2019届高考数学(文科)江苏版1轮复习：平面向量、数系的扩充与复数的引入 分层演练直击高考含解析 (2)
近年届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1讲平面向量的概念与线性运算演练直击
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第1讲平面向量的概念与线性运算1．下列等式:①0－a＝－a;②－（－a)＝a；③a＋(－a)＝0;④a＋0＝a;⑤a－b＝a＋（－b)．正确的个数是________个．[解析] a＋(－a)＝0,故③错．[答案］ 42．（2018·盐城模拟）给出以下命题：①对于实数p和向量a，b，恒有p（a－b)＝p a－p b；②对于实数p，q和向量a，恒有(p－q）a＝p a－q a；③若p a＝p b(p∈R)，则a＝b；④若p a＝q a（p,q∈R,a≠0），则p＝q.其中正确命题的序号为________．［解析］根据实数与向量乘积的定义及其运算律可知，①②④正确;③不一定成立,因为当p＝0时,p a＝p b＝0,而不一定有a＝b.［答案] ①②④3．如图，已知错误!＝a，错误!＝b，错误!＝3错误!，用a，b表示错误!，则错误!＝________．[解析] 因为错误!＝错误!－错误!＝a－b，又错误!＝3错误!,所以错误!＝错误!错误!＝错误!(a－b）,所以错误!＝错误!＋错误!＝b＋错误!(a－b)＝错误!a＋错误!b.[答案］错误!a＋错误!b4．已知D，E，F分别为△ABC的边BC，CA，AB的中点，且错误!＝a,错误!＝b，给出下列命题：①错误!＝错误!a－b；②错误!＝a＋错误!b；③错误!＝－错误!a＋错误!b;④错误!＋错误!＋错误!＝0.其中正确命题的个数为________．[解析］错误!＝a，错误!＝b，错误!＝错误!错误!＋错误!＝－错误!a－b,故①错；错误!＝错误!＋错误!错误!＝a＋错误!b，故②正确；错误!＝错误!（错误!＋错误!)＝错误!(－a＋b）＝－错误!a＋错误!b，故③正确；所以错误!＋错误!＋错误!＝－b－错误!a＋a＋错误!b＋错误!b－错误!a＝0。
2019年高考数学一轮复习第4章平面向量数系的扩充与复数的引入第3节平面向量的数量积与平面向量应用举
[知识拓展]
两个向量 a，b 的夹角为锐角⇔a· b＞0 且 a，b 不共线；
两个向量 a，b 的夹角为钝角⇔a· b＜0 且 a，b 不共线．
[基本能力自测] 1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)两个向量的数量积是一个实数， 向量的数乘运算的运算结果是向量． ( (2)由 a· b＝0，可得 a＝0 或 b＝0.( ) ) ) )
(3)向量 a⊥b 的充要条件：a· b＝0⇔x1x2＋y1y2＝0.(
(4)若 a· b＞0， 则 a 和 b 的夹角为锐角； 若 a· b＜0， 则 a 和 b 的夹角为钝角． ( (5)a· b＝a· c(a≠0)，则 b＝c.( )
[答案] (1)√ (2)× (3)× (4)× (5)×
3 → → 1 3 1 2．(2016· 全国卷Ⅲ)已知向量BA＝ ， ，BC＝ ， ，则∠ABC＝( 2 2 2 2
)
A．30° C．60°
B．45° D．120°
A
3 3 3 3 → → → → 1 3 1 [ 因为 BA＝ ， ， BC ＝ ， ，所以 BA· BC ＝ 4 ＋ 4 ＝ 2 . 又因为 2 2 2 2
3 → → → → BA · BC ＝ | BA || BC |cos∠ABC ＝ 1×1×cos∠ABC ， 所 以 cos∠ABC ＝ 2 . 又 0° ≤∠ABC≤180° ，所以∠ABC＝30° .故选 A.]
5．(2017· 全国卷Ⅰ)已知向量 a＝(－1,2)，b＝(m,1)．若向量 a＋b 与 a 垂直，则 m＝________.
7 [∵a＝(－1,2)，b＝(m,1)， ∴a＋b＝(－1＋m,2＋1)＝(m－1,3)． 又 a＋b 与 a 垂直，∴(a＋b)· a＝0， 即(m－1)×(－1)＋3×2＝0， 解得 m＝7.]
2019届高考数学(文科)江苏版1轮复习练习：第4章 平面向量、数系的扩充与复数的引入 4 第4讲 含解析 (45)
1．函数y ＝tan ⎝⎛⎭⎫π4－x 的定义域是________． [解析] y ＝tan ⎝⎛⎭⎫π4－x ＝－tan ⎝⎛⎭⎫x －π4， 由x －π4≠π2＋k π，k ∈Z得x ≠k π＋3π4，k ∈Z .[答案] ⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |x ≠k π＋3π4，k ∈Z2．(2018·苏州联考)已知f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3，则函数f (x )的最小正周期为________，f ⎝⎛⎭⎫π6＝________．[解析] T ＝2π2＝π，f ⎝⎛⎭⎫π6＝2sin 2π3＝ 3. [答案] π33．已知ω>0，函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫ωx ＋π4在⎝⎛⎭⎫π2，π上是减函数，则ω的取值范围是________． [解析] 由π2<x <π，得π2ω＋π4<ωx ＋π4<πω＋π4，由题意知⎝⎛⎭⎫π2ω＋π4，πω＋π4⊆⎣⎡⎦⎤π2＋2k π，3π2＋2k π(k ∈Z )且2πω≥2×⎝⎛⎭⎫π－π2，则⎩⎨⎧π2ω＋π4≥π2＋2k π，k ∈Z ，πω＋π4≤3π2＋2k π，k ∈Z ，且0<ω≤2，故12≤ω≤54. [答案] ⎣⎡⎦⎤12，544．函数y ＝A sin(ωx ＋φ)(A 、ω、φ为常数，A >0，ω>0)在闭区间[－π，0]上的图象如图所示，则ω＝________．[解析] 由函数y ＝A sin(ωx ＋φ)的图象可知：T 2＝⎝⎛⎭⎫－π3－⎝⎛⎭⎫－23π＝π3， 则T ＝23π.因为T ＝2πω＝23π，所以ω＝3.[答案] 35．已知函数f (x )＝A cos(ωx ＋φ)(A >0，ω>0，φ∈R )，则“f (x )是奇函数”是“φ＝π2”的________条件．解析：φ＝π2⇒f (x )＝A cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π2＝－A sin ωx 为奇函数，所以“f (x )是奇函数”是“φ＝π2”的必要条件．又f (x )＝A cos(ωx ＋φ)是奇函数⇒f (0)＝0⇒φ＝π2＋k π(k ∈Z )⇒/ φ＝π2.所以“f (x )是奇函数”不是“φ＝π2”的充分条件．答案：必要不充分6．已知x ∈(0，π]，关于x 的方程2sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π3＝a 有两个不同的实数解，则实数a 的取值范围为________．解析：令y 1＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3，x ∈(0，π]，y 2＝a ，作出y 1的图象如图所示．若2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3＝a 在(0，π]上有两个不同的实数解，则y 1与y 2应有两个不同的交点，所以3<a <2.答案：(3，2)7．设函数f (x )＝3sin ⎝⎛⎭⎫π2x ＋π4，若存在这样的实数x 1，x 2，对任意的x ∈R ，都有f (x 1)≤f (x )≤f (x 2)成立，则|x 1－x 2|的最小值为________．解析：因为对任意x ∈R ，都有f (x 1)≤f (x )≤f (x 2)成立， 所以f (x 1)，f (x 2)分别为函数f (x )的最小值和最大值， 所以|x 1－x 2|的最小值为12T ＝12×2ππ2＝2.答案：28．(2018·江苏省高考名校联考(八))已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎫A ＞0，ω＞0，|φ|＜π2的部分图象如图所示，则f ⎝⎛⎭⎫－5π12的值为________．解析：由函数f (x )的部分图象可知，A ＝2，12T ＝2π3－π6＝π2，得T ＝π，所以ω＝2.当x＝π6时，f (x )＝2，即sin(2×π6＋φ)＝1，又|φ|<π2，所以φ＝π6，故f (x )＝2sin(2x ＋π6)，所以f (－5π12)＝2sin(－5π6＋π6)＝2sin(－2π3)＝－ 3. 答案：－ 39．函数y ＝sin x －cos x ＋sin x cos x ，x ∈[0，π]的最大值与最小值之和为________． 解析：令t ＝sin x －cos x ，又x ∈[0，π]，所以t ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4，t ∈[－1，2]．由t ＝sin x －cos x ，得t 2＝1－2sin x cos x ， 即sin x cos x ＝1－t 22.所以原函数变为y ＝t ＋1－t 22，t ∈[－1，2]．即y ＝－12t 2＋t ＋12.所以当t ＝1时，y max ＝－12＋1＋12＝1；当t ＝－1时，y min ＝－12－1＋12＝－1.故函数的最大值与最小值之和为0. 答案：010．(2018·江苏省重点中学领航高考冲刺卷(六))已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0，0<φ<π)的部分图象如图所示，其中M ，N 是图象与x 轴的交点，K 是图象的最高点，若点M 的坐标为(3，0)且△KMN 是面积为3的正三角形，则f ⎝⎛⎭⎫－13＝________. 解析：由正三角形KMN 的面积为3知，△KMN 的边长为2，高为3，即A ＝3，最小正周期T ＝2×2＝4，ω＝2πT ＝2π4＝π2，又M (3，0)，MN ＝2，所以π2×4＋φ＝2k π＋π2，k ∈Z ，φ＝2k π－3π2，k ∈Z ，又0<φ<π，所以φ＝π2，即f (x )＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2x ＋π2＝3cos π2x ，f ⎝⎛⎭⎫－13＝3cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6＝32.答案：3211．(2018·南通模拟)设x ∈R ，函数f (x )＝cos(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎫ω＞0，－π2＜φ＜0的最小正周期为π，且f ⎝⎛⎭⎫π4＝32.(1)求ω和φ的值；(2)在给定坐标系中作出函数f (x )在[0，π]上的图象；(3)若f (x )＞22，求x 的取值范围． 解：(1)因为函数f (x )的最小正周期T ＝2πω＝π，所以ω＝2，因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×π4＋φ＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋φ＝－sin φ＝32，且－π2＜φ＜0，所以φ＝－π3.(2)由(1)知f (x )＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3，列表如下：(3)因为f (x )＞22，即cos ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π3＞22， 所以2k π－π4＜2x －π3＜2k π＋π4，k ∈Z ，则2k π＋π12＜2x ＜2k π＋7π12，k ∈Z ，即k π＋π24＜x ＜k π＋7π24，k ∈Z .所以x 的取值范围是⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x |k π＋π24＜x ＜k π＋7π24，k ∈Z .12．已知函数f (x )＝(sin x ＋cos x )2＋2cos 2x －2. (1)求f (x )的单调递增区间； (2)当x ∈⎣⎡⎦⎤π4，3π4时，求函数f (x )的最大值和最小值．解：(1)f (x )＝sin 2x ＋cos 2x ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π4，令2k π－π2≤2x ＋π4≤2k π＋π2，k ∈Z ，则k π－3π8≤x ≤k π＋π8，k ∈Z .故f (x )的单调增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－3π8，k π＋π8，k ∈Z .(2)因为x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，3π4，所以3π4≤2x ＋π4≤7π4，所以－1≤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4≤22，所以－2≤f (x )≤1，所以当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，3π4时，函数f (x )的最大值为1，最小值为－ 2.1．函数y ＝|sin x ＋cos x |－1的定义域是________． 解析：由|sin x ＋cos x |－1≥0⇒(sin x ＋cos x )2≥1⇒sin 2x ≥0，所以2k π≤2x ≤2k π＋π，k ∈Z ，故原函数的定义域是⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π，k π＋π2(k ∈Z )．答案：⎣⎡⎦⎤k π，k π＋π2(k ∈Z )2．(2018·江苏省名校高三入学摸底卷)已知函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)(ω＞0，－π＜φ＜0)的部分图象如图所示，则f ⎝⎛⎭⎫φω＝________．解析：设函数f (x )的最小正周期为T ，则34T ＝3－1＝2，所以T ＝83＝2πω，得ω＝3π4.因为f (1)＝1，所以ω×1＋φ＝3π4×1＋φ＝π2＋2k π(k ∈Z )，又－π＜φ＜0，所以φ＝－π4，所以f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π4x －π4，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫φω＝f ⎝⎛⎭⎫－13＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤3π4×⎝⎛⎭⎫－13－π4＝－sin π2＝－1.答案：－13．已知函数f (x )＝3sin ⎝⎛⎭⎫ωx －π6(ω>0)和g (x )＝3cos(2x ＋φ)的图象的对称中心完全相同，若x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2，则f (x )的取值范围是________．解析：由两三角函数图象的对称中心完全相同，可知两函数的周期相同，故ω＝2，所以f (x )＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6，当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2时，－π6≤2x －π6≤5π6，所以－12≤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6≤1，故f (x )∈⎣⎡⎦⎤－32，3. 答案：⎣⎡⎦⎤－32，34．(2018·瑞安四校联考改编)函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎫x ∈R ，A >0，ω>0，|φ|<π2的部分图象如图所示， 如果x 1、x 2∈⎝⎛⎭⎫－π6，π3，且f (x 1)＝f (x 2)，则f (x 1＋x 2)＝________．解析：由题图可知A ＝1，T 2＝π3－⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6＝π2，所以T ＝π，因为T ＝2πω＝π，所以ω＝2，即f (x )＝sin ()2x ＋φ.因为⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6，0为五点作图的第一个点，所以2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6＋φ＝0，所以φ＝π3，所以f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π3.由正弦函数的对称性可知x 1＋x 22＝－π6＋π32，所以x 1＋x 2＝－π6＋π3＝π6，所以f (x 1＋x 2)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×π6＋π3＝sin 2π3＝32.答案：325．(2018·南通市高三调研)已知函数f (x )＝A sin ⎝⎛⎭⎫ωx ＋π3(A ＞0，ω＞0)图象的相邻两条对称轴之间的距离为π，且经过点⎝⎛⎭⎫π3，32. (1)求函数f (x )的解析式；(2)若角α满足f (α)＋3f ⎝⎛⎭⎫α－π2＝1，α∈(0，π)，求角α的值．解：(1)由条件得，最小正周期T ＝2π， 即2πω＝2π，所以ω＝1，即f (x )＝A sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3.因为f (x )的图象经过点⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，32，所以A sin 2π3＝32，所以A ＝1，所以f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3.⎝⎭α－2得sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π3＋3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π3－π2＝1，即sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π3－3cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π3＝1，所以2sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫α＋π3－π3＝1，即sin α＝12.因为α∈(0，π)，所以α＝π6或5π6.6．已知向量a ＝(cos ωx －sin ωx ，sin ωx )，b ＝(－cos ωx －sin ωx ，23cos ωx )，设函数f (x )＝a ·b ＋λ(x ∈R )的图象关于直线x ＝π对称，其中ω，λ为常数，且ω∈⎝⎛⎭⎫12，1.(1)求函数f (x )的最小正周期；(2)若y ＝f (x )的图象经过点⎝⎛⎭⎫π4，0，求函数f (x )在区间⎣⎡⎦⎤0，3π5上的取值范围．解：(1)f (x )＝sin 2ωx －cos 2ωx ＋23sin ωx ·cos ωx ＋λ＝－cos 2ωx ＋3sin 2ωx ＋λ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2ωx －π6＋λ.由直线x ＝π是y ＝f (x )图象的一条对称轴，可得 sin ⎝⎛⎭⎪⎫2ωπ－π6＝±1，所以2ωπ－π6＝k π＋π2(k ∈Z )，即ω＝k 2＋13(k ∈Z )．又ω∈⎝⎛⎭⎫12，1，k ∈Z ，所以k ＝1，故ω＝56. 所以f (x )的最小正周期是6π5.(2)由y ＝f (x )的图象过点⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，0，得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝0，即λ＝－2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫56×π2－π6＝－2sin π4＝－2，即λ＝－ 2.⎝⎭3－6由0≤x ≤3π5，有－π6≤53x －π6≤5π6，所以－12≤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫53x －π6≤1，得－1－2≤2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫53x －π6－2≤2－2，故函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，3π5上的取值范围为[－1－2，2－ 2 ]．。
2019年高考数学一轮复习 第4章 平面向量、数系的扩充与复数的引入 第2节 平面向量的基本定理及坐
第二节 平面向量的基本定理及坐标表示[考纲传真] (教师用书独具)1.了解平面向量的基本定理及其意义.2.掌握平面向量的正交分解及其坐标表示.3.会用坐标表示平面向量的加法、减法与数乘运算.4.理解用坐标表示的平面向量共线的条件．(对应学生用书第71页)[基础知识填充]1．平面向量基本定理(1)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一向量a ，存在唯一一对实数λ1，λ2，使a ＝λ1e 1＋λ2e 2.(2)基底：不共线的向量e 1，e 2叫作表示这一平面内所有向量的一组基底．2．平面向量的坐标运算(1)向量加法、减法、数乘及向量的模 设a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，则a ＋b ＝(x 1＋x 2，y 1＋y 2)，，λa ＝(λx 1，λy 1)，|a |(2)向量坐标的求法＝(x 2－x 1，y 2－y 1)， 3a ≠0，b ≠0.a ，b 共线⇔x 1y 2－x 2y 1＝0. 1λ＝μ＝0.2x 2≠0，y 2≠0，则a ∥b ⇔x 1x 2＝y 1y 2.[基本能力自测]1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)平面内的任何两个向量都可以作为一组基底．( )(2)在△ABC 中，设AB →＝a ，BC →＝b ，则向量a 与b 的夹角为∠ABC ．( ) (3)若a ，b 不共线，且λ1a ＋μ1b ＝λ2a ＋μ2b ，则λ1＝λ2，μ1＝μ2.( ) (4)平面向量的基底不唯一，只要基底确定后，平面内的任何一个向量都可被这组基底唯一表示．( )(5)若a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，则a ∥b 的充要条件可表示成x 1x 2＝y 1y 2.( ) (6)当向量的起点在坐标原点时，向量的坐标就是向量终点的坐标．( ) [答案] (1)× (2)× (3)√ (4)√ (5)× (6)√2．已知平面向量a ＝(2，－1)，b ＝(1,3)，那么|a ＋b |等于 ( )A ．5B ．13C ．17D ．13B [因为a ＋b ＝(2，－1)＋(1,3)＝(3,2)，所以|a ＋b |＝32＋223．设e 1，e 2是平面内一组基底，若λ1e 1＋λ2e 2＝0，则λ1＋λ2＝0 [假设λ1≠0，由λ1e 1＋λ2e 2＝0，得e 1＝－λ2λ1e 2，∴e 1与e 22是平面内一组基底矛盾，故λ1＝0，同理，λ2＝0，∴λ1＋λ2＝0.]4．(2016·全国卷Ⅱ)已知向量a ＝(m,4)，b ＝(3，－2)，且a ∥b ，则m ＝________.－6 [∵a ＝(m,4)，b ＝(3，－2)，a ∥b ， ∴－2m －4×3＝0，∴m ＝－6.]5．(教材改编)已知▱ABCD 的顶点A (－1，－2)，B (3，－1)，C (5,6)，则顶点D 的坐标为________．(1,5) [设D (x ，y )，则由AB →＝DC →，得(4,1)＝(5－x,6－y )，即⎨⎪⎧4＝5－x ，解得⎨⎪⎧x ＝1，]图421A ．12a ＋12b B ．12a ＋13bC ．14a ＋12bD ．12a ＋14b (2)在平行四边形ABCD 中，E 和F 分别是边CD 和BC 的中点，若AC →＝λAE →＋μAF →，其中λ，μ∈R ，则λ＋μ＝________.(1)D (2)43 [(1)∵在三角形ABC 中，BE 是AC 边上的中线，∴AE →＝12AC →.∵O 是BE 边的中点，∴AO →＝12(AB →＋AE →)＝12AB →＋14AC →＝12a ＋14b .(2)选择AB →，AD →作为平面向量的一组基底，则AC →＝AB →＋AD →，AE →＝12AB →＋AD →，AF →＝AB →＋12AD →，又AC →＝λAE →＋μAF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12λ＋μAB →＋⎝ ⎛⎭⎪⎫λ＋12μAD →，于是得⎩⎪⎨⎪⎧12λ＋μ＝1，λ＋12μ＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝23，μ＝23，所以λ＋μ＝43.]应用平面向量基本定理表示向量的实质是利用平行四边形法则或三角形法则进行向量的加、减或数乘运算用向量基本定理解决问题的一般思路是先选择一组基底，并运用该基底将条件和结论表示成向量的形式，再通过向量的运算来解决 [跟踪训练] 如图422，以向量OA ＝a ，OB ＝b 为邻边作▱OADB ，BM ＝3BC ，CN ＝3CD ，用a ，b 表示OM →，ON →，MN →.图422[解] ∵BA →＝OA →－OB →＝a －b ，BM →＝16BA →＝16a －16b ，∴OM →＝OB →＋BM →＝16a ＋56b .∵OD →＝a ＋b ，∴ON →＝OC →＋13CD →＝12OD →＋16OD →＝23OD →＝23a ＋23b ， ∴MN →＝ON →－OM →＝23a ＋23b －16a －56b ＝12a －16b .综上，OM →＝16a ＋56b ，ON →＝23a ＋23b ，MN →＝12a －16b .已知A (－2,4)，B (3，－1)，C (－3，－4)．设AB →＝a ，BC ＝b ，CA ＝c ，且CM ＝3c ，CN ＝－2b ，(1)求3a ＋b －3c ；(2)求满足a ＝m b ＋n c 的实数m ，n ； (3)求M ，N 的坐标及向量MN →的坐标.【导学号：79140151】[解] 由已知得a ＝(5，－5)，b ＝(－6，－3)，c ＝(1,8)． (1)3a ＋b －3c ＝3(5，－5)＋(－6，－3)－3(1,8) ＝(15－6－3，－15－3－24)＝(6，－42)． (2)∵m b ＋n c ＝(－6m ＋n ，－3m ＋8n )，∴⎩⎪⎨⎪⎧－6m ＋n ＝5，－3m ＋8n ＝－5，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝－1，n ＝－1.(3)设O 为坐标原点．∵CM →＝OM →－OC →＝3c ， ∴OM →＝3c ＋OC →＝(3,24)＋(－3，－4)＝(0,20)． ∴M (0,20)．又∵CN →＝ON →－OC →＝－2b ，∴ON →＝－2b ＋OC →＝(12,6)＋(－3，－4)＝(9,2)，∴N (9,2)，∴MN →＝(9，－18)． 利用向量加、减、数乘运算的法则来进行求解，若已知有向线段两端点的坐标，则应先求向量的坐标解题过程中，常利用“向量相等，则坐标相同”这一结论，由此可列方程组进行求解.[跟踪训练] (1)已知四边形ABCD 的三个顶点A (0,2)，B (－1，－2)，C (3,1)，且BC →＝2AD →，则顶点D 的坐标为( )A ．⎝ ⎛⎭⎪⎫2，72 B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫2，－12 C ．(3,2)D ．(1,3)(2)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 →＝( ) A ．(－2,7) B ．(－6,21) C ．(2，－7)D ．(6，－21)(1)A (2)B [(1)设D (x ，y )，AD →＝(x ，y －2)，BC →＝(4,3)，又BC →＝2AD →，∴⎩⎪⎨⎪⎧4＝2x ，3＝2(y －2)，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2，y ＝72，故选A ．(2)∵BP →＝2PC →，∴BC →＝3PC →＝3(PA →＋AC →)．∵Q 是AC 的中点，∴AC →＝2AQ →，又AQ →＝AP →＋PQ →，∴BC →＝3[PA →＋2(AP →＋PQ →)]＝(－6,21)．]已知a ＝(1,0)，b ＝(2,1)．(1)当k 为何值时，k a －b 与a ＋2b 共线；(2)若AB →＝2a ＋3b ，BC →＝a ＋m b ，且A ，B ，C 三点共线，求m 的值． [解] (1)∵a ＝(1,0)，b ＝(2,1)， ∴k a －b ＝k (1,0)－(2,1)＝(k －2，－1)，a ＋2b ＝(1,0)＋2(2,1)＝(5,2)，∵k a －b 与a ＋2b 共线，∴2(k －2)－(－1)×5＝0， ∴k ＝－12.(2)AB →＝2(1,0)＋3(2,1)＝(8,3)， BC →＝(1,0)＋m (2,1)＝(2m ＋1，m )．∵A ，B ，C 三点共线， ∴AB →∥BC →，a ∥b ；a ∥2y 1＝其中x 1，，b x 2，y 2当涉及向量或点的坐标问题时一般利用比较方便.2.与向量共线有关的题型与解法证三点共线：可先证明相关的两向量共线，再说明两向量有公共点；已知向量共线，求参数：可利用向量共线的充要条件列方程组求解[跟踪训练b ＝(1，－2b )，则B ．1 D ．－2(4,5)，OC →＝(－k,10)，且A ，B ，C 三点共线，则实【导学号：79140152】－4)，由a ∥(a ＋2b )，得2(m －4)＝4m ，m ＝－4，故选A ．(2)AB →＝OB →－OA →＝(4－k ，－7)， AC →＝OC →－OA →＝(－2k ，－2)．∵A ，B ，C 三点共线， ∴AB →，AC →共线，∴－2×(4－k )＝－7×(－2k )，解得k ＝－23.]。
江苏专版2019届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2讲平面向量基本定理及坐标表示课
编后语
• 常常可见到这样的同学，他们在下课前几分钟就开始看表、收拾课本文具，下课铃一响，就迫不及待地“逃离”教室。实际上，每节课刚下课时的几分 钟是我们对上课内容查漏补缺的好时机。善于学习的同学往往懂得抓好课后的“黄金两分钟”。那么，课后的“黄金时间”可以用来做什么呢？
2m＋n＝1，
m＝23， 所以n＝－13.
2．在平面直角坐标系中，已知向量A→B＝(2，1)，向量A→C＝
(3，5)，则向量B→C的坐标为__(1_，__4_)__． [解析] B→C＝A→C－A→B＝(1，4)．
3．已知 a＝(4，2)，b＝(－6，m)，若 a∥b，则 m 的值为____－_3___． [解析] 法一：因为 a∥b，所以 4m－2×(－6)＝0，
所以 m＝－3.
法二：因为 a∥b，所以 a＝λb，即(4，2)＝λ(－6，m)，
所以4＝－6λ，解得 2＝λm.
λ＝－23，m＝－3.
必明辨的 2 个易错点 (1)当 a∥b 时，a，b 的夹角为 0°或 180°，求解时容易忽视． (2) a∥b 的充要条件不能表示成xx12＝yy12，因为 x2，y2 有可能等 于 0，应表示为 x1y2－x2y1＝0.
1．设向量 a＝(m，1)，b＝(1，m)，如果 a 与 b 共线且方向 相反，则 m＝___－__1___． [解析] 设 a＝λb，则m1＝＝mλ，λ， 即 λ＝±1，又因为 a 与 b 共线且方向相反，
所以 λ<0，即 λ＝－1，所以 m＝λ＝－1.
2．已知点 A(1，3)，B(4，－1)，则与向量A→B同方向的单位
平面向量的坐标运算 已知 A(－2，4)，B(3，－1)，C(－3，－4)．设A→B＝a， B→C＝b，C→A＝c. (1)求 3a＋b－3c； (2)求满足 a＝mb＋nc 的实数 m，n.
2019届高考数学一轮复习第四章平面向量、数系的扩充与
第4讲 数系的扩充与复数的引入
1．复数的有关概念 (1)复数的概念：形如 a＋bi(a，b∈R)的数叫复数，其中 a，b 分别是它的实部和虚部．若 b＝0，则 a＋bi 为实数；若 b≠0， 则 a＋bi 为虚数；若 a＝0 且 b≠0，则 a＋bi 为纯虚数． (2)复数相等：a＋bi＝c＋di⇔a＝c 且 b＝d(a，b，c，d∈R)． (3)共轭复数：a＋bi 与 c＋di 共轭⇔a＝c，b＝－d(a，b，c， d∈R)．
(4)复数的模：向量O→Z的模 r 叫做复数 z＝a＋bi(a，b∈R)的 模，记作|z|或|a＋bi|，即|z|＝|a＋bi|＝ a2＋b2. 2．复数的几何意义 (1)复数 z＝a＋bi―→复平面内的点 Z(a，b)(a，b∈R)． (2)复数 z＝a＋bi(a，b∈R)―→平面向量O→Z.
3．复数的运算 (1)复数的加、减、乘、除运算法则 设 z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，则 ①加法：z1＋z2＝(a＋bi)＋(c＋di)＝(a＋c)＋(b＋d)i； ②减法：z1－z2＝(a＋bi)－(c＋di)＝(a－c)＋(b－d)i； ③乘法：z1·z2＝(a＋bi)·(c＋di)＝(ac－bd)＋(ad＋bc)i； ④除法：zz21＝ac＋＋dbii＝（（ac＋＋dbii））（（cc－－ddii））＝acc2＋＋bdd2 ＋bcc2－ ＋add2 i(c ＋di≠0)．
3．已知复数 z1＝－1＋2i，z2＝1－i，z3＝3－4i，它们在复平 面上对应的点分别为 A，B，C，若O→C＝λO→A＋μO→B(λ，μ∈R)， 则 λ＋μ 的值是____1____．
[解析] 由条件得O→C＝(3，－4)，O→A＝(－1，2)，
2019届高考数学(文)一轮复习课件-第四章 平面向量、数系的扩充与复数的引入-共4课时-合编
平面向量、数系的扩充与复数的引入
考向一
平面向量的有关概念
[自主练透型] 1．设 a0 为单位向量，下列命题中：①若 a 为平面内的某个向 量，则 a＝|a|· a0；②若 a 与 a0 平行，则 a＝|a|a0；③若 a 与 a0 平行 且|a|＝1，则 a＝a0.假命题的个数是( ) A ．0 B．1 C．2 D．3
平面向量、数系的扩充与复数的引入
3．向量的线性运算
向量运算 定义 法则(或几何意义) 运算律
加法
求两个向量和的运 算
三角形法则
(1)交换律：a＋b＝b＋a. (2)结合律：(a＋b)＋c＝ a＋(b＋c).
平行四边形法则 减法 求 a 与 b 的相反向 量－b 的和的运算 叫做 a 与 b 的差 a－b＝a＋(－b) 三角形法则
平面向量、数系的扩充与复数的引入
二、必明 3●个易误点 1．作两个向量的差时，要注意向量的方向是指向被减向量的 终点； 2．在向量共线的充要条件中易忽视“a≠0”，否则 λ 可能不 存在，也可能有无数个； 3．要注意向量共线与三点共线的区别与联系．
平面向量、数系的扩充与复数的引入
[小题热身] 1．若向量 a 与 b 不相等，则 a 与 b 一定( ) A．有不相等的模 B．不共线 C．不可能都是零向量 D．不可能都是单位向量
平面向量、数系的扩充与复数的引入
平面向量、数系的扩பைடு நூலகம்与复数的引入
[知识重温] 一、必记 3●个知识点 1．向量的有关概念
定义 备注 既有①大小又有②方向的量；向量的 向量 平面向量是自由向量 大小叫做向量的③模(或④长度) 零向量 长度为⑤零的向量；其方向是任意的 记作⑥0 非零向量 a 的单位向 单位向量 长度等于⑦1 个单位长度的向量 a 量为± |a| 名称
2019年高考数学一轮复习(文理通用) 第4章 平面向量、数系的扩充与复数的引入 第1讲
法则(或几何意义)
运算律
减法
做 a 与 b 的差， 即 a＋(－b)＝a－b
三角形 法则 __________
a－b＝a＋(－b)
向量运算
定义
法则(或几何意义) (1)模：|λa|＝|λ||a| ；
运算律
实数 λ 与向量 数乘
(2)方向：
当 λ>0 时，λa 与 a 的方向 a 的积是一个 相同 __________ 向量 __________ 当 λ<0 时，λa 与 a 的方向 记作 λa 相反 __________ ； 当 λ＝0 时，λa＝0
4．(2017· 太原模拟)向量 e1，e2，a，b 在正方形网格中的位置．如图所示， 向量 a－b 等于 导学号 58532627 ( C ) A．－4e1－2e2 B．－2e1－4e2 C．e1－3e2 D．3e1－e2
• [解析] 由图可知a＝－4e2，b＝－(e1＋e2)，故选C．
5．(2015· 新课标 2)设向量 a，b 不平行，向量 λa＋b 与 a＋2b 平行，则实数 1 λ＝__________. 导学号 58532628 2
[ 解析]
∵a、b 不平行，∴a＋2b≠0，由题意可知存在唯一实数 m，使入 a 1 ，解得 λ＝2.
λ＝m＝0 ＋b＝m(a＋2b)即(λ－m)a＝(2m－1)b，∴ 2m－1＝0
考 点 突 破
考点 1
向量的基本概念
(1)给出下列命题： 导学号 58532629 ①若两个向量相等，则它们的起点相同，终点相同； ②单位向量都相等； → → ③若 A，B，C，D 是不共线的四点，且AB＝DC，则 ABCD 为平行四边形； ④a＝b 的充要条件是|a|＝|b|且 a∥b； ⑤已知 λ，μ 为实数，若 λa＝μb，则 a 与 b 共线．
2019届高考数学(文科)江苏版1轮复习练习第4章 平面向量、数系的扩充与复数的引入 4 第4讲 分层演练直击高
．(·连云港模拟))复数(＋)的虚部是．[解析] (＋)＝，所以该复数的虚部为.[答案]．复数满足(－)(－)＝(为虚数单位)，则的共轭复数为．[解析] 由(－)(－)＝，得＝＋＝＋＝＋＋＝＋，所以＝－.[答案] －．设复数的共轭复数为，若＝－(为虚数单位)，则)＋的值为． [解析] 依题意得)＋＝＋(－)＝－＝－＝－.[答案] －[解析] 依题意得)＋＝＋(－)＝－＝－＝－.[答案] －[答案] －．在复平面内为坐标原点，复数＋与＋分别对应向量和，则＝.[解析] 由复数的几何意义知，＝(，)，＝(，)，则＝－＝(，)－(，)＝(，)，所以＝.[答案] ．(·云南省师大附中月考改编)若复数＝的共轭复数是＝＋(，∈)，其中为虚数单位，则点(，)为．[解析] 因为＝＝－－，所以＝－＋.[答案] (－，)．若(－)＝－，其中，∈，是虚数单位，则点(，)到原点的距离等于．[解析] 由已知＋＝－，所以所以点(－，)到原点距离＝.[答案]．若(＋)＝＋，，∈，则复数＋＝．[解析] 依题意得－＋＝＋，所以即所以＋＝－＝＝.[答案]．设复数满足＋＝＋，ω＝θ－θ(θ∈)，则－ω的取值范围为．[解析] 设＝＋(，∈)，则＝－，代入＋＝＋，得(＋)＋(－)＝＋，所以解得所以＝＋.－ω＝θ－θ）))＝θ))\()＋\(\)(\\(()＋θ))\())＝θ＋θ)＝.因为－≤≤，所以≤－≤.所以≤－ω≤.[答案] [，]．已知集合＝，是虚数单位，为整数集，则集合∩中的元素个数是．[解析] 由已知得＝{，－，－，}，为整数集，所以∩＝{－，}，即集合∩中有个元素．[答案]．给出下列四个命题：①若∈，＝，则∈；②若∈，＝－，则是纯虚数；③∈，＝，则＝或＝；④若，∈，＋＝－，则＝.其中真命题的个数为．[解析]①是真命题，＝·，所以·＝，所以＝或＝，故∈；②是假命题，＝时不成立；③是假命题，因为＝·＝，所以(－)＝，故＝或＝－；④是假命题，假如＝，＝时，≠，但＋＝－.[答案]．计算：()；()；()＋；().[解] ()＝＝－－.()＝＝＝＝＋.()＋＝＋＝＋＝－.()＝＝＝＝－－.．已知是复数，＋，均为实数(为虚数单位)，且复数(＋)在复平面内对应的点在第一象限，求实数的取值范围．[解] 设＝＋(，∈)．因为＋＝＋(＋)，由题意得＝－.因为＝＝(－)(＋)＝(＋)＋(－)，由题意得＝.所以＝－.因为(＋)＝(＋－)＋(－)，根据条件，可知解得＜＜，。
2019届高考数学(文科)江苏版1轮复习练习：第4章 平面向量、数系的扩充与复数的引入 4 第4讲 含解析 (10)
1．平面α、β的公共点多于两个，则 ①α⊥β；②α、β至少有三个公共点； ③α、β至少有一条公共直线； ④α、β至多有一条公共直线．以上四个判断中不成立的个数是________．[解析] 由条件知，平面α与β重合或相交，重合时，公共直线多于一条，故④错误；相交时不一定垂直，故①错误．[答案] 22．若空间中有两条直线，则“这两条直线为异面直线”是“这两条直线没有公共点”的________条件．[解析] 若两直线为异面直线，则两直线无公共点，反之不一定成立． [答案] 充分不必要3. 如图，平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中既与AB 共面又与CC 1共面的棱有________条．[解析] 依题意，与AB 和CC 1都相交的棱有BC ；与AB 相交且与CC 1平行有棱AA 1，BB 1；与AB 平行且与CC 1相交的棱有CD ，C 1D 1.故符合条件的有5条．[答案] 54．如图所示，在空间四边形ABCD 中，点E 、H 分别是边AB 、AD 的中点，点F 、G 分别是边BC 、CD 上的点，且CF CB ＝CG CD ＝23，则下列说法正确的是________．①EF 与GH 平行； ②EF 与GH 异面；③EF 与GH 的交点M 可能在直线AC 上，也可能不在直线AC 上； ④EF 与GH 的交点M 一定在直线AC 上．[解析] 连结EH ，FG ，依题意，可得EH ∥BD ，FG ∥BD ，故EH ∥FG ，所以E 、F 、G 、H 共面．因为EH ＝12BD ，FG ＝23BD ，故EH ≠FG ，所以EFGH 是梯形，EF 与GH 必相交，设交点为M .因为点M 在EF 上，故点M 在平面ACB 上．同理，点M 在平面ACD 上，所以点M 是平面ACB 与平面ACD 的交点，又AC 是这两个平面的交线，所以点M 一定在直线AC 上．[答案] ④5．设a ，b ，c 是空间的三条直线，下面给出三个命题： ①若a ⊥b ，b ⊥c ，则a ∥c ；②若a ，b 是异面直线，b ，c 是异面直线，则a ，c 也是异面直线； ③若a 和b 相交，b 和c 相交，则a 和c 也相交． 其中真命题的个数是________． [解析] 因为a ⊥b ，b ⊥c ，所以a 与c 可以相交、平行、异面，故①错．因为a ，b 异面，b ，c 异面，则a ，c 可能异面、相交、平行，故②错． 由a ，b 相交，b ，c 相交，则a ，c 可以异面、相交、平行，故③错． 故真命题的个数为0. [答案] 06.如图所示，正方体的棱长为1，B ′C ∩BC ′＝O ，则AO 与A ′C ′所成角的度数为________．[解析] 连结AC .因为A ′C ′∥AC ，所以AO 与A ′C ′所成的角就是∠OAC (或其补角)． 因为OC ⊥OB ，AB ⊥平面BB ′C ′C ， 所以OC ⊥AB .又AB ∩BO ＝B ， 所以OC ⊥平面ABO .又OA ⊂平面ABO ，所以OC ⊥OA . 在Rt △AOC 中，OC ＝22，AC ＝2， sin ∠OAC ＝OC AC ＝12，所以∠OAC ＝30°.即AO 与A ′C ′所成角的度数为30°. [答案] 30°7．已知平面α∥β，P ∉α且P ∉ β，过点P 的直线m 与α，β分别交于A ，C ，过点P 的直线n 与α，β分别交于B ，D ，且P A ＝6，AC ＝9，PD ＝8，则BD 的长为________．[解析] 如图1，因为AC ∩BD ＝P ，图1所以经过直线AC 与BD 可确定平面PCD . 因为α∥β，α∩平面PCD ＝AB ， β∩平面PCD ＝CD ， 所以AB ∥CD .所以P A AC ＝PB BD， 即69＝8－BD BD ，所以BD ＝245. 如图2，同理可证AB ∥CD .图2所以P A PC ＝PB PD ，即63＝BD －88， 所以BD ＝24.综上所述，BD ＝245或24.[答案]245或24 8．过正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的顶点A 作直线l ，使l 与棱AB ，AD ，AA 1所成的角都相等，这样的直线l可以作________条．[解析] 如图，连结对角线AC1，显然AC1与棱AB，AD，AA1所成的角都相等．联想正方体的其他对角线，如连结BD1，则BD1与棱BC，BA，BB1所成的角都相等，因为BB1∥AA1，BC∥AD，所以对角线BD1与棱AB，AD，AA1所成的角都相等，同理，对角线A1C，DB1也与棱AB，AD，AA1所成的角都相等，故这样的直线l可以作4条．[答案] 49．对于四面体ABCD，下列命题中：①相对棱AB与CD所在直线异面；②由顶点A作四面体的高，其垂足是△BCD三条高线的交点；③若分别作△ABC和△ABD的边AB上的高，则这两条高所在的直线异面．其中正确的是________(填序号)．[解析] 对于①，由四面体的概念可知，AB与CD所在的直线为异面直线，故①正确；对于②，由顶点A作四面体的高，当四面体ABCD的对棱互相垂直时，其垂足是△BCD的三条高线的交点，故②错误；对于③，当DA＝DB，CA＝CB时，这两条高线共面，故③错误．[答案] ①10.一个正方体纸盒展开后如图所示，在原正方体纸盒中有如下结论：①AB⊥EF；②AB与CM所成的角为60°；③EF与MN是异面直线；④MN∥CD.以上四个命题中，正确命题的序号是________．[解析] 将展开图还原为正方体，如图所示，则AB⊥EF，故①正确；AB∥CM，故②错误；EF与MN显然异面，故③正确；MN与CD异面，故④错误．[答案] ①③11.如图所示，A是△BCD所在平面外的一点，E，F分别是BC，AD的中点．(1)求证：直线EF 与BD 是异面直线；(2)若AC ⊥BD ，AC ＝BD ，求EF 与BD 所成的角．[解] (1)证明：假设EF 与BD 不是异面直线，则EF 与BD 共面，从而DF 与BE 共面，即AD 与BC 共面，所以A ，B ，C ，D 在同一平面内，这与A 是△BCD 所在平面外的一点相矛盾．故直线EF 与BD 是异面直线．(2)取CD 的中点G ，连结EG ，FG ，则AC ∥FG ，EG ∥BD ，所以相交直线EF 与EG 所成的角，即为异面直线EF 与BD 所成的角．又因为AC ⊥BD ，则FG ⊥EG .在Rt △EGF 中，由EG ＝FG ＝12AC ，求得∠FEG ＝45°，即异面直线EF 与BD 所成的角为45°.12．如图，在三棱锥P -ABC 中，P A ⊥底面ABC ，D 是PC 的中点．已知∠BAC ＝π2，AB＝2，AC ＝23，P A ＝2.求：(1)三棱锥P -ABC 的体积；(2)异面直线BC 与AD 所成角的余弦值．[解] (1)S △ABC ＝12×2×23＝23，三棱锥P -ABC 的体积为V ＝13S △ABC ·P A ＝13×23×2＝433.(2)如图，取PB 的中点E ，连结DE ，AE ，则ED ∥BC ，所以∠ADE (或其补角)是异面直线BC 与AD 所成的角．在△ADE 中，DE ＝2，AE ＝2，AD ＝2，cos ∠ADE ＝22＋22－22×2×2＝34.故异面直线BC 与AD 所成角的余弦值为34.1．设P 表示一个点，a 、b 表示两条直线，α、β表示两个平面，给出下列四个命题，其中正确的命题序号是________．①P ∈a ，P ∈α⇒a ⊂α； ②a ∩b ＝P ，b ⊂β⇒a ⊂β；③a ∥b ，a ⊂α，P ∈b ，P ∈α⇒b ⊂α； ④α∩β＝b ，P ∈α，P ∈β⇒P ∈b ；[解析] 当a ∩α＝P 时，P ∈a ，P ∈α，但a ⊄α，所以①错；a ∩β＝P 时，②错；如图，因为a ∥b ，P ∈b ，所以P ∉a ， 所以由直线a 与点P 确定唯一平面α，又a ∥b ，由a 与b 确定唯一平面β，但β经过直线a 与点P ，所以β与α重合，所以b ⊂α，故③正确；两个平面的公共点必在其交线上，故④正确． [答案] ③④2．(2018·徐州模拟)在正四棱锥V -ABCD 中，异面直线VA 与BD 所成角的大小为________．[解析] 如图，设AC ∩BD ＝O ，连结VO ，因为四棱锥V -ABCD 是正四棱锥，所以VO ⊥平面ABCD ，故BD ⊥VO .又四边形ABCD 是正方形，所以BD ⊥AC ，所以BD ⊥平面VAC ，所以BD ⊥VA ，即异面直线VA 与BD 所成角的大小为π2.[答案] π23．如图，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，P 为BC 的中点，Q 为线段CC 1上的动点，过点A ，P ，Q 的平面截该正方体所得的截面记为S ，则下列命题正确的是______．(写出所有正确命题的编号)①当0<CQ <12时，S 为四边形；②当CQ ＝12时，S 为等腰梯形；③当CQ ＝34时，S 与C 1D 1的交点R 满足C 1R ＝13；④当34<CQ <1时，S 为六边形；⑤当CQ ＝1时，S 的面积为62. [解析] 过A 作AM ∥PQ 交DD 1或A 1D 1于M .当0<CQ <12时，M 在DD 1上，连结MQ ，则截面为AMQP ，故①正确．当CQ ＝12时，M 与D 1重合，截面为AD 1QP ，显然为等腰梯形，②正确．当CQ ＝34时，M 在A 1D 1上，且D 1M ＝13.过M 作MR ∥AP 交C 1D 1于R ，则△MD 1R ∽△PBA ，从而D 1R ＝23，即C 1R ＝13，故③正确．当34<CQ <1时，截面为AMRQP ，为五边形，即④错误． 当CQ ＝1时，M 为A 1D 1的中点，截面AMC 1P 为菱形，而AC 1＝3，PM ＝2，故面积为12×3×2＝62，⑤正确．[答案] ①②③⑤4．设四面体的六条棱的长分别为1，1，1，1，2和a ，且长为a 的棱与长为2的棱异面，则a 的取值范围是________．[解析] 如图所示，AB ＝2，CD ＝a ，设点E 为AB 的中点，则ED ⊥AB ，EC ⊥AB ，则ED ＝AD 2－AE 2＝22，同理EC ＝22.由构成三角形的条件知0<a <ED ＋EC ＝2，所以0<a < 2.[答案] (0，2)5. 如图，平面ABEF ⊥平面ABCD ，四边形ABEF 与四边形ABCD 都是直角梯形，∠BAD ＝∠F AB ＝90°，BC 綊12AD ，BE 綊12F A ，G ，H 分别为F A ，FD 的中点．(1)求证：四边形BCHG 是平行四边形； (2)C ，D ，F ，E 四点是否共面？为什么？ [解] (1)证明：由题设知，FG ＝GA ，FH ＝HD ， 所以GH 綊12AD .又BC 綊12AD ，故GH 綊BC .所以四边形BCHG 是平行四边形． (2)C ，D ，F ，E 四点共面． 理由如下：由BE 綊12F A ，G 是F A 的中点知，BE 綊GF ，所以EF 綊BG . 由(1)知BG ∥CH ，所以EF ∥CH ，故EC 、FH 共面． 又点D 在直线FH 上， 所以C ，D ，F ，E 四点共面．6.如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是矩形，P A ⊥底面ABCD ，E 是PC 的中点．已知AB ＝2，AD ＝22，P A ＝2.求：(1)三角形PCD 的面积；(2)异面直线BC 与AE 所成的角的大小．[解] (1)因为P A ⊥底面ABCD ，所以P A ⊥CD ，又AD ⊥CD ，P A ∩AD ＝A ，所以CD ⊥平面P AD ，又因为PD ⊂平面P AD ，所以CD ⊥PD . 因为PD ＝22＋（22）2＝23，CD ＝2，所以Rt △PCD 的面积为12×2×23＝2 3.(2)取PB的中点F，连结EF、AF，则EF∥BC，从而∠AEF(或其补角)是异面直线BC与AE所成的角．易得AE＝2，在△AEF中，由EF＝2、AF＝2、AE＝2知△AEF是等腰直角三角形，所以∠AEF＝π4.因此，异面直线BC与AE所成的角的大小是π4.。
(江苏专版)2019届高考数学一轮复习 第四章 平面向量、数系的扩充与复数的引入 第3讲 平面向量的数量积及
同理可得O→C·O→B＝m O→A·O→B＋n O→B2，即 1＝－35m＋n
立①②，解得
m＝54， 所以
n＝74，
m＋n＝54＋74＝3.
②，联
平面向量夹角与模等问题(高频考点)
(1)已知向量B→A＝12， 23，B→C＝ 23，12，则∠ABC
＝________. (2)已知三个向量 a、b、c 两两所夹的角都为 120°，|a|＝1， |b|＝2，|c|＝3，求向量 a＋b＋c 与向量 a 的夹角．
2．常用的 5 个结论 (1)e·a＝a·e＝|a|cos θ；(e 为单位向量，θ 为 a 与 e 的夹角) (2)非零向量 a，b，a⊥b⇔a·b＝0； (3)当 a 与 b 同向时，a·b＝|a||b|； 当 a 与 b 反向时，a·b＝－|a||b|，a·a＝a2，|a|＝ a·a； (4)cos θ＝|aa|·|bb|； (5)|a·b|≤|a||b|.
(2)f(x)＝a·b＝(cos x，sin x)·(3，－ 3)＝3cos x－ 3sin x＝
2 3cosx＋π6. 因为 x∈[0，π]，所以 x＋π6∈π6，76π， 从而－1≤cosx＋π6≤ 23.
于是，当 x＋π6＝π6，即 x＝0 时，f(x)取到最大值 3； 当 x＋π6＝π，即 x＝56π时，f(x)取到最小值－2 3.
向量数量积的两种运算方法 (1)当已知向量的模和夹角时，可利用定义法求解，即 a·b＝ |a||b|cos〈a，b〉． (2)当已知向量的坐标时，可利用坐标法求解，即若 a＝ (x1，y1)，b＝(x2，y2)，则 a·b＝x1x2＋y1y2. 运用两向量的数量积可解决长度、夹角、垂直等问题，解题 时应灵活选择相应公式求解．
1. 已知非零向量 a、b、c 满足 a＋b＋c＝0， 向量 a、b 的夹角为 120°，且|b|＝2|a|，则向量 a 与 c 的夹 角为___9_0_°___． [解析] 由题意，得 c＝－a－b，a·c＝－a2－a·b＝－|a|2－ |a||b|cos 120°＝－|a|2＋12|a||b|＝－|a|2＋12|a|·2|a|＝－|a|2＋|a|2 ＝0，所以 a⊥c，即 a 与 c 的夹角为 90°.
2019年高考数学一轮： 第4章 平面向量、数系的扩充与复数的引入 第4节 数系的扩充与复数的引入学案 理
第四节 数系的扩充与复数的引入[考纲传真] (教师用书独具)1.理解复数的概念，理解复数相等的充要条件.2.了解复数的代数表示法及其几何意义.3.能进行复数代数形式的四则运算，了解两个具体复数相加、减的几何意义．(对应学生用书第77页)[基础知识填充]1．复数的有关概念(1)复数的概念：形如a ＋b i(a ，b ∈R )的数叫复数，其中a ，b 分别是它的实部和虚部．若b ＝0，则a ＋b i 为实数，若b ≠0，则a ＋b i 为虚数，若a ＝0且b ≠0，则a ＋b i 为纯虚数．(2)复数相等：a ＋b i ＝c ＋d i ⇔a ＝c ，b ＝d (a ，b ，c ，d ∈R )． (3)共轭复数：a ＋b i 与c ＋d i 共轭⇔a ＝c ，b ＝－d (a ，b ，c ，d ∈R )．(4)复数的模：向量OZ →的模r 叫作复数z ＝a ＋b i 的模，即|z |＝|a ＋b i|＝a 2＋b 2.2．复数的几何意义复数z ＝a ＋b i ←————→一一对应复平面内的点Z (a ，b ) ←————→一一对应平面向量OZ →＝(a ，b )． 3．复数的运算(1)复数的加、减、乘、除运算法则 设z 1＝a ＋b i ，z 2＝c ＋d i(a ，b ，c ，d ∈R )，则①加法：z 1＋z 2＝(a ＋b i)＋(c ＋d i)＝(a ＋c )＋(b ＋d )i ； ②减法：z 1－z 2＝(a ＋b i)－(c ＋d i)＝(a －c )＋(b －d )i ； ③乘法：z 1·z 2＝(a ＋b i)·(c ＋d i)＝(ac －bd )＋(ad ＋bc )i ； ④除法：z 1z 2＝a ＋b ic ＋d i ＝(a ＋b i)(c －d i)(c ＋d i)(c －d i)＝ac ＋bd c 2＋d 2＋bc －adc 2＋d 2i(c ＋d i≠0)．(2)复数加法的运算定律复数的加法满足交换律、结合律，即对任何z 1，z 2，z 3∈C ，有z 1＋z 2＝z 2＋z 1，(z 1＋z 2)＋z 3＝z 1＋(z 2＋z 3)．[基本能力自测]1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)方程x 2＋x ＋1＝0没有解．( )(2)复数z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )中，虚部为b i.( )(3)复数中有相等复数的概念，因此复数可以比较大小．( ) (4)在复平面内，原点是实轴与虚轴的交点．( )(5)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)√ (5)√2. (教材改编)如图441，在复平面内，点A 表示复数z ，则图中表示z 的共轭复数的点是( )图441A ．AB ．BC ．CD ．DB [共轭复数对应的点关于实轴对称．]3．(2017·全国卷Ⅲ)复平面内表示复数z ＝i(－2＋i)的点位于( )A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限C [∵z ＝i(－2＋i)＝－1－2i ，∴复数z ＝－1－2i 所对应的复平面内的点为Z (－1，－2)，位于第三象限． 故选C ．]4．(2017·全国卷Ⅱ)3＋i1＋i＝( )A ．1＋2iB ．1－2iC ．2＋iD ．2－iD [3＋i 1＋i ＝(3＋i)(1－i)(1＋i)(1－i)＝3－3i ＋i ＋12＝2－i.故选D ．]5．设i 是虚数单位，若复数(2＋a i)i 的实部与虚部互为相反数，则实数a 的值为________．2 [因为(2＋a i)i ＝－a ＋2i ，又其实部与虚部互为相反数，所以－a ＋2＝0，即a ＝2.](对应学生用书第77页)(1)(2018·合肥一检)设i 为虚数单位，复数z ＝1－i3－i的虚部是( )A ．15 B ．－15C ．1D ．－1(2)(2017·全国卷Ⅰ)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 4 C ．p 2，p 3D ．p 2，p 4(1)B (2)B [(1)复数z ＝(1－i)(3＋i)(3－i)(3＋i)＝4－2i 10＝25－15i ，则z 的虚部为－15，故选B ．(2)设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )，z 1＝a 1＋b 1i(a 1，b 1∈R )，z 2＝a 2＋b 2i(a 2，b 2∈R )． 对于p 1，若1z ∈R ，即1a ＋b i ＝a －b ia 2＋b 2∈R ，则b ＝0⇒z ＝a ＋b i ＝a ∈R ，所以p 1为真命题．对于p 2，若z 2∈R ，即(a ＋b i)2＝a 2＋2ab i －b 2∈R ，则ab ＝0. 当a ＝0，b ≠0时，z ＝a ＋b i ＝b i ∉R ，所以p 2为假命题．对于p 3，若z 1z 2∈R ，即(a 1＋b 1i)(a 2＋b 2i)＝(a 1a 2－b 1b 2)＋(a 1b 2＋a 2b 1)i∈R ，则a 1b 2＋a 2b 1＝0.而z 1＝z 2，即a 1＋b 1i ＝a 2－b 2i ⇔a 1＝a 2，b 1＝－b 2.因为a 1b 2＋a 2b 1＝0⇒/a 1＝a 2，b 1＝－b 2，所以p 3为假命题．对于p 4，若z ∈R ，即a ＋b i∈R ，则b ＝0⇒z ＝a －b i ＝a ∈R ，所以p 4为真命题．故选B ．]复数的概念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，列出实部和虚部满足的方程不等式组即可解决复数模的问题可以根据模的性质把积、商的模转化为模的积、商易错警示：解题时一定要先看复数是否为a ＋ba ，b ∈的形式，以确定实部和虚部[跟踪训练] (1)(2016·全国卷Ⅲ)若z ＝1＋2i ，则z z －1＝( )A ．1B ．－1C ．iD ．－i(2)(2018·长沙模拟(二))已知a 是实数，a －i2＋i是纯虚数，则a ＝( )A ．12B ．－12C ．1D ．－1(1)C (2)A [(1)因为z ＝1＋2i ，则z ＝1－2i ，所以z z ＝(1＋2i)(1－2i)＝5，则4iz z －1＝4i4＝i.故选C ．(2)复数a －i 2＋i ＝(a －i)(2－i)5＝2a －15－a ＋25i 是纯虚数，则2a －15＝0且－a ＋25≠0，解得a ＝12，故选A ．](1)(2018·石家庄质检(二))在复平面中，复数1(1＋i)2＋1对应的点在( ) 【导学号：79140161】A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限(2)(2016·全国卷Ⅱ)已知z ＝(m ＋3)＋(m －1)i 在复平面内对应的点在第四象限，则实数m 的取值范围是( ) A ．(－3,1) B ．(－1,3) C ．(1，＋∞)D ．(－∞，－3)(1)D (2)A [(1)复数1(1＋i)2＋1＝11＋2i ＝1－2i (1＋2i)(1－2i)＝15－25i ，其在复平面内对应的点为⎝ ⎛⎭⎪⎫15，－25，位于第四象限，故选D ．(2)由题意知⎩⎪⎨⎪⎧m ＋3＞0，m －1＜0，即－3＜m ＜1.故实数m 的取值范围为(－3,1)．]复数a ，⇔a ，b ⇔OZ→由于复数、点、向量之间建立了一一对应的关系，因此可把复数、向量与解析几何联系在一起，解题时可运用数形结合的方法，使问题的解决更加直观的值等于( )A ．1B ．2C ．5D ．6(2)设复数z 1，z 2在复平面内的对应点关于虚轴对称，z 1＝2＋i ，则z 1z 2＝( ) A ．－5 B ．5 C ．－4＋iD ．－4－i(1)B (2)A [(1)复数z ＝(a －1)＋3i 在复平面内对应的点(a －1,3)在直线y ＝x ＋2上，3＝a －1＋2，a ＝2，故选B ．(2)∵z 1＝2＋i 在复平面内的对应点的坐标为(2,1)，又z 1与z 2在复平面内的对应点关于虚轴对称，则z 2的对应点的坐标为(－2,1)即z 2＝－2＋i ， ∴z 1z 2＝(2＋i)(－2＋i)＝i 2－4＝－5.](1)(2018·广州综合测试(二))若复数z 满足(3＋4i －z )i ＝2＋i ，则z ＝( ) A ．4＋6i B ．4＋2i C ．－4－2iD ．2＋6i(2)(2018·石家庄一模)若z 是复数，z ＝1－2i1＋i ，则z ·z ＝( )A ．102B ．52C ．1D ．52(1)D (2)D [(1)由题意得3＋4i －z ＝2＋i i ＝i(2＋i)i2＝1－2i ，所以z ＝2＋6i ，故选D ． (2)因为z ＝1－2i 1＋i ＝(1－2i)(1－i)(1＋i)(1－i)＝－12－32i ，所以z ＝－12＋32i ，所以z ·z ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12－32i ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋32i ＝52，故选D ．]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，注意要把记住以下结论，可提高运算速度2＝±2i；②a ＋；⑤i ＝i ；i4n ＋2＝－n ∈[跟踪训练] (1)已知i 是虚数单位，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋i 1－i 8＋⎝ ⎛⎭⎪⎫21－i 2 018＝________. 【导学号：79140162】(2)已知a ，b ∈R ，i 是虚数单位，若(1＋i)(1－b i)＝a ，则a b的值为________． (1)1＋i (2)2 [(1)原式＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋i 1－i 8＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫21－i 2 1 009 ＝i 8＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2－2i 1 009＝i 8＋i1 009＝1＋i4×252＋1＝1＋i.(2)∵(1＋i)(1－b i)＝1＋b ＋(1－b )i ＝a ，又a ，b ∈R ， ∴1＋b ＝a 且1－b ＝0，得a ＝2，b ＝1，∴a b＝2.]。
2019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达标26数系的扩充与复数的引入
2019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达标26数系的扩充与复数的引入[解密考纲]主要考查复数的四则运算，其中复数的除法运算是常考考点，多以选择题或填空题的形式出现．一、选择题1．(xx·全国卷Ⅱ)(1＋i)(2＋i)＝( B)A．1－i B．1＋3iC．3＋i D．3＋3i解析依题意得(1＋i)(2＋i)＝2＋i2＋3i＝1＋3i.故选B．2．已知a，b∈R，i是虚数单位，若a－i与2＋b i互为共轭复数，则(a＋b i)2＝( D)A．5－4i B．5＋4iC．3－4i D．3＋4i解析根据已知得a＝2，b＝1，所以(a＋b i)2＝(2＋i)2＝3＋4i.3．i是虚数单位，若2＋i1＋i＝a＋b i(a，b∈R)，则lg(a＋b)的值是( C)A．－2 B．－1C．0 D．1 2解析∵2＋i1－i1＋i1－i＝3－i2＝32－12i＝a＋b i，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＝32，b ＝－12，∴lg(a ＋b )＝lg 1＝0.故选C ．4．已知复数z ＝(a 2－1)＋(a －1)i(a ∈R )是纯虚数，则a ＝( C ) A ．0 B ．1 C ．－1D ．±1解析 由题意得⎩⎨⎧a 2－1＝0，a －1≠0，解得a ＝－1.5．满足z ＋iz＝i(i 为虚数单位)的复数z ＝( B ) A ．12＋12iB ．12－12iC ．－12＋12iD ．－12－12i解析 去掉分母，得z ＋i ＝z i ，所以(1－i)z ＝－i ，解得z ＝－i 1－i ＝12－12i.故选B ．6．已知复数z ＝1＋a i(a ∈R )(i 是虚数单位)，zz ＝－35＋45i ，则a ＝( B )A ．2B ．－2C ．±2D ．－12解析 由题意可得1－a i 1＋a i ＝－35＋45i ，即1－a i21＋a 2＝1－a 2－2a i 1＋a 2＝－35＋45i ，∴1－a 21＋a 2＝－35，－2a 1＋a 2＝45，∴a ＝－2.故选B ． 二、填空题7．(xx·天津卷)已知a ∈R ，i 为虚数单位，若a －i 2＋i为实数，则a 的值为__－2__.解析 因为a －i 2＋i＝a －i 2－i 2＋i 2－i ＝2a －1－a ＋2i5为实数，所以a ＋2＝0，即a ＝－2.8．(xx·浙江卷)已知a ，b ∈R ，(a ＋b i)2＝3＋4i(i 是虚数单位)，则a 2＋b 2＝__5__，ab ＝__2__.解析 ∵(a ＋b i)2＝a 2－b 2＋2ab i ＝3＋4i ，∴⎩⎨⎧a 2－b 2＝3，2ab ＝4，∴⎩⎨⎧a ＝2，b ＝1或⎩⎨⎧a ＝－2，b ＝－1，∴a 2＋b 2＝5，ab ＝2.9．若复数z 满足(1＋2i)z ＝|3＋4i|(i 为虚数单位)，则复数z ＝__1－2i__. 解析 ∵(1＋2i)z ＝|3＋4i|＝5， ∴z ＝51＋2i ＝51－2i 1＋2i 1－2i＝1－2i.三、解答题10．计算：(1)－1＋i2＋ii3；(2)1＋2i2＋31－i2＋i；(3)1－i1＋i2＋1＋i1－i2；(4)1－3ir(3＋i2).解析(1)－1＋i2＋ii3＝－3＋i－i＝－3＋i i－i·i＝－1－3i.(2)1＋2i2＋31－i2＋i＝－3＋4i＋3－3i2＋i＝i2＋i＝i2－i5＝15＋25i.(3)1－i1＋i2＋1＋i1－i2＝1－i2i＋1＋i－2i＝1＋i－2＋－1＋i2＝－1.(4)1－3ir(3＋i2)＝3＋i－ir(3＋i2)＝－i3＋i＝－i3－ir(3＋i r(3)－i)＝－1－3i4＝－14－34i.11．已知z是复数，z＋2i，z2－i均为实数(i为虚数单位)，且复数(z＋a i)2在复平面上对应的点在第一象限，求实数a的取值范围．解析 设z ＝x ＋y i(x ，y ∈R )， 则z ＋2i ＝x ＋(y ＋2)i ， 由题意得y ＝－2.∵z 2－i ＝x －2i 2－i ＝15(x －2i)(2＋i) ＝15(2x ＋2)＋15(x －4)i. 由题意得x ＝4，∴z ＝4－2i.∴(z ＋a i)2＝(12＋4a －a 2)＋8(a －2)i.由于(z ＋a i)2在复平面上对应的点在第一象限，∴⎩⎨⎧12＋4a －a 2>0，8a －2>0，解得2<a <6.∴实数a 的取值范围是(2,6)．12．复数z 1＝3a ＋5＋(10－a 2)i ，z 2＝21－a＋(2a －5)i ，若 z 1＋z 2是实数，求实数a 的值．解析 z 1＋z 2＝3a ＋5＋(a 2－10)i ＋21－a＋(2a －5)i ＝⎝⎛⎭⎪⎫3a ＋5＋21－a ＋[(a 2－10)＋(2a －5)]i ＝a －13a ＋5a －1＋(a 2＋2a －15)i.∵z1＋z2是实数，∴a2＋2a－15＝0，解得a＝－5或a＝3.∵a＋5≠0，∴a≠－5，故a＝3.-37535 929F 銟22800 5910 夐;32092 7D5C 絜 JP23162 5A7A 婺27350 6AD6 櫖;36111 8D0F 贏35133 893D 褽25033 61C9 應|。
2019届高考数学(文科)江苏版1轮复习练习：第4章 平面向量、数系的扩充与复数的引入 4 第4讲 含解析 (20)
1．(2018·广州七校联考)抛物线14x 2＝y 的焦点坐标是________．[解析] 由14x 2＝y ⇒x 2＝4y ，于是焦点坐标为(0，1)．[答案] (0，1)2．(2018·连云港模拟)顶点在原点，对称轴是y 轴，并且经过点P (－4，－2)的抛物线方程是________．[解析] 设抛物线方程为x 2＝my ，将点P (－4，－2)代入x 2＝my ，得m ＝－8. 所以抛物线方程是x 2＝－8y . [答案] x 2＝－8y3．抛物线的焦点为椭圆x 29＋y 24＝1的左焦点，顶点为椭圆中心，则抛物线方程为________．[解析] 由c 2＝9－4＝5得F (－5，0)， 则抛物线方程为y 2＝－45x . [答案] y 2＝－45x4．已知抛物线C ：y 2＝x 的焦点为F ，A (x 0，y 0)是C 上一点，AF ＝54x 0，则x 0＝________．[解析] 由题意知抛物线的准线为x ＝－14.因为AF ＝54x 0，根据抛物线的定义可得x 0＋14＝AF ＝54x 0，解得x 0＝1.[答案] 15．如图是抛物线形拱桥，当水面在l 时，拱顶离水面2米，水面宽4米，水位下降1米后，水面宽________米．[解析] 以拱顶为坐标原点建立平面直角坐标系，设抛物线的方程为x 2＝－2py (p >0)，由题意知抛物线过点(2，－2)，代入方程得p ＝1，则抛物线的方程为x 2＝－2y ，当水面下降1米时，为y ＝－3，代入抛物线方程得x ＝±6，所以此时水面宽为26米．[答案] 2 66．(2018·云南省第一次统一检测)已知抛物线C 的方程为y 2＝2px (p >0)，⊙M 的方程为x 2＋y 2＋8x ＋12＝0，如果抛物线C 的准线与⊙M 相切，那么p 的值为________．[解析] 将⊙M 的方程化为标准方程：(x ＋4)2＋y 2＝4，圆心坐标为(－4，0)，半径r ＝2，又因为抛物线的准线方程为x ＝－p2，所以⎪⎪⎪⎪4－p 2＝2，p ＝12或4. [答案] 12或47．已知抛物线C ：y 2＝8x 的焦点为F ，准线为l ，P 是l 上一点，Q 是直线PF 与C 的一个交点，若FP →＝4FQ →，则QF ＝________．[解析] 过点Q 作QQ ′⊥l 交l 于点Q ′，因为FP →＝4FQ →，所以PQ ∶PF ＝3∶4，又焦点F 到准线l 的距离为4，所以QF ＝QQ ′＝3. [答案] 38．过抛物线y 2＝4x 的焦点F 的直线交y 轴于点A ，抛物线上有一点B 满足OB →＝OA →＋OF →(O 为坐标原点)，则△BOF 的面积是________．[解析] 由题可知F (1，0)，可设过焦点F 的直线方程为y ＝k (x －1)(可知k 存在)，则A (0，－k )，所以B (1，－k )，由点B 在抛物线上，得k 2＝4，k ＝±2，即B (1，±2)，S △BOF ＝12·OF ·|y B |＝12×1×2＝1.[答案] 19．已知抛物线的顶点在原点，焦点在x 轴的正半轴上，若抛物线的准线与双曲线5x 2－y 2＝20的两条渐近线围成的三角形的面积为45，则抛物线方程为________．[解析] 由双曲线方程5x 2－y 2＝20知其渐近线方程为y ＝±5x ，由题意可设抛物线方程为y 2＝2px (p >0)，故其准线方程为x ＝－p2，设准线与双曲线的两条渐近线的交点为A ，B ，则不妨令A ⎝⎛⎭⎫－p 2，52p ，B ⎝⎛⎭⎫－p 2，－52p ，故S △ABO ＝12×5p ×p 2＝54p 2＝45，解得p 2＝16，又因为p >0，所以p ＝4，故抛物线方程为y 2＝8x .[答案] y 2＝8x10．抛物线y 2＝2px 的焦点为F ，点A 、B 、C 在此抛物线上，点A 坐标为(1，2)．若点F 恰为△ABC 的重心，则直线BC 的方程为________．[解析] 因为点A 在抛物线上，所以4＝2p ，p ＝2，抛物线方程为y 2＝4x ，焦点F (1，0)，设点B (x 1，y 1)，点C (x 2，y 2)，则有y 21＝4x 1，①y 22＝4x 2，②由①－②得(y 1－y 2)(y 1＋y 2)＝4(x 1－x 2) 得k BC ＝y 1－y 2x 1－x 2＝4y 1＋y 2.又因为y 1＋y 2＋23＝0，所以y 1＋y 2＝－2，所以k BC ＝－2.又因为x 1＋x 2＋13＝1，所以x 1＋x 2＝2，所以BC 的中点为(1，－1)，则BC 所在直线方程为y ＋1＝－2(x －1)， 即2x ＋y －1＝0. [答案] 2x ＋y －1＝011．(2018·江苏省四校联考)已知抛物线y 2＝2x 上有四点A (x 1，y 1)、B (x 2，y 2)，C (x 3，y 3)、D (x 4，y 4)，点M (3，0)，直线AB 、CD 都过点M ，且都不垂直于x 轴，直线PQ 过点M 且垂直于x 轴，交AC 于点P ，交BD 于点Q .(1)求y 1y 2的值； (2)求证：MP ＝MQ .[解] (1)设直线AB 的方程为x ＝my ＋3，与抛物线方程联立得：y 2－2my －6＝0， 所以y 1y 2＝－6.(2)证明：直线AC 的斜率为y 1－y 3x 1－x 3＝2y 1＋y 3，所以直线AC 的方程为y ＝2y 1＋y 3(x －x 1)＋y 1.所以点P 的纵坐标为y P ＝6＋y 1y 3y 1＋y 3＝6＋⎝⎛⎭⎫－6y 2y 3－6y 2＋y 3＝6（y 2－y 3）y 2y 3－6，同理点Q 的纵坐标为y Q ＝6（y 3－y 2）y 2y 3－6，所以y P ＋y Q ＝0，又PQ ⊥x 轴，所以MP ＝MQ .12．在平面直角坐标系xOy 中，抛物线C 的顶点在原点，经过点A (2，2)，其焦点F 在x 轴上．(1)求抛物线C 的标准方程；(2)求过点F 且与直线OA 垂直的直线方程；(3)设过点M (m ，0)(m >0)的直线交抛物线C 于D 、E 两点，ME ＝2DM ，记D 和E 两点间的距离为f (m )，求f (m )关于m 的表达式．[解] (1)由题意，可设抛物线C 的标准方程为y 2＝2px .因为点A (2，2)在抛物线C 上，所以p ＝1.因此抛物线C 的标准方程为y 2＝2x .(2)由(1)可得焦点F 的坐标是⎝⎛⎭⎫12，0，又直线OA 的斜率为22＝1，故与直线OA 垂直的直线的斜率为－1，因此所求直线的方程是x ＋y －12＝0.(3)设点D 和E 的坐标分别为(x 1，y 1)和(x 2，y 2)，直线DE 的方程是y ＝k (x －m )，k ≠0.将x ＝yk ＋m 代入y 2＝2x ，有ky 2－2y －2km ＝0，解得y 1，2＝1±1＋2mk 2k.由ME ＝2DM 知1＋1＋2mk 2＝2(1＋2mk 2－1)，化简得k 2＝4m.因此DE 2＝(x 1－x 2)2＋(y 1－y 2)2＝⎝⎛⎭⎫1＋1k 2(y 1－y 2)2＝⎝⎛⎭⎫1＋1k 24（1＋2mk 2）k 2＝94(m 2＋4m )，所以f (m )＝32m 2＋4m (m >0).1．设斜率为2的直线l 过抛物线y 2＝ax (a ≠0)的焦点F ，且和y 轴交于点A ，若△OAF (O 为坐标原点)的面积为4，则抛物线的方程为________．[解析] 由题可知抛物线焦点坐标为⎝⎛⎭⎫a 4，0，于是过焦点且斜率为2的直线的方程为y ＝2⎝⎛⎭⎫x －a 4，令x ＝0，可得A 点坐标为⎝⎛⎭⎫0，－a 2，所以S △OAF ＝12·|a |4·|a |2＝4，得a ＝±8，故抛物线方程为y 2＝±8x .[答案] y 2＝±8x2．(2018·南通质检)已知点M (－3，2)是坐标平面内一定点，若抛物线y 2＝2x 的焦点为F ，点Q 是该抛物线上的一动点，则MQ －QF 的最小值是________．[解析] 抛物线的准线方程为x ＝－12，当MQ ∥x 轴时，MQ －QF 取得最小值，此时点Q 的纵坐标y ＝2，代入抛物线方程y 2＝2x 得Q 的横坐标x ＝2，则(QM －QF )min＝|2＋3|－⎪⎪⎪⎪2＋12＝52. [答案] 523．(2018·无锡模拟)过抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点F 且倾斜角为120°的直线l 与抛物线在第一、四象限分别交于A ，B 两点，则AFBF的值等于________．[解析] 记抛物线y 2＝2px 的准线为l ′，如图，作AA 1⊥l ′，BB 1⊥l ′，AC ⊥BB 1，垂足分别是A 1，B 1，C ，则有cos ∠ABB 1＝BC AB ＝BB 1－AA 1AF ＋BF ＝BF －AFAF ＋BF，即cos 60°＝BF －AF AF ＋BF ＝12，由此得AF BF ＝13.[答案] 134．(2018·鹰潭模拟改编)直线x ＝1与抛物线C ：y 2＝4x 交于M ，N 两点，点P 是抛物线C 准线上的一点，记向量OP →＝aOM →＋bON →(a ，b ∈R )，其中O 为抛物线C 的顶点．给出下列命题：①∀a ，b ∈R ，△PMN 不是等边三角形； ②∃a <0且b <0，使得向量OP →与ON →垂直；③无论点P 在准线上如何运动，a ＋b ＝－1总成立． 其中，所有正确命题的序号是________．[解析] 根据题意可知，当点P 落在准线与x 轴的交点时，PM ＝PN ＝22≠MN ＝4，所以△PMN 不是等边三角形，所以无论P 在何处即∀a ，b ∈R ，△PMN 都不是等边三角形．故①正确，根据题意不妨令M (1，2)，N (1，－2)，令OP →·ON →＝0，即(a ＋b )·1－2(2a －2b )＝0，整理得3a ＝5b ，所以∃a <0且b <0，使得向量OP →与ON →垂直，故②正确，OP →＝(a ＋b ，2a －2b )，因为点P 在抛物线的准线上，所以a ＋b ＝－1总成立，故③正确．[答案] ①②③5．已知抛物线C ：y 2＝4x 的焦点为F ，直线l 经过点F 且与抛物线C 相交于A 、B 两点．(1)若线段AB 的中点在直线y ＝2上，求直线l 的方程； (2)若线段AB ＝20，求直线l 的方程．[解] (1)由已知得抛物线的焦点为F (1，0)．因为线段AB 的中点在直线y ＝2上，所以直线l 的斜率存在，设直线l 的斜率为k ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，AB 的中点M (x 0，y 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝x 1＋x 22，y 0＝y 1＋y 22.由⎩⎪⎨⎪⎧y 21＝4x 1，y 22＝4x 2得(y 1＋y 2)(y 1－y 2)＝4(x 1－x 2)，所以2y 0k ＝4. 又y 0＝2，所以k ＝1，故直线l 的方程是y ＝x －1.(2)设直线l 的方程为x ＝my ＋1，与抛物线方程联立得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋1，y 2＝4x ，消元得y 2－4my －4＝0，所以y 1＋y 2＝4m ，y 1y 2＝－4，Δ＝16(m 2＋1)>0. AB ＝m 2＋1|y 1－y 2|＝m 2＋1·（y 1＋y 2）2－4y 1y 2 ＝m 2＋1·（4m ）2－4×（－4）＝4(m 2＋1)．所以4(m 2＋1)＝20，解得m ＝±2， 所以直线l 的方程是x ＝±2y ＋1， 即x ±2y －1＝0.6．如图，等边三角形OAB 的边长为83，且其三个顶点均在抛物线E ：x 2＝2py (p >0)上．(1)求抛物线E 的方程；(2)设动直线l 与抛物线E 相切于点P ，与直线y ＝－1相交于点Q .证明：以PQ 为直径的圆恒过y 轴上某定点．[解] (1) 依题意，OB ＝83，∠BOy ＝30°.设B (x ，y )，则x ＝OB sin 30°＝43，y ＝OB cos 30°＝12.因为点B (43，12)在x 2＝2py 上，所以(43)2＝2p ×12，解得p ＝2.故抛物线E 的方程为x 2＝4y .(2)证明：由(1)知y ＝14x 2，y ′＝12x .设P (x 0，y 0)，则x 0≠0，y 0＝14x 20，且l 的方程为y －y 0＝12x 0(x －x 0)，即y ＝12x 0x －14x 20. 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝12x 0x －14x 20，y ＝－1，得⎩⎨⎧x ＝x 20－42x 0，y ＝－1.所以Q 为⎝ ⎛⎭⎪⎫x 20－42x 0，－1.设定点为M (0，y 1)，令MP →·MQ →＝0对满足y 0＝14x 20(x 0≠0)的x 0，y 0恒成立．由于MP →＝(x 0，y 0－y 1)，MQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 20－42x 0，－1－y 1，由MP →·MQ →＝0，得x 20－42－y 0－y 0y 1＋y 1＋y 21＝0， 即(y 21＋y 1－2)＋(1－y 1)y 0＝0.(*)由于(*)式对满足y 0＝14x 20(x 0≠0)的y 0恒成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧1－y 1＝0，y 21＋y 1－2＝0，解得y 1＝1.故以PQ 为直径的圆恒过y 轴上的定点M (0，1)．。
(江苏专版)2019届高考数学一轮复习 第四章 平面向量、数系的扩充与复数的引入 第1讲 平面向量的
又M→N＝xA→B＋yA→C，所以 x＝12，y＝－16.
在向量线性运算时，要尽可能转化到平行四边形或三角形中， 运用平行四边形法则、三角形法则，利用三角形中位线、相 似三角形对应边成比例等平面几何的性质，把未知向量转化 为与已知向量有直接关系的向量来求解．
向量的线性运算(高频考点)
在△ABC 中，点 M，N 满足A→M＝2M→C，B→N＝N→C. 若M→N＝xA→B＋yA→C，则 x＝___12_____；y＝__－__16____． 【解析】 因为 A→M＝2M→C，所以A→M＝23A→C.
因为 B→N＝N→C，所以A→N＝12(A→B＋A→C)，
(2)因为 ka＋b 与 a＋kb 共线，所以存在实数 λ， 使 ka＋b＝λ(a＋kb)，即 ka＋b＝λa＋λkb. 所以(k－λ)a＝(λk－1)b.因为 a，b 是不共线的两个非零向量， 所以 k－λ＝λk－1＝0，所以 k2－1＝0，所以 k＝±1.
(1)可以利用共线向量定理证明向量共线，也可以由向量共线 求参数的值． (2)若 a，b 不共线，则 λa＋μb＝0 的充要条件是 λ＝μ＝0，这 一结论结合待定系数法应用非常广泛．
(4)平行向量：方向相同或___相__反_____的非零向量，又叫共线
向量，规定：0 与任一向量共线． (5)相等向量：长度相等且___方__向_____相同的向量． (6)相反向量：长度相等且____方__向____相反的向量．
2．线性运算 加法：三角形法则，平行四边形法则．满足交换律和结合律． 减法：求 a 与 b 的相反向量－b 的和的运算叫作 a 与 b 的差．满 足三角形法则． 数乘：求实数 λ 与向量 a 的积的运算．主要性质与法则：|λa| ＝|λ||a|；当 λ>0 时，λa 的方向与 a 的方向___相__同_____；当 λ<0 时，λa 的方向与 a 的方向___相__反_____；当 λ＝0 时，λa＝0； λ(μa)＝(λμ)a; (λ＋μ)a＝λa＋μa；λ(a＋b)＝λa＋λb.
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1．若向量BA →＝(2，3)，CA →＝(4，7)，则BC →＝________．
[解析] 由于BA →＝(2，3)，CA →＝(4，7)，那么BC →＝BA →＋AC →＝(2，3)＋(－4，－7)＝(－2，
－4)．
[答案] (－2，－4)
2．(2018·江苏省重点中学领航高考冲刺卷(七))已知向量a ＝(2，1)，b ＝(3，－1)，若a ＋2k b 与3a －b 平行，则k ＝________.
[解析] 因为a ＝(2，1)，b ＝(3，－1)，所以a ＋2k b ＝(2，1)＋2k (3，－1)＝(2＋6k ，1－2k )，3a －b ＝3(2，1)－(3，－1)＝(3，4)，又a ＋2k b 与3a －b 平行，所以4(2＋6k )－3(1－2k )
＝0，解得k ＝－16
. [答案] －16
3．在▱ABCD 中，AC 为一条对角线，AB →＝(2，4)，AC →＝(1，3)，则向量BD →的坐标为________．
[解析] 因为AB →＋BC →＝AC →，所以BC →＝AC →－AB →＝(－1，－1)，
所以BD →＝AD →－AB →＝BC →－AB →＝(－3，－5)．
[答案] (－3，－5)
4．在△ABC 中，点P 在BC 上，且BP →＝2PC →，点Q 是AC 的中点，若P A →＝(4，3)，PQ
→＝(1，5)，则BC →＝________．
[解析] AQ →＝PQ →－P A →＝(－3，2)，
所以AC →＝2AQ →＝(－6，4)．
PC →＝P A →＋AC →＝(－2，7)，
所以BC →＝3PC →＝(－6，21)．
[答案] (－6，21)
5．在△ABC 中，AN →＝12AC →，P 是BN 上一点，若AP →＝mAB →＋38
AC →，则实数m 的值为_______． [解析] 因为B ，P ，N 三点共线，所以BP →∥PN →，设BP →＝λPN →，即AP →－AB →＝λ(AN →－AP →)，AP
→
＝
1
1＋λ
AB
→
＋
λ
1＋λ
AN
→
，①
又AN
→
＝
1
2AC
→
，所以AC
→
＝2AN
→
，所以AP
→
＝mAB
→
＋
3
8AC
→
＝mAB
→
＋
3
4AN
→
，②
结合①②，由平面向量的基本定理可得
⎩⎪
⎨
⎪⎧
1
1＋λ
＝m，
λ
1＋λ
＝
3
4，
得m＝
1
4.
[答案]
1
4
6．已知非零向量e1，e2，a，b满足a＝2e1－e2，b＝k e1＋e2.给出以下结论：
①若e1与e2不共线，a与b共线，则k＝－2；
②若e1与e2不共线，a与b共线，则k＝2；
③存在实数k，使得a与b不共线，e1与e2共线；
④不存在实数k，使得a与b不共线，e1与e2共线．
其中正确结论的个数是________个．
[解析] 若a与b共线，即a＝λb，即2e1－e2＝λk e1＋λe2，而e1与e2不共线，
所以
⎩⎪
⎨
⎪⎧λk＝2，
λ＝－1，
解得k＝－2.故①正确，②不正确．
若a与b不共线，且e1与e2共线，则e2＝λe1，有
⎩⎪
⎨
⎪⎧a＝（2－λ）e1，
b＝（k＋λ）e1，
因为e1，e2，a，b为非零向量，所以λ≠2且λ≠－k，
所以
1
2－λ
a＝
1
k＋λ
b，即a＝
2－λ
k＋λ
b，这时a与b共线，
所以不存在实数k满足题意，故③不正确，④正确．
综上，正确的结论为①④.
[答案] 2
7．设向量a＝(1，－3)，b＝(－2，4)，若表示向量4a，3b－2a，c的有向线段首尾相接
能构成三角形，则向量c＝________.
[解析] 设向量c＝(x，y)，
因为向量4a，3b－2a，c首尾相接能构成三角形，。