高一期末复习专题2：向量与复数14类常考题型 【重难点突破】-2024-2025学年高一数学下学期·人教A版必修第二册·重难点专题突破

1 高一期末复习专题 2： 量与复数 考题 梳理 模块一 三角函数 【题 1】 量的 行与 直，共线问题 【题 2】投 量，模长，夹角相关计 【题 3】 量的线 运 与 用 【题 4】 量的数量积计 (投 法，基 法，极化 ，建系法) 【题 5】 量中的斜 标系问题 【题 6】 量共线定理的推论与 线 【题 7】 量与三角 四 【题 8】 量综 问题 模块二 向量数量积中档题 【题 9】复数基本 质辨析 【题 10】复数的 期 【题 11】复数中的轨迹类最值问题 【题 12】一元二次方 的复数根 【题 13】 定系数法 【题 14】复数与 量综 问题 模块一 三角函数 【题型 1】向量的平行与垂直，共线问题 1. (23- 24高一下· 苏扬州·期末)已知 a= 0,1 ,b  = -1,2 .设AB  = a+ 2b  ,BC  = λa+ b  λ∈R . (1)若A,B,C三点共线， λ的 ； (2)若AB⊥BC， λ的 . 【 】 (1)λ= 1 2 (2)λ=- 12 5 . 【 析】 (1) 用 量共线的 标表示计 可 λ= 1 2 ； (2)根据 量 直的 标表示可 λ=- 12 5 . 【详解】 (1)因为AB  = a+ 2b  = 0,1 + 2 -1,2 = -2,5 ， 2 BC  = λa+ b  = 0,λ + -1,2 = -1,λ+2 ， 又因为A,B,C三点共线，所以AB  ∥BC  ， -2× λ+2 =-1× 5， λ= 1 2 . (2)由AB⊥BC，可 AB  ⋅BC  = 0，即 -1 -2 + 5 λ+2 = 0, λ=- 12 5 . 2. (23- 24高一下· 苏南 ·期末)已知 a= -2,4 ， b  = 1,x ，若 a∥ b  ， |b  | = ( ) A. 5 2 B. 5 C. 2 5 D. 4 5 【 】B 【 析】根据 量共线定理， 可以 出 x的值，然 用模长公 模长. 【详解】因为 a∥ b  ，所以 a= λb  ，即 -2,4 = λ 1,x ⇒ -2,4 = λ,xλ  所以 -2=λ 4=xλ  ⇒ λ=-2 x=-2  ，所以 b  = 1,-2  所以 |b  | = 12+ -2 2= 5， 3. (23- 24高一下· 苏苏州·期末)设 m = (1,3)， n = (4, -2)， p= λm + n，若m ⊥ p， 实 数 λ的 为 . 【 】 1 5 /0.2 【 析】 出 p， 用m ⊥ p，即可 出实数 λ的值. 【详解】由题意，m = (1,3)，n= (4, -2)， p= λm +n，∴ p= λ+4,3λ-2  ∵m ⊥ p，∴ 1× λ+4 + 3 3λ-2 = 0，解 ： λ= 1 5 ， 4. (23- 24高一下· 东 州·期末)设 x∈R, a= x,1 ， b  = 4,-2 ，若 a⎳ b  ， x= ( ) A. - 2 B. - 1 2 C. 1 2 D. 2 【 】A 【详解】 量 a= x,1 ， b  = 4,-2 ，由 a⎳ b  ， -2x= 4，解 x=-2. 5. (23- 24高一下· 东 ·期末)已知 a,b  不共线，若 a+2b   ⎳ ka-b  k= ( ) A. - 2 B. - 1 2 C. 1 2 D. 2 【 】B 【 析】根据共线定理 面 量基本定理 解可 . 【详解】因为 a+2b   ⎳ ka-b ， 所以存 λ∈R， a+ 2b  = λ ka-b = kλa- λb， 又 a,b  不共线，所以 kλ=1 -λ=2  ，解 k=- 1 2 . 3 6. (23- 24高一下· 东深 ·期末)已知 △ABC 中， AE  = 2AB  ，BM  = 2MC  ，若 AF  = xAC  ， 且 E，M，F 三点共线， x= ( ) A. 2 3 B. 3 4 C. 4 5 D. 5 6 【 】C 【 析】先 用 面 量基本定理，再根据三点共线的 质 参即可. 【详解】 因为BM  = 2MC  ,所以AM  = 1 3 AB  + 2 3 AC  ，AE  = 2AB  ,AF  = xAC  , 因为E,M ,F三点共线，所以AM  = λAE  + μAF  ,λ+ μ= 1, 1 3 AB  + 2 3 AC  = 2λAB  + xμAC  ,所以 2λ= 1 3 ,λ= 1 6 , μ= 5 6 ,xμ= 2 3 ,μ= 4 5 . 【题型 2】投影向量，模长，夹角相关计算 7. (23- 24高一下· 北武 ·期末)已知 a与 b  的夹角为 30°， a = 3， b   = 2， a-b   = ( ) A. 1 B. 2- 3 C. 2+ 3 D. 13 【 】A 【 析】借 量模长与数量积的关系与数量积的计 公 计 即可 . 【详解】 a-b   = a-b    2 = a  2 -2 a ⋅ b   cos30°+ b    2 = 3-2× 3×2× 3 2 +4= 1. 8. (23- 24高一下· 南郑州·期末)已知点A 1,0 ，B 0,2 ，C 3,2 ， AB  AC  上的投 的 为 ( ) A. - 1 2 , 1 2  B. 1 2 ,- 1 2  C. 1 2 , 1 2  D. - 1 2 ,- 1 2  【 】C 【 析】根据投 量的定义，结 面 量数量积的 标表示公 进行 解即可. 【详解】因为AB  = -1,2 ,AC  = 2,2 ,所以AB  ·AC  =-2+ 4= 2, AC   = 22+22= 2 2 所以AB  AC  上的投 量的 标为： AB  ⋅AC  AC    ⋅ 1 AC    ⋅ 2,2 = AB  ⋅AC  AC    2 ⋅ 2,2 = 2 8 ⋅ 2,2 = 1 2 , 1 2 ， 4 9. (23- 24高一下· 州·期末)已知 e1 e  2满足 e  2 = 2 e1 = 2， e1 e2方 上的投 为- 1 4 e2， e  2 e  1方 上的投 为 ( ) A. - 1 B. - 1 2 C. - 1 2 e1 D. - e  1 【 】D 【 析】先根据投 量公 出 量数量积，再 出投 量即可. 【详解】因为 e1  e2  方 上的投 量为- 1 4 e2  ，所以- 1 4 e2  = e1  ·e2  e2    × e2  e2    , 又因为 e1   = 1, e2   = 2，所以 e1  ·e2  4 =- 1 4 ,e1  ·e2  =-1,e2  e1  方 上的投 量为 e1  ·e2  e1    × e1  e1    = -1 1 × e1  =-e1  . 10. (23- 24高一下· 宁波·期末)若 a,b  ,c两两的夹角相 ，且 a = 1， b   = 1， c = 2， a+b  +c = ( ) A. 1 B. 4 C. 1或 4 D. 1或 2 【 】C 【 析】根据题意 θ= 0或 2π 3 ，然 用数量积的运 模即可. 【详解】设 a,b  ,c的夹角为 θ， θ= 0或 2π 3 ， a ⋅ b  = cosθ， a ⋅ c= 2cosθ， b  ⋅ c= 2cosθ， a+b  +c  2 = a  2 + b    2 + c  2 + 2a ⋅ b  + 2b  ⋅ c+ 2a ⋅ c = 1+ 1+ 4+ 10cosθ = 6+ 10cosθ， θ= 0时， a+b  +c = 4， θ= 2π 3 时， a+b  +c = 1. 11. (23- 24高一下· 州·期末)已知 a,b  单 ，满足 a-2b   = 7，记 a与 b  夹角为 θ． (1) θ； (2)若 c a上的投 为 a,b  ⋅ c= 1， c ． 【 】 (1)θ= 2π 3 ;(2) c = 2 【 析】 (1)由题意可知 a = b   = 1， a ⋅ b  = cosθ，由 a-2b   = 7结 数量积的运 可 cosθ =- 1 2 ，即可 结果； (2)设 c= xa+ yb  ,x,y∈R，结 题意 解 x= y= 2，结 模长与数量积的运 析 解. 【详解】 (1)因为 a = b   = 1， a ⋅ b  = a  b   cosθ= cosθ， 5 若 a-2b   = 7， a-2b    2 = a2- 4a ⋅ b  + 4b  2， 即 7= 1- 4cosθ+ 4，可 cosθ=- 1 2 ， 且 θ∈ 0,π ，所以 θ= 2π 3 . (2)由 (1)可知： a = b   = 1， a ⋅ b  =- 1 2 ， 由题意可设 c= xa+ yb  ,x,y∈R， 因为 面 量 c a上的投 量为 a， a ⋅ c= a  2 = 1， 由题意可 ： a⋅c=xa2+ya⋅b  b  ⋅c=xa⋅b  ⋅+yb  2  ，可 x- 12 y=1 - 12 x+y=1  ，解 x= y= 2， c= 2 a+b   ，可 c2= 4 a2+2a⋅b  +b  2 = 4 1-1+1 = 4，所以 c = 2. 12. (23- 24高一下· 东惠州·期末)已知 a= 1, 2 ， b  = 2,0 ， a b  方 上的投 为 ( ) A. 1,2  B. 2,0  C. 1,0  D. 2,1  【 】C 【详解】根据题意 cosa ⋅ b  = a ⋅b  a ⋅ b    = 2 2 3 = 3 3 ， 所以 量 a b  方 上的投 量为 a cosa ⋅ b  b  b    = 3 × 3 3 × 2,0  2 = 1,0 ， 13. (23- 24高一下· 东 ·期末)已知 a= 2,1 ， b  = 3,x . (1)若 a∥ b  ， b   ； (2)若 a ⋅ b  -a = 0， cos a+b  ,b   . 【 】 (1) 3 5 2 ;(2) 3 10 10 【 析】 (1)根据 量共线的 标表示 方 ，解出 x值，再 用 量的 标表示即可 案； (2)根据 量 直的 标表示 x=-1，再 用 量夹角的 标表示即可. 【详解】 (1)因为 a= (2,1),b  = (3,x)， 又因为 a⎳ b  ，所以 2x= 3，解 x= 3 2 ， 所以 |b  | = 3 2  2 +(3)2= 3 5 2 . (2)因为 b  - a= (1,x- 1)， 所以 a ⋅ (b  - a)= 2+ (x- 1) = 0，解 x=-1. 所以 b  = (3, -1),a+ b  = (5,0)， 6 所以 cos‹a+ b  ,b  ›= (a +b  )⋅b  |a+b  ||b  | = 15 5× 10 = 3 10 10 . 14. (23 - 24高一下· 东 ·期末)已知 a = 3， b   = 4，且 b  a上的投 的数 为 -2， a+b   = ( ) A. 37 B. 31 C. 19 D. 13 【 】D 【 析】根据 量投 概念 模长公 进行推 即可 出结果. 【详解】由题意可 量 b  量 a上的投 数量为： b   cosa,b  =-2， 又 a = 3, b   = 4， b   cosa,b  = a ·b  a  =-2， a ∙ b  =-6， 所以 a+b   = a+b    2 = a|2+2a⋅b  + b  |2= 32+2×(-6)+42= 13 . 15. (23- 24高一下· 东 州·期末) △ABC中，已知 AB  +AC   = AB  -AC   = 2 AB   ， CA  CB  上的投 为 . 【 】 3 4 CB  【 析】由 AB  +AC   = AB  -AC   ，可 AB  ⊥AC  ，再由 AB  -AC   = 2 AB   ， CB   = 2 AB   ， ∠ACB= π6 ，然 根据投 量的定义 解即可. 【详解】因为 AB  +AC   = AB  -AC   ，所以AB 2+ 2AC  ⋅AB  +AC  2=AB 2- 2AC  ⋅AB  +AC  2 ， 所以AC  ⋅AB  = 0，所以AB  ⊥AC  ， 因为 AB  -AC   = 2 AB   ，所以 CB   = 2 AB   ，所以∠ACB= π6 ， 所以 CA   = CB    2- AB    2= CB    2- 1 4 CB    2= 3 2 CB   ， 所以 量CA  量CB  上的投 量为 CA  ⋅CB  CB    ⋅ CB  CB    = CA   ⋅ CB   cos π6 CB    2 ⋅CB  = 3 2 CB   ⋅ CB   × 32 CB    2 ⋅CB  = 3 4 CB  . 16. (23- 24高一下· 苏苏州·期末)如图， 行四边 ABCD中，已知A= π 3 ，AB= 2，AD = 1，E为线段AB的中点，F为线段BC上的 点 (不 端点).记BF  =mBC  . 7 (1)若m= 1 2 ， 线段EF的长； (2)若m= 1 4 ，设AB  = xCE  + yDF  ， 实数 x y的 ； (3)若CE与DF交于点G，AG  ∥EF  ， GE  与GF  的夹角的 . 【 】 (1) 7 2 (2)x=- 6 11 ,y= 8 11 (3) - 21 7 【 析】 (1)由 量的线 运 可 EF  = 1 2 AD  + 1 2 AB  ，两边 方可 解； (2)由已知可 DF  =DC  +CF  =AB  - 3 4 AD  ，CE  =CB  +BE  =-AD  - 1 2 AB  ，可 结论； (3) 用 量的线 关系可 GE  =- 1 5 AB  - 2 5 AD  ，GF  =- 9 35 AD  + 3 10 AB  ，计 可 结论. 【详解】 (1)若m= 1 2 ， BF  = 1 2 BC  = 1 2 AD  ，BE  =- 1 2 AB  ， 所以EF  =BF  -BE  = 1 2 AD  + 1 2 AB  ， 两边 方可 EF 2= 1 4 (AD  +AB  )2= 1 4 (AD  2+ 2AD  ∙AB  +AB 2) = 1 4 12+2×1×2× 1 2 +22 = 7 4 ， 所以EF= 7 2 ； (2)若m= 1 4 ， BF  = 1 4 BC  = 1 4 AD  ，所以CF  =- 3 4 AD  ， DF  =DC  +CF  =AB  - 3 4 AD  ①， CE  =CB  +BE  =-AD  - 1 2 AB  ②， 由①②可 AB  =- 6 11 CE  + 8 11 DF  ； (3)EF  =EB  +BF  = 1 2 AB  +mBC  = 1 2 AB  +mAD  ， EC  =EB  +BC  = 1 2 AB  +BC  = 1 2 AB  +AD  ， 设EG  = λEC  = λ 2 AB  + λAD  ，又AG  =AE  +EG  =AE  + λ 2 AB  + λAD  = 1+λ 2 AB  + λAD  ， 8 又AG  ∥EF  ，所以 1 2 1+λ 2 = m λ ①， 由EG  = λEC  ，可 GE  = λCE  ，所以CE  -CG  = λCE  ，所以CG  = (1- λ)CE  ， 所以CG  = (1- λ)CE  = (1- λ) - 1 2 AB  -BC   = (1- λ)CB  + 1-λ 2 CD  ， 由BF  =mBC  ，可 CF  = (1-m)CB  ， CB  = 1 1-m CF  所以CG  = (1- λ)CE  = 1-λ 1-m CF  + 1-λ 2 CD  ， 又D,F,G三点共线，所以 1-λ 1-m + 1-λ 2 = 1②， 联立①②解 λ= 1 2 ,m= 1 3 ，所以EG  = 1 4 AB  + 1 2 AD  ，所以GE  =- 1 4 AB  - 1 2 AD  ， CG  = 1 2 CB  + 1 4 CD  =- 1 2 BC  - 1 4 DC  =- 1 2 AD  - 1 4 AB  ， GF  =CF  -CG  =- 2 3 AD  - - 1 2 AD  - 1 4 AB   =- 16 AD  + 1 4 AB  ， 所以GE  ·GF  = - 1 6 AD  + 1 4 AB   · - 14 AB  - 1 2 AD    = 1 24 AD  ·AB  + 1 12 AD  2- 1 16 AB 2- 1 8 AD  ·AB  = 1 24 + 1 12 - 1 4 - 1 8 =- 1 4 ， 又GE 2= - 1 4 AB  - 1 2 AD    2 = 1 16 AB 2+ 1 4 AB  ∙AD  + 1 4 AD  2= 1 4 + 1 4 + 1 4 = 3 4 ， 所以 |GE  |= 3 2 ， 理可 |GF  |= 7 6 ，所以 cos GE  ,GF   = - 14 3 2 × 7 6 =- 21 7 . 关键点点 ：本题 三问的关键 用基 表示 ， 模或者夹角 可以 用公 直 计 . 17. (22- 23高一下· 东东 ·期末)已知复数 z满足 z+ z= 2， z- z= 4i． (1) 3+z ； (2)设复数 zz， z+ 2z， 10 z 复 内对 的点 为A，B，C， cos AB  ,BC   ． 【 】 (1)2 5 (2) 3 10 10 【 析】 (1)根据已知 出 z= 1+ 2i， 用共轭复数定义 模的计 公 解即可. (2) 用复数的运 出A，B，C三点 标，然 用数量积的变 公 解 量夹角的 值即可. 【详解】 (1)因为 z+ z= 2， z- z= 4i， 两 相 z= 1+ 2i， 所以 z= 1- 2i， 故 3+z = 4-2i = 16+4= 2 5． (2)由 (1) zz= (1+ 2i) (1- 2i) = 1- 4i2= 5， A 5,0 ， 9 z+ 2z= 1+ 2i+ 2- 4i= 3- 2i， B 3,-2 ， 10 z = 10 1+2i = 10(1-2i) 5 = 2- 4i， C 2,-4 ， 所以AB  = -2,-2 ，BC  = -1,-2 ， 故 cos AB  ,BC   = AB  ⋅BC  AB   BC    = 6 2 2× 5 = 3 10 10 ． 18. (23- 24高一下·福建福州·期末) (多 )若 a= 2,0 ， b  = 1, 3 ， ( ) A. a ⋅ b  = 2 B. a+b   = a-b    C. a，b   不能 为一组基 D. b  a方 上的投 为 1 2 a 【 】AD 【 析】根据 量数量积的 标运 可 断A，根据 量的模长公 可 断B，根据 面 量基 本定理可 断C，根据投 量的定义可 断D． 【详解】∵ a= (2,0)， b  = (1, 3 )， ∴ a ⋅ b  = 2， |a| = 2， |b  | = 1+3= 2， A． a ⋅ b  = 2，故 项正 ， 题意； B． a+ b  = (3, 3 )， a- b  = (1, - 3 )， ∴ |a+ b  | = 9+3= 2 3， |a- b  | = 1+3= 2， ∴ |a+ b  | ≠ |a- b  |，故 项错误，不 题意； C． 然 a， b  不共线， a，b   可以 为一组基 ，故错误，不 题意； D． b  a方 上的投 量为 a ⋅b  a  2      a = 2 22 a = 1 2 a，故 项正 ， 题意． 19. (23 - 24高一下·福建厦门·期末) (多 ) ABCD中， AD  = 2BC  , AD   = 2 AB   ,AN  = 2ND  ， ( ) A. DC  =AB  - 1 2 AD  B. AB  ⋅BD  = 0 C. AC  ⋅CD  = 0 D. AN  AC  上的投 为 2 3 AC  【 】ACD 【 析】根据 量即 面几 知识即可 解. 【详解】 取AD的中点E，连接BE,CE,AC,BD，AE= 1 2 AD 10 根据题意可知，AD⎳BC且AD= 2BC， BC=AE，BC=ED， 所以四边 AECB为 行四边 ，所以DC  =EB  =AB  -AE  =AB  - 1 2 AD  ，故A正 ； 因为题意 有说 BC与CD的大 关系，所以不能证 AC⊥BD，故B错误； 因为AE= 1 2 AD，BC= 1 2 AD，且 AB   = 12 AD   ，所以AB=AE， 所以四边 AECB为菱 ，所以AC⊥BE，因为BE⎳CD， 所以AC⊥CD，所以AC  ⋅CD  = 0，故C正 ； 过N AC的 线， 足为F，连接NF， 因为AC⊥CD且AC⊥NF，AN  = 2ND  ， 所以AN= 2 3 AC，AN  AC  上的投 量为 2 3 AC  ，故D正 ； 【题型 3】向量的线性运算与应用 20. (23- 24高一下· 宁波·期末)如图， ABCD中， 2AD= 2DC= 2CB=AB= 2a， E，F 为AB，AD的中点，BF与DE交于点M . (1)用AD  ，AE  表示BF  ； (2) 线段AM的长. 【 】 (1)BF  = 1 2 AD  - 2AE  (2) 7 3 a 【 析】 (1)根据 量的线 运 直接可 解； (2)根据转化法可 量的模. 【详解】 (1)由已知 2AD= 2DC= 2CB=AB= 2a， 且E为AB的中点， 四边 BCDE为 行四边 ，△ADE为 边三角 ， 即∠DAB= 60°， 又F为AD的中点， BF  =BA  +AF  =-2AE  + 1 2 AD  ， 即BF  = 1 2 AD  - 2AE  ； (2)由已知B，M，F三点共线， AM  = λAB  + 1-λ AF  = 2λAE  + 1-λ 2 AD  ， 又因为D，M，E三点共线， 有 2λ+ 1-λ 2 = 1，解 λ= 1 3 ， 11 故有AM  = 2 3 AE  + 1 3 AD  ， 所以 AM   = 23 AE  + 1 3 AD    2 = 7 3 a. 21. (23- 24高一下· 东 ·期末)已知四边 ABCD 中，AC  = -2,1 ,BD  = 2,4 ， 四边 ABCD 的 积为 ( ) A. 3 B. 5 C. 6 D. 10 【 】B 【 析】先 断AC  ⊥BD  ，然 量的模代入公 S= 1 2 AC ⋅BD可 . 【详解】因为-2× 2+ 1× 4= 0，所以AC  ⊥BD  ， 又 AC   = -2 2+12= 5 , BD   = 22+42= 2 5， 所以四边 ABCD 的面积S= 1 2 AC ⋅BD= 1 2 × 5 × 2 5= 5. 22. (23- 24高一下· 苏镇 ·期末) 直角 系 xOy中，已知 OA  = 1,-1 ，OB  = 3,1 ， OC  = m,3 (其中m∈R)，D为 内一点. (1)若A，B，C三点共线， m的 ； (2)若 AB  与AC  的夹角为 π 4 ， m的 ； (3)若四边 ABCD为矩 ， D点 . 【 】 (1)m= 5 (2)m= 1 (3)D -1,1  【 析】 (1)根据 面 量的 标运 出AB  、AC  ， 用A，B，C三点共线 方 出m 的值． (2) 用 量的夹角公 即可 解. (3)由 面 量的 标运 矩 的定义， 方 组 出m、 x、 y的值即可 D的 标． 【详解】 (1) 量OA  = 1,-1 ，OB  = 3,1 ，OC  = m,3 ， 所以AB  =OB  -OA  = (2,2)，AC  =OC  -OA  = (m- 1,4)， 由A，B，C三点共线知，AB  ⎳AC  ， 即 2(m- 1) - 2× 4= 0，解 m= 5； (2)cosAB  ,AC  = AB  ⋅AC  AB   AC    = 2 m-1 +8 22+22 m-1 2+42 = 2 2 ， m= 1， (3)设D x,y ， 由AB  = (2,2)，BC  =OC  -OB  = (m- 3,2)， AD  =OD  -OA  = (x- 1,y+ 1)， 12 CD  =OD  -OC  = (x-m,y- 3)， 若四边 ABCD为矩 ， AB  ⊥BC  ， 即AB  ⋅BC  = 2(m- 3) + 4= 0，解 m= 1； 由-AB  =CD  ， x-m=x-1=-2 y-3=-2  ， x=-1,y= 1， 故D -1,1  23. (23- 24高一下· 东东 ·期末)已知 OA  = a,OB  = b  ，且 a = b   = a ⋅ b  = 3，任 点M关 于点A的对称点为S，点S关于点B的对称点为N， MN   = ( ) A. 4 3 B. 6 C. 2 3 D. 3 【 】A 【 析】根据题意，由条件可 AB △SMN的中 线，再由 量模长的计 公 代入计 ， 即可 结果. 【详解】因为任意点M关于点A的对称点为S，点S关于点B的对称点为N， AB △SMN的中 线，所以MN  = 2AB  = 2 OB  -OA   = 2 b  -a ， 又 a = b   = a ⋅ b  = 3， MN    2= 4 b  -a  2 = 4 b    2 -2a⋅b  + a  2   = 4 9-2×3+9 = 48， MN   = 4 3 . 故 :A 24. (23- 24高一下·福建福州·期末) 行四边 ABCD中，E BC的中点， DE  = ( ) A. AB  + 1 2 AD  B. -AB  + 1 2 AD  C. AB  - 1 2 AD  D. -AB  - 1 2 AD  【 】C 【 析】直接根据 行四边 的 质 解 量即可. 【详解】 DE  =DC  +CE  =AB  - 1 2 AD  . 故 ：C 25. (23- 24高一下· 东 南·期末) △ABC中，记AB  =m，AC  =n，若BC  = 3DC  ， AD  = ( ) A. 1 3 m + 2 3 n B. 2 3 m + 1 3 n C. 1 3 m - 2 3 n D. 2 3 m - 1 3 n 【 】A 【 析】直接根据已知条件以及 量 法 数乘的运 质 结果. 13 【详解】由已知有AD  -AB  =BD  = 1 3 ⋅ 3BD  = 1 3 3BC  -3DC   = 13 3BC  -BC   = 23 BC  = 2 3 AC  - 2 3 AB  . 故AD  =AB  + 2 3 AC  - 2 3 AB   =m + 23 n - 2 3 m = 13 m  + 2 3 n. 26. (23- 24高一下· 北石家 ·期末) 菱 OABC中、O为 原点、A(3, -1),C(1,3), OA  ⋅OB  的 为 ． 【 】 10 【 析】 用 量的线 运 OB  ，再由数量积运 即可 解. 【详解】如图， 菱 OABC中，A 3,-1 ，C 1,3 ， 所以OA  = 3,-1 ，OC  = 1,3 ， OB  =OA  +OC  = (4,2)， 故OA  ⋅OB  = 3× 4+ (-1) × 2= 10. 27. (23- 24高一下· 东 ·期末)如图， 直角 ABCD中，AB⎳CD，AD⊥AB，AB= AD= 2CD= 4，E BC的中点.    (1) AE  ⋅BE  ； (2)连 BD，交AE于点M， AM   ； (3)若P1，P2，P3，⋯，Pn为BC边上的n+ 1 点， n= 100时， MP1  +MP2  +MP3  +⋅⋅⋅+MPn   ⋅AB  的 . 【 】 (1)1 14 (2) 4 13 5 (3)240 【 析】 (1)建立 的直角 标系，再 出相关 量，根据 量数量积的 标公 即可； (2)设AM  = λAE  ,BM  = μBD  ， λ,μ∈R，根据 量 标运 方 组，解出 λ,μ，最 用 量模的 标公 即可； (3)首先证 MP1  +MP2  +MP3  +⋯+MP100  = 100ME  ，最 转化为 解ME  ⋅AB  即可. 【详解】 (1)因为AB⊥AD，所以以A为 标原点，AB为 x轴，AD为 y轴， 建立如图所示 面直角 标系， A(0,0),B(4,0),C(2,4),E(3,2)，AE  = (3,2),BE  = (-1,2)，所 以AE  ⋅BE  =-3+ 4= 1.    (2)设AM  = λAE  ,BM  = μBD  ， λ,μ∈R， AM  -BM  = λAE  - μBD  ，所以AB  = λAE  - μBD  ， 所以 (4,0) = λ(3,2) - μ(-4,4) = (3λ+ 4μ,2λ- 4μ)， 所以 3λ+4μ=4 2λ-4μ=0  ，解 λ= 45 μ= 25  ， 所以 |AM  |= 4 5 |AE  |= 4 5 × 13= 4 5 13 . (3) △MBC中，因为E为BC中点，所以MC  +MB  = 2ME  ， 又因为P1,P2,P3,⋯ ,P100 边BC的 101 点， MP1  +MP100  = 2ME  ,MP2  +MP99  = 2ME  ,⋯ ,MP50  +MP51  = 2ME  ， 所以MP1  +MP2  +MP3  +⋯+MP100  = 100ME  ， 所以 MP1  +MP2  +MP3  +⋯+MP100   ⋅AB  = 100ME  ⋅AB  由 (2) ME  = 1 5 AE  = 3 5 , 2 5 ,AB  = (4,0)， 所以ME  ⋅AB  = 3 5 × 4= 12 5 ， 所以 MP1  +MP2  +MP3  +⋯+MP100   ⋅AB  = 100× 12 5 = 240. 28. (23- 24高一下· 东 州·期末)如图，一条 两 行， 的宽 为 400m，一艘船从 边 的A 出发， 对 航行．已知船的 大 为 5km/h， 的大 为 3km/h， 航 最短 时，这艘船行驶完全 共 要时间 min． 15 【 】 6 【 析】 实 直于 航 最短，根据 量 法的 行四边 法 解即可. 【详解】 实 直于 ，船的航 最短． 设实 、船 、 为 v、 v1  、 v2  ， 如图， v= v1  + v2  ，已知 v1   = 5, v2   = 3， v = v1   2- v2   2= 4(km/h)， 宽 d= 400m= 0.4km， 所以，船的航行时间 t= d |v| = 0.4 4 × 60= 6(min)． 所以， 航 最短时，这艘船行驶完全 需要 6min． 【题型 4】向量的数量积计算 (投影法，基底法，极化恒等式，建系法) 29. (23 - 24高一下· ·期末) ABCD中， AB ⎳ CD， AB= 2， AD= 2， CD= 1， ∠BAD= 45  °，P，Q 为线段AD 线段AC上 (包括线段端点)的 点， AP  ⋅AQ  的最大 为 ( ) A. 2 5 B. 2 2 C. 10 D. 3 【 】D 【 析】根据图 特 建系写出 标，再根据数量积公 计 化 ，最 最值即可. 【详解】    以AB为 x轴，过A 直于AB的直线为 y轴， 因为AD= 2 ,∠DAB= 45°，所以D 1,1  因为CD= 1,AB= 2,∠DAB= 45°，所以C 2,1 ， AP  = λAD  ,0≤ λ≤ 1,AQ  = tAC  ,0≤ t≤ 1, 16 AP  ·AQ  = λAD  ·tAC  = λt 1,1 · 2,1 = λt 2+1 = 3λt， λ= t= 1时，AP  ·AQ  的最大值为 3. 故 ：D. 30. (23- 24高一下· 苏扬州·期末)如图， △ABC中，D,E BC上的两个三 点，AB= 12, AC= 9,∠BAC= 60°， AD  ⋅AE  的 为 ( ) A. 50 B. 80 C. 86 D. 110 【 】B 【 析】根据题意 用 量基本定理 AD  ,AE  用AB  ,AC  表示出来，然 用数量积的运 解即可. 【详解】因为 △ABC中，D,E BC上的两个三 点，AB= 12,AC= 9,∠BAC= 60°， 所以AD  =AB  +BD  =AB  + 1 3 BC  =AB  + 1 3 (AC  -AB  )= 2 3 AB  + 1 3 AC  ， AE  =AB  +BE  =AB  + 2 3 BC  =AB  + 2 3 (AC  -AB  )= 1 3 AB  + 2 3 AC  ， 所以AD  ⋅AE  = 2 3 AB  + 1 3 AC   ⋅ 13 AB  + 2 3 AC    = 2 9 AB 2+ 4 9 AB  ⋅AC  + 1 9 AB  ⋅AC  + 2 9 AC  2 = 2 9 × 144+ 5 9 × 12× 9× 1 2 + 2 9 × 81 = 32+ 30+ 18= 80. 故 ：B 31. (23- 24高一下· 杭州·期末)如图，点P,Q 矩 ABCD的边DC,BC上的点，AB= 2,AD= 3． (1)若DP  = λDC  ,BQ  = λBC  ,0≤ λ≤ 1， AP  ⋅AQ  的取 围； (2)若P DC的中点，M1,M2, ⋅⋅⋅ ,M2024 次为边AB的 2025 点． PA  +PM1  +PM2  +⋅⋅⋅+PM2024  +PB   的 ． 17 【 】 (1) [0,7]； (2)2026 3 . 【 析】 (1) 用 量的线 运 及数量积运 计 即 . (2)取AB的中点E， 用中点 量公 即可 解. 【详解】 (1) 矩 ABCD中，AP  =AD  +DP  =AD  + λAB  ,AQ  =AB  +BQ  = λAD  +AB  ， AD⊥AB，即AD  ⋅AB  = 0， 所以AP  ⋅AQ  = (AD  + λAB  ) ⋅ (λAD  +AB  )= λAD  2+ λAB 2= 7λ∈ [0,7]. (2)取AB的中点E，连接PE，由M1,M2, ⋅⋅⋅ ,M2024 次为边AB的 2025 点， PE=AD= 3， PM1  +PM2024  =PM2  +PM2023  =⋯=PM1012  +PM1013  =PA  +PB  = 2PE  ， 所以 |PA  +PM1  +PM2  +⋅⋅⋅+PM2024  +PB  |= 2026|PE  |= 2026 3 . 32. (23- 24高一下· 东惠州·期末) △ABC中，已知BC= 3，AC= 4，点P为线段BC中点， AQ  = 2 3 AB  ，设CB  = a，CA  = b  .    (1)用 a， b  表示CQ  ； (2)若∠ACB= 90°， AP  ⋅CQ  . 【 】 (1)CQ  = 2 3 a+ 1 3 b  (2) - 7 3 【 析】 (1)用三点共线的 量表达 结论可解； (2) AP  ⋅CQ  用基 {CA  ,CB  }表示出来，再用数量积运 质可解. 【详解】 (1)如图所示， 18   AQ  = 2 3 AB  ， 所以CQ  =CA  +AQ  =CA  + 2 3 CB  -CA   = 13 CA  + 2 3 CB  = 2 3 a+ 1 3 b  ， 所以CQ  = 2 3 a+ 1 3 b  . (2)点P为线段BC中点，用三点共线的 量表达 结论 AP  = 1 2 AC  + 1 2 AB  =- 1 2 CA  + 1 2 ( -CA  +CB  )=-CA  + 1 2 CB  = 1 2 a- b  ， 由 (1)知CQ  = 2 3 a+ 1 3 b  ， AP  ⋅CQ  = 1 2 a-b   ⋅ 23 a + 1 3 b   = 13 |a |2- 1 2 a ⋅ b  - 1 3 |b  |2， ∠ACB= 90°, a ⋅ b  = 0. AP  ⋅CQ  = 1 3 × 32- 1 3 × 42=- 7 3 . 33. (23- 24高一下· 南郑州·期末)如图， 四边 ABCD中，AB ∥ CD，AB= 4， CD= 3， AD= 5，∠DAB= π 2 ，若P为线段AB上一 点 (包 端点)， PC  ⋅PD  的取 围为 ． 【 】 11 4 ,9   【 析】 用直角梯 建立直角 标系，用 标法来计 数量积，即可 出结果. 【详解】 因为 四边 ABCD中，AB∥CD，AB= 4，CD= 3，AD= 5，∠DAB= π 2 ， 所以可以如图建系，可知D 0, 5 ,C 3, 5 ，设P t,0 ,t∈ 0,4 ， PC  ⋅PD  = 3-t, 5 ⋅ -t, 5 = t2- 3t+ 5= t- 3 2  2 + 11 4 ， 由于 t∈ 0,4 ，所以 t= 3 2 时，PC  ⋅PD  有最 值 11 4 ， t= 4时，PC  ⋅PD  有最大值 9，所以PC  ⋅PD  的取值 围为 11 4 ,9  ， 19 11 4 ,9  . 34. (23- 24高一下· 北石家 ·期末) △ABC中，角A，B，C所对的边 为 a， b， c，且满 足 (2a- c)cosB= bcosC． (1) 角B的大 ； (2)若BD  = 2DC  ，且CD= 1,AD= 7， △ABC的 积； (3)如图，过点A BC的 行线AP，且BC  = 7 12 AP  ， 四边 ABCP中，AB= 2,AP= 3， 点E，F 线段BC，CP上运 ，且BE  = λBC  ,CF  = λCP  ， AE  ⋅AF  的最 ． 【 】 (1)B= π 3 (2) 9 3 4 (3) 81 64 【 析】 (1) 用正 定理 边化成角，即可 解; (2) 用 定理 出AB， 用面积公 即可 解； (3)建立 标系，根据 面 量 标表示，表示出E,F两点以 ，即可 解. 【详解】 (1)因为 (2a- c)cosB= bcosC， 所以由正 定理 (2sinA- sinC)cosB= sinBcosC， 所以 2sinAcosB= sin(B+C) = sinA， 又 0<A< π,sinA≠ 0，所以 cosB= 1 2 ， 又 0<B< π，所以B= π 3 ； (2)因为BD  = 2DC  ，且CD= 1,AD= 7，所以BD= 2,BC= 3， △ABD中，由 定理 AD2=AB2+BD2- 2AB ⋅BD ⋅ cosB， 即 7=AB2+ 4- 2AB，解 AB= 3，或AB=-1(舍)， 所以△ABC的面积S△ABC= 1 2 AB ⋅BC ⋅ sinB= 1 2 × 3× 3× 3 2 = 9 3 4 ； 20 (3)以A为 标原点，AP所 直线为 x轴， 直AP的直线为 y轴建立 面直角 标系， A(0,0),P(3,0),B(-1, 3 )，由BC  = 7 12 AP  C 3 4 , 3 ， 因为BE  = λBC  ,CF  = λCP  ,0≤ λ≤ 1，所以设E(m, 3 ),F(n,t)， 由 (m+ 1,0) = λ 7 4 ,0  m= 74 λ- 1， 由 n- 3 4 ,t- 3 = λ 94 ,- 3  n= 9 4 λ+ 3 4 ,t= 3- 3λ， 所以AE  ⋅AF  = 7 4 λ-1 ⋅ 94 λ+ 3 4 + 3 ⋅ ( 3- 3λ) = 63 16 λ2- 63 16 λ+ 9 4 = 63 16 λ- 1 2  2 + 81 64 ， λ= 1 2 时，AE  ⋅AF  = 63 16 λ- 1 2  2 + 81 64 取 最 值，最 值为 81 64 ， 所以AE  ⋅AF  的最 值为 81 64 35. (23- 24高一下· 东 州·期末)已知O为△ABC的外 ，OA= 2,∠BAC= 45°， AB  ⋅OC  的最大 为 ( ) A. 2 B. 4 C. 2 D. 2 2 【 】B 【 析】 用 的 质， ∠BOC= 90°， AB  ⋅OC  转换为-4cos OA  ,OC   ，进而 出最大 值. 【详解】如图所示：    因为O为△ABC的外接 ，OA= 2,∠BAC= 45°，所以∠BOC= 2∠BAC= 90°， 且 OA   = OB   = OC   = 2， 所以AB  ⋅OC  = OB  -OA   ⋅OC  =OB  ⋅OC  -OA  ⋅OC  =-OA  ⋅OC  =-4cos OA  ,OC   ， 故 OA  ,OC  共线反 时，AB  ⋅OC  取 最大值 4. 故 ：B. 关键点点 ：本题解 的关键 导出∠BOC= 90°，再由数 积的运 AB  ⋅OC  =-OA  ⋅ 21 OC  =-4cos OA  ,OC   . 【题型 5】向量中的斜坐标系问题 36. (23- 24高一下· 东 南·期末)如图，设Ox，Oy 内夹角为 θ θ≠ π 2 的两条数轴， e1  ， e2  与 x轴、 y轴正方 的单 .若 OA  = xe1  + ye2  ， 有 数对 x,y 叫 点A 系Oxy中的 . 该 系下，A x1,y1 ，B x2,y2 ，C x3,y3 为不共线的三点，下 结 论错误的 ( )    A. 线段AB中点的 为 x1+x2 2 ， y1+y2 2  B. △ABC 的 为 x1+x2+x3 3 ， y1+y2+y3 3  C. A，B两点的距离为 x1-x2  2+ y1-y2  2 D. 若 x1y2= x2y1， O，A，B三点共线 【 】C 【 析】 题意可 OA  = x1e1  + y1e2  ，OB  = x2e1  + y2e2  ，OC  = x3e1  + y3e2  ，根据 面 量线 运 断A、B，表示出AB  ，再根据数量积的运 断C，根据 量共线定理 断D. 【详解】根据题意，OA  = x1e1  + y1e2  ，OB  = x2e1  + y2e2  ，OC  = x3e1  + y3e2  ， 对于A，设AB的中点为M， OM  = 1 2 (OA  +OB  )= 1 2 (x1e1  + y1e2  + x2e1  + y2e2  )= x1+x2 2 e1  + y1+y2 2 e2  ， 故线段AB中点的 标为 x1+x2 2 , y1+y2 2 ，故A正 ．    对于B，设△ABC重 为G， OG  =OA  +AG  =OA  + 2 3 × 1 2 (AB  +AC  )=OA  + 1 3 (AB  + AC  ) =OA  + 1 3 (OB  -OA  +OC  -OA  )= 1 3 (OA  +OB  +OC  )= x1+x2+x3 3 e1  + y1+y2+y3 3 e2  ， 22 故△ABC重 的 标为 x1+x2+x3 3 , y1+y2+y3 3 ，故B正 ； 对于C，AB  =OB  -OA  = x2e1  +y2e2   - x1e1  +y1e2   = x2-x1 e1  + y2-y1 e2  ， 所以 AB   = x2-x1 e1  + y2-y 1e2   2 = x2-x1 2e1 2+ y2-y1 2e2  2+2 x2-x1 y2-y1 e1  ⋅e2  = x2-x1 2 e1   2+ y2-y1 2 e2   2+2 x2-x1 y2-y1 e1   ⋅ e2   cosθ = x1-x2 2×12+ y1-y2 2×12+2 x1-x2 y1-y2 ×1×1×cosθ = x1-x2 2+ y1-y2 2+2 x1-x2 y1-y2 cosθ 即该 标系中A x1,y1 ，B x2,y2 两点间的距离为： x1-x2 2+ y1-y2 2+2 x1-x2 y1-y2 cosθ，故C错误； 对于D，OA  = x1e1  + y1e2  ，OB  = x2e1  + y2e2  ， 若 x1y2= x2y1= 0， OA  ⎳OB  ， O、A、B三点共线， 若 x1y2= x2y1≠ 0，变 可 x1 x2 = y1 y2 = t t≠0 ，所以OA  = tOB  ， 所以OA  ⎳OB  ，所以O、A、B三点共线， 综 可 ：若 x1y2= x2y1， O，A，B三点共线，故D正 ． 故 ：C． 37. (23- 24高一下� 苏镇 �期末) (多 )设 e1  ， e2  夹角为 60  °的单 ，由 基 本定理知：对 内任一 p，存 唯一有 实数对 λ,μ ， p= λe1  + μe2  ，我们称有 数对 λ,μ 为 p的“仿 ”.若 a b  的“仿 ” 为 1,2 ， m,-1 ， 下 说法 正 的 ( ) A. a = 7 B. 若m= 3， a+ b  的“仿 ”为 4，1  C. 若 a⊥ b  ， m= 2 D. 若 a⎳ b， m=- 1 2 【 】ABD 【 析】根据“仿 标”定义， a= e1  + 2e2  ,b  =me1  - e2  ． 生的仿 标转化为熟 的 量表达 来解题即可． 【详解】根据“仿 标”定义， a= e1  + 2e2  ,b  =me1  - e2  ． 对于A， |a| = |e1  + 2e2  |，即 |a|2= |e1  + 2e2  |2= |e1  |2+ 4|e1  | ⋅ |e2  |cos60° +4|e2  |2= 7，因此 |a| = 7． 故A正 ． 对于B， a= e1  + 2e2  ,b  = 3e1  - e2  , a+ b  = 4e1  + e2  ，根据“仿 标”定义， a+ b  的“仿 标”为 (4,1)．故B正 ． 对于C，若 a⊥ b  ， a ⋅ b  = (e1  + 2e2  ) ⋅ (me1  - e2  )= 0， 化 a ⋅ b  =m|e1  |2+ (2m- 1)|e1  | ⋅ |e2  |cos60° -2|e2  |2= 0， 即m+ (2m- 1) × 1 2 - 2= 0，解 m= 5 4 ，故C错误． 23 对于D，若 a⎳ b  ， a= λb  ⇒ e1  + 2e2  = λ(me1  - e2  )= λme1  - λe2  ， 1= λm,2=-λ，联立 出m=- 1 2 ,λ=-2，故D正 ． 故 ：ABD. 【题型 6】向量共线定理的推论与等和线 38. (23- 24高一下� 州�期末)如图， △ABC中，∠BAC= π 3 ，点P 线段BC上，若 △ABC的 积为 4 3，AP  =mAC  + 1 2 AB  ， AP   的最 为 . 【 】 2 3 【 析】先 过三角 面积公 、三点共线结论 出AB ⋅AC= 16以及m= 1 2 ，再结 模长公 以及基本不 即可 解. 【详解】若△ABC的面积为 4 3，∠BAC= π 3 ， 1 2 AB ⋅AC ⋅ 3 2 = 4 3，所以AB ⋅AC= 16， 又因为AP  =mAC  + 1 2 AB  ，点P 线段BC上， 所以m+ 1 2 = 1，所以m= 1 2 ， AP   = 12 AC  + 1 2 AB    2 = 1 4 AC2+ 1 2 ⋅16 ⋅ 1 2 + 1 4 AB2 = 1 4 AC2+AB2 +4≥ AC ⋅AB2 +4= 2 3， 号成立 且仅 AC=AB= 4， 所以 AP   的最 值为 2 3 . 2 3 . 39. (23- 24高一下· 东 ·期末) △ABC中，AC= 1，BC= 2，CA  ⋅CB  = 1，CD  = 2tCA  + 1-t CB  (t∈R)， CD   的最 为 ( ) A. 2 B. 3 C. 3 2 D. 1 【 】B 【 析】先 CD    2 ， 用 量的运 法 ，可以转化为关于 t的函数， 用函数的观点 即可 最 值. 【详解】因为CD  = 2tCA  + 1-t CB  24 所以 CD    2=CD 2= 2tCA  + 1-t CB    2= 4t2CA 2+ 4t 1-t CA  ⋅CB  + 1-t 2CB 2 又因为AC= 1，BC= 2，CA  ⋅CB  = 1， 所以CA 2= CA    2= 1,CB 2= CB    2= 4,CA  ⋅CB  = 1 所以 CD    2= 4t2+ 4t 1-t + 4 1-t 2= 4 t2-t+1 = 4 t- 1 2  2 + 3 t= 1 2 时， CD    2 min= 3，即 CD   min= 3， 故 ：B. 40. (23- 24高一下· 北武 ·期末) 行四边 ABCD中，∠BAD= 2π 3 ，AB= 1，AD= 2， P 以C为 ， 3为半 的 上一 点，且AP  = λAB  + μAD  ， λ+ μ的最大 为 ( ) A. 2+ 3 B. 7+ 3 C. 2+ 7 D. 2+ 21 7 【 】C 【 析】先 用 定理 出AC， AC⊥CD，以C为 标原点建立 面直角 标系，设 P( 3cosθ, 3sinθ)，根据 面 量线 运 的 标表示结 三角函数即可 解. 【详解】由题意∠ADC= π 3 ， △ACD中，由 定理 AC2=DA2+DC2- 2DA ⋅DC ⋅ cos∠ADC= 3， 所以AC= 3， AC2+CD2=AD2，故AC⊥CD， 如图，以C为 标原点建立 面直角 标系， D(-1,0)，A(0, 3 )，B(1, 3 )，设P( 3cosθ, 3sinθ)， 故AP  = 3cosθ, 3sinθ- 3 ，AB  = (1,0)，AD  = (-1, - 3 )， 又AP  = λAB  + μAD  = λ(1,0) + μ(-1, - 3 )， 即 3cosθ, 3sinθ- 3 = λ-μ,- 3μ ， 所以 3cosθ=λ-μ 3sinθ- 3=- 3μ  ，所以 λ=1+ 3cosθ-sinθ μ=1-sinθ  ， 所以 λ+ μ= 2+ 3cosθ- 2sinθ= 2+ 7cos θ+φ ≤ 2+ 7，其中 cosφ= 21 7 ,sinφ= 2 7 7 ， 且仅 cos θ+φ = 1时， λ+ μ取最大值，且它的最大值为 2+ 7 . 故 ：C. 41. (2019·安 黄 ·一模)如图， ΔABC中，∠BAC= π 3 ，AD  = 2DB  ，P为CD上一点，且满 25 足AP  =mAC  + 1 2 AB  ，若ΔABC的 积为 2 3， AP   的最 为 A. 2 B. 4 3 C. 3 D. 3 【 】D 【 析】运用 面 量基本定理， m的值，结 量模长计 方法，建立 ，计 最值， 即可． 【详解】AP  =AC  +CP  =AC  + kCD  =AC  + k AD  -AC   =AC  + k 2 3 AB  -AC    = 2k 3 AB  + 1-k AC  =mAC  + 1 2 AB  ， 1- k=m, 2k 3 = 1 2 ，所以m= 1 4 ，结 ΔABC的面积为 2 3， 1 2 AC   ⋅ AB   ⋅ 32 = 2 3 , AC   ⋅ AB   = 8，所以 AP   = 116 AC    2+ 1 4 AB    2+ 1 8 ⋅ AC   ⋅ AB   = 1+ 116 AC    2+ 16 AC    2 ≥ 3，故 D． 考查了 基本定理，考查了基本不 的运用， ． 42. (23- 24高一下· 东 州·期末)如图，已知△ABC，AB=AC= 2BC= 1，且点P △ABC 的 .过点P的直线 l与线段AB、AC 交于点E、F.设AE  = λAB  ，AF  = μAC  (λ≠ 0， μ≠ 0).    (1) AB  ⋅AC  的 ， 断 1 λ + 1 μ 为定 ，若 出定 ，若不 请说 理由； (2)若△AEF的 长为C1，△ABC的 长为C2.设 x= λμ，记 f x = C1 C2 - x， f x 的取 围. 【 】 (1)AB  ⋅AC  = 7 8 ， 1 λ + 1 μ 定 ，理由见详解 (2) 2 9 , 6+1 10     26 【 析】 (1)根据题意可 AP  = 1 3λ AE  + 1 3μ AF  ，变 可 ，根据P,E,F三点共线，即可 1 3λ + 1 3μ = 1⇒ 1 λ + 1 μ = 3的值； (2)根据题意可 C1= λ+ μ+ μ2+λ2- 74 λμ，C2= 5 2 ，故 f x = C1 C2 - x的表达 ，根据 x = λμ的 围， 用函数 质，即可 案. 【详解】 (1)已知△ABC，AB=AC= 2BC= 1，所以 cos∠BAC= AB 2+AC2-BC2 2AB ⋅AC = 12+12- 12  2 2×1×1 = 7 8 ， 所以AB  ⋅AC  = AB   AC   cos∠BAC= 1× 1× 78 = 7 8 ， 因为AE  = λAB  ，AF  = μAC  ， AB  = 1 λ AE  ，AC  = 1 μ AF  ， 因为点P △ABC的重 ，所以AP  = 1 3 AB  +AC   = 13λ AE  + 1 3μ AF  ， 因为P,E,F 直线 l上，所以 1 3λ + 1 3μ = 1⇒ 1 λ + 1 μ = 3. (2) EF   = AF  -AE   = AF 2+AE 2-2AF  ⋅AE  = μ2+λ2- 7 4 λμ， 所以C1=AE+AF+EF= λ+ μ+ μ2+λ2- 74 λμ，C2= 5 2 设 x= λμ，由 (1) 1 λ + 1 μ = 3，所以 λ+ μ= 3λμ= 3x 所以 f x = C1 C2 - x= 2 5 λ+μ+ μ2+λ2- 7 4 λμ - x= 25 λ+μ+ μ+λ  2-2λμ- 7 4 λμ - x= 2 5 3x+ 9x2- 15 4 x - x= 25 9x2- 15 4 x+ 1 5 x 因为 0< λ≤ 1,0< μ≤ 1， 1 λ ≥ 1, 1 μ ≥ 1，又因为 1 λ = 3- 1 μ ≤ 2， 1≤ 1 λ ≤ 2， 因为 μ= λ 3λ-1，所以 λμ= λ2 3λ-1 = 1 3 λ - 1 λ2 = 1 - 1λ - 3 2  2 + 94 ， 因为 1≤ 1 λ ≤ 2，所以 1 λ = 3 2 时， λμ的最 值为： 4 9 ， 1 λ = 1或 2时， λμ的最大值为： 1 2 ，所以 x= λμ∈ 4 9 , 1 2    ， 因为 y1= 9x2- 154 x的对称轴为 x= 5 24 ，所以 4 9 , 1 2    上单 ，又因为 y2= 1 5 x 4 9 , 1 2    上也 单 ，所以 f x = 2 5 9x2- 15 4 x+ 1 5 x 4 9 , 1 2    上单 ， 所以 x= 4 9 时， f x min= 2 9 ， x= 1 2 时， f x max= 6+1 10 ， 所以 f x 的取值 围为 2 9 , 6+1 10     本题的关键 于 用 问 (1)所 的结论 1 3λ + 1 3μ = 1⇒ 1 λ + 1 μ = 3，结 三点共线 定， 双变 函数化为单变 函数，结 函数的定义域 函数的 域. 27 【题型 7】向量与三角形四心 43. (23 - 24高一下· 苏镇 ·期末)已知 OA  ， OB  ， OC  满足： OA  + OB  + OC  = 0  ，且 OA   = OB   = OC   = 1， 三角 ABC的 状 ( ) A. 三角 B. 直角三角 C. 直角三角 D. 边三角 【 】D 【 析】由三角 重 、外 质 O 三角 ABC的重 、外 ，从而 三角 ABC 为 边三角 . 【详解】因为OA  +OB  +OC  = 0  ，所以O 三角 ABC的重 ，又因为 OA   = OB   = OC    = 1，所以O 三角 ABC的外 ， 所以三角 ABC 边三角 . 44. (23- 24高一下· 北武 ·期末)设O为△ABC的外 ，若AO  =AB  + 2AC  ， sin∠BAC的 为 ( ) A. 6 4 B. 7 4 C. - 6 4 D. 10 4 【 】D 【 析】设△ABC的外接 半 为R，由已知条件可 ,2AC  =BO  ，所以AC= 1 2 R，且 AC⎳BO，取AC的中点M，连接OM可 ∠BOM= π 2 ，计 cos∠BOC=-sin∠MOC的值， 再由 定理 出BC， △ABC中，由正 定理即可 解. 【详解】 设△ABC的外接 半 为R，因为AO  =AB  + 2AC  ,2AC  =AO  -AB  =BO  ， 所以AC= 1 2 BO= 1 2 R，且AC⎳BO， 取AC的中点M，连接OM， OM⊥AC，因为AC⎳BO， 所以OM⊥BO，即∠BOM= π 2 ， 所以 cos∠BOC= cos π 2 +∠MOC =-sin∠MOC=-MCOC =- 1 2 AC OB =- 1 4 R R =- 1 4 , △BOC中由 定理可 ：BC= OB2+OC2-2OB ⋅OC ⋅cos∠BOC = R2+R2-2R2⋅ - 1 4 = 10 2 R， △ABC中，由正 定理 ： sin∠BAC= BC 2R = 10 2 R 2R = 10 4 . 28 45. (23 - 24高一下· 东·期末)如图，点 O △ABC的 ，点 D 边 BC上一点，且 BC  = 4DC  ，OD  =mAB  +nAC  ， m n = ( ) A. 1 5 B. - 1 4 C. - 1 5 D. 1 4 【 】C 【 析】延长AO交BC于E，根据题意， AO  = 2OE  且AE  = 1 2 AB  +AC   ，再由BC  = 4DC  ，可 D BC的四 点，根据 量的运 法 ， OD  =- 1 12 AB  + 5 12 AC  ， m,n的值，即可 解. 【详解】如图所示，延长AO交BC于E， 由已知O为△ABC的重 ， 点E为BC的中点，可 AO  = 2OE  ，且AE  = 1 2 AB  +AC   ， 又由BC  = 4DC  ，可 D BC的四 点， OD  =OE  +ED  = 1 3 AE  + 1 4 BC  = 1 3 × 1 2 AB  +AC   + 14 AC  -AB   =- 112 AB  + 5 12 AC  ， 因为OD  =mAB  +nAC  ，所以m=- 1 12 ，n= 5 12 ，所以 m n =- 1 5 ． 46. (23- 24高一下·四川成都· 段练习) (多 )G △ABC的 ，AB= 2,AC= 4,∠CAB= 120°, P △ABC所 内的一点， 下 结论正 的 ( ) A. GA  +GB  +GC  = 0  B. AB  AC  上的投 于- 1 2 AC  . C. AG   = 2 33 D. AP  ⋅ BP  +CP   的最 为- 32 【 】ACD 【 析】根据 量的线 运 ， 结 重 的 质，即可 断A，根据投 量的定义， 断 B；根据 量数量积公 ，以及重 的 质， 断C；根据 量数量积的运 率，结 图 转 化，即可 断D. 【详解】A.以GB,GC为 边 行四边 GBDC，GD,BC交于点O，O BC的中点， 因为G △ABC的重 ，所以A,G,O三点共线，且AG= 2GO， 所以GB  +GC  =GD  = 2GO  ，GA  =-AG  =-2GO  ，所以GA  +GB  +GC  = 0  ，故A正 ； 29    B.AB  AC  上的投 量 于 AB   cos120° × AC  AC    =- 1 4 AC  ，故B错误； C.如图，因为AO  = 1 2 AB  +AC   ，所以AO  2= 1 4 AB 2+AC  2+2AB  ⋅AC   , 即 AO    2= 1 4 4+16-2×2×4× 1 2 = 3，即 AO   = 3 , 因为点G △ABC的重 ， AG = 2 3 AO = 2 3 3 ，故C正 ； D. 取BC的中点O，连结PO,PA，取AO中点M， PA  +PO  = 2PM  ，AO  = 1 2 AB  +AC   ， AO  2= 1 4 AB 2+2AB  ⋅AC  +AC  2  = 14 × 4-8+16 = 3, AP  ⋅ BP  +CP   =PA  ⋅ PB  +PC   = 2PA  ⋅PO  = 2× 1 4 PA  +PO    2- PA  -PO    2  ， = 2PM  2- 1 2 OA  2= 2PM  2- 3 2 , 然 P,M重 时，PM  2= 0，AP  ⋅ BP  +CP   取最 值- 32 ，故D正 .    47. (23- 24高一下· 南长 ·期末) (多 )点O △ABC所 的 内， 以下说法正 的有 ( ) A. 若OA  ⋅OB  =OB  ⋅OC  =OC  ⋅OA  ， 点O为△ABC的外 (外 ) B. 若AO  = λ AB  AB   sinB + AC  AC   sinC      λ∈R ， 点O的轨迹一定 过△ABC的 C. 若 2OA  +OB  + 3OC  = 0  ，S△AOC，S△ABC 表示△AOC，△ABC的 积， S△AOC: S△ABC= 1:6 D. 若OA  ⋅ AB  AB    + CA  CA         =OB  ⋅ BA  BA    + CB  CB         =OC  ⋅ BC  BC    + CA  CA         = 0， 点O △ABC的内 【 】BCD 【 析】A 项，计 出OB  ⋅CA  = 0，OB⊥CA， 理可 OC⊥AB，OA⊥BC， 点O 为△ABC的 ；B 项， 出辅 线， AO  = 2λ AE    AF  ，故点O 中线AF上，故 量 一定经过△ABC的重 ；C 项， 出辅 线， -2OH  =OF  ，从而 所以OH= 1 3 HF 30 = 1 6 AB，故S△AOC:S△ABC= 1:6；D 项， 出辅 线， AB  AB    + CA  CA    =MN  ，故OA⊥ MN， O ∠A的 线上， 理可 ，O ∠B,∠C的 线上. 【详解】A 项，OA  ⋅OB  -OB  ⋅OC  = 0，即OB  ⋅ OA  -OC   =OB  ⋅CA  = 0，故OB⊥CA， 理可 OC⊥AB，OA⊥BC， 点O为△ABC的 ，A错误； B 项，过点A AE⊥BC于点E，取BC的中点F，连接AF， AB   sinB= AE   ， AC   sinC= AE   ， AO  = λ AB  AB   sinB + AC  AC   sinC      = λ AB  AE    + AC  AE         = λ AE    AB  +AC   = 2λ AE    AF  ， 故点O 中线AF上，故 量一定经过△ABC的重 ，B正 ； C 项，如图，F,H 为BC,AC的中点，OA  +OB  + 3OC  = 0  ⇒ 2 OA  +OC   +OB  +OC  = 0  ， 4OH  + 2OF  = 0  ，故-2OH  =OF  ， 所以OH= 1 3 HF= 1 6 AB， 故S△AOC:S△ABC= 1:6，C正 ； D 项， AB  AB    , CA  CA    表示AB  ,CA  方 上的单 量AN  ,MA  ， 故 AB  AB    + CA  CA    =AN  +MA  =MN  ， OA  ⋅ AB  AB    + CA  CA         =OA  ⋅MN  = 0，故OA⊥MN， 由三线 一可 ，O ∠A的 线上， 理可 ，O ∠B,∠C的 线上， 点O △ABC的内 ，D正 . 故 ：BCD 结论点 ：点O为△ABC所 内的点，且OA  +OB  +OC  = 0  ， 点O为△ABC的 ， 点O为△ABC所 内的点，且OA  ⋅OB  =OB  ⋅OC  =OA  ⋅OC  ， 点O为△ABC的 ， 1 高一期末复习专题 2：向量与复数常考题 梳理 模块一 三角函数 【题 1】向量的平行与 直，共线问题 【题 2】投 向量，模长，夹角相关计算 【题 3】向量的线性运算与应用 【题 4】向量的数量积计算 (投 法，基底法，极化恒等 ，建系法) 【题 5】向量中的斜 标系问题 【题 6】向量共线定理的推论与等和线 【题 7】向量与三角 四 【题 8】向量综合问题 模块二 向量数量积中档题 【题 9】复数基本性质辨析 【题 10】复数的周期性 【题 11】复数中的轨迹类最值问题 【题 12】一元二次方 的复数根 【题 13】 定系数法 【题 14】复数与向量综合问题 模块一 三角函数 【题型 1】向量的平行与垂直，共线问题 1. (23- 24高一下· 苏扬州·期末)已知 a= 0,1 ,b  = -1,2 .设AB  = a+ 2b  ,BC  = λa+ b  λ∈R . (1)若A,B,C三点共线， λ的 ； (2)若AB⊥BC， λ的 . 2. (23- 24高一下· 苏南 ·期末)已知 a= -2,4 ， b  = 1,x ，若 a∥ b  ， |b  | = ( ) A. 5 2 B. 5 C. 2 5 D. 4 5 2 3. (23- 24高一下· 苏苏州·期末)设 m = (1,3)， n = (4, -2)， p= λm + n，若m ⊥ p， 实 数 λ的 为 . 4. (23- 24高一下· 东 州·期末)设 x∈R, a= x,1 ， b  = 4,-2 ，若 a⎳ b  ， x= ( ) A. - 2 B. - 1 2 C. 1 2 D. 2 5. (23- 24高一下· 东 ·期末)已知 a,b  不共线，若 a+2b   ⎳ ka-b  k= ( ) A. - 2 B. - 1 2 C. 1 2 D. 2 6. (23- 24高一下· 东深 ·期末)已知 △ABC 中， AE  = 2AB  ，BM  = 2MC  ，若 AF  = xAC  ， 且 E，M，F 三点共线， x= ( ) A. 2 3 B. 3 4 C. 4 5 D. 5 6 3 【题型 2】投影向量，模长，夹角相关计算 7. (23- 24高一下· 北武 ·期末)已知 a与 b  的夹角为 30°， a = 3， b   = 2， a-b   = ( ) A. 1 B. 2- 3 C. 2+ 3 D. 13 8. (23- 24高一下· 南郑州·期末)已知点A 1,0 ，B 0,2 ，C 3,2 ， AB  AC  上的投 的 标为 ( ) A. - 1 2 , 1 2  B. 1 2 ,- 1 2  C. 1 2 , 1 2  D. - 1 2 ,- 1 2  9. (23- 24高一下· 州·期末)已知 e1 e  2满足 e  2 = 2 e1 = 2， e1 e2方 上的投 为- 1 4 e2， e  2 e  1方 上的投 为 ( ) A. - 1 B. - 1 2 C. - 1 2 e1 D. - e  1 10. (23- 24高一下· 宁波·期末)若 a,b  ,c两两的夹角相 ，且 a = 1， b   = 1， c = 2， a+b  +c = ( ) A. 1 B. 4 C. 1或 4 D. 1或 2 4 11. (23- 24高一下· 州·期末)已知 a,b  单 ，满足 a-2b   = 7，记 a与 b  夹角为 θ． (1) θ； (2)若 c a上的投 为 a,b  ⋅ c= 1， c ． 12. (23- 24高一下· 东惠州·期末)已知 a= 1, 2 ， b  = 2,0 ， a b  方 上的投 为 ( ) A. 1,2  B. 2,0  C. 1,0  D. 2,1  13. (23- 24高一下· 东 ·期末)已知 a= 2,1 ， b  = 3,x . (1)若 a∥ b  ， b   ； (2)若 a ⋅ b  -a = 0， cos a+b  ,b   . 14. (23 - 24高一下· 东 ·期末)已知 a = 3， b   = 4，且 b  a上的投 的数 为 -2， a+b   = ( ) A. 37 B. 31 C. 19 D. 13 15. (23- 24高一下· 东 州·期末) △ABC中，已知 AB  +AC   = AB  -AC   = 2 AB   ， CA  CB  上的投 为 . 5 16. (23- 24高一下· 苏苏州·期末)如图， 行四边 ABCD中，已知A= π 3 ，AB= 2，AD = 1，E为线段AB的中点，F为线段BC上的 点 (不 端点).记BF  =mBC  . (1)若m= 1 2 ， 线段EF的长； (2)若m= 1 4 ，设AB  = xCE  + yDF  ， 实数 x y的 ； (3)若CE与DF交于点G，AG  ∥EF  ， GE  与GF  的夹角的 . 17. (22- 23高一下· 东东 ·期末)已知复数 z满足 z+ z= 2， z- z= 4i． (1) 3+z ； (2)设复数 zz， z+ 2z， 10 z 复 内对 的点 为A，B，C， cos AB  ,BC   ． 6 18. (23- 24高一下·福建福州·期末) (多 )若 a= 2,0 ， b  = 1, 3 ， ( ) A. a ⋅ b  = 2 B. a+b   = a-b    C. a，b   不能 为一组基 D. b  a方 上的投 为 1 2 a 19. (23 - 24高一下·福建厦门·期末) (多 ) 梯 ABCD中， AD  = 2BC  , AD   = 2 AB   ,AN  = 2ND  ， ( ) A. DC  =AB  - 1 2 AD  B. AB  ⋅BD  = 0 C. AC  ⋅CD  = 0 D. AN  AC  上的投 为 2 3 AC  【题型 3】向量的线性运算与应用 20. (23- 24高一下· 宁波·期末)如图， 梯 ABCD中， 2AD= 2DC= 2CB=AB= 2a， E，F 为AB，AD的中点，BF与DE交于点M . (1)用AD  ，AE  表示BF  ； (2) 线段AM的长. 7 21. (23- 24高一下· 东 ·期末)已知四边 ABCD 中，AC  = -2,1 ,BD  = 2,4 ， 四边 ABCD 的 积为 ( ) A. 3 B. 5 C. 6 D. 10 22. (23- 24高一下· 苏镇 ·期末) 直角 标系 xOy中，已知 OA  = 1,-1 ，OB  = 3,1 ， OC  = m,3 (其中m∈R)，D为 标 内一点. (1)若A，B，C三点共线， m的 ； (2)若 AB  与AC  的夹角为 π 4 ， m的 ； (3)若四边 ABCD为矩 ， D点 标. 23. (23- 24高一下· 东东 ·期末)已知 OA  = a,OB  = b  ，且 a = b   = a ⋅ b  = 3，任 点M关 于点A的对称点为S，点S关于点B的对称点为N， MN   = ( ) A. 4 3 B. 6 C. 2 3 D. 3 8 24. (23- 24高一下·福建福州·期末) 行四边 ABCD中，E BC的中点， DE  = ( ) A. AB  + 1 2 AD  B. -AB  + 1 2 AD  C. AB  - 1 2 AD  D. -AB  - 1 2 AD  25. (23- 24高一下· 东 南·期末) △ABC中，记AB  =m，AC  =n，若BC  = 3DC  ， AD  = ( ) A. 1 3 m + 2 3 n B. 2 3 m + 1 3 n C. 1 3 m - 2 3 n D. 2 3 m - 1 3 n 26. (23- 24高一下· 北石家 ·期末) 菱 OABC中、O为 标原点、A(3, -1),C(1,3), OA  ⋅OB  的 为 ． 27. (23- 24高一下· 东 ·期末)如图， 直角梯 ABCD中，AB⎳CD，AD⊥AB，AB= AD= 2CD= 4，E BC的中点.    (1) AE  ⋅BE  ； (2)连 BD，交AE于点M， AM   ； (3)若P1，P2，P3，⋯，Pn为BC边上的n+ 1 点， n= 100时， MP1  +MP2  +MP3  +⋅⋅⋅+MPn   ⋅AB  的 . 9 28. (23- 24高一下· 东 州·期末)如图，一条 两 行， 的宽 为 400m，一艘船从 边 的A 出发， 对 航行．已知船的 大 为 5km/h， 的大 为 3km/h， 航 最短 时，这艘船行驶完全 共 要时间 min． 【题型 4】向量的数量积计算 (投影法，基底法，极化恒等式，建系法) 29. (23 - 24高一下· ·期末) 梯 ABCD中， AB ⎳ CD， AB= 2， AD= 2， CD= 1， ∠BAD= 45  °，P，Q 为线段AD 线段AC上 (包括线段端点)的 点， AP  ⋅AQ  的最大 为 ( ) A. 2 5 B. 2 2 C. 10 D. 3 30. (23- 24高一下· 苏扬州·期末)如图， △ABC中，D,E BC上的两个三 点，AB= 12, AC= 9,∠BAC= 60°， AD  ⋅AE  的 为 ( ) A. 50 B. 80 C. 86 D. 110 31. (23- 24高一下· 杭州·期末)如图，点P,Q 矩 ABCD的边DC,BC上的点，AB= 2,AD= 3． (1)若DP  = λDC  ,BQ  = λBC  ,0≤ λ≤ 1， AP  ⋅AQ  的取 围； (2)若P DC的中点，M1,M2, ⋅⋅⋅ ,M2024 次为边AB的 2025 点． PA  +PM1  +PM2  +⋅⋅⋅+PM2024  +PB   的 ． 10 32. (23- 24高一下· 东惠州·期末) △ABC中，已知BC= 3，AC= 4，点P为线段BC中点， AQ  = 2 3 AB  ，设CB  = a，CA  = b  .    (1)用 a， b  表示CQ  ； (2)若∠ACB= 90°， AP  ⋅CQ  . 33. (23- 24高一下· 南郑州·期末)如图， 四边 ABCD中，AB ∥ CD，AB= 4， CD= 3， AD= 5，∠DAB= π 2 ，若P为线段AB上一 点 (包 端点)， PC  ⋅PD  的取 围为 ． 34. (23- 24高一下· 北石家 ·期末) △ABC中，角A，B，C所对的边 为 a， b， c，且满 足 (2a- c)cosB= bcosC． (1) 角B的大 ； (2)若BD  = 2DC  ，且CD= 1,AD= 7， △ABC的 积； (3)如图，过点A BC的 行线AP，且BC  = 7 12 AP  ， 四边 ABCP中，AB= 2,AP= 3， 点E，F 线段BC，CP上运 ，且BE  = λBC  ,CF  = λCP  ， AE  ⋅AF  的最 ． 11 35. (23- 24高一下· 东 州·期末)已知O为△ABC的外 ，OA= 2,∠BAC= 45°， AB  ⋅OC  的最大 为 ( ) A. 2 B. 4 C. 2 D. 2 2 【题型 5】向量中的斜坐标系问题 36. (23- 24高一下· 东 南·期末)如图，设Ox，Oy 内夹角为 θ θ≠ π 2 的两条数轴， e1  ， e2  与 x轴、 y轴正方 的单 .若 OA  = xe1  + ye2  ， 有 数对 x,y 叫 点A 标系Oxy中的 标. 该 标系下，A x1,y1 ，B x2,y2 ，C x3,y3 为不共线的三点，下 结 论错误的 ( )    A. 线段AB中点的 标为 x1+x2 2 ， y1+y2 2  B. △ABC 的 标为 x1+x2+x3 3 ， y1+y2+y3 3  C. A，B两点的距离为 x1-x2  2+ y1-y2  2 D. 若 x1y2= x2y1， O，A，B三点共线 37. (23- 24高一下 苏镇 期末) (多 )设 e1  ， e2  夹角为 60  °的单 ，由 基本定 理知：对 内任一 p，存 唯一有 实数对 λ,μ ， p = λe1  + μe2  ，我们称有 数对 λ,μ 为 p的“仿 标”.若 a b  的“仿 标” 为 1,2 ， m,-1 ， 下 说法 正 的 ( ) A. a = 7 B. 若m= 3， a+ b  的“仿 标”为 4，1  C. 若 a⊥ b  ， m= 2 D. 若 a⎳ b， m=- 1 2 【题型 6】向量共线定理的推论与等和线 38. (23 - 24高一下 州期末)如图， △ABC中， ∠BAC = π 3 ，点 P 线段 BC上，若 △ABC的 积为 4 3，AP  =mAC  + 1 2 AB  ， AP   的最 为 . 12 39. (23- 24高一下· 东 ·期末) △ABC中，AC= 1，BC= 2，CA  ⋅CB  = 1，CD  = 2tCA  + 1-t CB  (t∈R)， CD   的最 为 ( ) A. 2 B. 3 C. 3 2 D. 1 40. (23- 24高一下· 北武 ·期末) 行四边 ABCD中，∠BAD= 2π 3 ，AB= 1，AD= 2， P 以C为 ， 3为半 的 上一 点，且AP  = λAB  + μAD  ， λ+ μ的最大 为 ( ) A. 2+ 3 B. 7+ 3 C. 2+ 7 D. 2+ 21 7 41. (2019·安 黄 ·一模)如图， ΔABC中，∠BAC= π 3 ，AD  = 2DB  ，P为CD上一点，且满 足AP  =mAC  + 1 2 AB  ，若ΔABC的 积为 2 3， AP   的最 为 A. 2 B. 4 3 C. 3 D. 3 13 42. (23- 24高一下· 东 州·期末)如图，已知△ABC，AB=AC= 2BC= 1，且点P △ABC 的 .过点P的直线 l与线段AB、AC 交于点E、F.设AE  = λAB  ，AF  = μAC  (λ≠ 0， μ≠ 0).    (1) AB  ⋅AC  的 ， 断 1 λ + 1 μ 为定 ，若 出定 ，若不 请说 理由； (2)若△AEF的 长为C1，△ABC的 长为C2.设 x= λμ，记 f x = C1 C2 - x， f x 的取 围. 【题型 7】向量与三角形四心 43. (23 - 24高一下· 苏镇 ·期末)已知 OA  ， OB  ， OC  满足： OA  + OB  + OC  = 0  ，且 OA   = OB   = OC   = 1， 三角 ABC的 状 ( ) A. 三角 B. 直角三角 C. 直角三角 D. 边三角 14 44. (23- 24高一下· 北武 ·期末)设O为△ABC的外 ，若AO  =AB  + 2AC  ， sin∠BAC的 为 ( ) A. 6 4 B. 7 4 C. - 6 4 D. 10 4 45. (23 - 24高一下· 东·期末)如图，点 O △ABC的 ，点 D 边 BC上一点，且 BC  = 4DC  ，OD  =mAB  +nAC  ， m n = ( ) A. 1 5 B. - 1 4 C. - 1 5 D. 1 4 46. (23- 24高一下·四川成都· 段练习) (多 )G △ABC的 ，AB= 2,AC= 4,∠CAB= 120°, P △ABC所 内的一点， 下 结论正 的 ( ) A. GA  +GB  +GC  = 0  B. AB  AC  上的投 于- 1 2 AC  . C. AG   = 2 33 D. AP  ⋅ BP  +CP   的最 为- 32 47. (23- 24高一下· 南长 ·期末) (多 )点O △ABC所 的 内， 以下说法正 的有 ( ) A. 若OA  ⋅OB  =OB  ⋅OC  =OC  ⋅OA  ， 点O为△ABC的外 (外 ) B. 若AO  = λ AB  AB   sinB + AC  AC   sinC      λ∈R ， 点O的轨迹一定 过△ABC的 C. 若 2OA  +OB  + 3OC  = 0  ，S△AOC，S△ABC 表示△AOC，△ABC的 积， S△AOC: S△ABC= 1:6 D. 若OA  ⋅ AB  AB    + CA  CA         =OB  ⋅ BA  BA    + CB  CB         =OC  ⋅ BC  BC    + CA  CA         = 0， 点O △ABC的内 15 【题型 8】向量综合问题 48. (23- 24高一下·福建厦门·期末) e1  ,e2  ,a满足 e1  ⋅ e2  = 0， e1   = e2   = 1, a-e1  ,a-e2   = π 3 ， a 的最大 为 ( ) A. 2 B. 2+ 6 2 C. 2+ 6 2 D. 6 49. (23 - 24 高一下 苏镇 期末 ) △ABC 中，点 M， N 边 BC 上，且满足： AM  = 1 2 AB  +AC   ， ABAC = BN NC ，若A= 2π 3 ，AM= 3 2 ，AN= 2 3 ， △ABC的 积 于 ( ) A. 1 2 B. 2 3 C. 2 2 D. 3 2 50. (23- 24高一下·福建厦门·期中) (1)已知A 2,3 ，B 4,-3 ，点P 线段AB的延长线上，且 AP   = 32 PB   ， 点P的 标； (2)若 a,b  夹角为 60°的两个单 ， ： (i) a- 1 2 b   的 ； (ii)函数 f x = a-xb    x∈R 的 最 ； (3)请 以下三个结论中任 一个用 方法证 ． ① 定理；② 行四边 的对角线的 方 于其四边长的 方 ；③三角 的三条中线交于一 点． 注：如果 择多个结论 解 ， 一个解 计 ． 16 51. (22- 23高一下· 北武 ·期末)已知 a， b  满足 a+b   ⋅ b  = 0， a+4b   = 4， a+b   + b    的最大 为 ． 52. (23- 24高一下· 东东 ·期末)已知 O的半 为 1，点A O上的 点，B1B2⋯B2024为 O内 正 2024边 ， OA  +OB1  +OB2  +⋯+OB2024   = ， AB1  2+ AB2  2+⋯+AB2024  2= . 模块二 向量数量积中档题 【题型 9】复数基本性质辨析 53. (23- 24高一下· 东 南·期末) (多 )已知 i为虚数单 ，复数 z1= 2i， z2= 1+ i， 下 结论 正 的 ( ) A. z1+z2  所对 的点 一 B. z1z2所对 的点 二 C. z41= z1  4 D. z42= z2  4 54. (23- 24高一下· 东 州·期末) (多 )已知 i为虚数单 ，以下四个说法中正 的 ( ) A. z= i2+ i3+ i4的虚部为-1 B. 若 z 复数，满足 z-1 i= 1+ i， z 复 内对 的点 于 一 C. 若 z1、 z2 零复数，且 z1 = z2 ， z21= z22 D. 若 z1、 z2 零复数，且 z21= z1z2， z1= z2 17 55. (23- 24高一下· 东 ·期末) (多 )关于复数 z= cos π 3 + isin π 3 (i为虚数单 )，下 说法 正 的 ( ) A. z ⋅ z= 1 B. z 复 内对 的点 于 二 C. z3= 1 D. z2- z+ 1= 0 【题型 10】复数的周期性 56. (23- 24高一下· 州·期末)复数 i 2024 1+i = ( ) A. - 1 2 - 1 2 i B. - 1 2 + 1 2 i C. 1 2 - 1 2 i D. 1 2 + 1 2 i 57. (23- 24高一下· 宁波·期末) (多 )已知复数 z=- 1 2 + 3 2 i， 下 说法正 的 ( ) A. z的虚部为 3 2 i B. z z =- 1 2 - 3 2 i C. 复 内 z+ 1 z 对 的点 于 二 D. z2024= z 【题型 11】复数中的轨迹类最值问题 58. (24- 25高一下· 苏连云 ·期中)已知 i为虚数单 ，如果复数 z满足 z+2i + z-2i = 4， 么 z-1 的最 ( ) A. 1 B. 2 C. 2 D. 5 59. (23- 24高一下· 苏扬州·期末)若复数 z满足 z-2i = 1， z 的最 . 18 60. (23- 24高一下· 苏 州·期末) (多 )已知 z1， z2∈C， z1 = 3， z2= 2+ i9， 下 说法正 的 ( ) A. z22为纯虚数 B. z1z2 = 3 5 C. |z1- z2|的最大 为 3+ 5 D. 若 |z1+ z2| = 4， |z1- z2| = 2 2 61. (23- 24高一下· 州·期末) (多 )已知复数 z满足 z = 1， 下 结论正 的 ( ) A. z ⋅ z= 1 B. z+ 1 z ∈R C. z-1 的最大 为 2 D. z2= 1 【题型 12】一元二次方程的复数根 62. (23- 24高一下· 宁波·期末)已知复数 z1= 1+ i 关于 x的方 x2+ px+ q= 0(p,q∈R)的 一个根，若复数 z满足 z-z1 = p-q ，复数 z 复 内对 的点 Z的 为图 M， M围成 的 积为 ( ) A. π B. 4π C. 16π D. 25π 63. (23- 24高一下· 北武 ·期末) (多 )设复数 z= 1+3i 2+i ， 下 题结论正 的 ( ) A. z的虚部为 1 B. z = 2 C. z 复 内对 的点 四 D. z 方 x2- 2x+ 2= 0的根 19 64. (23- 24高一下· 北 台·期中) (多 )已知复数 z1,z2，下 结论正 的有 ( ) A. 若 z1- z2> 0， z1> z2 B. 若 z21= z22， z1 = z2  C. 若复数 z2满足 z2-2i = 3， z2 复 内对 的点的轨迹为 D. 若 z1=-4+ 3i 关于 x的方 x2+ px+ q= 0(p,q∈R)的一个根， p= 8 【题型 13】待定系数法 65. (23- 24高一下·福建厦门·期末)若 z = z- 3 = z- i ， z = ( ) A. 1 B. 2 C. 3 D. 2 66. (24- 25高一下·安 州·期中) (多 )已知 z1,z2为复数， 下 说法正 的 ( ) A. 若 z1 = z2 ， z21= z22 B. 若 z1-z2 = 0， z1= z2 C. 若 z1+ z2> 0， z2>-z1 D. z1z2 = z1  z2  【题型 14】复数与向量综合问题 67. (23- 24高一下· 东 州·期末) (多 )已知复数 z1= 1+ i,z2= a+ bi,a,b∈R,z1,z2 复 内 对 的 为OZ1  ,OZ2  ，其中O为原点， 下 结论正 的 ( ) A. 若OZ1  ⎳OZ2  ， a+ b= 0 B. 若OZ1  ⎳OZ2  ， z2 z1 ∈R C. 若OZ1  ⊥OZ2  ， a= b D. 若OZ1  ⊥OZ2  ， z1+z2 = z1-z2  20 68. (2024· 南信 ·模拟预 ) (多 )设 z为复数 (i为虚数单 )，下 题正 的有 ( ) A. 若 (1+ i)z=-i， z = 1 B. 对任 复数 z1， z2，有 z1z2 = z1 ⋅ z2  C. 对任 复数 z1， z2，有 z1⋅z2  = z1  ⋅ z2  D. 复 内，若M={z z-2 ≤2 ， M所构成区域的 积为 6π 69. (23- 24高一下· 北武 ·期末) (多 ) 直角 标系中，可以用有 实数对表示 .类 的，可以把有 复数对 z1,z2  z1,z2∈C  一个 ，记 a = z1,z2 ， 称 a  为复 .类比 的相关运 法 ，对于 a= z1,z2 ， b  = z3,z4 ， z1,z2,z3,z4∈C，规定如下运 法 ：① a + b  = z1+z3,z2+z4 ；② a - b  = z1-z3,z2-z4 ；③ a  ⋅ b  = z1z3  + z2z4  ；④ a = a⋅a . 下 结论正 的 ( ) A. 若 a= i,1+ i ， b  = 2,2- i ， a ⋅ b  = 1+ 5i B. 若 a = 0， a= 0,0  C. a ⋅ b  = b  ⋅ a D. a ⋅ b  +c = a ⋅ b  + a ⋅ c 【重难点突破】2024-2025学年高一下学期数学常考题专练（新高考） 高一期末复习专题2：向量与复数常考题型梳理 总览 题型·解读 模块一 三角函数 【题型1】向量的平行与垂直，共线问题 【题型2】投影向量，模长，夹角相关计算 【题型3】向量的线性运算与应用 【题型4】向量的数量积计算（投影法，基底法，极化恒等式，建系法） 【题型5】向量中的斜坐标系问题 【题型6】向量共线定理的推论与等和线 【题型7】向量与三角形四心 【题型8】向量综合问题 模块二 向量数量积中档题 【题型9】复数基本性质辨析 【题型10】复数的周期性 【题型11】复数中的轨迹类最值问题 【题型12】一元二次方程的复数根 【题型13】待定系数法 【题型14】复数与向量综合问题 题型汇编 知识梳理与常考题型 模块一 三角函数 【题型1】向量的平行与垂直，共线问题 1．（23-24高一下�江苏扬州�期末）已知.设. (1)若三点共线，求的值； (2)若，求的值. 2．（23-24高一下·江苏南通·期末）已知向量，，若，则（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高一下·江苏苏州·期末）设向量，，，若，则实数λ的值为 . 4．（23-24高一下·广东广州·期末）设,向量，，若，则（    ） A． B． C． D．2 5．（23-24高一下·广东佛山·期末）已知向量不共线，若则（   ） A． B． C． D．2 6．（23-24高一下·广东深圳·期末）已知 中， ，若 ，且 三点共线， 则 （      ） A． B． C． D． 【题型2】投影向量，模长，夹角相关计算 7．（23-24高一下�湖北武汉�期末）已知向量与的夹角为，，，则（    ） A．1 B． C． D． 8．（23-24高一下�河南郑州�期末）已知点，，，则在上的投影向量的坐标为（    ） A． B． C． D． 9．（23-24高一下�浙江温州�期末）已知平面向量和满足，在方向上的投影向量为，则在方向上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 10．（23-24高一下�浙江宁波�期末）若平面向量两两的夹角相等，且，，，则（    ） A．1 B．4 C．1或4 D．1或2 11．（23-24高一下�浙江温州�期末）已知是单位向量，满足，记与夹角为． (1)求； (2)若平面向量在上的投影向量为，求． 12．（23-24高一下·广东惠州·期末）已知向量，，则向量在方向上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 13．（23-24高一下·山东潍坊·期末）已知平面向量，. (1)若，求； (2)若，求. 14．（23-24高一下·山东潍坊·期末）已知，，且在上的投影的数量为，则（    ） A． B． C． D． 15．（23-24高一下·广东广州·期末）在中，已知，则向量在向量上的投影向量为 . 16．（23-24高一下·江苏苏州·期末）如图，在平行四边形中，已知，，，为线段的中点，为线段上的动点（不含端点）.记. (1)若，求线段EF的长； (2)若，设，求实数和的值； (3)若与交于点，，求向量与的夹角的余弦值. 17．（22-23高一下·山东东营·期末）已知复数满足，． (1)求； (2)设复数，，在复平面内对应的点分别为，，，求． 18．（23-24高一下·福建福州·期末）若，，则（    ） A． B． C．不能作为一组基底 D．在方向上的投影向量为 19．（23-24高一下·福建厦门·期末）在梯形中，，则（    ） A． B． C． D．在上的投影向量为 【题型3】向量的线性运算与应用 20．（23-24高一下�浙江宁波�期末）如图，在等腰梯形中，，，分别为，的中点，与交于点. (1)用，表示； (2)求线段的长. 21．（23-24高一下�广东佛山�期末）已知四边形 中， ，则四边形 的面积为（      ） A．3 B．5 C．6 D．10 22．（23-24高一下�江苏镇江�期末）在直角坐标系中，已知向量，，（其中），为坐标平面内一点. (1)若，，三点共线，求的值； (2)若向量与的夹角为，求的值； (3)若四边形为矩形，求点坐标. 23．（23-24高一下�广东东莞�期末）已知向量，且，任意点关于点的对称点为，点关于点的对称点为，则（    ） A． B．6 C． D．3 24．（23-24高一下·福建福州·期末）在平行四边形中，是的中点，则（    ） A． B． C． D． 25．（23-24高一下·山东济南·期末）在中，记，，若，则（    ） A． B． C． D． 26．（23-24高一下·河北石家庄·期末）在菱形OABC中、O为坐标原点、,则的值为 ． 27．（23-24高一下·山东潍坊·期末）如图，在直角梯形中，，，，是的中点.    (1)求； (2)连接，交于点，求； (3)若，，，…，为边上的等分点，当时，求的值. 28．（23-24高一下·广东广州·期末）如图，一条河两岸平行，河的宽度为，一艘船从河岸边的A地出发，向河对岸航行．已知船的速度大小为，水流速度的大小为，当航程最短时，这艘船行驶完全程共需要时间 ． 【题型4】向量的数量积计算（投影法，基底法，极化恒等式，建系法） 29．（23-24高一下�重庆�期末）在梯形中，，，，，，，分别为线段和线段上（包括线段端点）的动点，则的最大值为（    ） A． B． C． D．3 30．（23-24高一下�江苏扬州�期末）如图，在中，是上的两个三等分点，，则的值为（    ） A．50 B．80 C．86 D．110 31．（23-24高一下�浙江杭州�期末）如图，点分别是矩形的边上的点，． (1)若，求的取值范围； (2)若是的中点，依次为边的2025等分点．求的值． 32．（23-24高一下�广东惠州�期末）在中，已知，，点为线段中点，，设，.    (1)用向量，表示； (2)若，求. 33．（23-24高一下·河南郑州·期末）如图，在四边形中，，，，，，若为线段上一动点（包含端点），则的取值范围为 ． 34．（23-24高一下·河北石家庄·期末）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足． (1)求角B的大小； (2)若，且，求的面积； (3)如图，过点A作BC的平行线AP，且，在四边形ABCP中，，动点E，F分别在线段BC，CP上运动，且，求的最小值． 35．（23-24高一下·广东广州·期末）已知为的外接圆圆心，，则的最大值为（    ） A．2 B．4 C． D． 【题型5】向量中的斜坐标系问题 36．（23-24高一下·山东济南·期末）如图，设，是平面内夹角为的两条数轴，，分别是与轴、轴正方向同向的单位向量.若向量，则有序数对叫做点在坐标系中的坐标.在该坐标系下，，，为不共线的三点，下列结论错误的是（    ）    A．线段中点的坐标为 B．重心的坐标为 C．，两点的距离为 D．若，则，，三点共线 37．（23-24高一下�江苏镇江�期末）设，是夹角为的单位向量，由平面向量基本定理知：对平面内任一向量，存在唯一有序实数对，使得，我们称有序数对为向量的“仿射坐标”.若向量和的“仿射坐标”分别为，，则下列说法正确的是（    ） A． B．若，则的“仿射坐标”为 C．若，则 D．若，则 【题型6】向量共线定理的推论与等和线 38．（23-24高一下�浙江温州�期末）如图，在中，，点P在线段上，若的面积为，，则的最小值为 . 39．（23-24高一下·山东潍坊·期末）在中，，，，（），则的最小值为（    ） A．2 B． C． D．1 40．（23-24高一下·湖北武汉·期末）在平行四边形中，，，，是以为圆心，为半径的圆上一动点，且，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 41．（2019·安徽黄山·一模）如图，在中，，，为上一点，且满足，若的面积为，则的最小值为 A． B． C．3 D． 42．（23-24高一下·广东广州·期末）如图，已知，，且点是的重心.过点的直线与线段、分别交于点、.设，（，）.    (1)求的值，并判断是否为定值，若是则求出定值，若不是请说明理由； (2)若的周长为，的周长为.设，记，求的取值范围. 【题型7】向量与三角形四心 43．（23-24高一下�江苏镇江�期末）已知向量，，满足：，且，则三角形的形状是（    ） A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等腰直角三角形 D．等边三角形 44．（23-24高一下�湖北武汉�期末）设O为△ABC的外心，若，则的值为（    ） A． B． C． D． 45．（23-24高一下·广东·期末）如图，点是的重心，点是边上一点，且，，则（    ） A． B． C． D． 46．（23-24高一下·四川成都·阶段练习）是的重心，是所在平面内的一点，则下列结论正确的是（    ） A． B．在上的投影向量等于. C． D．的最小值为 47．（23-24高一下·湖南长沙·期末）点在所在的平面内，则以下说法正确的有（    ） A．若，则点为的外心（外接圆圆心） B．若，则动点的轨迹一定通过的重心 C．若，，分别表示，的面积，则 D．若，则点是的内心 【题型8】向量综合问题 48．（23-24高一下·福建厦门·期末）向量满足，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 49．（23-24高一下�江苏镇江�期末）在中，点，在边上，且满足：，，若，，，则的面积等于（    ） A． B． C． D． 50．（23-24高一下·福建厦门·期中）（1）已知，，点在线段的延长线上，且，求点的坐标； （2）若是夹角为的两个单位向量，求：（i）的值；（ii）函数的最小值； （3）请在以下三个结论中任选一个用向量方法证明． ①余弦定理；②平行四边形的对角线的平方和等于其四边长的平方和；③三角形的三条中线交于一点． 注：如果选择多个结论分别解答，按第一个解答计分． 51．（22-23高一下·湖北武汉·期末）已知向量，满足，，则的最大值为 ． 52．（23-24高一下·广东东莞·期末）已知圆的半径为1，点是圆上的动点，为圆内接正2024边形，则 ， . 模块二 向量数量积中档题 【题型9】复数基本性质辨析 53．（23-24高一下·山东济南·期末）已知为虚数单位，复数，，则下列结论正确的是（    ） A．所对应的点在第一象限 B．所对应的点在第二象限 C． D． 54．（23-24高一下·广东广州·期末）已知为虚数单位，以下四个说法中正确的是（    ） A．的虚部为 B．若是复数，满足，则在复平面内对应的点位于第一象限 C．若、是非零复数，且，则 D．若、是非零复数，且，则 55．（23-24高一下·广东佛山·期末）关于复数 (为虚数单位)，下列说法正确的是（      ） A． B．在复平面内对应的点位于第二象限 C． D． 【题型10】复数的周期性 56．（23-24高一下·浙江温州·期末）复数（    ） A． B． C． D． 57．（23-24高一下·浙江宁波·期末）已知复数，则下列说法正确的是（    ） A．的虚部为 B． C．复平面内对应的点位于第二象限 D． 【题型11】复数中的轨迹类最值问题 58．（24-25高一下·江苏连云港·期中）已知为虚数单位，如果复数满足，那么的最小值是（   ） A．1 B． C．2 D． 59．（23-24高一下·江苏扬州·期末）若复数满足，则的最小值是 . 60．（23-24高一下·江苏徐州·期末）已知，，，，则下列说法正确的是（    ） A．为纯虚数 B． C．的最大值为 D．若，则 61．（23-24高一下·浙江温州·期末）已知复数z满足，则下列结论正确的是（    ） A． B． C．的最大值为2 D． 【题型12】一元二次方程的复数根 62．（23-24高一下·浙江宁波·期末）已知复数是关于x的方程的一个根，若复数z满足，复数z在复平面内对应的点Z的集合为图形M，则M围成的面积为（    ） A． B． C． D． 63．（23-24高一下·湖北武汉·期末）设复数，则下列命题结论正确的是（    ） A．的虚部为1 B． C．在复平面内对应的点在第四象限 D．是方程的根 64．（23-24高一下·河北邢台·期中）已知复数，下列结论正确的有（   ） A．若，则 B．若，则 C．若复数满足，则在复平面内对应的点的轨迹为圆 D．若是关于的方程的一个根，则 【题型13】待定系数法 65．（23-24高一下·福建厦门·期末）若，则（    ） A．1 B． C． D．2 66．（24-25高一下·安徽滁州·期中）已知为复数，则下列说法正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D． 【题型14】复数与向量综合问题 67．（23-24高一下·广东广州·期末）已知复数在复平面内对应的向量分别为，其中O为原点，则下列结论正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 68．（2024·河南信阳·模拟预测）设z为复数（i为虚数单位），下列命题正确的有（    ） A．若，则 B．对任意复数，，有 C．对任意复数，，有 D．在复平面内，若，则集合M所构成区域的面积为 69．（23-24高一下·湖北武汉·期末）在平面直角坐标系中，可以用有序实数对表示向量.类似的，可以把有序复数对看作一个向量，记，则称为复向量.类比平面向量的相关运算法则，对于，，，规定如下运算法则：①；②；③；④.则下列结论正确的是（    ） A．若，，则 B．若，则 C． D． 5 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $$【重难点突破】2024-2025学年高一下学期数学常考题专练（新高考） 高一期末复习专题2：向量与复数常考题型梳理 总览 题型·解读 模块一 三角函数 【题型1】向量的平行与垂直，共线问题 【题型2】投影向量，模长，夹角相关计算 【题型3】向量的线性运算与应用 【题型4】向量的数量积计算（投影法，基底法，极化恒等式，建系法） 【题型5】向量中的斜坐标系问题 【题型6】向量共线定理的推论与等和线 【题型7】向量与三角形四心 【题型8】向量综合问题 模块二 向量数量积中档题 【题型9】复数基本性质辨析 【题型10】复数的周期性 【题型11】复数中的轨迹类最值问题 【题型12】一元二次方程的复数根 【题型13】待定系数法 【题型14】复数与向量综合问题 题型汇编 知识梳理与常考题型 模块一 三角函数 【题型1】向量的平行与垂直，共线问题 1．（23-24高一下·江苏扬州·期末）已知.设. (1)若三点共线，求的值； (2)若，求的值. 【答案】(1) (2). 【分析】（1）利用向量共线的坐标表示计算可得； （2）根据向量垂直的坐标表示可求得. 【详解】（1）因为， ， 又因为三点共线，所以， 则， 解得. （2）由，可得，即 解得. 2．（23-24高一下·江苏南通·期末）已知向量，，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据向量共线定理，就可以求出x的值，然后用模长公式求模长. 【详解】因为，所以，即 所以，所以 所以， 故选：B. 3．（23-24高一下·江苏苏州·期末）设向量，，，若，则实数λ的值为 . 【答案】/ 【分析】求出，利用，即可求出实数λ的值. 【详解】由题意， ，，， ∴ ∵， ∴，解得：， 故答案为：. 4．（23-24高一下·广东广州·期末）设,向量，，若，则（    ） A． B． C． D．2 【答案】A 【分析】利用向量共线的坐标表示求出值. 【详解】向量，，由，得，解得. 故选：A 5．（23-24高一下·广东佛山·期末）已知向量不共线，若则（   ） A． B． C． D．2 【答案】B 【分析】根据共线定理和平面向量基本定理求解可得. 【详解】因为， 所以存在，使得， 又不共线，所以，解得. 故选：B 6．（23-24高一下·广东深圳·期末）已知 中， ，若 ，且 三点共线， 则 （      ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先应用平面向量基本定理，再根据三点共线的性质列式求参即可. 【详解】 因为所以， , 因为三点共线，所以, , 所以 . 故选：C. 【题型2】投影向量，模长，夹角相关计算 7．（23-24高一下·湖北武汉·期末）已知向量与的夹角为，，，则（    ） A．1 B． C． D． 【答案】A 【分析】借助向量模长与数量积的关系与数量积的计算公式计算即可得. 【详解】 . 故选：A. 8．（23-24高一下·河南郑州·期末）已知点，，，则在上的投影向量的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据投影向量的定义，结合平面向量数量积的坐标表示公式进行求解即可. 【详解】因为,所以 所以在上的投影向量的坐标为： ， 故选 ：C. 9．（23-24高一下·浙江温州·期末）已知平面向量和满足，在方向上的投影向量为，则在方向上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先根据投影向量公式求出向量数量积，再求出投影向量即可. 【详解】因为在方向上的投影向量为，所以, 又因为，所以,在方向上的投影向量为. 故选：D. 10．（23-24高一下·浙江宁波·期末）若平面向量两两的夹角相等，且，，，则（    ） A．1 B．4 C．1或4 D．1或2 【答案】C 【分析】根据题意得到或，然后利用数量积的运算律求模即可. 【详解】设的夹角为，则或， ，，， ， 当时，， 当时，. 故选：C. 11．（23-24高一下·浙江温州·期末）已知是单位向量，满足，记与夹角为． (1)求； (2)若平面向量在上的投影向量为，求． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由题意可知，，由结合数量积的运算可得，即可得结果； （2）设，结合题意列式解得，结合模长与数量积的运算律分析求解. 【详解】（1）因为，则， 若，则， 即，可得， 且，所以. （2）由（1）可知：，， 由题意可设， 因为平面向量在上的投影向量为，则， 由题意可得：，可得，解得， 则，可得， 所以. 12．（23-24高一下·广东惠州·期末）已知向量，，则向量在方向上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据投影向量公式可得. 【详解】根据题意得， 所以向量在方向上的投影向量为， 故选：C. 13．（23-24高一下·山东潍坊·期末）已知平面向量，. (1)若，求； (2)若，求. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据向量共线的坐标表示得到方程，解出值，再利用向量的坐标表示即可得到答案； （2）根据向量垂直的坐标表示得到，再利用向量夹角的坐标表示即可. 【详解】（1）因为， 又因为，所以，解得， 所以. （2）因为， 所以，解得. 所以， 所以. 14．（23-24高一下·山东潍坊·期末）已知，，且在上的投影的数量为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据向量投影概念和模长公式进行推算即可求出结果. 【详解】由题意可得向量在向量上的投影数量为：， 又，，则， 所以. 故选：D. 15．（23-24高一下·广东广州·期末）在中，已知，则向量在向量上的投影向量为 . 【答案】 【分析】由，可得，再由，得，则得，然后根据投影向量的定义求解即可. 【详解】因为，所以， 所以，所以， 因为，所以，所以， 所以， 所以向量在向量上的投影向量为 . 故答案为： 16．（23-24高一下·江苏苏州·期末）如图，在平行四边形中，已知，，，为线段的中点，为线段上的动点（不含端点）.记. (1)若，求线段EF的长； (2)若，设，求实数和的值； (3)若与交于点，，求向量与的夹角的余弦值. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由向量的线性运算可得，两边平方可求解； （2）由已知可得，，可得结论； （3）利用向量的线性关系可得，，计算可得结论. 【详解】（1）若，则，， 所以， 两边平方可得， 所以； （2）若，则，所以， ①， ②， 由①②可得； （3）， ， 设，又， 又，所以①， 由，可得，所以，所以， 所以， 由，可得， 所以， 又三点共线，所以②， 联立①②解， 所以，所以， ， ， 所以 ， 又， 所以，同理可得， 所以. 【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是用基底表示向量后，求向量模或者夹角就可以利用公式直接计算. 17．（22-23高一下·山东东营·期末）已知复数满足，． (1)求； (2)设复数，，在复平面内对应的点分别为，，，求． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据已知得出，利用共轭复数定义和模的计算公式求解即可. （2）利用复数的运算分别求出，，三点坐标，然后利用数量积的变形公式求解向量夹角的余弦值即可. 【详解】（1）因为，， 两式相加得， 所以， 故． （2）由（1）得， 则， ，则， ，则， 所以，， 故． 18．（23-24高一下·福建福州·期末）（多选）若，，则（    ） A． B． C．不能作为一组基底 D．在方向上的投影向量为 【答案】AD 【分析】根据向量数量积的坐标运算可判断A，根据向量的模长公式可判断B，根据平面向量基本定理可判断C，根据投影向量的定义可判断D． 【详解】，， ，，， A．，故选项正确，符合题意； B．，， ，， ，故选项错误，不符合题意； C．显然，不共线，可以作为一组基底，故错误，不符合题意； D．在方向上的投影向量为，故选项正确，符合题意． 故选：AD． 19．（23-24高一下·福建厦门·期末）（多选）在梯形中，，则（    ） A． B． C． D．在上的投影向量为 【答案】ACD 【分析】根据向量即平面几何知识即可求解. 【详解】 取的中点，连接， 根据题意可知，且，则，， 所以四边形为平行四边形，所以，故A正确； 因为题意没有说明与的大小关系，所以不能证明，故B错误； 因为，，且，所以， 所以四边形为菱形，所以，因为， 所以，所以，故C正确； 过作的垂线，垂足为，连接， 因为且，， 所以，在上的投影向量为，故D正确； 故选：ACD. 【题型3】向量的线性运算与应用 20．（23-24高一下·浙江宁波·期末）如图，在等腰梯形中，，，分别为，的中点，与交于点. (1)用，表示； (2)求线段的长. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据向量的线性运算直接可得解； （2）根据转化法可得向量的模. 【详解】（1）由已知， 且为的中点， 则四边形为平行四边形，为等边三角形， 即， 又为的中点， 则， 即； （2）由已知，，三点共线， 则， 又因为，，三点共线，则有，解得， 故有， 所以. 21．（23-24高一下·广东佛山·期末）已知四边形 中， ，则四边形 的面积为（      ） A．3 B．5 C．6 D．10 【答案】B 【分析】先判断，然后求向量的模代入公式可得. 【详解】因为，所以， 又， 所以四边形 的面积. 故选：B 22．（23-24高一下·江苏镇江·期末）在直角坐标系中，已知向量，，（其中），为坐标平面内一点. (1)若，，三点共线，求的值； (2)若向量与的夹角为，求的值； (3)若四边形为矩形，求点坐标. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据平面向量的坐标运算求出、，利用，，三点共线列方程求出的值． （2）利用向量的夹角公式即可求解. （3）由平面向量的坐标运算和矩形的定义，列方程组求出、、的值即可得到的坐标． 【详解】（1）向量，，， 所以，， 由，，三点共线知，， 即，解得； （2）， 解得， （3）设， 由，， ， ， 若四边形为矩形，则， 即，解得； 由，得， 解得， 故 23．（23-24高一下·广东东莞·期末）已知向量，且，任意点关于点的对称点为，点关于点的对称点为，则（    ） A． B．6 C． D．3 【答案】A 【分析】根据题意，由条件可得是的中位线，再由向量模长的计算公式代入计算，即可得到结果. 【详解】因为任意点关于点的对称点为，点关于点的对称点为， 则是的中位线，所以， 又，则 ，则. 故选:A 24．（23-24高一下·福建福州·期末）在平行四边形中，是的中点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】直接根据平行四边形的性质分解向量即可. 【详解】 . 故选：C 25．（23-24高一下·山东济南·期末）在中，记，，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】直接根据已知条件以及向量加法和数乘的运算性质得到结果. 【详解】由已知有. 故. 故选：A. 26．（23-24高一下·河北石家庄·期末）在菱形OABC中、O为坐标原点、,则的值为 ． 【答案】10 【分析】利用向量的线性运算求，再由数量积运算即可得解. 【详解】如图， 在菱形中，，， 所以，， 则， 故. 故答案为：. 27．（23-24高一下·山东潍坊·期末）如图，在直角梯形中，，，，是的中点.    (1)求； (2)连接，交于点，求； (3)若，，，…，为边上的等分点，当时，求的值. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）建立合适的直角坐标系，再求出相关向量，根据向量数量积的坐标公式即可； （2）设，，根据向量坐标运算得到方程组，解出，最后利用向量模的坐标公式即可； （3）首先证明，最后转化为求解即可. 【详解】（1）因为，所以以为坐标原点，为轴，为轴， 建立如图所示平面直角坐标系，则，，所以.    （2）设，， ，所以， 所以， 所以，解得， 所以. （3）在中，因为为中点，所以， 又因为是边的101等分点， ， 所以， 所以 由（2）得， 所以， 所以. 28．（23-24高一下·广东广州·期末）如图，一条河两岸平行，河的宽度为，一艘船从河岸边的A地出发，向河对岸航行．已知船的速度大小为，水流速度的大小为，当航程最短时，这艘船行驶完全程共需要时间 ． 【答案】 【分析】当实际速度垂直于河岸航程最短，根据向量加法的平行四边形法则求解即可. 【详解】当实际速度垂直于河岸，船的航程最短． 设实际速度、船速、水流速度分别为、、， 如图，，已知， 则，河宽， 所以，船的航行时间． 所以，当航程最短时，这艘船行驶完全程需要． 故答案为：. 【题型4】向量的数量积计算（投影法，基底法，极化恒等式，建系法） 29．（23-24高一下·重庆·期末）在梯形中，，，，，，，分别为线段和线段上（包括线段端点）的动点，则的最大值为（    ） A． B． C． D．3 【答案】D 【分析】根据图形特征建系写出坐标，再根据数量积公式计算化简，最后求最值即可. 【详解】   以AB为x轴，过A垂直于AB的直线为y轴， 因为，所以 因为，所以， ， 当时，的最大值为3. 故选：D. 30．（23-24高一下·江苏扬州·期末）如图，在中，是上的两个三等分点，，则的值为（    ） A．50 B．80 C．86 D．110 【答案】B 【分析】根据题意利用平向量基本定理将用表示出来，然后利用数量积的运算律求解即可. 【详解】因为在中，是上的两个三等分点，， 所以， ， 所以 . 故选：B 31．（23-24高一下·浙江杭州·期末）如图，点分别是矩形的边上的点，． (1)若，求的取值范围； (2)若是的中点，依次为边的2025等分点．求的值． 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）利用向量的线性运算及数量积运算计算即得. （2）取的中点，利用中点向量公式求和即可得解. 【详解】（1）在矩形中，， ，即， 所以. （2）取的中点，连接，由依次为边的2025等分点， ， 得， 所以. 32．（23-24高一下·广东惠州·期末）在中，已知，，点为线段中点，，设，.    (1)用向量，表示； (2)若，求. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）用三点共线的向量表达式结论可解； （2）将用基底表示出来，再用数量积运算性质可解. 【详解】（1）如图所示，   ， 所以， 所以. （2）点为线段中点，用三点共线的向量表达式结论得， 由（1）知，则， ,则.则. 33．（23-24高一下·河南郑州·期末）如图，在四边形中，，，，，，若为线段上一动点（包含端点），则的取值范围为 ． 【答案】 【分析】利用直角梯形建立直角坐标系，用坐标法来计算数量积，即可求出结果. 【详解】 因为在四边形中，，，，，， 所以可以如图建系，可知，设， 则， 由于，所以当时，有最小值， 当时，有最大值，所以的取值范围为， 故答案为：. 34．（23-24高一下·河北石家庄·期末）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足． (1)求角B的大小； (2)若，且，求的面积； (3)如图，过点A作BC的平行线AP，且，在四边形ABCP中，，动点E，F分别在线段BC，CP上运动，且，求的最小值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用正弦定理将边化成角，即可求解; （2）利用余弦定理求出，在利用面积公式即可求解； （3）建立坐标系，根据平面向量得坐标表示，表示出两点以后，即可求解. 【详解】（1）因为， 所以由正弦定理得， 所以， 又，所以， 又，所以； （2）因为，且，所以， 在中，由余弦定理得， 即，解得，或（舍）， 所以的面积； （3）以A为坐标原点，AP所在直线为x轴，垂直AP的直线为y轴建立平面直角坐标系， 则，由得， 因为，所以设， 由得， 由得， 所以 ， 当时，取得最小值，最小值为， 所以的最小值为 35．（23-24高一下·广东广州·期末）已知为的外接圆圆心，，则的最大值为（    ） A．2 B．4 C． D． 【答案】B 【分析】利用圆的性质，得到，将转换为，进而求出最大值. 【详解】如图所示：    因为为的外接圆圆心，，所以， 且， 所以， 故当共线反向时，取到最大值. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是推导出，再由数量积的运算律得到. 【题型5】向量中的斜坐标系问题 36．（23-24高一下·山东济南·期末）如图，设，是平面内夹角为的两条数轴，，分别是与轴、轴正方向同向的单位向量.若向量，则有序数对叫做点在坐标系中的坐标.在该坐标系下，，，为不共线的三点，下列结论错误的是（    ）    A．线段中点的坐标为 B．重心的坐标为 C．，两点的距离为 D．若，则，，三点共线 【答案】C 【分析】依题意可得，，，根据平面向量线性运算判断A、B，表示出，再根据数量积的运算律判断C，根据向量共线定理判断D. 【详解】根据题意，，，， 对于A，设的中点为，则， 故线段中点的坐标为，故A正确．    对于B，设重心为，则 ， 故重心的坐标为，故B正确； 对于C，， 所以 = 即该坐标系中，两点间的距离为： ，故C错误； 对于D，，， 若，易得，则、、三点共线， 若，变形可得，所以， 所以，所以、、三点共线， 综合可得：若，则，，三点共线，故D正确． 故选：C． 37．（23-24高一下�江苏镇江�期末）（多选）设，是夹角为的单位向量，由平面向量基本定理知：对平面内任一向量，存在唯一有序实数对，使得，我们称有序数对为向量的“仿射坐标”.若向量和的“仿射坐标”分别为，，则下列说法正确的是（    ） A． B．若，则的“仿射坐标”为 C．若，则 D．若，则 【答案】ABD 【分析】根据“仿射坐标”定义，．将陌生的仿射坐标转化为熟悉的向量表达式来解题即可． 【详解】根据“仿射坐标”定义，． 对于A，，即，因此．故A正确． 对于B，,则，根据“仿射坐标”定义，的“仿射坐标”为．故B正确． 对于C，若，则， 化简， 即，解得，故C错误． 对于D，若，， 则，联立得出，故D正确． 故选：ABD. 【题型6】向量共线定理的推论与等和线 38．（23-24高一下�浙江温州�期末）如图，在中，，点P在线段上，若的面积为，，则的最小值为 . 【答案】 【分析】先通过三角形面积公式、三点共线结论得出以及，再结合模长公式以及基本不等式即可求解. 【详解】若的面积为，，则，所以， 又因为，点P在线段上， 所以，所以， ，等号成立当且仅当， 所以的最小值为. 故答案为：. 39．（23-24高一下·山东潍坊·期末）在中，，，，（），则的最小值为（    ） A．2 B． C． D．1 【答案】B 【分析】先求，利用向量的运算法则展开后，可以转化为关于的函数，利用函数的观点即可求最小值. 【详解】因为 所以 又因为，，， 所以 所以 当时，，即， 故选：B. 40．（23-24高一下·湖北武汉·期末）在平行四边形中，，，，是以为圆心，为半径的圆上一动点，且，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先利用余弦定理求出，易得，以C为坐标原点建立平面直角坐标系，设，根据平面向量线性运算的坐标表示结合三角函数即可得解. 【详解】由题意， 在中，由余弦定理得， 所以， 则，故， 如图，以C为坐标原点建立平面直角坐标系， 则，，，设， 故，，， 又， 即， 所以，所以， 所以，其中， 当且仅当时，取最大值，且它的最大值为. 故选：C. 41．（2019·安徽黄山·一模）如图，在中，，，为上一点，且满足，若的面积为，则的最小值为 A． B． C．3 D． 【答案】D 【分析】运用平面向量基本定理，得到m的值，结合向量模长计算方法，建立等式，计算最值，即可． 【详解】 ，得到，所以，结合 的面积为，得到,得到，所以 ，故选D． 【点睛】考查了平面向量基本定理，考查了基本不等式的运用，难度偏难． 42．（23-24高一下·广东广州·期末）如图，已知，，且点是的重心.过点的直线与线段、分别交于点、.设，（，）.    (1)求的值，并判断是否为定值，若是则求出定值，若不是请说明理由； (2)若的周长为，的周长为.设，记，求的取值范围. 【答案】(1)，是定值，理由见详解 (2) 【分析】（1）根据题意可得，变形可得，根据三点共线，即可得的值； （2）根据题意可得，，故得的表达式，根据的范围，利用函数性质，即可得答案. 【详解】（1）已知，，所以， 所以， 因为，，则，， 因为点是的重心，所以， 因为在直线上，所以. （2）， 所以， 设，由（1）得，所以 所以 因为，，又因为，则， 因为，所以， 因为，所以当时，的最小值为：，当或时，的最大值为：，所以， 因为的对称轴为，所以在上单调递增，又因为在上也是单调递增，所以在上单调递增， 所以当时，，当时，， 所以的取值范围为 【点睛】本题的关键在于利用小问（1）所得的结论，结合根据三点共线确定，将双变量函数化为单变量函数，结合函数的定义域求函数的值域. 【题型7】向量与三角形四心 43．（23-24高一下·江苏镇江·期末）已知向量，，满足：，且，则三角形的形状是（    ） A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等腰直角三角形 D．等边三角形 【答案】D 【分析】由三角形重心、外心性质得到是三角形的重心、外心，从而得到三角形为等边三角形. 【详解】因为，所以是三角形的重心，又因为，所以是三角形的外心， 所以三角形是等边三角形. 故选：D. 44．（23-24高一下·湖北武汉·期末）设O为△ABC的外心，若，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设的外接圆半径为，由已知条件可得,，所以，且，取的中点，连接可得，计算的值，再由余弦定理求出，在中，由正弦定理即可求解. 【详解】 设的外接圆半径为，因为,， 所以，且， 取的中点，连接，则，因为， 所以，即， 所以, 在中由余弦定理可得：， 在中，由正弦定理得：. 故选：D 45．（23-24高一下·广东·期末）如图，点是的重心，点是边上一点，且，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】延长交于，根据题意，得到且，再由，可得是的四等分点，根据向量的运算法则，求得，求得的值，即可求解. 【详解】如图所示，延长交于， 由已知为的重心，则点为的中点，可得，且， 又由，可得是的四等分点， 则， 因为，所以，，所以． 故选：C. 46．（23-24高一下·四川成都·阶段练习）（多选）是的重心，是所在平面内的一点，则下列结论正确的是（    ） A． B．在上的投影向量等于. C． D．的最小值为 【答案】ACD 【分析】根据向量的线性运算，并结合重心的性质，即可判断A，根据投影向量的定义，判断B；根据向量数量积公式，以及重心的性质，判断C；根据向量数量积的运算率，结合图形转化，即可判断D. 【详解】A.以为邻边作平行四边形，交于点，是的中点， 因为是的重心，所以三点共线，且， 所以，，所以，故A正确；    B.在上的投影向量等于，故B错误； C.如图，因为，所以, 即，即, 因为点是的重心，，故C正确； D. 取的中点，连结，取中点，则，， , 则， , 显然当重合时，，取最小值，故D正确.    故选：ACD 【点睛】关键点点睛：本题的关键是对于重心性质的应用，以及向量的转化. 47．（23-24高一下·湖南长沙·期末）（多选）点在所在的平面内，则以下说法正确的有（    ） A．若，则点为的外心（外接圆圆心） B．若，则动点的轨迹一定通过的重心 C．若，，分别表示，的面积，则 D．若，则点是的内心 【答案】BCD 【分析】A选项，计算出，⊥，同理可得⊥，⊥，则点为的垂心；B选项，作出辅助线，得到，故点在中线上，故向量一定经过的重心；C选项，作出辅助线，得到，从而得到所以，故；D选项，作出辅助线，得到，故⊥，并得到在的平分线上，同理可得，在的平分线上. 【详解】A选项，，即，故⊥， 同理可得⊥，⊥，则点为的垂心，A错误； B选项，过点作⊥于点，取的中点，连接， 则，， 则， 故点在中线上，故向量一定经过的重心，B正确； C选项，如图，分别为的中点， ， 则，故， 所以， 故，C正确； D选项，分别表示方向上的单位向量， 故， ，故⊥， 由三线合一可得，在的平分线上，同理可得，在的平分线上， 则点是的内心，D正确. 故选：BCD 【点睛】结论点睛：点为所在平面内的点，且，则点为的重心， 点为所在平面内的点，且，则点为的垂心， 点为所在平面内的点，且，则点为的外心， 点为所在平面内的点，且，则点为的内心， 【题型8】向量综合问题 48．（23-24高一下·福建厦门·期末）向量满足，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】令，，，则由已知条件可得，，利用正弦定理求出外接圆的半径，再结合图形可求得结果. 【详解】令，，， 则， 因为，，所以． 因为，所以． 所以过，，的圆的半径， 连接交于点，连接，则， ， 所以， 所以的最大值为， 故选：B 【点睛】关键点点睛：此题考查向量的加减法运算，考查求向量的模，解题的关键是令，，，然后根据已知条件画出图形，结合图形求解，考查数形结合思想和计算能力，属于较难题. 49．（23-24高一下�江苏镇江�期末）在中，点，在边上，且满足：，，若，，，则的面积等于（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】因为，则M为BC中点，两边平方化简得到；因为，则AN为角平分线，，化简得到．解出，代入面积公式即可. 【详解】如图，在中，设,      因为，则M为BC中点，两边平方得到， ， 即，化简 因为，则AN为角平分线，， 即，条件代入化简得， ，则，且， 联立解得，解得(负值舍去). 所以. 故选：D. 50．（23-24高一下·福建厦门·期中）（1）已知，，点在线段的延长线上，且，求点的坐标； （2）若是夹角为的两个单位向量，求：（i）的值；（ii）函数的最小值； （3）请在以下三个结论中任选一个用向量方法证明． ①余弦定理；②平行四边形的对角线的平方和等于其四边长的平方和；③三角形的三条中线交于一点． 注：如果选择多个结论分别解答，按第一个解答计分． 【答案】（1）；（2）（i），（ii）；（3）证明见解析 【分析】（1）设，依题意可得，从而得到方程组，解得即可； （2）（i）根据及数量积的运算律计算可得；（ii）由，结合二次函数的最值即可求解； （3）根据所选条件，画出图形，结合向量的运算证明即可. 【详解】（1）设，则，， 因为点在线段的延长线上，且，所以， 所以，解得，所以； （2）（i）因为，为单位向量，所以，， 所以 ； （ii）因为 ， 所以当时，函数的最小值为； （3）若选①：余弦定理：三角形中任何一边的平方，等于其他两边平方的和减去这两边与它们夹角的余弦的积的两倍． 证明：如图，设， 由三角形法则有，所以 即. 同理可得，，. 若选②： 在平行四边形中，，为对角线， 证明：. 根据条件作出图形， 因为四边形为平行四边形， 所以，，， 所以， 因为， 所以， 所以， 即平行四边形的对角线的平方和等于其四边长的平方和； 若选③： 在中，，，分别为，，的中点，证明：，，相交于一点. 由题意作出图形， 设，， 则，， ， 设，相交于一点，，， 则， ， 又， 所以，解得，， 所以， 再设，相交于一点，同理可证得， 即，重合，即，，相交于一点， 所以三角形的三条中线交于一点. 51．（22-23高一下·湖北武汉·期末）已知向量，满足，，则的最大值为 ． 【答案】/ 【分析】利用向量的运算建立平面直角坐标系即可得，由得，则，结合三角函数设，利用三角函数的性质即可求得最值. 【详解】取平行四边形，连接    设，则， 因为向量，满足，所以，即， 设，，如图以为原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，    则 所以，则，故， 所以 因为，又，可设 即，所以，其中，所以，所以， 故的最大值为，即的最大值为. 故选：. 52．（23-24高一下·广东东莞·期末）已知圆的半径为1，点是圆上的动点，为圆内接正2024边形，则 ， . 【答案】 1 4048 【分析】根据，可得第一空答案；由、可得第二空答案. 【详解】圆内有1012对对顶角相等的全等三角形，在每一对三角形中， 如，与中，设、中点分别为、， 则、、在一条直线上，且， 则，，可得， 所以， 同理，， 所以， 所以； . 故答案为：①1；②4048. 【点睛】思路大家：在第二空中，主要是和可得第二空答案. 模块二 向量数量积中档题 【题型9】复数基本性质辨析 53．（23-24高一下·山东济南·期末）（多选）已知为虚数单位，复数，，则下列结论正确的是（    ） A．所对应的点在第一象限 B．所对应的点在第二象限 C． D． 【答案】BC 【分析】利用复数的运算和模的运算，即可判断各选项. 【详解】由复数，，则，它对应的点为，故A错误； 由复数，，则，它对应的点为，故B正确； 由复数，则所以，故C正确； 由复数，则故D错误； 故选：BC. 54．（23-24高一下·广东广州·期末）（多选）已知为虚数单位，以下四个说法中正确的是（    ） A．的虚部为 B．若是复数，满足，则在复平面内对应的点位于第一象限 C．若、是非零复数，且，则 D．若、是非零复数，且，则 【答案】AD 【分析】利用复数运算计算判断AB；举例说明判断C；分解因式判断D. 【详解】对于A，依题意，，的虚部为，A正确； 对于B，，在复平面内对应的点位于第二象限，B错误； 对于C，取，，满足，而，，C错误； 对于D，由，得，而，则，D正确. 故选：AD 55．（23-24高一下·广东佛山·期末）（多选）关于复数 (为虚数单位)，下列说法正确的是（      ） A． B．在复平面内对应的点位于第二象限 C． D． 【答案】AD 【分析】根据共轭复数概念和复数乘法运算可判断A；根据复数的几何意义可判断B；根据复数乘法运算直接化简可判断CD； 【详解】对于A，因为，所以， 所以，A正确； 对于B，复数对应点为，位于第四象限，B错误； 对于C,，C错误； 对于D，，D正确. 故选：AD 【题型10】复数的周期性 56．（23-24高一下·浙江温州·期末）复数（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由复数的乘除法运算法则求解即可. 【详解】. 故选：C. 57．（23-24高一下·浙江宁波·期末）（多选）已知复数，则下列说法正确的是（    ） A．的虚部为 B． C．复平面内对应的点位于第二象限 D． 【答案】BD 【分析】根据复数的定义，几何意义及复数的运算分别判断各选项. 【详解】A选项：由，可得的虚部为，A选项错误； B选项：由，可得，则，B选项正确； C选项：由，则， 对应的点为，在坐标轴上，C选项错误； D选项：，， 所以，D选项正确； 故选：BD. 【题型11】复数中的轨迹类最值问题 58．（24-25高一下·江苏连云港·期中）已知为虚数单位，如果复数满足，那么的最小值是（   ） A．1 B． C．2 D． 【答案】A 【分析】直接利用复数模的几何意义求出点的轨迹．然后作图求解即可． 【详解】设在复平面内对应的点分别为， 因， 且，则复数对应的点的轨迹为线段，如图所示. 故的最小值问题可理解为：动点在线段上移动，求的最小值， 故只需作，交线段于点，则即为所求的最小值1，故的最小值是1. 故选：A. 59．（23-24高一下·江苏扬州·期末）若复数满足，则的最小值是 . 【答案】 【分析】利用复数的模的几何意义，理解等式表示的动点轨迹图形为圆形，由图易得动点到原点的距离最小值即得. 【详解】 如图，设复数对应的点为,则由可知点到点的距离为1， 即点的轨迹为以点为圆心，以1为半径的圆， 而则表示动点到原点的距离，由图可知，圆上与原点距离最小的点为,故的最小值是1. 故答案为：1. 60．（23-24高一下·江苏徐州·期末）（多选）已知，，，，则下列说法正确的是（    ） A．为纯虚数 B． C．的最大值为 D．若，则 【答案】BC 【分析】根据复数的乘方化简，再根据复数的乘方判断A，根据复数模的性质判断B，根据复数模的几何意义判断C，设所对应的向量为，所对应的向量为，再根据向量的数量积的运算律判断D. 【详解】对于A：因为，所以，故A错误； 对于B：因为，，所以，故B正确； 对于C：设，则， 又，所以，所以点为以为圆心，为半径的圆上的点 所以，表示点与点的距离， 因为， 所以，故C正确； 对于D：设所对应的向量为，所对应的向量为， 因为，则， 所以， 所以， 所以， 所以，即，故D错误. 故选：BC 61．（23-24高一下·浙江温州·期末）（多选）已知复数z满足，则下列结论正确的是（    ） A． B． C．的最大值为2 D． 【答案】ABC 【分析】根据共轭复数及乘法计算判断A,B选项，应用特殊值法判断D选项，结合模长公式判断C选项. 【详解】设,所以,D选项错误； ,C选项正确； 设,因为所以，所以,A选项正确； ,B选项正确. 故选：ABC. 【题型12】一元二次方程的复数根 62．（23-24高一下·浙江宁波·期末）已知复数是关于x的方程的一个根，若复数z满足，复数z在复平面内对应的点Z的集合为图形M，则M围成的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先由是方程的根求出，，然后由复数减法的几何意义求解即可. 【详解】 ∵是关于的方程（，）的一个根， ∴（，），化简得， ∴，解得， ∴， 如图所示复平面内，复数和表示的点为和，表示的向量为和， 则由复数减法的几何意义，复数表示的向量为， 若，则， ∴点的集合图形是以为圆心，半径为的圆， ∴围成的面积为. 故选：C. 63．（23-24高一下·湖北武汉·期末）（多选）设复数，则下列命题结论正确的是（    ） A．的虚部为1 B． C．在复平面内对应的点在第四象限 D．是方程的根 【答案】BCD 【分析】利用复数的概念及运算就可以作出判断. 【详解】由，可得：， 所以的虚部为，即A是错误的； 由，可知，即B是正确的； 由可知在复平面内对应的点在第四象限，即C是正确的； 由方程的根为，即D是正确的； 故选：BCD. 64．（23-24高一下·河北邢台·期中）（多选）已知复数，下列结论正确的有（   ） A．若，则 B．若，则 C．若复数满足，则在复平面内对应的点的轨迹为圆 D．若是关于的方程的一个根，则 【答案】BCD 【分析】由复数，可判定A错误；根据复数的运算法则，可判定B正确；结合复数的几何意义，可判定C正确；根据复数相等的条件，列出方程，求得的值，可判定D正确. 【详解】对于A中，若复数，满足，但两个虚数不能比大小，所以A项错误； 对于B中，若，则，即， 可得或，所以，所以B项正确； 对于C中，由于表示两个复数在复平面上对应的两点之间的距离， 所以，表示复平面内到点距离为3的点的集合， 所以对应的点的轨迹为圆心在，半径为3的圆，所以C项正确； 对于D中，由是关于的方程的根， 故，即， 可得，所以，所以D项正确. 故选：BCD． 【题型13】待定系数法 65．（23-24高一下·福建厦门·期末）若，则（    ） A．1 B． C． D．2 【答案】A 【分析】设，结合条件求出，再求模即可． 【详解】设，则, 又，则， 解得，即，故. 故选：A. 66．（24-25高一下·安徽滁州·期中）（多选）已知为复数，则下列说法正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D． 【答案】BD 【分析】对于A令即可判断，对于B设，计算，求即可判断，对于C令，则，但复数不能比较大小，对于D设，计算和即可判断. 【详解】对于A，令，则，不满足，故A错误； 对于B，设，若，则，所以，即，故B正确； 对于C，令，则不是实数，不能比较大小，故C错误； 对于D，设， 易知， 又，所以，故D正确. 故选：BD. 【题型14】复数与向量综合问题 67．（23-24高一下·广东广州·期末）（多选）已知复数在复平面内对应的向量分别为，其中O为原点，则下列结论正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】BD 【分析】由复数的几何意义转化为向量的坐标运算 【详解】，， A项，若，则，故A错误； B项，由A知，，则，故B正确； C项，若，则，故C错误； D项，由C知，，则， ， 则，， 故，故D正确. 故选：BD. 68．（2024·河南信阳·模拟预测）（多选）设z为复数（i为虚数单位），下列命题正确的有（    ） A．若，则 B．对任意复数，，有 C．对任意复数，，有 D．在复平面内，若，则集合M所构成区域的面积为 【答案】BC 【分析】借助复数的运算、共轭复数、复数的模及复数的几何意义逐项判断即可得. 【详解】对A：由，故， 故，故A错误； 对B：设、， 则 ， ， 故，故B正确； 对C：设、， 有，则， ，故，故C正确； 对D：设，则有， 集合M所构成区域为以为圆心，半径为的圆， 故，故D错误. 故选：BC. 69．（23-24高一下·湖北武汉·期末）（多选）在平面直角坐标系中，可以用有序实数对表示向量.类似的，可以把有序复数对看作一个向量，记，则称为复向量.类比平面向量的相关运算法则，对于，，，规定如下运算法则：①；②；③；④.则下列结论正确的是（    ） A．若，，则 B．若，则 C． D． 【答案】ABD 【分析】对于A，用定义求解即可；对于B，用 ，结合求解即可；对于C，用定义求出左右两边是否相等即可；对于D，左边用和定义求出，右边也求出，看是否相等即可； 【详解】对于A，；故A正确； 对于B，若，则，，.故B正确： 对于C，，而，不等．故C错误； 对于D，设，则将，代入可得： 故D正确. 故选：ABD. 5 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $$