高考数学一轮复习第六章 平面向量与复数答案

第六章 平面向量与复数 第29讲 平面向量的概念与线性运算
链教材·夯基固本 激活思维 1.
ABD
【
解
析
】
对于A ，因为向量是不同于数量的一种量，它由两个因素来确定，即大小与方向，所以两个向量不能比较大小，故A 不正确；对于B ，由|a |＝|b |只能判断两向量长度相等，并不能判断方向，故B 不正确；对于C ，因为|a |＝|b |，且a 与b 同向，由两向量相等的条件可得a ＝b ，故C 正确；对于D ，若向量a 与向量b 中有一个是零向量，则其方向不确定，故D 不正确．故选ABD.
2. ACD 【解析】 对于A ，AB
→＋BC →＋CA →＝AC →＋CA →＝0，故A 正确；对于B ，OA →
＋OC
→＋BO →＋CO →＝(CO →＋OA →)＋(BO →＋OC →)＝CA →＋BC →＝CA →－CB →＝BA
→，故B 错误；对于C ，AB →－AC →＋BD →－CD →＝CB →＋BC →＝0，故C 正确；对于D ，NQ →＋QP
→＋MN →－MP →＝NP →＋PN →＝0，故D 正确．故选ACD. 3. C 【解析】 OP →＝OA →＋AP →＝OA →＋43AB →＝OA →＋43(OB →－OA →
)＝－13OA →＋
43OB
→.故选C.
4.
B
【
解
析
】
由于c 与d 反向共线，则存在实数k ，使得c ＝k d (k ＜0)，于是λa ＋b ＝k [a ＋(2λ－1)b ]，整
理得λa ＋b ＝k a ＋(2λk －k )b .因为a ，b 不共线，所以有
⎩⎪⎨⎪⎧
λ＝k ，2λk －k ＝1，整理得2λ2
－λ－1＝0，解得λ＝1或λ＝－1
2.因为k ＜0，所以λ＜0，故λ＝－1
2
.
5. 1
2 【解析】 如图，DE →＝DB →＋BE →
＝12AB →＋23BC →＝12AB →＋23(AC →－AB →)＝－16AB →＋23AC →，所以λ1＋λ2＝23－16＝1
2
.
(第5题)
知识聚焦
3. b ＝λa
4. 12(OA →＋OB →
)
研题型·融会贯通 分类解析
【答案】 BC 【
解
析
】 A 错误，两个向量的长度相等，但它们的方向不一定相同．B 正确，因为AB
→
＝
DC
→，所以|
AB
→|＝|
DC
→|且
AB
→∥
DC
→.又A ，B ，C ，D 是不共线的四点，所以四边形ABCD 为平行四边形．反之，若四边形ABCD 为平行四边形，则
AB
→∥
DC
→且|
AB
→|＝|
DC
→|，因此
AB
→＝DC
→.C 正确，因为a ＝b ，所以a ，b 的长度相等且方向相同，又b ＝c ，所以b ，c 的长度相等且方向相同，所以a ，c 的长度相等且方向相同，故a ＝c .D 错误，当a ∥b 且方向相反时，即使|a |＝|b |，也不能得到a ＝b ，故|a |＝|b |且a ∥
b 不是a ＝b 的充要条件．故选BC.
【答案】 CD 【
解
析
】
因为向量
AB
→与
BA →互为相反向量，所以它们的长度相等，所以A 正确；由相等向量的定义知，若两向量为相等向量，且起点相同，则其终点也必定相同，所以B 正确；由共线向量定义知C 错误；因为零向量不能看作是有向线段，所以D 错误．故选CD.
(1) 【答案】 A
【解析】 在平行四边形ABCD 中，若CE →＝4ED →，则CE →＝45
CD →，则BE
→＝BC →＋CE →
＝AD →
＋45CD →＝－45
AB →＋AD →.
(2) 【答案】 B
【解析】 因为DE →＝AE →－AD →
＝23AC →－AB →－BD →＝23AC →－AB →－12BC →＝23AC →－AB →－
12(AC →－AB →
)＝－12AB →＋16
AC →，
又DE →＝x AB →＋y AC →
，所以x ＝－12，y ＝16，
所以x ＋y ＝－1
2＋1
6＝－1
3
.
(1) 【答案】 C
【解析】 在△CEF 中，EF →＝EC →＋CF →.因为E 为DC 的中点，所以EC →＝12DC →.因为CF
→
＝2FB →，所以CF →＝23CB →，所以EF →＝EC →＋CF →
＝12DC →＋23CB →＝12AB →＋23DA →＝12AB →－
23AD
→，故选C.
(2) 【答案】 C
【解析】 如图，BP
→＝BD →＋DP →＝BD →－PD →，
AB
→＝AD →＋DB →＝－BD →＋2PD →， AC
→＝AD →＋DC →＝BD →＋2PD →， 则BP →＝λAB →＋μAC →＝(μ－λ)BD →＋(2λ＋2μ)PD →， 所以⎩⎪⎨
⎪⎧
μ－λ＝1，2λ＋2μ＝－1，
则λ＋μ＝－1
2
.
(变式(2))
(1) 【答案】 AD 【
解
析
】
(1)
若e 1与e 2不共线，a 与b 共线，可得λa ＝b (λ
∈R )，即2λ＝k ，－λ＝1，解得k ＝－2，所以A 正确，B 错误．
若e 1与e 2共线，则e 1＝m e 2(m
∈
R )，a ＝2e 1－e 2＝(2m －1)e 2，b ＝k e 1＋e 2＝(km ＋1)e 2，可得a 与b 共线，所以C 错误，D 正确．
(2) 【答案】 4
3
【解析】 由题知AC →＝AB →＋BC →＝3e 1－2e 2，因为A ，C ，D 三点共线，所以AC →与CD →
共线，从而存在实数λ，使得
AC
→＝λCD →
，即3e 1－2e 2＝λ(2e 1－k e 2)．由平面向量基本定理得⎩⎪⎨
⎪⎧
3＝2λ，－2＝－λk ，
解得k ＝4
3
.
【
解
答
】
(1)
AE
→＝
AB
→＋
BE
→＝2e 1＋e 2＋(－e 1＋λe 2)＝e 1＋(1＋λ)e 2，因为A ，E ，C 三点共线，
所以存在实数k ，使得AE
→＝k EC →，
即e 1＋(1＋λ)e 2＝k (－2e 1＋e 2)， 得(1＋2k )e 1＋(1＋λ－k )e 2＝0.
因为e 1，e 2是平面内两个不共线的非零向量， 所以⎩⎪⎨
⎪⎧
1＋2k ＝0，1＋λ－k ＝0，
解得k ＝－12，λ＝－3
2
.
(2) 因为A ，B ，C ，D 四点按顺时针顺序构成平行四边形，所以AD →＝BC →.
设A (x ，y )，则AD
→＝(2－x,4－y )，
因为BC →＝BE →＋EC →
＝－3e 1－12e 2＝(6,3)＋(1，－1)＝(7,2)，
所以⎩⎪⎨
⎪⎧
2－x ＝7，4－y ＝2，
解得⎩⎪⎨
⎪⎧
x ＝－5，
y ＝2，
所以点A 的坐标为(－5,2)． 课堂评价 1. C 2. ACD 3. BCD
【解析】 分别以图中的格点为起点和终点的向量中，与OA
→
是相反向量的共有18个，故A 错误；
由|OA
→－OB →|＝10，即|BA
→|＝10，知格点B 共有3个，故B 正确；
因为存在格点B ，C ，使得四边形OBAC 是以OA 为对角线的平行四边形，故存在格点B ，C ，使得OA
→＝OB →＋OC →；
不妨设O (0,0)，则A (1,2)，设B (x 0，y 0)，由OA
→·OB →＝1，即x 0＋2y 0＝1，格点B (x 0，y 0)在一次函数y ＝－12
x ＋
12
上，该直线正好经过图中4个格点，故选项D 正确．
4. 13
【解析】 设线段BC 的中点为M ，则OB
→＋OC →＝2OM →.因为2AO →＝OB →
＋OC →，所以AO →＝OM →，则AO →＝12AM →＝14(AB →＋AC →
)＝14⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫AB →＋1t AD →＝14AB →＋14t AD →
.由B ，O ，D 三点共线，得14＋14t ＝1，解得t ＝13
.
5.
54
【
解
析
】 如图，取AB 的中点F ，连接CF ，则四边形AFCD 是平行四边形，所以CF
∥
AD ，且CF ＝AD .因为AE →＝AB →＋BE →＝AB →＋12BC →＝AB →＋12(FC →－FB →)＝AB →
＋12⎝
⎛⎭
⎪⎪⎫AD →－12AB →
＝34AB →＋12AD →，所以λ＝34，μ＝12，所以λ＋μ＝54
.
(第5题)
第30讲 平面向量的基本定理及坐标表示
链教材·夯基固本 激活思维
1. A 【解析】 由题意知PQ →＝PB →＋BQ →＝23AB →＋13BC →＝23AB →＋13(AC →－AB →
)＝13AB
→＋13AC →＝13a ＋1
3
b .故选A. 2. B
【解析
】 －3a －2b ＝－3(3，－1)－2(－1,2)＝(－9,3)＋(2，－4)＝(－7，－1)．故选B. 3.
D
【
解
析
】
由a
∥
b ，知1×m ＝2×(－2)，解得m ＝－4，即b ＝(－2，－4)，所以|b |＝(－2)2＋(－4)2
＝25，故选D.
4.
C
【
解
析
】
以A 为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，设AD ＝2，则B (4,0)，D (0,2)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2，23，BF →＝⎝ ⎛⎭
⎪⎪⎫－2，23，AB →＝(4,0)，AD →＝(0,2)，所以BF →＝－12AB →＋13AD →.
(第4题)
知识聚焦
1. a ＝λ1e 1＋λ2e 2
2. (1) (x 1－x 2，y 1－y 2) (λx 1，λy 1) (2) ②(x 2－x 1)2＋(y 2－y 1)2
3. x 1y 2＝x 2y 1 研题型·融会贯通
分类解析
【解答】 (1)由题意知，A 是BC 的中点，且OD →
＝23OB →，
由平行四边形法则，得OB →＋OC →＝2OA →，
所以OC
→＝2OA →－OB →＝2a －b ， DC →＝OC →－OD →
＝(2a －b )－23b ＝2a －53b .
(2) 由题意，设EC
→＝x DC →，
因为EC →＝OC →－OE →＝(2a －b )－λa ＝(2－λ)a －b ，DC →
＝2a －53b ，
所以(2－λ)a －b ＝x ⎝ ⎛⎭
⎪⎪
⎫2a －53b . 因为a 与b 不共线，由平面向量基本定理，
得⎩
⎪⎨
⎪
⎧
2－λ＝2x ，－1＝－53x ，
解得⎩⎪⎨⎪⎧
x ＝3
5，
λ＝4
5
.
【题组·高频强化】
1. A 【解析】 依题意得AE
→＝AB →＋BE →，AE →＝AD →＋DC →＋CE →，
所以2AE →＝AB →＋AD →＋DC →＝AB →＋AD →＋12AB →＝32AB →＋AD →，所以AE →
＝34AB →＋12AD →.
2.
A
【
解
析
】
由
OC
→
＝2
OP
→，
AB
→＝2AC →，知C 是AB 的中点，P 是OC 的中点，所以OC →＝12(OA →＋OB →)，则OP →
＝14(OA
→＋OB →)．又OM →＝38OB →，ON →＝n OA →，所以MN →＝ON →－OM →＝n OA →－38
OB →，MP
→＝OP →
－
OM
→＝
14
(
OA
→＋
OB
→)－
38
OB
→＝
14
OA
→－
18
OB →.又M ，P ，N 三点共线，所以存在实数λ，使得MN →＝λMP →成立，即n OA →
－38
OB
→＝λ⎝ ⎛⎭
⎪⎪⎫
14OA →－18OB →.又OA →，OB →不共线，所以有⎩⎪⎨⎪⎧
n ＝1
4
λ，
－38＝－18
λ，解得n ＝3
4
.
3. B 【解析】 如图，设AH →＝λAF →，DH →＝μDE →，又DH →＝DA →＋AH →＝－b ＋λAF →
＝－b ＋λ
⎝ ⎛⎭
⎪⎪⎫
b ＋12a ，
DH
→＝μ
DE
→＝μ
⎝ ⎛⎭
⎪⎪⎫a －12b ，所以μ
⎝ ⎛⎭
⎪⎪⎫
a －12
b ＝－b ＋λ
⎝ ⎛⎭
⎪⎪⎫
b ＋12a .由于a ，b 不共线，因此由平面向量的基本定理，得
⎩⎪⎨⎪
⎧
μ＝12
λ，
－12μ＝－1＋λ，
解得λ＝4
5，μ＝2
5，故AH →＝λAF →
＝λ⎝ ⎛⎭
⎪⎪⎫b ＋12a ＝25a ＋45b .
(第3题)
4. 【解答】 设BC →＝x ，CD →＝y ，则BK →＝12x ，DL →
＝－12y .
由AB
→＋BK →＝AK →，AD →＋DL →＝AL →，
得⎩⎪⎨⎪⎧
－y ＋1
2x ＝e1，①x －1
2
y ＝e2，②
①＋②×(－2)，得1
2x －2x ＝e 1－2e 2，
所以x ＝－2
3(e 1－2e 2)＝－2
3e 1＋4
3e 2，
即BC →
＝－23e 1＋43
e 2.
同理可得y ＝CD →
＝－43e 1＋23
e 2.
【
解
答
】
(1)
假设存在常数t 使得
OA
→
＋t
OB
→＝OC →
，则(3t －1,4t ＋2)＝(2,1)，即⎩⎪⎨
⎪⎧
3t －1＝2，4t ＋2＝1，
解得⎩
⎪⎨
⎪
⎧
t ＝1，t ＝－14，
因此，不存在实数t ，使得OA →＋t OB →＝OC →.
(2) 设点D (x ，y )，由题意得
AB
→
＝2DC
→，即(4,2)＝2(2－x,1－y )，可得
⎩⎪⎨⎪⎧
2×(2－x )＝4，2×(1－y )＝2，
解得
⎩⎪⎨⎪⎧
x ＝0，y ＝0，
因此点D 的坐标为(0,0)．
(3) 设点E 的坐标为(a ，b )，BC
→＝(－1，－3)，AE →＝(a ＋1，b －2)，
由
⎩⎨⎧
⎪⎪⎪⎪AE →＝1，AE
→·BC →＝1，可得
⎩⎨
⎧
(a ＋1)2＋(b －2)2＝1，－(a ＋1)－3(b －2)＝1，
整理得
⎩⎨
⎧
(a ＋1)2＋(b －2)2＝1，a ＋3b －4＝0，
解得
⎩⎪⎨⎪⎧
a ＝－2，
b ＝2
或
⎩⎪⎨⎪
⎧
a ＝－15
，
b ＝75
，因此，点E 的坐标为(－2,2)或⎝ ⎛⎭
⎪⎪
⎫－15，75.
【解答】 (1) AB
→＝(－4,2)，AC →＝(2，－3)，
由AB →＋AC →＝(－2，－1)，得⎪⎪⎪⎪AB →＋AC →＝5， 由AB
→－AC →＝(－6,5)，得|AB →－AC →|＝61. 故以线段AB ，AC 为邻边的平行四边形两条对角线的长分别为5，61. (2) 假设存在实数t 满足条件．
因为OB →＝(－5,4)，由向量AC →－t OB →与向量OB →垂直，得(AC →－t OB →)·OB →＝0， 又因为AC
→－t OB →＝(2，－3)－t (－5,4)＝(2＋5t ，－3－4t )， 所以(2＋5t )×(－5)＋(－3－4t )×4＝0，解得t ＝－22
41.
所以存在t ＝－2241
，使得向量AC
→－t OB →与向量OB →垂直．
【
解
答
】
(1)
因为a ＝(1,0)，b ＝(2,1)，所以k a －b ＝k (1,0)－(2,1)＝(k －2，－1)，a ＋2b ＝(1,0)＋2(2,1)＝(5,2)．又因为k a －b 与a ＋2b 共线，所以2(k －2)－(－1)×5＝0，所以k ＝－1
2
.
(2)
由题知
AB
→＝2a ＋3b ＝2(1,0)＋3(2,1)＝(8,3)，BC
→
＝a ＋m b ＝(1,0)＋m (2,1)＝(2m ＋1，m )．因为A ，B ，C 三点共线，所以AB
→∥
BC →
，所以8m －3(2m ＋1)＝0，所以m ＝32
.
(1) 【答案】 C (2) 【答案】 C 【
解
析
】
由题意知a －λb ＝(1＋λ，1－3λ)，因为(a －λb )∥
c ，所以2(1－3λ)＝1＋λ，解得λ＝1
7
.
课堂评价 1.
CD
【
解
析
】
对于A 选项，若a 与b 的夹角为钝角，则a ·b <0且a 与b 不共线，则
⎩⎪⎨⎪⎧
a ·
b ＝k －2<0，－k ≠2，
解得k <2且k ≠－2，A 选项中的命题正确；
对于B 选项，|a |＝
k2＋4
≥
4
＝2，当且仅当k ＝0时，等号成立，B 选项中的命题正确；
对于C 选项，|b |＝
2，与b 共线的单位向量为±
b |b|
，即与b 共线的单位向量为
⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫22，－22或⎝ ⎛⎭
⎪⎪
⎫－22，22，C 选项中的命题错误； 对于D 选项，因为|a |＝2|b |＝2
2
，即
k2＋4
＝22，解得k ＝±2，D 选项中的命题错误．
2. B
3. D 【解析】 因为AB
→＋AC →＝2AD →，所以D 是BC 的中点．又因为AE →＋DE →
＝0，所以E 是AD 的中点，所以BE →＝BA →＋AE →＝－AB →＋12AD →＝－AB →
＋12×12(AB
→＋AC →
)＝－34AB →＋14AC →，因此x ＝－34，y ＝14
，即x ＝－3y .故选D.
4. A
5. A 【解析】 因为DE →
＝12DA →＋12DO →＝12DA →＋14DB →＝12DA →＋14(DA →＋AB →)＝14AB
→－34AD →，所以λ＝14，μ＝－34，故λ2＋μ2
＝58
，故选A. 第31讲 平面向量数量积的应用
链教材·夯基固本 激活思维 1.
ABD
【解析】
对于A 选项，设a 与b 的夹角为θ，则a ·b ＝|a|·|b |cos
θ＝|a |·|b |，则cos θ＝1，所以θ＝0，则a 与b 同向，所以a ∥b ，A 选项正确；
对于B 选项，由于a ，b ，c 是三个非零向量，且a ∥
b ，b
∥c ，则存在非零实数λ，μ，使得a ＝λb ，b ＝μc ，所以a ＝λb ＝λ(μc )＝(λμ)c ，所以a
∥c ，B 选项正确；
对于C 选项，若a ·c ＝b ·c ，则a ·c －b ·c ＝(a －b )·c ＝0，即(a －b )
⊥
c ，所以a 与b 在c 方向上的投影相等，C 选项错误；
对于D 选项，在等式|a ＋b|＝|a －b|两边平方得a 2＋2a ·b ＋b 2＝a 2－2a ·b ＋b 2，整理得a ·b ＝0，则a ⊥b ，D 选项正确．
2. D 【解析】 依题意得a 2＝2，a ·b ＝2×2×cos 45°＝2，则|3a ＋b |＝(3a ＋b )2
＝9a2＋6a ·b ＋b2＝
18＋12＋4＝34. 3.
D
【
解
析
】
因为a ＋b ＝(x －3，－3)，(a ＋b )
⊥a ，所以－3(x －3)＋1×(－3)＝0，解得x ＝2.设向量a 与b 的夹角为θ，则cos θ＝
a ·
b |a||b|
＝－2
2，又θ∈[0，π]，所以θ＝3π4
.
4. B 【解析】 因为△ABC 是边长为1的等边三角形，且BD ＝2DC ，所以BD →＝
23BC →，所以AB →·AD →＝AB →·(AB →＋BD →)＝AB →2
＋23AB →·BC →＝1＋23×1×1×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－12＝23
.故选B.
5. A
【解析】 如图，AN →·MN →＝(AB →＋BN →
)·⎝
⎛⎭
⎪⎪⎫
12DC →＋13CB →
＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫AB →＋23BC →·⎝ ⎛⎭
⎪⎪⎫12AB →－13BC →＝12AB →2－29BC →2＝12×2－29×3＝13.
(第5题)
知识聚焦
1. [0，π] 3. (3) －|a ||b | (5) |a ||b | 5. (1) x 1x 2＋y 1y 2 (2) x 1x 2＋y 1y 2＝0 (3) x21＋y21 (4) x1x2＋y1y2
x21＋y21·x22＋y22
研题型·融会贯通 分类解析
(1) 【答案】 24
【解析】 (1) 因为a －λb 与b 垂直，所以(a －λb )·b ＝0， 所以a ·b －λb 2
＝0，所以1×2×cos π4－4λ＝0，所以λ＝24
.
(2) 【答案】 A 【
解
析
】
因为|a |＝3|b |，cos 〈a ，b 〉＝13，所以a ·(a －b )＝a 2－a ·b ＝9|b |2－|b |2＝8|b |2＝16，所以|b |
＝2.
【解案】 (1) a ·b ＝|a||b |cos 120°＝3×4×⎝ ⎛⎭⎪⎪
⎫－12＝－6.
(2) |a ＋b |＝(a ＋b )2＝a2＋2a ·b ＋b2＝13. (3) 因为(2a －b )⊥(a ＋k b )，所以(2a －b )·(a ＋k b )＝0， 即2a 2＋2k a ·b －a ·b －k b 2＝0，
18－6(2k －1)－16k ＝24－28k ＝0，解得k ＝6
7
.
(1) 【答案】 π
3
【解析】 因为向量a ，b 的夹角是2π
3，a 是单位向量，|b |＝2，
所以a ·b ＝|a |·|b |cos 2π3＝1×2×cos 2π
3＝－1.
因为c ＝2a ＋b ，所以|c |＝
(2a ＋b )2
＝
4a2＋4a ·b ＋b2
＝
4－4＋4
＝2，所以c ·b ＝(2a ＋b )·b ＝2a ·b ＋b 2＝－2＋4＝2.
设向量c 与b 的夹角为θ，其中θ∈[0，π]， 则cos θ＝c ·b
|c|·|b|＝2
2×2＝1
2，得θ＝π
3.
(2) 【答案】 23 【
解
析
】
因为|a |＝2，|b |＝1，a 与b 的夹角为60°，所以a ·b ＝|a |·|b |cos
60°＝1，则|a ＋2b |＝4＋4＋4＝2
3.
(1) 【答案】 C 【
解
析
】
由|a ＋b |＝|a －b |，得a ·b ＝0，由|a ＋b |＝2|a |，得|b |＝
3
|a |.设a ＋b 与a 的夹角为θ(θ∈[0，π])，则cos θ＝(a ＋b )·a |a ＋b |·|a |＝1
2，所以θ＝π3.
(2) 【答案】 6 【
解
析
】
由题意知，向量a ，b 的夹角为60°，|a |＝2，|b |＝3，所以(3a －2b )2＝9a 2－12a ·b ＋4b 2＝9×22－12×2×3cos 60°＋4×32＝36，所以|3a －2b |＝6.
【解答】 (1) 因为DB →＝2AD →，所以AD →＝13AB →，所以CD →＝AD →－AC →
＝13
AB
→－AC →，因为AB ＝2，AC ＝3，∠BAC ＝60°，所以AB →·AC →＝⎪⎪⎪⎪AB →·⎪⎪⎪⎪AC →cos
60°＝2×3×1
2
＝3.
所以CD →2＝⎝ ⎛⎭
⎪⎪⎫13AB →－AC →2＝19AB →2－23AB →·AC →＋AC →2＝19×22
－23
×3＋32
＝679，故CD ＝67
3
.
(2) 因为CE →＝2EB →，所以BE →＝13BC →，所以DE →＝DB →＋BE →
＝23AB →＋13BC →＝23AB →＋13(AC
→－AB →)＝13AB →＋13AC →，所以AB →·DE →＝AB →·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫13AB →＋13AC →＝13AB →2＋13AB →·AC →＝13×22
＋13×3＝73
.
【题组·高频强化】
1. D 【解析】 由已知得AM →＝12(AB →＋AC →)，BC →＝AC →－AB →，所以AM →·BC →＝12(AB
→＋AC →)·(AC →－AB →)＝12(AC →2－AB →2
)＝72
.
2. B 【解析】 由AD →＝2DC →，得BD →＝23BC →＋13BA →，CA →＝BA →－BC →，所以BD →·CA
→
＝⎝ ⎛⎭
⎪⎪⎫
23BC →＋13BA →·(BA →－BC →)＝－6. 3. B 【解析】 根据题意，AB ＝3，BD ＝2AD ，则AD ＝1.在△ADC 中，又AC ＝2，∠BAC ＝60°，则DC 2＝AD 2＋AC 2－2AD ·AC cos ∠BAC ＝3，即DC ＝3，则CD ⊥
AB ，BE →·AB →＝(BD →＋DE →)·AB →＝BD →·AB →＋DE →·AB →＝BD →·AB →＝－23
AB →2＝－6.
4.
A
【
解
析
】 以BD 的中点O 为坐标原点，以BD 所在的直线为x 轴，以CA 所在的直线为y 轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则B (－1，0)，C (0，－3)，所以直线BC 的方程为y ＝－
3
x －
3.设点M (x ，－
3x －
3)(－1≤x ≤0)，则OM →＝(x ，－
3x －
3)，CM
→＝(x ，－
3x )，所以OM →·CM →＝x 2＋3x 2＋3x ＝4x 2
＋3x ＝4⎝ ⎛⎭
⎪⎪⎫x ＋382－916，当x ＝－38时，OM →·CM →
取到最小值－916
.
(第4题)
课堂评价 1. A
【
解
析
】
根据题意，|a －b |＝
3＋2
＝
5，则(a －b )2＝a 2＋b 2－2a·b ＝5－2a·b ＝5，得a·b ＝0，所以(2a －b )2＝4a 2＋b 2－4a·
b ＝4＋4＝8，则|2a －b |＝22，故选A.
2. B
3.
D
【
解
析
】 因为向量a ＝(1，k )，|b |＝2，a 与b 的夹角为5π6
，所以a ·b ＝|a |·|b |cos
5π6＝－
3·
1＋k2.又(a ＋b )⊥a ，所以(a ＋b )·a ＝a 2＋a·b ＝1＋k 2－
3·
1＋k2
＝0，所以1＋k2·(1＋k2－
3)＝0，由1＋k2＞0，解得k ＝±2.
4.
22
【解析】 因为AE
→＝AB →＋BE →＝AB →＋λBC →，BF →＝BC →＋CF →＝BC →
＋λCD →，所以AE →·BF →＝(AB →＋λBC →)·(BC →＋λCD →)＝AB →·BC →＋λAB →·CD →＋λBC →2＋λ2BC →·CD →＝|
AB
→
||
BC
→|cos 120°－λAB
→
2
＋λ
BC
→2
＋λ2|
BC
→||
CD
→|cos
60°＝2λ2
－2＝－1，解得λ＝±22
.因为点E ，F 分别在边BC ，DC 上，所以λ>0，所以λ＝
22
.
5. 13
【解析】
如图，以B 为坐标原点，AB 所在的直线为x 轴，BC 所在的直线为y 轴，建立平面直角坐标系，则B (0,0)，A (1,0)，C (0，2)，所以
AC
→
＝(－1,2)．因为D 为BC 的中点，所以D (0,1)，因为AE →＝2EC →，所以E ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫13，43，所以DE
→
＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫13，13，所以DE →·AC →＝⎝ ⎛⎭
⎪⎪⎫13，13·(－1,2)＝－13＋23＝13.
(第5题) 第32讲 复 数
链教材·夯基固本 激活思维
1. B 【解析】 由z ＝1＋i ，得z －＝1－i ，则z z －－z －1＝2－(1＋i)－1＝－i.故选B.
2. D 【解析】 由已知得(1＋i )3(1－i )2＝(1＋i )2(1＋i )(1－i )2＝2i (1＋i )－2i ＝－1－i.故选D.
3.
D
【
解
析
】
由题意可得z 2＝(1＋i)2＝2i ，则z 2－2z ＝2i －2(1＋i)＝－2，故|z 2－2z |＝|－2|＝2.
4. D
5.
B
【
解
析
】
因为z 1，z 2在复平面内的对应点关于实轴对称，所以z 2＝1－i ，所以z 1z 2＝(1＋i)·(1－i)＝2.故选B.
知识聚焦
1. (1) a b (2) a ＝c 且b ＝d 3. (3) a2＋b2
研题型·融会贯通 分类解析
(1) 【答案】 C (2) 【答案】 C
【解析】 由z (1＋i )i 32－i ＝1－i ，得z ＝(1－i )(2－i )(1＋i )i 3＝1－3i －i (1＋i )＝1－3i 1－i ＝
(1－3i )(1＋i )(1－i )(1＋i )＝2－i ，所以z －＝2＋i ，所以复数z －的虚部为1.
(3) 【答案】 C
【解析】 由题意得z ＝
－3i 1＋
3i
＝
－3i (1－3i )
(1＋3i )(1－3i )
＝
－3－
3i
4
＝－
34
－
34
i ，所以z －
＝－34＋34
i ，所以|z －|＝
⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－342＋⎝ ⎛⎭
⎪⎪
⎫342＝32. (1) 【答案】 3 (2) 【答案】 A 【
解
析
】
i(x ＋y i)＝－y ＋x i ，
5i 2－i
＝
5i (2＋i )
5
＝－1＋2i ，根据两复数相等的充要条件得x ＝2，y ＝1，即x ＋y i ＝2＋i ，其共轭复数为x －y i ＝2－i.
(1) 【答案】 D
【解析】因为z －＝1－i 1＋i ＝(1－i )2
(1＋i )(1－i )
＝－2i 2
＝－i ，所以z ＝i.
(2) 【答案】 D
(1) 【答案】 C 【
解
析】由题得
1＋i (1＋i )(1－i )
＝
1＋i 2
＝
12
＋
12
i ＝a ＋b i ，所以a ＝1
2，b ＝12，所以a b
＝⎝ ⎛⎭
⎪⎪
⎫1212＝22.
(2) 【答案】 A 【
解
析
】
因为
z ·i 3＋2i
＝1－i ，所以z ·i ＝(1－i)·(3＋2i)＝5－i ，所以z ＝－1－5i ，所以z ＋3＝2－5i ，所以|z ＋3|＝
29.
(1) 【答案】 B
【解析】z ＝(3m －2)＋(m －1)i ，由题知3m －2＜0且m －1＜0，解得m ＜2
3.故选B.
(2) 【答案】 4
【解析】 若复数z 满足条件|z |＝1，则z 所对应的点的轨迹是单位圆．因为|z ＋22
＋i|表示单位圆上的动点到定点(－22，－1)的距离，所以|z ＋2
2＋i|的最大值是4.
【答案】 C 【
解
析
】
由已知条件，可设z ＝x ＋y i(x ，y
∈
R )．因为|z －i|＝1，所以|x ＋y i －i|＝1，所以x 2＋(y －1)2＝1.故选C.
课堂评价
1. C 【解析】 由题知z ＝－i (a ＋i )－i·2i ＝1－ai
2，所以a ＝－1.
2. A 【解析】 由题知z ＝4i
1＋i ＝4i (1－i )1－i 2＝2＋2i ，对应的点为(2,2)，在第一象限．
3. B 【解析】 由题得z －＝i(1－i)＝1＋i ，所以z ＝1－i ，所以|z |＝12＋(－1)2
＝2，故选B.
4.
BC
【
解
析
】
复数不能比较大小，故A 错误；若a 2
－4＋(a ＋2)i 为纯虚数，则
⎩⎪⎨⎪⎧
a2－4＝0，
a ＋2≠0，
解得a ＝2，故B 正确；z ＝(1＋i)2(1＋2i)＝－4＋2i ，所以z
－
＝－4－2i ，为第三象限内的点，故C 正确；z ＝1＋i 2＋i
＝
(1＋i )(2－i )
(2＋i )(2－i )
＝3＋i 5，其虚部为15
，故D 错误．故选BC.
5. 5
【解析】 由题意可得z ＝
1＋3i 1＋i ＝(1＋3i )(1－i )
(1＋i )(1－i )＝
4＋2i 2
＝2＋i ，所以z 2＝3＋4i ，所以|z 2|＝
9＋16＝5.。