2021新高考第4章 平面向量与复数第3讲
2021届高考数学一轮复习第四章平面向量与复数第二节平面向量的数量积课件文北师大版
∴B→D·A→E＝(A→D－A→B)·(A→B－25A→D) ＝A→D·A→B－A→B2＋25A→B·A→D－25A→D2 ＝75×5×2 3× 23－12－25×25＝－1. [答案] －1
[破题技法] 基向量法：计算由基底表示的向量的数量积时，应用相应运算律，最 终转化为基向量的数量积，进而求解．
∵0≤〈a，b〉≤π，∴a 与 b 的夹角为π3.故选 B. [答案] B
(2)(2019·高考全国卷Ⅲ)已知 a，b 为单位向量，且 a·b＝0，若 c＝2a－ 5b，则 cos
〈a，c〉＝________.
[解析]
由题意，得 cos〈a，c〉＝a·|（a|·|22aa－－
5b） 5b|
＝|a|2·a2|－2a－5a·5bb|2＝1× 24＋5＝23.
B．60°
C．120°
D．150°
答案：B
2．(基础点：数量积坐标运算)已知A→B＝(2，3)，A→C＝(3，3)，则A→B·B→C＝( )
A．－3
B．－2
C．2
D．3
答案：C
3．(易错点：向量的投影)已知 a＝(2，3)，b＝(－4，7)，则 a 在 b 方向上的投影为
()
A. 13
B．
13 5
数形结合法 转化为求三角形的内角 适用于向量的几何运算
[拓展] 设〈a，b〉＝θ，当 θ 为锐角时，cos θ＞0，即 a·b＞0，当 θ 为钝角时，cos θ＜0，即 a·b＜0，反之不成立，要注意 a∥b 的情况．
已知非零向量 m，n 满足 4|m|＝3|n|，cos〈m，n〉＝13，若 n 与 tm－n 夹角为钝角，
(4)O 是△ABC 的垂心⇔O→A·O→B＝O→B·O→C＝O→C·O→A. (5)在△ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，则A→B·A→C＝c2＋b22－a2.
高考数学一轮复习 第四章 平面向量、数系的扩充与复数的引入 4-4 平面向量的应用课件 文
【跟踪训练】
1．[2015·沈阳一模]在△ABC 中，|A→B＋A→C|＝|A→B－A→C|，AB＝2，AC＝1，E，F 为 BC 的三等分点，
则A→E·A→F＝( )
8
10
A.9
B. 9
25
26
C. 9
D. 9
解析 由|A→B＋A→C|＝|A→B－A→C|，化简得A→B·A→C＝0，又因为 AB 和 AC 为三角形的两条边，不可能为 0， 所以A→B与A→C垂直，所以△ABC 为直角三角形．以 AC 为 x 轴，以 AB 为 y 轴建立平面直角坐标系，如图 所示，则 A(0,0)，B(0,2)，C(1,0)，由 E，F 为 BC 的三等分点知 E23，23，F31，34，所以A→E＝32，32，A→F＝13，43， 所以A→E·A→F＝23×13＋23×43＝190.
2．[2016·兰州诊断]已知向量 a，b 满足 a·b＝0，|a|＝1，|b|＝2，则|a－b|＝( )A．0B来自1C．2D. 5
解析 因为|a－b|2＝a2－2a·b＋b2＝1－0＋22＝5，所以|a－b|＝ 5，故选 D.
3．在△ABC 中，A→B＝(cos18°，cos72°)，B→C＝(2cos63°，2cos27°)，则角 B 等于( )
考点多维探究
考点 1 向量在平面几何中的应用
典例1
(1)[2014·天津高考]已知菱形 ABCD 的边长为 2，∠BAD＝120°，点 E，F 分别在边 BC，DC
上，BE＝λBC，DF＝μDC.若A→E·A→F＝1，C→E·C→F＝－23，则 λ＋μ＝(
)
1
2
A.2
B.3
5
7
C.6
D.12
(2)已知 O 是平面上的一定点，A，B，C 是平面上不共线的三个动点，若动点 P 满足O→P＝O→A＋λ(A→B＋
2021新高考第4章 平面向量与复数第2讲
的直角坐标，记作a＝(x，y)，显然i＝___(_1_,0_)____，j＝(0,1)，0＝__(_0_,0_)_____.
第四章 平面向量、数系的扩充与复数的引入
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第四章 平面向量、数系的扩充与复数的引入
第二讲 平面向量的基本定理及 坐标表示
1 知识梳理 • 双基自测 2 考点突破 • 互动探究 3 名师讲坛 • 素养提升
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第四章 平面向量、数系的扩充与复数的引入
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知识点三 平面向量的坐标运算
(1)向量加法、减法、数乘向量及向量的模 设a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则a＋b＝(_x_1_＋__x_2，__y_1_＋__y_2)__，a－b＝
_(_x_1_－__x2_，__y_1_－__y_2)__，λa＝_(_λ_x_1_，__λy_1_)_，|a|＝____x_21＋__y_21__.
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5．(2018·全国卷Ⅲ)已知向量a＝(1,2)，b＝(2，－2)，c＝(1，λ)．若c∥(2a＋ 1
b)，则λ＝_____2_____.
[解析] 由题意得2a＋b＝(4,2)，因为c∥(2a＋b)，c＝(1，λ)，所以4λ＝2，得λ ＝12.
[名师点评] 本题考查平面向量共线的坐标条件——对应坐标成比例，难度与 课本练习题目的程度相当．由向量共线、垂直求参数是高考命题的一个重点，做题 时要做到：结论记得住，式子算得准．
第四章 平面向量、数系的扩充与复数的引入
高考数学二轮复习 专题二 三角函数、平面向量与复数 第3讲 平面向量与复数教案-高三全册数学教案
第3讲 平面向量与复数平面向量的概念与线性运算[核心提炼]1．在平面向量的化简或运算中，要根据平面向量基本定理选好基底，变形要有方向不能盲目转化；2．在用三角形加法法则时要保证“首尾相接”，结果向量是第一个向量的起点指向最后一个向量终点所在的向量；在用三角形减法法则时要保证“同起点”，结果向量的方向是指向被减向量．[典型例题](1)(2019·杭州模拟)如图所示，已知AB 是圆O 的直径，点C ，D 是半圆弧的两个三等分点，AB →＝a ，AC →＝b ，则AD →＝( )A ．a －12bB ．12a －bC ．a ＋12bD ．12a ＋b(2)(2019·金华市十校联考)已知A 、B 、C 是平面上不共线的三点，O 是△ABC 的重心，点P 满足OP →＝14(OA →＋OB →＋2OC →)，则S △PAB S △OAB为( )A ．32 B ．23C ．2D ．12(3)(2019·嘉兴七校联考)在△ABC 中，点D 满足BD →＝34BC →，当点E 在射线AD (不含点A )上移动时，若AE →＝λAB →＋μAC →，则(λ＋1)2＋μ2的取值范围为________．【解析】 (1)连接CD ，由点C ，D 是半圆弧的三等分点，得CD ∥AB 且CD →＝12AB →＝12a ，所以AD →＝AC →＋CD →＝b ＋12a .(2)如图，延长CO ，交AB 中点D ，O 是△ABC 的重心，则OP →＝14(OA →＋OB →＋2OC →)＝14(2OD →＋2OC →)＝14(－OC →＋2OC →)＝14OC →，所以OP ＝14OC ＝14×23CD ＝16CD ；所以DP ＝DO ＋OP ＝13CD ＋16CD ＝12CD ，DO ＝13CD ；所以S △PAB S △OAB ＝DP DO ＝12CD13CD ＝32.(3)因为点E 在射线AD (不含点A )上，设AE →＝kAD →(k >0)，又BD →＝34BC →，所以AE →＝k (AB →＋BD →)＝k ⎣⎢⎡⎦⎥⎤AB →＋34（AC →－AB →）＝k 4AB →＋3k 4AC →， 所以⎩⎪⎨⎪⎧λ＝k 4μ＝3k4，(λ＋1)2＋μ2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫k 4＋12＋916k 2＝58⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋252＋910>1，故(λ＋1)2＋μ2的取值范围为(1，＋∞)．【答案】 (1)D (2)A (3)(1，＋∞)平面向量的线性运算技巧(1)对于平面向量的线性运算，要先选择一组基底，同时注意共线向量定理的灵活运用． (2)运算过程中重视数形结合，结合图形分析向量间的关系．[对点训练]1．(2019·瑞安市四校联考)设M 是△ABC 边BC 上的点，N 为AM 的中点，若AN →＝λAB →＋μAC →，则λ＋μ的值为( )A.14B.13C.12D.1 解析：选C.因为M 在BC 边上，所以存在实数t ∈[0，1]使得BM →＝tBC →. AM →＝AB →＋BM →＝AB →＋tBC →＝AB →＋t (AC →－AB →)＝(1－t )AB →＋tAC →，因为N 为AM 的中点， 所以AN →＝12AM →＝1－t 2AB →＋t 2AC →，所以λ＝1－t 2，μ＝t 2，所以λ＋μ＝1－t 2＋t 2＝12，故C 正确．2．(2019·宁波诺丁汉大学附中期中考试)在△ABC 中，BC ＝7，AC ＝6，cos C ＝267.若动点P 满足AP →＝(1－λ)AB →＋2λ3AC →，(λ∈R )，则点P 的轨迹与直线BC ，AC 所围成的封闭区域的面积为( )A ．5B ．10C ．2 6D ．4 6解析：选A.设AD →＝23AC →，因为AP →＝(1－λ)AB →＋2λ3AC →＝(1－λ)AB →＋λAD →，所以B ，D ，P 三点共线． 所以P 点轨迹为直线BC .在△ABC 中，BC ＝7，AC ＝6，cos C ＝267，所以sin C ＝57，所以S △ABC ＝12×7×6×57＝15，所以S △BCD ＝13S △ABC ＝5.3．(2019·高考浙江卷)已知正方形ABCD 的边长为1.当每个λi (i ＝1，2，3，4，5，6)取遍±1时，|λ1AB →＋λ2BC →＋λ3CD →＋λ4DA →＋λ5AC →＋λ6BD →|的最小值是________，最大值是________．解析：以点A 为坐标原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴建立平面直角坐标系，如图，则A (0，0)，B (1，0)，C (1，1)，D (0，1)，所以λ1AB →＋λ2BC →＋λ3CD →＋λ4DA →＋λ5AC →＋λ6BD →＝(λ1－λ3＋λ5－λ6，λ2－λ4＋λ5＋λ6)，所以当⎩⎪⎨⎪⎧λ1－λ3＋λ5－λ6＝0λ2－λ4＋λ5＋λ6＝0时，可取λ1＝λ3＝1，λ5＝λ6＝1，λ2＝－1，λ4＝1，此时|λ1AB →＋λ2BC →＋λ3CD →＋λ4DA →＋λ5AC →＋λ6BD →|取得最小值0；取λ1＝1，λ3＝－1，λ5＝λ6＝1，λ2＝1，λ4＝－1，则|λ1AB →＋λ2BC →＋λ3CD →＋λ4DA →＋λ5AC →＋λ6BD →|取得最大值22＋42＝2 5.答案：0 2 5平面向量的数量积 [核心提炼]1．平面向量的数量积的两种运算形式(1)数量积的定义：a ·b ＝|a ||b |cos θ(其中θ为向量a ，b 的夹角)；(2)坐标运算：a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)时，a ·b ＝x 1x 2＋y 1y 2. 2．平面向量的三个性质(1)若a ＝(x ，y )，则|a |＝a·a ＝x 2＋y 2. (2)若A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则 |AB →|＝（x 2－x 1）2＋（y 2－y 1）2.(3)若a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，θ为a 与b 的夹角，则cos θ＝a·b |a||b |＝x 1x 2＋y 1y 2x 21＋y 21x 22＋y 22. [典型例题](1)(2018·高考浙江卷)已知a ，b ，e 是平面向量，e 是单位向量．若非零向量a与e 的夹角为π3，向量b 满足b 2－4e·b ＋3＝0，则|a －b |的最小值是( )A ．3－1B ．3＋1C ．2D ．2－ 3(2)(2019·浙江新高考研究联盟)已知向量a ，b ，c 满足|a |＝1，|b |＝k ，|c |＝2－k 且a ＋b ＋c ＝0，则b 与c 夹角的余弦值的取值范围是________．【解析】 (1)设O 为坐标原点，a ＝OA →，b ＝OB →＝(x ，y )，e ＝(1，0)，由b 2－4e ·b ＋3＝0得x 2＋y 2－4x ＋3＝0，即(x －2)2＋y 2＝1，所以点B 的轨迹是以C (2，0)为圆心，1为半径的圆．因为a 与e 的夹角为π3，所以不妨令点A 在射线y ＝3x (x >0)上，如图，数形结合可知|a －b |min ＝|CA →|－|CB →|＝3－1.故选A. (2)设b 与c 的夹角为θ，由题b ＋c ＝－a ， 所以b 2＋c 2＋2b ·c ＝1.即cos θ＝2k 2－4k ＋32k 2－4k ＝1＋32（k －1）2－2. 因为|a |＝|b ＋c |≥|b －c |，所以|2k －2|≤1. 所以12≤k ≤32.所以－1≤cos θ≤－12.【答案】 (1)A (2)⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－12(1)平面向量数量积的计算①涉及数量积和模的计算问题，通常有两种求解思路(ⅰ)直接利用数量积的定义； (ⅱ)建立坐标系，通过坐标运算求解．②在利用数量积的定义计算时，要善于将相关向量分解为图形中模、夹角和已知的向量进行计算．(2)求解向量数量积最值问题的两种思路①直接利用数量积公式得出代数式，依据代数式求最值．②建立平面直角坐标系，通过坐标运算得出函数式，转化为求函数的最值．[对点训练]1．(2019·嘉兴市高考一模)已知平面向量a 、b 满足|a |＝|b |＝1，a ·b ＝12，若向量c满足|a －b ＋c |≤1，则|c |的最大值为( )A ．1B ． 2C ． 3D ．2解析：选D.由平面向量a 、b 满足|a |＝|b |＝1，a ·b ＝12，可得|a|·|b |·cos 〈a ，b 〉＝1·1·cos 〈a ，b 〉＝12，由0≤〈a ，b 〉≤π，可得〈a ，b 〉＝π3，设a ＝(1，0)，b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，c ＝(x ，y )，则|a －b ＋c |≤1，即有⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋x ，y －32≤1，即为⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －322≤1，故|a －b ＋c |≤1的几何意义是在以⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32为圆心，半径等于1的圆上和圆内部分，|c |的几何意义是表示向量c 的终点与原点的距离，而原点在圆上，则最大值为圆的直径，即为2.2．如图，已知平面四边形ABCD ，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝AD ＝2，CD ＝3，AC 与BD 交于点O .记I 1＝OA →·OB →，I 2＝OB →·OC →，I 3＝OC →·OD →，则( )A ．I 1＜I 2＜I 3B ．I 1＜I 3＜I 2C ．I 3 ＜ I 1＜I 2D ．I 2＜I 1＜I 3解析：选C.如图所示，四边形ABCE 是正方形，F 为正方形的对角线的交点，易得AO <AF ，而∠AFB ＝90°，所以∠AOB 与∠COD 为钝角，∠AOD与∠BOC 为锐角．根据题意，I 1－I 2＝OA →·OB →－OB →·OC →＝OB →·(OA →－OC →)＝OB →·CA →＝|OB →|·|CA →|·cos ∠AOB <0，所以I 1<I 2，同理得，I 2>I 3，作AG ⊥BD 于G ，又AB ＝AD ，所以OB <BG ＝GD <OD ，而OA <AF ＝FC <OC ，所以|OA →|·|OB →|<|OC →|·|OD →|，而cos ∠AOB ＝cos ∠COD <0，所以OA →·OB →>OC →·OD →，即I 1>I 3.所以I 3<I 1<I 2.3．(2019·金华十校高考模拟)若非零向量a ，b 满足：a 2＝(5a －4b )·b ，则cos 〈a ，b 〉的最小值为________．解析：非零向量a ，b 满足：a 2＝(5a －4b )·b ，可得a ·b ＝15(a 2＋4b 2)＝15(|a |2＋4|b |2)≥15·2|a |2·4|b |2＝45|a |·|b |，即有cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a |·|b |≥45·|a |·|b ||a |·|b |＝45，当且仅当|a |＝2|b |，取得最小值45.答案：45平面向量与其他知识的交汇[核心提炼]平面向量具有代数形式与几何形式的“双重身份”，常与三角函数、解三角形、平面解析几何、函数、数列、不等式等知识交汇命题，平面向量的“位置”为：一是作为解决问题的工具，二是通过运算作为命题条件．[典型例题](1)如图，已知点D 为△ABC 的边BC 上一点，BD →＝3DC →，E n (n ∈N *)为边AC 上的列点，满足E n A →＝14a n ＋1·E n B →－(3a n ＋2)E n D →，其中实数列{a n }中，a n ＞0，a 1＝1，则数列{a n }的通项公式为a n ＝( )A ．3·2n －1－2 B ．2n－1 C ．3n－1 D ．2·3n －1－1(2)已知在锐角三角形ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，向量p ＝(cos B ＋sinB ，2sin B －2)，q ＝(sin B －cos B ，1＋sin B )，且p ⊥q .①求B 的大小；②若b ＝2，△ABC 的面积为3，求a ，c .【解】 (1)选D.因为BD →＝3DC →，所以E n C →＝E n B →＋BC →＝E n B →＋43BD →＝E n B →＋43(BE n →＋E n D →)＝－13E n B→＋43E n D →.设mE n C →＝E n A →，则由E n A →＝14a n ＋1E n B →－(3a n ＋2)E n D →，得(14a n ＋1＋13m )E n B →－(43m ＋3a n ＋2)E n D →＝0，则－13m ＝14a n ＋1，43m ＝－(3a n ＋2)，所以14a n ＋1＝14(3a n ＋2)，所以a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)．因为a 1＋1＝2，所以数列{a n ＋1}是以2为首项，3为公比的等比数列，所以a n ＋1＝2·3n －1，所以a n ＝2·3n －1－1.(2)①因为p ⊥q ，所以p ·q ＝(cos B ＋sin B )(sin B －cos B )＋(2sin B －2)·(1＋sin B )＝0，即3sin 2B －cos 2B －2＝0，即sin 2B ＝34，又角B 是锐角三角形ABC 的内角，所以sin B ＝32，所以B ＝60°. ②由①得B ＝60°，又△ABC 的面积为3， 所以S △ABC ＝12ac sin B ，即ac ＝4.①由余弦定理得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ， 又b ＝2，所以a 2＋c 2＝8，② 联立①②，解得a ＝c ＝2.平面向量与其他知识的交汇点主要体现在与三角函数、立体几何、解析几何，求最值． (1)利用平面向量的知识给出三角函数之间的一些关系，解题的关键还是三角函数的知识．在解析几何中只是利用向量知识给出一些几何量的位置关系和数量关系，在解题中要善于根据向量知识分析解析几何中几何量之间的关系，最后的解题还要落实到解析几何知识上．(2)因为向量是沟通代数、几何的工具，有着极其丰富的实际背景，对于某些代数问题，可构造向量，使其转化为向量问题求解．[对点训练]1．(2019·杭州市高三二模)△ABC 中，∠C ＝90°，AC ＝4，BC ＝3，D 是AB 的中点，E ，F 分别是边BC 、AC 上的动点，且EF ＝1，则DE →·DF →的最小值等于( )A.54 B.154 C.174D.174解析：选B.以三角形的直角边为坐标轴建立平面直角坐标系，如图所示：则A (0，4)，B (3，0)，C (0，0)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2. 设E (x ，0)，则F (0，1－x 2)，0≤x ≤1. 所以DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －32，－2，DF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，1－x 2－2.所以DE →·DF →＝94－32x ＋4－21－x 2＝254－3x 2－21－x 2.令f (x )＝254－3x 2－21－x 2，当x ≠1时，则f ′(x )＝－32＋2x1－x 2. 令f ′(x )＝0得x ＝35.当0≤x ＜35时，f ′(x )＜0，当35＜x ＜1时，f ′(x )＞0.所以当x ＝35时，f (x )取得最小值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫35＝154.当x ＝1时，f (1)＝254－32＝194＞154，故选B.2．(2019·浙江新高考研究联盟联考)已知向量a ，b 满足|a ＋b |＝4，|a －b |＝3，则|a |＋|b |的取值范围是( )A ．[3，5]B ．[4，5]C ．[3，4]D ．[4，7]解析：选B.|a |＋|b |≥max{|a ＋b |，|a －b |}＝4， (|a |＋|b |)2≤|a ＋b |2＋|a －b |2＝25，所以|a |＋|b |≤5.3．(2019·江苏常州武进区高三上学期期中考试改编)已知数列{a n }中，a 1＝2，点列P n (n ＝1，2，…)在△ABC 内部，且△P n AB 与△P n AC 的面积比为2∶1.若对n ∈N *都存在数列{b n }满足b n P n A →＋12a n ＋1P n B →＋(3a n ＋2)P n C →＝0，求a 4.解：在线段BC 上取点D ，使得BD ＝2CD ，则P n 在线段AD 上， 因为b n P n A →＋12a n ＋1P n B →＋(3a n ＋2)P n C →＝0，所以－12a n ＋1BP n →＝b n AP n →＋(3a n ＋2)CP n →＝b n (BP n →－BA →)＋(3a n ＋2)(BP n →－BC →)，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a n ＋1－b n －3a n －2BP n →＝－b n BA →－32×(3a n ＋2)BD →.因为A ，P n ，D 三点共线，所以－12a n ＋1－b n －3a n －2＝－b n －32(3a n ＋2)，即a n ＋1＝3a n ＋2，所以a 2＝3a 1＋2＝8，a 3＝3a 2＋2＝26，a 4＝3a 3＋2＝80.复 数 [核心提炼]1．复数的除法复数的除法一般是将分母实数化，即分子、分母同乘以分母的共轭复数再进一步化简． 2．复数运算中常见的结论(1)(1±i)2＝±2i ，1＋i 1－i ＝i ，1－i 1＋i ＝－i.(2)－b ＋a i ＝i(a ＋b i)． (3)i 4n＝1，i 4n ＋1＝i ，i4n ＋2＝－1，i4n ＋3＝－i.(4)i 4n＋i4n ＋1＋i 4n ＋2＋i4n ＋3＝0.[典型例题](1)(2019·杭州学军中学高考模拟)设复数z 满足1＋z1－z ＝i ，则|z |＝( )A ．1B ． 2C ． 3D ．2(2)设有下面四个命题p 1：若复数z 满足1z∈R ，则z ∈R ；p 2：若复数z 满足z 2∈R ，则z ∈R ； p 3：若复数z 1，z 2满足z 1z 2∈R ，则z 1＝z 2； p 4：若复数z ∈R ，则z ∈R .其中的真命题为( ) A ．p 1，p 3 B ．p 1，p 4C ．p 2，p 3D ．p 2，p 4(3)(2019·浙江新高考冲刺卷)已知复数z ＝1＋i ，其中i 为虚数单位，则复数1＋z ＋z 2＋…＋z 2 017的实部为( )A ．1B ．－1C ．21 009D ．－21 009【解析】 (1)因为复数z 满足1＋z1－z＝i ，所以1＋z ＝i －z i ，所以z (1＋i)＝i －1，所以z ＝i －1i ＋1＝i ，所以|z |＝1，故选A.(2)对于命题p 1，设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )，由1z ＝1a ＋b i ＝a －b ia 2＋b 2∈R ，得b ＝0，则z ∈R成立，故命题p 1正确；对于命题p 2，设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )，由z 2＝a 2－b 2＋2ab i ∈R ，得ab ＝0，则a ＝0或b ＝0，复数z 可能为实数或纯虚数，故命题p 2错误；对于命题p 3，设z 1＝a ＋b i(a ，b ∈R )，z 2＝c ＋d i(c ，d ∈R )，由z 1·z 2＝(ac －bd )＋(ad ＋bc )i ∈R ，得ad ＋bc ＝0，不一定有z 1＝z 2，故命题p 3错误；对于命题p 4，设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )，则由z ∈R ，得b ＝0，所以z ＝a ∈R 成立，故命题p 4正确．故选B.(3)因为z ＝1＋i ， 所以1＋z ＋z 2＋…＋z2 017＝1×（1－z 2 018）1－z＝z 2 018－1z －1＝（1＋i ）2 018－11＋i －1＝（2i ）1 009－1i ＝（－1＋21 009i ）（－i ）－i2＝21 009＋i. 所以复数1＋z ＋z 2＋…＋z2 017的实部为21 009.故选C.【答案】 (1)A (2)B (3)C复数问题的解题思路(1)以复数的基本概念、几何意义、相等的条件为基础，结合四则运算，利用复数的代数形式列方程或方程组解决问题．(2)若与其他知识结合考查，则要借助其他的相关知识解决问题．[对点训练]1．(2019·福建省普通高中质量检查)若复数z 满足(1＋i)z ＝|3＋i|，则在复平面内，z 对应的点位于( )A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限解析：选A.由题意，得z ＝（3）2＋121＋i ＝2（1－i ）（1＋i ）（1－i ）＝1－i ，所以z ＝1＋i ，其在复平面内对应的点为(1，1)，位于第一象限，故选A.2．(2019·金丽衢十二校联考)设z 是复数，|z －i|≤2(i 是虚数单位)，则|z |的最大值是( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选C.因为|z －i|≤2，所以复数z 在复平面内对应点在以(0，1)为圆心，以2为半径的圆及其内部．所以|z |的最大值为3.故选C.3．(2019·高考浙江卷)复数z ＝11＋i (i 为虚数单位)，则|z |＝________．解析：通解：z ＝11＋i ＝1－i 2＝12－i2，所以|z |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－122＝22. 优解：|z |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪11＋i ＝1|1＋i|＝112＋12＝22.答案：22专题强化训练1．(2019·绍兴诸暨高考二模)已知复数z 满足z (1＋i)＝2i ，则z 的共轭复数z 等于( )A ．1＋iB ．1－iC ．－1＋iD ．－1－i解析：选B.由z (1＋i)＝2i ，得z ＝2i 1＋i ＝2i （1－i ）（1＋i ）（1－i ）＝1＋i ，则z 的共轭复数z ＝1－i.故选B.2．在等腰梯形ABCD 中，AB →＝－2CD →，M 为BC 的中点，则AM →＝( ) A.12AB →＋12AD → B.34AB →＋12AD →C.34AB →＋14AD → D.12AB →＋34AD → 解析：选B.因为AB →＝－2CD →，所以AB →＝2DC →.又M 是BC 的中点，所以AM →＝12(AB →＋AC →)＝12(AB →＋AD →＋DC →)＝12(AB →＋AD →＋12AB →)＝34AB →＋12AD →，故选B.3．(2019·嘉兴一中高考模拟)复数z 满足z ·(2－i)＝3－4i(其中i 为虚数单位)，则复数|zi|＝( )A.253 B.2C.553D. 5解析：选D.复数z 满足z ·(2－i)＝3－4i(其中i 为虚数单位)，所以z ·(2－i)(2＋i)＝(3－4i)(2＋i)，化为：5z ＝10－5i ，可得z ＝2－i.则复数|z i |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2－i i ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－i （2－i ）－i·i＝|－1－2i|＝|1＋2i|＝12＋22＝ 5.故选D.4.在边长为2的正方形ABCD 中，E ，F 分别为BC 和DC 的中点，则DE →·BF →＝( )A ．－52B ．32C ．－4D ．－2解析：选C.通过建系求点的坐标，然后求解向量的数量积．在边长为2的正方形ABCD 中，E ，F 分别为BC 和DC 的中点，以A 为坐标原点，AB ，AD 为坐标轴，建立平面直角坐标系，则B (2，0)，D (0，2)，E (2，1)，F (1，2)．所以DE →＝(2，－1)，BF →＝(－1，2)，所以DE →·BF →＝－4.5．(2019·台州市书生中学检测)已知点O 是△ABC 的外接圆圆心，且AB ＝3，AC ＝4.若存在非零实数x 、y ，使得AO →＝xAB →＋yAC →，且x ＋2y ＝1，则cos ∠BAC 的值为( )A.23B.33C.23D.13解析：选A.设线段AC 的中点为点D ，则直线OD ⊥AC .因为AO →＝xAB →＋yAC →，所以AO →＝xAB →＋2yAD →.又因为x ＋2y ＝1，所以点O 、B 、D 三点共线，即点B 在线段AC 的中垂线上，则AB ＝BC ＝3.在△ABC 中，由余弦定理得，cos ∠BAC ＝32＋42－322×3×4＝23.故选A.6．在△ABC 中，AB ＝3，BC ＝2，∠A ＝π2，如果不等式|BA →－tBC →|≥|AC →|恒成立，则实数t 的取值范围是( )A ．[1，＋∞)B ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1C ．⎝⎛⎦⎥⎤－∞，12∪[1，＋∞) D ．(－∞，0]∪[1，＋∞)解析：选C.在直角三角形ABC 中，易知AC ＝1，cos ∠ABC ＝32，由|BA →－tBC →|≥|AC →|，得BA →2－2tBA →·BC →＋t 2BC →2≥AC →2，即2t 2－3t ＋1≥0，解得t ≥1或t ≤12.7．称d (a ，b )＝|a －b |为两个向量a ，b 间的“距离”．若向量a ，b 满足：①|b |＝1；②a ≠b ；③对任意的t ∈R ，恒有d (a ，t b )≥d (a ，b )，则( )A ．a ⊥bB ．b ⊥(a －b )C ．a ⊥(a －b )D ．(a ＋b )⊥(a －b )解析：选B.由于d (a ，b )＝|a －b |，因此对任意的t ∈R ，恒有d (a ，t b )≥d (a ，b )，即|a －t b |≥|a －b |，即(a －t b )2≥(a －b )2，t 2－2t a ·b ＋(2a ·b －1)≥0对任意的t ∈R 都成立，因此有(－2a ·b )2－4(2a ·b －1)≤0，即(a ·b －1)2≤0，得a ·b －1＝0，故a ·b －b 2＝b ·(a －b )＝0，故b ⊥(a －b )．8．(2019·温州市高考模拟)记max{a ，b }＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，a ≥bb ，a ＜b ，已知向量a ，b ，c 满足|a |＝1，|b |＝2，a ·b ＝0，c ＝λa ＋μb (λ，μ≥0，且λ＋μ＝1，则当max{c ·a ，c ·b }取最小值时，|c |＝( )A.255B.223 C.1D.52解析：选A.如图，设OA →＝a ，OB ＝b ，则a ＝(1，0)，b ＝(0，2)， 因为λ，μ≥0，λ＋μ＝1，所以0≤λ≤1. 又c ＝λa ＋μb ，所以c ·a ＝(λa ＋b －λb )·a ＝λ；c ·b ＝(λa ＋b －λb )·b ＝4－4λ.由λ＝4－4λ，得λ＝45.所以max{c ·a ，c ·b }＝⎩⎪⎨⎪⎧λ，45≤λ≤14－4λ，0≤λ＜45.令f (λ)＝⎩⎪⎨⎪⎧λ，45≤λ≤14－4λ，0≤λ＜45.则f (λ)∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤45，1. 所以f (λ)min ＝45，此时λ＝45，μ＝15，所以c ＝45a ＋15b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫45，25. 所以|c |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫452＋⎝ ⎛⎭⎪⎫252＝255.故选A.9．(2019·绍兴市柯桥区高三期中检测)已知平面向量a ，b ，c 满足|a |＝4，|b |＝3，|c |＝2，b ·c ＝3，则(a －b )2(a －c )2－[(a －b )·(a －c )]2的最大值为( )A ．43＋37B ．47＋3 3C ．(43＋37)2D ．(47＋33)2解析：选D.设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，a －b 与a －c 所成夹角为θ， 则(a －b )2(a －c )2－[(a －b )·(a －c )]2＝|AB |2|AC |2－|AB |2|AC |2cos 2θ＝|AB |2|AC |2sin 2θ＝|AB |2|AC |2sin 2∠CAB ＝4S 2△ABC ， 因为|b |＝3，|c |＝2，b ·c ＝3，所以b ，c 的夹角为60°， 设B (3，0)，C (1，3)，则|BC |＝7，所以S △OBC ＝12×3×2×sin 60°＝332，设O 到BC 的距离为h ，则12·BC ·h ＝S △OBC ＝332， 所以h ＝3217，因为|a |＝4，所以A 点落在以O 为圆心，以4为半径的圆上， 所以A 到BC 的距离最大值为4＋h ＝4＋3217.所以S △ABC 的最大值为 12×7×⎝ ⎛⎭⎪⎫4＋3217 ＝27＋332， 所以(a －b )2(a －c )2－[(a －b )·(a －c )]2最大值为4⎝ ⎛⎭⎪⎫27＋3322＝(47＋33)2.故选D.10．(2019·金华市东阳二中高三月考)若a ，b 是两个非零向量，且|a |＝|b |＝λ|a ＋b |，λ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤33，1，则b 与a －b 的夹角的取值范围是( ) A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，23πB.⎣⎢⎡⎦⎥⎤2π3，5π6C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫2π3，πD.⎣⎢⎡⎭⎪⎫5π6，π 解析：选B.因为|a |＝|b |＝λ|a ＋b |，λ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤33，1， 不妨设|a ＋b |＝1，则|a |＝|b |＝λ.令OA →＝a ，OB →＝b ，以OA 、OB 为邻边作平行四边形OACB ，则平行四边形OACB 为菱形．故有△OAB 为等腰三角形，故有∠OAB ＝∠OBA ＝θ，且0<θ<π2.而由题意可得，b 与a －b 的夹角，即OB →与BA →的夹角，等于π－θ，△OAC 中，由余弦定理可得|OC |2＝1＝|OA |2＋|AC |2－2|OA |·|AC |·cos 2θ＝λ2＋λ2－2·λ·λcos 2θ，解得cos 2θ＝1－12λ2.再由33≤λ≤1，可得12≤12λ2≤32，所以－12≤cos 2θ≤12，所以π3≤2θ≤2π3，所以π6≤θ≤π3，故2π3≤π－θ≤5π6，即b 与a －b 的夹角π－θ的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤2π3，5π6.11．(2019·杭州市高考二模)已知复数z ＝1＋a ii (a ∈R )的实部为1，则a ＝________，|z |＝________．解析：因为z ＝1＋a i i ＝（1＋a i ）（－i ）－i 2＝a －i 的实部为1， 所以a ＝1，则z ＝1－i ，|z |＝ 2. 答案：1212．(2019·嘉兴一中高考适应性考试)设e 1，e 2为单位向量，其中a ＝2e 1＋e 2，b ＝e 2，且a 在b 上的投影为2，则a ·b ＝________，e 1与e 2的夹角为________．解析：设e 1，e 2的夹角为θ，因为a 在b 上的投影为2， 所以a ·b |b |＝（2e 1＋e 2）·e 2|e 2|＝2e 1·e 2＋|e 2|2＝2|e 1|·|e 2|cos θ＋1＝2，解得cos θ＝12，则θ＝π3.a ·b ＝(2e 1＋e 2)·e 2＝2e 1·e 2＋|e 2|2＝2|e 1|·|e 2|cos θ＋1＝2. 答案：2π313．已知向量a ，b ，|a |＝1，|b |＝2.若对任意单位向量e ，均有|a ·e |＋|b ·e |≤6，则a ·b 的最大值是________．解析：由题意，令e ＝(1，0)，a ＝(cos α，sin α)，b ＝(2cos β，2sin β)，则由|a ·e |＋|b ·e |≤6，可得|cos α|＋2|cos β|≤ 6.①令sin α＋2sin β＝m ，②①2＋②2得4[|cos αcos β|＋sin αsin β]≤1＋m 2对一切实数α，β恒成立，所以4[|cos αcos β|＋sin αsin β]≤1，故a·b ＝2(cos αcos β＋sin αsin β)≤2[|cos αcos β|＋sin αsin β]≤12.答案：1214．(2019·温州市十五校联合体联考)已知坐标平面上的凸四边形ABCD 满足AC →＝(1，3)，BD →＝(－3，1)，则凸四边形ABCD 的面积为________；AB →·CD →的取值范围是________． 解析：由AC →＝(1，3)，BD →＝(－3，1)得AC →⊥BD →，且|AC →|＝2，|BD →|＝2，所以凸四边形ABCD 的面积为12×2×2＝2；因为ABCD 为凸四边形，所以AC 与BD 交于四边形内一点，记为M ，则AB →·CD →＝(MB →－MA →)(MD →－MC →)＝MB →·MD →＋MA →·MC →－MB →·MC →－MA →·MD →，设AM →＝λAC →，BM →＝μBD →，则λ，μ∈(0，1)，且MA →＝－λAC →，MC →＝(1－λ)AC →， MB →＝－μBD →，MD →＝(1－μ)BD →，所以AB →·CD →＝－4μ(1－μ)－4λ(1－λ)∈[－2，0)，所以有λ＝μ＝12时，AB →·CD →取到最小值－2.答案：2 [－2，0)15．(2019·嘉兴一中高考适应性考试)在△ABC 中，∠ACB 为钝角，AC ＝BC ＝1，CO →＝xCA →＋yCB →且x ＋y ＝1，函数f (m )＝|CA →－mCB →|的最小值为32，则|CO →|的最小值为________．解析：在△ABC 中，∠ACB 为钝角，AC ＝BC ＝1，函数f (m )的最小值为32. 所以函数f (m )＝|CA →－mCB →| ＝CA →2＋m 2CB →2－2mCA →·CB →＝1＋m 2－2m cos ∠ACB ≥32， 化为4m 2－8m cos ∠ACB ＋1≥0恒成立．当且仅当m ＝8cos ∠ACB8＝cos ∠ACB 时等号成立，代入得到cos ∠ACB ＝－12，所以∠ACB ＝2π3.所以|CO →|2＝x 2CA →2＋y 2CB →2＋2xyCA →·CB →＝x 2＋y 2＋2xy ×cos 2π3＝x 2＋(1－x )2－x (1－x )＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14， 当且仅当x ＝12＝y 时，|CO →|2取得最小值14，所以|CO →|的最小值为12.答案：1216．在△OAB 中，已知|OB →|＝2，|AB →|＝1，∠AOB ＝45°，若OP →＝λOA →＋μOB →，且λ＋2μ＝2，则OA →在OP →上的投影的取值范围是________．解析：由OP →＝λOA →＋μOB →，且λ＋2μ＝2， 则OA →·OP →＝OA →·⎣⎢⎡⎦⎥⎤λOA →＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－λ2OB →＝λOA →2＋⎝⎛⎭⎪⎫1－λ2OA →·OB →，又|OB →|＝2，|AB →|＝1，∠AOB ＝45°， 所以由余弦定理求得|OA →|＝1，所以OA →·OP →＝λ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－λ2×1×2×22＝1＋λ2，|OP →|＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤λOA →＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－λ2OB →2＝ λ2|OA →|2＋2λ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－λ2OA →·OB →＋⎝⎛⎭⎪⎫1－λ22|OB →|2＝λ22＋2，故OA →在OP →上的投影OA →·OP →|OP →|＝1＋λ2λ22＋2＝22·λ＋2λ2＋4(*)． 当λ＜－2时，(*)式＝－22·（λ＋2）2λ2＋4＝－221＋4λλ2＋4＝－221＋4λ＋4λ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0； 当λ≥－2时，(*)式可化为22（λ＋2）2λ2＋4；①λ＝0，上式＝22；②－2≤λ＜0，上式＝221＋4λ＋4λ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，22； ③λ＞0，上式＝221＋4λ＋4λ∈⎝⎛⎦⎥⎤22，1. 综上，OA →在OP →上的投影的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－22，1.答案：⎝ ⎛⎦⎥⎤－22，1 17．已知OA →，OB →是非零不共线的向量，设OC →＝1r ＋1·OA →＋r r ＋1OB →，定义点集P ＝⎩⎪⎨⎪⎧K ⎪⎪⎪⎪KB →·KC →|KB →|＝KA →·KC→|KA →|，⎭⎪⎬⎪⎫KC →≠0，当K 1，K 2∈P 时，若对于任意的r ≥3，不等式|K 1K 2→|≤c |AB→|恒成立，则实数c 的最小值为________．解析：由OC →＝1r ＋1·OA →＋r r ＋1OB →，可得A ，B ，C 三点共线，由KB →·KC →|KB →|＝KA →·KC→|KA →|，可得|KC →|cos ∠AKC ＝|KC →|cos ∠BKC ，即有∠AKC ＝∠BKC ，则KC 为∠AKB 的角平分线． 由角平分线的性质定理可知|KA ||KB |＝|AC ||BC |＝r ， 以AB 所在的直线为x 轴，以线段AB 上某一点为原点建立直角坐标系，设点K (x ，y )，A (－a ，0)，B (b ，0)，所以（x ＋a ）2＋y 2（x －b ）2＋y2＝r 2，化简得(1－r 2)x 2＋(1－r 2)y 2＋(2a ＋2br 2)x ＋(a 2－b 2r 2)＝0.由方程知K 的轨迹是圆心在AB 上的圆，当|K 1K 2|为直径时最大，方便计算，令K 1K 2与AB 共线，如图，由|K 1A |＝r |K 1B |，可得|K 1B |＝|AB |r ＋1，由|K 2A |＝r |K 2B |，可得|K 2B |＝|AB |r －1，可得|K 1K 2|＝|AB |r ＋1＋|AB |r －1＝2r r 2－1|AB |＝2r －1r|AB |，而易知r －1r ≥3－13＝83，即有|K 1K 2|≤34|AB |，即|K 1K 2||AB |≤34，即c ≥⎝⎛⎭⎪⎫|K 1K 2||AB |max ＝34， 故c 的最小值为34.答案：3418．在△ABC 中，已知C ＝π6，向量p ＝(sin A ，2)，q ＝(2，cos B )，且p ⊥q .(1)求角A 的值；(2)若BC →＝2BD →，AD ＝7，求△ABC 的面积．解：(1)因为p ⊥q ，所以p ·q ＝0⇒p ·q ＝2sin A ＋2cos B ＝0，又C ＝π6，所以sin A ＋cos B ＝sin A ＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π6－A ＝0，化简得tan A ＝33，A ∈(0，π)，所以A ＝π6. (2)因为BC →＝2BD →，所以D 为BC 边的中点， 设|BD →|＝x ，|BC →|＝2x ，由(1)知A ＝C ＝π6，所以|BA →|＝2x ，B ＝2π3，在△ABD 中，由余弦定理，得|AD →|2＝|BA →|2＋|BD →|2－2|BA →|·|BD →|·cos 2π3＝(2x )2＋x 2－2·2x ·x ·cos 2π3＝7，所以x ＝1，所以AB ＝BC ＝2，所以S △ABC ＝12BA ·BC ·sin B ＝12×2×2×sin 2π3＝ 3.19．已知m ＝(2sin x ，sin x －cos x )，n ＝(3cos x ，sin x ＋cos x )，记函数f (x )＝m ·n .(1)求函数f (x )的最大值以及取得最大值时x 的取值集合；(2)设△ABC 的角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若f (C )＝2，c ＝3，求△ABC 面积的最大值．解：(1)由题意，得f (x )＝m ·n ＝23sin x cos x ＋sin 2x －cos 2x ＝3sin 2x －(cos 2x －sin 2x )＝3sin 2x －cos 2x ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6，所以f (x )max ＝2；当f (x )取最大值时，即sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6＝1，此时2x －π6＝2k π＋π2(k ∈Z )，解得x ＝k π＋π3(k ∈Z )，所以x 的取值集合为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪x ＝k π＋π3，k ∈Z .(2)由f (C )＝2，得sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2C －π6＝1，又0＜C ＜π，即－π6＜2C －π6＜11π6，所以2C －π6＝π2，解得C ＝π3，在△ABC 中，由余弦定理c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ，得3＝a 2＋b 2－ab ≥ab ，即ab ≤3，当且仅当a ＝b ＝3时，取等号，所以S △ABC ＝12ab sinC ＝34ab ≤334， 所以△ABC 面积的最大值为334.。
2021新高考第4章 平面向量与复数第5讲
高考一轮总复习 • 数学 • 文理合订
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(2)复数相等：a＋bi＝c＋di(a，b，c，d∈R)⇔a＝c 且 b＝d. (3)共轭复数：若 z＝a＋bi(a，b∈R)，则 z ＝__a_－__b_i____.
(4)复数的模：在复平面内，若点 Z 的坐标为(a，b)，则向量O→Z的模 r 叫做复数 z ＝a＋bi 的模，记作_____|z_| ____或_____|a_＋__b_i_|，即|z|＝|a＋bi|＝r＝____a_2＋__b_2__(r≥0， r∈R)．
(3)复数的几何表示：复数 z＝a＋bi(a，b∈R)
一一 对应
复平面内的点 Z(a，b)
一一 对应
向
量O→Z.
第四章 平面向量、数系的扩充与复数的引入
高考一轮总复习 • 数学 • 文理合订
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知识点三 复数的运算
(1)复数的加、减、乘、除运算法则
设 z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，则 ①加法：z1＋z2＝(a＋bi)＋(c＋di)＝__(_a_＋__c_)＋__(_b_＋__d_)_i _____； ②减法：z1－z2＝(a＋bi)－(c＋di)＝_(_a_－__c_)＋__(_b_－__d_)_i _； ③乘法：z1·z2＝(a＋bi)·(c＋di)＝__(_a_c_－__b_d_)＋__(_a_d_＋__b_c_)_i ___；
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知识点一 复数的有关概念 (1)复数的定义：形如a＋bi(a，b∈R)的数叫做复数．其中a叫做复数的实部，b 叫做复数的虚部．i是虚数单位．规定i2＝－1.由此可知：
i4k＝1.i4k＋1＝i，i4k＋2＝－1，i4k＋3＝－i，1i ＝－i，全体复数所成的集合 C 叫复数集．
2021高考数学(文)复习课件 精讲2 平面向量与复数
板块一 高考专项突破——选择 题+填空题
命题区间精讲 精讲2 平面向量与复数
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01 命题点1 02 命题点2 03 命题点3
01 命题点1 复数
解决复数问题应注意的4点 (1)明确概念：复数z＝a＋bi(a，b∈R)是纯虚数⇔a＝0且b≠0， 复数的实部为a，虚部为b. (2)解题要领：与复数的分类、复数的相等、共轭复数、复数的 几何意义等有关的问题，常先运算再求解．
(3)注意周期：虚数单位i的in(n∈N)周期为4. (4)妙用结论：求复数的模时，直接根据复数的模的公式|a＋bi| ＝ a2＋b2和性质| z |＝|z|，|z|2＝| z |2＝z·z ，|z1·z2|＝|z1|·|z2|，zz12＝||zz21||进 行计算．
[高考题型全通关]
1．(2020·全国卷Ⅰ)若z＝1＋2i＋i3，则|z|＝( )
∴(x－1)2＋y2＝1.故选B.]
5．已知复数z＝i11＋－ii2，则下列结论正确的是(
)
A．z的虚部为i
B．|z|＝2
C．z的共轭复数 z ＝－1＋i
D．z2为纯虚数
D [∵z＝i11＋－ii2＝i12－i i＝1－21i＋1＋i i＝1＋i， ∴z的虚部为1；|z|＝ 2； z ＝1－i； z2＝(1＋i)2＝2i是纯虚数．故选D.]
A→B＝O→B－O→A＝(2,2－k)， B→C＝O→C－O→B＝(k＋1，－2)， ∵A，B，C三点共线，∴A→B∥B→C， ∴k＋2 1＝2－－2k，由k＞0，解得k＝3.故选D.]
2．在△ABC中，D→C＝2B→D，且E为AC的中点，则D→E＝( )
A．－23A→B＋16A→C
B．－23A→B－61A→C
2021版新高考数学一轮复习讲义：第四章第四讲平面向量的综合应用(含解析)
垂直问题
数量积的运算性质
a⊥ b? __a·b＝ 0__? __x1x2＋ y1y2＝0__， 其中 a＝ (x1 ，y1 )， b＝ (x2，y2)，且 a， b 为 非零向量
夹角问题
数量积的定义
a·b cos θ＝ __|a||b|__(θ为向量 a， b 的夹角 )， 其中 a， b 为非零向量
双基自测
题组一 走出误区
1．(多选题 )下列命题正确的是 ( ACD )
A
．若
→ AB
∥
A→C，则
A， B， C 三点共线
→→ B．在△ ABC 中，若 AB ·BC<0 ，则△ ABC 为钝角三角形
C．向量 P→A，P→B， P→C中三终点 A、 B、C 共线，则存在实数 α， β，使得 P→A＝ αP→B＋βP→C，
2x－ y＋ 5＝ 0， 由
x2＋ y2＝ 50，
x＝－ 5，
x＝1，
解得
或
y＝－ 5
y＝ 7.
︵ 令 M (－ 5，－ 5)，N(1,7) ，由 2x－ y＋ 5≤ 0 得 P 点在圆左边弧 MN 上， 结合限制条件－ 5 2
≤ x≤ 5 2，可得点 P 横坐标的取值范围为 [－ 5 2， 1]．
A ． ±1
B．± 2
C． ± 3
D ． ±2
[解析 ] 因为 A，B， C 均为圆 x2＋ y2＝2 上的点，
故|O→A|＝ |O→B|＝ |O→C|＝ 2，
因为
→ OA
＋
→ OB
＝
O→C，所以
→ (OA
＋
→ OB)
2＝
→ OC
2，
即
→ OA
2＋
中学高三数学总复习专题二第3讲平面向量与复数课件新人教A版
________．
解析：如图所示，以 AB，AD 所在的直线分别为 x 轴和 y 轴建 立直角坐标系，由于正方形边长为 1，故 B(1,0)，C(1,1)，D(0,1)． 又 E 在 AB 边上，故设 E(t,0)(0≤t≤1)． 则D→E＝(t，－1)，C→B＝(0，－1)． 故D→E·C→B＝1. 又D→C＝(1,0)， ∴D→E·D→C＝(t，－1)·(1,0)＝t. 又 0≤t≤1，∴D→E·D→C的最大值为 1.
(b－3a)·a＝(－2,1)·(1,0)＝－2，
∴cos〈b－3a，a〉＝|bb－－33aa||a·a|＝－52＝－2 5 5.
答案：(1)31010， 110中0学高(三2)数－学2总5复5 习专题
二第3讲平面向量与复数课
4．(2012·高考北京卷)已知正方形 ABCD 的边长为 1，点 E 是
答案：1 1
中学高三数学总复习专题 二第3讲平面向量与复数课
• [考向分析]
•
本讲的主要内容有平面向量的基本
概念与基本运算、加、减运算与坐标运算、
数量积及非零向量的平行与垂直及与其他
知识的综合应用及复数的有关概念、四则
运算等．高考一般是以选择题和填空题的
形式考查复数的四则运算以及平面向量的
基本内容．而在解答题中主要和三角函数
• 热点三 平面向量的数量积及应用 • 求平面向量的数量积的方法有两个：一个
是根据数量积的定 • 义，另一个是根据坐标运算．定义法是a·b
＝|a||b|·cosθ，其中θ为向量a，b的夹角； 中学高三数学总复习专题 二第3讲平面向量与复数课
例3 (2012·高考上海卷)在矩形 ABCD 中，边 AB、AD 的长分 →
高中数学复习讲义 第四章 平面向量与复数
高中数学复习讲义第四章平面向量与复数【知识图解】Ⅰ.平面向量知识结构表Ⅱ.复数的知识结构表【方法点拨】由于向量融形、数于一体，具有几何形式与代数形式的“双重身份”，使它成为了中学数学知识的一个重要交汇点，成为联系众多知识内容的媒介。
所以，向量成为了“在知识网络交汇处设计试题”的很好载体。
从高考新课程卷来看，对向量的考查力度在逐年加大，除了直接考查平面向量外，将向量与解析几何、向量与三角等内容相结合，在知识交汇点处命题，既是当今高考的热点，又是重点。
复习巩固相关的平面向量知识，既要注重回顾和梳理基础知识，又要注意平面向量与其他知识的综合运用，渗透用向量解决问题的思想方法，从而提高分析问题与综合运用知识解决问题的能力，站在新的高度来认识和理解向量。
1.向量是具有大小和和方向的量，具有“数”和“形”的特点，向量是数形结合的桥梁，在处理向量问题时注意用数形结合思想的应用.2.平面向量基本定理是处理向量问题的基础，也是平面向量坐标表示的基础，它表明同一平面内任意向量都可以表示为其他两个不共线向量的线性组合.3.向量的坐标表示实际上是向量的代数形式，引入坐标表示，可以把几何问题转化为代数问题解决.4.要了解向量的工具作用，熟悉利用向量只是解决平面几何及解析几何中的简单问题的方法.第1课 向量的概念及基本运算【考点导读】1. 理解平面向量和向量相等的含义，理解向量的几何表示.2. 掌握向量的加法、减法、数乘的运算，并理解其几何意义.3. 了解平面向量基本定理及其意义. 【基础练习】1.出下列命题：①若=a b ，则=a b ；②若A 、B 、C 、D 是不共线的四点，则DC AB =是四边形为平行四边形的充要条件；③若,==a b b c ，则=a c ；④=a b 的充要条件是=a b 且//a b ；⑤若//a b ，//b c ，则//a c 。
其中，正确命题材的序号是②③2. 化简AC -BD +CD -AB 得03.在四边形ABCD 中，AB =a +2b ，=－4a －b ，=－5a －3b ，其中a 、b 不共线，则四边形ABCD 为梯形4.如图，设点P 、Q 是线段AB 的三等分点， 若OA ＝a ，OB ＝b ，则OP ＝2133+a b ， OQ ＝1233+a b (用a 、b 表示)【范例导析】例1 .已知任意四边形ABCD 的边AD 和BC 的中点分别为E 、F ， 求证：2AB DC EF +=.分析:构造三角形,利用向量的三角形法则证明. 证明：如图，连接EB 和EC ，由EA AB EB +=和EF FB EB +=可得，EA AB EF FB +=+ （1） 由ED DC EC +=和EF FC EC +=可得，ED DC EF FC +=+ （2） （1）+（2）得， 2EA ED AB DC EF FB FC +++=++ （3） ∵E 、F 分别为AD 和BC 的中点，∴0EA ED +=，0FB FC +=， 代入（3）式得，2AB DC EF +=例1点拨:运用向量加减法解决几何问题时,需要发现或构造三角形或平行四边形.例2.已知,OA OB 不共线，OP aOA bOB =+,求证：A,P,B 三点共线的充要条件是1a b += 分析：证明三点共线可以通过向量共线来证明.解：先证必要性：若A,P,B 三点共线，则存在实数λ，使得A P A B λ=,即()OP OA OB OAλ-=-,∴()1,OP OA OB λλ=-+∵OP aOA bOB=+,∴1,a b λλ=-=，∴ 1.a b +=再证充分性：若 1.a b +=则AP OP OA =-=()()1a OA bOB b OB OA -+=-=bAB ,∴AP 与AB 共线，∴A,P,B 三点共线.点拨:向量共线定理是向量知识中的一个基本定理,通常可以证明三点共线、直线平行等问题. 【反馈练习】1．已知向量a 和b 反向，则下列等式成立的是（C ）A. |a |－|b |=|a －b |B. |a |－|b |=|a +b |C.|a |＋|b |=|a －b |D. |a |＋|b |=|a +b |2.设四边形ABCD 中，有1,2DC AB AD BC ==则这个四边形是（C ） A.平行四边形 B.矩形 C.等腰梯形 D.菱形 3.设A 、B 、C 、D 、O 是平面上的任意五点，试化简：①AB BC CD ++， ②DB AC BD ++， ③OA OC OB CO --+-。
新课程2021高考数学一轮复习第四章平面向量与复数第3讲平面向量的数量积及应用课件
1.求向量模的常用方法 (1)若向量 a 是以坐标形式出现的，求向量 a 的模可直接利用公式|a|＝ x2＋y2. (2)若向量 a，b 是以非坐标形式出现的，求向量 a 的模可应用公式|a|2 ＝a2＝a·a，或|a±b|2＝(a±b)2＝a2±2a·b＋b2，先求向量模的平方，再通过向量 数量积的运算求解．如举例说明 1.
题型二 平面向量数量积的性质
角度 1 平面向量的模
1.已知平面向量 a，b 的夹角为π6，且|a|＝ 3，|b|＝2，在△ABC 中，A→B
＝2a＋2b，A→C＝2a－6b，D 为 BC 的中点，则|A→D|等于( )
A.2
B．4
C．6 答案 A
D．8
解析 因为A→D＝12(A→B＋A→C)＝12(2a＋2b＋2a－6b)＝2a－2b，所以|A→D|2
角度 2 平面向量的夹角
3.已知 a，b 为单位向量，且 a·b＝0，若 c＝2a－ 5b，则 cos〈a，c〉 2 ＝___3_____. 解析 解法一：本题考查利用向量的数量积求夹角的余弦值，依题知|a|
＝|b|＝1，且 a·b＝0.∵c＝2a－ 5b，∴a·c＝a·(2a－ 5b)＝2a2－ 5a·b＝2，|c|
1
PART ONE
基础知识过关
1．两个向量的夹角
2．平面向量的数量积
设两个非零向量 a，b 的夹角为 θ，则数量 □01 |a||b|cosθ 叫做 a 与 b
的数量积，记作 a·b.
3．平面向量数量积的性质
设 a，b 都是非零向量，e 是单位向量，θ 为 a 与 b(或 e)的夹角，则
(1)e·a＝a·e＝|a|cosθ.
(1)a·b＝ □01 b·a ； (2)(λa)·b＝ □02 λ(a·b) ＝ □03 a·(λb)
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(5)在等边三角形 ABC 中，向量A→B与B→C的夹角为 60°.( × ) (6)若 a·b＝0，则 a＝0 或 b＝0.( × ) (7)(a·b)·c＝a·(b·c)．( × ) (8)若 a·b＝a·c(a≠0)，则 b＝c.( × )
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第四章 平面向量、数系的扩充与复数的引入
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1．两个向量的数量积是一个实数．∴0·a＝0 而 0·a＝0. 2．数量积不满足结合律(a·b)·c≠a·(b·c)． 3．a·b 中的“·”不能省略．a·a＝a2＝|a|2. 4．两向量 a 与 b 的夹角为锐角⇔a·b>0 且 a 与 b 不共线；两向量 a 与 b 的夹角 为钝角⇔a·b<0，且 a 与 b 不共线．当 a、b 为非零向量时 a、b 同向⇔a·b＝|a||b|；a、 b 反向⇔a·b＝－|a||b|. 5．a 在 b 方向上的投影|a|·cos θ＝a|b·b| .
第四章 平面向量、数系的扩充与复数的引入
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题组三 考题再现
5．(2019·全国卷Ⅱ，5 分)(文)已知向量 a＝(2,3)，b＝(3,2)，则|a－b|＝( A )
A． 2
B．2
C．5 2
D．50
[解析] 依题意得 a－b＝(－1,1)，|a－b|＝ －12＋12＝ 2，因此选 A．
第四章 平面向量、数系的扩充与复数的引入
第三讲 平面向量的数量积
1 知识梳理 • 双基自测 2 考点突破 • 互动探究 3 名师讲坛 • 素养提升
高考一轮总复习 • 数学 • 文理合订ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
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知识梳理 • 双基自测
第四章 平面向量、数系的扩充与复数的引入
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第四章 平面向量、数系的扩充与复数的引入
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题组二 走进教材
2．(必修 4P107T2 改编)(2019·辽宁鞍山一中模拟)向量 a＝(2，－1)，b＝(－1,2)，
则(2a＋b)·a＝( A )
A．6
B．5
C．1
D．－6
[解析] 由题意知 2a＋b＝(3,0)，∴(2a＋b)·a＝(3,0)·(2，－1)＝6，故选 A．
第四章 平面向量、数系的扩充与复数的引入
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题组一 走出误区 1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)两个向量的夹角的范围是0，π2.( × ) (2)一个向量在另一个向量方向上的投影为数量，而不是向量．( √ ) (3)a·b>0，则 a 与 b 的夹角为锐角；a·b<0，则 a 与 b 的夹角为钝角．( × ) (4) 两 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．( √ )
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知识点二 平面向量的数量积 (1)定义：已知两个非零向量a与b，它们的夹角为θ，则数量|a||b|cos θ叫做a与b 的数量积(或内积)，记作a·b，即a·b＝__|_a_||_b|_c_o_s_θ_，规定零向量与任一向量的数量 积为0，即0·a＝0. (2)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．
±|a||b|.(或|a·b|＝|a|·|b|)．
⑥|a·b|≤|a||b|(当且仅当 a∥b 时等号成立)⇔|x1x2＋y1y2|≤ x21＋y21· x22＋y22.
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(2)平面向量数量积的运算律 ①a·b＝b·a(交换律)． ②λa·b＝λ(a·b)＝a·(λb)(结合律)． ③(a＋b)·c＝a·c＋b·c(分配律)．
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知识点一 向量的夹角 两个非零向量 a 与 b，过 O 点作O→A＝a，O→B＝b，则__∠__A_O__B___叫做向量 a 与 b 的夹角；范围是___[_0_，__π_]__.
π a 与 b 的夹角为_____2_____时，则 a 与 b 垂直，记作 a⊥b.
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4．(必修 4P108T4 改编)在圆 O 中，长度为 2的弦 AB 不经过圆心，则A→O·A→B的值 为_____1_____.
[解析] 设向量A→O，A→B的夹角为 θ，则A→O·A→B＝|A→O||A→B|·cos θ＝|A→O|cos θ·|A→B|＝12 |A→B|·|A→B|＝12×( 2)2＝1.
③设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 A，B 两点间的距离|AB|＝|A→B|＝ x1－x22＋y1－y22.
a·b ④夹角：cos θ＝_____|a_|_|b_|__＝
x21x＋1xy2＋21·yx1y22＋2 y22.
⑤已知两非零向量 a 与 b，a⊥b⇔a·b＝0⇔__x_1_x_2＋__y_1_y_2_＝__0____；a∥b⇔a·b＝
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3．(必修 4P106T5 改编)已知向量 a 与 b 的夹角为π3，|a|＝ 2，则 a 在 b 方向上的
投影为( C )
A． 3
B． 2
C．
2 2
D．
3 2
[解析] ∵a 在 b 方向上的投影为|a|·cos 〈a，b〉＝ 2cos π3＝ 22.选 C．
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知识点三 平面向量数量积的性质及其坐标表示
(1)设向量 a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，θ 为向量 a，b 的夹角． ①数量积：a·b＝|a||b|cos θ＝_x_1_x_2＋__y_1_y_2_.
②模：|a|＝ a·a＝____x21_＋__y_21__.