2021版新课改地区高考数学(人教B版)一轮复习攻略课件：5.4 复数
复数-2021届高三数学(新高考)一轮复习ppt完美课件(49页)
7.5复数-2021届高三数学（新高考） 一轮复 习课件( 共49张 PPT)
2．[2020·山东泰安质量检测]若复数(2－i)(a＋i)的实部与虚部互为 相反数，则实数 a＝( )
A．3 B．13 C．－13 D．－3 答案：D 解析：(2－i)·(a＋i)＝(2a＋1)＋(2－a)i，因为该复数的实部与虚部 互为相反数，所以(2a＋1)＋(2－a)＝0，解得 a＝－3，故选 D.
【教材提炼】
一、教材改编 1．[必修二·P94 复习参考题 7 T1(2)改编]复数i－5 2的共轭复数是 () A．i＋2 B．i－2 C．－2－i D．2－i
答案：B 解析：i－5 2＝2－－5i22＋＋ii＝－105－5i ＝－2－i，其共轭复数为－2＋i，故选 B.
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三、走进高考 4．[2019·全国Ⅰ卷]设复数 z 满足|z－i|＝1，z 在复平面内对应的点 为(x，y)，则( ) A．(x＋1)2＋y2＝1 B．(x－1)2＋y2＝1 C．x2＋(y－1)2＝1 D．x2＋(y＋1)2＝1 答案：C 解析：由已知得，z＝x＋yi， ∵|z－i|＝1， ∴|x＋yi－i|＝1， ∴x2＋(y－1)2＝1.
7.5复数-2021届高三数学（新高考） 一轮复 习课件则复数 z 的虚部为( ) A．16 B．－11 C．－11i D．－16
答案：B 解析：依题意，z＝(3＋2i)(2－5i)＝6－15i＋4i＋10＝16－11i，故 复数 z 的虚部为－11.故选 B.
人教B版高考总复习一轮数学精品课件 第7章平面向量、复数 第4节复数
的关系,得
2
=(2i-3)+(-2i-3),解得p=12.
题组三连线高考
8.(2023·新高考Ⅱ,1)在复平面内,(1+3i)(3-i)对应的点位于( A )
A.第一象限
B.第二象限
C.第三象限
D.第四象限
解析 ∵(1+3i)(3-i)=3-i+9i+3=6+8i,∴复数在复平面内对应的点位于第一象
第4节 复数
课标解读
1.理解复数的概念,理解复数相等的充要条件.
2.理解复数的代数表示法及其几何意义.
3.掌握复数代数形式的四则运算,了解两个具体复数相加减的几何意义.
目录索引
1 强基础 固本增分
知识梳理
1.复数的有关概念
(1)定义:当a与b都是 实数
时,称a+bi为复数,其中i为虚数单位.复数一般
非纯虚数 a ≠ 0.
(2)集合表示
微点拨1.复数的实部与虚部都是实数,特别注意复数a+bi(a,b∈R)的虚部是
b,而不是bi.
2.对于复数a+bi(a,b∈R),其实部a=0是a+bi为纯虚数的必要不充分条件.
3.复数相等
两个复数z1与z2,如果 实部与虚部
都对应相等,我们就说这两个复数相等,
A和点B,则向量 对应的复数在复平面上所对应的点位于( A )
A.第一象限
B.第二象限
C.第三象限
D.第四象限
解析 复平面上表示2-i和3+4i的点分别为点A和点B,则A(2,-1),B(3,4),所以
=(1,5),
5-4 复数 PPT课件 【2021衡水中学高考一轮总复习 理科数学】
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高考一轮总复习 · 数学· 理（新课标版）
授人以渔
题型一 复数的概念
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高考一轮总复习 · 数学· 理（新课标版）
例1 已知m∈R，复数z＝m(m－2)＋(m2＋2m－3)i，当m为 何值时．
(1)z∈R； (2)z是纯虚数； (3)z对应的点位于复平面的第二象限．
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高考一轮总复习 · 数学· 理（新课标版）
【解析】 (1)当z为实数时，则有m2＋2m－3＝0，得m＝1 或m＝－3.
(2)当z为纯虚数时，则有mm2（＋m2－m－2）3≠＝00.， 解得m＝0或m＝2. (3)当z对应的点位于复平面的第二象限时， 则有mm2（＋m2－m－2）3><00，，解得1<m<2. 【答案】 (1)m＝1或m＝－3 (2)m＝0或m＝2 (3)1<m<2
则|x＋yi|＝( )
A．1
B. 2
C. 3
D．2
答案 B 解析 因为(1＋i)x＝x＋xi＝1＋yi，所以x＝y＝1，所以|x＋yi| ＝|1＋i|＝ 12＋12＝ 2.故选B.
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高考一轮总复习 · 数学· 理（新课标版）
5．(2020·福州市质检)复数z＝1－2i，则zz2－＋13＝(
)
④ab＋－baii＝__i__，ba－＋baii＝_－__i _．
⑤1
的立方根
w＝－12＋
23i；－w ＝－12－
3 2i
的性质．
有 w3＝1，－w 3＝1，w2＝－w ，－w 2＝w.
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高考一轮总复习 · 数学· 理（新课标版）
1．判断下列说法是否正确(打“√”或“×”)． (1)方程 x2＋x＋1＝0 没有解． (2)复数 z＝a＋bi(a，b∈R)中，虚部为 bi. (3)复数中有相等复数的概念，因此复数可以比较大小，如 4 ＋3i>3＋3i，3＋4i>3＋3i 等． (4)原点是实轴与虚轴的交点．
新教材新高考一轮复习人教B版 第五章 第四节 复数 作业
第五章 第四节 复数基础夯实练1．已知复数z 满足(1＋i)z ＝2，则复数z 的虚部为( ) A ．1 B ．－1 C ．i D ．－i 解析：选B ∵(1＋i)z ＝2，∴z ＝21＋i ＝2(1－i )(1＋i )(1－i )＝1－i ，则复数z 的虚部为－1.故选B.2．已知复数z ＝2i1＋i ，则z 的共轭复数为( )A ．1＋iB ．1－iC ．2＋2iD.12－12i 解析：选B ∵复数z ＝2i1＋i ＝2i (1－i )(1＋i )(1－i )＝2(i ＋1)2＝1＋i ，∴复数z 的共轭复数z ＝1－i.故选B.3．设z ＝1－i1＋i ＋2i ，则|z |＝( )A ．0 B.12 C ．1D. 2解析：选C ∵z ＝1－i 1＋i ＋2i ＝(1－i )2(1＋i )(1－i )＋2i ＝－2i2＋2i ＝i ，∴|z |＝1.故选C.4．已知(1＋i)·z ＝3i(i 是虚数单位)，那么复数z 在复平面内对应的点位于( ) A ．第一象限 B ．第二象限 C ．第三象限D ．第四象限解析：选A 因为z ＝3i 1＋i ＝32＋32i ，所以复数z 在复平面内对应的点为⎝⎛⎭⎫32，32，在第一象限，故选A.5．已知α∈R ，(1＋a i)i ＝3＋i(i 为虚数单位)，则a ＝( ) A ．－1 B ．1 C ．－3D ．3解析：选C 法一：因为(1＋a i)i ＝－a ＋i ＝3＋i ，所以－a ＝3，解得a ＝－3.故选C.法二：因为(1＋a i)i ＝3＋i ，所以1＋a i ＝3＋ii＝1－3i ，所以a ＝－3.故选C.6．已知i 为虚数单位，a ∈R ，若1－ia ＋i 为纯虚数，则复数z ＝(2a ＋1)＋2i 的模等于( )A. 2B. 3C. 6D.11解析：选D 因为1－i a ＋i ＝(1－i )(a －i )a 2＋1＝a －1a 2＋1－a ＋1a 2＋1i 为纯虚数，所以⎩⎪⎨⎪⎧a －1＝0，a ＋1≠0，解得a ＝1.所以|z |＝|(2a ＋1)＋2i|＝|3＋2i|＝32＋(2)2＝11.故选D.7．(多选题)设复数z 满足z (1－i)＝2(其中i 为虚数单位)，则下列说法正确的是( ) A ．|z |＝ 2B ．复数z 的虚部是i C.z ＝－1＋iD ．复数z 在复平面内所对应的点在第一象限解析：选AD 因为z (1－i)＝2，所以z ＝21－i ＝2(1＋i )(1－i )(1＋i )＝1＋i ，所以|z |＝12＋12＝2，所以A 正确；z ＝1＋i 的虚部为1，所以B 错误；z ＝1＋i 的共轭复数为z ＝1－i ，所以C 错误；z ＝1＋i 在复平面内所对应的点为(1,1)，在第一象限，所以D 正确．故选AD.8．若a ＋b i i(a ，b ∈R )与(2－i)2互为共轭复数，则a －b ＝______.解析：a ＋b i i ＝i (a ＋b i )i 2＝b －a i ，(2－i)2＝3－4i ，因为这两个复数互为共轭复数，所以b ＝3，a ＝－4，所以a －b ＝－4－3＝－7.答案：－79．已知复数z ＝(2＋i)(a ＋2i 3)在复平面内对应的点在第四象限，则实数a 的取值范围是__________.解析：复数z ＝(2＋i)(a ＋2i 3)＝(2＋i)(a －2i)＝2a ＋2＋(a －4)i ，其在复平面内对应的点(2a ＋2，a －4)在第四象限，则2a ＋2>0，且a －4<0，解得－1<a <4，则实数a 的取值范围是(－1，4)．答案：(－1,4)10．若1＋2i 是关于x 的实系数方程x 2＋bx ＋c ＝0的一个复数根，则b ＝________，c ＝________.解析：∵实系数一元二次方程x 2＋bx ＋c ＝0的一个虚根为1＋2i ，∴其共轭复数1－2i 也是方程的根．由根与系数的关系知⎩⎪⎨⎪⎧(1＋2i )＋(1－2i )＝－b ，(1＋2i )(1－2i )＝c ，∴b ＝－2，c ＝3. 答案：－2 3综合提升练11．(多选题)已知复数z ＝8＋i1＋2i ，其中i 是虚数单位，则下列结论正确的是( )A ．z 的模等于13B ．z 在复平面内对应的点位于第四象限C ．z 的共轭复数为－2－3iD ．若z (m ＋4i)是纯虚数，则m ＝－6解析：选BD 因为z ＝8＋i1＋2i ＝2－3i ，所以|z |＝13，因此A 项错误；复数z 在复平面内对应的点为(2，－3)，位于第四象限，B 项正确；z 的共轭复数z －＝2＋3i ，C 项错误；因为z (m ＋4i)＝(2－3i)(m ＋4i)＝(2m ＋12)＋(8－3m )i 为纯虚数，所以2m ＋12＝0,8－3m ≠0，得m ＝－6，故D 项正确．故选BD.12．(多选题)设复数z ＝－12＋32i ，则以下结论正确的是( )A ．z 2≥0B ．z 2＝z －C ．z 3＝1D ．z 2020＝z解析：选BCD 本题考查复数的运算．因为z 2＝⎝⎛⎭⎫－12＋32i 2＝－12－32i ，故A 错误，B 正确；z 3＝z 2·⎝⎛⎭⎫－12＋32i ＝⎝⎛⎭⎫－12－32i ⎝⎛⎭⎫－12＋32i ＝1，故C 正确；因为z ＝－12＋32i ，z 2＝－12－32i ，z 3＝1，z 4＝－12＋32i =z ，所以z 2020＝z 3×673＋1＝z ，故D 正确．故选BCD.13．设复数z 满足|z －i|＝|z ＋i|，i 为虚数单位，且z 在复平面内对应的点为Z (x ，y )，则下列结论一定正确的是( )A ．x ＝1B ．y ＝1C．x＝0 D．y＝0解析：选D因为满足|z－i|＝|z＋i|的点Z为复平面内到点(0，－1)和(0,1)的距离相等的点的集合，所以Z(x，y)的轨迹为x轴，其方程为y＝0.故选D.14．(2021·河北唐山二模)设复数z满足|z－2i|＝1，在复平面内z对应的点到原点距离的最大值是()A．1 B. 3C. 5 D．3解析：选D设z＝x＋y i(x，y∈R)，则|x＋(y－2)i|＝1，所以x2＋(y－2)2＝1，即x2＋(y－2)2＝1，所以复数z对应的点的轨迹是以(0,2)为圆心，1为半径的圆，所以|z|max＝2＋1＝3，所以复平面内z对应的点到原点距离的最大值是3.故选D.15．(多选题)设z为复数，则下列命题中正确的是()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|≤2解析：选ACD对于A，设z＝a＋b i(a，b∈R)，则z＝a－b i，所以|z|2＝a2＋b2，z·z ＝a2＋b2，所以|z|2＝z z成立；对于B，z＝a＋b i(a，b∈R)，当a，b均不为0时，z2＝(a＋b i)2＝a2－b2＋2ab i，而|z|2＝a2＋b2，所以z2＝|z|2不成立；对于C，|z|＝1可以看成以O(0,0)为圆心，1为半径的圆上的点P，|z＋i|可以看成点P 到Q(0，－1)的距离，所以当P(0,1)时，可取|z＋i|的最大值为2；对于D，|z－1|＝1可以看成以M(1,0)为圆心，1为半径的圆上的点N，则|z|表示点N到原点的距离，故O、N重合时，|z|＝0最小，当O、M、N三点共线时，|z|＝2最大，故0≤|z|≤2.故选ACD.16．(多选题)(2021·山东济南十一学校联考)欧拉公式e x i＝cos x＋isin x(其中i为虚数单位，x∈R)是由瑞士著名数学家欧拉创立的，该公式将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数与指数函数的关联，在复变函数论里面占有非常重要的地位，被誉为数学中的“天桥”．依据欧拉公式，下列选项正确的是()A．复数e2i对应的点位于第三象限B ．e π2i 为纯虚数C ．复数e x i 3＋i 的模长等于12D ．e π6i 的共轭复数为12－32i解析：选BC 对于A ，e 2i ＝cos 2＋isin 2， ∵2∈⎝⎛⎭⎫π2，π，∴cos 2∈(－1,0)，sin 2∈(0,1)，∴e 2i 表示的复数在复平面中对应的点位于第二象限， 故A 错误；对于B ，e π2i ＝cos π2＋isin π2＝i ，可得e π2i 为纯虚数，故B 正确；对于C ，e x i3＋i ＝cos x ＋isin x 3＋i ＝(cos x ＋isin x )(3－i )(3＋i )(3－i )＝3cos x ＋sin x 4＋3sin x －cos x 4i ，可得其模长为⎝ ⎛⎭⎪⎫3cos x ＋sin x 42＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3sin x －cos x 42＝12，故C 正确；对于D ，e π6i ＝cos π6＋isin π6＝32＋12i ，可得e π6i 的共轭复数为32－12i ，故D 错误，故选BC.17．已知i 是虚数单位，且复数z 1＝3－b i ，z 2＝1－2i ，若z 1z 2是实数，则实数b 的值为__________.解析：∵z 1z 2＝3－b i 1－2i ＝3＋2b 5＋(6－b )i5，z 1z 2是实数，∴6－b 5＝0，∴b ＝6. 答案：618．已知复数z 对应的点在复平面第一象限内，甲、乙、丙、丁四人对复数z 的陈述如下(i 为虚数单位)：甲：z ＋z ＝2；乙：z －z ＝23i ；丙：z ·z ＝4；丁：zz ＝z 22.在甲、乙、丙、丁四人的陈述中，有且只有两个人的陈述正确，则复数z ＝________.解析：设z＝a＋b i(a＞0，b＞0)，则z＝a－b i，∴z＋z＝2a，z－z＝2b i，z·z＝a2＋b2，zz ＝z2a2＋b2.∵z·z＝4与zz ＝z22不可能同时成立，∴丙、丁两人的陈述不能同时正确；当z－z＝23i时，b2＝3＞2，∴zz ＝z22不成立，∴乙、丁两人的陈述不能同时正确；当甲乙两人的陈述正确时，a＝1，b＝3，则丙也正确，不合题意；当甲丙两人的陈述正确时，a＝1，b＝3，则乙也正确，不合题意；当乙丙两人的陈述正确时，b＝3，a＝1，则甲也正确，不合题意；∴甲丁两人的陈述正确，此时a＝b＝1，∴z＝1＋i.答案：1＋i。
2021届高考数学一轮复习第一部分考点通关练第六章立体几何考点测试含解析新人教B版
考点测试44 空间点、直线、平面间的位置关系高考概览高考在本考点的常考题型为选择题、解答题，分值为5分或12分，中等难度考纲研读1．理解空间直线、平面位置关系的定义2．了解可以作为推理依据的公理和定理3．能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题一、基础小题1．已知a，b是异面直线，直线c平行于直线a，那么c与b( )A．一定是异面直线B．一定是相交直线C．不可能是平行直线D．不可能是相交直线答案 C解析c与b可能相交，可能异面，不可能平行，若c∥b，c∥a，则a∥b或a与b重合，与已知矛盾．故选C.2．下列命题中正确的个数为( )①若△ABC在平面α外，它的三条边所在的直线分别交α于P，Q，R，则P，Q，R三点共线；②若三条直线a，b，c互相平行且分别交直线l于A，B，C三点，则这四条直线共面；③空间中不共面五个点一定能确定10个平面．A．0 B．1C．2 D．3答案 C解析①②都正确．空间中不共面的五个点不一定能确定10个平面，比如四棱锥中五个点最多可确定7个平面，所以③错误．故选C.3．下面四个说法，正确的有( )①如果两个平面有四个公共点，那么这两个平面重合；②两条直线可以确定一个平面；③若M∈α，M∈β，α∩β＝l，则M∈l；④在空间中，相交于同一点的三条直线在同一平面内．A．1个B．2个C．3个D．4个答案 A解析①若四个公共点不在同一条直线上，则这两个平面重合，若四个公共点在同一条直线上，则这两个平面可能相交；②两条异面直线不能确定一个平面；③若M∈α，M∈β，则M是平面α与β的公共点，又α∩β＝l，则M∈l；④在空间中，相交于同一点的三条直线可能在同一平面内，也可能不在同一平面内，故选A.4．已知直线l和平面α，无论直线l与平面α具有怎样的位置关系，在平面α内总存在一条直线与直线l( )A．相交B．平行C．垂直D．异面答案 C解析当直线l与平面α平行时，在平面α内至少有一条直线与直线l垂直；当直线l⊂平面α时，在平面α内至少有一条直线与直线l垂直；当直线l与平面α相交时，在平面α内至少有一条直线与直线l垂直．所以无论直线l与平面α具有怎样的位置关系，在平面α内总存在一条直线与直线l垂直．5．如图，已知在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AC∩BD＝F，DC1∩CD1＝E，则直线EF是平面ACD1与( )A．平面BDB1的交线B．平面BDC1的交线C．平面ACB1的交线D．平面ACC1的交线答案 B解析连接BC1.因为E∈DC1，F∈BD，所以EF⊂平面BDC1，故平面ACD1∩平面BDC1＝EF.故选B.6．如图所示，长方体ABCD－A1B1C1D1，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，则下列结论正确的是( )A．A，M，O三点共线B．A，M，O，A1不共面C．A，M，C，O不共面D．B，B1，O，M共面答案 A解析连接A1C1，AC，则A1C1∥AC，所以A1，C1，C，A四点共面．所以A1C⊂平面ACC1A1.因为M∈A1C，所以M∈平面ACC1A1.又M∈平面AB1D1，所以M为平面ACC1A1与平面AB1D1的公共点．同理，O，A为平面ACC1A1与平面AB1D1的公共点．所以A，M，O三点共线．7．在正四棱锥P－ABCD中，PA＝2，直线PA与平面ABCD所成的角为60°，E为PC的中点，则异面直线PA与BE所成的角为( )A．90° B．60°C．45° D．30°答案 C解析如图，连接AC，BD交于点O，连接OE，OP，则O是AC，BD的中点，又E是PC的中点，∴OE∥AP，∴∠OEB为异面直线PA与BE所成的角(或其补角)．∵四棱锥P－ABCD是正四棱锥，∴PO⊥平面ABCD，则∠PAO为直线PA与平面ABCD所成的角，即∠PAO＝60°.又PA ＝2，∴OA＝OB＝1，OE＝1，∴在Rt△OBE中，∠OEB＝45°，即异面直线PA与BE所成的角为45°，故选C.8．已知长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB＝3，AD＝1，则异面直线B1C和C1D所成角的余弦值为( )A.64B．63C．26D．36答案 A解析如图，连接A1D，A1C1，由题易知B1C∥A1D，∴∠C1DA1是异面直线B1C与C1D所成的角，又AA1＝AB＝3，AD＝1，∴A1D＝2，C1D＝6，A1C1＝2，由余弦定理，得cos∠C1DA1＝C1D2＋A1D2－A1C21 2C1D·A1D ＝64，故选A.9．如图，四边形ABCD 和四边形ADPQ 均为正方形，它们所在的平面互相垂直，则异面直线AP 与BD 所成的角为________．答案π3解析 如图，将原图补成正方体ABCD －QGHP ，连接GP ，AG ，则GP ∥BD ，所以∠APG 为异面直线AP 与BD 所成的角，在△AGP 中，AG ＝GP ＝AP ，所以∠APG ＝π3.10. 如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为棱C 1D 1，C 1C 的中点，有以下四个结论：①直线AM 与CC 1是相交直线； ②直线AM 与BN 是平行直线； ③直线BN 与MB 1是异面直线； ④直线AM 与DD 1是异面直线． 其中正确的结论为________(填序号)． 答案 ③④解析 直线AM 与CC 1是异面直线，直线AM 与BN 也是异面直线，故①②错误． 11. 如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点M ，N 分别为棱A 1D 1，C 1D 1的中点，过M ，N ，B 三点的截面与平面BCC 1B 1的交线为l ，则直线l 与AD 所成角的余弦值为________．答案31313解析 如图，在平面ABCD 中，过B 作BE ∥AC ，交DC 延长线于点E ，连接BM ，BN ，NE ，NE 交CC 1于点F ，连接BF ，则BF 就是过M ，N ，B 三点的截面与平面BCC 1B 1的交线l ，由题意得CE ＝DC ＝2NC 1，∴CF ＝2C 1F ，∵BC ∥AD ，∴∠FBC 是直线l 与AD 所成的角(或所成角的补角)，设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为3，则BC ＝3，CF ＝2，BF ＝9＋4＝13，∴cos ∠FBC ＝BCBF＝313＝31313.∴直线l 与AD 所成角的余弦值为31313.12．如图所示，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E ，F 分别为AA 1，AB 的中点，M 点是正方形ABB 1A 1内的动点，若C 1M ∥平面CD 1E ，则M 点的轨迹长度为________．答案2解析 如图所示，取A 1B 1的中点H ，B 1B 的中点G ，连接GH ，C 1H ，C 1G ，EG ，HF .可得四边形EGC 1D 1是平行四边形，∴C 1G ∥D 1E . 同理可得C 1H ∥CF . ∵C 1H ∩C 1G ＝C 1，∴平面C 1GH ∥平面CD 1E ， ∵M 点是正方形ABB 1A 1内的动点， 若C 1M ∥平面CD 1E ，∴点M 在线段GH 上． ∴M 点的轨迹长度GH ＝12＋12＝ 2. 二、高考小题13．(2019·全国卷Ⅲ)如图，点N 为正方形ABCD 的中心，△ECD 为正三角形，平面ECD ⊥平面ABCD ，M 是线段ED 的中点，则( )A ．BM ＝EN ，且直线BM ，EN 是相交直线B ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是相交直线C ．BM ＝EN ，且直线BM ，EN 是异面直线D ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是异面直线 答案 B解析 解法一：取CD 的中点O ，连接EO ，ON . 由△ECD 是正三角形，平面ECD ⊥平面ABCD 知EO ⊥平面ABCD .∴EO ⊥CD ，EO ⊥ON .又点N 为正方形ABCD 的中心，∴ON ⊥CD .以CD 的中点O 为坐标原点，OD →，O N →，OE →的方向分别为x 轴正方向，y 轴正方向，z 轴正方向建立空间直角坐标系，如图1所示．不妨设AD ＝2，则E (0,0，3)，N (0,1,0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，32，B (－1,2,0)， ∴EN ＝ 12＋－32＝2，BM ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋4＋34＝7， ∴EN ≠BM .连接BD ，BE ，∵点N 是正方形ABCD 的中心，∴点N 在BD 上，且BN ＝DN ，∴BM ，EN 是△DBE 的中线，∴BM ，EN 必相交．故选B.解法二：如图2，取CD 的中点F ，DF 的中点G ，连接EF ，FN ，MG ，GB .∵△ECD 是正三角形，∴EF ⊥CD .∵平面ECD ⊥平面ABCD ， ∴EF ⊥平面ABCD .∴EF ⊥FN .不妨设AB ＝2，则FN ＝1，EF ＝3，∴EN ＝FN 2＋EF 2＝2. ∵EM ＝MD ，DG ＝GF ，∴MG ∥EF 且MG ＝12EF ，∴MG ⊥平面ABCD ，∴MG ⊥BG .∵MG ＝12EF ＝32，BG ＝CG 2＋BC 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋22＝52，∴BM ＝MG 2＋BG 2＝7.∴BM ≠EN .连接BD ，BE ，∵点N 是正方形ABCD 的中心，∴点N 在BD 上，且BN ＝DN ，∴BM ，EN 是△DBE 的中线，∴BM ，EN 必相交．故选B.14．(2018·全国卷Ⅱ)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为棱CC 1的中点，则异面直线AE 与CD 所成角的正切值为( )A ．B ．32 C ．52D ．72答案 C解析 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，CD ∥AB ，所以异面直线AE 与CD 所成的角为∠EAB ，设正方体的棱长为2a ，则由E 为棱CC 1的中点，可得CE ＝a ，所以BE ＝5a ，则tan ∠EAB ＝BEAB＝5a 2a ＝52.故选C.15．(2016·山东高考)已知直线a，b分别在两个不同的平面α，β内，则“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β相交”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答案 A解析因为直线a和直线b相交，所以直线a与直线b有一个公共点，而直线a，b分别在平面α，β内，所以平面α与β必有公共点，从而平面α与β相交；反之，若平面α与β相交，则直线a与直线b可能相交、平行、异面．故选A.16．(2015·广东高考)若空间中n个不同的点两两距离都相等，则正整数n的取值( ) A．至多等于3 B．至多等于4C．等于5 D．大于5答案 B解析首先我们知道正三角形的三个顶点满足两两距离相等，于是可以排除C，D.又注意到正四面体的四个顶点也满足两两距离相等，于是排除A，故选B.三、模拟小题17．(2019·大理模拟)给出下列命题，其中正确的两个命题是( )①直线上有两点到平面的距离相等，则此直线与平面平行；②夹在两个平行平面间的两条异面线段的中点连线平行于这两个平面；③直线m⊥平面α，直线n⊥直线m，则n∥α；④a，b是异面直线，则存在唯一的平面α，使它与a，b都平行且与a，b的距离相等．A．①与②B．②与③C．③与④D．②与④答案 D解析直线上有两点到平面的距离相等，则此直线可能与平面平行，也可能和平面相交；直线m⊥平面α，直线m⊥直线n，则直线n可能平行于平面α，也可能在平面α内，因此①③为假命题．18．(2019·石家庄质检)下列正方体或四面体中，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，这四点不共面的一个图是( )答案 D解析(利用“经过两条平行直线，有且只有一个平面”判断)对于A，易判断PR∥SQ，故点P，Q，R，S共面；对于B，易判断QR∥SP，故点P，Q，R，S共面；对于C，易判断PQ ∥SR，故点P，Q，R，S共面；而D中的RS，PQ为异面直线．故选D.19．(2019·太原模拟)如图所示是正四面体的平面展开图，G，H，M，N分别是DE，BE，EF，EC的中点，在这个正四面体中，给出下列结论：①DE与MN平行；②BD与MN为异面直线；③GH与MN成60°角；④DE与MN垂直．其中正确结论的个数是 ( )A．1 B．2C．3 D．4答案 C解析将正四面体的平面展开图复原为正四面体A(B，C)－DEF，如图所示．对于①，M，N分别为EF，AE的中点，则MN∥AF，而DE与AF异面，故DE与MN不平行，故①错误；对于②，易知BD与MN为异面直线，故②正确；对于③，依题意知GH∥AD，MN∥AF，∠DAF＝60°，故GH与MN成60°角，故③正确；对于④，连接GF，则A点在平面DEF 上的射影A1在GF上，∴DE⊥平面AA1F，∴DE⊥AF，而AF∥MN，∴DE与MN垂直，故④正确．综上所述，正确结论的序号是②③④.故选C.20．(2019·衡水模拟)如图，在底面为菱形的直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝4，BD1＝42，若∠BAD＝60°，则异面直线B1C与AD1所成的角为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°答案 D解析 如图，连接BD ，∵四边形ABCD 为菱形，∠BAD ＝60°，AB ＝4，∴BD ＝4.又△BDD 1为直角三角形，∴BD 21＝BD 2＋DD 21，∴DD 1＝4，∴四边形BCC 1B 1为正方形．连接BC 1交B 1C 于点O ，∵BC 1∥AD 1，∴∠BOC (或其补角)为异面直线B 1C 与AD 1所成的角．由于四边形BCC 1B 1为正方形，∴∠BOC ＝90°，故异面直线B 1C 与AD 1所成的角为90°.故选D.21．(2019·山西四校联考)如图所示，在空间四边形ABCD 中，点E ，H 分别是边AB ，AD的中点，点F ，G 分别是边BC ，CD 上的点，且CF CB ＝CG CD ＝23，则下列说法正确的是________(填写所有正确说法的序号)．①EF 与GH 平行；②EF 与GH 异面；③EF 与GH 的交点M 可能在直线AC 上，也可能不在直线AC 上；④EF 与GH 的交点M 一定在直线AC 上．答案 ④解析 连接EH ，FG (图略)，依题意，可得EH ∥BD ，FG ∥BD ，故EH ∥FG ，所以E ，F ，G ，H 四点共面．因为EH ＝12BD ，FG ＝23BD ，故EH ≠FG ，所以四边形EFGH 是梯形，EF 与GH 必相交，设交点为M .因为点M 在EF 上，故点M 在平面ACB 上．同理，点M 在平面ACD 上，所以点M 是平面ACB 与平面ACD 交线上的一点，又AC 是这两个平面的交线，所以点M 一定在直线AC 上．故只有④正确．一、高考大题1．(2019·江苏高考)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB ＝BC.求证：(1)A1B1∥平面DEC1；(2)BE⊥C1E.证明(1)因为D，E分别为BC，AC的中点，所以ED∥AB.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB∥A1B1，所以A1B1∥ED.又因为ED⊂平面DEC1，A1B1⊄平面DEC1，所以A1B1∥平面DEC1.(2)因为AB＝BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC.因为三棱柱ABC－A1B1C1是直棱柱，所以C1C⊥平面ABC.又因为BE⊂平面ABC，所以C1C⊥BE.因为C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1，C1C∩AC＝C，所以BE⊥平面A1ACC1.因为C1E⊂平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.二、模拟大题2．(2020·东北师大附中月考)如图所示，四边形ABEF和ABCD都是梯形，BC∥AD且BC＝12AD，BE∥FA且BE＝12FA，G，H分别为FA，FD的中点．(1)证明：四边形BCHG是平行四边形；(2)C ，D ，F ，E 四点是否共面？为什么？解 (1)证明：由已知FG ＝GA ，FH ＝HD ，可得GH ∥AD 且GH ＝12AD . 又BC ∥AD 且BC ＝12AD ， ∴GH ∥BC 且GH ＝BC ，∴四边形BCHG 为平行四边形．(2)∵BE ∥AF 且BE ＝12AF ，G 为FA 的中点， ∴BE ∥FG 且BE ＝FG ，∴四边形BEFG 为平行四边形，∴EF ∥BG .由(1)知BG ∥CH .∴EF ∥CH ，∴EF 与CH 共面．又D ∈FH ，∴C ，D ，F ，E 四点共面．3．(2020·宁波镇海中学月考)已知△ABC 和△A 1B 1C 1所在平面相交，并且AA 1，BB 1，CC 1交于一点．(1)求证：AB 和A 1B 1在同一平面内；(2)若AB ∩A 1B 1＝M ，BC ∩B 1C 1＝N ，AC ∩A 1C 1＝P ，求证：M ，N ，P 三点共线．证明 (1)如图，∵AA 1∩BB 1＝O ，∴AA 1与BB 1确定一平面，设其为α，又A ∈α，B ∈α，A 1∈α，B 1∈α，∴AB ⊂α，A 1B 1⊂α，∴AB 和A 1B 1在同一平面内．(2)∵AB ∩A 1B 1＝M ，AC ∩A 1C 1＝P ，∴平面ABC ∩平面A 1B 1C 1＝PM ，∵BC ⊂平面ABC ，B 1C 1⊂平面A 1B 1C 1，且BC ∩B 1C 1＝N ，∴N ∈PM ，即M ，N ，P 三点共线．4．(2020·武汉第二中学月考)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，且PB＝PD.(1)求证：BD⊥PC；(2)若平面PBC与平面PAD的交线为l，求证：BC∥l.证明(1)如图，连接AC，交BD于点O，连接PO.因为四边形ABCD为菱形，所以BD⊥AC.又因为PB＝PD，O为BD的中点，所以BD⊥PO.因为PO∩AC＝O，所以BD⊥平面PAC，因为PC⊂平面PAC，所以BD⊥PC.(2)因为底面ABCD为菱形，所以BC∥AD，因为BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD.所以BC∥平面PAD.又因为BC⊂平面PBC，平面PBC与平面PAD的交线为l，所以BC∥l.。
新高考新教材数学人教B版一轮课件：第五章 第四节 复数 课件(56张)
故选D.
法二：∵z＝1＋i，∴|z2－2z|＝|z||z－2|＝ 2×|－1＋i|＝ 2× 2＝2.故选D.
必备知识 关键能力 限时规范训练 20
解思
解决复数概念问题的方法及注意事项
反
后 (1)求一个复数的实部与虚部，只需将已知的复数化 为代数形式z＝a＋bi(a，
b∈R)，则该复数的实部为a，虚部为b；
C项，αβ＝|－i|＝1，故C正确； D项，α2＋β2＝(1－i)2＋(1＋i)2＝1－2i－1＋1＋2i－1＝0，故D正确．故选BCD.
必备知识 关键能力 限时规范训练 26
三、应用探究点——复数的几何意义(思维拓展)
[典例剖析]
[例2] (1)在复平面内，复数z对应的点的坐标是(1,2)，则i·z＝( B )
可得4a＋6bi＝4＋6i，所以a＝1，b＝1，故z＝1＋i.故选C.
必备知识 关键能力 限时规范训练 24
方法规律
复数代数形式运算问题的解题策略
在进行复数的加减法运算时，可类比合并同类项，运用法则(实部与 复数的加减法
实部相加减，虚部与虚部相加减)计算即可 复数的乘法类似于多项式的四则运算，可将含有虚数单位i的看作一 复数的乘法 类同类项，不含i的看作另一类同类项，分别合并即可 复数除法的关键是分子分母同乘以分母的共轭复数，解题中要注意把 复数的除法 i的幂写成最简形式
∴|z1－z2|＝2 3. 法二：设复数z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，则a2＋b2＝4，c2＋d2＝4，又z1
＋z2＝(a＋c)＋(b＋d)i＝ 3 ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱi，∴a＋c＝ 3 ，b＋d＝1，则(a＋c)2＋(b＋d)2＝a2＋c2＋b2 ＋d2＋2ac＋2bd＝4，
新课程2021高考数学一轮复习第四章平面向量与复数第2讲平面向量基本定理及坐标表示课件
平面向量坐标运算的技巧 (1)向量的坐标运算主要是利用加、减、数乘运算法则进行，若已知有 向线段两端点的坐标，则应先求向量的坐标. (2)解题过程中要注意方程思想的运用及正确使用运算法则.
1.(2019·厦门外国语学校模拟)已知点 A(－1,1)，B(0,2)，若向量A→C＝(－
2,3)，则向量B→C＝( )
答案 B
解析 对于 A，e1∥e2，不能作为基底；对于 B，－1×7－2×5≠0，所 以 e1 与 e2 不共线，可以作为基底；对于 C，e2＝2e1，所以 e1∥e2，不能作为 基底；对于 D，e1＝4e2，所以 e1∥e2，不能作为基底．
(3)如图，正方形 ABCD 中，E 为 DC 的中点，若A→E＝λA→B＋μA→C，则 λ
121A→C，则实数
m
3 的值为____1_1___.
解析 设B→P＝λB→N， ∵P 是 BN 上的一点，A→N＝13N→C， 则A→P＝A→B＋B→P＝A→B＋λB→N ＝A→B＋λ(A→N－A→B)＝(1－λ)A→B＋λA→N ＝(1－λ)A→B＋4λA→C＝mA→B＋121A→C. ∴m＝1－λ，4λ＝121，解得 λ＝181，m＝131.
2．平面向量的坐标运算
□ 设 a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则 a＋b＝ 01 (x1＋x2，y1＋y2) ，a－b＝
□ □ 02 (x1－x2，y1－y2) ，λa＝ 03 (λx1，λy1)
，|a|＝ x21＋y21，|a＋b|＝
x2＋x12＋y2＋y12.
3．平面向量共线的坐标表示
a∥b,0<α<π2，
则 α＝____6____.
解析 因为 a∥b，所以 sin2α＝cosα，即 cosα(2sinα－1)＝0，又 0<α<π2， 所以 cosα>0，所以 sinα＝12，解得 α＝π6.
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【易错点索引】
序号 1 2 3 4 5
易错警示 复数分类概念不清 忽视化为复数的代数形式 忽视复数与点的对应关系 忽视复数几何意义的应用 忽视三角公式的应用
典题索引 考点一、T2 考点一、T4 考点二、T2 考点二、T3 考点三、角度3
【教材·基础自测】
1(选修2-2P89练习BT2改编 )已知z=(m+1)+(m-1)i在复平面内对应的点在第四象限,
第四节 复 数
内容索引
必备知识·自主学习 核心考点·精准研析 核心素养测评
【教材·知识梳理】 1.复数的有关概念 复数：设a，b都是实数，形如_____的数叫做复数，i叫做虚数单位. 复数相等：a+bi=c+di⇔__________(a，b，c，d∈R). 共轭复数：a+bi与c+di共轭⇔__a_+_b_i______(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轴叫做_____，y轴叫 做_____，实轴上的点都表a示=c实且数b；=d除了原点外，虚轴上的点都表示纯虚数. 复数的模：设复数a+bi(a，b∈R)对应的向量为 ，则向量 的长度叫做复数z=a+bi 的模(或绝对值)，记作|z|，|z|=|aa+=cb且i|= b=-d.
z1·z2=(a+bi)(c+di)= _________________，
=__________________(c+di≠0).
(a±c)+(b±d)i
(ac-bd)+(ad+a bic di c dic di
ac c2
bd d2
bc c2
ad d2
则实数m的取值范围是 ( )
A.(-1,1)
B.(-1,3)
C.(1,+∞)
D.(-∞,-1)
【解析】选A.要使复数z对应的点在第四象限,应满足 解得-1<m<1.
m 1 0 m 1 0，
2.(选修2-2P93例1改编 )如图,在复平面内,复数z1,z2对应的向量分别是 ,则z1·z2=________.
uuur uuur OA, OB
【解析】z1=-2+i,z2=1+2i, z1·z2=(-2+i)(1+2i)=-4-3i. 答案:-4-3i
3.(选修2-2P94练习AT2改编)复数z= 数是________. 【解析】因为z= 所以,其共轭复数为 答案:
(i为虚数单位)的2共轭i 复 1i
1 3 i. 22
i
(2)复数加法的运算律： 设z1，z2，z3∈C，则复数加法满足以下运算律： ①交换律：z1+z2=_____； ②结合律：(z1+z2)+z3= __________.
z2+z1 z1+(z2+z3)
【常用结论】
(1)(1±i)2=±2i； (2) i4n=1，i4n+1=i，i4n+2=-1，i4n+3=-i.
实轴
虚轴
uuur
uuur
OZ
OZ
a2 b2
2.复数的几何意义
复数z=a+bi(a，b∈R) 复平面内的点Z(a，b) 平面向量 .
3.复数代数形式的四则运算
uuur
(1)运算法则：
OZ
设z1=a+bi，z2=c+di(a，b，c，d∈R)，则
z1±z2=(a+bi)±(c+di)= _______________，
((43))|i4zn|2+=i4|n|+21=+zi·4n=+2|+z2i|4=n+| 3=|.0，n1∈＋N*i.＝i；1－i ＝－i. 1－i 1＋i
z
z
2
z
【知识点辨析】(正确的打“√”,错误的打“×”) (1)一元二次方程ax2+bx+c=0在C上一定有根. ( ) (2)复数可以相等,也可以比较大小. ( ) (3)复数a+bi的虚部是bi(a,b∈R). ( ) 提示:(1) √.当Δ≥0时有实数根,当Δ<0时有虚数根. (2)×.虚数不能比较大小. (3)×.复数a+bi的虚部是b.
2 i (2 i)(1 i) 1 3i 1 3 i， 1 i (1 i)(1 i) 2 2 2
1 3 i. 22