高考数学一轮复习单元检测六平面向量与复数单元检测含解析
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＝－12.因为k ＜0，所以λ＜0，故λ＝－12.5. 12 【解析】 如图，DE →＝DB →＋BE →＝12AB →＋23BC →＝12AB →＋23(AC →－AB →)＝－16AB →＋23AC →，所以λ1＋λ2＝23－16＝12.(第5题)知识聚焦3. b ＝λa4. 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 →＝45CD →，则BE→＝BC →＋CE →＝AD →＋45CD →＝－45AB →＋AD →.(2) 【答案】 B【解析】 因为DE →＝AE →－AD →＝23AC →－AB →－BD →＝23AC →－AB →－12BC →＝23AC →－AB →－12(AC →－AB →)＝－12AB →＋16AC →，又DE →＝x AB →＋y AC →，所以x ＝－12，y ＝16，所以x ＋y ＝－12＋16＝－13.(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＝－12.(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】 43【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 ＝43.【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＝－32.(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 ＝－12x ＋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 ＋13b .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 22. (1) (x 1－x 2，y 1－y 2) (λx 1，λy 1) (2) ②(x 2－x 1)2＋(y 2－y 1)23. 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 ＝35，λ＝45.【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→＝2OP→，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 →－38OB →，MP→＝OP →－OM→＝14(OA→＋OB→)－38OB→＝14OA→－18OB →.又M ，P ，N 三点共线，所以存在实数λ，使得MN →＝λMP →成立，即n OA →－38OB→＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫14OA →－18OB →.又OA →，OB →不共线，所以有⎩⎪⎨⎪⎧n ＝14λ，－38＝－18λ，解得n ＝34.3. B 【解析】 如图，设AH →＝λAF →，DH →＝μDE →，又DH →＝DA →＋AH →＝－b ＋λAF →＝－b ＋λ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫b ＋12a ，DH→＝μDE→＝μ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a －12b ，所以μ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a －12b ＝－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＝12λ，－12μ＝－1＋λ，解得λ＝45，μ＝25，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 ＋12x ＝e1，①x －12y ＝e2，②①＋②×(－2)，得12x －2x ＝e 1－2e 2，所以x ＝－23(e 1－2e 2)＝－23e 1＋43e 2，即BC →＝－23e 1＋43e 2.同理可得y ＝CD →＝－43e 1＋23e 2.【解答】(1)假设存在常数t 使得OA→＋tOB→＝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 ＝－2241.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 ＝－12.(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＝17.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 |＝22，即k2＋4＝22，解得k ＝±2，D 选项中的命题错误．2. B3. 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. A5. 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 |cosθ＝|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|＝－22，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＋y1y2x21＋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 ＝67.(1) 【答案】 π3【解析】 因为向量a ，b 的夹角是2π3，a 是单位向量，|b |＝2，所以a ·b ＝|a |·|b |cos 2π3＝1×2×cos 2π3＝－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|＝22×2＝12，得θ＝π3.(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 |cos60°＝1，则|a ＋2b |＝4＋4＋4＝23.(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 |＝12，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 →＝13AB→－AC →，因为AB ＝2，AC ＝3，∠BAC ＝60°，所以AB →·AC →＝⎪⎪⎪⎪AB →·⎪⎪⎪⎪AC →cos60°＝2×3×12＝3.所以CD →2＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫13AB →－AC →2＝19AB →2－23AB →·AC →＋AC →2＝19×22－23×3＋32＝679，故CD ＝673.(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 →＝－23AB →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 ＝－3x －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. B3.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 |cos5π6＝－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＋λBC→2＋λ2|BC→||CD→|cos60°＝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. D5.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 )＝－3－3i4＝－34－34i ，所以z －＝－34＋34i ，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＋12i ＝a ＋b i ，所以a ＝12，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 ＜23.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 ＋22＋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－ai2，所以a ＝－1.2. A 【解析】 由题知z ＝4i1＋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.。
江苏省高考数学一轮复习 第六章 平面向量与复数 第36课 复数课时作业(含解析)苏教版
江苏省高考数学一轮复习 第六章 平面向量与复数 第36课 复数课时作业（含解析）苏教版第36课 复 数A.课时精练一、填空题1.(2018·镇江期末)若复数z 满足3＋4i z＝5i ，其中i 为虚数单位，则|z|＝________．2.(2018·苏北四市期末)已知复数z ＝2＋i 2－i(i 为虚数单位)，那么|z|＝________．3.(2018·常州期末)若复数z 满足z·2i ＝|z|2＋1(其中i 为虚数单位)，则|z|＝________．4.(2018·扬州期末)若复数(a －2i )(1＋3i )(i 是虚数单位)是纯虚数，则实数a 的值为________．5.(2017·北京卷)若复数(1－i )(a ＋i )在复平面内对应的点在第二象限，则实数a 的取值范围是________．6.(2018·安庆二模)已知复数z 满足(2＋i )z ＝1－i ，其中i 是虚数单位，那么z 的共轭复数为________．7.(2018·太原二模)若复数a －i 2＋i(i 为虚数单位)的实部与虚部相等，则实数a 的值为________．8.若复数z 1，z 2在复平面内对应的点关于实轴对称，z 1＝2＋i ，则z 1z 2＝________．二、解答题9.已知复数z ＝a 2－7a ＋6a ＋1＋(a 2－5a －6)i (其中a∈R )，试求实数a 的取值，使得z 分别为：(1) 实数；(2) 虚数；(3) 纯虚数．10.已知复数z 1＝sin 2x ＋i ·cos 2x ，z 2＝sin 2x ＋i ·cos x.在复平面上，复数z 1，z 2能否表示同一个点？若能，指出该点表示的复数；若不能，请说明理由．11.已知复数z 的共轭复数是z ，且z ＋|（2＋i ）2（3＋i ）|z＝3(2＋i )，求复数z.B.滚动小练1.已知点P(－1，2)，线段PQ 的中点M 的坐标(1，－1)．若向量PQ →与向量a ＝(λ，1)共线，则λ＝________．2.如图，在四边形ABCD 中，已知AD⊥CD，AD ＝10，AB ＝14，∠BDA＝60°，∠BCD＝135°，那么BC 的长为________．(第2题)3.(2017·如东、丰县联考)已知函数f(x)＝1x＋a ln x ，a∈R . (1) 求函数f (x )的单调减区间；(2) 当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1时，函数f (x )的最小值是0，求实数a 的值．。
备考2025届高考数学一轮复习强化训练第六章平面向量复数第3讲平面向量的数量积及应用极化恒等式
极化恒等式例6 （1）[2024北京高考]在△ABC 中，AC ＝3，BC ＝4，∠C ＝90°.P 为△ABC 所在平面内的动点，且PC ＝1，则PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗ 的取值范围是（ D ） A.[－5， 3]B.[－3，5]C.[－6，4]D.[－4，6]解析 解法一（极化恒等式） 设AB 的中点为M ，CM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与CP ⃗⃗⃗⃗⃗ 的夹角为θ，由极化恒等式得PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2－14AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 2＝（CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ －CP ⃗⃗⃗⃗⃗ ）2－254＝CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2＋CP ⃗⃗⃗⃗⃗ 2－2CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·CP ⃗⃗⃗⃗⃗ cos θ－254＝254＋1－5cos θ－254＝1－5cos θ，因为cos θ∈[－1，1]，所以PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·PB⃗⃗⃗⃗⃗ ∈[－4，6]. 解法二 以C 为坐标原点，CA ，CB 所在直线分别为x 轴，y 轴建立平面直角坐标系，则 A （3，0），B （0，4），设P （x ，y ），则x 2＋y 2＝1，PA⃗⃗⃗⃗⃗ ＝（3－x ，－y ），PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝ （－x ，4－y ），所以PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝x 2－3x ＋y 2－4y ＝（x －32）2＋（y －2）2－254，又（x －32）2＋（y －2）2表示圆x 2＋y 2＝1上一点到点（32，2）距离的平方，圆心（0，0）到点（32，2）的距离为52，所以PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ∈[（52－1）2－254，（52＋1）2－254]，即PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·PB⃗⃗⃗⃗⃗ ∈[－4，6]，故选D. 解法三 以C 为坐标原点，CA ，CB 所在直线分别为x 轴，y 轴建立平面直角坐标系，则 A （3，0），B （0，4），因为PC ＝1，所以P 在以（0，0）为圆心，1为半径的圆上，所以设点P 坐标为（cos α，sin α），则PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝（3－cos α，－sin α）·（－cos α，4－sin α）＝1－3cos α－4sin α＝1－5sin （α＋φ）（其中tan φ＝34）.因为sin （α＋φ）∈[－1，1]，所以PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·PB⃗⃗⃗⃗⃗ ∈[－4，6]. （2）[全国卷Ⅱ]已知△ABC 是边长为2的等边三角形，P 为平面ABC 内一点，则PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·（PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＋PC ⃗⃗⃗⃗⃗ ）的最小值是（ B ） A.－2B.－32C.－43D.－1解析 解法一 如图，取BC 的中点D ，则PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＋PC ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝2PD ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·（PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＋PC ⃗⃗⃗⃗⃗ ）＝2PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·PD ⃗⃗⃗⃗⃗ .在△PAD 中，取AD 的中点O ，则2PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·PD⃗⃗⃗⃗⃗ ＝2｜PO ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜2－12｜AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜2＝2｜PO⃗⃗⃗⃗⃗ ｜2－32. 由于点P 在平面内是随意的，因此当且仅当点P ，O 重合时，｜PO ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜取得最小值，即2PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·PD ⃗⃗⃗⃗⃗ 取得最小值－32.故选B. 解法二 如图，以等边三角形ABC 的底边BC 的中点O 为坐标原点，BC 所在直线为x 轴，BC 的垂直平分线为y 轴建立平面直角坐标系，则A （0，√3），B （－1，0），C （1，0）.设P （x ，y ），则PA⃗⃗⃗⃗⃗ ＝（－x ，√3－y ），PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝（－1－x ，－y ），PC ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝（1－x ，－y ），所以PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·（PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＋PC ⃗⃗⃗⃗⃗ ）＝（－x ，√3－y ）·（－2x ，－2y ）＝2x 2＋2（y －√32）2－32，易知当x ＝0，y ＝√32时，PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·（PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＋PC ⃗⃗⃗⃗⃗ ）取得最小值，最小值为－32.故选B.方法技巧极化恒等式：a ·b ＝14[（a ＋b ）2－（a －b ）2].几何意义：向量a ，b 的数量积等于以这组向量所对应的线段为邻边的平行四边形的“和对角线长”与“差对角线长”的平方差的14.应用：（1）在▱ABCD 中，O 为AC ，BD 的交点，则有AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝14（4｜AO ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜2－4｜OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜2）＝｜AO⃗⃗⃗⃗⃗ ｜2－｜OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜2. （2）如图，在△ABC 中，若M 是BC 的中点，则AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2－14BC⃗⃗⃗⃗⃗ 2. 训练4 [2024山东青岛二中5月模拟]如图，在四边形ABCD 中，∠B ＝60°，AB ＝3，BC ＝6，且AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝λBC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB⃗⃗⃗⃗⃗ ＝－32，则实数λ的值为 16，若M ，N 是线段BC 上的动点，且 ｜MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ｜＝1，则DM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·DN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的最小值为 132.解析 依题意得AD ∥BC ，∠BAD ＝120°，由AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝｜AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜·｜AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜·cos ∠BAD ＝ －32｜AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜＝－32，得｜AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜＝1，因此λ＝｜AD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ｜｜BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜＝16.取MN 的中点E ，连接DE ，则DM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＋DN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝2DE ⃗⃗⃗⃗⃗ ，DM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·DN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝14[（DM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＋DN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ）2－（DM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ －DN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ）2]＝DE ⃗⃗⃗⃗⃗ 2－14NM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2＝DE ⃗⃗⃗⃗⃗ 2－14.留意到线段MN 在线段BC 上运动时，DE 的最小值等于点D 到直线BC 的距离，即AB ·sin B ＝3√32，因此DE ⃗⃗⃗⃗⃗ 2－14的最小值为（3√32）2－14＝132，即DM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·DN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的最小值为132.思维帮·提升思维 快速解题三角形“四心”的向量表示与运用角度1 垂心的向量表示与运用例7 [2024山西朔州模拟]已知H 为△ABC 的垂心，若AH⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝13AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＋25AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则sin ∠BAC ＝ √63.解析 如图，连接BH ，CH ，因为AH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝13AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＋25AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，所以BH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝BA⃗⃗⃗⃗⃗ ＋AH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝ －23AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＋25AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，CH ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝CA ⃗⃗⃗⃗⃗ ＋AH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝13AB ⃗⃗⃗⃗⃗ －35AC ⃗⃗⃗⃗⃗ .由H 为△ABC 的垂心，得BH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝0，即（－23AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＋25AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ）·AC⃗⃗⃗⃗⃗ ＝0，可知25｜AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜2＝23｜AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜·｜AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜cos ∠BAC ，即cos ∠BAC ＝3｜AC⃗⃗⃗⃗⃗ ｜5｜AB⃗⃗⃗⃗⃗ ｜ ①，同理有CH ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝0，即（13AB ⃗⃗⃗⃗⃗ －35AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ）·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝0，可知13｜AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜2＝35｜AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜｜AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜cos ∠BAC ，即cos ∠BAC ＝5｜AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜9｜AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜②，①×②得cos 2∠BAC ＝13，得sin 2∠BAC ＝1－cos 2∠BAC ＝1－13＝23，又sin ∠BAC ＞0，所以sin ∠BAC ＝√63. 方法技巧1.垂心的定义：三角形三条高的交点称为该三角形的垂心.2.垂心的性质：设O 是△ABC 的垂心，P 为△ABC 所在平面内随意一点，则有（1）OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ；（2）｜OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜2＋｜BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜2＝｜OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜2＋｜CA ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜2＝｜OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜2＋｜AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜2； （3）动点P 满意AP⃗⃗⃗⃗⃗ ＝λ（AB⃗⃗⃗⃗⃗ ｜AB⃗⃗⃗⃗⃗ ｜cos∠ABC ＋AC⃗⃗⃗⃗⃗ ｜AC⃗⃗⃗⃗⃗ ｜cos∠ACB ）或OP⃗⃗⃗⃗⃗ ＝OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ＋λ（AB⃗⃗⃗⃗⃗ ｜AB⃗⃗⃗⃗⃗ ｜cos∠ABC ＋AC⃗⃗⃗⃗⃗ ｜AC⃗⃗⃗⃗⃗ ｜cos∠ACB ），λ∈R 时，动点P 的轨迹经过△ABC 的垂心.角度2 重心的向量表示与运用例8 [2024广州一中诊断]如图，已知点G 是△ABC 的重心，过G 作直线与AB ，AC 分别交于M ，N 两点，AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝x AB⃗⃗⃗⃗⃗ ，AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝y AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则xy x ＋y＝ 13 .解析 由M ，G ，N 三点共线得，存在实数λ使得AG ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝λAM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＋（1－λ）AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝x λAB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＋y （1－λ）AC⃗⃗⃗⃗⃗ ，且0＜λ＜1. 因为G 是△ABC 的重心，所以AG ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝13（AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＋AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ），所以{xλ＝13，y （1－λ）＝13，则{x ＝13λ，y ＝13（1－λ），故xy ＝19λ（1－λ），x ＋y ＝13λ（1－λ），则xy x ＋y ＝19λ（1－λ）×3λ（1－λ）＝13.方法技巧1.重心的定义：三角形三条中线的交点称为该三角形的重心.2.重心的性质：设O 是△ABC 的重心，P 为平面内随意一点，则有（1）OA⃗⃗⃗⃗⃗ ＋OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＋OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝0；（2）PO⃗⃗⃗⃗⃗ ＝13（PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ＋PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＋PC ⃗⃗⃗⃗⃗ ）；（3）动点P 满意AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝λ（AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＋AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ）或OP ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ＋ λ（AB⃗⃗⃗⃗⃗ ＋AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ），λ∈[0，＋∞）时，动点P 的轨迹经过△ABC 的重心. 角度3 外心的向量表示与运用例9 [2024湖北荆门模拟]已知点O 为△ABC 所在平面内一点，在△ABC 中，满意2AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AO ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝｜AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜2，2AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AO ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝｜AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜2，则点O 为该三角形的（ B ） A.内心B.外心C.垂心D.重心解析 因为2AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AO⃗⃗⃗⃗⃗ ＝2｜AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜｜AO ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜cos ∠OAB ＝｜AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜2，所以｜AO ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜cos ∠OAB ＝ 12｜AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜，则向量AO ⃗⃗⃗⃗⃗ 在向量AB⃗⃗⃗⃗⃗ 上的投影向量的长度为｜AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜的一半，所以点O 在边AB 的中垂线上，同理，点O 在边AC 的中垂线上，所以点O 为该三角形的外心，故选B. 方法技巧1.外心的定义：三角形三边垂直平分线的交点称为该三角形的外心.2.外心的性质：若O 是△ABC 的外心，则有（1）｜OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜＝｜OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜＝｜OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜； （2）（OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ＋OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ）·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝（OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ＋OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ）·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝（OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＋OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ）·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝0. 角度4 内心的向量表示与运用例10 [2024四川南充阶段测试]已知O 是△ABC 所在平面内一点，且点O 满意OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·（AB⃗⃗⃗⃗⃗ ｜AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜－AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜）＝OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·（BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜－BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜）＝OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·（CA ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜CA ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜－CB⃗⃗⃗⃗⃗ ｜CB ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜）＝0，则点O 为△ABC 的（ C ） A.外心 B.重心C.内心D.垂心解析 解法一AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜，AC⃗⃗⃗⃗⃗ ｜AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜分别是与AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ 方向相同的单位向量，可令AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜AB⃗⃗⃗⃗⃗ ｜＝AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ，AC⃗⃗⃗⃗⃗ ｜AC⃗⃗⃗⃗⃗ ｜＝AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ，连接ED ，则△ADE 为腰长是1的等腰三角形，AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜AB⃗⃗⃗⃗⃗ ｜－AC⃗⃗⃗⃗⃗ ｜AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜＝ED ⃗⃗⃗⃗⃗ ，所以OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·ED ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝0，所以AO 为∠CAB 的平分线，同理BO 为∠ABC 的平分线，CO 为∠ACB 的平分线，所以O 为△ABC 的内心.故选C. 解法二 OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·（AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜－AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜）＝0，即OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜＝OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜，即｜OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜·｜AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜｜AB⃗⃗⃗⃗⃗ ｜cos （π－∠OAB ）＝｜OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜·｜AC ⃗⃗⃗⃗⃗｜｜AC ⃗⃗⃗⃗⃗｜·cos （π－∠OAC ），所以∠OAB ＝∠OAC ，即AO 是∠BAC 的平分线，同理可得BO 为∠ABC 的平分线，CO 为∠ACB 的平分线，所以O 为△ABC 的内心. 方法技巧1.内心的定义：三角形三条内角平分线的交点称为该三角形的内心.2.内心的性质：若O 是△ABC 的内心，P 为平面内随意一点，则有（1）a OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ＋b OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＋c OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝0（a ，b ，c 分别是△ABC 的三边BC ，AC ，AB 的长）；（2）动点P 满意AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝λ（AB⃗⃗⃗⃗⃗ ｜AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜＋AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜）或OP ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ＋λ（AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜＋AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜），λ∈[0，＋∞）时，动点P 的轨迹经过△ABC 的内心.训练5 （1）[2024长春模拟]点O 是平面α上确定点，点P 是平面α上一动点，A ，B ，C 是平面α上△ABC 的三个顶点（点O ，P ，A ，B ，C 均不重合），以下命题正确的是 ①②③④ .①动点P 满意OP ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ＋PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＋PC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则△ABC 的重心确定在满意条件的P 点的集合中； ②动点P 满意OP ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ＋λ（AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜＋AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜）（λ＞0），则△ABC 的内心确定在满意条件的P 点的集合中；③动点P 满意OP ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ＋λ（AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜AB⃗⃗⃗⃗⃗ ｜sinB ＋AC⃗⃗⃗⃗⃗ ｜AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜sinC ）（λ＞0），则△ABC 的重心确定在满意条件的P 点的集合中；④动点P 满意OP⃗⃗⃗⃗⃗ ＝OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ＋λ（AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜AB⃗⃗⃗⃗⃗ ｜cosB ＋AC⃗⃗⃗⃗⃗ ｜AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜cosC ） （λ∈R ），则△ABC 的垂心确定在满意条件的P 点的集合中.解析 对于①，OP ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ＋PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＋PC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，移项得－OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ＋OP ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＋PC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，即PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ＋PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＋PC ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝0，则点P 是△ABC 的重心，故①正确. 对于②，因为动点P 满意OP⃗⃗⃗⃗⃗ ＝OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ＋λ（AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜＋AC⃗⃗⃗⃗⃗ ｜AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜）（λ＞0），移项得AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝λ（AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜＋AC⃗⃗⃗⃗⃗ ｜AC⃗⃗⃗⃗⃗ ｜）（λ＞0），所以AP ⃗⃗⃗⃗⃗ 与∠BAC 的平分线对应的向量共线，所以P 在∠BAC 的平分线上，所以△ABC 的内心在满意条件的P 点的集合中，②正确. 对于③，OP⃗⃗⃗⃗⃗ ＝OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ＋λ（AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜sinB ＋AC⃗⃗⃗⃗⃗ ｜AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜sinC ）（λ＞0），即AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝λ（AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜AB⃗⃗⃗⃗⃗ ｜sinB ＋AC⃗⃗⃗⃗⃗ ｜AC⃗⃗⃗⃗⃗ ｜sinC ），过点A 作AD ⊥BC ，垂足为D ，则｜AB⃗⃗⃗⃗⃗ ｜sin B ＝｜AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜sin C ＝AD ，AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝λAD（AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＋AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ），设M 为BC 的中点，则AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＋AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝2AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，则AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝2λAD AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，所以P 在BC 的中线上，所以△ABC 的重心确定在满意条件的P 点的集合中，③正确. 对于④，OP⃗⃗⃗⃗⃗ ＝OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ＋λ（AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜cosB ＋AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜cosC ）（λ∈R ），即AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝λ（AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜cosB＋AC⃗⃗⃗⃗⃗ ｜AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜cosC ），所以AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝λ（AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜cosB ＋AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜cosC）＝λ（－｜BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜＋｜BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ｜）＝0，所以AP⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，所以P 在边BC 上的高所在的直线上，所以△ABC 的垂心确定在满意条件的P 点的集合中，④正确.故正确的命题是①②③④.（2）[多选/2024安徽淮北师大附中模拟]数学家欧拉在1765年发表的《三角形的几何学》一书中有这样一个定理：三角形的重心、垂心和外心共线.这条线就是三角形的欧拉线.在△ABC 中，O ，H ，G 分别是外心、垂心和重心，D 为BC 边的中点，则下列四个选项中正确的是（ ABD ） A.GH ＝2OG B.GA ⃗⃗⃗⃗⃗ ＋GB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＋GC ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝0 C.AH ＝ODD.S △ABG ＝S △BCG ＝S △ACG解析 依据题意画出图形，如图所示.对于B ，连接GD ，由重心的性质可得G 为AD 的三等分点，且GA ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝－2GD ⃗⃗⃗⃗⃗ ，又D 为BC 的中点，所以GB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＋GC ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝2GD ⃗⃗⃗⃗⃗ ，所以GA ⃗⃗⃗⃗⃗ ＋GB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＋GC ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝－2GD ⃗⃗⃗⃗⃗ ＋2GD ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝0，故B 正确.对于A ，C ，因为O 为△ABC 的外心，D 为BC 的中点，所以OD ⊥BC ，所以AH ∥OD ，所以△AHG ∽△DOG ，所以GHOG ＝AHOD ＝AGDG ＝2，即GH ＝2OG ，AH ＝2OD ，故A 正确，C 不正确.对于D，延长AH交BC于N，过点G作GE⊥BC，垂足为E，则△DEG∽△DNA，所以GEAN＝DGDA ＝13，所以S△BGC＝12×BC×GE＝12×BC×13×AN＝13S△ABC，同理，S△AGC＝S△AGB＝13S△ABC，所以S△ABG＝S△BCG＝S△ACG，故D正确.故选ABD.。
【一轮效果监测】高考数学一轮复习检测：《平面向量、复数》
解得
所以 m> . 20.( 本小题满分 12 分 )
(2013 自贡模拟 ) 设平面直角坐标系中 ,O 为原点 ,N 为动点 ,| |=6, =
, 过点 M作 MM1
⊥y 轴于 M1, 过 N 作 NN1⊥ x 轴于点 N1, = 程. 解: 设 T(x,y), 点 N(x 1,y 1), 则 N1(x 1,0).
(B) =
(C) (e 1+e2) ⊥ (e 1-e 2)
(D) e1· e2=1
解析 : 由题可知 e1· e2=| e1| ·| e2|cos θ=cos θ , 则 D 项错误 . 故选 D.
3. 设 a,b 是两个非零向量 , 则下列选项正确的是 ( C )
(A) 若 |a-b|=|a|-|b|,
.
解析 : 如图所示 , = + = - ,
=+=+ ,
∴ ·=
·
=-
=32- × 102=-16. 答案 :-16
16. 已知两个单位向量
和 , 它们的夹角为 120° , 如图所示 , 点 C 在以 O为圆心的圆弧
上变动 . 若 =x +y , 其中 x、 y∈ R, 则 x+y 的最大值为
.
解析 : 由题意知 ,| |=| |=| |=1, 向量 、 的夹角为 120° ,
故选 D.
11. 设 A、B、 C 是同一直线上的三个点 , 且 实数 m,n 的值分别为 ( C )
=(-2,m),
=(n,1),
=(5,-1), 若 ⊥ , 则
(A)
或
(B)
或
(C)
或
(D)
或
解析 : 由题意知 = - =(n+2,1-m), ∵A、 B、 C三点共线 , ∴-2(n+2)=(1-m)(5-n). ①
高考数学一轮复习第六章 平面向量与复数答案 (2)
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1. B【解析】 由A ，B ，C 三点共线，得OA→＝t OB →＋(1－t )OC →＝(1＋t )a ＋(t －2)b ，因为a ，b 是不共线的向量，所以λ＝t ＋1，μ＝t －2，所以λ＝μ＋3，故选B.2.C【解析】由已知可得点M 是靠近点B 的三等分点，且点N 是AC 的中点，所以MN →＝MC →＋CN →＝23BC →＋12CA →＝23(AC →－AB →)－12AC →＝16AC →－23AB →.故选C.3. B 【解析】 如图，AD →＝AB →＋BD →＝AB →＋43BC →＝AB →＋43(AC →－AB →)＝－13AB →＋43AC→.故选B.(第3题)4. A【解析】 如图，由题意可得DE →＝23DC →＝23×12AB →＝13a ，由向量加法的三角形法则可得BE →＝BA →＋AD →＋DE →＝－a ＋b ＋13a ＝－23a ＋b .(第4题)5.C【解析】如图，已知D ，P 分别为BC ，AD 的中点，由向量的加减法运算，得BP→＝BD →＋DP →＝BD →－PD→，AB →＝AD →＋DB →＝－BD →＋2PD →，AC →＝AD →＋DC →＝BD →＋2PD →，又因为BP →＝λAB →＋μAC→＝(μ－λ)BD →＋(2λ＋2μ)PD →，则⎩⎪⎨⎪⎧μ－λ＝1，2λ＋2μ＝－1，所以⎩⎪⎨⎪⎧λ＝－34，μ＝14，故λ＋μ＝－12.(第5题)6. AB7. ABD8. ACD 【解析】 根据平面向量共线的知识可知A 选项正确；对于B 选项，若a 与b 共线，可能a ＝0，当b 为非零向量时，不存在实数λ，使得b ＝λa ，所以B 选项错误；根据平面向量的基本定理可知C 、D 选项正确．9. ABD 【解析】 对于A ，因为BC →＝BA →＋AD →＋DC →＝－AB →＋AD →＋12AB →＝－12AB→＋AD→，所以A 正确；对于B ，因为AF →＝12AE →＝12(AB →＋BE →)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫AB →＋23BC →，而BC →＝－12AB→＋AD →，代入可得，AF →＝13AB →＋13AD →，所以B 正确；对于C ，因为BF →＝AF →－AB →，而AF →＝13AB →＋13AD →，所以BF →＝－23AB →＋13AD→，所以C 不正确；对于D ，因为CF →＝CD →＋DA →＋AF →＝－12AB →－AD →＋AF →，而AF →＝13AB →＋13AD →，代入得，CF →＝－16AB →－23AD →，所以D 正确．10. －23【解析】 因为A ，B ，C 三点共线，所以存在实数k ，使得AB→＝k AC→，所以t a －b ＝k (2a ＋3b )＝2k a ＋3k b ，即(t －2k )a ＝(3k ＋1)b .因为a ，b 不共线，所以⎩⎪⎨⎪⎧t －2k ＝0，3k ＋1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧k ＝－13，t ＝－23.11. 1 【解析】 由平面向量的运算可知BD→＝AD →－AB →，而AD →＝2AE →，AB →＝AH →＋HB→＝2AF →－AE →，所以BD →＝AD →－AB →＝2AE →－(2AF →－AE →)＝3AE →－2AF→.由题图知AE →，AF →不共线，且BD →＝x AE →＋y AF →，所以x ＝3，y ＝－2，所以x ＋y ＝1. 12. 43 【解析】 因为E 和F 分别是边CD 和BC 的中点，所以AE →＝12(AD →＋AC →)，AF→＝12(AB →＋AC →)，两式相加得2AE →＋2AF →＝AB →＋AD →＋2AC →＝3AC →，所以AC →＝23AE →＋23AF →，即λ＝μ＝23，λ＋μ＝43.13. 【解答】 (1) 因为AB→＝OB →－OA →＝(3a ＋b )－(2a －b )＝a ＋2b ，BC →＝OC →－OB →＝(a －3b )－(3a ＋b )＝－2a －4b ＝－2AB→，所以AB →与BC →共线．因为AB →与BC →有公共端点B ，所以A ，B ，C 三点共线．(2)因为8a ＋k b 与k a ＋2b 共线，所以存在实数λ，使得8a ＋k b ＝λ(k a ＋2b )＝λk a ＋2λb ，从而⎩⎪⎨⎪⎧λk ＝8，k ＝2λ，解得λ＝±2，故k ＝2λ＝±4.14. 【解答】 (1) 因为BC →＝3CD →，所以CD →＝13BC →，因为E 为线段AD 的中点，所以AE →＝12AD →＝12(AC →＋CD →)＝12AC →＋16BC →.因为BC →＝AC →－AB →，所以AE →＝12AC →＋16(AC →－AB →)＝23AC →－16AB →.因为AE →＝x AB →＋y AC →，所以y ＝23，x ＝－16，所以x ＋y ＝－16＋23＝12.(2) 由题图可知x ，y 均为正数，设AD→＝m AB →＋n AC →，AE →＝λAB →＋μAC →，因为B ，D ，E ，C 四点共线，所以m ＋n ＝1，λ＋μ＝1. 因为AD→＋AE →＝x AB →＋y AC →＝(m ＋λ)AB →＋(n ＋μ)AC →， 所以x ＋y ＝m ＋n ＋λ＋μ＝2，所以1x ＋4y ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1x ＋4y (x ＋y )＝12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫5＋y x ＋4x y ≥12⎝⎛⎭⎪⎪⎫5＋2y x ·4x y ＝92， 故1x ＋4y 的最小值为92. 15. 【解答】 (1) 因为AM →＝AB →＋BM →＝AB →＋14BC →＝AB →＋14(AC →－AB →)＝34AB →＋14AC →，所以x ＝34，y ＝14，因此，x －y ＝34－14＝12.(2) 设AP →＝λAM →＝34λAB →＋14λAC →，再设NP→＝k NC →，则AP →－AN →＝k (AC →－AN →)，即AP →＝(1－k )AN →＋k AC →＝1－k 2AB →＋k AC→，所以⎩⎪⎨⎪⎧ 34λ＝1－k 2，14λ＝k ，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝47，k ＝17，所以AP →＝37AB →＋17AC →，因此，AP →·BC →＝17(3AB →＋AC →)·(AC →－AB →)＝17(AC →2＋2AB →·AC →－3AB →2)＝17×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32＋2×4×3×12－3×42＝－277. 第30讲 平面向量的基本定理及坐标表示1. D2. D3.B【解析】以e 1的起点为坐标原点，e 1所在直线为x 轴建立平面直角坐标系(图略)，由题意可得e 1＝(1,0)，e 2＝(－1,1)，a ＝(－3,1)．设a ＝x e 1＋y e 2＝x (1,0)＋y (－1,1)＝(x －y ，y )，则⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＝－3，y ＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2，y ＝1，故a ＝－2e 1＋e 2.4. A 【解析】 因为向量a ＝(3，1)，b ＝(1，3)，a －λb ＝(3－λ，1－3λ)，所以|a －λb|＝(a －λb )2＝(3－λ)2＋(1－3λ)2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫λ－322＋14≥1.当且仅当λ＝32时，|a －λb |有最小值1.5. C 【解析】 因为AC→＝AB →＋AD →，所以AM →＝2λAB →－3μAC →＝2λAB →－3μ(AB →＋AD→)＝(2λ－3μ)AB →－3μAD →.因为BE →＝4EA →，AF →＝3FD →，所以AM →＝5(2λ－3μ)AE →－4μAF →.因为E ，F ，M 三点共线，所以5(2λ－3μ)－4μ＝1,10λ－19μ＝1，所以5λ－192μ＝12. 6. D 【解析】 由题可得A (2,0)，B ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－32，12，C ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－32，－332.因为OC →＝λOA →＋μOB →，所以⎩⎪⎨⎪⎧2λ－32μ＝－32，μ2＝－332，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝－3，μ＝－33，所以μλ＝3.7.ABC【解析】 设A (5,7)，B (－3,5)，C (3,4)，第四个顶点坐标为D (x ，y )，分以下三种情况讨论：①若四边形ABDC 为平行四边形，则AC→＝BD→，即(－2，－3)＝(x ＋3，y －5)，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3＝－2，y －5＝－3，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－5，y ＝2，此时点D 的坐标为(－5,2)．②若四边形ABCD 是平行四边形，则AD→＝BC→，则(x －5，y －7)＝(6，－1)，即⎩⎪⎨⎪⎧x －5＝6，y －7＝－1，解得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝11，y ＝6，此时点D 的坐标为(11,6)．③若四边形ACBD 为平行四边形，则AD→＝CB→，即(x －5，y －7)＝(－6,1)，即⎩⎪⎨⎪⎧x －5＝－6，y －7＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1，y ＝8，此时点D 的坐标为(－1,8)．综上所述，第四个顶点的坐标为(11,6)或(－5,2)或(－1,8)．8. ACD 【解析】 A 中，AM →＝12AB →＋12AC →⇒12AM →－12AB →＝12AC →－12AM →，即BM →＝MC →，则M 是BC 的中点，A 正确． B 中，AM→＝2AB →－AC →⇒AM →－AB →＝AB →－AC →，即BM →＝CB→，则点M 在边CB 的延长线上，所以B 错误． C 中，如图，设BC 中点为D ，则AM →＝－BM →－CM →＝MB →＋MC →＝2MD→，由重心性质可知C 正确． D 中，AM →＝x AB →＋y AC →且x ＋y ＝12⇒2AM→＝2x AB →＋2y AC →，2x ＋2y ＝1.设AD →＝2AM→，所以AD →＝2x AB →＋2y AC →，2x ＋2y ＝1，可知B ，C ，D 三点共线，所以△MBC 的面积是△ABC 面积的12，D 正确．(第8题)9.AB【解析】 设M 在阴影区域内，则射线OM 与线段AB 有公共点，记为N ，则存在实数t∈(0,1)，使得(1)ON→＝t OA →＋(1－t )OB →，且存在实数r >1，使得OM →＝r ON →，从而OM →＝rt OA →＋r (1－t )OB →，且rt ＋r (1－t )＝r ＞1.又由于0<t <1，故r (1－t )>0.对于A ，rt ＝1，r (1－t )＝2，解得r ＝3，t ＝13，满足r >1，也满足r (1－t )>0，故A 满足条件；对于B ，rt ＝34，r (1－t )＝13，解得r ＝1312，t ＝913，满足r >1，也满足r (1－t )>0，故B满足条件；对于C ，rt ＝12，r (1－t )＝13，解得r ＝56，t ＝35，不满足r >1，故C 不满足条件；对于D ，rt ＝34，r (1－t )＝15，解得r ＝1920，t ＝1519，不满足r >1，故D 不满足条件．10. 35 11.23(2d －c )23(2c －d )【解析】设AB→＝a ，AD→＝b .因为M ，N 分别为DC ，BC 的中点，所以BN →＝12b ，DM →＝12a .又⎩⎪⎨⎪⎧c ＝b ＋12a ，d ＝a ＋12b ，所以⎩⎨⎧a ＝23(2d －c )，b ＝23(2c －d )，即AB →＝23(2d －c )，AD →＝23(2c －d )．12.⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫22，322 (1,3]【解析】过点D 作x ，y 轴的垂线，垂足分别为E ，F ，过点C 作x ，y 轴的垂线，垂足分别为M ，N ，如图所示，则∠OBA ＝∠DAE ＝∠BCN ＝θ，设点C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，则x 1＝CN ＝cos θ，y 1＝OB ＋BN ＝2cos θ＋sin θ，x 2＝OA ＋AE ＝2sin θ＋cos θ，y 2＝DE ＝sin θ.当θ＝π4时，x 1＝cos π4＝22，y 1＝2cos π4＋sin π4＝322，所以点C ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫22，322. 当θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，π2时，C (cos θ，2cos θ＋sin θ)，D (2sin θ＋cos θ，sin θ)， 则OC →·OD →＝cos θ(2sin θ＋cos θ)＋(2cos θ＋sin θ)sin θ＝1＋4sin θcos θ＝1＋2sin 2θ∈(1,3]，因此，OC →·OD→的取值范围是(1,3]．(第12题)13. 【解答】 (1) 因为3a ＋b －c ＝(9,6)＋(－1,2)－(4,1)＝(4,7)， 所以|3a ＋b －c |＝16＋49＝65.(2) 因为m b ＋n c ＝(－m,2m )＋(4n ，n )＝(4n －m,2m ＋n )，所以⎩⎪⎨⎪⎧4n －m ＝3，2m ＋n ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝59，n ＝89.(3) 因为a ＋b ＝(2,4)且(d －c )∥(a ＋b )， 所以d －c ＝λ(a ＋b )＝(2λ，4λ)，λ∈R ， 所以|d －c |＝4λ2＋16λ2＝1，解得λ＝±510.当λ＝510时，d ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫55，255＋(4,1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫4＋55，255＋1； 当λ＝－510时，d ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－55，－255＋(4,1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫4－55，1－255. 14. 【解答】 (1) 因为A (1,0)，B (0,1)，C (2,5)，所以AB→＝(0,1)－(1,0)＝(－1,1)，AC →＝(2,5)－(1,0)＝(1,5)，2AB →＋AC →＝(－1,7)，因此，|2AB→＋AC →|＝(－1)2＋72＝52.(2) 由(1)知，AB→＝(－1,1)，AC →＝(1,5)，所以cos θ＝AB→·AC →|AB →|·|AC →|＝(－1，1)·(1，5)(－1)2＋12×12＋52＝42×26＝21313.15. 【解答】 (1) 由A ，M ，D 三点共线，可设OM→＝m OA →＋(1－m )OD →＝m a ＋1－m2b .由B ，M ，C 三点共线，可设OM →＝n OC →＋(1－n )OB → ＝n4a ＋(1－n )b ，所以⎩⎪⎨⎪⎧m ＝14n ，1－m2＝1－n ，解得m ＝17，n ＝47，所以OM →＝17a ＋37b .(2) 因为E ，M ，F 三点共线，所以设OM →＝k OE →＋(1－k )·OF → ＝kλa ＋(1－k )μb ，由(1)知kλ＝17，(1－k )μ＝37，所以1λ＝7k ，3μ＝7－7k ，所以1λ＋3μ＝7，为定值．第31讲 平面向量数量积的应用1.D【解析】由|a|＝1，(a ＋b )⊥a ，(2a ＋b )⊥b ，得⎩⎨⎧(a ＋b )·a ＝a 2＋a ·b ＝1＋a ·b ＝0，(2a ＋b )·b ＝2a ·b ＋b 2＝2a ·b ＋b 2＝0，化简得⎩⎪⎨⎪⎧a ·b ＝－1，b2＝2.所以|a －b|＝(a －b )2＝a2－2a ·b ＋b2＝1＋2＋2＝5.2. C 【解析】 因为OA→＋OB →＋OC →＝0，所以O 为△ABC 的重心，所以△OBC 的面积是△ABC 面积的13.因为AB →·AC →＝23，所以|AB →|·|AC→|cos ∠BAC ＝23.因为∠BAC ＝60°，所以|AB →|·|AC →|＝43，所以S △ABC ＝12|AB →|·|AC →|sin ∠BAC ＝3，所以△OBC 的面积为1.故选C.3. D 【解析】 因为|a |＝5，|b |＝6，a ·b ＝－6，所以a ·(a ＋b )＝|a |2＋a ·b ＝52－6＝19.又|a ＋b |＝(a ＋b )2＝a2＋2a ·b ＋b2＝25－2×6＋36＝7，所以cos 〈a ，a ＋b 〉＝a ·(a ＋b )|a |·|a ＋b |＝195×7＝1935. 4. A【解析】 如图，根据正六边形的特征，可以得到AP→在AB →方向上的投影的取值范围是(－1,3)，结合向量数量积的定义，可知AP →·AB →等于AB →的模与AP→在AB →方向上的投影的乘积，所以AP →·AB→的取值范围是(－2,6)．(第4题)5. C 【解析】 由题得AE →＝AB →＋BE →＝AB →＋12BC →＝AB →＋12AD →，BF →＝BC →＋CF →＝AD→＋23CD →＝AD →－23AB →，则AE →·BF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫AB →＋12AD →·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫AD →－23AB →＝23AB →·AD →－23AB →2＋12AD →2. 因为AB ＝2AD ＝23，所以AD ＝3，所以AE →·BF →＝23×23×3×cos ∠DAB －23×(23)2＋12×(3)2＝－172，解得cos ∠DAB ＝－12，所以∠DAB ＝120°.6. B 【解析】 依题意可知AB →·AD →＝|AB →|·|AD →|·cos 135°＝－2，MC →＝AC →－AM →＝AB →＋AD →－12(AE →＋AF→)＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－12λAB →＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－12μAD →，所以|MC →|＝MC→2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－12λ2－4⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－12λ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－12μ＋4⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－12μ2.因为4λ＋μ＝1，μ＝1－4λ，所以|MC→|＝412λ2－λ＋1，根据二次函数的性质可知，Δ<0，当λ＝－－12×412＝141时，|MC →|取得最小值，此时μ＝1－4λ＝3741，所以μλ＝37.7.BC【解析】如图，连接AB ，过点C 作CD⊥AB 交AB 于点D ，则D 是AB 的中点，故AB →·AC →＝|AB →|·|AC →|·cos ∠CAD ＝|AB →|·|AD →|＝12|AB→|2，故AB →·AC→的值与圆C 的半径无关，只与弦AB 的长度有关，故选BC.(第7题)8.ABC【解析】设BC＝DE ＝m ，因为∠A ＝30°，且B ，C ，D 三点共线，则CD ＝AB ＝3m ，AC ＝EC ＝2m ，所以∠ACB ＝∠CED ＝60°，∠ACE ＝90°，所以CD→＝3 BC→，CA →·CE →＝0，AB →∥DE →，故A ，B ，C 成立；而CA →·CB →＝2m ·m ·cos 60°＝m 2，CE →·CD →＝2m ·3m ·cos 30°＝3m 2，即CA →·CB →＝CE →·CD→不成立． 9.AD【解析】 当a ，b 共线时，ab ＝|a －b|＝|b －a|＝ba ，当a ，b 不共线时，ab ＝a·b ＝b·a ＝ba，故A 正确．当λ＝0，b ≠0时，λ(a b )＝0，(λa )b ＝|0－b |≠0，故B 错误．当a ＋b 与c共线时，存在a ，b 与c 不共线，(a ＋b )c ＝|a ＋b －c|，ac ＋bc ＝a·c ＋b·c ，显然|a ＋b －c|≠a·c ＋b·c ，故C 错误．当e 与a 不共线时，|ae|＝|a·e|<|a|·|e|<|a|＋1；当e 与a 共线时，设a ＝u e ，u ∈R ，|ae|＝|a －e|＝|u e －e |＝|u －1|≤|u |＋1＝|a |＋1，故D 正确．10. 511. 18 【解析】 由图可知，∠FAD ＝30°，∠FCA ＝60°，所以AF→⊥FC →.又FC →∥GD →∥HI →，AF →⊥IH →，即AF →·IH→＝0， 又AC →＋CF →＝AF →，AF →·AP1→＝AF →·(AI →＋IP1→)＝AF →·AI →＝|AF →|·|AI →|cos 30°＝3×4×32＝6.同理，AF →·AP2→＝AF →·AP3→＝6， 所以(AC →＋CF →)·(AP1→＋AP2→＋AP3→)＝AF →·AP1→＋AF →·AP2→＋AF →·AP3→＝18. 12. 16132【解析】 因为AD →＝λBC →，所以AD ∥BC ，所以∠BAD ＝180°－∠B ＝120°，所以AB →·AD →＝λBC →·AB →＝λ|BC →|·|AB →|cos 120°＝λ×6×3×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－12＝－9λ＝－32，解得λ＝16.以B 为坐标原点，BC 所在直线为x 轴建立如图所示的平面直角坐标系，则C (6,0)，A ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，332. 因为AD →＝16BC →，所以D ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫52，332. 设M (x,0)，则N (x ＋1,0)(其中0≤x ≤5)，DM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x －52，－332，DN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x －32，－332，所以DM →·DN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x －52⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x －32＋⎝⎛⎭⎪⎪⎫－3322＝x 2－4x ＋212＝(x －2)2＋132，所以当x ＝2时，DM →·DN →取得最小值132.(第12题)13. 【解答】 (1) 因为m ＝3，n ＝－1，所以a ＝(1,3)，b ＝(2，－1)， 所以a ＋λb ＝(1＋2λ，3－λ)．又a ⊥(a ＋λb )，所以1＋2λ＋3(3－λ)＝0，解得λ＝10.(2) 因为a ＝(1，m )，b ＝(2，n )，所以a ＋b ＝(3，m ＋n )． 又|a ＋b |＝5，所以9＋(m ＋n )2＝25，即(m ＋n )2＝16，所以a·b ＝2＋mn ≤2＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫m ＋n 22＝2＋4＝6，当且仅当m ＝n 时取等号， 即a·b 的最大值为6.14. 【解答】 (1) 由于D 是BC 的中点，所以AD →＝12(AB →＋AC →)，由于AE→＝2EB →，AF →＝12FC →，所以AE →＝23AB →，AF →＝13AC →，所以AD →·EF →＝12(AB →＋AC →)·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫13AC →－23AB →＝12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－23AB →2－13AB →·AC →＋13AC →2＝－13AB →2－16AB →·AC →＋16AC →2＝－13×62－16×6×3×12＋16×32＝－12.(2) 因为DE →＝AE →－AD →＝23AB →－12(AB →＋AC →)＝16AB →－12AC →，DF →＝AF →－AD →＝13AC→－12(AB →＋AC →)＝－12AB →－16AC →， 所以DE →·DF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫16AB →－12AC →·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－12AB →－16AC →＝－112AB →2＋112AC →2＋29AB →·AC →＝－3＋34＋29AB →·AC →＝0，解得AB →·AC →＝818.15. 【解答】 (1) 在梯形ABCD 中，因为AB ∥CD ，AB ＝ 2CD ，所以AO ＝2OC ， 所以AM →·BD →＝(AO →＋OM →)·BD →＝AO →·BD →＋OM →·BD →＝AO →·BD →＝23AC →·BD →＝23(AD→＋DC →)·(AD →－AB →)＝23(AD →2－DC →·AB →)＝23(4－2×4)＝－83.(2) 令AM →＝λAB →， AM →·BD →＝λAB →·BD →＝λAB →·(AD→－AB →)＝－λAB →2＝－16λ＝－83，则λ＝16，即AM →＝16AB →，所以AN →·MN →＝AN →·(AN →－AM →)＝AN →2－AN →·AM→＝AN →2－|AN →|×|AM →|×cos45°＝AN →2－16×|AN →|×|AB →|×cos 45°＝|AN →|2－23|AN →|.令|AN →|＝t ，则 0≤t ≤22 ，AN →·MN→＝t 2－23t ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫t －262－118，所以当|AN →|＝26时， AN →·MN →取最小值－118.第32讲 复 数1. C2. A3. A4. A【解析】因为复数z 1，z 2在复平面内对应的点关于虚轴对称，且z 1＝1－2i ，所以z 2＝－1－2i ，所以z1z2＝1－2i－1－2i ＝－(1－2i )(1－2i )(1＋2i )(1－2i )＝4i ＋35＝35＋45i.5. A 【解析】 若复数z 满足z (1－i)＝|2＋2i|，则z ＝|2＋2i|1－i ＝22(1＋i )(1－i )(1＋i )＝2＋2i ，即复数z 的虚部为2.6. D【解析】 因为1＋i1－i ＝(1＋i )2(1－i )(1＋i )＝2i 2＝i ，又i 4＝1，⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋i 1－i 2020＝i 2020＝(i 4)505＝1. 7.ABC【解析】设z ＝a ＋b i(a ，b∈R )，因为z ＋1z＝i ，所以a ＋b i ＋1＝(a ＋b i)i ＝a i ＋b i 2＝－b ＋a i ，所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＋1＝－b ，b ＝a ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－12，b ＝－12，所以z ＝－12－12i ，所以|z |＝22.故选ABC.8. AD 【解析】 因为z ＝3＋2i 2－i ＝(3＋2i )(2＋i )(2－i )(2＋i )＝45＋75i ，所以z 在复平面内对应的点为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫45，75，在第一象限，故A 正确；z 的虚部是75，故B 不正确；|z |＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫452＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫752＝655，故C 不正确；设z 1＝x ＋y i ，x ，y∈R ，由|z 1－z |＝1，得⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x －452＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫y －752＝1，即点(x ，y )在以⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫45，75为圆心，以1为半径的圆上，则(x ，y )到(0,0)的距离的最大值为1＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫452＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫752＝1＋655，即|z 1|的最大值为1＋655，故D 正确．9. ABC10. 3－2i 11. －7 12.y24＋x23＝1【解析】设复数z 对应的点为Z ，则|z －i|表示点Z 到点A (0,1)的距离，|z ＋i|表示点Z 到点B (0，－1)的距离，又AB ＝2，由|z ＋i|＋|z －i|＝4知点Z 到点A ，B 的距离和大于AB ，知z 在复平面内对应点的轨迹为椭圆，所以a ＝2，c ＝1，则b ＝3，椭圆的焦点就是A ，B ，所以z 在复平面内对应的点的轨迹方程是y24＋x23＝1.13. 【解答】 z ＝(1＋i )2＋3(1－i )2＋i ＝2i ＋3－3i 2＋i ＝3－i 2＋i ＝(3－i )(2－i )5＝1－i.因为z 2＋a ·z ＋b ＝1＋i ，所以(1－i)2＋a (1－i)＋b ＝1＋i ，所以(a ＋b )－(a ＋2)i ＝1＋i ，所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＝1，－(a ＋2)＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝4.14.【解答】 (1)设向量OB→对应的复数为z 1＝a ＋b i(a ，b ∈R )，则点B 的坐标为(a ，b )．因为A (2,1)，所以由对称性可知a ＝2，b ＝－1，所以OB →对应的复数为z 1＝2－i. (2) 设点C 对应的复数为z 2＝c ＋d i(c ，d ∈R )，则点C 对应的坐标为(c ，d )．由(1)知B (2，－1)，则由对称性可知，c ＝－2，d ＝－1， 故点C 对应的复数为z 2＝－2－i.15. 【解答】 (1) 设z 1＝c ＋d i(c ，d ∈R )， 则c2＋d2＝1＋i ＋c ＋d i ＝(1＋c )＋(1＋d )i ， 所以⎩⎪⎨⎪⎧1＋d ＝0，c2＋d2＝1＋c ，所以⎩⎪⎨⎪⎧c ＝0，d ＝－1，所以z 1＝－i.(2) 由(1)得z 2＝a 2－1－(a －1)i(a ∈R )， 由z 2是纯虚数，得⎩⎪⎨⎪⎧a2－1＝0，a －1≠0，所以a ＝－1.。
(江苏专用)届高考数学大一轮复习第六章平面向量与复数检测评估【含答案】.docx
第六章 平面向量与复数第 33 课 平面向量的概念与线性运算一、 填空题1. (2014 ·广东联考改编 ) 在△ ABC 中 , AB =a, AC=b,D 是 BC 的中点 , 则 AD = .( 用 a, b表示 )2. 已知向量 a 表示“向东航行 1 km ”, 向量 b 表示“向北航行3km ”, 则向量 a+b 表示的实际意义为.3. 如图 , 四边形 ABCD 是平行四边形 ,O 是对角线的交点 , 则DO +AO= .(第3题)4. 在△ ABC 中 ,AC=a,BC=b, 则 BA = .( 用 a, b 表示 )·广州模拟 ) 在△ ABC 中 , 已知 D 是 AB 边上的一点 , 若AD1CA5. (2014 =2 DB , CD = 3+λ CB , 则λ= .6. 若 O,A,B 是平面上不共线的任意三点 , 则以下各式中成立的是 .( 填序号 )① AB =OA +OB ; ② AB =OB - OA ; ③ AB =- OB + OA ;④ AB =- OB - OA .7. 已知 O 是△ ABC 所在平面内一点 ,D 为 BC 边的中点 , 且 2 OA + OB +OC =0, 则下列关系中正确的是.(填序号)① AO=2OD;② AO=OD;③AO=3OD;④2AO=OD.m8. 在△ ABC中 ,D 在线段 BC上, BD =2 DC, AD =m AB +nAC, 则n=.二、解答题19. 已知凸四边形ABCD的边 AD,BC的中点分别为E,F, 求证 : EF = 2( AB + DC).(第9题)10.已知 e1 , e2是平面内两个不共线的向量 , a=3e1-2 e2, b=-2 e1+e2, c=7e1-4 e2, 试用 a, b表示 c.11.如图 , 在△ ABC中 , 设AB =a, AC =b,AP的中点为 Q,BQ的中点为 R,CR的中点为 P, 若AP =ma+nb, 求m和 n的值 .( 第11题)第六章平面向量与复数第 33课平面向量的概念与线性运算111.2a+2b解1BC11111析: AD=AB +BD =AB +2+ 2(AC -AB)= 2AB AC= AB+ 2= 2 a+ 2 b.2.向北偏东30°方向航行 2 km解析:如图,由向量加法的平行四边形法则可得.(第2题)3.DC(或AB)4.b- a212CB5. 3解析 :因为AD=2DB,即CDCA+ 3-CA =2(CB -CD ), 解得CD =3, 所以λ2= 3 .6.②7.②解析:因为D为BC边的中点,所以由2OA+OB+OC=0, 得OB+OC=-2 OA=2 AO, 即2OD=2 AO, 所以AO=OD.12( BA 1AB2AC12m1.8. 2解析: AD =AB +BD =AB +3+AC )= 3+ 3, 所以 m=3,n= 3, 则 n= 29. 过点 C 在平面内作CG=AB, 则四边形 ABGC 是平行四边形 , 故 F 为AG 的中点 ,(第9题)所以 EF 是△ ADG 的中位线 ,11DG . 所以 EF=2 DG,所以 EF = 2 因为 DG =DC +CG= DC+ AB,1所以 EF =2( AB+ DC).10. 因为 a=3e 1-2 e 2, b=-2 e 1+e 2, 所以 a, b 不共线 .设c=xa+yb, 则 c=x(3 e 1-2 e 2)+y(-2 e 1+e 2 )=(3x-2y) e 1+(-2x+y) e 2=7e 1-4 e 2.因为 e 1, e 2是两个不共线的向量,3x-2 y 7, x 1, 所以 -2x y -4,解得y-2.所以 c=a-2 b .1CR11.AP=AC +CP =AC +21 CB1BQ= AC+2211( AQ- AB)+2AB- AC= AC2,11 AB 1AQAC= 2+ 4 + 4.1AP又AQ=2,2 4 2 4 所以= 7 a+ 777 .AP。
浙江省2021届高考数学一轮复习第六章平面向量复数补上一课平面向量中的极化恒等式及有关最值范围问题含解析
平面向量中的极化恒等式及有关最值(范围)问题知识拓展1.极化恒等式：a ·b ＝14[(a ＋b )2－(a －b )2].几何意义：向量的数量积可以表示为以这组向量为邻边的平行四边形的“和对角线”与“差对角线”平方差的14.2.平行四边形PMQN ，O 是对角线交点.则：(1)PM →·PN →＝14[PQ 2－NM 2](平行四边形模式)；(2)PM →·PN →＝PO 2－14NM 2(三角形模式).3.平面向量中的最值(范围)问题(1)向量数量积投影、向量的模、夹角的最值(或范围)；(2)向量表达式中字母参数的最值(或范围).题型突破题型一 极化恒等式的应用【例1】 (1)在△ABC 中，M 是BC 的中点，AM ＝3，BC ＝10，则AB →·AC →＝________.(2)已知正三角形ABC 内接于半径为2的圆O ，点P 是圆O 上的一个动点，则PA →·PB →的取值范围是________.解析 (1)因为M 是BC 的中点，由极化恒等式得AB →·AC →＝AM 2－14BC 2＝9－14×100＝－16.(2)取AB 的中点D ，连接CD ，因为三角形ABC 为正三角形，所以O 为三角形ABC 的重心，O 在CD 上，且OC ＝2OD ＝2，所以CD ＝3，AB ＝2 3.又由极化恒等式得PA →·PB →＝PD 2－14AB 2＝PD 2－3，因为P 在圆O 上，所以当P 在点C 处时，PD max ＝3， 当P 在CO 的延长线与圆O 的交点处时，PD min ＝1， 所以PA →·PB →∈[－2，6]. 答案 (1)－16 (2)[－2，6]【训练1】 (1)已知正方形ABCD 的边长为1，点E 是AB 边上的动点，则DE →·DA →的值为________. (2)若点O 和点F 分别为椭圆x 24＋y 23＝1的中心和左焦点，点P 为椭圆上的任意一点，则OP →·FP→的最大值为( ) A.2 B.3 C.6D.8解析 (1)取AE 中点O ，设AE ＝x (0≤x ≤1)，则AO ＝12x ，∴DE →·DA →＝DO 2－14AE 2＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2－14x 2＝1.(2)如图，由已知|OF |＝1，取FO 中点E ，连接PE ，由极化恒等式得 OP →·FP →＝|PE |2－14|OF |2＝|PE |2－14，∵|PE |2max ＝254，∴OP →·FP →的最大值为6.答案 (1)1 (2)C题型二 平面向量中的最值(范围)问题类型1 利用函数型【例2－1】 (1)设θ为两个非零向量a ，b 的夹角，已知对任意实数t ，|b －t a |的最小值为1，则( )A.若θ确定，则|a |唯一确定B.若θ确定，则|b |唯一确定C.若|a |确定，则θ唯一确定D.若|b |确定，则θ唯一确定(2)已知m ，n 是两个非零向量，且|m |＝1，|m ＋2n |＝3，则|m ＋n|＋|n|的最大值为( )A. 5B.10C.4D.5解析 (1)由|b －t a |的最小值为1知(b －t a )2的最小值为1，令f (t )＝(b －t a )2，即f (t )＝b2－2t a ·b ＋t 2a 2，则对于任意实数t ，f (t )的最小值为4a 2·b 2－（2a ·b ）24a 2＝4a 2b 2－（2|a ||b |cos θ）24a 2＝1，化简得b 2(1－cos 2θ)＝1，观察此式可知，当θ确定时，|b |唯一确定，选B.(2)因为(m ＋2n )2＝4n 2＋4m ·n ＋1＝9，所以n 2＋m ·n ＝2，所以(m ＋n )2＝m 2＋2m ·n ＋n 2＝5－n 2，所以|m ＋n |＋|n |＝5－|n |2＋|n |.令|n |＝x (0<x ≤5)，f (x )＝5－x 2＋x ，则f ′(x )＝－2x 25－x2＋1.由f ′(x )＝0，得x ＝102，所以当0<x <102时，f ′(x )>0时，当102<x ≤5时，f ′(x )<0，所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，102上单调递增，在⎝ ⎛⎦⎥⎤102，5上单调递减，所以f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎪⎫102＝10，故选B. 答案 (1)B (2)B【训练2－1】 (1)(2017·浙江卷)已知向量a ，b 满足|a |＝1，|b |＝2，则|a ＋b |＋|a －b |的最小值是________，最大值是________.(2)如图，在边长为1的正方形ABCD 中，E 为AB 的中点，P 为以A 为圆心，AB 为半径的圆弧(在正方形内，包括边界点)上的任意一点，则AP →·BP →的取值范围是________；若向量AC →＝λDE →＋μAP →，则λ＋μ的最小值为________.解析 (1)由题意，不妨设b ＝(2，0)，a ＝(cos θ，sin θ)(θ∈[0，2π))， 则a ＋b ＝(2＋cos θ，sin θ)，a －b ＝(cos θ－2，sin θ). 令y ＝|a ＋b |＋|a －b |＝（2＋cos θ）2＋sin 2θ＋（cos θ－2）2＋sin 2θ ＝5＋4cos θ＋5－4cos θ，则y 2＝10＋225－16cos 2θ∈[16，20]. 由此可得(|a ＋b |＋|a －b |)max ＝20＝25， (|a ＋b |＋|a －b |)min ＝16＝4，即|a ＋b |＋|a －b |的最小值是4，最大值是2 5.(2)以点A 为坐标原点，分别以AB ，AD 所在的直线为x 轴、y 轴建立平面直角坐标系，则易得A (0，0)，B (1，0)，C (1，1)，D (0，1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，P (cos θ，sin θ)⎝⎛⎭⎪⎫0≤θ≤π2，则AP →·BP →＝(cos θ，sin θ)·(cos θ－1，sin θ)＝cos 2θ－cos θ＋sin 2θ＝1－cos θ，又因为0≤θ≤π2，所以AP →·BP →＝1－cos θ∈[0，1].由AC →＝λDE →＋μAP →得(1，1)＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1＋μ(cos θ，sinθ)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12λ＋μcos θ，－λ＋μsin θ，所以⎩⎪⎨⎪⎧12λ＋μcos θ＝1，－λ＋μsin θ＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝2sin θ－2cos θ2cos θ＋sin θ，μ＝32cos θ＋sin θ，则λ＋μ＝2sin θ－2cos θ2cos θ＋sin θ＋32cos θ＋sin θ＝2sin θ－2cos θ＋32cos θ＋sin θ，当θ＝π2时，λ＋μ＝2sin θ－2cos θ＋32cos θ＋sin θ＝5，当θ≠π2时，λ＋μ＝2sin θ－2cos θ＋32cos θ＋sin θ＝2tan θ－2＋3tan 2θ＋12＋tan θ，设f (x )＝2x －2＋3x 2＋12＋x (x ≥0)，则f ′(x )＝⎝⎛⎭⎪⎫2＋3x x 2＋1（2＋x ）－（2x －2＋3x 2＋1）（2＋x ）2＝6x 2＋1＋6x －3（2＋x ）2x 2＋1>0(x ≥0)，所以函数f (x )＝2x －2＋3x 2＋12＋x 在[0，＋∞)上单调递增，则当tan θ＝0时，λ＋μ＝2tan θ－2＋3tan 2θ＋12＋tan θ取得最小值12.综上所述，λ＋μ的最小值为12.答案 (1)4 2 5 (2)[0，1] 12类型2 利用不等式型【例2－2】 (1)(2020·浙江名校新高考研究联盟三联)已知边长为1的正方形ABCD ，E ，F 分别是边BC ，DC 上的两个动点，AE →＋AF →＝xAB →＋yAD →，若x ＋y ＝3，则|EF →|的最小值为________.(2)(一题多解)(2019·七彩阳光联盟三联)已知平面向量a ，b ，c 满足|a |＝|b |＝|c |＝1，a ·b＝0，则|2c －a |＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪12c －b 的最小值为( )A.172B.2C.52D. 5(3)(2016·浙江卷)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 (1)因为四边形ABCD 是正方形，以C 为坐标原点建立平面直角坐标系，则A (1，1)，B (1，0)，C (0，0).设E (a ，0)，F (0，b )，则0≤a ，b ≤1.所以AE →＝(a －1，－1)，AF →＝(－1，b －1)，因为AE →＋AF →＝xAB →＋yAD →，所以有y ＝2－a ，x ＝2－b .因为x ＋y ＝3，所以a ＋b ＝1.所以|EF →|＝a 2＋b 2≥（a ＋b ）22＝22，所以|EF →|min ＝22，当且仅当a ＝b ＝12时取到最小值. (2)法一 因为|a |＝|b |＝|c |＝1，且a ⊥b .所以通过计算有|2c －a |＝|c －2a |，⎪⎪⎪⎪⎪⎪12c －b ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪c －12b ，所以|2c －a |＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪12c －b ＝|c －2a |＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪c －12b ≥⎪⎪⎪⎪⎪⎪2a －12b ＝172，故选A.法二 因为|a |＝|b |＝|c |＝1，且a ⊥b ，所以可设a ＝(1，0)，b ＝(0，1)，c ＝(x ，y )，则有x 2＋y 2＝1，所以|2c －a |＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪12c －b ＝（2x －1）2＋4y 2＋14x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12y －12＝4x 2－4x ＋1＋4y2＋14x 2＋14y 2－y ＋1＝x 2－4x ＋4＋y 2＋x 2＋y 2－y ＋14＝（x －2）2＋y 2＋x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －122≥22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝172，故选A. (3)由已知可得6≥|a ·e |＋|b ·e |≥|a ·e ＋b ·e |＝|(a ＋b )·e | 由于上式对任意单位向量e 都成立. ∴6≥|a ＋b |成立.∴6≥(a ＋b )2＝a 2＋b 2＋2a ·b ＝12＋22＋2a ·b . 即6≥5＋2a ·b ，∴a ·b ≤12.答案 (1)22 (2)A (3)12【训练2－2】 (1)(2020·杭州四中仿真)若非零向量a ，b 满足a 2＝(5a －4b )·b ，则cos 〈a ，b 〉的最小值为________.(2)(2019·浙江名师预测卷一)已知向量a ，b 满足|b |＝1，|a ＋b |＝2|a －b |，则|a |2－|b |2的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－89，8 B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－19，8C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－2，19 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－19，19 (3)(2020·温州适应性测试)已知平面向量a ，b ，c 满足：a ·b ＝0，|c |＝1，|a －c |＝|b －c |＝5，则|a －b |的最小值为( )A.5B.6C.7D.8解析 (1)由a 2＝(5a －4b )·b 得a ·b ＝15(a 2＋4b 2)≥15×2|a |2·4|b |2＝45|a |·|b |，则cos〈a ，b 〉＝a ·b |a |·|b |≥45|a |·|b ||a |·|b |＝45，当且仅当|a |＝2|b |时等号成立，所以cos 〈a ，b 〉的最小值为45.(2)因为|b |＝1，所以|(a ＋b )－(a －b )|＝2|b |＝2.两边平方得|a ＋b |2＋|a －b |2－2(|a |2－|b |2)＝4，又|a ＋b |＝2|a －b |，所以|a |2－|b |2＝5|a －b |2－42，又因为|a ＋b |－|a －b |≤|(a＋b )－(a －b )|≤|a ＋b |＋|a －b |，即|a －b |≤2≤3|a －b |，故23≤|a －b |≤2，所以|a |2－|b |2＝5|a －b |2－42的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－89，8，故选A.(3)|a －b |2＝|(a －c )－(b －c )|2＝(a －c )2－2(a －c )(b －c )＋(b －c )2＝50－2(a ·b －a ·c －b ·c ＋1)＝48＋2(a ＋b )·c ＝48＋2|a ＋b |cos θ(其中θ为a ＋b 与c 的夹角)，因为|a －b |＝|a ＋b |，所以|a －b |2＝48＋2|a －b |cos θ，则由cos θ∈[－1，1]，得48－2|a －b |≤|a －b |2≤48＋2|a －b |，解得6≤|a －b |≤8，即|a －b |的最小值为6，此时向量a －b 的方向与向量c 的方向相反，故选B. 答案 (1)45(2)A (3)B类型3 利用向量平行(垂直)、向量的投影型【例2－3】 (1)如图是蜂巢结构图的一部分，正六边形的边长均为1，正六边形的顶点称为“晶格点”.若A ，B ，C ，D 四点均位于图中的“晶格点”处，且A ，B 的位置如图所示，则AB →·CD →的最大值为________.(2)已知|a |＝2，|b |＝|c |＝1，则(a －b )·(c －b )的最大值为________，最小值为________. 解析 (1)先建立平面直角坐标系如图，因为正六边形的边长均为1，所以B (0，0)，A ⎝⎛⎭⎪⎫32，92，当CD →在AB →方向上的投影最大时，AB →·CD →最大，此时取C (0，5)，D (－3，0)，即(AB →·CD →)max ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－92·(－3，－5)＝32＋452＝24.(2)设M ＝a ·c －a ·b －b ·c ，则(a －b )(c －b )＝a ·c －a ·b －b ·c ＋b 2＝1＋a ·c －a ·b －b ·c ＝1＋M .而(b －a －c )2＝6＋2M ，M ＝－3＋12(b －a －c )2，∴当(b －a －c )2＝0时，M min ＝－3，∴[(a －b )(c －b )]min ＝1－3＝－2；当b ，－a ，－c 共线且同向时，M max ＝－3＋12(1＋2＋1)2＝5，∴[(a －b )·(c －b )]max ＝1＋5＝6. 答案 (1)24 (2)6 －2【训练2－3】 (1)已知向量a ，b ，c 满足|b |＝|c |＝2|a |＝1，则(c －a )·(c －b )的最大值是________，最小值是________.(2)已知|OA →|＝|OB →|＝|OC →|＝2，|OP →|＝1，且OA →＝BO →，记PA →·PB →＋PB →·PC →＋PC →·PA →的最大值为M ，最小值为m ，则M ＋m ＝( )A.6B.4C.－2D.－4解析 (1)由题意得|a |＝12，|b |＝|c |＝1，则(c －a )·(c －b )＝|c |2－c ·b －c ·a ＋a ·b ＝|c |2＋12(－a －b ＋c )2－12(|a |2＋|b |2＋|c |2)＝－18＋12(－a －b ＋c )2，则当向量－a ，－b ，c 同向共线时，(c －a )·(c －b )取得最大值－18＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋1＋12＝3，当－a －b ＋c ＝0时，(c －a )·(c－b )取得最小值－18.(2)因为PA →·PB →＋PB →·PC →＋PC →·PA →＝(OA →－OP →)·(OB →－OP →)＋(OB →－OP →)·(OC →－OP →)＋(OC →－OP →)·(OA →－OP →)＝3OP →2－2OP →·OC →－4，令3OP →＝OQ →，2OC →＝OM →，PA →·PB →＋PB →·PC →＋PC →·PA →＝OP →·MQ→－4，如图，设OC →与OP →夹角为θ(θ∈[0，π]).因为MQ →＝OQ →－OM →.所以MQ →·OP →|OP →|＝OP →(3OP →－2OC →)＝3－4cos θ，又因为cos θ∈[－1，1]，所以MQ →在OP →方向上的投影d ∈[－1，7]，即M ＝3，m ＝－5，所以M ＋m ＝－2，故选C.答案 (1)3 －18(2)C类型4 利用轨迹图形性质(数形结合)型【例2－4】 (1)(一题多解)(2018·浙江卷)已知a ，b ，e 是平面向量，e 是单位向量.若非零向量a 与e 的夹角为π3，向量b 满足b 2－4e ·b ＋3＝0，则|a －b |的最小值是( )A.3－1B.3＋1C.2D.2－ 3(2)已知向量|a |＝3，|b |＝6，a ·b ＝9，则|a ＋t (b －a )|＋|(1－t )(b －a )－13b |(其中t ∈[0，1])的最小值是________.解析 (1)法一 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.法二 由b 2－4e ·b ＋3＝0得b 2－4e ·b ＋3e 2＝(b －e )·(b －3e )＝0.设b ＝OB →，e ＝OE →，3e ＝OF →，所以b －e ＝EB →，b －3e ＝FB →，所以EB →·FB →＝0，取EF 的中点为C ，则B 在以C 为圆心，EF 为直径的圆上，如图，设a ＝OA →，作射线OA ，使得∠AOE ＝π3，所以|a－b |＝|(a －2e )＋(2e －b )|≥|a －2e |－|2e －b |＝|CA →|－|BC →|≥3－1.故选A.(2)由cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝12得a ，b 的夹角为60°，又因为|a |＝3，|b |＝6，所以△OAB 为直角三角形，B ＝30°.如图，令a ＝OA →，b ＝OB →，∠BOA ＝60°，AC →＝tAB →，DB →＝13OB →，则|OA →＋tAB →|＝|OC →|，⎪⎪⎪⎪⎪⎪(1－t )AB →－13OB →＝|CD →|，问题转化为当点C 在线段AB 上运动时，求|OC →|＋|CD →|的最小值.作点D 关于线段AB 对称的点G ，连接OG ，则OG 即为所求的最小值.在Rt△BDE 中，∠BED ＝90°，BD ＝2，B ＝30°，则DE ＝1，DG ＝2DE ＝2，在△ODG 中，OD ＝4，∠ODG ＝120°，DG ＝2，由余弦定理得OG ＝OD 2＋DG 2－2OD ·DG cos∠ODG ＝27. 答案 (1)A (2)27【训练2－4】 (1)已知|a |＝|b |＝1，向量c 满足|c －(a ＋b )|＝|a －b |，则|c |的最大值为________.(2)(一题多解)(2019·宁波模拟)已知向量a ，b ，c 满足|a |＝1，|b |＝2，|c －b |＝1，则|a ＋c |的取值范围为________.解析 (1)由|c －(a ＋b )|＝|a －b |得向量c 的终点的轨迹为以向量a ＋b 的终点为圆心，|a －b |为半径的圆，则|c |的最大值为|a ＋b |＋|a －b |，又因为|a ＋b |＋|a －b |≤2[（a ＋b ）2＋（a －b ）2] ＝2（|a |2＋2a ·b ＋|b |2＋|a |2－2a ·b ＋|b |2）＝22，当且仅当|a ＋b |＝|a －b |，即a ⊥b 时等号成立，所以|c |的最大值为2 2.(2)法一 令m ＝a ＋c ，则问题转化为|m |的取值范围.由三角不等式有||m |－|a ＋b ||≤|m －(a ＋b )|，则|a ＋b |－1≤|m |≤1＋|a ＋b |，又||a |－|b ||≤|a ＋b |≤|a |＋|b |，即1≤|a ＋b |≤3，故0≤|m |≤4，即|a ＋c |的取值范围为[0，4].法二 如图，由已知，作OB →＝b ，分别以点O ，B 为圆心作单位圆，则－a 的终点A 在圆O 上，c 的终点C 在圆B 上，则AC →＝c －(－a )＝c ＋a ，故|a ＋c |＝|AC →|表示两圆上两点连线的长，因此，由圆的性质得0≤|AC →|≤4，即|a ＋c |的取值范围为[0，4].答案 (1)2 2 (2)[0，4]补偿训练 一、选择题1.(2013·浙江卷)在△ABC 中，P 0是边AB 上一定点，满足P 0B ＝14AB ，且对于边AB 上任一点P ，恒有PB →·PC →≥P 0B →·P 0C →，则( ) A.∠ABC ＝90° B.∠BAC ＝90° C.AB ＝ACD.AC ＝BC解析 取BC 边中点D ，由极化恒等式得PB →·PC →＝PD →2－14BC →2，P 0B →·P 0C →＝P 0D →2－14BC →2，由PB →·PC→≥P 0B →·P 0C →，得PD →2≥P 0D →2，即|PD →|≥|P 0D →|，D 到AB 的最短距离为P 0D ，∴DP 0→⊥AB →，设AB 的中点为P ′，又P 0B ＝14AB ，∴DP ∥CP ，∴CP ⊥AB ，故AB ＝AC .答案 C2.(2020·诸暨适应性考试)已知AB 是圆O 的直径，AB 长为2，C 是圆O 上异于A ，B 的一点，P 是圆O 所在平面上任意一点，则(PA →＋PB →)·PC →的最小值为( )A.－14B.－13C.－12D.－1解析 PA →＋PB →＝2PO →，∴(PA →＋PB →)·PC →＝2PO →·PC →，取OC 中点D ，由极化恒等式得PO →·PC →＝PD 2－14OC 2＝PD 2－14，又PD 2min ＝0，∴(PA →＋PB →)·PC →的最小值为－12. 答案 C3.(一题多解)如图，BC ，DE 是半径为1的圆O 的两条直径，BF →＝2FO →，则FD →·FE →＝( )A.－34B.－89C.－14D.－49解析 法一 ∵BF →＝2FO →，圆O 的半径为1，∴|FO →|＝13，∴FD →·FE →＝(FO →＋OD →)·(FO →＋OE →)＝FO →2＋FO →·(OE →＋OD →)＋OD →·OE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋0－1＝－89.法二 OF ＝13，由极化恒等式得FD →·FE →＝OF 2－14DE 2＝19－1＝－89.答案 B4.如图，在△ABC 中，点D ，E 是线段BC 上两个动点，且AD →＋AE →＝xAB →＋yAC →，则1x ＋4y的最小值为( )A.32B.2C.52D.92解析 由图可设AD →＝λAB →＋(1－λ)AC →，AE →＝μAB →＋(1－μ)AC →，其中λ，μ∈(0，1)，则AD →＋AE →＝(λ＋μ)AB →＋(2－λ－μ)AC →.由题知，x ＝λ＋μ，y ＝2－λ－μ，所以有x ＋y ＝2，所以1x ＋4y ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋4y (x ＋y )＝12⎝⎛⎭⎪⎫5＋y x ＋4x y ≥12⎝ ⎛⎭⎪⎫5＋2y x ×4x y ＝92，当且仅当y ＝2x ，即x ＝23，y＝43时，取等号，故选D. 答案 D5.在△ABC 中，BC ＝2，A ＝45°，B 为锐角，点O 是△ABC 外接圆的圆心，则OA →·BC →的取值范围是( ) A.(]－2，22 B.(]－22，2 C.[]－22，22D.()－2，2解析 依题意得△ABC 的外接圆半径R ＝12·BC sin 45°＝2，|OA →|＝2，如图所示，A 在弧A 1C 上(端点除外)，OA 2→与BC →同向，此时OA →·BC →有最大值22，又OA 1→·BC →＝－2，故OA →·BC →∈(]－2，22.故选A. 答案 A6.记max{a ，b }＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，a ≥b ，b ，a <b .在△AOB 中，∠AOB ＝90°，P 为斜边AB 上一动点.设M ＝max{OP →·OA →，OP →·OB →}，则当M 取最小值时，AP PB＝( )A.OA OBB.OA OBC.⎝ ⎛⎭⎪⎫OA OB 2D.⎝ ⎛⎭⎪⎫OA OB 3解析 M 取最小值时，OP →·OA →＝OP →·OB →，即OP →·AB →＝0，亦即OP ⊥AB .根据直角三角形的射影定理可得|AP ||PB |＝AP ·PB PB 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫OP PB 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫OA OB 2，故选C.答案 C7.(2019·浙江名师预测卷四)已知a ，b 是单位向量，向量c 满足|c －b ＋a |＝|a ＋b |，则|c |的最大值为( )A.2B.2 2C.3D.3 2解析 由|c －(b －a )|＝|a ＋b |得向量c 的终点的轨迹为以向量b －a 的终点为圆心，|a ＋b |为半径的圆，则|c |的最大值为|a ＋b |＋|b －a |. 又因为|a ＋b |＋|b －a |≤2[（a ＋b ）2＋（b －a ）2]＝2（|a |2＋2a ·b ＋|b |2＋|b |2－2a ·b ＋|a |2）＝2 2.当且仅当|a ＋b |＝|b －a |，即a ⊥b 时等号成立，所以|c |的最大值为2 2. 答案 B8.(2020·浙江教育绿色评价联盟适考)在矩形ABCD 中，AB ＝1，AD ＝2，动点P 在以C 为圆心且与BD 相切的圆上，若BP →＝λBA →＋μBC →，设λ＋2μ的最大值为M ，最小值为N ，则M －N 的值为( )A.2105 B.3105C.4105D.10解析 如图，以C 为坐标原点，分别以直线BC ，CD 为x ，y 轴建立平面直角坐标系，则B (－2，0)，A (－2，1)，由已知，圆C 的方程为x 2＋y 2＝45，设P ⎝ ⎛⎭⎪⎫25cos θ，25sin θ，又BP →＝λBA→＋μBC →，则⎩⎪⎨⎪⎧ 25cos θ＋2＝2μ， 25sin θ＝λ，即λ＋2μ＝25(sin θ＋cos θ)＋2＝225sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4＋2，故M －N ＝⎝⎛⎭⎪⎫225＋2－⎝ ⎛⎭⎪⎫－225＋2＝4105，故选C.答案 C9.(2018·天津卷)如图，在平面四边形ABCD 中，AB ⊥BC ，AD ⊥CD ，∠BAD ＝120°，AB ＝AD ＝1.若点E 为边CD 上的动点，则AE →·BE →的最小值为()A.2116B.32C.2516D.3解析 以A 为坐标原点，AB 所在直线为x 轴，建立如图的平面直角坐标系，因为在平面四边形ABCD 中，AB ＝AD ＝1，∠BAD ＝120°，所以A (0，0)，B (1，0)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32.设C (1，m )，E (x ，y )，所以DC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，m －32，AD→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，因为AD ⊥CD ，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫32，m －32·⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32＝0，则32×(－12)＋32⎝ ⎛⎭⎪⎫m －32＝0，解得m ＝3，即C (1，3).因为E 在CD 上，所以32≤y ≤3，由k CE ＝k CD ，得3－y1－x ＝3－321＋12，即x ＝3y －2，因为AE →＝(x ，y )，BE →＝(x －1，y )，所以AE →·BE →＝(x ，y )·(x －1，y )＝x 2－x ＋y 2＝(3y －2)2－3y ＋2＋y 2＝4y 2－53y ＋6，令f (y )＝4y 2－53y ＋6，y ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤32，3.因为函数f (y )＝4y 2－53y ＋6在⎣⎢⎡⎦⎥⎤32，538上单调递减，在⎝ ⎛⎦⎥⎤538，3上单调递增，所以f (y )min ＝4×⎝⎛⎭⎪⎫538 2－53×538＋6＝2116.所以AE →·BE →的最小值为2116，故选A. 答案 A 二、填空题10.在△ABC 中，BC ＝3，AB →·AC →＝4，则BC 边上的中线AM 的长是________. 解析 因为AB →·AC →＝14[(2AM →)2－BC →2]，AM →2＝14(4AB →·AC →＋BC →2)＝254，即|AM →|＝52，所以BC 边上的中线AM 的长为52.答案 5211.在面积S ＝2的△ABC 中，E ，F 分别是AB ，AC 的中点，点P 在直线EF 上，则PC →·PB →＋BC →2的最小值是________.解析 取BC 的中点为D ，连接PD ，则由极化恒等式得PC →·PB →＋BC →2＝PD →2－BC →24＋BC →2＝PD →2＋34BC →2≥h 24＋34BC →2(其中h 为A 点向BC 边作的高)，当且仅当PD →⊥BC →时取等号. 由上可知PC →·PB →＋BC →2≥h 24＋34BC →2≥2h 24·34BC →2≥3S ＝2 3.答案 2 312.在Rt△ABC 中，CA ＝CB ＝2，M ，N 是斜边AB 上的两个动点，且MN ＝2，则CM →·CN →的取值范围是________.解析 取MN 的中点为P ，由极化恒等式得CM →·CN →＝14[(2CP →)2－MN →2]＝CP →2－12.问题转化为求|CP→|的取值范围，当P 为AB 的中点时，|CP →|取最小值为2，则CM →·CN →的最小值为32；当M 与A (或N 与B )重合时，|CP →|取最大值为102，则CM →·CN →的最大值为2，所以CM →·CN →的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤32，2. 答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤32，213.(2020·浙江新高考仿真卷二)在△ABC 中，A ＝120°，BC ＝213，AC ＝2，则AB ＝________；当|CB →＋λCA →|取到最小值时，则λ＝________.解析 在△ABC 中，由余弦定理得BC 2＝AC 2＋AB 2－2AC ·AB cos A ，即(213)2＝22＋AB 2－2×2AB cos 120°，解得AB ＝6，则cos C ＝BC 2＋AC 2－AB 22BC ·AC ＝（213）2＋22－622×213×2＝51326，则|CB→＋λCA →|2＝|CB →|2＋λ2|CA →|2＋2λCB →·CA →＝(213)2＋λ2×22＋2λ×213×2×51326＝4λ2＋20λ＋52，则当λ＝－202×4＝－52时，|CB →＋λCA →|取得最小值.答案 6 －5214.若非零向量a 和b 满足|a ＋b |＝|b |＝2，则|a |的取值范围是________，|a －b |的取值范围是________.解析 因为||a ＋b |－|b ||≤|a |＝|a ＋b －b |≤|a ＋b |＋|b |＝4，又a 是非零向量，所以|a |的取值范围是(0，4]，因为|a －b |＋|a ＋b |≥2|b |＝|(a ＋b )－(a －b )|≥||a －b |－|a ＋b ||，所以－4≤|a －b |－|a ＋b |≤4，|a －b |＋|a ＋b |≥4，又|a ＋b |＝2，解得|a －b |的取值范围是[2，6].答案 (0，4) [2，6]15.(2020·杭州三校三联)如图，圆O 是半径为1的圆，OA ＝12，设B ，C 为圆上的任意2个点，则AC →·BC →的取值范围是________.解析 设a ＝OA →，b ＝OB →，c ＝OC →，则有|a |＝12，|b |＝|c |＝1，则AC →·BC →＝(c －a )·(c －b )≤|c－a |·|c －b |≤(|c |＋|a |)·(|c |＋|b |)＝32×2＝3，当且仅当a ，b 同向共线，且与c 反向共线时，等号成立，所以AC →·BC →的最大值为 3.AC →·BC →＝(c －a )·(c －b )＝1－c ·(a ＋b )＋a ·b ≥1－|c |·|a ＋b |＋a ·b ＝1－|a ＋b |＋a ·b ＝1－54＋2a ·b ＋a ·b ，令a ·b ＝t ，则易得t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，12，AC →·BC →＝(c －a )·(c －b )≥1－54＋2t ＋t ，设f (t )＝1－54＋2t ＋t ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12≤t ≤12，则f ′(t )＝1－154＋2t .易得当t ＝－18时，f (t )＝1－54＋2t ＋t 取得最小值－18.综上所述，AC →·BC →的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－18，3. 答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－18，3 16.已知平面向量a ，b ，c 满足|a |＝1，|b |＝2，|c －a |＝|c －b |，则|c |的最小值为________，此时a ·b ＝________.解析 由|c －a |＝|c －b |，得c 2－2a ·c ＋a 2＝c 2－2b ·c ＋b 2，即2b ·c －2a ·c ＝b 2－a 2＝3，则(b －a )·c＝32≤|b －a |·|c |≤(|b |＋|a |)·|c |＝3|c |，所以|c |≥12，当且仅当a 与b 方向相反且a ，b ，c 共线时等号成立，所以|c |的最小值为12，此时a ·b ＝|a ||b |cos π＝－2.答案 12－217.已知正三角形ABC 的边长为4，O 是平面ABC 内的动点，且∠AOB ＝π3，则OC →·AB →的最大值为________.解析 如图，圆E 2为△ABC 的外接圆，圆E 1与圆E 2关于直线AB 对称，由题意知O 在圆E 1，E 2的优弧AB ︵上(圆E 1，E 2半径相等)，设AB 的中点为D ，OC →·AB →＝(DC →－DO →)·AB →＝BA →·DO →＝|BA →|·|DO →|·cos∠ADO ，易知当∠ADO 为锐角，且DO →在BA →方向上的射影最大时，OC →·AB →取得最大值，易知DO →在BA →方向上射影的最大值为△ABO 外接圆的半径，故所求最大值为4×42sinπ3＝1633.答案163318.(2019·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 如图，以A 为原点，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，则AB →＝(1，0)，AD →＝(0，1).设a ＝λ1AB →＋λ2BC →＋λ3CD →＋λ4DA →＋λ5AC →＋λ6BD →＝λ1AB →＋λ2AD →－λ3AB →－λ4AD →＋λ5(AB →＋AD →)＋λ6(AD →－AB →) ＝(λ1－λ3＋λ5－λ6)AB →＋(λ2－λ4＋λ5＋λ6)AD →＝(λ1－λ3＋λ5－λ6，λ2－λ4＋λ5＋λ6).故|a|＝（λ1－λ3＋λ5－λ6）2＋（λ2－λ4＋λ5＋λ6）2. ∵λi (i ＝1，2，3，4，5，6)取遍±1，∴当λ1－λ3＋λ5－λ6＝0，λ2－λ4＋λ5＋λ6＝0时，|λ1AB →＋λ2BC →＋λ3CD →＋λ4DA →＋λ5AC →＋λ6BD →|取得最小值0.考虑到λ5－λ6，λ5＋λ6有相关性，要确保所求模最大，只需使|λ1－λ3＋λ5－λ6|，|λ2－λ4＋λ5＋λ6|尽可能取到最大值，即当λ1－λ3＋λ5－λ6＝2，λ2－λ4＋λ5＋λ6＝4时可取到最大值，∴|λ1AB →＋λ2BC →＋λ3CD →＋λ4DA →＋λ5AC →＋λ6BD →|的最大值为4＋16＝2 5. 答案 0 2 5。
2020届高考数学一轮复习单元质检6平面向量、解三角形、复数(含解析)新人教A版
单元质检六平面向量、解三角形、复数(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本大题共8小题,每小题6分,共48分)1.设复数-=a+b i(a,b∈R),则a+b=()A.1B.2C.-1D.-22.已知O是△ABC所在平面内一点,D为BC边的中点,且2=0,则有()A.=2B.C.=3D.23.若非零向量a,b满足a⊥(2a+b),且a与b的夹角为,则=()A. B. C. D.24.已知菱形ABCD的边长为a,∠ABC=60°,则=()A.-a2B.-a2C.a2D.a25.一艘船以每小时15 km的速度向东航行,船在A处看到一个灯塔M在北偏东60°方向,行驶4 h 后,船到达B处,看到这个灯塔在北偏东 5°方向,这时船与灯塔的距离为()A.15 kmB.30 kmC.45 kmD.60 km6.已知向量=(2,0),向量=(2,2),向量=(cos α,sin α),则向量与向量的夹角的取值范围是()A.0,B.,5C. 5 ,D.,57.已知||=||=2,点C在线段AB上,且||的最小值为1,则|-t|(t∈R)的最小值为()A. B.C.2D.58.已知平面向量a,b,|a|=1,|b|=2,且a·b=1.若e为平面单位向量,则(a+b)·e的最大值为()A.6B.6C.D.7二、填空题(本大题共6小题,每小题5分,共30分)的虚部是.9.设i为虚数单位,复数z=--10.已知向量a=(1,-1),b=(6,-4).若a⊥(t a+b),则实数t的值为.11.已知向量=(2,2),=(4,1),在x轴上存在一点P使有最小值,则点P的坐标是.12.在矩形ABCD中,AB=2,BC=1,E为BC的中点,若F为该矩形内(含边界)任意一点,则的最大值为.13.若向量a,b满足a=(-,1),(a+2b)⊥a,(a+b)⊥b,则|b|= .14.在平面直角坐标系中,已知A(1,0),B(0,-1),P是曲线y=-上一个动点,则的取值范围是.三、解答题(本大题共2小题,共22分)15.(11分)在△ABC中,A= 0°,BC=25,点D在AB边上,且∠BCD为锐角,CD=2,△BCD的面积为4.(1)求cos ∠BCD的值;(2)求边AC的长.16.(11分)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别是a,b,c,满足c cos B+(2a+b)cos C=0.(1)求角C;(2)若c=,求△ABC面积的最大值.单元质检六平面向量、解三角形、复数1.A解析∵-=-i=a+b i,∴a=-,b=.∴a+b=1,故选A.2.B解析由2=0,得=-2=2,即=2=2,所以,故选B.3.B解析∵a⊥(2a+b),且a与b的夹角为,∴a·(2a+b)=2a2+a·b=2|a|2-|a||b|=0.又|a|≠0,|b|≠0,∴2|a|=|b|,∴,故选B.4.D解析如图,设=a,=b,则=()· =(a+b)·a=a2+a·b=a2+a·a·cos60°=a2+a2=a2.5.B解析如图所示,依题意有AB=15×4=60(km),∠DAC=60°,∠CBM= 5°,∴∠MAB= 0°,∠AMB= 5°.在△AMB中,由正弦定理,,解得BM=30(km),故选B.得60s 5°s 0°6.D解析由题意,得=(2+cosα,2+sinα),所以点A的轨迹是圆(x-2)2+(y-2)2=2.如图,当A为直线OA与圆的切点时,向量与向量的夹角分别达到最大值和最小值,故选D.7.B解析依题意,可将点A,B置于圆x2+y2=4上;由点C在线段AB上,且||的最小值为1,得原点O 到线段AB的距离为1,∠AOB= 80°-2× 0°= 0°,(-t)2=4+4t2-2t×22cos 0°=4t2+4t+4=4 +3的最小值为3,因此|-t|的最小值为.8.C解析(a+b)·e=a·e+b·e≤|a·e|+|b·e|=··,其几何意义为a在e方向上的投影的绝对值与b在e方向上的投影的绝对值的和,当e与a+b共线时,取得最大值,(|a·e|+|b·e|)max=|a+b|=·,则(a+b)·e的最大值为,故选C.9.-5解析∵z=--( - (( - (-055i,∴复数z=--的虚部是-5.10.-5解析由a⊥(t a+b)可得a·(t a+b)=0,所以t a2+a·b=0,而a2=12+(-1)2=2,a·b=1×6+(-1)×(-4)=10,所以有t×2+10=0,解得t=-5.11.(3,0)解析设点P坐标为(x,0),则=(x-2,-2),=(x-4,-1),=(x-2)(x-4)+(-2)×(-1)=x2-6x+10=(x-3)2+1.当x=3时,有最小值1.故点P坐标为(3,0).12.解析以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,则E ,.设F(x,y),则0≤x≤ ,0≤y≤ ,则=2x+y,令z=2x+y,当z=2x+y过点(2,1)时,取最大值.13.解析∵a=(-,1),∴|a|=2.∵(a+2b)⊥a,(a+b)⊥b,∴(a+2b)·a=0,(a+b)·b=0,即|a|2+2a·b=0, ①|b|2+a·b=0.②由①-②×2,得|a|2=2|b|2,则|b|=.14.[0,+1]解析如图,画出函数y=-的图象.这是以O(0,0)为圆心,以1为半径的一个半圆.不妨用虚线把这个半圆补充为一个圆.设与的夹角为θ,则θ∈[0°, 0°].当θ∈[0°, 5°]时,cos( 5°-θ)=,当θ∈[ 5°, 0°]时,cos(θ- 5° =.由于y=cos x,x∈R是偶函数,所以||=2cos(θ- 5° ,θ∈[0°, 0°].=||||cosθ=2cos(θ- 5° cosθ=2cos2θ+2sinθcosθ=sin2θ+cos2θ+1=sin(2θ+ 5° +1.因为θ∈[0°, 0°],所以2θ+ 5°∈[ 5°, 5°].当2θ+ 5°= 0°,即θ=22.5°时, 取最大值 +1, 当2θ+ 5°= 5°,即θ= 0°时, 取最小值0, 所以 的取值范围是[0, +1].15.解(1)∵BC=2 5,CD=2,S △BCD =BC ·CD ·sin ∠BCD=4,∴sin ∠BCD=55.∴cos ∠BCD= 55.(2)在△BCD 中,CD=2,BC=2 5,cos ∠BCD= 55,由余弦定理得,DB 2=CD 2+BC 2-2CD ·BC ·cos ∠BCD=16,即DB=4.∵DB 2+CD 2=BC 2,∴∠BCD= 0°,即△ACD 为直角三角形. ∵A= 0°,∴AC=2CD=4.16.解(1)由已知得,sin C cos B+(2sin A+sin B )cos C=0,则sin C cos B+sin B cos C+2sin A cos C=0,∴sin(B+C )+2sin A cos C=0,则sin A+2sin A cos C=0.∵sin A>0,∴cos C=-. ∵C ∈(0,π),∴C=.(2)由余弦定理,c 2=a 2+b 2-2ab cos C , 得3=a 2+b 2+ab ≥ ab+ab=3ab ,∴ab ≤ ,当且仅当a=b=1时取等号. ∴S △ABC =ab sin C ≤×1×. ∴△ABC 面积的最大值为.。
新教材老高考适用2023高考数学一轮总复习单元质检卷六平面向量复数北师大版(含答案)
新教材老高考适用2023高考数学一轮总复习：单元质检卷六 平面向量、复数(时间:120分钟 满分:150分)一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60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.(2021北京,2)在复平面内,复数z 满足(1-i)z=2,则z=( ) A.2+iB.2-iC.1-iD.1+i2.已知向量a =(1,2),b =(2,x ),且a ·b =-1,则x 的值等于( ) A.12B.-12C.32D.-323.已知i 是虚数单位,若复数z=54+3i ,则z 的共轭复数z = ( )A.45+35i B.45−35i C.-45+35iD.-45−35i4.(2021山东临沂一模)如图,若向量OZ ⃗⃗⃗⃗⃗ 对应的复数为z ,且|z|=√5,则z=( )A.15+25iB.-15−25iC.15−25i D.-15+25i5.如图,在矩形ABCD 中,AB=2,AD=1,E 为边DC 的中点,F 为BE 的中点,则AF⃗⃗⃗⃗⃗ ·AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =( )A.3B.2C.32D.126.(2021福建厦门模拟)向量a=(1,2),b=(x,1).若(a+b)⊥(a-b),则x=()A.-2B.±√2C.±2D.27.已知向量a=(1,√2),|b|=2,|a-b|=√13,则a与b的夹角为()A.π6B.π3C.2π3D.5π68.在△ABC中,AB⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC⃗⃗⃗⃗⃗3=BC⃗⃗⃗⃗⃗ ·CA⃗⃗⃗⃗⃗2=CA⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB⃗⃗⃗⃗⃗ ,则sin A∶sin B∶sin C=()A.5∶3∶4B.5∶4∶3C.√5∶2∶√3D.√5∶√3∶29.若m∈R,则复数m+i1−i在复平面内所对应的点不可能在()A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限10.已知平面向量a=(2,2),b=(1,m),且|2a-b|=|a+b|,则()A.a·b=4B.a·b=0C.m=-1D.|b|=211.设z为复数,则下列选项错误的是()A.|z|2=z zB.z2=|z|2C.若|z|=1,则|z+i|的最大值为2D.若|z-1|=1,则0≤|z|≤212.已知P为△ABC所在平面内一点,则下列选项错误的是()A.若PA ⃗⃗⃗⃗⃗ +3PB ⃗⃗⃗⃗⃗ +2PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,则点P 在△ABC 的中位线上B.若PA⃗⃗⃗⃗⃗ +PB ⃗⃗⃗⃗⃗ +PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,则P 为△ABC 的重心 C.若AB⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ >0,则△ABC 为锐角三角形 D.若AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =13AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +23AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,则△ABC 与△ABP 的面积比为3∶2 二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.已知向量a =(m ,1),b =(4,m ),向量a 在b 上的投影向量的模为√5,则m= . 14.(2021山东省实验中学二模)设向量a =(1,m ),b =(2,1),且b ·(2a +b )=7,则m= . 15.(2021湖北七市联考)在矩形ABCD 中,AB=2,AD=1,设AC 与BD 交于点O ,则AO ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BO⃗⃗⃗⃗⃗ = . 16.(2021天津,15)在边长为1的等边三角形ABC 中,D 为线段BC 上的动点,DE ⊥AB 且交AB 于点E.DF ∥AB 且交AC 于点F ,则|2BE ⃗⃗⃗⃗⃗ +DF ⃗⃗⃗⃗⃗ |的值为 ,(DE ⃗⃗⃗⃗⃗ +DF ⃗⃗⃗⃗⃗ )·DA ⃗⃗⃗⃗⃗ 的最小值为 .三、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.(10分)已知复数z=b i(b ∈R ),z -21+i是纯虚数,i 是虚数单位.(1)求复数z ;(2)若复数(m+z )2在复平面内对应的点在第二象限,求实数m 的取值范围.18.(12分)(2021江苏海门第一中学高三期末)在平面直角坐标系xOy 中,已知点A (1,3),B (2,-2),C (4,1).(1)若AB⃗⃗⃗⃗⃗ =3CD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,求点D 的坐标; (2)设实数k 满足(k AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +2OC ⃗⃗⃗⃗⃗ )·OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =4,求实数k 的值.19.(12分)已知a =(cos x ,sin x ),b =(1,0),c =(4,4). (1)若a ∥(c -b ),求tan x ;(2)求|a +b |的最大值,并求出对应的x 的值.20.(12分)如图,在长方形ABCD 中,E 为边DC 的中点,F 为边BC 上一点,且CF CB =23.设AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ,AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =b .(1)试用基{a ,b }表示AE⃗⃗⃗⃗⃗ ,EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ; (2)若G 为长方形ABCD 内部一点,且AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =34a +23b ,求证:E ,G ,F 三点共线.21.(12分)已知O 为坐标原点,OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2cos x ,√3),OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(sin x+√3cos x ,-1),若f (x )=OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB ⃗⃗⃗⃗⃗ +2. (1)求函数f (x )图象的对称轴方程; (2)当x ∈0,π2时,若函数g (x )=f (x )+m 有零点,求实数m 的取值范围.22.(12分)已知e 1,e 2是平面内的两个不共线向量,AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =2e 1+e 2,BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =-e 1+λe 2,EC ⃗⃗⃗⃗⃗ =-2e 1+e 2,且A ,E ,C 三点共线.(1)求实数λ的值;(2)若e 1=(2,1),e 2=(2,-2),求BC⃗⃗⃗⃗⃗ 的坐标; (3)已知D (3,5),在(2)的条件下,若A ,B ,C ,D 四点按逆时针顺序构成平行四边形,求点A 的坐标.单元质检卷六 平面向量、复数1.D 解析:由题意可得z=21−i=2(1+i)(1-i)(1+i)=2(1+i)2=1+i .故选D .2.D 解析:因为a =(1,2),b =(2,x ),所以a ·b =1×2+2x=-1,解得x=-32. 故选D .3.A 解析:复数z=54+3i=5(4−3i)(4+3i)(4-3i)=45−35i,则z =45+35i,故选A .4.D 解析:根据图形可设z=-1+b i,b>0, 因为|z|=√5,所以√(-1)2+b 2=√5,解得b=2, 所以z=-1+2i,则z =-1-2i, 所以z =1-1-2i =-1+2i(-1-2i)(-1+2i)=-1+2i 5=-15+25i .故选D .5.B 解析:以A 为坐标原点,建立如图所示的平面直角坐标系,则A (0,0),E (1,1),F32,12,∴AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =32,12,AE⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1), ∴AF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =32+12=2. 故选B .6.C 解析:(方法1)a +b =(1+x ,3),a -b =(1-x ,1), 因为(a +b )⊥(a -b ),所以(a +b )·(a -b )=0, 即(1+x )(1-x )+3=0,解得x=±2.(方法2)因为(a +b )⊥(a -b ),所以(a +b )·(a -b )=0, 即a 2-b 2=0,即|a |=|b |,所以x=±2. 故选C .7.D 解析:因为|a -b |=√13,所以(a -b )2=13,即a 2-2a ·b +b 2=13. 设a 与b 的夹角为θ,则3-2√3×2×cos θ+4=13,解得cos θ=-√32, 所以a 与b 的夹角为5π6.故选D .8.D 解析:由题意,在△ABC 中,AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC⃗⃗⃗⃗⃗ 3=BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·CA ⃗⃗⃗⃗⃗ 2=CA⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,设△ABC 中角A ,B ,C 所对的边分别为a ,b ,c ,利用向量的数量积的定义可知accos(π−B)3=abcos(π−C)2=bc cos(π-A ),即accosB 3=abcosC 2=bccosA 1,即ac3·a 2+c 2-b 22ac=ab 2·a 2+b 2-c 22ab=bc 1·b 2+c 2-a 22bc,即2a 2+2c 2-2b 2=3a 2+3b 2-3c 2=6b 2+6c 2-6a 2, 设2a 2+2c 2-2b 2=3a 2+3b 2-3c 2=6b 2+6c 2-6a 2=12k ,k>0,解得a 2=5k ,b 2=3k ,c 2=4k ,所以a=√5k ,b=√3k ,c=√4k ,所以由正弦定理可得a ∶b ∶c=sin A ∶sin B ∶sin C=√5∶√3∶2. 故选D . 9.D 解析:m+i1−i =(m+i)(1+i)(1-i)(1+i)=m -12+m+12i,当m>1时,对应的点在第一象限; 第-1<m<1时,对应的点在第二象限; 当m<-1时,对应的点在第三象限. 故选D .10.A 解析:由|2a -b |=|a +b |,得2a ·b =a 2,所以2(2+2m )=4+4,解得m=1,则|b |=√2,a ·b =4. 故选A .11.B 解析:设z=a+b i(a ,b ∈R ).对于A,|z|2=a 2+b 2,z z =(a+b i)(a-b i)=a 2+b 2,故A 正确; 对于B,z 2=(a+b i)2=a 2-b 2+2ab i,|z|2=a 2+b 2,故B 错误;对于C,|z|=1表示z 在复平面内对应的点Z 在以原点为圆心的单位圆上,|z+i |表示点Z 与点(0,-1)之间的距离,故|z+i |的最大值为2,故C 正确;对于D,|z-1|=1表示z 在复平面内对应的点Z 在以(1,0)为圆心,1为半径的圆上,|z|表示点Z 与原点(0,0)之间的距离,故0≤|z|≤2,故D 正确. 故选B .12.C 解析:对于A,设AB 中点为D ,BC 中点为E , ∵PA ⃗⃗⃗⃗⃗ +3PB ⃗⃗⃗⃗⃗ +2PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,∴PA ⃗⃗⃗⃗⃗ +PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =-2(PB ⃗⃗⃗⃗⃗ +PC ⃗⃗⃗⃗⃗ ), ∴2PD⃗⃗⃗⃗⃗ =-4PE ⃗⃗⃗⃗⃗ ,即PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =2EP ⃗⃗⃗⃗⃗ ,∴P ,D ,E 三点共线, 又DE 为△ABC 的中位线,∴点P 在△ABC 的中位线上,故A 正确; 对于B,设AB 中点为D ,由PA ⃗⃗⃗⃗⃗ +PB ⃗⃗⃗⃗⃗ +PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得PA ⃗⃗⃗⃗⃗ +PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =-PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =CP⃗⃗⃗⃗⃗ , 又PA ⃗⃗⃗⃗⃗ +PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =2PD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,∴CP ⃗⃗⃗⃗⃗ =2PD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,∴P 在中线CD 上,且CP PD =2,∴P 为△ABC 的重心,故B 正确;对于C,∵AB⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ >0,∴AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 与AC ⃗⃗⃗⃗⃗ 夹角为锐角,即A 为锐角,但此时B ,C 有可能是直角或钝角,故无法说明△ABC 为锐角三角形,故C 错误;对于D,∵AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =13AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +23AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,∴13(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −AP ⃗⃗⃗⃗⃗ )+23(AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −AP ⃗⃗⃗⃗⃗ )=0, ∴PB⃗⃗⃗⃗⃗ +2PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0, ∴P 为线段BC 上靠近C 的三等分点,即BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =23BC ⃗⃗⃗⃗⃗ , ∴S △ABC ∶S △ABP =BC ∶BP=3∶2,故D 正确. 故选C .13.2或-2 解析:由题意可知,向量a 在b 上的投影数量为a ·b |b|=|m ·4+1·m|√42+m 2=|5m|√16+m 2=√5,两边平方,可得25m 216+m 2=5,解得m=-2或m=2.14.-1 解析:∵向量a =(1,m ),b =(2,1), ∴2a +b =(4,2m+1). ∵b ·(2a +b )=7, ∴8+2m+1=7, 解得m=-1.15.-34 解析:AO ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BO ⃗⃗⃗⃗⃗ =12AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·12BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =14(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗ )·(AD ⃗⃗⃗⃗⃗ −AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ) =14(AD⃗⃗⃗⃗⃗ 2−AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 2) =14(12-22)=-34.16.11120解析:设BE=x ,x ∈0,12,∵△ABC 为边长为1的等边三角形,DE ⊥AB , ∴∠BDE=30°,BD=2x ,DE=√3x ,DC=1-2x.∵DF ∥AB ,∴△DFC 为边长为1-2x 的等边三角形,DE ⊥DF ,∴(2BE ⃗⃗⃗⃗⃗ +DF ⃗⃗⃗⃗⃗ )2=4BE ⃗⃗⃗⃗⃗ 2+4BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·DF ⃗⃗⃗⃗⃗ +DF ⃗⃗⃗⃗⃗ 2=4x 2+4x (1-2x )×cos0°+(1-2x )2=1,∴|2BE ⃗⃗⃗⃗⃗ +DF ⃗⃗⃗⃗⃗ |=1.∵(DE ⃗⃗⃗⃗⃗ +DF ⃗⃗⃗⃗⃗ )·DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(DE ⃗⃗⃗⃗⃗ +DF ⃗⃗⃗⃗⃗ )·(DE ⃗⃗⃗⃗⃗ +EA ⃗⃗⃗⃗⃗ )=DE ⃗⃗⃗⃗⃗ 2+DF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·EA⃗⃗⃗⃗⃗=(√3x )2+(1-2x )·(1-x )=5x 2-3x+1=5x-3102+1120,∴当x=310时,(DE ⃗⃗⃗⃗⃗ +DF ⃗⃗⃗⃗⃗ )·DA ⃗⃗⃗⃗⃗ 取最小值为1120.17.解(1)∵z=b i(b ∈R ),∴z -21+i =bi−21+i=(bi−2)(1−i)(1+i)(1-i)=(b -2)+(b+2)i2=b -22+b+22i .又z -21+i 是纯虚数,∴b -22=0,∴b=2,即z=2i .(2)∵z=2i,m ∈R ,∴(m+z )2=(m+2i)2=m 2+4m i +4i 2=(m 2-4)+4m i . 又复数在复平面内对应的点在第二象限,∴{m 2-4<0,4m >0,解得0<m<2,故实数m 的取值范围为(0,2). 18.解(1)因为A (1,3),B (2,-2),C (4,1), 所以AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-5).设D (x ,y ),则CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x-4,y-1). 因为AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =3CD⃗⃗⃗⃗⃗ , 所以(1,-5)=(3x-12,3y-3), 所以{3x -12=1,3y -3=-5,解得{x =133,y =−23,所以点D 的坐标为133,-23.(2)OC⃗⃗⃗⃗⃗ =(4,1),k AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +2OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(k+8,-5k+2). 因为(k AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +2OC ⃗⃗⃗⃗⃗ )·OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =4,所以4(k+8)+(-5k+2)=4,解得k=30. 19.解(1)c -b =(3,4),由a ∥(c -b )得4cos x-3sin x=0, ∴tan x=sinxcosx =43.(2)∵a +b =(cos x+1,sin x ),∴(a +b )2=(cos x+1)2+sin 2x=2+2cos x ,|a +b |=√2+2cosx ,当cos x=1,即x=2k π,k ∈Z 时,|a +b |取得最大值为2. 20.(1)解AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗ +DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗ +12DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗ +12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =b +12a ,EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =EC ⃗⃗⃗⃗⃗ +CF ⃗⃗⃗⃗⃗ =12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +23CB ⃗⃗⃗⃗⃗ =12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −23AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =12a -23b .(2)证明AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =34a +23b ,EG ⃗⃗⃗⃗⃗ =AG ⃗⃗⃗⃗⃗ −AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =14a -13b ,EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =12a -23b =2EG ⃗⃗⃗⃗⃗ ,∴EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ,EG ⃗⃗⃗⃗⃗ 共线.又EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ,EG ⃗⃗⃗⃗⃗ 有一公共点E ,∴E ,G ,F 三点共线.21.解(1)∵OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2cos x ,√3),OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(sin x+√3cos x ,-1), ∴f (x )=OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB ⃗⃗⃗⃗⃗ +2=2cos x sin x+2√3cos 2x-√3+2=sin2x+√3cos2x+2=2sin 2x+π3+2,令2x+π3=π2+k π,k ∈Z ,得x=k π2+π12,k ∈Z ,故f (x )图象的对称轴方程为x=k π2+π12,k ∈Z .(2)∵x ∈0,π2,g (x )=f (x )+m 有零点,∴-m=f (x )在0,π2上有解.∵x ∈0,π2,∴2x+π3∈π3,4π3,∴-√32<sin 2x+π3≤1,∴f (x )∈(-√3+2,4],∴实数m 的取值范围为[-4,√3-2).22.解(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=(k-1-λ)e 2. 因为e 1,e 2是平面内的两个不共线向量,所以{1+2k =0,k -1-λ=0,解得{k =−12,λ=−32.(2)BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =BE ⃗⃗⃗⃗⃗ +EC ⃗⃗⃗⃗⃗ =-e 1-32e 2-2e 1+e 2=-3e 1-12e 2=(-6,-3)+(-1,1)=(-7,-2).(3)因为A ,B ,C ,D 四点按逆时针顺序构成平行四边形, 所以AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =BC ⃗⃗⃗⃗⃗ .设A (x ,y ),则AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(3-x ,5-y ).因为BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-7,-2),所以{3−x =−7,5−y =−2,解得{x =10,y =7,即点A 的坐标为(10,7).。
备考2025届高考数学一轮复习强化训练第六章平面向量复数第6讲复数
第6讲 复数1.[命题点1/浙江高考]已知a ∈R ，若a －1＋（a －2）i （i 为虚数单位）是实数，则a ＝（ C ）A.1B.－1C.2D.－2解析 因为a －1＋（a －2）i 是实数，所以a －2＝0，所以a ＝2.故选C.2.[命题点1/2024全国卷乙]设2（z ＋z ）＋3（z －z ）＝4＋6i ，则z ＝（ C ）A.1－2iB.1＋2iC.1＋ID.1－i解析 设z ＝a ＋b i （a ，b ∈R ），则z ＝a －b i ，代入2（z ＋z ）＋3（z －z ）＝4＋6i ，可得4a ＋6b i ＝4＋6i ，所以a ＝1，b ＝1，故z ＝1＋i.故选C.3.[命题点2]在复数范围内，设方程x 2－2x ＋k ＝0的根分别为α，β，且｜α－β｜＝2√2，则实数k 的值为 3或－1 .解析 当方程x 2－2x ＋k ＝0的根为虚数时，设α＝a ＋b i ，β＝a －b i ，a ，b ∈R ，则α＋β＝2a ＝2，∴a ＝1，αβ＝a 2＋b 2＝k ，∴k ＝1＋b 2，∵｜α－β｜＝｜2b i ｜＝2√2，∴b 2＝2，∴k ＝3；当x 2－2x ＋k ＝0的根为实数时，α＋β＝2，αβ＝k ，则｜α－β｜＝√（α＋β）2－4αβ＝√4－4k ＝2√2，∴4－4k ＝8，∴k ＝－1.故k 的值为3或－1.4.[命题点3]设复数z 在复平面内对应的点为Z ，原点为O ，i 为虚数单位，则下列说法正确的是（ C ）A.若｜z ｜＝1，则z ＝±1或z ＝±iB.若｜z ＋1｜＝1，则点Z 的集合为以（1，0）为圆心，1为半径的圆C.若1≤｜z ｜≤√2，则点Z 的集合所构成的图形的面积为πD.若｜z －1｜＝｜z ＋i ｜，则点Z 的集合中有且只有两个元素解析 若｜z ｜＝1，则点Z 的集合为以原点为圆心，1为半径的圆，有多数个点与复数z 对应，故A 错误；若｜z ＋1｜＝1，则点Z 的集合为以（－1，0）为圆心，1为半径的圆，故B 错误； 若1≤｜z ｜≤√2，则点Z 的集合为以原点为圆心，分别以1和√2为半径的两圆所夹的圆环，所以点Z 的集合所构成的图形的面积为π×（√2）2－π×12＝π，故C 正确；若｜z －1｜＝｜z ＋i ｜，则点Z 的集合是以点（1，0），（0，－1）为端点的线段的垂直平分线，集合中有多数个元素，故D 错误.5.[命题点1，2，3/2024沈阳市三检]在复平面内，复数z 1，z 2对应的点分别是（2，－1），（1，－3），则z2z 1的虚部是（ D ） A.i B.－i C.1 D.－1解析因为复数z1，z2在复平面内对应的点分别是（2，－1），（1，－3），所以z1＝2－i，z2＝1－3i，所以z2z1＝1－3i2－i＝（1－3i)(2+i）（2－i)(2+i）＝5－5i5＝1－i，所以z2z1的虚部为－1，故选D.。
高考数学复习单元检测-平面向量与复数提升卷单元检测含解析 (2)
单元检测五 平面向量与复数(提升卷)考生注意：1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分,共4页．2．答卷前,考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间100分钟,满分130分． 4．请在密封线内作答,保持试卷清洁完整．第Ⅰ卷(选择题 共60分)一、选择题(本题共12小题,每小题5分,共60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．若复数z 满足i z ＝3＋4i,则|z |等于( ) A ．1B ．2C 。
5D ．5 答案 D解析 因为z ＝3＋4i i ＝－(3＋4i)i ＝4－3i,所以|z |＝42＋(－3)2＝5。
2．若z 1＝(1＋i)2,z 2＝1－i,则z 1z 2等于( ) A ．1＋iB ．－1＋iC ．1－iD ．－1－i 答案 B解析 ∵z 1＝(1＋i)2＝2i,z 2＝1－i, ∴z 1z 2＝2i 1－i ＝2i (1＋i )(1－i )(1＋i )＝－2＋2i2＝－1＋i 。
3．设平面向量m ＝(－1,2),n ＝(2,b ),若m ∥n ,则|m ＋n |等于( ) A 。
5B 。
10C 。
2D ．3 5 答案 A解析 由m ∥n ,m ＝(－1,2),n ＝(2,b ),得b ＝－4,故n ＝(2,－4),所以m ＋n ＝(1,－2),故|m ＋n |＝5,故选A 。
4。
如图所示,向量OA →＝a ,OB →＝b ,OC →＝c ,点A ,B ,C 在一条直线上,且AC →＝－4CB →,则( )A ．c ＝12a ＋32bB ．c ＝32a －12bC ．c ＝－a ＋2bD ．c ＝－13a ＋43b答案 D解析 c ＝OB →＋BC →＝OB →＋13AB →＝OB →＋13(OB →－OA →)＝43OB →－13OA →＝43b －13a 。
故选D 。
5．设向量a ＝(x,1),b ＝(1,－3),且a ⊥b ,则向量a －3b 与b 的夹角为( ) A 。
2020届高考数学一轮复习第六篇平面向量与复数专题练习含解析
专题6.1 平面向量的概念及线性运算【考试要求】1.了解向量的实际背景；2.理解平面向量的意义和两个向量相等的含义；3.理解向量的几何表示和基本要素；4.掌握向量加法、减法的运算，并理解其几何意义；5.掌握向量数乘的运算及其几何意义，理解两个向量共线的含义；6.了解向量线性运算的性质及其几何意义.【知识梳理】1.向量的有关概念(1)向量：既有大小又有方向的量叫做向量，向量的大小叫做向量的长度(或模).(2)零向量：长度为0的向量，其方向是任意的.(3)单位向量：长度等于1个单位的向量.(4)平行向量：方向相同或相反的非零向量.平行向量又叫共线向量.规定：0与任一向量平行.(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.向量的线性运算3.共线向量定理向量a (a ≠0)与b 共线的充要条件是存在唯一一个实数λ，使得b ＝λa . 【微点提醒】1.一般地，首尾顺次相接的多个向量的和等于从第一个向量起点指向最后一个向量终点的向量，即A 1A 2→＋A 2A 3→＋A 3A 4→＋…＋A n －1A n ＝A 1A n →，特别地， 一个封闭图形，首尾连接而成的向量和为零向量.2.若P 为线段AB 的中点，O 为平面内任一点，则OP →＝12(OA →＋OB →).【疑误辨析】1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”) (1)零向量与任意向量平行.( ) (2)若a ∥b ，b ∥c ，则a ∥c .( )(3)向量AB →与向量CD →是共线向量，则A ，B ，C ，D 四点在一条直线上.( ) (4)当两个非零向量a ，b 共线时，一定有b ＝λa ，反之成立.( ) 【答案】 (1)√ (2)× (3)× (4)√ 【解析】(2)若b ＝0，则a 与c 不一定平行.(3)共线向量所在的直线可以重合，也可以平行，则A ，B ，C ，D 四点不一定在一条直线上. 【教材衍化】2.(必修4P78A6改编)给出下列命题：①零向量的长度为零，方向是任意的；②若a ，b 都是单位向量，则a ＝b ；③向量AB →与BA →相等.则所有正确命题的序号是( ) A.① B.③C.①③D.①②【答案】 A【解析】 根据零向量的定义可知①正确；根据单位向量的定义可知，单位向量的模相等，但方向不一定相同，故两个单位向量不一定相等，故②错误；向量AB →与BA →互为相反向量，故③错误.3.(必修4P92A12改编)设M 为平行四边形ABCD 对角线的交点，O 为平行四边形ABCD 所在平面内任意一点，则OA →＋OB →＋OC →＋OD →等于( ) A.OM → B.2OM → C.3OM →D.4OM →【答案】 D【解析】 OA →＋OB →＋OC →＋OD →＝(OA →＋OC →)＋(OB →＋OD →)＝2OM →＋2OM →＝4OM →. 【真题体验】4.(2019·东莞调研)如图所示，已知AC →＝3BC →，OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，则下列等式中成立的是( )A.c ＝32b －12aB.c ＝2b －aC.c ＝2a －bD.c ＝32a －12b【答案】 A【解析】 因为AC →＝3BC →，OA →＝a ，OB →＝b ，所以OC →＝OA →＋AC →＝OA →＋32AB →＝OA →＋32(OB →－OA →)＝32OB→－12OA →＝32b －12a . 5.(2018·上海静安区月考)若四边形ABCD 满足AD →＝12BC →且|AB →|＝|DC →|，则四边形ABCD 的形状是( ) A.等腰梯形 B.矩形 C.正方形D.菱形【答案】 A【解析】 因为AD →＝12BC →，所以AD →∥BC →，且|AD →|＝12|BC →|，所以四边形ABCD 为以AD 为上底，BC 为下底的梯形.又|AB →|＝|DC →|，所以梯形ABCD 的两腰相等.因此四边形ABCD 是等腰梯形.6.(2019·菏泽调研)设a 与b 是两个不共线向量，且向量a ＋λb 与－(b －2a )共线，则λ＝________. 【答案】 －12【解析】 依题意知向量a ＋λb 与2a －b 共线，设a ＋λb ＝k (2a －b )，则有(1－2k )a ＋(k＋λ)b ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧1－2k ＝0，k ＋λ＝0，解得k ＝12，λ＝－12.【考点聚焦】考点一 平面向量的概念【例1】 (1)设a ，b 都是非零向量，下列四个条件中，一定能使a |a |＋b |b |＝0成立的是( ) A.a ＝2b B.a ∥b C.a ＝－13bD.a ⊥b(2)给出下列四个命题： ①若|a |＝|b |，则a ＝b ；②若A ，B ，C ，D 是不共线的四点，则“AB →＝DC →”是“四边形ABCD 为平行四边形”的充要条件；③若a ＝b ，b ＝c ，则a ＝c ；④a ＝b 的充要条件是|a |＝|b |且a ∥b . 其中正确命题的序号是( ) A.②③B.①②C.③④D.②④【答案】 (1)C (2)A【解析】 (1)由a |a |＋b |b |＝0得a |a |＝－b |b |≠0，即a ＝－b|b |·|a |≠0，则a 与b 共线且方向相反，因此当向量a 与向量b 共线且方向相反时，能使a |a |＋b|b |＝0成立.对照各个选项可知，选项A 中a 与b 的方向相同；选项B 中a 与b 共线，方向相同或相反；选项C 中a与b 的方向相反；选项D 中a 与b 互相垂直.(2)①不正确.两个向量的长度相等，但它们的方向不一定相同.②正确.∵AB →＝DC →，∴|AB →|＝|DC →|且AB →∥DC →，又A ，B ，C ，D 是不共线的四点，∴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 →|，AB →∥DC →且AB →，DC →方向相同，因此AB →＝DC →.③正确.∵a ＝b ，∴a ，b 的长度相等且方向相同，又b ＝c ，∴b ，c 的长度相等且方向相同，∴a ，c 的长度相等且方向相同，故a ＝c .④不正确.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，而是必要不充分条件. 综上所述，正确命题的序号是②③.【规律方法】 对于向量的有关概念应注意以下几点：(1)平行向量就是共线向量，二者是等价的，它们均与起点无关；非零向量的平行具有传递性；相等向量一定是平行向量，而平行向量未必是相等向量；相等向量具有传递性. (2)向量与数量不同，数量可以比较大小，向量则不能，但向量的模是非负数，可以比较大小.(3)向量可以平移，平移后的向量与原向量是相等向量，解题时，不要把它与函数图象的平移混为一谈.(4)非零向量a 与a |a |的关系：a|a |是与a 同方向的单位向量.【训练1】 (1)如图，等腰梯形ABCD 中，对角线AC 与BD 交于点P ，点E ，F 分别在两腰AD ，BC 上，EF 过点P ，且EF ∥AB ，则下列等式中成立的是( )A.AD →＝BC →B.AC →＝BD →C.PE →＝PF →D.EP →＝PF →(2)给出下列说法：①非零向量a 与b 同向是a ＝b 的必要不充分条件；②若AB →与BC →共线，则A ，B ，C 三点在同一条直线上； ③a 与b 是非零向量，若a 与b 同向，则a 与－b 反向； ④设λ，μ为实数，若λa ＝μb ，则a 与b 共线. 其中错误说法的序号是________. 【答案】 (1)D (2)④【解析】 (1)根据相等向量的定义，分析可得AD →与BC →不平行，AC →与BD →不平行，所以AD →＝BC →，AC →＝BD →均错误，PE →与PF →平行，但方向相反也不相等，只有EP →与PF →方向相同，且大小都等于线段EF 长度的一半，所以EP →＝PF →.(2)根据向量的有关概念可知①②③正确，④错误. 考点二 平面向量的线性运算 角度1 向量的线性运算【例2－1】 (2018·全国Ⅰ卷)在△ABC 中，AD 为BC 边上的中线，E 为AD 的中点，则EB →＝( ) A.34AB →－14AC → B.14AB →－34AC → C.34AB →＋14AC →D.14AB →＋34AC → 【答案】 A【解析】 ∵E 是AD 的中点，∴EA →＝－12AD →，∴EB →＝EA →＋AB →＝－12AD →＋AB →，又知D 是BC 的中点， ∴AD →＝12(AB →＋AC →)，因此EB →＝－14(AB →＋AC →)＋AB →＝34AB →－14AC →.角度2 利用向量线性运算求参数【例2－2】 (1)如图，在平行四边形ABCD 中，AC ，BD 相交于点O ，E 为线段AO 的中点.若BE →＝λBA →＋μBD →(λ，μ∈R )，则λ＋μ等于( )A.1B.34C.23D.12(2)在锐角△ABC 中，CM →＝3MB →，AM →＝xAB →＋yAC →(x ，y ∈R )，则x y＝________.【答案】 (1)B (2)3【解析】 (1)∵E 为线段AO 的中点， ∴BE →＝12BA →＋12BO →＝12BA →＋12×12BD →＝12BA →＋14BD →＝λBA →＋μBD →， ∴λ＋μ＝12＋14＝34.(2)由题设可得AM →＝CM →－CA →＝34CB →＋AC →＝34(AB →－A C →)＋AC →＝34AB →＋14AC →， 则x ＝34，y ＝14.故xy ＝3.【规律方法】1.解题的关键在于熟练地找出图形中的相等向量，并能熟练运用相反向量将加减法相互转化.2.用几个基本向量表示某个向量问题的基本技巧：(1)观察各向量的位置；(2)寻找相应的三角形或多边形；(3)运用法则找关系；(4)化简结果.【训练2】 (1)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)设D ，E 分别是△ABC 的边AB ，BC 上的点，AD ＝12AB ，BE ＝23BC .若DE →＝λ1AB →＋λ2AC →(λ1，λ2为实数)，则λ1＋λ2的值为________. 【答案】 (1)D (2)12【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)DE →＝DB →＋BE →＝12AB →＋23BC →＝12AB →＋23(AC →－AB →)＝－16AB →＋23AC →， ∵DE →＝λ1AB →＋λ2AC →， ∴λ1＝－16，λ2＝23，因此λ1＋λ2＝12.考点三 共线向量定理及其应用 【例3】 设两个非零向量a 与b 不共线.(1)若AB →＝a ＋b ，BC →＝2a ＋8b ，CD →＝3(a －b ).求证：A ，B ，D 三点共线； (2)试确定实数k ，使k a ＋b 和a ＋k b 共线. 【答案】见解析【解析】(1)证明 ∵AB →＝a ＋b ，BC →＝2a ＋8b ，CD →＝3(a －b ).∴BD →＝BC →＋CD →＝2a ＋8b ＋3(a －b )＝2a ＋8b ＋3a －3b ＝5(a ＋b )＝5AB →.∴AB →，BD →共线，又它们有公共点B ， ∴A ，B ，D 三点共线.(2)解 ∵k a ＋b 与a ＋k b 共线，∴存在实数λ， 使k a ＋b ＝λ(a ＋k b )，即k a ＋b ＝λa ＋λk b ， ∴(k －λ)a ＝(λk －1)b .∵a ，b 是不共线的两个非零向量，∴k －λ＝λk －1＝0，∴k 2－1＝0，∴k ＝±1.【规律方法】1.证明三点共线问题，可用向量共线解决，但应注意向量共线与三点共线的区别与联系，当两向量共线且有公共点时，才能得出三点共线.2.向量a ，b 共线是指存在不全为零的实数λ1，λ2，使λ1a ＋λ2b ＝0成立.【训练3】 (1)已知a ，b 是不共线的向量，AB →＝λa ＋b ，AC →＝a ＋μb ，λ，μ∈R ，则A ，B ，C 三点共线的充要条件为( )A.λ＋μ＝2B.λ－μ＝1C.λμ＝－1D.λμ＝1(2)(一题多解)已知A ，B ，C 是直线l 上不同的三个点，点O 不在直线l 上，则使等式x 2OA →＋xOB →＋BC →＝0成立的实数x 的取值集合为( )A.{0}B.∅C.{－1}D.{0，－1}【答案】 (1)D (2)C【解析】 (1)因为A ，B ，C 三点共线，所以AB →∥AC →，设AB →＝mAC →(m ≠0)，则λa ＋b ＝m (a ＋μb )，所以⎩⎪⎨⎪⎧λ＝m ，1＝m μ，所以λμ＝1.(2)法一 若要x 2OA →＋xOB →＋BC →＝0成立，BC →必须与x 2OA →＋xOB →共线，由于OA →－OB →＝BA →与BC →共线，所以OA →和OB →的系数必须互为相反数，则x 2＝－x ，解得x ＝0或x ＝－1，而当x ＝0时，BC →＝0，此时B ，C 两点重合，不合题意，舍去.故x ＝－1.法二 ∵BC →＝OC →－OB →，∴x 2OA →＋xOB →＋OC →－OB →＝0， 即OC →＝－x 2OA →－(x －1)OB →，∵A ，B ，C 三点共线，∴－x 2－(x －1)＝1，即x 2＋x ＝0，解得x ＝0或x ＝－1.当x ＝0时，x 2OA →＋xOB →＋BC →＝0，此时B ，C 两点重合，不合题意，舍去.故x ＝－1. 【反思与感悟】 1.向量线性运算的三要素向量的线性运算满足三角形法则和平行四边形法则，向量加法的三角形法则要素是“首尾相接，指向终点”；向量减法的三角形法则要素是“起点重合，指向被减向量”；平行四边形法则要素是“起点重合”. 2.三个常用结论(1)O 为△ABC 的重心的充要条件是OA →＋OB →＋OC →＝0；(2)四边形ABCD 中，E 为AD 的中点，F 为BC 的中点，则AB →＋DC →＝2EF →；(3)对于平面上的任一点O ，OA →，OB →不共线，满足OP →＝xOA →＋yOB →(x ，y ∈R )，则P ，A ，B 共线⇔x ＋y ＝1.注意向量共线与三点共线的区别. 【易错防范】1.解决向量的概念问题要注意两点：一是不仅要考虑向量的大小，更重要的是要考虑向量的方向；二是考虑零向量是否也满足条件.要特别注意零向量的特殊性.2.在利用向量减法时，易弄错两向量的顺序，从而求得所求向量的相反向量，导致错误. 【分层训练】【基础巩固题组】(建议用时：35分钟) 一、选择题1.已知下列各式：①AB →＋BC →＋CA →；②AB →＋MB →＋BO →＋OM →；③OA →＋OB →＋BO →＋CO →；④AB →－AC →＋BD →－CD →，其中结果为零向量的个数为( ) A.1 B.2C.3D.4【答案】 B【解析】 由题知结果为零向量的是①④，故选B. 2.如图，在正六边形ABCDEF 中，BA →＋CD →＋EF →＝( )A.0B.BE →C.AD →D.CF →【答案】 D【解析】 由题图知BA →＋CD →＋EF →＝BA →＋AF →＋CB →＝CB →＋BF →＝CF →. 3.设a 是非零向量，λ是非零实数，下列结论中正确的是( ) A.a 与λa 的方向相反 B.a 与λ2a 的方向相同 C.|－λa |≥|a |D.|－λa |≥|λ|·a【答案】 B【解析】 对于A ，当λ＞0时，a 与λa 的方向相同，当λ＜0时，a 与λa 的方向相反，B 正确；对于C ，|－λa |＝|－λ||a |，由于|－λ|的大小不确定，故|－λa |与|a |的大小关系不确定；对于D ，|λ|a 是向量，而|－λa |表示长度，两者不能比较大小. 4.已知AB →＝a ＋2b ，BC →＝－5a ＋6b ，CD →＝7a －2b ，则下列一定共线的三点是( ) A.A ，B ，C B.A ，B ，D C.B ，C ，DD.A ，C ，D【答案】 B【解析】 因为AD →＝AB →＋BC →＋CD →＝3a ＋6b ＝3(a ＋2b )＝3AB →，又AB →，AD →有公共点A ，所以A ，B ，D 三点共线.5.设D ，E ，F 分别为△ABC 的三边BC ，CA ，AB 的中点，则EB →＋FC →＝( ) A.BC → B.12AD →C.AD →D.12BC → 【答案】 C【解析】 如图，EB →＋FC →＝EC →＋CB →＋FB →＋BC →＝EC →＋FB →＝12(AC →＋AB →)＝12·2AD →＝AD →.6.(2019·唐山二模)已知O 是正方形ABCD 的中心.若DO →＝λAB →＋μAC →，其中λ，μ∈R ，则λμ＝( ) A.－2 B.－12C.－ 2D. 2【答案】 A【解析】 DO →＝DA →＋AO →＝CB →＋AO →＝AB →－AC →＋12AC →＝AB →－12AC →，∴λ＝1，μ＝－12，因此λμ＝－2.7.如图所示，在△ABC 中，点O 是BC 的中点，过点O 的直线分别交直线AB ，AC 于不同的两点M ，N ，若AB →＝mAM →，AC →＝nAN →，则m ＋n 的值为( )A.1B.2C.3D.4【答案】 B【解析】 ∵O 为BC 的中点， ∴AO →＝12(AB →＋AC →)＝12(mAM →＋nAN →)＝m 2AM →＋n 2AN →， ∵M ，O ，N 三点共线，∴m 2＋n2＝1，∴m ＋n ＝2.8.在△ABC 中，点D 在线段BC 的延长线上，且BC →＝3CD →，点O 在线段CD 上(与点C ，D 不重合)，若AO →＝xAB →＋(1－x )AC →，则x 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12B.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，0 【答案】 D【解析】 设CO →＝yBC →，因为AO →＝AC →＋CO →＝AC →＋yBC →＝AC →＋y (AC →－AB →)＝－yAB →＋(1＋y )AC →. 因为BC →＝3CD →，点O 在线段CD 上(与点C ，D 不重合)，所以y ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13，因为AO →＝xAB →＋(1－x )AC →，所以x ＝－y ，所以x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，0. 二、填空题9.如图，点O 是正六边形ABCDEF 的中心，在分别以正六边形的顶点和中心为始点和终点的向量中，与向量OA →相等的向量有________个.【答案】 3【解析】 根据正六边形的性质和相等向量的定义，易知与向量OA →相等的向量有CB →，DO →，EF →，共3个.10.设向量a ，b 不平行，向量λa ＋b 与a ＋2b 平行，则实数λ＝____________. 【答案】 12【解析】 ∵向量a ，b 不平行，∴a ＋2b ≠0，又向量λa ＋b 与a ＋2b 平行，则存在唯一的实数μ，使λa ＋b ＝μ(a ＋2b )成立，即λa ＋b ＝μa ＋2μb ，则得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝μ，1＝2μ，解得λ＝μ＝12. 11.在△ABC 中，点M ，N 满足AM →＝2MC →，BN →＝NC →.若MN →＝xAB →＋yAC →，则x ＋y ＝________. 【答案】 13【解析】 由题中条件得，MN →＝MC →＋CN →＝13AC →＋12CB →＝13AC →＋12(AB →－AC →)＝12AB →－16AC →＝xAB →＋yAC →， 所以x ＝12，y ＝－16，因此x ＋y ＝12－16＝13.12.(2019·清华大学自主招生能力测试)设O 在△ABC 的内部，D 为AB 的中点，且OA →＋OB →＋2OC →＝0，则△ABC 的面积与△AOC 的面积的比值为________. 【答案】 4【解析】 ∵D 为AB 的中点， 则OD →＝12(OA →＋OB →)，又OA →＋OB →＋2OC →＝0，∴OD →＝－OC →，∴O 为CD 的中点. 又∵D 为AB 的中点，∴S △AOC ＝12S △ADC ＝14S △ABC ，则S △ABCS △AOC＝4.【能力提升题组】(建议用时：15分钟)13.已知点O ，A ，B 不在同一条直线上，点P 为该平面上一点，且2OP →＝2OA →＋BA →，则( ) A.点P 在线段AB 上B.点P 在线段AB 的反向延长线上C.点P 在线段AB 的延长线上D.点P 不在直线AB 上 【答案】 B【解析】 因为2OP →＝2OA →＋BA →，所以2AP →＝BA →，所以点P 在线段AB 的反向延长线上，故选B.14.(2019·青岛二模)设D ，E ，F 分别为△ABC 三边BC ，CA ，AB 的中点，则DA →＋2EB →＋3FC →＝( ) A.12AD → B.32AD → C.12AC →D.32AC → 【答案】 D【解析】 因为D ，E ，F 分别为△ABC 三边BC ，CA ，AB 的中点，所以DA →＋2EB →＋3FC →＝12(BA →＋CA →)＋2×12(AB →＋CB →)＋3×12×(AC →＋BC →)＝12BA →＋AB →＋CB →＋32BC →＋32AC →＋12CA →＝12AB →＋12BC →＋AC →＝12AC →＋AC →＝32AC →.15.已知△ABC 和点M 满足MA →＋MB →＋MC →＝0，若存在实数m 使得AB →＋AC →＝mAM →成立，则m ＝________. 【答案】 3【解析】 由已知条件得MB →＋MC →＝－MA →，如图，延长AM 交BC 于D 点，则D 为BC 的中点.同理E ，F 分别是AC ，AB 的中点，因此点M 是△ABC 的重心， ∴AM →＝23AD →＝13(AB →＋AC →)，则m ＝3.16.(2019·郑州模拟)设e 1与e 2是两个不共线向量，AB →＝3e 1＋2e 2，CB →＝k e 1＋e 2，CD →＝3e 1－2k e 2，若A ，B ，D 三点共线，则k 的值为________. 【答案】 －94【解析】 由题意，A ，B ，D 三点共线，故必存在一个实数λ，使得AB →＝λBD →. 又AB →＝3e 1＋2e 2，CB →＝k e 1＋e 2，CD →＝3e 1－2k e 2， 所以BD →＝CD →－CB →＝3e 1－2k e 2－(k e 1＋e 2) ＝(3－k )e 1－(2k ＋1)e 2，所以3e 1＋2e 2＝λ(3－k )e 1－λ(2k ＋1)e 2， 又e 1与e 2不共线，所以⎩⎪⎨⎪⎧3＝λ（3－k ），2＝－λ（2k ＋1），解得k ＝－94.【新高考创新预测】17.(多填题)在△ABC 中有如下结论：“若点M 为△ABC 的重心，则MA →＋MB →＋MC →＝0.”设a ，b ，c 分别为△ABC 的内角A ，B ，C 的对边，点M 为△ABC 的重心. 若aMA →＋bMB →＋33cMC →＝0，则内角A 的大小为________，当a ＝3时，△ABC 的面积为________. 【答案】π6 934【解析】 由aMA →＋bMB →＋33cMC →＝aMA →＋bMB →＋33c(－MA →－MB →)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －33c MA →＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b －33c MB→＝0，且MA →与MB →不共线，∴a－33c ＝b －33c ＝0，∴a＝b ＝33c.△ABC 中，由余弦定理可求得cos A ＝32，∴A＝π6.若a ＝3，则b ＝3，c ＝33，S △ABC ＝12bcsin A ＝12×3×33×12＝934.专题6.2 平面向量基本定理及坐标表示【考试要求】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. 【知识梳理】 1.平面向量的基本定理如果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，不共线的向量e 1，e 2叫做表示这一平面内所有向量的一组基底. 2.平面向量的正交分解把一个向量分解为两个互相垂直的向量，叫做把向量正交分解. 3.平面向量的坐标运算(1)向量加法、减法、数乘运算及向量的模 设a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，则a ＋b ＝(x 1＋x 2，y 1＋y 2)，a －b ＝(x 1－x 2，y 1－y 2)，λa ＝(λx 1，λy 1)，|a |＝x 21＋y 21.(2)向量坐标的求法①若向量的起点是坐标原点，则终点坐标即为向量的坐标.②设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则AB →＝(x 2－x 1，y 2－y 1)，|AB →|＝（x 2－x 1）2＋（y 2－y 1）2. 4.平面向量共线的坐标表示设a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，则a∥b ⇔x 1y 2－x 2y 1＝0. 【微点提醒】1.若a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)且a ＝b ，则x 1＝x 2且y 1＝y2. 2.若a 与b 不共线，λa ＋μb ＝0，则λ＝μ＝0.3.向量的坐标与表示向量的有向线段的起点、终点的相对位置有关系.两个相等的向量，无论起点在什么位置，它们的坐标都是相同的.【疑误辨析】1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”) (1)平面内的任何两个向量都可以作为一组基底.( ) (2)同一向量在不同基底下的表示是相同的.( )(3)设a ，b 是平面内的一组基底，若实数λ1，μ1，λ2，μ2满足λ1a ＋μ1b ＝λ2a ＋μ2b ，则λ1＝λ2，μ1＝μ2.( )(4)若a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，则a∥b 的充要条件可以表示成x 1x 2＝y 1y 2.( ) 【答案】 (1)× (2)× (3)√ (4)× 【解析】(1)共线向量不可以作为基底.(2)同一向量在不同基底下的表示不相同. (4)若b ＝(0，0)，则x 1x 2＝y 1y 2无意义. 【教材衍化】2.(必修4P118A2(6)改编)下列各组向量中，可以作为基底的是( ) A.e 1＝(0，0)，e 2＝(1，－2) B.e 1＝(－1，2)，e 2＝(5，7) C.e 1＝(3，5)，e 2＝(6，10) D.e 1＝(2，－3)，e 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－34【答案】 B【解析】 两个不共线的非零向量构成一组基底，故选B.3.(必修4P99例8改编)设P 是线段P 1P 2上的一点，若P 1(1，3)，P 2(4，0)且P 是线段P 1P 2的一个三等分点(靠近点P 1)，则点P 的坐标为( ) A.(2，2)B.(3，－1)C.(2，2)或(3，－1)D.(2，2)或(3，1)【答案】 A【解析】 由题意得P 1P →＝13P 1P 2→且P 1P 2→＝(3，－3).设P (x ，y )，则(x －1，y －3)＝(1，－1)， ∴x ＝2，y ＝2，则点P (2，2). 【真题体验】4.(2015·全国Ⅰ卷)已知点A (0，1)，B (3，2)，向量AC →＝(－4，－3)，则向量BC →＝( ) A.(－7，－4) B.(7，4) C.(－1，4)D.(1，4)【答案】 A【解析】 根据题意得AB →＝(3，1)，∴BC →＝AC →－AB →＝(－4，－3)－(3，1)＝(－7，－4)，故选A.5.(2017·山东卷)已知向量a ＝(2，6)，b ＝(－1，λ)，若a ∥b ，则λ＝________. 【答案】 －3【解析】 ∵a ∥b ，∴2λ＋6＝0，解得λ＝－3.6.(2019·苏州月考)已知▱ABCD 的顶点A (－1，－2)，B (3，－1)，C (5，6)，则顶点D 的坐标为________. 【答案】 (1，5)【解析】 设D (x ，y )，则由AB →＝DC →，得(4，1)＝(5－x ，6－y )，即⎩⎪⎨⎪⎧4＝5－x ，1＝6－y ，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝5.【考点聚焦】考点一 平面向量基本定理及其应用【例1】 (1)(2019·衡水中学调研)一直线l 与平行四边形ABCD 中的两边AB ，AD 分别交于点E ，F ，且交其对角线AC 于点M ，若AB →＝2AE →，AD →＝3AF →，AM →＝λAB →－μAC →(λ，μ∈R )，则52μ－λ＝( ) A.－12B.1C.32D.－3(2)(2019·北京海淀区调研)在△ABC 中，D 为三角形所在平面内一点，且AD →＝13AB →＋12AC →.延长AD 交BC 于E ，若AE →＝λAB →＋μAC →，则λ－μ的值是________. 【答案】 (1)A (2)－15【解析】 (1)AM →＝λAB →－μAC →＝λAB →－μ(AB →＋AD →) ＝(λ－μ)AB →－μAD →＝2(λ－μ)AE →－3μAF →.因为E ，M ，F 三点共线，所以2(λ－μ)＋(－3μ)＝1， 即2λ－5μ＝1，∴52μ－λ＝－12.(2)设AE →＝xAD →，∵AD →＝13AB →＋12AC →，∴AE →＝x 3AB →＋x 2AC →.由于E ，B ，C 三点共线，∴x 3＋x 2＝1，x ＝65.根据平面向量基本定理，得λ＝x 3，μ＝x2.因此λ－μ＝x 3－x 2＝－x 6＝－15.【规律方法】 1.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.2.用平面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.【训练1】 (1)(2019·济南质检)在△ABC 中，AN →＝14NC →，若P 是直线BN 上的一点，且满足AP→＝mAB →＋25AC →，则实数m 的值为( )A.－4B.－1C.1D.4(2)在平面直角坐标系中，O 为坐标原点，A ，B ，C 三点满足OC →＝23OA →＋13OB →，则|AC →||AB →|＝________.【答案】 (1)B (2)13【解析】 (1)根据题意设BP →＝nBN →(n ∈R )，则AP →＝AB →＋BP →＝AB →＋nBN →＝AB →＋n (AN →－AB →)＝AB →＋n ⎝ ⎛⎭⎪⎫15AC →－AB →＝(1－n )AB →＋n 5AC →.又AP →＝mAB →＋25AC →，∴⎩⎪⎨⎪⎧1－n ＝m ，n 5＝25，解得⎩⎪⎨⎪⎧n ＝2，m ＝－1.(2)因为OC →＝23OA →＋13OB →，所以OC →－OA →＝－13OA →＋13OB →＝13(OB →－OA →)，所以AC →＝13AB →，所以|AC →||AB →|＝13.考点二 平面向量的坐标运算【例2】 (1)设A (0，1)，B (1，3)，C (－1，5)，D (0，－1)，则AB →＋AC →等于( ) A.－2AD →B.2AD →C.－3AD →D.3AD →(2)向量a ，b ，c 在正方形网格中的位置如图所示，若c ＝λa ＋μb (λ，μ∈R )，则λμ＝( )A.1B.2C.3D.4【答案】 (1)C (2)D【解析】 (1)由题意得AB →＝(1，2)，AC →＝(－1，4)，AD →＝(0，－2)，所以AB →＋AC →＝(0，6)＝－3(0，－2)＝－3AD →.(2)以向量a 和b 的交点为原点建立如图所示的平面直角坐标系(设每个小正方形边长为1)，则A (1，－1)，B (6，2)，C (5，－1)，∴a ＝AO →＝(－1，1)，b ＝OB →＝(6，2)，c ＝BC →＝(－1，－3)， ∵c ＝λa ＋μb ，∴(－1，－3)＝λ(－1，1)＋μ(6，2)，则⎩⎪⎨⎪⎧－λ＋6μ＝－1，λ＋2μ＝－3，解得λ＝－2，μ＝－12，∴，λμ＝－2－12＝4.【规律方法】1.巧借方程思想求坐标：若已知向量两端点的坐标，则应先求出向量的坐标，解题过程中注意方程思想的应用.2.向量问题坐标化：向量的坐标运算，使得向量的线性运算都可以用坐标来进行，实现了向量运算的代数化，将数与形结合起来，使几何问题转化为数量运算问题.【训练2】 (1)已知O 为坐标原点，点C 是线段AB 上一点，且A (1，1)，C (2，3)，|BC →|＝2|AC →|，则向量OB →的坐标是________.(2)(2019·天津和平区一模)如图，在直角梯形ABCD 中，AB ∥DC ，AD ⊥DC ，AD ＝DC ＝2AB ，E 为AD 的中点，若CA →＝λCE →＋μDB →(λ，μ∈R )，则λ＋μ的值为( )A.65B.85C.2D.83【答案】 (1)(4，7) (2)B【解析】 (1)由点C 是线段AB 上一点，|BC →|＝2|AC →|，得BC →＝－2AC →. 设点B 为(x ，y )，则(2－x ，3－y )＝－2(1，2).则⎩⎪⎨⎪⎧2－x ＝－2，3－y ＝－4，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4，y ＝7. 所以向量OB →的坐标是(4，7).(2)建立如图所示的平面直角坐标系，则D (0，0).不妨设AB ＝1，则CD ＝AD ＝2，所以C (2，0)，A (0，2)，B (1，2)，E (0，1)， ∴CA →＝(－2，2)，CE →＝(－2，1)，DB →＝(1，2)，∵CA →＝λCE →＋μDB →，∴(－2，2)＝λ(－2，1)＋μ(1，2)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧－2λ＋μ＝－2，λ＋2μ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝65，μ＝25，则λ＋μ＝85.考点三 平面向量共线的坐标表示多维探究角度1 利用向量共线求向量或点的坐标【例3－1】 (一题多解)已知点A (4，0)，B (4，4)，C (2，6)，则AC 与OB 的交点P 的坐标为________. 【答案】 (3，3)【解析】 法一 由O ，P ，B 三点共线，可设OP →＝λOB →＝(4λ，4λ)，则AP →＝OP →－OA →＝(4λ－4，4λ).又AC →＝OC →－OA →＝(－2，6)，由AP →与AC →共线，得(4λ－4)×6－4λ×(－2)＝0， 解得λ＝34，所以OP →＝34OB →＝(3，3)，所以点P 的坐标为(3，3).法二 设点P (x ，y )，则OP →＝(x ，y )，因为OB →＝(4，4)，且OP →与OB →共线，所以x 4＝y 4，即x ＝y .又AP →＝(x －4，y )，AC →＝(－2，6)，且AP →与AC →共线， 所以(x －4)×6－y ×(－2)＝0，解得x ＝y ＝3， 所以点P 的坐标为(3，3).角度2 利用向量共线求参数【例3－2】 (1)(2018·全国Ⅲ卷)已知向量a ＝(1，2)，b ＝(2，－2)，c ＝(1，λ).若c ∥(2a ＋b )，则λ＝________.(2)已知向量a ＝(2，3)，b ＝(－1，2)，若m a ＋n b 与a －3b 共线，则m n＝________. 【答案】 (1)12 (2)－13【解析】 (1)由题意得2a ＋b ＝(4，2)，因为c ＝(1，λ)，且c ∥(2a ＋b )，所以4λ－2＝0，即λ＝12.(2)由2－1≠32，所以a 与b 不共线，又a －3b ＝(2，3)－3(－1，2)＝(5，－3)≠0. 那么当m a ＋n b 与a －3b 共线时，有m 1＝n －3，即得m n ＝－13.【规律方法】1.两平面向量共线的充要条件有两种形式：(1)若a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，则a ∥b 的充要条件是x 1y 2－x 2y 1＝0；(2)若a ∥b (b ≠0)，则a ＝λb .2.向量共线的坐标表示既可以判定两向量平行，也可以由平行求参数.当两向量的坐标均非零时，也可以利用坐标对应成比例来求解.【训练3】 (1)(2019·北师大附中检测)已知向量a ＝(1，1)，点A (3，0)，点B 为直线y ＝2x 上的一个动点，若AB →∥a ，则点B 的坐标为________.(2)设向量OA →＝(1，－2)，OB →＝(2m ，－1)，OC →＝(－2n，0)，m ，n ∈R ，O 为坐标原点，若A ，B ，C 三点共线，则m ＋n 的最大值为( )A.－3B.－2C.2D.3【答案】 (1)(－3，－6) (2)A【解析】 (1)由题意设B (x ，2x )，则AB →＝(x －3，2x )， ∵AB →∥a ，∴x －3－2x ＝0，解得x ＝－3，∴B (－3，－6).(2)由题意易知，AB →∥AC →，其中AB →＝OB →－OA →＝(2m －1，1)，AC →＝OC →－OA →＝(－2n－1，2)，所以(2m －1)×2＝1×(－2n －1)，得：2m ＋1＋2n＝1.2m ＋1＋2n ≥22m ＋n ＋1，所以2m ＋n ＋1≤2－2，即m ＋n ≤－3.【反思与感悟】1.平面向量基本定理实际上是向量的分解定理，并且是平面向量正交分解的理论依据，也是向量的坐标表示的基础.2.平面向量一组基底是两个不共线向量，平面向量基底可以有无穷多组.3.用平面向量基本定理可将平面中任一向量分解成形如a ＝λ1e 1＋λ2e 2的形式. 【易错防范】1.注意运用两个向量a ，b 共线坐标表示的充要条件应为x 1y 2－x 2y 1＝0.2.要区分点的坐标与向量坐标的不同，尽管在形式上它们完全一样，但意义完全不同，向量坐标中既有方向也有大小的信息. 【分层训练】【基础巩固题组】(建议用时：35分钟) 一、选择题1.向量a ，b 满足a ＋b ＝(－1，5)，a －b ＝(5，－3)，则b 为( ) A.(－3，4) B.(3，4) C.(3，－4)D.(－3，－4)【答案】 A【解析】 由a ＋b ＝(－1，5)，a －b ＝(5，－3)， 得2b ＝(－1，5)－(5，－3)＝(－6，8)， ∴b ＝12(－6，8)＝(－3，4).2.已知点A (1，3)，B (4，－1)，则与AB →同方向的单位向量是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫35，－45B.⎝ ⎛⎭⎪⎫45，－35C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－35，45D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－45，35 【答案】 A【解析】 AB →＝OB →－OA →＝(4，－1)－(1，3)＝(3，－4)，∴与AB →同方向的单位向量为AB →|AB →|＝⎝ ⎛⎭⎪⎫35，－45.3.已知向量a ＝(2，1)，b ＝(3，4)，c ＝(1，m )，若实数λ满足a ＋b ＝λc ，则λ＋m 等于( ) A.5 B.6 C.7 D.8【答案】 B【解析】 由平面向量的坐标运算法则可得a ＋b ＝(5，5)，λc ＝(λ，λm )，据此有⎩⎪⎨⎪⎧λ＝5，λm ＝5，解得λ＝5，m ＝1，∴λ＋m ＝6.4.已知向量a ＝(－1，2)，b ＝(3，m )，m ∈R ，则“m ＝－6”是“a ∥(a ＋b )”的( ) A.充要条件 B.充分不必要条件 C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件 【答案】 A【解析】 由题意得a ＋b ＝(2，2＋m )，由a ∥(a ＋b )，得－1×(2＋m )＝2×2，所以m ＝－6，则“m ＝－6”是“a ∥(a ＋b )”的充要条件.5.已知e 1，e 2是不共线向量，a ＝m e 1＋2e 2，b ＝n e 1－e 2，且mn ≠0，若a ∥b ，则mn＝( ) A.－12B.12C.－2D.2【答案】 C【解析】 因为a ∥b ，所以a ＝λb ，即m e 1＋2e 2＝λ(n e 1－e 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧λn ＝m ，－λ＝2，得mn ＝－2.6.已知点A (2，3)，B (4，5)，C (7，10)，若AP →＝AB →＋λAC →(λ∈R )，且点P 在直线x －2y ＝0上，则λ的值为( ) A.23 B.－23C.32D.－32【答案】 B【解析】 设P (x ，y )，则由AP →＝AB →＋λAC →，得(x －2，y －3)＝(2，2)＋λ(5，7)＝(2＋5λ，2＋7λ). 所以x ＝5λ＋4，y ＝7λ＋5. 又点P 在直线x －2y ＝0上，故5λ＋4－2(7λ＋5)＝0，解得λ＝－23.7.(2019·河北豫水中学质检)已知在Rt△ABC 中，∠BAC ＝90°，AB ＝1，AC ＝2，D 是△ABC 内一点，且∠DAB ＝60°，设AD →＝λAB →＋μAC →(λ，μ∈R )，则λμ＝( )A.233B.33C.3D.2 3【答案】 A【解析】 如图，以A 为原点，AB 所在直线为x 轴，AC 所在直线为y 轴建立平面直角坐标系，则B 点的坐标为(1，0)，C 点的坐标为(0，2)，因为∠DAB ＝60°，所以设D 点的坐标为(m ，3m )(m ≠0). AD →＝(m ，3m )＝λAB →＋μAC →＝λ(1，0)＋μ(0，2)＝(λ，2μ)，则λ＝m ，且μ＝32m ， 所以λμ＝233.8.在平行四边形ABCD 中，E ，F 分别是BC ，CD 的中点，DE 交AF 于H ，记AB →，BC →分别为a ，b ，则AH →＝( )A.25a －45bB.25a ＋45bC.－25a ＋45bD.－25a －45b【答案】 B【解析】 设AH →＝λAF →，DH →＝μDE →.而DH →＝DA →＋AH →＝－b ＋λAF →＝－b ＋λ⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋12a ，DH →＝μDE →＝μ⎝ ⎛⎭⎪⎫a －12b .因此，μ⎝ ⎛⎭⎪⎫a －12b ＝－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＝12λ，－12μ＝－1＋λ.解之得λ＝45，μ＝25.故AH →＝λAF →＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋12a ＝25a ＋45b .二、填空题9.(2019·安徽江南十校联考)已知平面向量a ＝(1，m )，b ＝(2，5)，c ＝(m ，3)，且(a ＋c )∥(a －b )，则m ＝________.【答案】3±172【解析】 a ＝(1，m )，b ＝(2，5)，c ＝(m ，3)， ∴a ＋c ＝(m ＋1，m ＋3)，a －b ＝(－1，m －5)， 又(a ＋c )∥(a －b )，∴(m ＋1)(m －5)＋m ＋3＝0，即m 2－3m －2＝0， 解之得m ＝3±172.10.已知A (2，3)，B (4，－3)，点P 在线段AB 的延长线上，且|AP |＝32|BP |，则点P 的坐标为________.【答案】 (8，－15)【解析】 设P (x ，y )，由点P 在线段AB 的延长线上， 则AP →＝32BP →，得(x －2，y －3)＝32(x －4，y ＋3)，即⎩⎪⎨⎪⎧x －2＝32（x －4），y －3＝32（y ＋3）.解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝8，y ＝－15.所以点P 的坐标为(8，－15).11.已知A (1，1)，B (3，－1)，C (a ，b )，若A ，B ，C 三点共线，则a ，b 的关系式为________. 【答案】 a ＋b ＝2【解析】 由已知得AB →＝(2，－2)，AC →＝(a －1，b －1)， ∵A ，B ，C 三点共线，∴AB →∥AC →. ∴2(b －1)＋2(a －1)＝0，即a ＋b ＝2.12.在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若p ＝(a ＋c ，b )，q ＝(b －a ，c －a )，且p ∥q ，则角C ＝________.【答案】π3【解析】 因为p ∥q ，则(a ＋c )(c －a )－b (b －a )＝0，所以a 2＋b 2－c 2＝ab ，所以a 2＋b 2－c 22ab ＝12，由余弦定理知，cos C ＝12，又因为0<C <π，所以C ＝π3.【能力提升题组】(建议用时：15分钟)13.如图，在△ABC 中，AD →＝23AC →，BP →＝13BD →，若AP →＝λAB →＋μAC →，则λ＋μ的值为( )A.89 B.49C.83D.43【答案】 A【解析】 AP →＝AB →＋BP →＝AB →＋13BD →＝AB →＋13(AD →－AB →)＝23AB →＋13×23AC →＝23AB →＋29AC →.因为AP →＝λAB →＋μAC →，所以λ＝23，μ＝29，则λ＋μ＝23＋29＝89.14.给定两个长度为1的平面向量OA →和OB →，它们的夹角为90°，如图所示，点C 在以O 为圆心的圆弧AB ︵上运动，若OC →＝xOA →＋yOB →，其中x ，y ∈R ，则x ＋y 的最大值是( )A.1B. 2C. 3D.2【答案】 B【解析】 因为点C 在以O 为圆心的圆弧AB ︵上， 所以|OC →|2＝|xOA →＋yOB →|2＝x 2＋y 2＋2xyOA →·OB →＝x 2＋y 2， ∴x 2＋y 2＝1，则2xy ≤x 2＋y 2＝1. 又(x ＋y )2＝x 2＋y 2＋2xy ≤2，故x ＋y 的最大值为 2.15.已知|OA →|＝1，|OB →|＝3，OA →·OB →＝0，点C 在∠AOB 内，且OC →与OA →的夹角为30°，设OC→＝mOA →＋nOB →(m ，n ∈R )，则m n的值为________.【答案】 3【解析】 ∵OA →·OB →＝0，∴OA →⊥OB →， 以OA 为x 轴，OB 为y 轴建立直角坐标系， OA →＝(1，0)，OB →＝(0，3)，OC →＝mOA →＋nOB →＝(m ，3n ).∵tan 30°＝3nm＝33， ∴m ＝3n ，即mn＝3.16.在△ABC 中，点D 满足BD →＝DC →，当点E 在线段AD 上移动时，若AE →＝λAB →＋μAC →，则t ＝(λ－1)2＋μ2的最小值是________. 【答案】 12【解析】 因为BD →＝DC →，所以AD →＝12AB →＋12AC →.又AE →＝λAB →＋μAC →，点E 在线段AD 上移动， 所以AE →∥AD →，则12λ＝12μ，即λ＝μ⎝ ⎛⎭⎪⎫0≤λ≤12.所以t ＝(λ－1)2＋λ2＝2λ2－2λ＋1＝2⎝⎛⎭⎪⎫λ－122＋12. 当λ＝12时，t 的最小值是12.【新高考创新预测】17.(多填题)直角△ABC 中，AB ＝AC ＝2，D 为AB 边上的点，且AD DB＝2，则CD →·CA →＝________；若CD →＝xCA →＋yCB →，则xy ＝________. 【答案】 4 29【解析】 以A 为原点，分别以AB →，AC →的方向为x 轴、y 轴的正方向建立平面直角坐标系，则A (0，0)，B (2，0)，C (0，2)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫43，0，则CD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43，－2，CA →＝(0，－2)，CB →＝(2，－2)，则CD →·CA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43，－2·(0，－2)＝43×0＋(－2)×(－2)＝4.由CD →＝xCA →＋yCB →＝x (0，－2)＋y (2，－2)＝(2y ，－2x －2y )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43，－2得⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝43，－2x －2y ＝－2，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝13，y ＝23，则xy ＝29.专题6.3 平面向量的数量积及其应用【考试要求】1.理解平面向量数量积的含义及其物理意义；2.了解平面向量的数量积与向量投影的关系；3.掌握数量积的坐标表达式，会进行平面向量数量积的运算；4.能运用数量积表示两个向量的夹角，会用数量积判断两个平面向量的垂直关系；5.会用向量的方法解决某些简单的平面几何问题. 【知识梳理】1.平面向量数量积的有关概念(1)向量的夹角：已知两个非零向量a 和b ，记OA →＝a ，OB →＝b ，则∠AOB ＝θ(0°≤θ≤180°)叫做向量a 与b 的夹角.(2)数量积的定义：已知两个非零向量a 与b ，它们的夹角为θ，则a 与b 的数量积(或内积)a ·b ＝|a ||b |cos__θ.规定：零向量与任一向量的数量积为0，即0·a ＝0.(3)数量积的几何意义：数量积a ·b 等于a 的长度|a |与b 在a 的方向上的投影|b |cos θ的乘积.2.平面向量数量积的性质及其坐标表示设向量a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，θ为向量a ，b 的夹角. (1)数量积：a ·b ＝|a ||b |cos θ＝x 1x 2＋y 1y 2. (2)模：|a |＝a ·a ＝x 21＋y 21. (3)夹角：cos θ＝a ·b |a ||b |＝x 1x 2＋y 1y 2x 21＋y 21·x 22＋y 22. (4)两非零向量a⊥b 的充要条件：a·b＝0⇔x 1x 2＋y 1y 2＝0.(5)|a·b|≤|a||b|(当且仅当a∥b 时等号成立)⇔|x 1x 2＋y 1y 2|≤·.3.平面向量数量积的运算律 (1)a ·b ＝b ·a (交换律).(2)λa ·b ＝λ(a ·b )＝a ·(λb )(结合律). (3)(a ＋b )·c ＝a ·c ＋b ·c (分配律).【微点提醒】1.两个向量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.2.平面向量数量积运算的常用公式 (1)(a ＋b )·(a －b )＝a 2－b 2. (2)(a ＋b )2＝a 2＋2a ·b ＋b 2. (3)(a －b )2＝a 2－2a ·b ＋b 2. 【疑误辨析】1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(1)两个向量的夹角的范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.( )(2)向量在另一个向量方向上的投影为数量，而不是向量.( )(3)两个向量的数量积是一个实数，向量的加、减、数乘运算的运算结果是向量.( ) (4)若a ·b ＝a ·c (a ≠0)，则b ＝c .( ) 【答案】 (1)× (2)√ (3)√ (4)× 【解析】 (1)两个向量夹角的范围是[0，π].(4)由a ·b ＝a ·c (a ≠0)得|a ||b |·cos〈a ，b 〉＝|a ||c |·cos〈a ，c 〉，所以向量b 和c 不一定相等. 【教材衍化】2.(必修4P108A10改编)设a ，b 是非零向量.“a ·b ＝|a ||b |”是“a ∥b ”的( ) A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】 A【解析】 设a 与b 的夹角为θ.因为a ·b ＝|a |·|b |cos θ＝|a |·|b |，所以cos θ＝1，即a 与b 的夹角为0°，故a ∥b .当a ∥b 时，a 与b 的夹角为0°或180°， 所以a ·b ＝|a |·|b |cos θ＝±|a |·|b |，所以“a ·b ＝|a |·|b |”是“a ∥b ”的充分而不必要条件.3.(必修4P108A2改编)在圆O 中，长度为2的弦AB 不经过圆心，则AO →·AB →的值为________. 【答案】 1【解析】 设向量AO →，AB →的夹角为θ，则AO →·AB →＝|AO →||AB →|·cos θ＝|AO →|cos θ·|AB →|＝12|AB →|·|AB →|＝12×(2)2＝1. 【真题体验】4.(2018·全国Ⅱ卷)已知向量a ，b 满足|a |＝1，a ·b ＝－1，则a ·(2a －b )＝( ) A.4 B.3 C.2 D.0【答案】 B【解析】 a ·(2a －b )＝2|a |2－a ·b ＝2×12－(－1)＝3.5.(2018·上海嘉定区调研)平面向量a 与b 的夹角为45°，a ＝(1，1)，|b |＝2，则|3a ＋b |等于( )A.13＋6 2B.2 5C.30D.34【答案】 D【解析】 依题意得a 2＝2，a ·b ＝2×2×cos 45°＝2，|3a ＋b |＝（3a ＋b ）2＝9a 2＋6a ·b ＋b 2＝18＋12＋4＝34.6.(2017·全国Ⅰ卷)已知向量a ＝(－1，2)，b ＝(m ，1).若向量a ＋b 与a 垂直，则m ＝________. 【答案】 7【解析】 由题意得a ＋b ＝(m －1，3)，因为a ＋b 与a 垂直，所以(a ＋b )·a ＝0，所以－(m －1)＋2×3＝0，解得m ＝7. 【考点聚焦】考点一 平面向量数量积的运算【例1】 (1)若向量m ＝(2k －1，k )与向量n ＝(4，1)共线，则m ·n ＝( ) A.0B.4C.－92D.－172(2)(2018·天津卷)在如图的平面图形中，已知OM ＝1，ON ＝2，∠MON ＝120°，BM →＝2MA →，CN →＝2NA →，则BC →·OM →的值为( )A.－15B.－9C.－6D.0【答案】 (1)D (2)C【解析】 (1)由题意得2k －1－4k ＝0，解得k ＝－12，即m ＝⎝⎛⎭⎪⎫－2，－12， 所以m ·n ＝－2×4＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12×1＝－172.(2)连接OA .在△ABC 中，BC →＝AC →－AB →＝3AN →－3AM →＝3(ON →－OA →)－3(OM →－OA →)＝3(ON →－OM →)，∴BC →·OM →＝3(ON →－OM →)·OM →＝3(ON →·OM →－OM →2)＝3×(2×1×cos 120°－12)＝3×(－2)＝－6.【规律方法】 1.数量积公式a ·b ＝|a ||b |cos θ在解题中的运用，解题过程具有一定的技巧性，需要借助向量加、减法的运算及其几何意义进行适当变形；也可建立平面直角坐标系，借助数量积的坐标运算公式a ·b ＝x 1x 2＋y 1y 2求解，较为简捷、明了.2.在分析两向量的夹角时，必须使两个向量的起点重合，如果起点不重合，可通过“平移”实现.【训练1】 (1)在△ABC 中，AB ＝4，BC ＝6，∠ABC ＝π2，D 是AC 的中点，E 在BC 上，且AE ⊥BD ，则AE →·BC →等于( )A.16B.12C.8D.－4(2)(2019·皖南八校三模)已知|a |＝|b |＝1，向量a 与b 的夹角为45°，则(a ＋2b )·a ＝________.。
浙江省高考数学一轮复习 第六章 平面向量、复数 第4节 复 数(含解析)-人教版高三全册数学试题
第4节复数考试要求 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.复数的有关概念内容意义备注复数的概念形如a＋b i(a∈R，b∈R)的数叫复数，其中实部为a，虚部为b 若b＝0，则a＋b i为实数；若a＝0且b≠0，则a＋b i为纯虚数复数相等a＋b i＝c＋d i⇔a＝c且b＝d(a，b，c，d∈R)共轭复数a＋b i与c＋d i共轭⇔a＝c且b＝－d(a，b，c，d∈R)复平面建立平面直角坐标系来表示复数的平面叫做复平面，x轴叫实轴，y轴叫虚轴实轴上的点都表示实数；除了原点外，虚轴上的点都表示纯虚数，各象限内的点都表示虚数复数的模设OZ→对应的复数为z＝a＋b i(a，b∈R)，则向量OZ→的长度叫做复数z＝a＋b i的模|z|＝|a＋b i|＝a2＋b22.复数的几何意义复数集C和复平面内所有的点组成的集合是一一对应的，复数集C与复平面内所有以原点O 为起点的向量组成的集合也是一一对应的，即(1)复数z＝a＋b i复平面内的点Z(a，b)(a，b∈R).(2)复数z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )平面向量OZ →.3.复数的运算设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 i c ＋d i ＝（a ＋b i ）（c －d i ）（c ＋d i ）（c －d i ）＝ac ＋bd ＋（bc －ad ）ic 2＋d 2(c ＋d i≠0).[常用结论与易错提醒]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(n ∈N ).4.i 4n＋i4n ＋1＋i 4n ＋2＋i4n ＋3＝0(n ∈N ).诊 断 自 测1.判断下列说法的正误.(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.( )解析 (1)虚部为b ；(2)虚数不可以比较大小. 答案 (1)× (2)× (3)√ (4)√2.(2019·全国Ⅱ卷)设z ＝i(2＋i)，则z －＝( ) A.1＋2i B.－1＋2i C.1－2iD.－1－2i解析 ∵z ＝i(2＋i)＝－1＋2i ，∴z －＝－1－2i.故选D. 答案 D3.(2019·全国Ⅰ卷)设z ＝3－i1＋2i ，则|z |＝( )A.2B. 3C. 2D.1解析 ∵z ＝3－i 1＋2i ＝（3－i ）（1－2i ）（1＋2i ）（1－2i ）＝1－7i5，∴|z |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫152＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－752＝ 2.故选C. 答案 C4.(选修2－2P112A2改编)在复平面内，复数6＋5i ，－2＋3i 对应的点分别为A ，B .若C 为线段AB 的中点，则点C 对应的复数是( ) A.4＋8i B.8＋2i C.2＋4iD.4＋i解析 ∵A (6，5)，B (－2，3)，∴线段AB 的中点C (2，4)，则点C 对应的复数为z ＝2＋4i. 答案 C5.(2019·江苏卷)已知复数(a ＋2i)(1＋i)的实部为0，其中i 为虚数单位，则实数a 的值是________.解析 (a ＋2i)(1＋i)＝a －2＋(a ＋2)i ，因为其实部为0，故a ＝2. 答案 26.设a ∈R ，若复数a ＋i1＋i(i 为虚数单位)的实部和虚部相等，则a ＝________，|z －|＝________.解析 复数a ＋i 1＋i ＝（a ＋i ）（1－i ）（1＋i ）（1－i ）＝a ＋1＋（1－a ）i 2，由于复数a ＋i1＋i(i 为虚数单位)的实部和虚部相等，则a ＋1＝1－a ，解得a ＝0，则z ＝12＋12i ，z －＝12－12i ，则|z －|＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－122＝22. 答案 022考点一 复数的有关概念【例1】 (1)已知i 为虚数单位，则i 607的共轭复数为( ) A.i B.－i C.1D.－1(2)(2020·北京通州区三模)设复数2i1－i ＝a ＋b i(a ，b ∈R )，则a ＋b ＝( )A.0B.1C.2D.－1解析 (1)因为i 607＝(i 2)303·i＝－i ，－i 的共轭复数为i.所以应选A. (2)因为2i 1－i ＝2i （1＋i ）（1－i ）（1＋i ）＝－1＋i ，又2i1－i ＝a ＋b i(a ，b ∈R )，所以a ＝－1，b ＝1，因此a ＋b ＝0. 答案 (1)A (2)A规律方法 (1)复数的分类、复数相等及复数对应点的位置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. (2)解题时一定要先看复数是否为a ＋b i(a ，b ∈R )的形式，以确定实部和虚部.【训练1】 (1)(2020·杭州质检)设复数z 满足z (1－2i)＝2＋i(其中i 是虚数单位)，则|z |＝( ) A.25 B.35 C.45D.1(2)(2019·温州适应性测试)若复数z 满足2z ＋z －＝3＋i ，其中i 为虚数单位，z －是z 的共轭复数，则z ＝________，|z |＝________.解析 (1)由题意得z ＝2＋i 1－2i ＝（2＋i ）（1＋2i ）（1－2i ）（1＋2i ）＝5i5＝i ，则|z |＝1，故选D.(2)设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )，则z －＝a －b i(a ，b ∈R )，2z ＋z －＝2(a ＋b i)＋a －b i ＝3a ＋b i ＝3＋i ，则a ＝b ＝1，所以z ＝1＋i ，|z |＝12＋12＝ 2. 答案 (1)D (2)1＋i2考点二 复数的几何意义【例2】 (1)在复平面内，复数z ＝1－i 对应的向量为OP →，复数z 2对应的向量为OQ →，那么向量PQ →对应的复数为( )A.1－iB.1＋iC.－1＋iD.－1－i(2)若复数(1－i)(a ＋i)在复平面内对应的点在第二象限，则实数a 的取值范围是( ) A.(－∞，1) B.(－∞，－1) C.(1，＋∞)D.(－1，＋∞)解析 (1)因为z 2＝－2i ，而PQ →＝OQ →－OP →，故向量PQ →对应的复数为－2i －(1－i)＝－1－i ，故选D.(2)(1－i)(a ＋i)＝a ＋1＋(1－a )i 的对应点在第二象限，则⎩⎪⎨⎪⎧a ＋1<0，1－a >0，∴a <－1，故选B.答案 (1)D (2)B规律方法 因为复平面内的点、向量及向量对应的复数是一一对应的，要求某个向量对应的复数时，只要找出所求向量的始点和终点，或者用向量相等直接给出结论即可.【训练2】 (1)(2019·全国Ⅱ卷)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(2)(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＋y 2＝1 B.(x －1)2＋y 2＝1 C.x 2＋(y －1)2＝1D.x 2＋(y ＋1)2＝1解析 (1)z －＝－3－2i ，故z －对应的点(－3，－2)位于第三象限. (2)由已知条件，可得z ＝x ＋y i(x ，y ∈R ).∵|z －i|＝1， ∴|x ＋y i －i|＝1，∴x 2＋(y －1)2＝1.故选C. 答案 (1)C (2)C 考点三 复数的运算【例3】 (1)(2019·北京卷)已知复数z ＝2＋i ，则z ·z －＝( ) A. 3 B. 5 C.3D.5(2)(2019·全国Ⅲ卷)若z (1＋i)＝2i ，则z ＝( ) A.－1－i B.－1＋i C.1－iD.1＋i解析 (1)∵z ＝2＋i ，∴z －＝2－i ，∴z ·z －＝(2＋i)(2－i)＝5.故选D.(2)由z (1＋i)＝2i ，得z ＝2i 1＋i ＝2i （1－i ）（1＋i ）（1－i ）＝2i （1－i ）2＝i(1－i)＝1＋i.故选D.答案 (1)D (2)D规律方法 (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；②1＋i 1－i ＝i ；③1－i 1＋i ＝－i ；④a ＋b i i ＝b －a i ；⑤i 4n ＝1，i 4n ＋1＝i ，i 4n ＋2＝－1，i4n ＋3＝－i(n ∈N ).【训练3】 (1)(2019·绍兴适应性考试)已知i 为虚数单位，则（1＋i ）i31－i ＝( )A.－1B.1C.－1＋iD.1＋i(2)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋i 1－i 6＋2＋3i 3－2i＝________. 解析 (1)（1＋i ）i 31－i ＝－i （1＋i ）2（1－i ）（1＋i ）＝－i×2i 2＝1，故选B.(2)原式＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤（1＋i ）226＋（2＋3i ）（3＋2i ）（3）2＋（2）2＝i 6＋6＋2i ＋3i －65＝－1＋i.答案 (1)B (2)－1＋i基础巩固题组一、选择题1.(2019·嘉兴测试)已知复数z 1＝1＋2i ，z 2＝2－i(i 是虚数单位)，则z 1·z 2＝( ) A.3i B.－4＋3i C.4＋3iD.4－3i解析 z 1z 2＝(1＋2i)(2－i)＝4＋3i ，故选C. 答案 C2.下列各式的运算结果为纯虚数的是( ) A.i(1＋i)2B.i 2(1－i) C.(1＋i)2D.i(1＋i)解析 由(1＋i)2＝2i 为纯虚数知选C. 答案 C3.已知i 是虚数单位，若a ＋b i ＝(2＋i)2(a ，b ∈R )，则( ) A.a ＝3，b ＝4 B.a ＝4，b ＝4 C.a ＝2，b ＝1D.a ＝2，b ＝2解析 由题得a ＋b i ＝3＋4i ，则a ＝3，b ＝4，故选A. 答案 A4.(2020·台州期末评估)设复数z 满足i·z ＝2＋i ，其中i 为虚数单位，则复数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 由i·z ＝2＋i ，得z ＝2＋i i ＝（2＋i ）（－i ）－i 2＝1－2i ，∴复数z 对应的点的坐标为(1，－2)，位于第四象限，故选D. 答案 D5.已知a ∈R ，i 是虚数单位.若z ＝a ＋3i ，z ·z －＝4，则a ＝( ) A.1或－1B.7或－7C.－ 3D. 3解析 由已知得(a ＋3i)(a －3i)＝4，∴a 2＋3＝4，解得a ＝±1. 答案 A6.(2019·宁波模拟)已知复数z 满足z (1＋i)＝1－i(i 为虚数单位)，则z 的虚部为( ) A.－i B.i C.1D.－1解析 由复数的运算得z ＝1－i 1＋i ＝（1－i ）2（1＋i ）（1－i ）＝－i ，故z 的虚部为－1，故选D.答案 D7.(2020·杭州学军中学模拟)i 为虚数单位，若复数(1＋m i)·(1＋i)是纯虚数，则实数m ＝( ) A.－1 B.0 C.1D.0或1解析 因为复数(1＋m i)·(1＋i)＝1－m ＋(1＋m )i 是纯虚数，所以⎩⎪⎨⎪⎧1－m ＝0，1＋m ≠0，解得m ＝1，故选C. 答案 C 8.若复数z ＝a ＋3ii＋a 在复平面上对应的点在第二象限，则实数a 可以是( )A.－4B.－3C.1D.2解析 因为z ＝a ＋3ii＋a ＝(3＋a )－a i 在复平面上对应的点在第二象限，所以a <－3，选A.答案 A9.设z 是复数，则下列命题中的假命题是( ) A.若z 2≥0，则z 是实数 B.若z 2＜0，则z 是虚数 C.若z 是虚数，则z 2≥0D.若z 是纯虚数，则z 2＜0解析 举反例说明，若z ＝i ，则z 2＝－1＜0，故选C. 答案 C10.已知z 1，z 2为虚数，则“z 1·z 2∈R ”是“z 1与z 2互为共轭复数”的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件D.既不充分也不必要条件解析 因为z 1，z 2为虚数，则z 1，z 2互为共轭复数等价于z 1z 2＝|z 1|2>0，可得z 1z 2∈R ；但z 1z 2∈R ，可以有z 2＝kz －1，z 1，z 2不互为共轭复数，故选B. 答案 B11.设(1＋i)x ＝1＋y i ，其中x ，y 是实数，则|x ＋y i|＝( ) A.1 B. 2 C. 3D.2解析 由(1＋i)x ＝1＋y i ，得x ＋x i ＝1＋y i ⇒⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，x ＝y ⇒⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝1.所以|x ＋y i|＝x 2＋y 2＝2，故选B. 答案 B12.设z 1，z 2是复数，则下列命题中的假命题是( )A.若|z 1－z 2|＝0，则z －1＝z －2B.若z 1＝z －2，则z －1＝z 2C.若|z 1|＝|z 2|，则z 1·z －1＝z 2·z －2 D.若|z 1|＝|z 2|，则z 21＝z 22解析 A 中，|z 1－z 2|＝0，则z 1＝z 2，故z －1＝z －2，成立.B 中，z 1＝z －2，则z －1＝z 2成立.C 中，|z 1|＝|z 2|，则|z 1|2＝|z 2|2，即z 1·z －1＝z 2·z －2，C 正确.D 不一定成立，如z 1＝1＋3i ，z 2＝2，则|z 1|＝2＝|z 2|，但z 21＝－2＋23i ，z 22＝4，z 21≠z 22. 答案 D 二、填空题13.(2019·浙江卷)复数z ＝11＋i(i 为虚数单位)，则|z |＝________. 解析 z ＝11＋i ＝1－i （1＋i ）（1－i ）＝1－i 1－i 2＝12－12i ，易得|z |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－122＝22. 答案2214.(2020·上海静安区质检)若复数a －2i1＋2i (i 是虚数单位)是纯虚数，则实数a ＝________.解析 ∵a －2i 1＋2i ＝（a －2i ）（1－2i ）（1＋2i ）（1－2i ）＝a －2a i －2i －41＋4＝a －4－（2＋2a ）i 5，且复数a －2i1＋2i是纯虚数，∴a －45＝0且－2＋2a5≠0，即a ＝4. 答案 415.(2017·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＝________，ab ＝________.解析 由已知(a ＋b i)2＝3＋4i.即a 2－b 2＋2ab i ＝3＋4i.从而有⎩⎪⎨⎪⎧a 2－b 2＝3，ab ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝4，b 2＝1，则a 2＋b 2＝5，ab ＝2. 答案 5 216.(2020·金华十校期末调研)已知复数z 的共轭复数z －＝1＋i 2－i，则复数z 的虚部是________，|z |＝________.解析 由z －＝1＋i 2－i ＝（1＋i ）（2＋i ）（2－i ）（2＋i ）＝15＋35i ，得z ＝15－35i ，则复数z 的虚部是－35，|z |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫152＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－352＝105.答案 －35105能力提升题组17.(一题多解)设z 是复数，|z －i|≤2(i 是虚数单位)，则|z |的最大值是( ) A.1 B.2 C.3D.4解析 法一 |z －i|≤2表示复数z 在复平面上的对应的点在以(0，1)为圆心，2为半径的圆内(含边界)，而|z |表示此圆内(含边界)的点到原点的距离，其最大值为1＋2＝3.法二 因为2≥|z －i|≥|z |－|i|＝|z |－1，即|z |≤3. 答案 C18.已知复数z ＝(cos θ－isin θ)·(1＋i)，则“z 为纯虚数”的一个充分不必要条件是( ) A.θ＝π4B.θ＝π2C.θ＝3π4D.θ＝5π4解析 因为z ＝(cos θ＋sin θ)＋(cos θ－sin θ)i ，所以当θ＝3π4时，z ＝－2i 为纯虚数，当z 为纯虚数时，θ＝k π－π4(k ∈Z ).故选C.答案 C19.若1－i(i 是虚数单位)是关于x 的方程x 2＋2px ＋q ＝0(p ，q ∈R )的一个解，则p ＋q ＝( ) A.－3 B.－1 C.1D.3解析 依题意得(1－i)2＋2p (1－i)＋q ＝(2p ＋q )－2(p ＋1)i ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2p ＋q ＝0，p ＋1＝0，解得p ＝－1，q ＝2，所以p ＋q ＝1，故选C.答案 C20.(2020·七彩阳光联盟三联)复数z 满足|z －i|＝|z ＋3i|，则|z |( ) A.最小值为1，无最大值 B.最大值为1，无最小值 C.恒等于1D.无最大值，也无最小值解析 设z ＝x ＋y i(x ，y ∈R )，因为|z －i|＝|z ＋3i|，所以x 2＋(y －1)2＝x 2＋(y ＋3)2，解得y ＝－1，所以复数z 在复平面内对应的点在直线y ＝－1上运动，|z |＝x 2＋y 2可以理解为直线y ＝－1上的点到坐标原点的距离，所以当z ＝－i 时，距离最短，|z |min ＝1，无最大值，故选A. 答案 A21.(2020·七彩阳光联盟三联)欧拉公式e i x＝cos x ＋isin x (i 为虚数单位)是由瑞士著名数学家欧拉发现的，它将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数和指数函数的关系，它在复变函数论里非常重要，被誉为“数学中的天桥”.根据欧拉公式可知，若复数z ＝e 2 0194πi，则z 的实部为________，z 2＝________.解析 由题可得z ＝e2 0194πi＝cos 2 0194π＋isin 2 0194π＝－22＋22i ，所以该复数的实部为－22；z 2＝12(－1＋i)2＝12×(－2i)＝－i. 答案 －22－i 22.已知复数z ＝x ＋y i ，且|z －2|＝3，则yx的最大值为________；最小值为________. 解析 ∵|z －2|＝（x －2）2＋y 2＝3， ∴(x －2)2＋y 2＝3. 由图可知⎝ ⎛⎭⎪⎫y x max ＝31＝3，⎝ ⎛⎭⎪⎫y x min＝－ 3.答案3 － 3。
浙江省2021届高考数学一轮复习第六章平面向量复数加强练六平面向量复数含解析
加强练(六) 平面向量、复数一、选择题(本大题共10小题，每小题4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.(2020·温州适应性考试)已知i 是虚数单位，则2i1＋i ＝( )A.1－iB.1＋iC.－1－iD.－1＋i解析2i 1＋i ＝2i （1－i ）（1＋i ）（1－i ）＝2i （1－i ）2＝1＋i ，故选B. 答案 B2.(2020·北京东城区一模)设E 为△ABC 的边AC 的中点，BE →＝mAB →＋nAC →，则m ，n 的值分别为( ) A.－1，12B.12，－1 C.－12，1D.1，12解析 ∵BE →＝12(BA →＋BC →)＝BA →＋BA →＋AC →2＝－AB →＋12AC →，∴m ＝－1，n ＝12.答案 A3.(2019·诸暨期末)已知a ，b ，c ∈R ，i 是虚数单位，若1＋a ib ＋i ＝c i ，则( )A.a ＝bB.a ＝1bC.a ＝－bD.a ＝－1b解析 由题意得1＋a i ＝c i(b ＋i)＝－c ＋bc i ，则⎩⎪⎨⎪⎧1＝－c ，a ＝bc ，则a ＝－b ，故选C.答案 C4.(2019·浙江十校联盟适考)若复数z ＝1－b i2＋i (b ∈R ，i 为虚数单位)的实部与虚部相等，则b的值为( ) A.3 B.±3 C.－3D.± 3解析 由复数z ＝1－b i 2＋i ＝（1－b i ）（2－i ）（2＋i ）（2－i ）＝2－b －（2b ＋1）i 5的实部和虚部相等得2－b5＝－2b ＋15，解得b ＝－3，故选C.答案 C5.(2020·北京石景山区期末)已知平面向量a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，则下列关系正确的是( ) A.(a ＋b )⊥b B.(a ＋b )⊥a C.(a ＋b )⊥(a －b ) D.(a ＋b )∥(a －b )解析 a ＋b ＝⎝⎛⎭⎪⎫3－12，3－12，a －b ＝⎝⎛⎭⎪⎫－1＋32，3＋12，∵(a ＋b )·(a －b )＝0，∴(a ＋b )⊥(a －b ).答案 C6.(2020·北京西城区二模)设向量a ，b 满足|a |＝2，|b |＝1，〈a ，b 〉＝60°，则|a ＋t b |的取值范围是( ) A.[2，＋∞) B.[3，＋∞) C.[2，6]D.[3，6]解析 |a ＋t b |＝（a ＋t b ）2＝a 2＋2a ·b t ＋t 2b 2＝4＋2t ＋t 2＝（t ＋1）2＋3≥3，当t ＝－1时取等号. 答案 B7.(2019·全国Ⅰ卷)已知非零向量a ，b 满足|a |＝2|b |，且(a －b )⊥b ，则a 与b 的夹角为( ) A.π6 B.π3 C.2π3D.5π6解析 由(a －b )⊥b ，可得(a －b )·b ＝0，∴a ·b ＝b 2.∵|a |＝2|b |，∴cos〈a ，b 〉＝a ·b |a |·|b |＝b 22b 2＝12.∵0≤〈a ，b 〉≤π，∴a 与b 的夹角为π3.故选B.答案 B8.(2020·北京大兴区期末)已知i ，j ，k 为共面的三个单位向量，且i ⊥j ，则(i ＋k )·(j ＋k )的取值范围是( )A.[－3，3]B.[－2，2]C.[2－1，2＋1]D.[1－2，1＋2]解析 由i ⊥j ，则i ·j ＝0，又i ，j 为单位向量，则|i ＋j |＝i 2＋j 2＋2i ·j ＝2， 则(i ＋k )·(j ＋k )＝i ·j ＋(i ＋j )·k ＋k 2＝(i ＋j )·k ＋1＝|i ＋j |cos 〈i ＋j ，k 〉＋1＝2cos 〈i ＋j ，k 〉＋1， 由－1≤cos〈i ＋j ，k 〉≤1，由(i ＋k )·(j ＋k )的取值范围是[1－2，1＋2]. 答案 D9.(2019·郑州二预)已知平面向量a ，b 满足|a |＝1，|b |＝2，|a －b |＝7，若对于任意实数k ，不等式|k a ＋t b |＞1恒成立，则实数t 的取值范围是( )A.(－∞，－3)∪(3，＋∞)B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－33∪⎝ ⎛⎭⎪⎫33，＋∞ C.(3，＋∞) D.⎝⎛⎭⎪⎫33，＋∞ 解析 由题意可得|a |2－2a ·b ＋|b |2＝7，又|a |＝1，|b |＝2，所以1－2a ·b ＋4＝7，即a ·b ＝－1.|k a ＋t b |＞1恒成立，即k 2|a |2＋2kt a ·b ＋t 2|b |2＞1恒成立，即k 2－2kt ＋4t 2－1＞0恒成立，则关于k 的方程k 2－2tk ＋4t 2－1＝0的判别式Δ＝4t 2－4(4t 2－1)＜0，所以t 2＞13，解得t ＞33或t ＜－33，故选B. 答案 B10.(2020·嘉、丽、衢模拟)已知a ，b ，c 是平面内的三个单位向量，若a ⊥b ，则|a ＋2c |＋|3a ＋2b －c |的最小值为( ) A.29 B.29－3 2 C.19－2 3D.5解析 因为a ，b ，c 为平面内三个单位向量，且a ⊥b ，则不妨设a ＝(1，0)，b ＝(0，1)，c ＝(x ，y )，且x 2＋y 2＝1，则|a ＋2c |＋|3a ＋2b －c |＝（2x ＋1）2＋（2y ）2＋（x －3）2＋（y －2）2＝3（x 2＋y 2）＋x 2＋y 2＋4x ＋1＋（x －3）2＋（y －2）2＝（x ＋2）2＋y 2＋（x －3）2＋（y －2）2，其表示圆心在原点的单位圆上的点到点A (－2，0)，B (3，2)的距离之和，因为直线AB 与单位圆有交点，所以|a ＋2c |＋|3a ＋2b －c |＝（x ＋2）2＋y 2＋（x －3）2＋（y －2）2≥（3＋2）2＋（2－0）2＝29，当且仅当点(x ，y )为圆心在原点的单位圆与直线AB 的交点时，等号成立，所以|a ＋2c |＋|3a ＋2b －c |的最小值为29，故选A. 答案 A二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分) 11.(2019·天津卷)i 是虚数单位，则⎪⎪⎪⎪⎪⎪5－i 1＋i 的值为________.解析 ∵5－i 1＋i ＝（5－i ）（1－i ）（1＋i ）（1－i ）＝2－3i ，∴⎪⎪⎪⎪⎪⎪5－i 1＋i ＝|2－3i|＝13.答案1312.(2020·北京朝阳区一模)已知平面向量a ＝(2，－1)，b ＝(1，x )，若a ∥b ，则x ＝________；若a ⊥b ，则x ＝________.解析 由向量平行的充要条件可得2×x －1×(－1)＝0，解得x ＝－12；由向量垂直的充要条件得2×1＋(－1)x ＝0，解得x ＝2. 答案 －12213.(2020·嘉、丽、衢模拟)设i 为虚数单位，给定复数z ＝（1－i ）41＋i ，则z 的虚部为________，|z |＝________.解析 复数z ＝（1－i ）41＋i ＝－41＋i ＝－4（1－i ）（1＋i ）（1－i ）＝－2＋2i ，则复数z 的虚部为2，|z |＝（－2）2＋22＝2 2. 答案 2 2 214.(2019·北京东城区二模)如图，矩形ABCD 中，AB ＝2，BC ＝1，O 为AB 的中点.当点P 在BC 边上时，AB →·OP →的值为________；当点P 沿着BC ，CD 与DA 边运动时，AB →·OP →的最小值为________.解析 以A 为原点建立平面直角坐标系， 则A (0，0)，O (1，0)，B (2，0)，(1)设P (2，b )，AB →·OP →＝(2，0)·(1，b )＝2； (2)当点P 在BC 上时，AB →·OP →＝2；当点P 在AD 上时，设P (0，b )，AB →·OP →＝(2，0)·(－1，b )＝－2； 当点P 在CD 上时，设点P (a ，1)(0＜a ＜2)， AB →·OP →＝(2，0)·(a －1，1)＝2a －2，因为0＜a ＜2，所以，－2＜2a －2＜2，即AB →·OP →∈(－2，2)，综上可知，AB →·OP →的最小值为－2.答案 (1)2 (2)－215.(2020·成都一诊)已知G 为△ABC 的重心，过点G 的直线与边AB ，AC 分别相交于点P ，Q ，若AP →＝λAB →，则△ABC 与△APQ 的面积之比为________.解析 设|AQ →||AC →|＝μ，AG →＝23×12(AB →＋AC →)＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1λAP →＋1μAQ →＝13λAP →＋13μAQ →，由于P ，G ，Q 三点共线，故13λ＋13μ＝1，μ＝λ3λ－1.由于△ABC 与△APQ 有公共角A ，由三角形面积公式得S △ABCS △APQ ＝|AB →|·|AC →|·sin A |AP →|·|AQ →|·sin A ＝1λμ＝3λ－1λ2. 答案3λ－1λ216.(2020·北京朝阳区一模)在平面内，点A 是定点，动点B ，C 满足|AB →|＝|AC →|＝1，AB →·AC →＝0，则集合{P |AP →＝λAB →＋AC →，1≤λ≤2}所表示的区域的面积是________.解析 以A 为原点建立平面直角坐标系，由于|AB →|＝|AC →|＝1，AB →·AC →＝0，即AB →⊥AC →，故设B (cos α，sin α)，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫cos ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π2，sin ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π2，即C (－sin α，cos α)，设P (x ，y )，由AP →＝λAB →＋AC →得(x ，y )＝(λcos α－sin α，λsin α＋cos α)，即x ＝λcos α－sin α，y ＝λsin α＋cos α，则x 2＋y 2＝λ2＋1，故P 表示的是原点在圆心，半径为λ2＋1的圆，由于1≤λ≤2，故P 点所表示的区域是圆心在原点，半径为2，5的两个圆之间的扇环，故面积为π×5－π×2＝3π. 答案 3π17.已知向量a ，b 满足|a |＝1，|2a ＋b |＋|b |＝4，则|a ＋b |的最大值为________，|a ＋b |的最小值为________.解析 |a |＝1，不妨设a ＝(1，0)，由|2a ＋b |＋|b |＝4，得|a ＋b ＋a |＋|a ＋b －a |＝4，令z＝a ＋b ＝OZ →(O 为坐标原点)，点Z 的轨迹是以(－1，0)，(1，0)为焦点的椭圆，方程为x 24＋y 23＝1，长半轴为2，短半轴为3，∴|a ＋b |＝|z |∈[3，2]. 答案 23。
专题06 平面向量和复数(解析版)-备战2024年高中学业水平考试数学真题分类汇编
平面向量和复数∴12DA DB BA BC AB =+=-- 又∵AB a=，AC b = ，∴1122DA a b =-- .3．（2021秋·青海）化简A ．0【答案】B【详解】AB BD CD AD DC AC +-=+=故选：B4．（2022·北京）如图，已知四边形ABCD 为矩形，则AB AD +=（）A ．BDB ．DBC ．ACD ．CA【答案】C【详解】根据向量加法的平行四边形法则可知AB AD AC +=.故选：C5．（2022春·广西）如图，在正六边形ABCDEF 中，与向量AB相等的向量是（）A ．BCB ．EDC ．AFD ．CD【答案】B【详解】由图可知六边形ABCDEF 是正六边形，所以ED =AB ，与AB 方向相同的只有ED；而BC ,AF ,CD 与AB长度相等，方向不同，所以选项A,C,D,均错误；故选：B6．（2022春·贵州）如图，在平行四边形ABCD 中，AB AD +=（）A ．AB B ．AC C ．AD D ．BD【答案】B【详解】由题意得，AB AD += AC.故选：B.7．（2021·北京）如图，在ABC 中，D 为BC 的中点，下列结论中正确的是（）A．AB AC=C．AB AC AD+=【答案】DA．a b-B．a 【答案】B【详解】在平行四边形ABCDA ．12a b+C ．12a b+r r 【答案】BA ．a b +B ．b -A．a b+C．11 22 a b+【答案】C18．（2022·湖南）已知(2,1),0a a b =+= ，则A ．()1,2--B ．()1,2-A ．BDB ．AC 【答案】B【详解】由平行四边形法则知，AB23．（2023春·浙江）在矩形ABCD 中，AB =1344AE AN AM =+ ，则AM AE ⋅=【答案】14【详解】13114443AE AN AM AD AB ⎛⎫=+=+ ⎪⎝⎭ 23AM AB = ,所以2134AM AE AB AD ⎛⎫⎛⋅=⋅+ ⎪ ⎝⎭⎝ 24．（2023·云南）AB = 【答案】(1,1)-【详解】因为(0,2AB =- 所以AC的坐标为(1,1)-.（【详解】建立平面直角坐标系xOy ，设,,a OA b OB c OC === ，由a 3π=，不妨设C 在直线()30y x x =>上，又24b - 241a += ，)21a=，设()2,0D ，则22OD OA a ==，则(OB OD- 为半径的圆上；O C OB CB =-= ，则b c -的最小值等价于CB 的最小值，即以\A ．[]2,4B ．[]2,3【答案】B【详解】以A 为坐标原点，,AB AD正方向为，由题意可知(0,0)A ，(1,0)B ，(1,1)C (1,0)AB =，(1,1)AC = ·11011AC AB ∴=⨯+⨯=故选：B考点四：平面向量的夹角1．（2022秋·福建）已知向量a 与b 满足a 【答案】3π/60︒kA．12B 【答案】D是钝角，三角形为钝角三角形．故选：【答案】406【详解】在ABC 中，CAB ∠则60ACB ∠=︒，因为sin sin AB BCACB BAC=∠∠，故答案为：423+27．（2021春·天津）已知a 、b 、c 则c =．【答案】23【详解】因为4a =，2b =，π3C =，由余弦定理可得222cos c a b ab =+-（1）求△CBD的面积；（2）求边AC的长.【答案】（1）1534；（2）53i．第四象限。
新教材高考数学单元过关检测六平面向量复数含解析
单元过关检测六 平面向量、复数一、单项选择题：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．[2022·辽宁抚顺模拟]已知(i －1)z ＝i,复数z 的共轭复数z －在复平面内对应的点在( )A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限2．若向量a ＝(2,7),b ＝(m ,m －2),a ∥b ,则m ＝( ) A ．－54B ．－45C.54D.453．[2022·湖北武昌模拟]已知向量a ＝(1,3),则下列向量中与a 垂直的是( ) A ．(0,0) B ．(－3,－1) C ．(3,1) D ．(－3,1)4．[2022·衡水中学高三测试]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 → 5．[2022·山东淄博模拟]已知向量a 、b 满足|a |＝|b |＝|a －b |＝1,则|2a ＋b |＝( ) A ．3B. 3 C ．7D.76．[2022·福建厦门模拟]△ABC 中,CA ＝2,CB ＝4,D 为CB 的中点,BE →＝2EA →,则AD →·CE →＝( )A ．0B ．2C ．－2D ．－47．[2021·辽宁沈阳三模]在三角形ABC 中,AD →＝2DB →,AE →＝2EC →,P 为线段DE 上的动点,若AP →＝λAB →＋μAC →,λ,μ∈R ,则λ＋μ＝( )A ．1B.23C.32D ．2 8．[2022·湖南长郡中学月考]已知四边形ABCD 是边长为2的正方形,P 为平面ABCD 内一点,则(PA →＋PB →)·PC →的最小值是( )A ．－2B ．－52C ．－3D ．－4二、多项选择题：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,有选错的得0分,部分选对的得2分．9．[2022·河北邢台月考]若复数z 满足i z ＝－2＋i(其中i 是虚数单位),则( ) A ．z 的实部是2B ．z 的虚部是2i C.z －＝1－2iD ．|z |＝ 510．已知平面向量a ＝(1,2),b ＝(－2,1),c ＝(2,t ),下列说法正确的是( ) A ．若(a ＋b )∥c ,则t ＝6 B ．若(a ＋b )⊥c ,则t ＝23C ．若t ＝1,则cos 〈a ,c 〉＝45D ．若向量a 与向量c 夹角为锐角,则t >－1 11.已知D 、E 、F 分别是△ABC 的边BC 、CA 、AB 的中点,且BC →＝a ,CA →＝b ,AB →＝c ,则下列命题中正确命题为( )A.EF →＝12c －12bB.BE →＝a ＋12bC.CF →＝12b －12aD.AD →＋BE →＋CF →＝012．[2022·湖南岳阳一中月考]在△ABC 中,D 为BC 中点,E 为AD 中点,则以下结论正确的是( )A.CE →＝12AB →－AC →B.CE →＝14AB →－34AC →C ．存在△ABC ,使得AB →·CE →＝0D ．存在△ABC ,使得CE →∥(CB →＋CA →)三、填空题：本大题共4小题,每小题5分,共20分．把答案填在题中的横线上． 13．[2022·天津和平模拟]若复数z ＝1＋i23＋4i,则z ＝________.14．已知向量a ＝(cos θ,sin θ),b ＝(0,1),则|a －b |的最大值为________；若a ⊥b ,则tan θ＝________.15．设e 1,e 2是两个不共线的单位向量,若AB →＝2e 1－e 2,BC →＝3e 1＋3e 2,CD →＝e 1＋k e 2,且A ,C ,D 三点共线,则实数k 的值为________．16．已知点P 为△ABC 内一点,2PA →＋3PB →＋5PC →＝0,若F 为AC 中点,G 为BC 中点,||PF →||PG →＝________.△APB ,△APC ,△BPC 的面积之比为________．四、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．(10分)[2022·江苏镇江一中月考]在复平面内,A ,B ,C 三点对应的复数分别为1,2＋i,－1＋2i.(1)求向量AB →,AC →,BC →对应的复数；(2)若ABCD 为平行四边形,求D 点对应的复数．18．(12分)已知向量a ＝(1,3),b ＝(－2,0)． (1)求a －b 的坐标以及a －b 与a 之间的夹角； (2)当t ∈[]－1，1时,求|a －t b |的取值范围．19．(12分)[2022·湖北武汉模拟]如图,在菱形ABCD 中,E 是CD 的中点,AE 交BD 于点F ,设AB →＝a ,AD →＝b .(1)若DF →＝x a ＋y b ,求x ,y 的值；(2)若|AB →|＝2,∠BAD ＝60°,求AE →·BD →的值．20．(12分)已知向量a ,b 的夹角为60°,且|a |＝1. (1)若|b |＝2,求|a ＋b |；(2)若(a ＋b )⊥(a －b ),λ∈R ,求|a ＋λb |的最小值．21．(12分)[2022·广东顺德一中月考]△ABC 中角A ,B ,C 的对边分别是a ,b ,c ,且满足bc ＝6,0<AB →·AC →≤32,设AB →和AC →的夹角为θ.(1)求θ的取值范围；(2)求函数f (θ)＝2sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋θ－3cos2θ的最大值与最小值．22．(12分)[2022·山东滨州模拟]在平面四边形ABCD 中,AB ＝4,AD ＝22,对角线AC 与BD 交于点E ,E 是BD 的中点,且AE →＝2EC →.(1)若∠ABD ＝π4,求BC 的长；(2)若AC ＝3,求cos∠BAD .单元过关检测六 平面向量、复数1．答案：A解析：∵z ＝i i －1＝i 1＋i －2＝12－12i,∴z －＝12＋12i,复数z 的共轭复数z －在复平面内对应的点是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12,在第一象限．2．答案：B解析：∵a ∥b ,∴2(m －2)＝7m ,解得：m ＝－45.3．答案：D解析：对于A 选项,零向量与任何非零向量平行,A 选项不满足条件； 对于B 选项,∵1×(－3)＋3×(－1)＝－6≠0,B 选项不满足条件； 对于C 选项,∵1×3＋3×1＝6≠0,C 选项不满足条件； 对于D 选项,∵1×(－3)＋3×1＝0,D 选项满足条件． 4.答案：B解析：∵M 为BC 的中点, ∴AM →＝12(AC →＋AB →)＝12(AD →＋DC →)＋12AB →, 又AB →＝－2CD →,∴DC →＝12AB →,∴AM →＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫AD →＋12AB →＋12AB →＝34AB →＋12AD →.5．答案：D解析：由已知可得|a －b |2＝a 2－2a ·b ＋b 2＝2－2a ·b ＝1,则a ·b ＝12,因此,|2a ＋b |＝2a ＋b2＝4a 2＋4a ·b ＋b 2＝7.6．答案：A解析：△ABC 中,依题意AD →＝CD →－CA →＝12CB →－CA →,CE →＝CB →＋BE →＝CB →＋23BA →＝CB →＋23(CA →－CB →)＝13(CB →＋2CA →),AD →·CE →＝12(CB →－2CA →)·13(CB →＋2CA →)＝16(CB →2－4CA →2)＝16(42－4·22)＝0.7．答案：B解析：根据题意得点D 为线段AB 三等分点靠近B 点的点,点E 为线段AC 三等分点靠近C 点的点,所以AP →＝AD →＋DP →＝AD →＋xDE →＝AD →＋x (AE →－AD →)＝xAE →＋(1－x )AD →＝23xAC →＋23(1－x )AB →,所以μ＝23x ,λ＝23(1－x ),所以λ＋μ＝23x ＋23(1－x )＝23.8．答案：B解析：四边形ABCD 是边长为2的正方形,则以点A 为原点,直线AB ,AD 分别为x 轴,y 轴建立平面直角坐标系,如图：则A (0,0),B (2,0),C (2,2),设点P (x ,y ), PA →＝(－x ,－y ),PB →＝(2－x ,－y ),PC →＝(2－x,2－y ),于是得：(PA →＋PB →)·PC →＝(2－2x ,－2y )·(2－x,2－y )＝2(x －1)(x －2)＋2y (y －2)＝2(x －32)2＋2(y －1)2－52,当x ＝32,y ＝1时,(PA →＋PB →)·PC →取得最小值－52,所以(PA →＋PB →)·PC →的最小值是－52.9．答案：CD解析：依题意i z ＝－2＋i,两边乘以i 得－z ＝－1－2i,z ＝1＋2i, 所以z 的实部为1,虚部为2,所以AB 错误． z －＝1－2i,所以C 正确．||z ＝12＋22＝5,所以D 正确．10．答案：BC解析：∵a ＝(1,2),b ＝(－2,1),∴a ＋b ＝(－1,3),∵c ＝(2,t ),∴a ·c ＝2t ＋2 若(a ＋b )∥c ,∵c ＝(2,t ),∴－1×t ＝2×3,∴t ＝－6,故A 不正确； 若(a ＋b )⊥c ,∵c ＝(2,t ),∴－1×2＋t ×3＝0,∴t ＝23,故B 正确；若t ＝1,则c ＝(2,1),∵a ·c ＝2t ＋2＝4,|a |＝5,|c |＝5,∴cos〈a ,c 〉＝a ·c |a |·|c |＝45×5＝45,故C 正确；若向量a 与向量c 夹角为锐角,则a ·c >0,∵a ＝(1,2),c ＝(2,t ),∴a ·c ＝1×2＋2×t >0,∴t >－1若向量a 与向量c 平行,则1×t ＝2×2,t ＝4,故向量a 与向量c 夹角为锐角时t >－1且t ≠4,故D 不正确．11．答案：BCD解析：EF →＝12CB →＝12(CA →＋AB →)＝12(b ＋c ),A 错误．BE →＝BC →＋CE →＝BC →＋12CA →＝a ＋12b ,B 正确． CF →＝12(CA →＋CB →)＝12(b －a ),C 正确．AD →＋BE →＋CF →＝12(AB →＋AC →)＋12(BC →＋BA →)＋12(CA →＋CB →)＝12(AB →－CA →＋BC →－AB →＋CA →－BC →)＝0,D正确．12．答案：BC 解析：因为在△ABC 中,D 为BC 中点,E 为AD 中点,所以CE →＝12(CA →＋CD →)＝12CA →＋14CB →＝－12AC →＋14(AB →－AC →)＝14AB →－34AC →,所以A 错误,B 正确,对于C,由AB →·CE →＝0,可得AB →·⎝ ⎛⎭⎪⎫14AB →－34AC →＝0,所以14AB →2－34AB →·AC →＝0,即|AB →|2－3|AB →|·|AC →|cos A ＝0,所以当cos A ＝|AB →|3|AC →|时,AB →·CE →＝0,所以C 正确,对于D,取AB 的中点F ,连接CF ,则CB →＋CA →＝2CF →,若CE →∥(CB →＋CA →),则可得CE →∥CF →,所以C ,E ,F 三点共线,因为EF ∥BC ,所以CE ∥BC ,这显然不可能,所以不存在△ABC ,使得CE →∥(CB →＋CA →),所以D 错误．13．答案：825＋625i解析：z ＝1＋i 23＋4i ＝1＋2i ＋i 23＋4i ＝2i 3＋4i ＝2i 3－4i 3＋4i 3－4i ＝8＋6i 32＋42＝8＋6i 25＝825＋625i. 14．答案：2 0解析：由题意,得a －b ＝(cos θ,sin θ－1),所以|a －b |＝cos 2θ＋sin θ－12＝2－2sin θ,所以当sin θ＝－1时,|a －b |取得最大值2；由a ⊥b ,得a ·b ＝cos θ·0＋sin θ·1＝0,所以sin θ＝0,所以tan θ＝sin θcos θ＝0.15．答案：25解析：因为A ,C ,D 三点共线,设AC →＝mCD →, 且AC →＝AB →＋BC →＝2e 1－e 2＋3e 1＋3e 2＝5e 1＋2e 2,5e 1＋2e 2＝m (e 1＋k e 2),即5e 1＋2e 2＝m e 1＋mk e 2,因此⎩⎪⎨⎪⎧5＝m2＝mk ,解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝5k ＝25.16．答案：3253 2解析：因为2PA →＋3PB →＋5PC →＝0,所以2(PA →＋PC →)＝－3(PB →＋PC →), 因为F 为AC 中点,G 为BC 中点,所以PA →＋PC →＝2PF →,PB →＋PC →＝2PG →,所以2PF →＝－3PG →,所以F 、P 、G 三点共线,且PF ＝32PG易知GF 为三角形ABC 的中位线,设△APC 中PC 边上的高为h 1,△BPC 中PC 边上的高为h 2, 所以S △APC S △BPC ＝12×PC ×h 112×PC ×h 2＝h 1h 2＝PF PG ＝32,而S △APB ＝12S △ABC ,所以△APB ,△APC ,△BPC 的面积之比为53 2.17．解析：(1)∵A ,B ,C 三点对应的复数分别为1,2＋i,－1＋2i,∴A (1,0),B (2,1),C (－1,2),∴AB →＝(1,1),AC →＝(－2,2),BC →＝(－3,1),∴向量AB →,AC →,BC →对应的复数为1＋i,－2＋2i,－3＋i ；(2)设D (x ,y ),则AD →＝(x －1,y )＝BC →＝AC →－AB →＝(－3,1),故x ＝－2,y ＝1； 故D 点对应的复数为－2＋i.18．解析：(1)因为a ＝(1,3),b ＝(－2,0),所以a －b ＝(3,3),设a －b 与a 之间的夹角为θ,则cos θ＝a －b ·a |a －b |·|a |＝643＝32,因为θ∈[0,π],所以a －b 与a 之间的夹角为π6. (2)|a －t b |2＝a 2－2t a ·b ＋t 2b 2＝4＋4t ＋4t 2＝(2t ＋1)2＋3,因为t ∈[－1,1], 所以|a －t b |2∈[3,12],故|a －t b |的取值范围是[3,23]． 19．解析：(1)在菱形ABCD 中,DE ∥AB ,所以△DEF ∽△BAF ,则DF BF ＝DE AB ＝12,可得DF →＝13DB →,DF →＝13()AB →－AD →＝13AB →－13AD →,所以x ＝13,y ＝－13. (2)AE →＝AD →＋12AB →,BD →＝AD →－AB →AE →·BD →＝(AD →＋12AB →)·(AD →－AB →)＝AD →2－12AB →2－12AB →·AD →＝4－2－2×cos60°＝1.20．解析：(1)a ·b ＝|a ||b |cos60°＝1, |a ＋b |＝|a ＋b |2＝a 2＋b 2＋2a ·b ＝1＋4＋2＝7. (2)∵(a ＋b )⊥(a －b ),∴(a ＋b )·(a －b )＝0,∴|a |＝|b |＝1,a ·b ＝|a ||b |cos60°＝12,∴|a ＋λb |＝|a ＋λb |2＝1＋λ＋λ2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫λ＋122＋34, 当λ＝－12时,|a ＋λb |的最小值为32.21．解析：(1)∵0<AB →·AC →≤32,又∵AB →·AC →＝|AB →|·|AC →|·cos θ＝bc ·cos θ,∴0<bc ·cos θ≤32, ∵bc ＝6,∴0<cos θ≤22,∵θ∈(0,π),∴θ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫π4，π2. (2)∵f (θ)＝2sin 2(π4＋θ)－3cos2θ＝1－cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋θ－3cos2θ＝1＋sin2θ－3cos2θ＝1＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫12sin2θ－32cos2θ＝1＋2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2θ－π3,∵θ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫π4，π2,2θ－π3∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫π6，2π3, 当2θ－π3＝π6,即θ＝π4时⎣⎢⎡⎦⎥⎤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2θ－π3min ＝12；当2θ－π3＝π2,即θ＝5π12时⎣⎢⎡⎦⎥⎤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2θ－π3max ＝1； ∴1≤2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2θ－π3≤2,即2≤1＋2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2θ－π3≤3,故f (θ)的最大值为3,最小值为2.22．解析：(1)在△ABD 中,AB ＝4,AD ＝22,∠ABD ＝π4,由正弦定理得,AB sin∠ADB ＝ADsin∠ABD ,所以sin∠ADB ＝4×si nπ422＝1,因为0<∠ADB <π,所以∠ADB ＝π2.所以BD ＝22,所以DE ＝BE ＝2,AE ＝10.所以cos∠AED ＝cos∠BEC ＝55. 因为AE →＝2EC →,所以EC ＝102.由余弦定理得,BC 2＝BE 2＋EC 2－2BE ·EC ·cos∠BEC ＝2＋52－2×2×102×55＝52,所以BC ＝102. (2)因为AC ＝3,AE →＝2EC →,所以AE ＝2.设DE ＝BE ＝x ,在△ABD 中,由余弦定理得cos∠ADB ＝222＋4x 2－422×22×2x.在△AED 中,由余弦定理得,cos∠ADB ＝222＋x 2－222×22×x,所以4x 2－882x ＝x 2＋442x,解得x ＝2 2.所以BD ＝4 2.在△ABD 中,由余弦定理得,cos∠BAD ＝AB 2＋AD 2－BD 22×AB ×AD ＝16＋8－32162＝－24.。
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单元检测六 平面向量与复数(时间：120分钟 满分：150分) 第Ⅰ卷(选择题 共40分)一、选择题(本大题共10小题，每小题4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．若复数z 满足i z ＝3＋4i ，则|z |等于( ) A ．1B ．2C.5D ．5 答案 D解析 因为z ＝3＋4ii ＝－(3＋4i)i ＝4－3i ，所以|z |＝42＋(－3)2＝5.2．若z 1＝(1＋i)2，z 2＝1－i ，则z 1z 2等于( ) A ．1＋iB ．－1＋iC ．1－iD ．－1－i 答案 B解析 ∵z 1＝(1＋i)2＝2i ，z 2＝1－i ， ∴z 1z 2＝2i 1－i ＝2i (1＋i )(1－i )(1＋i )＝－2＋2i2＝－1＋i.3．设平面向量m ＝(－1,2)，n ＝(2，b )，若m ∥n ，则|m ＋n |等于( ) A.5B.10C.2D ．3 5 答案 A解析 由m ∥n ，m ＝(－1,2)，n ＝(2，b )，得b ＝－4， 故n ＝(2，－4)，所以m ＋n ＝(1，－2)， 故|m ＋n |＝5，故选A.4.如图所示，向量OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，点A ，B ，C 在一条直线上，且AC →＝－4CB →，则( )A ．c ＝12a ＋32bB ．c ＝32a －12bC ．c ＝－a ＋2bD ．c ＝－13a ＋43b答案 D解析 c ＝OB →＋BC →＝OB →＋13AB →＝OB →＋13(OB →－OA →)＝43OB →－13OA →＝43b －13a .故选D.5．设向量a ＝(x ，1)，b ＝(1，－3)，且a ⊥b ，则向量a －3b 与b 的夹角为( ) A.π6B.π3C.2π3D.5π6 答案 D解析 因为a ⊥b ，所以x －3＝0，解得x ＝3，所以a ＝(3，1)，a －3b ＝(0,4)，则cos 〈a －3b ，b 〉＝(a －3b )·b |a －3b |·|b |＝－434×2＝－32，所以向量a －3b 与b 的夹角为5π6，故选D.6．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若OB →＝a 1OA →＋aOC →，且A ，B ，C 三点共线(O 为该直线外一点)，则S 等于( ) A ．B ．C.20192D ．1010答案 C解析 A ，B ，C 三点共线，且OB →＝a 1OA →＋aOC →，则a 1＋a ＝1，所以S ＝20192(a 1＋a )＝20192，故选C.7.如图，在△ABC 中，AB ＝AC ＝3，cos∠BAC ＝13，DC →＝2BD →，则AD →·BC →的值为( )A ．2B ．－2C ．3D ．－3 答案 B解析 AD →·BC →＝(AC →＋CD →)·BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫AC →＋23CB →·BC →＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤AC →＋23(AB →－AC →)·BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23AB →＋13AC →·(AC →－AB →)＝－23|AB →|2＋13AB →·AC →＋13|AC →|2＝－6＋1＋3＝－2，故选B.8．(·嘉兴期末)对任意两个非零向量a ，b ，下列说法中正确的是( ) A ．(a ＋b )2≥(a －b )2B ．(a ＋b )2≥a 2＋b 2C ．(a ＋b )2≥4|a ||b |D ．(a ＋b )2＋(a －b )2≥4a ·b 答案 D解析 因为(a ＋b )2－(a －b )2＝4a ·b ，与0的大小关系不确定，所以A 错误；(a ＋b )2－a 2－b 2＝2a ·b ，与0的大小关系不确定，所以B 错误；(a ＋b )2－4|a ||b |＝|a |2＋|b |2＋2|a ||b |cos θ－4|a ||b |≥2|a ||b |(cos θ－1)，而2|a ||b |(cos θ－1)≤0，所以C 错误；(a ＋b )2＋(a －b )2－4a ·b ＝2(|a |2＋|b |2－2a ·b )＝2(a －b )2≥0，所以(a ＋b )2＋(a －b )2≥4a ·b ，故选D.9.如图，在等腰梯形ABCD 中，已知DC ∥AB ，∠ADC ＝120°，AB ＝4，CD ＝2，动点E 和F 分别在线段BC 和DC 上，且BE →＝12λBC →，DF →＝λDC →，则AE →·BF →的最小值是( )A ．46＋13B ．46－13C ．46＋132D ．46－132答案 B解析 在等腰梯形ABCD 中，AB ＝4，CD ＝2，∠ADC ＝120°，易得AD ＝BC ＝2. 由动点E 和F 分别在线段BC 和DC 上得， ⎩⎪⎨⎪⎧0<12λ<1，0<λ<1，所以12<λ<1.所以AE →·BF →＝(AB →＋BE →)·(BC →＋CF →) ＝AB →·BC →＋BE →·BC →＋AB →·CF →＋BE →·CF →＝|AB →|·|BC →|cos120°＋|BE →|·|BC →|－|AB →|·|CF →|＋|BE →|·|CF →|cos60° ＝4×2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋1λ×2－4×(1－λ)×2＋1λ×(1－λ)×2×12＝－13＋8λ＋3λ≥－13＋28λ×3λ＝46－13，当且仅当λ＝64时取等号． 所以AE →·BF →的最小值是46－13.10．已知共始点的三个向量e 1，e 2，m ，且e 1，e 2为单位向量，e 1·e 2＝12，m ＝x e 1＋y e 2，若m ·e 1>0，m ·e 2<0，且满足x ＋y ＝1，则实数x 的取值范围是( )A ．(－∞，－2)B ．(1,2)C ．(1，＋∞)D ．(2，＋∞)答案 D解析 由m ＝x e 1＋y e 2及x ＋y ＝1，可知m 的终点与e 1，e 2的终点共线，由m ·e 1>0，可知m 与e 1的夹角为锐角或同向共线，由m ·e 2<0，可知m 与e 2的夹角为钝角或反向共线，又由|e 1|＝|e 2|＝1，e 1·e 2＝12，得〈e 1，e 2〉＝π3.令e 1＝OA →，e 2＝OB →，m ＝OM →，则A ，B ，M 三点共线，且〈m ，e 1〉为锐角，〈m ，e 2〉为钝角，如图所示，作OC ⊥OB ，易得OC →＝2e 1－e 2，由题意可知点M 在射线CD 上(点C 除外)运动， 可知x >2.第Ⅱ卷(非选择题 共110分)二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分．把答案填在题中横线上)11．已知复数z ＝i ＋i ，则z 的共轭复数z ＝________，⎪⎪⎪⎪⎪⎪z ＋3z ＋2＝________. 答案 －i －1102解析 因为z ＝i ＋i ＝i －1，所以z ＝－i －1. 因为z ＋3z ＋2＝i ＋2－i ＋1＝1＋3i 2，所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪z ＋3z ＋2＝1＋92＝102. 12．已知点O 为△ABC 内一点，且满足OA →＋OB →＋4OC →＝0.设△OBC 与△ABC 的面积分别为S 1，S 2，则S 1S 2＝______.答案 16解析 设E 为AB 的中点，连接OE ，延长OC 到D ，使OD ＝4OC ，因为点O 为△ABC 内一点，且满足OA →＋OB →＋4OC →＝0，所以OA →＋OB →＋OD →＝0，则点O 是△ABD 的重心，则E ，O ，C ，D 共线，OD ∶OE ＝2∶1，所以OC ∶OE ＝1∶2，则CE ∶OE ＝3∶2，则S 1＝13S △BCE ＝16S △ABC ，所以S 1S 2＝16.13．在△ABC 中，AB ＝6，AC ＝5，A ＝120°，动点P 在以C 为圆心，2为半径的圆上，则PA →·PB →的最小值是________． 答案 16解析 设AB 的中点为M ，则PA →·PB →＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤12(PA →＋PB →)2－⎣⎢⎡⎦⎥⎤12(PA →－PB →)2＝PM →2－MA →2＝PM →2－9，所以要求PA →·PB →的最小值，即求|PM →|的最小值， 显然当点P 为线段MC 与圆的交点时， |PM →|取得最小值，最小值为|MC →|－2.在△AMC 中，由余弦定理得|MC →|2＝32＋52－2×3×5×cos120°＝49， 所以|MC →|＝7，所以|PM →|的最小值为5， 则PA →·PB →的最小值为16.14．在△ABC 中，AB ＝3AC ，∠CAB ＝120°，以A 为圆心，AC 长为半径作圆弧，交AB 于点D ，M 为圆弧CD 上任一点，AM →＝xAB →＋yAC →，则3x ＋y 的取值范围为________，xy 的最大值为________． 答案 [1,2] 13解析 如图，连接CD 交AM 于点N ，设AM →＝λAN →，则λ∈[1,2]． ∵AM →＝xAB →＋yAC →＝3xAD →＋yAC →， ∴AN →＝3x λAD →＋y λAC →，由C ，N ，D 三点共线，得3x λ＋yλ＝1，∴3x ＋y ＝λ∈[1,2]．∴4×3x ·y ≤(3x ＋y )2≤4，∴xy ≤13，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧3x ＝y ，3x ＋y ＝2，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝13，y ＝1时取等号，∴(xy )max ＝13.15．在平面中，已知向量a ，b 的夹角为π3，|a －b |＝6，向量c －a ，c －b 的夹角为2π3，|c－a |＝23，则a 与c 的夹角为________；a ·c 的最大值为________． 答案π618＋12 3 解析 设a ＝OA →，b ＝OB →，c ＝OC →， 则a －b ＝BA →，c －a ＝AC →，c －b ＝BC →， 知∠AOB ＝π3，∠ACB ＝2π3.当点O ，C 在AB 两侧时，由题可得O ，A ，C ，B 四点共圆， 在△ABC 中，BA ＝6，AC ＝23，∠ACB ＝2π3，由正弦定理得BA sin∠ACB ＝ACsin∠CBA ，则sin∠CBA ＝12，即∠CBA ＝π6，则∠CBA ＝∠COA ＝π6，可得a 与c 的夹角为π6.因为|c －a |＝23，所以12＝c 2＋a 2－2a ·c ≥2|a ||c |－2a ·c ， 又由a ·c ＝|a ||c |cos π6得|a ||c |＝23a ·c ，所以12≥43a ·c －2a ·c ，所以a ·c ≤632－3＝18＋12 3.当点O ，C 在AB 同侧时，可得点A ，B ，O 在以C 为圆心，AC 为半径的圆上，则当点O ，C ，A 在同一直线上，即OA 为圆C 的直径时，a ·c ＝OA →·OC →取得最大值， (a ·c )max ＝|OA →|·|OC →|＝43×23＝24.综上所述，a ·c 的最大值为18＋123，此时a 与c 的夹角为π6.16．已知定点A ，B 满足|AB →|＝2，动点P 与动点M 满足|PB →|＝4，AM →＝λAB →＋(1－λ)AP →(λ∈R )，且|MA →|＝|MP →|，则AP →·AM →的取值范围是________；若动点C 也满足|CB →|＝4，则AC →·AM →的取值范围是________． 答案 [2,18] [－6,18]解析 因为AM →＝λAB →＋(1－λ)AP →(λ∈R )，λ＋1－λ＝1， 所以根据三点共线知，点M 在直线PB 上， 又|MA →|＝|MP →|，记PA 的中点为D ，连接MD ，如图，则MD ⊥AP ，AP →·AM →＝AP →·(AD →＋DM →)＝AP →·AD →＋0＝12AP →2，因为|PB →|＝4，所以点P 在以B 为圆心，4为半径的圆上， 则|AP →|∈[2,6]，则AP →·AM →＝12AP →2∈[2,18]．由于|MA →|＋|MB →|＝|MP →|＋|MB →|＝4， 所以点M 在以A ，B 为焦点，长轴长为4的椭圆上，以直线AB 为x 轴， 线段AB 的垂直平分线为y 轴建立平面直角坐标系， 则椭圆方程为x 24＋y 23＝1，点C 在圆(x －1)2＋y 2＝16上，A (－1,0)， 设M (2cos α，3sin α)，C (4cos β＋1,4sin β)， 则AC →＝(4cos β＋2,4sin β)， AM →＝(2cos α＋1，3sin α)，AC →·AM →＝(8cos α＋4)cos β＋43sin αsin β＋4cos α＋2 ＝(8cos α＋4)2＋(43sin α)2sin(β＋φ)＋4cos α＋2 ＝(4cos α＋8)sin(β＋φ)＋4cos α＋2，最大值是(4cos α＋8)＋4cos α＋2＝8cos α＋10≤18， 最小值是－(4cos α＋8)＋4cos α＋2＝－6，所以AC →·AM →∈[－6,18]．17．已知平面向量a ，b ，c ，其中a ，b 的夹角为θ，若|a |·|b |·sin θ＝2，c ＝λa ＋b (λ为实数)，则c ·(c －a )＋a 2的最小值是________． 答案 2 3解析 方法一 令OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ， 则∠BOA ＝θ，并记|OA →|＝|a |＝a ，|OB →|＝|b |＝b ， 线段OA 的中点为M ，则|a |·|b |·sin θ＝ab sin θ＝2. 由c ＝λa ＋b 知，c －b ＝λa ，即BC ∥OA ，c ·(c －a )＋a 2＝OC →·(OC →－OA →)＋a 2＝OC →·AC →＋a 2＝CO →·CA →＋a 2 ＝14[(CO →＋CA →)2－(CO →－CA →)2]＋a 2 ＝CM →2－14a 2＋a 2＝|CM →|2＋34a 2.又|CM →|≥|OB →|sin∠BOA ＝b sin θ，所以c ·(c －a )＋a 2＝|CM →|2＋34a 2≥b 2sin 2θ＋34a 2≥2b 2sin 2θ·34a 2＝3ab sin θ＝2 3.当且仅当b 2sin 2θ＝34a 2时取到最小值．方法二 令OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ， ∠BOA ＝θ，|OA →|＝|a |＝a ，|OB →|＝|b |＝b ， 由|a |·|b |·sin θ＝ab sin θ＝2，得b sin θ＝2a.设O (0,0)，A (a,0)，B ⎝⎛⎭⎪⎫m ，2a ，则a ＝(a ，0)，b ＝⎝⎛⎭⎪⎫m ，2a ，令c ＝λa ＋b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m ＋λa ，2a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ，2a ，则c ·(c －a )＋a 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ，2a ·⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a ，2a ＋a 2＝x 2－ax ＋4a2＋a 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 22－14a 2＋4a 2＋a 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 22＋34a 2＋4a 2≥0＋234a 2·4a2＝23， 当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧x ＝a 2，34a 2＝4a2时取到最小值．三、解答题(本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 18．(14分)(·杭州萧山区第一中学月考)已知复数z ＝(1＋i )2＋2(5－i )3＋i .(1)求|z |；(2)若z (z ＋a )＝b ＋i ，求实数a ，b 的值． 解 (1)∵z ＝2i ＋10－2i 3＋i ＝103＋i ＝10(3－i )10＝3－i ，∴|z |＝10.(2)∵(3－i)(3－i ＋a )＝(3－i)2＋(3－i)a ＝8＋3a －(a ＋6)i ＝b ＋i ，∴⎩⎪⎨⎪⎧8＋3a ＝b ，－(a ＋6)＝1，得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－7，b ＝－13.19．(15分)(·湖州调研)已知平面向量a ，b 满足|a |＝1，|3a －2b |＝13，且a ，b 的夹角为60°. (1)求|b |的值；(2)求2a －b 和a －2b 夹角的余弦值． 解 (1)由已知得|3a －2b |2＝9＋4|b |2－12a ·b ＝9＋4|b |2－12×|b |×cos60°＝13， 即2|b |2－3|b |－2＝0，解得|b |＝2. (2)|2a －b |＝4＋4－4×2cos60°＝2， |a －2b |＝1＋16－4×2cos60°＝13. 又(2a －b )·(a －2b )＝2＋8－5×2cos60°＝5.所以2a －b 和a －2b 夹角的余弦值为(2a －b )·(a －2b )|2a －b ||a －2b |＝5213＝51326.20．(15分)如图，在△OAB 中，点P 为线段AB 上的一个动点(不包含端点)，且满足AP →＝λPB →.(1)若λ＝12，用向量OA →，OB →表示OP →；(2)若|OA →|＝4，|OB →|＝3，且∠AOB ＝60°，求OP →·AB →取值范围． 解 (1)∵AP →＝12PB →，∴OP →－OA →＝12(OB →－OP →)，∴32OP →＝OA →＋12OB →，即OP →＝23OA →＋13OB →. (2)∵OA →·OB →＝|OA →|·|OB →|·cos60°＝6，AP →＝λPB →(λ>0)， ∴OP →－OA →＝λ(OB →－OP →)，(1＋λ)OP →＝OA →＋λOB →， ∴OP →＝11＋λOA →＋λ1＋λOB →.∵AB →＝OB →－OA →，∴OP →·AB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫11＋λ OA →＋λ1＋λ OB →·(OB →－OA →) ＝－11＋λOA →2＋λ1＋λOB →2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫11＋λ－λ1＋λOA →·OB →＝－16＋9λ＋6－6λ1＋λ＝3λ－101＋λ＝3－131＋λ.∵λ>0，∴3－131＋λ∈(－10,3)．∴OP →·AB →的取值范围是(－10,3)．21.(15分)(·温州测试)设AD 是半径为5的半圆O 的直径(如图)，B ，C 是半圆上两点，已知AB ＝BC ＝10.(1)求cos∠AOC 的值； (2)求DC →·DB →的值． 解 (1)如图，连接OB ，由余弦定理得cos∠AOB ＝25＋25－102×5×5＝45.由AB ＝BC 知∠AOC ＝2∠AOB ，则cos∠AOC ＝cos2∠AOB ＝2cos 2∠AOB －1＝725.(2)方法一 由题意可知∠ADC ＝∠AOB ，∠ADB ＝∠BDC ，则|DC →|＝8.又在Rt△ADB 中，sin∠ADB ＝1010， 可得cos∠ADB ＝310，|DB →|＝310， 所以cos∠BDC ＝310，故DC →·DB →＝8×310×310＝72. 方法二 DC →·DB →＝(OC →－OD →)·(OB →－OD →)＝(OC →＋OA →)·(OB →＋OA →)＝OC →·OA →＋OC →·OB →＋OB →·OA →＋OA →2＝|OC →||OA →|cos∠AOC ＋|OC →||OB →|cos∠COB ＋|OB →||OA →|cos∠AOB ＋25＝7＋20＋20＋25＝72.方法三 如图建立平面直角坐标系，由(1)知，B ，C 的坐标分别为B (4,3)，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫75，245， 又D (－5,0)，则DC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫325，245，DB →＝(9,3)，可得DC →·DB →＝72. 22.(15分)如图，在△ABC 中，AM →＝34AB →＋14AC →.(1)求△ABM 与△ABC 的面积之比；(2)若N 为AB 中点，AM →与CN →交于点P ，且AP →＝xAB →＋yAC →(x ，y ∈R )，求x ＋y 的值．解 (1)在△ABC 中，AM →＝34AB →＋14AC →， 4AM →＝3AB →＋AC →，3(AM →－AB →)＝AC →－AM →，即3BM →＝MC →，即点M 是线段BC 靠近B 点的四等分点．故△ABM 与△ABC 的面积之比为14. (2)因为AM →＝34AB →＋14AC →，AM →∥AP →， AP →＝xAB →＋yAC →(x ，y ∈R )，所以x ＝3y,因为N 为AB 的中点，所以NP →＝AP →－AN →＝xAB →＋yAC →－12AB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12AB →＋yAC →， CP →＝AP →－AC →＝xAB →＋yAC →－AC →＝xAB →＋(y －1)AC →，因为NP →∥CP →，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12(y －1)＝xy ， 即2x ＋y ＝1，又x ＝3y ，所以x ＝37，y ＝17，所以x ＋y ＝47.。