4sin 2A =3sin 2B +2sin 2C ，则S AB⋅AC 的最大值为_______________________.【答案】72【分析】先通过正弦定理角化边得3边关系，代入余弦定理求得角A 余弦值的最小值，进而可得角A 正切值的最大值，再利用三角形面积公式及向量数量积可得目标式的最大值.【详解】解：△ABC 中，4sin 2A =3sin 2B +2sin 2C所以4a 2=3b 2+2c 2，∴cos A =b 2+c 2-a 22bc =b 2+c 2-3b 2+2c 242bc =b 2+2c 28bc ≥2b 2⋅2c 28bc=24，当且仅当b =2c 时等号成立，此时cos A 最小，tan A 最大.此时tan A =1-24 224=7∴S AB ⋅AC=12cb ⋅sin A cb cos A =12tan A =72故答案为：72.34．(2021·江苏·海安高级中学高三月考)已知向量a ，b 是平面内的两个非零向量，则当a +b +a -b 取最大值时，a 与b 夹角为________．【答案】π2##【分析】根据a +b -a -b 2≥0，结合平面向量数量积的运算性质推出a +b +a -b ≤2a 2+b 2，再根据题意以及等号成立条件，即可求解.【详解】∵向量a ，b是平面内的两个非零向量，∴a +b -a -b 2=a +b 2+a -b 2-2a +b a -b ≥0，当且仅当a +b =a -b时取等号，∴a +b 2+a -b 2≥2a +b a -b ，即2a +b 2+2a -b 2≥a +b 2+a -b 2+2a +b a -b =a +b+a -b 2，∴a +b +a -b 2≤2a +b 2+2a -b 2=4a 2+4b 2，即a +b +a -b ≤2a 2+b 2，当且仅当a +b =a -b 时取等号，即a ⋅b =0，则a 与b 夹角为π2，∴当a +b +a -b 取最大值时，a 与b 夹角为π2.故答案为：π2.35．(2021·上海·格致中学高三期中)已知向量a ，b 满足a =2，b =3，则a +b +a -b 的最大值为______.【答案】213【分析】先求得|a +b |=5+4cos θ、|a -b |=5-4cos θ，进而平方，计算即得结论．【详解】设向量a ,b 的夹角为θ，|a +b |=22+32+2×2×3×cos θ=13+12cos θ，|a -b |=22+32-2×2×3×cos θ=13-12cos θ，则a +b | +a -b =13+12cos θ+13-12cos θ，令y =13+12cos θ+13-12cos θ，则y 2=26+2169-144cos 2θ∈36,52 ，据此可得：a +b | +a -bmax =52=213，即a +b | +a -b 的最大值是213故答案为：213.36．(2021·河南·高三月考(理))已知在△ABC 中.AB =3,BC =4,∠ABC =π3，平面内有动点E 满足BE =2AE ，则数量积BC ⋅BE 的最大值是___________.【答案】16【分析】根据题意建立恰当的坐标系，求出E 的轨迹方程，即可求解.【详解】如图，根据已知条件建立恰当的坐标系，各点坐标分别为：A 1,0 ,B 4,0 ,C (2,23)，设动点E x ,y ，则由BE =2AE 得x -4 2+y 2=2x -1 2+y 2，化简得出E 满足x 2+y 2=4，令x =2cos θy =2sin θ .则BC ⋅BE =(-2,23)⋅x -4,y =23y -2x +8=43sin θ-4cos θ+8=8sin θ-π6 +8，所以BC ⋅BE 的最大值为16.故答案为：16.37．(2021·浙江·模拟预测)平面向量a ,b ,c 满足：a ,b 的夹角为π3，|a -b |=|b -c |=|a -c |=23，则b ⋅c 的最大值为_____.【答案】8+47##【分析】设OA =a ，OB =b ，OC =c ，线段BC 的中点为D ，将b ⋅c 转化为OD 2-DC 2=OD 2-3，求出O 的轨迹是过A 、B 且半径为2的圆(除去A ,B 两点)，求出|DE |的最大值，进一步求出|OD |的最大值即可求解.【详解】设OA =a ，OB =b ，OC =c ，则有|AB |=|BC |=|AC |=23，∠AOB =π3，设线段BC 的中点为D ，则DB =-DC ，|DC |=3，则b ⋅c =OB ⋅OC =(OD +DB )⋅(OD +DC )=(OD -DC )⋅(OD +DC )=OD 2-DC 2=OD 2-3，因为∠AOB =π3，|AB |=23，所以△AOB 的外接圆的直径2R =|AB |sin ∠AOB =2332=4，所以点O 的轨迹是过A 、B 且半径为2的圆(除去A ,B 两点)，记圆心为E ，当C 在圆E 上时，|DE |=13×32×23=1，此时|OD |<2+1=3(O 不能与A 重合)，。

高考数学(命题热点突破)专题02 平面向量与复数文(2021年最新整理)

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专题02 平面向量与复数文【考向解读】1.考查平面向量的基本定理及基本运算，预测多以熟知的平面图形为背景进行考查，多为选择题、填空题、难度中低档。

2。

考查平面向量的数量积，预测以选择题、填空题为主，难度低；向量作为工具，还常与三角函数、解三角形、不等式、【解析】几何结合,以解答题形式出现.【命题热点突破一】平面向量的线性运算（1)在平面向量的化简或运算中，要根据平面向量基本定理选好基底，变形要有方向不能盲目转化；（2）在用三角形加法法则时要保证“首尾相接”，结果向量是第一个向量的起点指向最后一个向量终点所在的向量;在用三角形减法法则时要保证“同起点”，结果向量的方向是指向被减向量．例1、【2016高考新课标2理数】已知向量(1,)(3,2)a m a =-，=，且()a b b ⊥+，则m =( ) (A ）－8 （B ）－6 （C)6 （D ）8【答案】D【解析】向量a b (4,m 2)+=-，由(a b)b +⊥得43(m 2)(2)0⨯+-⨯-=,解得m 8=，故选D.【变式探究】(1）设0〈θ〈错误!，向量a ＝（sin2θ，cos θ)，b ＝(cos θ，1)，若a ∥b ，则tan θ＝______。