高中数学《平面向量、数系的扩充与复数的引入》课时作业(含答案)
() A.0 B.1 C.-1 D.-2
8.[2019·广元期中] 设 R=a, =b,点 P 与 R 关于点 A 对称,点 R 与 Q 关于点 B 对称,则向量 =
() A.2(a-b) B.2(b-a) C.12(a-b) D.12(b-a)
9.[2019·哈尔滨三中二模] 给定两个长度为 1 的平面向量 R和 ,它们的夹角为 90°,点 C 在以 O 为圆
Байду номын сангаас
,b=
.
技能提升
6.[2019·合肥质检] 已知 i 是虚数单位,复数 z 满足 z+z·i=3+i,则复数 z 的共轭复数为
()
A.1+2i B.1-2i
C.2+i D.2-i
7.已知复数 z1,z2 在复平面内对应的点关于虚轴对称,z1=1+ 3i,则 1 = ( ) 2
A.2 B. 3 C. 2 D.1 8.[2019·德州一模] 已知 i 为虚数单位,复数 z1=1+ai(a∈R),z2=1+2i,若 1为纯虚数,则 a= ( )
() A.-1,12 B.12,-1
C.-12,1 D.1,12
4.[2019·郑州质检] 在△ABC 中,若点 D 满足 =2 ,点 M 为 AC 的中点,则 =( )
A.23 R -16 R C.23 R -13 R
B.13 R -16 R D.23 R +16 R
5.[2019·湖南师大附中二模] 已知 a=(3,4),b=(t,-6),且 a,b 共线,则实数 t=
1.(2-i)2-(1+3i)= ( )
A.2-7i B.2+i C.4-7i D.4+i 2.[2019·清远质检] 设 z=1+i(i 为虚数单位),则| |= ( )
A.0 B.2 C.1 D. 2 3.[2019·遵义联考] 已知 i 为虚数单位,则复数11-+3ii的虚部为
()
A.-2 B.-2i
的取值范围为
.
图 K31-1
课时作业(三十二)
第 32 讲 平面向量的数量积与平面向量应用举例时间:45 分钟 分值:100 分 基础达标
1.[2019·广安、眉山、遂宁一诊] 已知平面向量 a=(1,2),b=(-2,m),且 a⊥b,则 m= ( ) A.1 B.4 C.-4 D.-1
2.[2019·湖北武汉 4 月调研] 已知 A(1,0),B(3,2),向量R =(-3,-4),则R · =
.
12.[2019·聊城二模] 已知向量 a=(m,1),b=(4,m),a·b=|a|·|b|,则 m=
.
13.[2019·德州德城区校级月考] 已知 e1,e2 是两个单位向量,当λ∈R 时,若|e1+λe2|的最小值为 23,则 e1 与
e2 的夹角是
,|e1+e2|=
.
14.(12 分)已知向量 a= sin x,32 ,b=(cos x,-1),x∈R. (1)当 a∥b 时,求 tan 2x 的值;
R =xR +(1-x)R ,则 x 的取值范围是
()
A.(0,1) B. 23,1 C. 0,13 D. 13,23 10.[2019·北京西城区期末] 设 a,b 是不共线的两个平面向量,已知 =a+kb, =2a-b.若 P,Q,R 三点共
线,则实数 k 的值为
()
A.2
B.-2
C.12
D.-12
图 K32-1 16.(5 分)[2019·淄博诊断] 如图 K32-1,在圆内接四边形 ABCD 中,AC 是外接圆的直径,∠
BAD=120°,AB=AD=1,若点 E 为边 CD 上的动点,则R · 的最小值为
.
课时作业(三十三)
第 33 讲 数系的扩充与复数的引入时间:30 分钟 分值:80 分 基础达标
【高中数学】平面向量、数系的扩充与复数的引入
课时作业(三十)
第 30 讲 平面向量的概念及其线性运算时间:45 分钟 分值:100 分 基础达标
1.已知向量 a,b,给出下列四个命题:①若 a∥b,则 a=b;②若|a|=|b|,则 a=b;③若|a|=|b|,则 a∥b;④若 a=b, 则|a|=|b|.其中真命题的个数是 ( ) A.0 B.1 C.2 D.3
()
11.[2019·河南八市质检] 已知复数 z=x+yi(x,y∈R),且|z-2|= 3,则 +1的最大值为 ( )
(2)求函数
f(x)=(a+b)·b
在
0,
π 2
上的取值范围.
挑战自我 15.(5 分)[2019·黄山质检] 已知等边三角形 ABC 的边长为 2,点 E,F 分别在边 AB,AC 上,且
R =λR ,R =μR ,若 · =23, · =-1,则λ+μ= ( )
A.12
B.23
C.56
D.172
5.已知向量 a=(2,1),b=(-1,1),则 a 在 b 方向上的投影为
.
技能提升
6.已知向量 a,b 满足 a·b=-1,a·(2a-b)=3,则|a|=( )
A.1 B. 3 C.2 D.3
7.(多选题)在平面直角坐标系 xOy 中,i,j 分别是与 x 轴,y 轴平行的单位向量,若直角三角形 ABC
λ+μ= A.-12
() B.12
C.34
D.-34
8.[2019·吉安一模] 已知直线 l 与平行四边形 ABCD 的两边 AB,AD 分别交于点 E,F,且交其对角线 AC 于
点 M,若R =2R ,R =3R ,R =λ·R (λ∈R),则λ= ( )
A.12
B.15
C.32
D.5
9.[2019·洛阳联考] 在△ABC 中,点 D 在边 BC 上且 =2 ,点 O 在线段 CD 上(O 与点 C,D 不重合),若
D,E,F 三点,若 BC=4,AC=5,AB=6,R =mR +nR (m,n∈R),则 =
.
图 K30-3
课时作业(三十一)
第 31 讲 平面向量基本定理及坐标表示时间:30 分钟 分值:75 分
基础达标
1.已知平面向量 a=(-1,2),b=(1,0),则向量 3a+b 等于 ( )
A.(-2,6) B.(-2,-6)
()
A.-22 B.22 C.6 D.-6 3.[2019·辽宁朝阳四模] 已知平面向量 a,b 的夹角为23π,且 =1, =2,则 + = ( )
A.3 B. 3 C.7 D. 7 4.已知正三角形 ABC 的边长为 1,则R · + · R+ R·R = ( )
A.32
B.-32
C.12
D.-12
点 G,设R =λ ,则λ=
.
图 K30-2
挑战自我
14.(5 分)[2019·江西六校联考] 过△ABC 的重心 G 作直线 l,已知 l 与 AB,AC 的交点分别为
M,N,
△R △R
h=290,若R
=λR ,则实数λ的值为
(
)
A.23或25 B.34或35
C.34或25 D.23或35
15.(5 分)[2019·成都七中模拟] 如图 K30-3 所示,已知圆 O 与直线 BC,AC,AB 均相切,且分别相切于
C.2 D.2i
4.[2019·肇庆实验中学月考] 已知 i 是虚数单位,复数 z1=-3+2i,z2=1-4i,则复数 z=z1+z2 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
5.[2019·榆林模拟] 复数 z1=2+3i,z2i=a+bi,若 z1=z2,则 a=
11.[2019·乐山调研] 在三角形 ABC 中,点 E,F 满足R =12 R , =2 R,若 =xR +yR ,则
x+y=
.
12.[2019·娄底期末] 若点 M 是△ABC 所在平面内的一点,且满足 5R =R +3R ,则△ABM 与△ABC 的
面积之比为
.
13.[2019·郑州期末] 如图 K30-2,在平行四边形 ABCD 中,点 E,F 满足 =2 , =2 ,EF 与 AC 交于
.
技能提升
6.已知向量 a=(2,-1),b=(-3,2),且表示向量 a+3b,-2b-2a,c 的有向线段首尾相接构成三角形,则向量 c 的坐
标为 ( )
A.(5,-3) B.(-5,3)
C.(-1,1) D.(1,-1)
7.[2019·云南师大附中月考] 已知 O 为原点,A(-1,3),B(2,-4), =2 R+m ,若点 P 在 y 轴上,则实数 m=
2
A.-2 B.2
C.-12
D.12
9.[2019·北京昌平区二模] 已知复数 z=-1+a(1+i)(i 为虚数单位,a 为实数)在复平面内对应的点位于第二
象限,则复数 z 的虚部可以是
()
A.-12i B.12i
C.-12
D.12
10.设 z=a+bi(a,b∈R,i 是虚数单位),且 z2=-2i,则 A.a+b=-1 B.a-b=-1 C.a-b=0 D.a+b=0
共线,则实数λ=
.
5.化简13
1 2
(2
+ 8 )-(4 -2 ) 的结果是
图 K30-1 .
技能提升
6.[2019·丹东模拟] 已知R =a+5b, =-2a+8b, =3(a-b),则 ( )
高考数学一轮复习课时作业29第4章平面向量、数系的扩充与复数的引入5Word版含答案
解析： 方法一：由题知 ( z－ 2i)(2 － i) ＝ 5，所以 z＝ 5 ＋2i ＝ 5 2＋ i ＋ 2i＝ 2＋i ＋ 2i
2－ i
2－i 2＋i
＝2＋ 3i。
方法二：设 z＝ a＋ bi( a，b∈ R)，所以 [a＋ (b－ 2)i](2 －i) ＝ 5，利用复数相等即实部与实
部、虚部与虚部分别相等，得到 答案： A
a2－ a－ 6＝ 0，①
a 是否存在？若存在，
则有 a2＋ 2a－ 15
)
a2－ 4 ≠ 0，②
由①得 a＝－ 2 或 a＝ 3。
当 a＝－ 2 时，②式左端无意义。 当 a＝3 时，②式不成立。
故不存在实数 a，使 z 为纯虚数。
1＋ i 3 a＋ bi
11．复数 z＝
1－ i
(a，b∈ R) ，且 |z|＝ 4， z 对应的点在第一象限，若复数
0， z，
z 对应的点是正三角形的三个顶点，求实数
1＋ i 2·1＋ i
解析： z＝
1－ i
(a＋ bi)
＝ 2i ·i( a＋ bi) ＝－ 2a－ 2bi 。 由 |z|＝ 4，得 a2＋ b2＝ 4。①
a， b 的值。
∵复数 0， z， z 对应的点构成正三角形，
∴ |z－ z |＝ |z|。
解析： 设 z＝ a＋ bi ， (a，b∈ R)，则 z ＝ a－ bi。
代入 4z＋2 z ＝ 3 3＋ i，得
4(a＋ bi) ＋ 2(a－ bi) ＝ 3 3＋ i，
即 6a＋ 2bi ＝ 3 3＋ i。
a＝
3， 2
∴
b＝ 12。
∴ z＝
23＋
1 2i
。
作业答案-第四单元-平面向量、数系的扩充与复数的引入
全品高考复习方案 数学(理科) BS课时作业(二十四)1．C [解析] ①不正确，单位向量的起点相同时，终点在以起点为圆心的单位圆上；②不正确，两向量不能比较大小；③不正确，当λ＝μ＝0时，a 与b 可能不共线；④正确．2．D [解析] AB →＝OB →－OA →，OB →＝OC →＋CB →＝b ＋12a ，所以AB →＝b ＋12a －a ＝b －12a .3．B [解析] a ＋b ＝c ，所以|a ＋b ＋c |＝|2c |＝2|c |＝2 2. 4．B [解析] 如图，因为CD 平分∠ACB ，由角平分线定理，得AD DB ＝ACBC＝2，所以D 为AB 靠近B 的三等分点，所以CD →＝CA →＋AD →＝23CB →＋13CA →，故选B.5．B [解析] 由已知得AD →＝14AB →，故CD →＝CA →＋AD →＝CA →＋14AB →＝CA →＋14(CB →－CA →)＝34CA→＋14CB →，所以λ＝14. 6．D [解析] 由题意知BD →＝AD →－AB →＝AC →＋CD →－AB →＝AC →－12AB →－AB →＝AC →－32AB →，故选D.7．B [解析] 据已知可得数列{x n }，{y n }均为等差数列．S 21＝(x 1＋x 2＋…＋x 21，y 1＋y 2＋…＋y 21)＝(21x 11，21y 11)＝21a 11，故选B.8．A [解析] 由题意可知AM →＝2AN →＝2λAB →＋2μAC →，因为B ，C ，M 三点共线，所以2λ＋2μ＝1，即λ＋μ＝12.9．A [解析] 由题意得AD →＝AB →＋BD →＝AB →＋13BC →，BE →＝BA →＋AE →＝BA →＋13AC →，CF →＝CB →＋BF →＝CB →＋13BA →，因此AD →＋BE →＋CF →＝CB →＋13(BC →＋AC →－AB →)＝CB →＋23BC →＝－13BC →，则AD →＋BE →＋CF →与BC →反向平行． 10.13，13[解析] 因为AD ＝DB ，AE ＝EC ， 所以F 是△ABC 的重心，则DF →＝13DC →，所以AF →＝AD →＋DF →＝AD →＋13DC →＝AD →＋13(AC →－AD →)＝23AD →＋13AC →＝13AB →＋13AC →，所以x ＝13，y ＝13.11.12 [解析] 因为DE →＝DB →＋BE →＝12AB →＋23BC →＝12AB →＋23(BA →＋AC →)＝－16AB →＋23AC →，所以λ1＝－16，λ2＝23，即λ1＋λ2＝12.12．解：(1)延长AD 到G ，使AD →＝12AG →，连接BG ，CG ，得到▱ABGC .因为AG →＝a ＋b ，所以AD →＝12AG →＝12(a ＋b )，AE →＝23AD →＝13(a ＋b )，AF →＝12AC →＝12b ，BE →＝AE →－AB →＝13(a ＋b )－a ＝13(b －2a )，BF →＝AF →－AB →＝12b －a ＝12(b －2a )．(2)证明：由(1)可知BE →＝23BF →，又因为BE →，BF →有公共点B ， 所以B ，E ，F 三点共线．13．(1)A (2)34 [解析] (1)因为aGA →＋bGB →＋33cGC →＝0，所以⎝⎛⎭⎫a －33c GA →＋⎝⎛⎭⎫b －33c GB →＝0，所以a －33c ＝0，b －33c ＝0，所以a ＝33c ，b ＝33c ，所以 cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝13c 2＋c 2－13c22×33c ·c＝32，所以A ＝π6.(2)取BC 的中点E ，连接AE .因为△ABC 是边长为4的正三角形，所以AE ⊥BC ，AE →＝12(AB →＋AC →)，而AD →＝14(AB →＋AC →)，所以D 为AE 的中点，所以AD ＝ 3.取AF →＝18BC →，以AD ，AF 为邻边作平行四边形，可知AP →＝AD →＋18BC →＝AD →＋AF →，而△APD 为直角三角形，且AF＝12，所以△APD 的面积S ＝12×12×3＝34. 课时作业(二十五)1．B [解析] 由a ∥b ，得1－2m ＝0，即m ＝12，故选B.2．D [解析] 由题知3a －b ＝(1，－1)，c ＝(x ，1)．因为3a －b 与c 共线，所以1＝－x ，即x ＝－1.3．C [解析] 根据已知得(3，－1)＝(－x ＋2y ，2x ＋y )，所以⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2y ＝3，2x ＋y ＝－1， 解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1，y ＝1. 所以x ＋y ＝0. 4．D [解析] 以D 为坐标原点，分别以DA →，DC →的方向为x 轴、y 轴的正方向，建立平面直角坐标系，以DA 的长度为单位长度，则C (0，1)，A (1，0)，由题意，知B 点的坐标为(x ，y )，且x >0，y >0，则BC →＝(－x ，1－y )，CA →＝(1，－1)，BA →＝(1－x ，－y )，所以BC →·CA→＝－x ＋y －1＝0，且|BA →|＝22＝（1－x ）2＋（－y ）2，得x ＝3，y ＝3＋1.5．(－6，21) [解析] ∵AQ →＝PQ →－P A →＝(－3，2)， ∴AC →＝2AQ →＝(－6，4)．∵PC →＝P A →＋AC →＝(－2，7)， ∴BC →＝3PC →＝(－6，21)．6．C [解析] ∵向量a ＝(－1，1)，b ＝(3，m )，∴a ＋b ＝(2，m ＋1)．又∵a ∥(a ＋b )，∴－(m ＋1)＝2，∴m ＝－3.7．C [解析] 由题意，建立如图所示的平面直角坐标系，正方形的边长为单位长度，易知a ＝(－1，1)，b ＝(6，2)，c ＝(－1，－3)．c ＝λa ＋μb ，即(－1，－3)＝λ(－1，1)＋μ(6，2)，根据向量相等得方程组⎩⎪⎨⎪⎧－λ＋6μ＝－1，λ＋2μ＝－3， 解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝－2，μ＝－12.所以λμ＝4.8．A [解析] 易知x >0，y >0，因为AH →＝12AD →，AD →＝12(AB →＋AC →)，所以AH →＝14(AB →＋AC →)．因为M ，H ，N 共线，所以AH →＝mAM →＋nAN →(m ，n ∈R )，且m ＋n ＝1.因为AM →＝xAB →，AN →＝yAC →，所以AH →＝mxAB →＋nyAC →，得⎩⎨⎧mx ＝14，ny ＝14，即⎩⎨⎧m ＝14x ，n ＝14y ， 所以14x ＋14y ＝1.所以x ＋4y ＝()x ＋4y ⎝⎛⎭⎫14x ＋14y ＝14·⎝⎛⎭⎫1＋4＋4y x ＋x y ，而4y x ＋xy ≥24y x ·x y ＝4，当且仅当x ＝2y 时取等号，所以x ＋4y ≥94.9．D[解析] 如图，设正三角形的边长为a .由CM →＝m CA →＋n CB →，得⎩⎪⎨⎪⎧CM →·CA →＝mCA →2＋nCA →·CB →，CM →·CB →＝mCA →·CB →＋nCB →2.因为cos 15°＝cos(60°－45°)＝2＋64，所以⎩⎪⎨⎪⎧22|CM →|a ＝ma 2＋na 22，2＋64|CM →|a ＝ma 22＋na 2，所以mn ＝3－12.10.⎝⎛⎭⎫－12，－5 [解析] ∵AC →＝AB →＋AD →＝(－2，3)＋(3，7)＝(1，10)，∴OC →＝12AC →＝⎝⎛⎭⎫12，5，∴CO →＝⎝⎛⎭⎫－12，－5. 11．8 [解析] 由已知，得AB →∥AC →，∵AB →＝(a －1，1)，AC →＝(－b －1，2)，∴2(a －1)－(－b －1)＝0，∴2a ＋b ＝1，∴1a ＋2b ＝2a ＋b a ＋4a ＋2b b ＝4＋b a ＋4a b ≥4＋2b a ·4a b ＝8，当且仅当b a ＝4ab时取等号，∴1a ＋2b的最小值是8.12．解：由已知得a ＝(5，－5)，b ＝(－6，－3)，c ＝(1，8)． (1)3a ＋b －3c ＝(15－6－3，－15－3－24)＝(6，－42)． (2)∵m b ＋n c ＝(－6m ＋n ，－3m ＋8n )， ∴⎩⎪⎨⎪⎧－6m ＋n ＝5，－3m ＋8n ＝－5，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝－1，n ＝－1. (3)设O 为坐标原点，∵CM →＝OM →－OC →＝3c ， ∴OM →＝3c ＋OC →＝(3，24)＋(－3，－4)＝(0，20)，∴M (0，20)．又∵CN →＝ON →－OC →＝－2b ， ∴ON →＝－2b ＋OC →＝(12，6)＋(－3，－4)＝(9，2)，∴N (9，2)， ∴MN →＝(9，－18)．13．(1)B (2)A [解析] (1)因为线段CO 与线段AB 交于D ，所以λ>0，μ>0，设OA →，OB →的夹角为θ，则0<θ<π.不妨设点A ，B ，C 均在单位圆上，再设A (1，0)，B (cos θ，sin θ)，则OC →＝(λ＋μcos θ，μsin θ)，所以(λ＋μcos θ)2＋(μsin θ)2＝1，即λ2＋μ2＋2λμcos θ＝1<λ2＋μ2＋2λμ＝(λ＋μ)2，所以λ＋μ>1，当θ趋近于π时，根据向量加法的几何意义可知λ＋μ趋近于＋∞，所以λ＋μ的取值范围是(1，＋∞)．(2)建立如图所示的平面直角坐标系，则B (4，0)，C (0，4)．设P (x ，0)，0<x <4.设Q (m ，n )，BQ →＝λBC →，则(m －4，n )＝λ(－4，4)，得m ＝4－4λ，n ＝4λ，即Q (4－4λ，4λ)．因为(PB →＋BQ →)·BC →＝0，即PQ →·BC →＝0，所以(4－4λ－x ，4λ)·(－4，4)＝0，解得λ＝4－x 8，所以Q ⎝⎛⎭⎫4＋x 2，4－x 2.设M (a ，b )，由PM →＝2PQ →，得(a －x ，b )＝2⎝⎛⎭⎫4＋x 2－x ，4－x 2，得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝4－x ，即M (4，4－x )．由AP →＋AN →＝0，得N (－x ，0)．易知△ABC 的重心为G ⎝⎛⎭⎫43，43.因为MN 过点G ，所以M ，N ，G 三点共线，所以存在实数μ，使得NG →＝μNM →，即⎝⎛⎭⎫43＋x ，43＝μ(4＋x ，4－x )，所以⎩⎨⎧43＋x ＝μ（4＋x ），43＝μ（4－x ）， 解得x ＝43，所以|AP →|＝43.课时作业(二十六)1．C [解析] 由题意得cos θ≤0及0≤θ≤π，所以π2≤θ≤π.2．B [解析] 设〈a ，b 〉＝θ，则||a cos θ＝||b cos θ，即cos θ＝3cos θ，得cos θ＝0，所以a ⊥b ，所以||a －b ＝a 2＋b 2＝10.3．C [解析] 如图，在等边三角形ABC 中，D 为BC 的中点，连接AD .因为AB →＋AC →＝2AD →＝2a ，所以AD →＝a .又AB →－AC →＝CB →，所以CB →＝2b .所以||a ＝32，||b ＝12，a ⊥b 均正确．(a ＋b )·a ＝34，所以选项C 中的结论不正确．4．5 [解析] 易知a －2b ＝(－3，3－2t )．因为(a －2b )⊥a ，所以(a －2b )·a ＝0，所以(－3)×(－1)＋(3－2t )×3＝0，解得t ＝2，所以a ＋b ＝(0，5)，所以|a ＋b |＝5.5．－8 [解析] 方法一：根据已知DC →＝13AB →，所以AC →＝AD →＋DC →＝AD →＋13AB →，BD →＝AD→－AB →.所以AC →·BD →＝⎝⎛⎭⎫AD →＋13AB →·(AD →－AB →)＝AD →2－13AB →2＝4－12＝－8.方法二：建立如图所示的平面直角坐标系，则A (0，0)，B (6，0)，C (2，2)，D (0，2)．因为AC →＝(2，2)，BD →＝(－6，2)，所以AC →·BD →＝－12＋4＝－8.6．A [解析] 因为PB →＋PC →＝2PM →＝AP →，所以P A →·(PB →＋PC →)＝－AP →2.因为AP →＝2PM →，AM ＝3，所以AP ＝2，－AP →2＝－4，故选A.7．D [解析] 由||a ＝||b ＝1以及a ⊥(a －2b )，得2a ·b ＝1，所以||a ＋b ＝||a 2＋2a ·b ＋||b 2＝ 3.8．A [解析] 根据正弦定理得AB ＝22sin C ，AC ＝22sin B ．取BC 的中点D ，连接OD ，则OD ⊥BC .因为OA →·BC →＝(OD →－AD →)·BC →＝－AD →·BC →＝－12(AB →＋AC →)·(AC →－AB →)＝12(AB →2－AC →2)＝4sin 2C －4sin 2B ＝2cos 2B －2cos 2C ＝2cos 2B －2cos(270°－2B )＝2cos 2B ＋2sin 2B ＝22sin(2B ＋45°)，又因为45°<2B ＋45°<225°，所以－22<sin(2Β＋45°)≤1，所以－2<OA →·BC →≤2 2.9．A [解析] 方法一：DE →·BF →＝⎝⎛⎭⎫12CB →－CD →·⎝⎛⎭⎫12CD →－CB →＝54CB →·CD →－12CD →2－12CB →2＝－54.易知||CD →＝||AB →＝2，||BC →＝||AD →＝1，则cos 〈CB →，CD →〉＝12，所以〈CB →，CD →〉＝π3，从而〈AB →，AD →〉＝π3.方法二：设AB →，AD →的夹角为θ，以点A 为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系，则B (2，0)，D (cos θ，sin θ)，C (2＋cos θ，sin θ)，E ⎝⎛⎭⎫2＋12cos θ，12sin θ，F (1＋cos θ，sin θ)．所以DE →＝⎝⎛⎭⎫2－12cos θ，－12sin θ，BF →＝(cos θ－1，sin θ)，DE →·BF →＝52cos θ－52＝－54，解得cos θ＝12，又因为0≤θ≤π，所以θ＝π3. 10．C[解析] 由AC →＝(1，3)，BD →＝(－3，1)，得|AC →|＝|BD →|＝2，且AC →⊥BD →.由于AC →，BD →的坐标与向量的起点、终点有关，而与其在坐标系中的具体位置无关，据此建立如图所示的平面直角坐标系，则A (0，0)，C (2，0)，设B (x ，y )，则D (x ，y ＋2)，其中0<x <2，－2<y <0.此时AB →·CD →＝(x ，y )·(x －2，y ＋2)＝(x －1)2＋(y ＋1)2－2，因为0≤(x －1)2<1，0≤(y ＋1)2<1，所以－2≤(x －1)2＋(y ＋1)2－2<0，故所求的取值范围为[－2，0)．11.23 [解析] 由AB →在BC →方向上的投影为－1，得||AB →cos 120°＝－1，所以||AB →＝2.由AD →＝2DC →，得AD →＝23AC →.BD →·AC →＝(AD →－AB →)·AC →＝23AC →－AB →·AC →＝23AC →2－AB →·AC →＝83－2＝23.12.2＋1 [解析] 设a ，b 夹角为θ(0≤θ≤π)，由a ·b ＝2×3cos θ＝3，得cos θ＝22，所以θ＝π4. 由题意，建立如图所示的平面直角坐标系，则a ＝(1，1)，b ＝(3，0)．设c ＝(x ，y )，则c －2a ＝(x －2，y －2)，2b －3c ＝(6－3x ，－3y )．因为()c －2a ·(2b －3c )＝0，所以(x －2)(6－3x )＋(y －2)(－3y )＝0，整理得，x 2＋y 2－4x －2y ＋4＝0，即(x －2)2＋(y －1)2＝1，即向量c 的终点在以点(2，1)为圆心，1为半径的圆上．根据向量减法的几何意义，可知||b －c 的最大值为（3－2）2＋（0－1）2＋1＝2＋1.13.⎣⎡⎦⎤45，4 [解析] 当λ＝1时，Q 为CD 的中点．设AB →＝m ，AD →＝n ，BP →＝μBQ →(0≤μ≤1)． 易知BQ →＝－12m ＋n ，AP →＝AB →＋BP →＝m ＋μ⎝⎛⎭⎫－12m ＋n ＝⎝⎛⎭⎫1－12μm ＋μn ， DP →＝AP →－AD →＝⎝⎛⎭⎫1－12μm ＋μ n －n ＝⎝⎛⎭⎫1－12μm ＋(μ－1)n ， 所以P A →·PD →＝AP →·DP →＝⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－12μm ＋μn ·⎝⎛⎭⎫1－12μm ＋(μ－1)n ＝4⎝⎛⎭⎫1－12μ2＋4μ(μ－1)＝5μ2－8μ＋4.根据二次函数性质可知，当μ＝45时上式取得最小值45；当μ＝0时上式取得最大值4.所以P A →·PD →的取值范围为⎣⎡⎦⎤45，4.14．解：由已知得，a·b ＝4×8×⎝⎛⎭⎫－12＝－16. (1)①∵|a ＋b|2＝a 2＋2a·b ＋b 2＝16＋2×(－16)＋64＝48，∴|a ＋b|＝4 3. ②∵|4a －2b|2＝16a 2－16a·b ＋4b 2＝16×16－16×(－16)＋4×64＝768， ∴|4a －2b |＝16 3.(2)∵(a ＋2b )⊥(k a －b )，∴(a ＋2b )·(k a －b )＝0， ∴k a 2＋(2k －1)a·b －2b 2＝0，即16k －16(2k －1)－2×64＝0，∴k ＝－7. 即k ＝－7时，(a ＋2b )⊥(k a －b )．15．解：(1)∵a ⊥b ，∴3cos θ－sin θ＝0，得sin ⎝⎛⎭⎫π3－θ＝0，又θ∈[0，π]，∴θ＝π3. (2)∵2a －b ＝(2cos θ－3，2sin θ＋1)，∴||2a －b 2＝(2cos θ－3)2＋(2sin θ＋1)2＝8＋8sin ⎝⎛⎭⎫θ－π3，又θ∈[0，π]，∴θ－π3∈⎣⎡⎦⎤－π3，2π3，∴sin ⎝⎛⎭⎫θ－π3∈⎣⎡⎦⎤－32，1，∴||2a －b 2的最大值为16，∴||2a －b 的最大值为4.又||2a －b <m 恒成立，∴m >4.16．(1)D (2)3∶2∶1 [解析] (1)以C 为坐标原点，CA 为x 轴建立如图所示的平面直角坐标系，则A (3，0)，B (0，3)，∴AB 所在直线的方程为y ＝3－x .设M (a ，3－a )，N (b ，3－b )，且0≤a ≤3，0≤b ≤3，不妨设a >b . ∵MN ＝2，∴(a －b )2＋(b －a )2＝2， ∴a －b ＝1，∴a ＝b ＋1， ∴0≤b ≤2. ∴CM →·CN →＝(a ，3－a )·(b ，3－b )＝2ab －3(a ＋b )＋9＝2(b 2－2b ＋3)＝2(b －1)2＋4， ∴当b ＝1时有最小值4，当b ＝0或b ＝2时有最大值6， ∴CM →·CN →的取值范围为[4，6]．(2)因为OA →＋2OB →＋3OC →＝0，所以OA →＋OC →＋2(OB →＋OC →)＝0，设点D ，E 分别是BC ，AC 的中点，由平行四边形法则，知OE →＋2OD →＝0，所以O 为三角形ABC 中位线DE 的三等分点(靠近D 点)．所以S △OAB ＝12S △ABC ，S △OBC ＝16S △ABC ，S △OAC ＝13S △ABC ，所以△OAB ，△OAC ，△OBC 的面积之比为12∶13∶16＝3∶2∶1.课时作业(二十七)1．A [解析] 因为z ＝21＋i ＝（1＋i ）（1－i ）1＋i＝1－i ，所以z ＝1＋i ，对应的点为(1，1)．2．A [解析] 因为1－i 1－2i ＝（1－i ）（1＋2i ）（1－2i ）（1＋2i ）＝35＋15i ，所以其虚部为15.3．D [解析] z ＝2－i i ＝（2－i ）i i 2＝2i －i 2－1＝－1－2i.4．B [解析] 由z (1＋i)＝－i ，得z ＝－i 1＋i ＝－i （1－i ）（1＋i ）（1－i ）＝－12－12i ，所以|z |＝⎝⎛⎭⎫－122＋⎝⎛⎭⎫－122＝22. 5．2 [解析] 实数m 满足m 2－m －2＝0，且m ＋1≠0，解得m ＝2.6．B [解析] 由题意得，z ＝1＋2i 1－i ＝（1＋2i ）（1＋i ）（1－i ）（1＋i ）＝－1＋3i2，故z 对应的点在第二象限．7．D [解析] 由z ＋z ·i ＝2＋3i ，得z ＝2＋3i 1＋i＝5＋i 2，所以z －＝5－i2，对应的点⎝⎛⎭⎫52，－12位于第四象限．8．C [解析] z 4＝(1＋i)2(1＋i)2＝(2i)2＝－4，故选C.9．D [解析] z ＝21－i ＝2（1＋i ）（1－i ）（1＋i ）＝2（1＋i ）2＝1＋i ，所以|z |＝2，故选D.10．C [解析] ||z ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪12i 1－12i ＝⎪⎪⎪⎪12i ⎪⎪⎪⎪1－12i ＝1212＋⎝⎛⎭⎫－122＝55. 11．D [解析] 2－a i 1＋i ＝（2－a i ）（1－i ）（1＋i ）（1－i ）＝2－a －（2＋a ）i 2＝2－a 2－2＋a2i 为纯虚数，则⎩⎨⎧2－a2＝0，－2＋a 2≠0，解得a ＝2，故选D.12．D [解析] 由复数除法的运算法则，可知1－12i 1＋12i ＝⎝⎛⎭⎫1－12i ⎝⎛⎭⎫1－12i ⎝⎛⎭⎫1＋12i ⎝⎛⎭⎫1－12i ＝35－45i ，故选D.13.⎝⎛⎭⎫－12，2 [解析] 1＋a i 2－i ＝（1＋a i ）（2＋i ）（2－i ）（2＋i ）＝（2－a ）＋（1＋2a ）i 5，若其所对应的点在第一象限，则⎩⎪⎨⎪⎧2－a >0，1＋2a >0，解得－12<a <2.14．解：(1)当z 为实数时，有⎩⎪⎨⎪⎧m 2－5m －6＝0，m 2－1≠0， 得m ＝6，即当m ＝6时，z 为实数．(2)当z 为虚数时，m 2－1≠0，且m 2－5m －6≠0， 所以m ≠±1且m ≠6，即当m ∈(－∞，－1)∪(－1，1)∪(1，6)∪(6，＋∞)时，z 为虚数．(3)当z 为纯虚数时，有⎩⎪⎨⎪⎧m 2－5m －6≠0，m 2－7m ＋6m 2－1＝0，方程组无解，故不存在实数m ，使z 为纯虚数．15．解：(1)设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )，则z ＝a －b i.由z ＋z ＝1，zz ＝1，得2a ＝1且a 2＋b 2＝1，解得a ＝12，b ＝±32，即z ＝12＋32i 或z ＝12－32i.当z ＝12＋32i 时，z z ＝12－32i 12＋32i ＝⎝⎛⎭⎫12－32i 2＝－12－32i ；同理当z ＝12－32i 时，z z ＝－12＋32i.所以z z ＝－12±32i.(2)设z ＝x ＋y i(x ，y ∈R )，则z ＝x －y i ，|z |＝x 2＋y 2，x ＋y i ＋x 2＋y 2＝2＋i ，即⎩⎨⎧x ＋x 2＋y 2＝2，y ＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝34，y ＝1.所以z ＝34＋i.16．(1)B (2)C [解析] (1)z ＝3＋i （1＋i ）2＝3＋i 2i ＝12－32i ，所以||z ＝1.(2)因为2－i a ＋i ＝（2－i ）（a －i ）（a ＋i ）（a －i ）＝（2a －1）－（2＋a ）ia 2＋1为纯虚数，所以2a ＝1，所以z＝1＋2i ，|z |＝ 3.。
2019年高考数学理课时作业二十七 第27讲 数系的扩充与
课时作业(二十七)第27讲数系的扩充与复数的引入基础热身1.设i为虚数单位,则i3+i5=()A.0B.1C.-1D.22.[2017·遂宁三诊]复数z=cos+isin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3.[2017·豫北重点中学联考]复数z=(2+3i)i的实部与虚部之和为()A.1B.-1C.5D.-54.[2017·石家庄三模]复数=.5.设i为虚数单位,复数z1=1-2i,z2=4+3i,则|z1+z2|=.能力提升=1,其中i为虚数单位,则复数z的共轭复数为6.[2017·山西实验中学联考]若复数z满足-()A.-+B.--C.-D.+7.[2017·成都三诊]已知复数z1=2+6i,z2=-2i.若z1,z2在复平面内对应的点分别为A,B,线段AB的中点C对应的复数为z,则=()A.B.5C.2D.28.[2017·大同三模]如图K27-1所示的网格纸中小正方形的边长是1,复平面内点Z对应的复数z满足(z1-i)·z=1,则复数z1=()图K27-1A.-+iB.+iC.-iD.--i=|-i|,则a=()9.[2017·长郡中学模拟]若复数z=a+2i(a∈R),且满足-A.±1B.1C.±2D.210.[2017·抚州第一中学模拟]已知集合A=N,B={x∈R|z=3+x i,且|z|=5}(i为虚数单位),则A ∩B=()A.4B.-4C.D.-11.[2017·广元三诊]欧拉公式e i x=cos x+isin x(i为虚数单位)是瑞士数学家欧拉发明的,将指数函数的定义域扩大到复数集,建立了三角函数和指数函数的联系,被誉为“数学中的天桥”.根据欧拉公式可知,表示的复数的模为()A. B.1C.D.12.已知复数z=,则复数z的虚部为.13.[2017·郑州模拟]已知=b+2i(a,b∈R),其中i为虚数单位,则a-b=.14.[2017·池州联考]已知复数z=,其中a为整数,且z在复平面内对应的点在第四象限,则a的最大值为.难点突破15.(5分)[2017·枣庄模拟]已知m为实数,i为虚数单位,若m+(m2-4)i>0,则=()A.iB.1C.-iD.-116.(5分)[2017·鹰潭模拟]“复数z=-(其中i是虚数单位)是纯虚数”是“θ=+2kπ(k∈Z)”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课时作业(二十七)1.A[解析] i3+i5=-i+i=0,故选A.2.B[解析]因为cos<0,sin>0,所以复数z=cos+isin在复平面内对应的点位于第二象限,故选B.3.B[解析]z=(2+3i)i=-3+2i,所以复数z的实部与虚部之和为-3+2=-1,故选B.=1+i.4.1+i[解析]=--5.[解析]由已知得z1+z2=5+i,则|z1+z2|==.6.B[解析]由-=1得z(1-i)=i,即z==-=-+i,则复数z的共轭复数为--,故选B.7.A[解析]由题意知A(2,6),B(0,-2),则C(1,2),∴z=1+2i,则|z|=,故选A.8.B[解析]由题得z=2+i,所以z1=+i=+i=+i.9.A[解析]由z=a+2i得=a-2i,则z=a2+4,所以-=|-i|⇒=1⇒a=±1.10.C[解析]由题意可得==5,则x=±4,所以B={-4,4},由于A=N,因此A∩B={4},故选C.11.B[解析]=cos+isin=+i,所以==1,故选B.12.[解析]由题意可得z===-=-=-+i,则复数z的虚部为.13.-3[解析]因为=1-a i=b+2i(a,b∈R),所以b=1,a=-2,则a-b=-3.14.3[解析]复数z==--=-,则z在复平面内对应的点为,-,所以-解得-1<a<4,又a为整数,所以a的最大值为3.15.A[解析]因为m+(m2-4)i>0,所以-⇒m=2,故==i,故选A.16.B[解析]z=-=sin θ--icos θ,若z为纯虚数,则-即θ=2kπ+(k∈Z)或θ=2kπ+π(k∈Z).故“复数z=-(其中i是虚数单位)是纯虚数”是“θ=+2kπ(k∈Z)”的必要不充分条件,故选B.。
高考数学(文)大一轮复习检测：第四章平面向量、数系的扩充与复数的引入课时作业30Word版含答案
课时作业30数系的扩充与复数的引入••>#础迭标演竦、选择题1.若集合A= {i , i2, i 4｝（i是虚数单位），B= ｛1 , —1｝，则A n B等于（）A. { —1}B.⑴C. {1 , —1}D. ?解析：因为A= {i , i2, i , i4} = {i , —1, —i , 1}, B= {1 , —1}，所以A n B={ —1,1}.答案：C2 . （2016 •山东卷）若复数2z = ，其中i为虚数单位，则z =（1 —iA. B. 1 —iC. D.—1 —i解析：易知z= 1 + i，所以z = 1 —i，选B.答案：B3. （2016 •新课标全国卷n ）设复数z满足z+ i = 3—i，贝U z =（）A. —1 + 2i C. 3 + 2iB. 1 —2i D. 3 —2i解析：易知z= 3 —2i，所以z = 3+ 2i.答案：C4•若复数m3 + i）—（2 + i）在复平面内对应的点位于第四象限，则实数m的取值范围A. m>1C.2m<3■或m>12D~<n<1解析：n(3 + i) —(2 + i) = (3 m- 2) + ( n—1)i3m- 2>0, 2由题意，得* 解得有<m<1.m-1<0, 3答案：D2 15.若复数z = a —1+ (a+ 1)i( a€ R)是纯虚数，则的虚部为()2 0161 — i 1-i答案：D7. （2017 •芜湖一模）已知i 是虚数单位,Z 1 = a + i , Z 2= a - i ,若一为纯虚数,22 Z 2则实数a =（2 c.-i 2 3或-23 ° a -4=0，.,3a ^ 0, 答案：CA. 2 -5i 2C.52D.5i解析: 由题意得a -1=0,a + 1工 0,1所以a = 1所以石a 1 + 2il + 2i1 - 2iT —I，根据虚部的概念，可得z +a 的虚部为一|.答案：A6. 2i2已知复数z = 1 + ，贝U 1 + z + z +…+ 1 — i2 015z A. B.C.D.解析：z = 1 + & = 1 + 工^= i2 015 1 -Az =2 016-Z 1—z=0.B.D.解析:a+申ziZ2a-二a+汀3 + 3a ia+ 4•是纯虚数,解得a=^2331 1&在复平面内，复数不丁,不ry（i为虚数单位）对应的点分别为A B,若点C为线段AB的中点，则点C对应的复数为（）B. 1D. i答案：A二、填空题9.复数z= （1 + 2i）（3 —i），其中i为虚数单位，则z的实部是__________解析：复数z= （1 + 2i）（3 —i）= 5+ 5i，其实部是5.答案：5答案：2故a+ b= 1.答案：1312.在复平面上，复数一对应的点到原点的距离为____________—解法23 3 3丄4—4i + i 3—4i0+1：-419 + 12i 9 12.25 = 25 +25i,9 12+A.1 C.2i解析: 1 iTi1—i —Hi11. 12—2i，i1 + iT——IT1 + $，则A(12 2 21 1 1 1—2），B（2，^），二线段AB的中点c10），故点C对应的复数为2选A.10. （2016 •天津卷）已知a, b€ R, i是虚数单位，若(1 + i)(1—b i）= 解析：(1 + i)(1 —b i) = 1+ b+ (1 —b)i =a,所以b= 1, a= 2,二=2. b11.已知a T2L = b+ i( a,b€ R），其中i为虚数单位，则a+ b=解析:因为a+ 2i厂=b+ i所以2 —a i = b + i.由复数相等的充要条件得b= 2, a=—1, 解析：解法1:由题意可知3答案：5••>«生沖击名核则 |Z l + Z 2| =( )答案：A为虚数单位）在复平面中对应点 A,将0A 绕原点0逆时针旋转90得到0B 则点B 在（ ）A.第一象限 B .第二象限 C.第三象限D .第四象限n解析：因为复数z 对应点的坐标为 A （3,1）,所以点A 位于第一象限，所以逆时针旋转 三 后对应的点B 在第二象限.答案：B3.已知 i 为虚数单位，(z i — 2)(1 + i) = 1-i ,Z 2= a + 2i ，若z i • R,则| Z 2| =( )A. 4B. 20C. 5D. 2 5解析：_ 1-i _ 1-i 2… ，. 一、 ______________ 乙一2 + — 2 + — 2 — i , Z i • Z 2 — (2 — i)( a + 2i) — 2a + 2 + (4 - a )i ,若 Z i • Z 2€ R ,则 a = 4, | Z 2| = 2 5，选 D.答案：D 4.已知复数z i = cos15° + sin 15 ° i 和复数 z = cos45°+ sin45 ° i ，贝U z i • z =1. （2017 •河北衡水一模 ）如图，在复平面内，复数z i , Z 2对应的向量分别是 OA OBA. 2 C. 2 2解析：z i =- 2- i ,Z 2 = i , z i + Z 2= 2,故选A.2.设复数z =D. 3 3解析：z i • Z 2 = (cos15 ° + sin15 ° i)(cos45cos45°+ cos15° sin45 ° )i = cos60°+ sin60 ° i =2i +i — 1 + i 1+ i = 1 + i—1 + i 1 —i _2j__二=厂 对应的点为(0,1).答案：(0,1)3 32 =—|2 — i|5.解析： ...i 4n +1十 i 4n +2+ i 4n +3+ i 如+4= i + i 2+ i 3+ i 4= o ，而 2 013 = 4X 503+ 1,2 014 5•已知复数z = i + i Jf 14，则复数z 在复平面内对应的点为 1 + i32 014•••+ i+ sin45 ° i) = (cos15 ° cos45° —sin 15 ° sin45 ° ) + (sin154X 503+ 2,答案：2+。
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 课时作业29 平面向量的应用(含解析)文
课时作业29 平面向量的应用一、选择题1．在△ABC 中，“△ABC 为直角三角形”是“AB →·BC →＝0”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：若△ABC 为直角三角形，角B 不一定为直角，即AB →·BC →不一定等于0；若AB →·BC →＝0，则AB ⊥BC ，故角B 为直角，即△ABC 为直角三角形，故“△ABC 为直角三角形”是“AB →·BC →＝0”的必要不充分条件．答案：B2．已知点M (－3,0)，N (3,0)，动点P (x ，y )满足|MN →|·|MP →|＋MN →·NP →＝0，则点P 的轨迹的曲线类型为( )A ．双曲线B ．抛物线C ．圆D ．椭圆解析：MN →＝(3,0)－(－3,0)＝(6,0)，|MN →|＝6，MP →＝(x ，y )－(－3,0)＝(x ＋3，y )，NP →＝(x ，y )－(3,0)＝(x －3，y )，∴|MN →|·|MP →|＋MN →·NP →＝6x ＋2＋y 2＋6(x －3)＝0，化简可得y 2＝－12x .故点P 的轨迹为抛物线．答案：B3．(2017·河南适应性测试)已知向量m ＝(1，cos θ)，n ＝(sin θ，－2)，且m ⊥n ，则sin2θ＋6cos 2θ的值为( )A.12 B ．2 C ．2 2D ．－2解析：由题意可得m·n ＝sin θ－2cos θ＝0，则tan θ＝2，所以sin2θ＋6cos 2θ＝2sin θcos θ＋6cos 2θsin 2θ＋cos 2θ＝2tan θ＋6tan 2θ＋1＝2.故选B. 答案：B4．已知O 为坐标原点，a ＝(－1,1)，OA →＝a －b ，OB →＝a ＋b ，当△AOB 为等边三角形时，|AB →|的值是( )A.269 B.429 C.263D.83解析：设b ＝(x ，y )，∵|OA →|＝|OB →|＝|AB →|，∴|a －b |＝|a ＋b |＝2|b |，∴⎩⎨⎧a ·b ＝0|a |＝3|b |，∴⎩⎨⎧－x ＋y ＝02＝3·x 2＋y 2，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝33y ＝33或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－33，y ＝－33，∴|AB →|＝2|b |＝263，故选C.答案：C5．(2017·福建质检)平行四边形ABCD 中，AB ＝4，AD ＝2，AB →·AD →＝4，点P 在边CD 上，则PA →·PB →的取值范围是( )A ．[－1,8]B ．[－1，＋∞)C ．[0,8]D ．[－1,0]解析：由题意得AB →·AD →＝|AB →|·|AD →|·cos∠BAD ＝4，解得∠BAD ＝π3，以A 为原点，AB所在的直线为x 轴建立平面直角坐标系，则A (0,0)，B (4,0)，C (5，3)，D (1，3)，因为点P 在边CD 上，所以不妨设点P 的坐标为(a ，3)(1≤a ≤5)，则PA →·PB →＝(－a ，－3)·(4－a ，－3)＝a 2－4a ＋3＝(a －2)2－1，则当a ＝2时，PA →·PB →取得最小值－1，当a ＝5时，PA →·PB →取得最大值8，故选A.答案：A6．在△ABC 中，满足|AC →|＝|BC →|，(AB →－3AC →)⊥CB →，则角C 的大小为( ) A.π3 B.π6 C.2π3D.5π6 解析：设△ABC 的角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，由(AB →－3AC →)⊥CB →，可得(AB →－3AC →)·CB→＝(AB →－3AC →)·(AB →－AC →)＝c 2＋3b 2－4AB →·AC →＝c 2＋3b 2－4cb cos A ＝c 2＋3b 2－2(b 2＋c 2－a 2)＝0，即b 2－c 2＋2a 2＝0.又由|BC →|＝|AC →|可得a ＝b ，则c 2＝3a 2，由余弦定理可得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝a 2＋a 2－3a 22a 2＝－12，所以△ABC 的内角C ＝2π3. 答案：C 二、填空题7．(2017·广西二市模拟)已知正方形ABCD 的边长为2，点P 、Q 分别是边AB 、BC 边上的动点且DP →⊥AQ →，则CP →·QP →的最小值为________．解析：如图所示，由条件易证△ABQ ≌△DAP ，∴设AP ＝BQ ＝t (0<t <2)，建立平面直角坐标系，则C (0,2)，P (2，t )，Q (2－t,2)，∴CP →＝(2，t －2)，QP →＝(t ，t －2)，∴CP →·QP →＝2t ＋t 2－4t ＋4＝(t －1)2＋3≥3，当且仅当t ＝1时，等号成立，故所求最小值为3.答案：38．已知|a |＝2|b |，|b |≠0，且关于x 的方程x 2＋|a |x －a ·b ＝0有两相等实根，则向量a 与b 的夹角是________．解析：由已知可得Δ＝|a |2＋4a ·b ＝0，即4|b |2＋4×2|b |2cos θ＝0，∴cos θ＝－12.又∵0≤θ≤π，∴θ＝2π3.答案：2π39．设向量a ＝(2cos α，2sin α)，b ＝(cos β，sin β)，其中0<α<β<π，若以向量a ＋b 与a －2b 为邻边所作的平行四边形是菱形，则cos(β－α)＝________.解析：由题意知，|a ＋b |＝|a －2b |，所以a 2＋2a ·b ＋b 2＝a 2－4a ·b ＋4b 2，所以2a ·b ＝b 2，即4cos(β－α)＝1，所以cos(β－α)＝14.答案：14三、解答题10．已知向量a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫sin x ，32，b ＝(cos x ，－1)． (1)当a ∥b 时，求tan2x 的值；(2)求函数f (x )＝(a ＋b )·b 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，0上的值域．解：(1)∵a ∥b ，∴sin x ·(－1)－32·cos x ＝0，即sin x ＋32cos x ＝0，tan x ＝－32.∴tan2x ＝2tan x 1－tan 2x ＝125. (2)f (x )＝(a ＋b )·b ＝a ·b ＋b 2＝sin x cos x －32＋cos 2x ＋1＝12sin2x －32＋12cos2x ＋12＋1 ＝22sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π4.∵－π2≤x ≤0，∴－π≤2x ≤0，－3π4≤2x ＋π4≤π4，∴－22≤22sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π4≤12， ∴f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，0上的值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－22，12.11．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且满足(2a －c )BA →·BC →＝cCB →·CA →.(1)求角B 的大小；(2)若|BA →－BC →|＝6，求△ABC 面积的最大值． 解：(1)由题意得(2a －c )cos B ＝b cos C .根据正弦定理得(2sin A －sin C )cos B ＝sin B cos C ， 所以2sin A cos B ＝sin(C ＋B )，即2sin A cos B ＝sin A ，因为A ∈(0，π)，所以sin A >0.所以cos B ＝22，又B ∈(0，π)，所以B ＝π4.(2)因为|BA →－BC →|＝6，所以|CA →|＝ 6.即b ＝6，根据余弦定理及基本不等式得6＝a 2＋c 2－2ac ≥2ac －2ac ＝(2－2)ac (当且仅当a ＝c 时取等号)，即ac ≤3(2＋2)，故△ABC 的面积S ＝12ac sin B ≤2＋2，即△ABC 的面积的最大值为32＋32.1．(2017·河北衡水中学调研)已知单位向量a ，b ，若a·b ＝0，且|c －a |＋|c －2b |＝5，则|c ＋2a |的取值范围是( )A ．[1,3]B ．[22，3] C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤655，22 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤655，3 解析：由题设单位向量a ＝(1,0)，b ＝(0,1)，c ＝(x ，y )，所以c －a ＝(x －1，y )，c －2b ＝(x ，y －2)，所以x －2＋y 2＋x 2＋y －2＝5，即(x ，y )到A (1,0)和B (0,2)的距离和为5，即表示点(1,0)和(0,2)之间的线段，|c ＋2a |＝x ＋2＋y 2，表示(－2,0)到线段AB 上点的距离，最小值是点(－2,0)到直线2x ＋y －2＝0的距离，|c ＋2a |min ＝65＝655，最大值为(－2,0)到(1,0)的距离是3，所以|c ＋2a |的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤655，3，故选D.答案：D2．(2017·安徽皖北协作体联考)已知a ，b ，c 分别为△ABC 的三个内角A ，B ，C 的对边，向量m ＝(2cos C －1，－2)，n ＝(cos C ，cos C ＋1)，若m ⊥n ，且a ＋b ＝10，则△ABC 周长的最小值为( )A ．10－5 3B ．10＋5 3C ．10－2 3D ．10＋2 3解析：∵m ⊥n ，∴m·n ＝0，即2cos 2C －cos C －2cos C －2＝0，整理得2cos 2C －3cos C －2＝0，解得cos C ＝－12，cos C ＝2(舍去)，又∵c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ＝(a ＋b )2－2ab (1＋cos C )＝102－2ab (1－12)≥100－(a ＋b 2)2＝100－25＝75，∴c ≥53，则△ABC 的周长为a ＋b ＋c ≥10＋5 3.故选B.答案：B3．P ，Q 为三角形ABC 中不同的两点，若3PA →＋2PB →＋PC →＝0,3QA →＋4QB →＋5QC →＝0，则S △PABS △QAB 为( )A ．1 2B ．2 5C ．5 2D ．21解析：设△ABC 为AB ＝AC ＝2的等腰直角三角形，建立坐标系如图，设A (0,0)，B (2,0)，C (0,2)，设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)．由3PA →＋2PB →＋PC →＝0得3(－x 1，－y 1)＋2(2－x 1，－y 1)＋(－x 1，2－y 1)＝(0,0)，得2－6y 1＝0，y 1＝13，则S △PAB ＝16S △CAB .由3QA →＋4QB →＋5QC →＝0得3(－x 2，－y 2)＋4(2－x 2，－y 2)＋5(－x 2,2－y 2)＝(0,0)， 10－12y 2＝0，y 2＝56，则S △QAB ＝512S △CAB ，S △PAB S △QAB ＝25，故选B.答案：B4．已知O 为△ABC 内一点，且OA →＋OC →＋2OB →＝0，则△AOC 与△ABC 的面积之比是________．解析：如图所示，取AC 中点D .∴OA →＋OC →＝2OD →.∴OD →＝BO →.∴O 为BD 中点， ∴面积比为高之比． 答案：125．(2016·浙江卷)已知平面向量a ，b ，|a |＝1，|b |＝2，a ·b ＝1，若e 为平面单位向量，则|a ·e |＋|b ·e |的最大值是________．解析：由a ·b ＝1，|a |＝1，|b |＝2可得两向量的夹角为60°，建立平面直角坐标系，可设a ＝(1,0)，b ＝(1，3)，e ＝(cos θ，sin θ)，则|a ·e |＋|b ·e |＝|cos θ|＋|cos θ＋3sin θ|≤|cos θ|＋|cos θ|＋3|sin θ|＝3|sin θ|＋2|cos θ|≤7，所以|a ·e |＋|b ·e |的最大值为7.答案：7。
【高三】高三数学平面向量数系的扩充与复数的引入训练(附答案)
【高三】高三数学平面向量数系的扩充与复数的引入训练（附答案）【高三】高三数学平面向量、数系的扩充与复数的引入训练（附答案）《2022高级三》数学篇章末尾的综合试题（7）——平面向量和数系的展开及复数的引入一、：本大题共12小题，每小题5分，共60分．1.如图所示，在平行四边形ABCD中，O是对角线AC和BD的交点，n是线OD的中点，an和CD的延长线在点E相交，那么下面的陈述是错误的（）a.ac→＝ab→＋ad→b.bd→＝ad→－ab→c、敖→＝12ab→＋公元12年→d、ae→＝53ab→＋公元→解析：排除法．如题图，ac→＝ab→＋ad→，故a正确．而bd→＝ad→－ab→，故b正确．敖→ = 12ac→ = 12（公元前→ + ab→) = 12ab→ + 公元12年→, 所以C是正确的，所以选择D答案：d2.如果I是虚单位，那么复数1+i33－2I等于（）a.513－113ib.113－113ic、 1－15id。
15－15i解析：1＋i33－2i＝1－i3－2i＝(1－i)(3＋2i)(3－2i)(3＋2i)＝(3＋2)－3i＋2i13＝5－i13＝513－113i.答：a3．已知复数z＝1＋i，则z2－2zz－1等于( )a、 2ib、－2ic、二,d、－2解析：将已知代入得：（1+I）2-2（1+I）1+I-1=（-I）[（1+I）2-2（1+I）]=（-I）（2i-2-2i）=2i，所以答案：a4.如果a=1，B=2，C=a+B，C⊥ a、向量a和Bθ之间的角度是（）a．60°b．90°c．120°d．150°分析：（a+b）a=0，A2+AB=0，cosθ＝abab＝a2ab＝abab＝12∴ θ＝120°答案：c5.让复数（a+I）2对应的点位于Y轴的负半轴上，则实数a的值为（）a．－1b．1c．－2d.2分析：∵ （a+I）2=A2-1+2ai，∵ 2A<0a2-1=0，解为a=-1答案：a6.已知点P是平面上的一点△ 美国广播公司和美联社→ = 13ab→ + 塔克→, 其中t 是一个实数。
高考数学一轮复习 第四章 平面向量、数系的扩充与复数
故
cos〈a，b〉＝ 2
3
＝ 3
23，即〈a，b〉＝π6。故向量
a
与
b
的夹角为π6。
答案
π 6
10．已知向量 a＝－12， 23，O→A＝a－b，O→B＝a＋b，若△OAB 是以 O 为直角顶点的等腰直角三角形，则△OAB 的面积为________。
解析 由题意得，|a|＝1，又△OAB 是以 O 为直角顶点的等腰直角三
20m－122＋5(0<m<1)，所以当 m＝12时，|O→C|min＝ 5。
答案 C
二、填空题 7．已知平面向量 a，b 满足|a|＝|b|＝1，a⊥(a－2b)，则|a＋b|＝________。
解析 因为 a⊥(a－2b)，所以 a·(a－2b)＝0，解得 2a·b＝1，所以|a＋b| ＝ |a|2＋|b|2＋2a·b＝ 3。
答案 B
3．已知向量 a＝(－2，m)，b＝3，12m，m∈R，则“a⊥(a＋2b)”是 “m＝2”的( )
A．充要条件 B．必要不充分条件 C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件
解析 由已知得 a＋2b＝(4,2m)，a⊥(a＋2b)等价于－2×4＋m·2m＝0， 所以 m＝±2。先考虑充分性，m＝±2 成立不能推出 m＝2 成立，所以“a⊥ (a＋2b)”不是“m＝2”的充分条件。再考虑必要性，m＝2 成立可以推出 m ＝±2 成立，所以“a⊥(a＋2b)”是“m＝2”的必要条件。所以“a⊥(a＋ 2b)”是“m＝2”的必要不充分条件。故选 B。
答案 B
2．向量 a，b 均为非零向量，(a－2b)⊥a，(b－2a)⊥b，则 a，b 的夹角
为( )
A．6π
B．3π
C．23π
2020高考数学文科大一轮复习第四章平面向量_数系的扩充与复数的引入_ _课时作业 (2)
课时作业28 平面向量数量积的应用一、选择题1．(2019·株洲模拟)在△ABC 中，(BC →＋BA →)·AC →＝|AC →|2，则△ABC 的形状一定是( C )A ．等边三角形B ．等腰三角形C ．直角三角形D ．等腰直角三角形解析：由(BC →＋BA →)·AC →＝|AC →|2， 得AC →·(BC →＋BA →－AC →)＝0，即AC →·(BC →＋BA →＋CA →)＝0,2AC →·BA →＝0， ∴AC →⊥BA →，∴A ＝90°.又根据已知条件不能得到|AB →|＝|AC →|， 故△ABC 一定是直角三角形．2．已知点A (－2,0)，B (3,0)，动点P (x ，y )满足P A →·PB →＝x 2，则点P 的轨迹是( D )A ．圆B ．椭圆C ．双曲线D ．抛物线 解析：∵P A →＝(－2－x ，－y )，PB →＝(3－x ，－y )，∴P A →·PB →＝(－2－x )(3－x )＋y 2＝x 2，∴y 2＝x ＋6，即点P 的轨迹是抛物线．3．已知向量m ＝(1，cos θ)，n ＝(sin θ，－2)，且m ⊥n ，则sin2θ＋6cos 2θ的值为( B )A.12 B ．2 C ．22D ．－2解析：由题意可得m ·n ＝sin θ－2cos θ＝0，则tan θ＝2，所以sin2θ＋6cos 2θ＝2sin θcos θ＋6cos 2θsin 2θ＋cos 2θ＝2tan θ＋6tan 2θ＋1＝2.故选B.4．(2019·安徽江南十校联考)已知△ABC 中，AB ＝6，AC ＝3，N 是边BC 上的点，且BN →＝2NC →，O 为△ABC 的外心，则AN →·AO →的值为( D )A ．8B ．10C ．18D ．9解析：由于BN →＝2NC →，则AN →＝13AB →＋23AC →，取AB 的中点为E ，连接OE ，由于O 为△ABC 的外心，则EO →⊥AB →，∴AO →·AB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12AB →＋EO →·AB →＝12AB →2＝12×62＝18，同理可得AC →·AO →＝12AC →2＝12×32＝92，所以AN →·AO →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫13AB →＋23AC →·AO →＝13AB →·AO →＋23AC →·AO →＝13×18＋23×92＝6＋3＝9，故选D. 5．(2019·广东广雅中学等四校联考)已知两个单位向量a ，b 的夹角为120°，k ∈R ，则|a －k b |的最小值为( B )A.34B.32C ．1D.32解析：∵两个单位向量a ，b 的夹角为120°， ∴|a |＝|b |＝1，a ·b ＝－12， ∴|a －k b |＝a 2－2k a ·b ＋k 2b 2＝1＋k ＋k 2＝⎝⎛⎭⎪⎫k ＋122＋34，∵k ∈R ，∴当k ＝－12时，|a －k b |取得最小值32，故选B.6．在△ABC 中，已知向量AB →＝(2,2)，|AC →|＝2，AB →·AC →＝－4，则△ABC 的面积为( C )A ．4B ．5C ．2D ．3解析：∵AB →＝(2,2)，∴|AB →|＝22＋22＝2 2.∵AB →·AC →＝|AB →|·|AC →|cos A ＝22×2cos A ＝－4，∴cos A ＝－22，∵0<A <π，∴sin A ＝22，∴S △ABC ＝12|AB →|·|AC →|sin A ＝2.故选C.7．(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 )A.2116B.32C.2516D ．3解析：解法1：如图，以D 为原点，DA 所在直线为x 轴，DC 所在直线为y 轴，建立平面直角坐标系，则A (1,0)，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，C (0，3)，令E (0，t )，t ∈[0，3]，∴AE →·BE →＝(－1，t )·⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，t －32＝t 2－32t ＋32，∵t ∈[0，3]， ∴当t ＝－－322×1＝34时，AE →·BE →取得最小值，(AE →·BE →)min ＝316－32×34＋32＝2116.故选A.解法2：令DE →＝λDC →(0≤λ≤1)，由已知可得DC ＝3， ∵AE →＝AD →＋λDC →，∴BE →＝BA →＋AE →＝BA →＋AD →＋λDC →，∴AE →·BE →＝(AD →＋λDC →)·(BA →＋AD →＋λDC →)＝AD →·BA →＋|AD →|2＋λDC →·BA →＋λ2|DC →|2＝3λ2－32λ＋32.当λ＝－－322×3＝14时，AE →·BE →取得最小值2116.故选A.二、填空题8．已知O 为△ABC 内一点，且OA →＋OC →＋2OB →＝0，则△AOC 与△ABC 的面积之比是1 2.解析：如图所示，取AC 的中点D ， ∴OA →＋OC →＝2OD →， ∴OD →＝BO →，∴O 为BD 的中点， ∴面积比为高之比． 即S △AOC S △ABC＝DO BD ＝12. 9．已知|a |＝2|b |，|b |≠0，且关于x 的方程x 2＋|a |x －a ·b ＝0有两相等实根，则向量a 与b 的夹角是2π3.解析：由已知可得Δ＝|a |2＋4a ·b ＝0，即4|b |2＋4×2|b |2cos θ＝0，∴cos θ＝－12.又∵0≤θ≤π，∴θ＝2π3.10．已知△ABC 是直角边长为2的等腰直角三角形，且A 为直角顶点，P 为平面ABC 内一点，则P A →·(PB →＋PC →)的最小值是－1.解析：解法1：如图，以A 为坐标原点，AB ，AC 所在直线分别为x 轴、y 轴建立平面直角坐标系，则A (0,0)，B (2,0)，C (0,2)，设P (x ，y )，则P A →＝(－x ，－y )，PB →＝(2－x ，－y )，PC →＝(－x,2－y )，PB →＋PC →＝(2－2x,2－2y )，∴P A →·(PB →＋PC →)＝－x (2－2x )－y (2－2y )＝2(x －12)2＋2(y －12)2－1≥－1(当且仅当x ＝y ＝12时等号成立)，∴P A →·(PB →＋PC →)的最小值为－1.解法2：P A →·(PB →＋PC →)＝P A →·(P A →＋AB →＋P A →＋AC →)＝P A →·(2P A →＋AB →＋AC →)． 设BC 的中点为D ，则AB →＋AC →＝2AD →， ∴P A →·(PB →＋PC →)＝2P A →·(P A →＋AD →)＝2P A →·PD →， ∵－2|P A →|·|PD →|≤2P A →·PD →≤2|P A →|·|PD →|，∴(2P A →·PD →)min ＝－2|P A →|·|PD →|，此时点P 在线段AD 上(异于A ，D )，设P A →＝λAD →(－1<λ<0)，则|P A →|＝|λAD →|＝－λ·2，|PD →|＝2＋2λ，∴－2|P A →|·|PD →|＝4(λ2＋λ＋14－14)＝4(λ＋12)2－1，∴当λ＝－12时，P A →·(PB →＋PC →)取得最小值－1.三、解答题11．已知点P (0，－3)，点A 在x 轴上，点Q 在y 轴的正半轴上，点M满足P A →·AM →＝0，AM →＝－32MQ →，当点A 在x 轴上移动时，求动点M 的轨迹方程．解：设M (x ，y )为所求轨迹上任一点， 设A (a,0)，Q (0，b )(b >0)，则P A →＝(a,3)，AM →＝(x －a ，y )，MQ →＝(－x ，b －y )， 由P A →·AM →＝0，得a (x －a )＋3y ＝0. ① 由AM →＝－32MQ →，得(x －a ，y )＝－32(－x ，b －y )＝⎝⎛⎭⎪⎫32x ，32(y －b )，∴⎩⎪⎨⎪⎧x －a ＝32x ，y ＝32y －32b ，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－x 2，b ＝y 3.∵b >0，∴y >0，把a ＝－x 2代入到①中，得－x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 2＋3y ＝0，整理得y ＝14x 2(x ≠0)．∴动点M 的轨迹方程为y ＝14x 2(x ≠0)．12．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知向量m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cos B ，2cos 2C 2－1，n ＝(c ，b －2a )，且m ·n ＝0. (1)求角C 的大小；(2)若点D 为边AB 上一点，且满足AD →＝DB →，|CD →|＝7，c ＝23，求△ABC 的面积．解：(1)由题意知m ＝(cos B ，cos C )，n ＝(c ，b －2a )，m ·n ＝0， 则c cos B ＋(b －2a )cos C ＝0. 在△ABC 中，由正弦定理得 sin C cos B ＋(sin B －2sin A )cos C ＝0，整理得sin C cos B ＋sin B cos C －2sin A cos C ＝0，即sin(B ＋C )＝2sin A cos C . 故sin A ＝2sin A cos C ，又sin A ≠0，∴cos C ＝12， ∵C ∈(0，π)，∴C ＝π3.(2)由AD →＝DB →知，CD →－CA →＝CB →－CD →， ∴2CD →＝CA →＋CB →，两边平方得4|CD →|2＝b 2＋a 2＋2ba cos ∠ACB ＝b 2＋a 2＋ba ＝28.① 又c 2＝a 2＋b 2－2ab cos ∠ACB ， ∴a 2＋b 2－ab ＝12.② 由①②得ab ＝8，∴S △ABC ＝12ab sin ∠ACB ＝2 3.13．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OP →＝OA →＋λ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫AB →|AB →|cos B ＋AC →|AC →|cos C ，λ∈(0，＋∞)，则(D )A ．动点P 的轨迹一定通过△ABC 的重心B ．动点P 的轨迹一定通过△ABC 的内心 C ．动点P 的轨迹一定通过△ABC 的外心D ．动点P 的轨迹一定通过△ABC 的垂心 解析：由条件，得AP →＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫AB →|AB →|cos B ＋AC →|AC →|cos C ， 从而AP →·BC →＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫AB →·BC →|AB →|cos B ＋AC →·BC →|AC →|cos C＝λ|AB →||BC →|cos (180°－B )|AB →|cos B ＋λ·|AC →||BC →|cos C|AC →|cos C ＝0，所以AP →⊥BC →，则动点P的轨迹一定通过△ABC 的垂心．14．已知向量a ，b 满足：|a |＝|b |＝1，且a ·b ＝12，若c ＝x a ＋y b ，其中x >0，y >0且x ＋y ＝2，则|c |的最小值是 3.解析：∵|a |＝|b |＝1，且a ·b ＝12，当c ＝x a ＋y b 时，c 2＝x 2a 2＋2xy a ·b ＋y 2b 2＝x 2＋xy ＋y 2＝(x ＋y )2－xy ； 又x >0，y >0且x ＋y ＝2，∴xy ≤(x ＋y 2)2＝1，当且仅当x ＝y ＝1时取“＝”，∴c 2≥(x ＋y )2－(x ＋y 2)2＝22－1＝3，∴|c |的最小值是 3. 尖子生小题库——供重点班学生使用，普通班学生慎用15．(2019·重庆市质量调研)已知Rt △ABC 中，AB ＝3，BC ＝4，AC ＝5，I 是△ABC 的内心，P 是△IBC 内部(不含边界)的动点，若AP →＝λAB →＋μAC →(λ，μ∈R )，则λ＋μ的取值范围是( A )A ．(23，1)B ．(23，2)C ．(712，1)D ．(2,3)解析：以B 为原点，BA ，BC 所在直线分别为x ，y 轴建立如图所示的平面直角坐标系，则B (0,0)，A (3,0)，C (0,4)．设△ABC 的内切圆的半径为r ，因为I 是△ABC 的内心，所以(5＋3＋4)×r ＝4×3，解得r ＝1，所以I (1,1)．设P (x ，y )，因为点P 在△IBC 内部(不含边界)，所以0<x <1.因为AB →＝(－3,0)，AC →＝(－3,4)，AP →＝(x －3，y )，且AP →＝λAB →＋μAC →，所以⎩⎨⎧ x －3＝－3λ－3μ，y ＝4μ，得⎩⎪⎨⎪⎧ λ＝1－13x －14y ，μ＝14y ，所以λ＋μ＝1－13x ，又0<x <1，所以λ＋μ∈(23，1)，故选A.16．(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 ) A.3－1 B.3＋1 C ．2 D ．2－ 3解析：解法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.解法2：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.。
高考一轮 第四章 平面向量、数系的扩充与复数的引入第二节 课下作业 我来演练
一、选择题1．设平面向量a ＝(－1,0)，b ＝(0,2)，则2a －3b ＝ ( ) A ．(6,3) B ．(－2，－6) C ．(2,1)D ．(7,2)解析：2a －3b ＝(－2,0)－(0,6)＝(－2，－6)． 答案：B2．已知向量a ＝(1,1)，b ＝(2，x )，若a ＋b 与4b －2a 平行，则实数x 的值是( )A ．－2B ．0C ．1D ．2解析：∵a ＋b ＝(3,1＋x )，4b －2a ＝(6,4x －2)， 又a ＋b 与4b －2a 平行， ∴3(4x －2)＝6(1＋x )，解得x ＝2. 答案：D3．(2012·宁德模拟)已知a ＝(1,1)，b ＝(1，－1)，c ＝(－1,2)，则c 等于 ( ) A ．－12a ＋32bB.12a －32b C ．－32a －12bD ．－32a ＋12b解析：设c ＝λa ＋μb ，∴(－1,2)＝λ(1,1)＋μ(1，－1)．∴⎩⎪⎨⎪⎧－1＝λ＋μ，2＝λ－μ.解得⎩⎨⎧λ＝12，μ＝－32.∴c ＝12a －32b .答案：B4．(2012·嘉兴模拟)已知a ，b 是不共线的向量，AD ＝λa ＋b ，AC ＝a ＋μb ，λ，μ∈R ，那么A 、B 、C 三点共线的充要条件为( )A ．λ＋μ＝2B ．λ－μ＝1C ．λμ＝－1D ．λμ＝1解析：∵a ，b 不共线，∴AC≠0，则A 、B 、C 三点共线的充要条件是存在实数t ，满足AB＝t AC ，即λa ＋b ＝ta ＋μtb ，∴⎩⎪⎨⎪⎧λ＝t ，1＝μt ，得λμ＝1. 答案：D5．在平行四边形ABCD 中，AC 与BD 交于点O ，E 是线段OD 的中点，AE 的延长线与CD 交于点F .若AC ＝a ，BD ＝b ，则AF＝( )A.14a ＋12b B.23a ＋13b C.12a ＋14bD.13a ＋23b 解析：由已知得DE ＝13EB ，又△DEF ∽△BEA ， ∴DF ＝13AB .即DF ＝13DC .∴CF ＝23CD ，∴CF ＝23CD ＝23(OD －OC)＝23⎝⎛⎭⎫12b －12a ＝13b －13a ， ∴AF ＝AC ＋CF ＝a ＋13b －13a ＝23a ＋13b .答案：B 二、填空题6．(2011·湖南高考)设向量a ，b 满足|a |＝25，b ＝(2,1)，且a 与b 的方向相反，则a 的坐标为________．解析：设a ＝(x ，y )，x ＜0，y ＜0，则x －2y ＝0且x 2＋y 2＝20，解得x ＝4，y ＝2(舍去)，或者x ＝－4，y ＝－2，即a ＝(－4，－2)．答案：(－4，－2)7．设e 1、e 2是平面内一组基向量，且a ＝e 1＋2e 2，b ＝－e 1＋e 2，则向量e 1＋e 2可以表示为另一组基向量a 、b 的线性组合，即e 1＋e 2＝________a ＋________b .解析：设e 1＋e 2＝m (e 1＋2e 2)＋n (－e 1＋e 2)，∴⎩⎪⎨⎪⎧m －n ＝1，2m ＋n ＝1，∴m ＝23，n ＝－13.答案：23 －13三、解答题8．已知点A (－1,2)，B (2,8)以及AC ＝13AB ，DA ＝－13BA，求点C ，D 的坐标和CD 的坐标．解：设点C ，D 的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，由题意得AC ＝(x 1＋1，y 1－2)，AB＝(3,6)， DA ＝(－1－x 2,2－y 2)，BA＝(－3，－6)．因为AC ＝13AB ，DA ＝－13DA ，所以有⎩⎪⎨⎪⎧ x 1＋1＝1y 1－2＝2和⎩⎪⎨⎪⎧－1－x 2＝12－y 2＝2， 解得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝0，y 1＝4，⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝－2，y 2＝0. 所以点C ，D 的坐标分别是(0,4)，(－2,0)，从而CD＝(－2，－4)．9．已知A (1,1)、B (3，－1)、C (a ，b )． (1)若A 、B 、C 三点共线，求a 、b 的关系式；(2)若AC ＝2AB，求点C 的坐标．解：(1)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.(2)∵AC ＝2AB ，∴(a －1，b －1)＝2(2，－2)，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a －1＝4，b －1＝－4，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝5，b ＝－3.∴点C 的坐标为(5，－3)．10．已知P 为△ABC 内一点，且3AP ＋4BP ＋5CP ＝0.延长AP 交BC 于点D ，若AB ＝a ，AC ＝b ，用a 、b 表示向量AP 、AD .解：∵BP ＝AP －AB ＝AP －a ，CP ＝AP －AC ＝AP－b ，又3AP ＋4BP＋5CP ＝0，∴3AP ＋4(AP －a )＋5(AP－b )＝0，化简，得AP ＝13a ＋512b .设AD ＝t AP(t ∈R)，则AD ＝13ta ＋512tb .①又设BD ＝k BC (k ∈R)，由BC ＝AC －AB＝b －a ，得 BD ＝k (b －a )．而AD ＝AB ＋BD ＝a ＋BD ， ∴AD＝a ＋k (b －a )＝(1－k )a ＋kb .②由①②，得⎩⎨⎧13t ＝1－k ，512t ＝k ，解得t ＝43.代入①，有AD ＝49a ＋59b .。
高考一轮第四章 平面向量、数系的扩充与复数的引入 课下作业第三节 我来演练
一、选择题1．(2011·广东高考)若向量a ，b ，c 满足a ∥b 且a ⊥c ，则c ·(a ＋2b )＝( )A ．4B ．3C ．2D ．0解析：由a ∥b 及a ⊥c ，得b ⊥c ， 则c ·(a ＋2b )＝c ·a ＋2c ·b ＝0. 答案：D2．已知m ＝(－5,3)，n ＝(－1,2)，当(λm ＋n )⊥(2n ＋m )时，实数λ的值为 ( )A.58B ．－316C ．－38D.38解析：由已知得|m |＝34，|n |＝5，m·n ＝11，∵(λm ＋n )⊥(2n ＋m )，∴(λm ＋n )·(2n ＋m )＝λm 2＋(2λ＋1)m·n ＋2n 2＝0，即34λ＋(2λ＋1)×11＋2×5＝0，解得λ＝－38.答案：C3．已知向量a ＝(cos θ，sin θ)，向量b ＝(3，－1)，则|2a －b |的最大、小值分别是( )A ．42，0B ．4,2 2C ．16,0D ．4,0解析：由于|2a －b |2＝4|a |2＋|b |2－4a ·b ＝8－4(3cos θ－sin θ)＝8－8cos(θ＋π6)，易知0≤8－8cos(θ＋π6)≤16，故|2a －b |的最大值和最小值分别为4和0.答案：D4．(2012·珠海模拟)若函数y ＝A sin(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎫A >0，ω>0，|φ|<π2在一个周期内的图像如图所示，M ，N 分别是这段图像的最高点和最低点，且OM ·ON＝0(O 为坐标原点)，则A ＝( ) A.π6B.712πC.76πD.73π 解析：由题图知OM ＝⎝⎛⎭⎫π12，A ，ON ＝⎝⎛⎭⎫7π12，－A ，∵OM ·ON ＝7π2144－A 2＝0，A >0，∴A ＝712π.答案：B5．(2012·杭州质检)已知非零向量a ，b 满足|a ＋b |＝|a －b |＝233|a |，则a ＋b 与a －b 的夹角为( )A ．30°B ．60°C ．120°D ．150°解析：将|a ＋b |＝|a －b |两边同时平方得：a·b ＝0； 将|a －b |＝233|a |两边同时平方得：b 2＝13a 2.所以cos 〈a ＋b ，a －b 〉＝(a ＋b )·(a －b )|a ＋b |·|a －b |＝a 2－b 243a 2＝12.所以〈a ＋b ，a －b 〉＝60°. 答案：B 二、填空题6．(2011·江苏高考)已知e 1、e 2是夹角为2π3的两个单位向量，a ＝e 1－2e 2，b ＝ke 1＋e 2.若a·b ＝0，则实数k 的值为________．解析：由题意知：a·b ＝(e 1－2e 2)·(ke 1＋e 2)＝0，即ke 12＋e 1e 2－2ke 1e 2－2e 22＝0，即k ＋cos 2π3－2k cos 2π3－2＝0，化简可求得k ＝54.答案：547．(2012·烟台调研)在等腰直角三角形ABC 中，D 是斜边BC 的中点，如果AB 的长为2，则(AB ＋AC )·AD的值为________．解析：|BC |2＝|AB |2＋|AC |2＝8，|AD |＝12|BC |，AB ＋AC ＝2AD ，(AB＋AC )·AD ＝2AD ·AD ＝12|BC |2＝4.答案：4 三、解答题8．已知向量a ＝(1,2)，b ＝(2，－2)． (1)设c ＝4a ＋b ，求(b ·c )a ； (2)若a ＋λb 与a 垂直，求λ的值； (3)求向量a 在b 方向上的射影． 解：(1)∵a ＝(1,2)，b ＝(2，－2)，∴c ＝4a ＋b ＝(4,8)＋(2，－2)＝(6,6)． ∴b ·c ＝2×6－2×6＝0.∴(b ·c )a ＝0a ＝0. (2)a ＋λb ＝(1,2)＋λ(2，－2)＝(2λ＋1,2－2λ)， 由于a ＋λb 与a 垂直， ∴2λ＋1＋2(2－2λ)＝0.∴λ＝52.(3)设向量a 与b 的夹角为θ， 向量a 在b 方向上的射影为|a |cos θ. ∴|a |cos θ＝a ·b |b |＝1×2＋2×(－2)22＋(－2)2＝－222＝－22. 9．设在平面上有两个向量a ＝(cos α，sin α)(0°≤α<360°)，b ＝⎝⎛⎭⎫－12，32. (1)求证：向量a ＋b 与a －b 垂直；(2)当向量3a ＋b 与a －3b 的模相等时，求α的大小．解：(1)证明：因为(a ＋b )·(a －b )＝|a |2－|b |2＝(cos 2α＋sin 2α)－⎝⎛⎭⎫14＋34＝0， 故a ＋b 与a －b 垂直．(2)由|3a ＋b |＝|a －3b |，两边平方得 3|a |2＋23a·b ＋|b |2＝|a |2－23a·b ＋3|b |2， 所以2(|a |2－|b |2)＋43a·b ＝0. 而|a |＝|b |，所以a·b ＝0.则⎝⎛⎭⎫－12×cos α＋32×sin α＝0，即cos(α＋60°)＝0， ∴α＋60°＝k ·180°＋90°， 即α＝k ·180°＋30°，k ∈Z ，又0°≤α＜360°，则α＝30°或α＝210°.10．已知A (2,0)，B (0,2)，C (cos θ，sin θ)，O 为坐标原点(1) AC ·BC ＝－13，求sin 2θ的值． (2)若|OA ＋OC |＝7，且θ∈(－π，0)，求OB 与OC的夹角．解：(1) AC＝(cos θ，sin θ)－(2,0)＝(cos θ－2，sin θ)BC＝(cos θ，sin θ)－(0,2)＝(cos θ，sin θ－2)． OC ·BC ＝cos θ(cos θ－2)＋sin θ(sin θ－2)＝cos 2θ－2cos θ＋sin 2θ－2sin θ＝1－2(sin θ＋cos θ)＝－13.∴sin θ＋cos θ＝23.∴1＋2sin θcos θ＝49.∴sin 2θ＝49－1＝－59.(2)∵OA ＝(2,0)，OC＝(cos θ，sin θ)． ∴OA ＋OC＝(2＋cos θ，sin θ)， ∴|OA ＋OC|＝(2＋cos θ)2＋sin 2θ＝7.即4＋4cos θ＋cos 2θ＋sin 2θ＝7. ∴4cos θ＝2，即cos θ＝12.∵－π<θ<0，∴θ＝－π3.又∵OB ＝(0,2)，OC ＝⎝⎛⎭⎫12，－32，∴cos OB ，OC 〉＝OB ·OC|OB |·|OC |＝0－32＝－32.∴〈OB ，OC 〉＝5π6.。