第五章 平面向量、复数（教师用书）-【新高考方案】2026年高考数学一轮总复习（旗舰版）

第五章|平面向量、复数 第一节　平面向量的概念及线性运算 明确目标 1.了解向量的实际背景，理解平面向量的概念和两个向量相等的含义，理解向量的几何表示； 2.掌握向量加法、减法的运算，理解其几何意义；掌握向量数乘的运算及其几何意义，理解两个向量共线的含义， 了解向量线性运算的性质及其几何意义. 教材再回首 1.向量的有关概念 向量 既有大小又有方向的量叫做向量 有向线段 具有方向的线段叫做有向线段,向量可以用有向线段表示,也可以用字母a,b,c,…表示 向量的模 向量的大小称为向量的长度(或称模),记作|| 零向量 长度为0的向量叫做零向量,记作0 单位向量 长度等于1个单位长度的向量,叫做单位向量,若a是非零向量,则±是单位向量 平行向量 (共线向量) 方向相同或相反的非零向量叫做平行向量,平行向量也叫做共线向量. 规定:零向量与任意向量平行 相等向量 长度相等且方向相同的向量叫做相等向量 相反向量 与向量a长度相等,方向相反的向量,叫做a的相反向量,记作-a 2.向量的线性运算 向量运算 法则(或几何意义) 运算律 加法 (1)交换律:a+b=b+a; (2)结合律:(a+b)+c=a+(b+c) 减法 (3)a-b=a+(-b) 数乘 (4)|λa|=|λ||a|; (5)当λ>0时,λa的方向与a的方向相同;当λ<0时, λa的方向与a的方向相反;当λ=0时,λa=0 (6)λ(μa)=(λμ)a; (7)(λ+μ)a=λa+μa; (8)λ(a+b)=λa+λb 3.共线向量定理 向量a(a≠0)与b共线的充要条件是:存在唯一一个实数λ,使b=λa. [注意]　两向量共线包括同向或反向共线. 典题细发掘 一、教材小题的导向训练 1.(苏教必修②P15T5改编)[多选]若非零向量a和b互为相反向量,则下列说法正确的是 (　　) A.a∥b B.a≠b C.|a|≠|b| D.b=-a 答案:ABD 2.(人B必修②P173T3改编)若D为△ABC的边AB的中点,则=　　　　.(用向量与表示)  解析:=+=+2=+2(+)=2-. 答案:2- 3.(人A必修②P16T3改编)已知e1和e2是两个不共线的向量,a=e1-2e2,b=2e1+ke2,且a与b是共线向量,则实数k的值是　　　　. 解析:由题意,设b=λa,λ∈R,则2e1+ke2=λ(e1-2e2),所以所以k=-4. 答案:-4 4.(人A必修②P14例6改编)在平行四边形ABCD中,两条对角线相交于点M,且=a,=b,则用a,b表示=　　　　,=　　　　. 解析:=-=-(+)=-a-b,==(-)=a-b. 答案:-a-b　a-b 二、易错小题的警醒训练 　[多选]给出下列命题,正确的命题是 (　　) A.向量的长度与向量的长度相等 B.若向量a与向量b平行,则a与b的方向一定是相同或相反 C.两个有共同起点并且相等的向量,其终点必相同 D.若向量a与b同向,且|a|>|b|,则a>b 解析:选AC　因为向量与向量互为相反向量,相反向量的方向相反大小相等,所以||=||,所以A正确;若向量a为零向量,则也满足向量a与向量b平行,但其方向并不是相同或相反,所以B错误;因为相等向量的方向相同大小相等,所以两个有共同起点并且相等的向量,其终点一定相同,所以C正确;向量的模是标量,可以比较大小,向量不可以比较大小,所以D错误.(易错点:平面向量的概念很抽象,如果不能理解其特点,尤其是零向量,容易出错) 题点一　平面向量的基本概念(自主练通) 1.[多选]下列说法错误的是 (　　) A.若向量与是共线向量,则A,B,C,D四点必在同一条直线上 B.若四边形ABCD满足=,则四边形ABCD是平行四边形 C.若a∥b,b∥c,则a∥c D.|a|+|b|=|a-b|⇔a与b方向相反 解析:选ACD　例如在平行四边形ABCD中,向量与向量共线,但A,B,C,D四点不在一条直线上,故A错误;因为=,所以AB∥DC且AB=DC,则四边形ABCD是平行四边形,故B正确;若b=0,则由a∥b, b∥c,无法得到a∥c,故C错误;当a,b之一为零向量时,命题不成立,故D错误. 2.[多选]如图,四边形ABCD,CEFG,CGHD是全等的菱形,则下列结论一定成立的是 (　　) A.||=|| B.与共线 C.与共线 D.= 解析:选ABD　由四边形ABCD,CEFG,CGHD是全等的菱形,知||=||,故A正确;由题图可知与的方向相反,与的方向相同且长度相等,即与共线,=,故B、D正确;而∠BDE与∠DEH不一定相等,与不一定共线,故C错误. 3.设a,b都是非零向量,则下列四个条件中,使=成立的充分条件是 (　　) A.a=-b B.a∥b C.a=2b D.a∥b且|a|=|b| 解析:选C　因为向量的方向与向量a方向相同,向量的方向与向量b方向相同,且=,所以向量a与向量b方向相同,故可排除A、B、D.当a=2b时,==,故a=2b是=成立的充分条件. 4.如图,在等腰梯形ABCD中,对角线AC与BD交于点P,点E,F分别在两腰AD,BC上,EF过点P,且EF∥AB,则下列等式成立的是 (　　) A.= B.= C.= D.= 解析:选D　法一:排除法　,不共线,,不共线,故A、B错误;,方向相反,故C错误.故选D. 法二　在等腰梯形ABCD中,,不平行,,不平行,故A、B错误;∵AB∥CD,∴==,∴=,则=,即=,即=.∵EF∥AB,∴===,∴PE=PF,即P为EF的中点,∴=,故C错误,D正确. |思维建模|　平行向量有关概念的4个关注点 (1)非零向量的平行具有传递性. (2)共线向量即为平行向量,它们均与起点无关. (3)向量可以平移,平移后的向量与原向量是相等向量. (4)是与a同方向的单位向量. 题点二　平面向量的线性运算 考法(一)　平面向量加、减法的几何意义 [例1]　已知非零向量a,b满足|a|=+1,|b|=-1,且|a-b|=4,则|a+b|=　　　　. 快审准解:根据向量加、减运算及向量的模长可得出平行四边形OACB是矩形,由矩形对角线相等得解. 解析:如图所示,设=a,=b,则||=|a-b|,以OA,OB为邻边作平行四边形OACB,则||=|a+b|,由于(+1)2+(-1)2=42,故||2+||2=||2,所以△OAB是直角三角形,∠AOB=90°,从而OA⊥OB,所以平行四边形OACB是矩形.根据矩形的对角线相等得||=||=4,即|a+b|=4. 答案:4 |思维建模|　向量加、减法的几何意义解决问题的方法 (1)根据两个向量的和与差,构造相应的平行四边形(或三角形),再结合其他知识求解相关问题; (2)对于平面几何中出现平行四边形或可能构造出平行四边形(或三角形)的问题,可考虑利用向量知识来求解. 考法(二)　平面向量的线性运算 [例2]　(2022·新课标Ⅰ卷)在△ABC中,点D在边AB上,BD=2DA.记=m,=n,则= (　　) A.3m-2n B.-2m+3n C.3m+2n D.2m+3n 解析:选B　法一　因为BD=2DA,所以=3,所以=+=+3=+3(-)=-2+3=-2m+3n.故选B. 法二　因为BD=2DA,即=,所以=+.又=m,=n,所以n=m+,所以=-2m+3n.故选B. 法三:作图法　如图,利用平行四边形法则,合成出向量,由图易知(即向量m)的系数为负数,排除A,C,D,故选B. |思维建模|　向量线性运算的解题策略 (1)常用的法则是平行四边形法则和三角形法则,一般共起点的向量求和用平行四边形法则,求差用三角形法则,求首尾顺次相连的向量的和用三角形法则. (2)找出图形中的相等向量、共线向量,将所求向量与已知向量转化到同一个平行四边形或三角形中求解. 考法(三)　根据平面向量的线性运算求参数 [例3]　(2025·铜川模拟)如图,在△ABC中,点D为线段BC的中点,点E满足=2,若=λ+μ,则λ+μ的值为 (　　) A. B. C.- D.- 解析:选D　因为点D为线段BC的中点,点E满足=2,所以所以消去,得2-3=4,所以=-=λ+μ,所以λ=,μ=-.故λ+μ=-. |思维建模|　由平面向量线性运算求参数的策略 　　解决与向量线性运算有关的参数问题,一般是构造三角形或平行四边形,利用向量运算的三角形法则或平行四边形法则,应用其几何意义进行加法或减法运算,然后通过建立方程(组)即可求得相关参数的值. [即时训练] 1.(2025·福州模拟)如图,梯形ABCD的腰CD的中点为E,且BC=3AD,记=m,=n,则= (　　) A.-m+2n B.m+2n C.-2m+n D.-m+n 解析:选A　因为BC=3AD,又+++=0,所以=---=-m-3n+n=-m-2n.又E为腰CD的中点,所以=+=+=3n-m-n=-m+2n. (关键点:能熟练地找出图形中的相等向量,并能运用相反向量将加、减法相互转化) 2.已知M是△ABC内的一点,若=+λ,=+μ,则λ+μ等于 (　　) A. B.1 C. D. 解析:选D　由-=,得=+μ--λ,所以=μ-λ,即=6μ-6λ=6μ+6λ.又=+,所以μ=λ=,故λ+μ=. 3.已知向量a,b,c满足|a|=|b|=2,a⊥b,|c-a|=1,则|b-c|的最大值为 (　　) A.2+1　　　　 B.2-1 C.+1 D.-1 快审准解:由向量的运算作出图形进行分析,再由圆的对称性得出|b-c|的最大值. 解析:选A　如图所示,圆A的半径为1,设=a,=b,=c,因为|c-a|=1,所以点C在圆A上,则||=|b-c|.由图可知,=||+1=2+1,即|b-c|的最大值为2+1. 题点三　共线向量定理及其应用 [例4] (1)已知e1,e2是平面内两个不共线的向量,=3e1+2e2,=4e1+ke2,=5e1-4e2,若A,B,C三点共线,则实数k的值为 (　　) A.-1　　B.0　　C.1　　D.2 解析:选A　法一　因为=3e1+2e2,=4e1+ke2,=5e1-4e2,所以=-=(4e1+ke2)-(3e1+2e2)=e1+(k-2)e2,=-=(5e1-4e2)-(3e1+2e2)=2e1-6e2.又A,B,C三点共线,所以存在唯一的实数λ,使得=λ,即e1+(k-2)e2=λ(2e1-6e2),所以解得故选A. 法二　根据题意,设=x+(1-x),则3e1+2e2=[4x+5(1-x)]e1+[kx-4(1-x)]e2,因为e1,e2是平面内两个不共线的向量,所以解得故选A. (2)如图,在△ABC中,D是BC的中点,G是AD的中点,过点G作直线分别交AB,AC于点M,N,且=x,=y,则+的最小值为 (　　) A.1 B.2 C.4 D. 解析:选A　因为G是AD的中点,且=x,=y,所以=×(+)=(x+y).因为M,G,N三点共线,所以(x+y)=1,所以+=(x+y)·=≥=1,当且仅当x=y=2时,等号成立. |思维建模|　共线向量定理的3个应用 [即时训练] 4.(2025·福州模拟)已知e1,e2是两个不共线的向量,若2e1+λe2与μe1+e2是共线向量,则 (　　) A.=-2 B.λμ=-2 C.=2 D.λμ=2 解析:选D　依题意,设2e1+λe2=t(μe1+e2),又e1,e2是两个不共线的向量,所以tμ=2,λ=t,所以λμ=2. 5.在△ABC中,=+,=+,AM与CN交于点P,且=x+y(x,y∈R),则x+y= (　　) A.　　B.　　C.　　D.1 解析:选B　因为=+,所以N为AB的中点,可得=x+y=2x+y,注意到C,P,N三点共线,可得2x+y=1.又因为A,P,M三点共线,所以∥,则存在实数k,使得=k,即x+y= k=+,则可得x=3y.所以解得所以x+y=. 拓展与建模 等和线定理 　　平面内一组基底{,}及任一向量,=λ+μ(λ,μ∈R),若点P'在直线AB上或在平行于AB的直线上,则λ+μ=k(定值);反之也成立.我们把直线AB以及与直线AB平行的直线称为等和线. (1)当等和线恰为直线AB时,k=1; (2)当等和线在点O和直线AB之间时,k∈(0,1); (3)当直线AB在点O和等和线之间时,k∈(1,+∞); (4)当等和线过点O时,k=0; (5)若两等和线关于点O对称,则定值k1,k2互为相反数; (6)定值k的变化与等和线到点O的距离成正比. [针对训练] 1.在平行四边形ABCD中,AC,BD相交于点O,E为线段AO的中点.若=λ+μ(λ,μ∈R),则λ+μ等于 (　　) A.1　　B.　　C.　　D. 解析:选B　法一:常规方法　∵E为线段AO的中点,∴=(+)==+=λ+μ, ∴λ=,μ=,则λ+μ=. 法二:等和线法　 如图,AD为值是1的等和线,延长BE交AD于点F,过点E作AD的平行线,设λ+μ=k,则k=.由图易知,=,即λ+μ=k=. 2.如图,边长为2的等边三角形的外接圆为圆O,P为圆O上任一点,若=x+y,则2x+2y的最大值为 (　　) A.　　B.2　　C.　　D.1 解析:选A　如图,作BC的平行线与圆相切于点P,与直线AB相交于点E,与直线AC相交于点F.设=λ+μ,则λ+μ=1.∵BC∥EF,设==k,则k∈,∴=k,=k,=λ+μ= λk+μk.∴x=λk,y=μk,∴2x+2y=2(λ+μ)k=2k≤. 3.设D,E分别是△ABC的边AB,BC上的点,AD=AB,BE=BC.若=λ1+λ2(λ1,λ2为实数),则λ1+λ2=　　　　. 解析:法一:常规方法　由题意作图如图所示.∵在△ABC中,=+=+=+(-)=-+=λ1+λ2,∴λ1=-,λ2=.故λ1+λ2=. 法二:等和线法　如图,过点A作=,连接DF.设AF与BC的延长线交于点H,易知=,∴=,因此λ1+λ2=. 答案: 4.在扇形OAB中,∠AOB=60°,C为上的一个动点,若=x+y,则3x+y的取值范围是　　　　.  解析:如图,取点D使得=,连接BD,则=x+y=3x+y,作一系列与BD平行的直线与圆弧相交,当点C与点B重合时,3x+y取得最小值1;当点C与点A重合时,3x+y取得最大值3,故3x+y的取值范围是[1,3]. 答案:[1,3] 数智赋能:电子版随堂训练,根据课堂情况灵活选用 [课时跟踪检测] (标题目难度稍大,可据自身学情选做) 一、单选题 1.下列说法正确的是 (　　) A.若|a|=|b|,则a=b,a=-b B.单位向量的模是1,所有的单位向量是相等向量 C.相反向量的长度相等 D.共线向量是在同一条直线上的向量 解析:选C　由|a|=|b|只知两向量长度相等,方向不确定,故A错误;单位向量的方向不确定,故B错误;根据定义,一对相反向量只有方向相反,模长一定相等,故C正确;因为平面向量是自由向量,所以两条共线向量既可以在一条直线上,也可以在两条平行线上,还可以有一个为零向量,故D错误. 规律方法:(1)相等向量具有传递性,非零向量的平行也具有传递性. (2)共线向量即为平行向量,它们均与起点无关. (3)向量可以平移,平移后的向量与原向量是相等向量.解题时,不要把它与函数图象的平移混淆. (4)非零向量a与的关系:是与a同方向的单位向量. 2.已知P为△ABC所在平面内一点,=2,则 (　　) A.=-+ 　B.=+ C.=- 　D.=+ 解析:选A　由题意作出图形,如图,则=+=+=+(-)=-+,故选A. 3.(2024·杭州三模)已知不共线的平面向量a,b满足(a+λb)∥(λa+2b),则正数λ= (　　) A.1　　B.　　C.　　D.2 解析:选B　法一　由已知有1×2=λ×λ,λ>0,解得λ=. 法二　设a+λb=μ(λa+2b),μ∈R,由题意得解得λ=. 4.在边长为1的正方形ABCD中,设=a,=b,=c,则|a-b+c|等于 (　　) A.1　　B.2　　C.3　　D.4 解析:选B　因为四边形ABCD是边长为1的正方形,=a,=b,=c,所以a-b+c=-+=-+(+)=2.又||=1,所以|a-b+c|=|2|=2. 5.在四边形ABCD中,=a+2b,=-4a-b,=-5a-3b,则四边形ABCD的形状是 (　　) A.梯形 B.菱形 C.平行四边形 D.矩形 解析:选A　因为=a+2b,=-4a-b,=-5a-3b,所以=++=(a+2b)+(-4a-b)+(-5a-3b)=-8a-2b.所以=2.所以AD∥BC且||≠||,所以四边形ABCD为梯形. 6.(2025·衡水模拟)在△ABC中,D是BC的中点,直线l分别与AB,AD,AC交于点M,E,N,且=,=2,=λ,则λ= (　　) A.　　B.　　C.　　D. 解析:选B　由=2,得==(+)==+.因为M,E,N三点共线,所以+=1,解得λ=. 7.已知△ABC所在平面内一点D满足++=0,则△ABC的面积是△ABD面积的 (　　) A.5倍　　B.4倍　　C.3倍　　D.2倍 解析:选A　设AB的中点为M,因为++=0,所以=2(+),所以=4,故点D是线段CM的五等分点,所以==5,即△ABC的面积是△ABD面积的5倍.故选A. 8.在△ABC中,若AD为BC边上的中线,点E在AD上,且AE=2ED,则= (　　) A.- B.- C.- D.- 解析:选A　如图所示,在△ABC中,因为AD为BC边上的中线,所以D为BC的中点.由平行四边形法则, 得=(+).又点E在AD上,且AE=2ED,所以=-,所以=+=-+=-×(+)+ =--+=-. 9.已知平行四边形ABCD,若点P是边AD的中点,=3,直线AC与PQ相交于点M,则= (　　) A.　　B.　　C.　　D. 解析:选C　如图所示,设=a,=b,则=2a+b,=b-a.设=λ,=μ,则=2λa+λb, =μb-μa.因为=+=a+μb-μa=(1-μ)a+μb,所以解得λ=,μ=,所以=,即==. 二、多选题 10.已知A,B,C是三个不同的点,=a-b,=2a-3b,=3a-5b,则下列结论正确的是 (　　) A.=2 B.= C.=3 D.A,B,C三点共线 解析:选ABD　由题意得=-=a-2b,=-=2a-4b,=-=a-2b,所以=2,故A正确;=,故B正确;=2,故C错误;由=2可得∥,A为公共点,故A,B,C三点共线,故D正确.故选ABD. 规律方法:三点共线问题可用向量共线来解决,但应注意三点共线与向量共线的区别,当两向量共线且有公共点时,才能得到三点共线. 11.已知点P为△ABC所在平面内一点,且+2+3=0.若E为AC的中点,F为BC的中点,则下列结论正确的是 (　　) A.向量与可能平行 B.点P在线段EF的延长线上 C.点P在线段EF上 D.PE∶PF=2∶1 解析:选CD　由题意,得+=2,+=2,而+2+3=0,即(+)+2(+)=0,于是得2+4=0,即=2,所以点P在线段EF上,且PE∶PF=2∶1.所以点P,A,C不共线,则向量与不可能平行,A、B不正确,C、D正确. 12.已知△ABC中,O是BC边上靠近B的三等分点,过点O的直线分别交直线AB,AC于不同的两点M,N,设=m,=n,其中m>0,n>0,则下列结论正确的是 (　　) A.=+ 　B.=+ C.2m+n=3 　D.m+2n=3 解析:选AC　=+=+=+(-)=+,A正确,B错误;因为=m,=n,所以=+=m+n.又因为M,O,N三点共线,所以m+n=1,故2m+n=3,C正确,D错误. 13.在△ABC中,D为边AC上一点且满足=,若P为边BD上一点,且满足=λ+μ,λ,μ为正实数,则下列结论正确的是 (　　) A.λμ的最小值为1 　B.λμ的最大值为 C.+的最大值为12 　D.+的最小值为4 快审准解:根据B,D,P三点共线求得λ+3μ=1,结合基本不等式判断即可. 解析:选BD　因为=,所以=3,又=λ+μ=λ+3μ,P,B,D三点共线,所以λ+3μ=1.又λ,μ为正实数,所以λμ=λ×3μ≤×=,当且仅当λ=3μ,即λ=,μ=时取等号,故A错误,B正确; +=(λ+3μ)=2++≥2+2=4,当且仅当=,即λ=,μ=时取等号,故C错误,D正确. 三、填空题 14.已知向量a,b不共线,且c=λa+2b,d=a+(2λ-3)b,若c与d反向共线,则实数λ的值为　　　　.  解析:由于c与d反向共线,则存在实数k使c=kd(k<0),于是λa+2b=k[a+(2λ-3)b],整理得λa+2b=ka+(2λk-3k)b.由于a,b不共线,所以整理得2λ2-3λ-2=0,解得λ=2或λ=-.又因为k<0,所以λ<0,故λ=-. 答案:- 15.在正六边形ABCDEF中,若AB=1,则|++|=　　　　.  解析:法一　如图,连接AD,BE,CF,因为正六边形ABCDEF由6个全等的等边三角形构成,且AB=1,所以||=2,所以|++|=|++|=||=2. 法二　连接AD(图略),易知AD=2,则|++|=|++|=|++|=|+|=||=2. 答案:2 16.(2025·安庆模拟)已知O为等边△ABC的重心,若=3a,=2b,则=　　　　　.(用a,b表示)  解析:如图,∵O是△ABC的重心,=3a,O是△ABC各边中线的交点,∴=⇒=a, ∴=+=a⇒=-a.又D为BC的中点,=2b,故=(+)⇒=2-=-9a-2b. 答案:-9a-2b 知识拓展: 四、解答题 17.在△ABC中,E为AC的中点,D为BC上靠近点B的三等分点. (1)分别用向量,表示向量,; (2)若点N满足4+2=3,证明:B,N,E三点共线. 解:(1)因为E为AC的中点,D为BC上靠近点B的三等分点, 所以=2,=, 则=+=+3=+3(-)=-2+3, =+=-+=-+(-2+3)=-2+. (2)证明:因为4+2=3, 所以=-+=-+×2=-+, 所以2=-+3,-=2(-),即=2,所以∥. 又因为,有公共点E,所以B,N,E三点共线. (注意:当两向量共线且有公共点时,才能得到三点共线) 第二节　平面向量 　基本定理及坐标表示 明确目标 1. 理解平面向量基本定理及其意义. 2.掌握平面向量的正交分解及其坐标表示. 3.会用坐标表示平面向量的加法、减法与数乘运算. 4.理解用坐标表示的平面向量共线的条件. 教材再回首 1.平面向量基本定理 条件 e1,e2是同一平面内的两个不共线向量 结论 对于这一平面内的任一向量a,有且只有一对实数λ1,λ2,使a=λ1e1+λ2e2 基底 若e1,e2不共线,把{e1,e2}叫做表示这一平面内所有向量的一个基底 2.平面向量的正交分解 把一个向量分解为两个互相垂直的向量,叫做把向量作正交分解. 3.平面向量的坐标运算 (1)向量加法、减法、数乘及向量的模 设a=(x1,y1),b=(x2,y2),则 a+b=(x1+x2,y1+y2),a-b=(x1-x2,y1-y2),λa=(λx1,λy1),|a|=. (2)向量坐标的求法 ①若向量的起点是坐标原点,则终点坐标即为向量的坐标. ②设A(x1,y1),B(x2,y2),则=(x2-x1,y2-y1),||=. 4.平面向量共线的坐标表示 设a=(x1,y1),b=(x2,y2),其中b≠0,则a∥b⇔x1y2-x2y1=0. 解题结论拓展 (1)若a与b不共线,且λa+μb=0,则λ=μ=0. (2)已知P为线段AB的中点,若A(x1,y1),B(x2,y2),则点P的坐标为. (3)已知△ABC的顶点A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),则△ABC的重心G的坐标为. 典题细发掘 一、教材小题的导向训练 1.(人A必修②P29例4改编)已知a=(3,6),b=(x,y),若a+3b=0,则b= (　　) A.(1,2) B.(-1,-2) C.(-1,2) D.(1,-2) 答案:B 2.(人B必修②P154例6改编)如图,=2,=a,=b,=c,则下列等式成立的是 (　　) A.c=b-a B.c=a-b C.c=2a-b D.c=2b-a 答案:B 3.(苏教必修②P40T1改编)已知向量a=(2,5),b=(λ,4),若a∥b,则λ=　　　　.  解析:因为a∥b,所以2×4-5λ=0,所以λ=. 答案: 4.(人A必修②P30例5改编)已知平行四边形ABCD的顶点A(-1,-2),B(3,-1),C(5,6),则顶点D的坐标为　　　　. 解析:设D(x,y),则=,得(3-(-1),-1-(-2))=(4,1)=(5-x,6-y),即解得即D(1,5). 答案:(1,5) 二、易错小题的警醒训练 1.已知A(3,7),B(5,2),把向量按向量a=(1,2)平移后,所得向量的坐标是 (　　) A.(-1,7)　　B.(1,-7)　　C.(2,-5)　　D.(3,-3) 快审准解:向量平移后与原向量为相等向量,所求坐标即为向量的坐标. 解析:选C　根据题意可知,=(2,-5),把向量按向量a=(1,2)平移后,与原向量相等,所得向量仍然为(2,-5).故选C.(易错点:混淆函数图象平移与向量平移,向量平移后仍是原向量) 2.设点A(2,0),B(4,2),若点P在直线AB上,且||=2||,则点P的坐标为 (　　) A.(3,1) B.(1,-1) C.(3,1)或(1,-1) D.(3,1)或(1,1) 解析:选C　∵A(2,0),B(4,2),∴=(2,2).∵点P在直线AB上,且||=2||,∴=2或=-2,∴=(1,1)或=(-1,-1),故点P的坐标为(3,1)或(1,-1),故选C. (易错点:求点的坐标时,忽视分类讨论) 题点一　平面向量基本定理的应用 [例1] (1)在△ABC中,点M是AB的中点,点N分AC的比为AN∶NC=1∶2,BN与CM相交于E,设=a,=b,则向量= (　　) A.a+b B.a+b C.a+b D.a+b 快审准解:由三点共线性质以及平面向量基本定理解方程组即可得解. 解析:选A　由题意知B,E,N三点共线,所以存在λ∈R,使得=λ+(1-λ)=λ+.同理,C,E,M三点共线,所以存在μ∈R,使得=μ+(1-μ)=μ+.由平面向量基本定理可得解得λ=,μ=,所以=a+b.故选A. (2)在△ABC中,D为BC中点,=λ,=+,若=+,则λ=　　　　.  快审准解:选择{,}为平面向量的一个基底,表示出,再根据表示的唯一性,可求λ的值. 解析:选择{,}为平面向量的一个基底,因为D为BC中点,所以=+. 又=+=(+)+=(+λ)+=[+λ(-)]+=+.由⇒λ=. 答案: 谨记结论:等比分点定理 在△ABC中,若BC边上的点D满足=(m≠0),则=+. |思维建模|　平面向量基本定理的应用技巧 (1)合理选择基底,注意基底必须是两个不共线的向量. (2)选定基底后,通过构造平行四边形(或三角形)利用向量的加、减、数乘以及向量平行的充要条件,把相关向量用基底表示出来. (3)注意几何性质在向量运算中的作用,用基底表示未知向量,常借助图形的几何性质,如平行、相似等. [即时训练] 1.如图,在正方形ABCD中,M是BC的中点,若=λ-μ,则λ= (　　) A.-1 B.1 C. D. 解析:选C　在正方形ABCD中,由M是BC的中点,得则=+,于是=+=+=+.而=λ-μ,所以λ=. 2.如图,在▱ABCD中,=,=,则等于 (　　) A.- B.- C.+ D.+ 解析:选C　设=a,=b,因为=,所以=+=-a-b.因为=,所以=+=a+b.设=m+n,则-a=m+n,所以解得m=,n=,即=+. 题点二　平面向量的坐标运算 [例2] (1)在A=90°的等腰Rt△ABC中,E为AB的中点,F为BC的中点,=λ+μ,则λ= (　　) A.- B.- C.- D.-1 解析:选A　以A为原点建立如图所示的平面直角坐标系,设B(2,0),C(0,2),则F(1,1),E(1,0),则=(-2,2),=(1,-2),λ+μ=λ(1,1)+μ(1,-2)=(λ+μ,λ-2μ),所以解得λ=-. (2)已知a,b,c在正方形网格中的位置如图所示,用基底{a,b}表示c,则 (　　) A.c=2a-3b B.c=-2a-3b C.c=-3a+2b D.c=3a-2b 解析:选D　如图,建立平面直角坐标系,设正方形网格的边长为1,a=,b=,c=,则A(1,0),B(2,1), C(0,4),D(7,1),所以a=(1,1),b=(-2,3),c=(7,-3).设向量c=ma+nb,则c=ma+nb=(m-2n,m+3n)=(7,-3),所以解得所以c=3a-2b. |思维建模|　平面向量坐标运算的技巧 (1)向量的坐标运算主要是利用向量加、减、数乘运算法则进行,若已知有向线段两端点的坐标,则应先求向量的坐标. (2)解题过程中,常利用向量相等则其坐标相同这一原则,通过列方程(组)来进行求解. [即时训练] 3.(2025·郑州模拟)已知点A,B,C,D为平面内不同的四点,若=2-3,且=(-2,1),则= (　　) A.(4,-2) B.(-4,2) C.(6,-3) D.(-6,3) 解析:选D　由=2-3,得+=3-3,即=3,即=3.又=(-2,1),所以=3=(-6,3). 4.在边长为2的正方形ABCD中,E为CD的中点,AE交BD于点F.若=x+3y,则x+y= (　　) A.1　　B.　　C.-　　D.- 解析:选B　如图,建立以A为原点,AB,AD为x,y轴的平面直角坐标系,则=(2,0),=(0,2), x+3y=(2x,6y).根据题意,得==,=(1,2),则==.所以2x=,6y=, 解得x=,y=,x+y=+=. 习得方略:一般地,在求解向量问题时遇到矩形(或正方形或菱形及其他具有对称结构的图形)、直角三角形(即拥有天然垂直)……,那就具备了建立平面直角坐标系的基础. 题点三　平面向量共线的坐标运算 [例3] (1)设向量a=(2,-1),b=(m,2),若向量a与a-b共线,则a+b= (　　) A.(-2,1) B.(-2,-1) C.(-4,2) D.(-2,-4) 解析:选A　由向量a=(2,-1),b=(m,2),得a-b=(2-m,-3).由向量a与a-b共线,得2×(-3)=-(2-m),解得m=-4,则b=(-4,2),所以a+b=(-2,1). (2)在Rt△ABC中,AB=2,AC=4,AB⊥AC,E,F分别为AB,BC中点,建立如图所示的平面直角坐标系,则AF与CE的交点坐标为　　　　. 解析:由题意,知B(2,0),C(0,4),E(1,0),F(1,2),设AF与CE的交点为D(x,y),则=(x,y),=(1,2),且∥,即2x-y=0　①.又=(x,y-4),=(1,-4),且∥,所以y-4+4x=0　②.由①②得x=,y=,故AF与CE的交点D. 答案: |思维建模| 1.向量共线的2种表示形式 设a=(x1,y1),b=(x2,y2), (1)a∥b⇒a=λb(b≠0); (2)a∥b⇔x1y2-x2y1=0. 至于使用哪种形式,应视题目的具体条件而定,一般涉及坐标的情况应用(2). 2.两向量共线的充要条件的作用 判断两向量是否共线(平行),可解决三点共线的问题;另外,利用两向量共线的充要条件可以列出方程(组),求出未知数的值. [即时训练] 5.已知A(1,-3),B,且A,B,C三点共线,则点C的坐标可以是 (　　) A.(-9,1) B.(9,-1) C.(9,1) D.(-9,-1) 解析:选C　设点C的坐标为(x,y),因为A,B,C三点共线,所以∥.因为A(1,-3),B,所以=, =(x-1,y+3),则7(y+3)-(x-1)=0,整理得x-2y=7.将(-9,1),(9,-1),(9,1),(-9,-1)代入x-2y=7中,只有(9,1)满足,故选C. 6.已知向量a=(2,3),b=(2,sin α-3),c=(2,cos α),若(a+b)∥c,则tan α的值为 (　　) A.2 B.-2 C. D.- 解析:选A　因为a=(2,3),b=(2,sin α-3),所以a+b=(4,sin α).又c=(2,cos α),且(a+b)∥c,所以4cos α=2sin α,则tan α==2. 数智赋能:电子版随堂训练,根据课堂情况灵活选用 [课时跟踪检测] (标题目难度稍大,可据自身学情选做) 一、单选题 1.设{e1,e2}为平面内的一个基底,则下面四组向量不能作为基底的是 (　　) A.e1+e2和e1-e2 B.4e1+2e2和2e2-4e1 C.2e1+e2和e1+e2 D.e1-2e2和4e2+2e1 解析:选C　平面向量的基底由两个不共线的非零向量组成,C中,因为2e1+e2=2,即2e1+e2和e1+e2为共线向量,所以它们不能作为基底.其他选项中的两个向量都没有倍数关系,所以可以作为基底,故选C. 2.已知向量a=(5,2),b=(-4,-3),c=(x,y),若3a-2b+c=0,则c= (　　) A.(-23,-12) B.(23,12) C.(7,0) D.(-7,0) 解析:选A　由题意可得3a-2b+c=3(5,2)-2(-4,-3)+(x,y)=(23+x,12+y)=(0,0),所以解得所以c=(-23,-12). 3.已知向量a与b的方向相反,b=(-2,3),|a|=2,则a等于 (　　) A.(-6,4) B.(-4,6) C.(4,-6) D.(6,-4) 解析:选C　∵a与b的方向相反,∴a=λb(λ<0).设a=(x,y),则(x,y)=λ(-2,3),于是由|a|=2,得x2+y2=52,即4λ2+9λ2=13λ2=52.又λ<0,∴λ=-2,∴a=(4,-6). 4.(2024·广安二模)已知D,E分别为△ABC的边AB,AC的中点,若=(3,4),B(-2,-3),则点C的坐标为 (　　) A.(4,5) B.(1,1) C.(-5,-7) D.(-8,-11) 解析:选A　因为D,E分别为AB,AC的中点,所以=2=(6,8).(中位线性质的应用) 设C(x,y),又B(-2,-3),所以(x+2,y+3)=(6,8),即解得 5.(2024·秦皇岛二模)已知向量a=(m,2m+3),b=(1,4m+1),则“m=-”是“a与b共线”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:选A　若a与b共线,则m(4m+1)-(2m+3)=0,解得m=-或m=1,所以“m=-”是“a与b共线”的充分不必要条件,故选A. 6.向量a,b,c在正方形网格中的位置如图所示,若向量c=λa+μb,则λ+μ的值等于 (　　) A.1 B.-1 C.3 D.-3 解析:选C　建立如图所示的直角坐标系,则a=(1,1),b=(0,-1),c=(2,1),由c=λa+μb,则(2,1)=(λ,λ)+(0,-μ), ∴2=λ,1=λ-μ,解得,λ=2,μ=1,则λ+μ=3. 7.已知向量a=(cos θ,sin θ),b=(2,-1),若a∥b,则tan= (　　) A.-3　　B.-　　C.　　D.3 解析:选C　因为a∥b,所以-cos θ=2sin θ.易知cos θ≠0,所以tan θ=-,所以tan==. 8.已知在Rt△BAC中,∠BAC=90°,AB=1,AC=2,D是△ABC内一点,且∠DAB=60°,设=λ+μ (λ,μ∈R),则= (　　) A.　　B.　　C.3　　D.2 快审准解:根据Rt△BAC建立平面直角坐标系,可知B,C的坐标分别为(1,0),(0,2),应用含参数的坐标表示向量,由平面向量基本定理=λ+μ(λ,μ∈R)及坐标运算求得参数λ,μ的关系,即可求. 解析:选A　如图,以A为原点,AB所在直线为x轴,AC所在直线为y轴建立平面直角坐标系,则点B的坐标为(1,0),点C的坐标为(0,2).∵∠DAB=60°,∴设D(m,m)(m≠0),=(m,m)=λ+μ=λ(1,0)+μ(0,2)= (λ,2μ),则λ=m,且μ=m,∴=. 9.如图,△ABC是等边三角形,点D在线段BC上,且=2,点E为线段AD上一点,若△ABE与△ACD的面积相等,则= (　　) A.- B.+ C.- D.-+ 解析:选D　∵点D在线段BC上,且=2,∴S△ACD=S△ABD.又点E为线段AD上一点,且△ABE与△ACD的面积相等,∴S△ABE=S△ABD,∴点E为线段AD的中点. 法一　∵=+=+=+(-)=+,∴==+,∴=-=-+,故选D. 法二　∵=2,即=,∴=+=+,∴==+,∴=-=+-=-+,故选D. 10.已知点P在△ABC所在的平面内,且2++=0,过点P的直线与直线AB,AC分别交于M,N,设=α,=β(α>0,β>0),则α+4β的最小值为 (　　) A.　　B.　　C.　　D. 解析:选C　设BC的中点为D,连接PD,则2=+,故2+2=0,即=,故P为AD的中点.因为P,M,N三点共线,所以存在实数s,使得=s+(1-s),故=sα+(1-s)β.又==(+), ,不共线,所以即+=4,所以α+4β=(α+4β)=≥=,当且仅当α=,β=时等号成立,故α+4β的最小值为. 11.如图,△BCD与△ABC的面积之比为2,点P是区域ABDC内任意一点(含边界),且=λ+μ(λ,μ∈R),则λ+μ的取值范围是 (　　) A.[0,1]　　B.[0,2]　　C.[0,3]　　D.[0,4] 解析:选C　根据题意,将图形特殊化,设AD垂直平分BC于点O,因为△BCD与△ABC的面积之比为2,则DO=2AO,当点P与点A重合时,可得=0,此时λ=μ=0,即λ+μ的最小值为0;当点P与点D重合时,可得=3=3×=+,此时λ=μ=,即λ+μ的最大值为3.所以λ+μ的取值范围为[0,3]. 二、多选题 12.下列各组向量中,可以用来表示向量a=(-1,2)的是 (　　) A.e1=(1,1),e2=(1,2) B.e1=(-1,1),e2=(-2,2) C.e1=(-1,2),e2=(3,-6) D.e1=(1,2),e2=(-3,-4) 解析:选ACD　因为1×2≠1×1,所以e1,e2不共线,可以表示向量a,A正确;因为-1×2=1×(-2),所以e1,e2共线,又向量a与e1不共线,B错误;a=e1+0×e2,可以表示向量a,C正确;因为1×(-4)≠2×(-3),所以e1,e2不共线,可以表示向量a,D正确. 13.(2025·保山期中)已知A(2,1),B(0,2),C(-2,1),O(0,0),则下列结论正确的是 (　　) A.直线OC与直线BA平行 　　　B.+= C.+= 　　　D.=-2 解析:选ACD　由题意,点A(2,1),B(0,2),C(-2,1),O(0,0),由=(-2,1),=(2,-1),则=-,则∥,即直线OC与直线BA平行,所以A正确;由=(-2,1),=(-2,-1),则+=(-4,0),又由=(4,0),所以B错误;由=(2,1),=(-2,1),可得+=(0,2),又由=(0,2),所以C正确;由-2=(0,2)-2(2,1)=(-4,0),且=(-4,0),所以D正确. 14.如图,在正方形ABCD中,Q为BC上一点,AQ交BD于E,且E,F为BD的两个三等分点,则 (　　) A.+= B.=+ C.=+ D.=+ 解析:选ABC　建立如图所示的平面直角坐标系,不妨设正方形的边长为2,Q(x,0),则根据题意可得A(0,2),D(2,2),C(2,0),E,F,B(0,0),则=,=(2,-2),=(x,-2),=,=(0,-2),=(2,0).由于∥,所以-x=-2×,解得x=1,故Q(1,0).+=+=(2,-2)=,故A正确;+=(0,-2)+(2,0)==,故B正确;+=(0,-2)+(2,0)==,故C正确;+=(0,-2)+(2,0)=,=,故D错误. 三、填空题 15.已知向量a=(2,1),b=(1,k),若(a+2b)∥ka,则实数k=　　　　.  解析:由题意,得a+2b=(4,1+2k),ka=(2k,k),若(a+2b)∥ka,则(1+2k)·2k-4k=0,即2k2-k=0,解得k=0或k=. 易错分析:对于向量a=(x1,y1),b=(x2,y2),a∥b⇔x1y2-x2y1=0.本题容易错误地认为a∥b⇔=,此时只能求出k=,导致丢解,这个式子在x2,y2为0时是不成立的. 答案:0或 16.已知A(2,3),B(4,-3),点P在线段AB的延长线上,且||=||,则点P的坐标为　　　　. 解析:法一　由点P在线段AB的延长线上,||=||,知=-.设P(x,y),则(x-2,y-3)=-(4-x,-3-y),即解得故点P的坐标为(10,-21). 法二　因为点P在线段AB的延长线上,所以与方向相反,由||=||,知=-.设P(x,y),则x==10,y==-21,即点P的坐标为(10,-21). 答案:(10,-21) 二级结论:线段P1P2的端点P1,P2的坐标分别是(x1,y1),(x2,y2),点P是直线P1P2上一点,当=λ时,点P的坐标为. 17.如图,在△ABC中,AD=2DB,2AE=EC,BE∩CD=P,若=x+y(x,y∈R),则x+y=　　　　. 解析:设=λ,则=+=+λ=+λ(-+)=+λ=(1-λ)+.设=μ,则=+=+μ=+μ(-+)=+μ=+(1-μ),所以 解得则=+,结合题设有所以x+y=. 答案: 第三节 平面向量的数量积 明确目标 1.理解平面向量数量积的含义及其物理意义，了解平面向量的数量积与向量投影的关系. 2.掌握数量积的坐标表达式，会进行平面向量数量积的运算. 3.能运用数量积表示两个向量的夹角，会用数量积判断两个平面向量的垂直关系. 4.会用向量方法解决简单的平面几何问题、力学问题以及其他实际问题. 教材再回首 1.平面向量数量积的有关概念 向量的 夹角 已知两个非零向量a和b,O是平面上的任意一点,作向量=a,=b,则∠AOB=θ(0≤θ≤π)叫做向量a与b的夹角 数量积 的定义 已知两个非零向量a与b,它们的夹角为θ,我们把数量|a||b|cos θ叫做向量a与b的数量积(或内积),记作a·b,即a·b=|a||b|cos θ 规定 零向量与任一向量的数量积为0,即0·a=0 2.向量的投影 定义 如图,设a,b是两个非零向量,=a,=b,作如下的变换:过的起点A和终点B,分别作所在直线的垂线,垂足分别为A1,B1,得到,则称上述变换为向量a向向量b投影,叫做向量a在向量b上的投影向量 计算 设与b方向相同的单位向量为e,a与b的夹角为θ,则向量a在向量b上的投影向量是|a|cos θ e 3.平面向量数量积的性质 已知非零向量a=(x1,y1),b=(x2,y2),a与b的夹角为θ,e是与b方向相同的单位向量 结论 几何表示 坐标表示 模 |a|= |a|= 夹角 cos θ= cos θ= a⊥b的充要条件 a·b=0 x1x2+y1y2=0 |a·b|与 |a||b|的关系 |a·b|≤|a||b| (当且仅当a∥b时等号成立) |x1x2+y1y2|≤ a·e与 e·a的关系 a·e=e·a=|a|cos θ — 4.平面向量数量积的运算律 交换律 a·b=b·a 结合律 (λa)·b=λ(a·b)=a·(λb) 分配律 (a+b)·c=a·c+b·c 解题结论拓展 1.平面向量数量积运算的常用公式 (1)(a+b)·(a-b)=a2-b2; (2)(a+b)2=a2+2a·b+b2; (3)(a-b)2=a2-2a·b+b2. 2.向量夹角的有关结论 (1)若a,b的夹角为锐角,则a·b>0;若a·b>0,则a与b的夹角为锐角或0. (2)若a,b的夹角为钝角,则a·b<0;若a·b<0,则a与b的夹角为钝角或π. 典题细发掘 一、教材小题的导向训练 1.(苏教必修②P24T3改编)已知|a|=5,|b|=,a·b=5,则a与b的夹角θ等于 (　　) A.45°　　B.135°　　C.-45°　　D.30° 答案:A 2.(人A必修②P34例10改编)已知△ABC三个顶点为A(-1,-4),B(5,2),C(3,4),则△ABC是 (　　) A.锐角三角形 B.直角三角形 C.钝角三角形 D.等腰三角形 解析:选B　由已知,得=(6,6),=(-2,2),∴·=6×(-2)+6×2=0,即AB⊥BC,∴△ABC是直角三角形. 3.(人A必修②P21例12改编)已知|a|=2,|b|=3,且a⊥b,则(a+b)·(2a-b)=　　　　.  答案:-1 4.(人B必修③P79T5改编)已知|a|=3,|b|=5,且<a,b>=45°,则a在b上的投影向量的模为　　　　.  解析:所求投影向量的模为|a|cos 45°=. 答案: 二、易错小题的警醒训练 1.[多选]下列关于向量a,b,c的运算,一定成立的有 (　　) A.(a+b)·c=a·c+b·c B.(a·b)·c=a·(b·c) C.a·b≤|a||b| D.|a-b|<|a|+|b| 解析:选AC　A项,由平面向量数量积的运算性质可以判断本选项一定成立;B项,(a·b)·c与c共线,a·(b·c)与a共线,而a与c不一定共线,所以(a·b)·c=a·(b·c)不一定成立,因此本选项不一定成立;C项,a·b=|a||b|cos<a,b>≤|a||b|,所以本选项一定成立;D项,当 b=0时,|a-b|=|a|+|b|,所以本选项不一定成立,故选AC.(易错点:混淆向量数量积运算和数乘运算的结果,向量的数乘运算结果依旧为向量,而数量积的运算结果为实数,两者要区分开.尤其使用数量积的运算时不可约公因式) 2.已知等边△ABC的边长为1,则·+·+·=　　　　. 解析:与的夹角应是∠ACB的补角,即180°-∠ACB=120°.又||=||=||=1,所以·= ||||cos 120°=-.同理得·=·=-.故·+·+·=-.(易错点:确定向量夹角时忽略向量的方向.在使用a·b=|a||b|cos􀎮a,b􀎯求解时,特别注意􀎮a,b􀎯,要共起点才能找夹角,否则使用的可能是其补角造成错误) 答案:- 题点一　数量积的计算 [例1] (1)已知向量a=(1,5λ+4),b=(2+λ,8),其中λ≥0,若a∥b,则a·(a+b)= (　　) A.40　　B.48　　C.51　　D.62 解析:选C　因为a=(1,5λ+4),b=(2+λ,8),且a∥b,所以(5λ+4)(2+λ)=1×8,解得λ=0或λ=-.又λ≥0,所以λ=0,此时a=(1,4),b=(2,8),所以a+b=(3,12),所以a·(a+b)=(1,4)·(3,12)=1×3+4×12=51. (2)(2023·全国乙卷)正方形ABCD的边长是2,E是AB的中点,则·= (　　) A.　　　　　　 B.3 C.2 D.5 解析:选B　法一　以{,}为基底,可知||=||=2,·=0,则=+=+, =+=-+,所以·=·=-+=-1+4=3. 法二　如图,以A为坐标原点建立平面直角坐标系,则E(1,0),C(2,2),D(0,2),可得=(1,2),=(-1,2),所以·=-1+4=3. 法三　由题意可得,ED=EC=,CD=2. 在△CDE中,由余弦定理可得cos∠DEC===,所以·=||||cos∠DEC= ××=3. 法四:极化恒等式　设CD的中点为O,由极化恒等式可得·=-=3. |思维建模|　平面向量数量积的两种运算方法 (1)基底法:当已知向量的模和夹角θ时,可利用定义法求解,适用于平面图形中的向量数量积的有关计算问题; (2)坐标法:当平面图形易建系求出各点坐标时,可利用坐标法求解. [即时训练] 1.(2025·安徽一模)已知|b|=2|a|,若a与b的夹角为60°,则2a-b在b上的投影向量为　　　　. 解析:因为|b|=2|a|,a与b的夹角为60°,所以a·b=|a||b|cos 60°=|a|×2|a|×=|a|2,则(2a-b)·b=2a·b-b2=2|a|2-4|a|2=-2|a|2,所以2a-b在b上的投影向量为×=×=-b. 答案:-b 谨记结论:求投影向量的2个公式 (1)a在b上的投影向量为|a|cos θ·. (2)a在b上的投影向量为=b. 2.在边长为2的等边△ABC中,点E为中线BD的三等分点(靠近点B),点F为BC的中点,则·=　　　　. 解析:法一　由题意,以点D为坐标原点,,分别为x,y轴的正方向,建立平面直角坐标系,则D(0,0),C(-1,0),B(0,),E,F,=,=,∴·=×+× =-. 法二　∵=,=-=-=(+)-=-,∴·=·=·-=×2×2×cos-×22=-. 答案:- 题点二　数量积的简单应用 考法(一)　平面向量的模 [例2] (1)(2024·新课标Ⅱ卷)已知向量a,b满足|a|=1,|a+2b|=2,且(b-2a)⊥b,则|b|= (　　) A.　　B.　　C.　　D.1 解析:选B　因为(b-2a)⊥b,所以(b-2a)·b=0,即b2=2a·b.又因为|a|=1,|a+2b|=2, 所以1+4a·b+4b2=1+6b2=4,从而|b|=. (2)(2025·长沙一模)在平面四边形ABCD中,E,F分别为AD,BC的中点.若AB=2,CD=3,且·=4,则||= (　　) A. B. C. D. 解析:选B　连接EB,EC,如图,可知=(+)=[(+)+(+)]=(+). 由·=(+·)=2+·=4,可得·=4.从而||2==(+)2=(+2·+)=,所以||=. |思维建模|　求解平面向量模的方法 (1)利用公式|a|=(a的坐标为(x,y)). (2)利用|a|=. 考法(二)　平面向量的夹角 [例3]　(2023·全国甲卷)已知向量a,b,c满足|a|=|b|=1,|c|=,且a+b+c=0,则cos<a-c,b-c>= (　　) A.- B.- C. D. 解析:选D　∵a+b+c=0,∴c=-a-b,等式两边同时平方得2=a2+b2+2a·b=1+1+2a·b,∴a·b=0. 法一　又a-c=a-(-a-b)=2a+b,b-c=b-(-a-b)=a+2b,∴(a-c)·(b-c)=(2a+b)·(a+2b)=2a2+5a·b+2b2=4,且|a-c|=|2a+b|===,|b-c|=|a+2b|===,∴cos<a-c,b-c>==,故选D. 法二　如图,令=a,=b,则=c,∴=a-c,=b-c.而||=,||=||=,在△ABC中,由余弦定理得cos<a-c,b-c>=cos<,>=cos∠ACB==,故选D. 法三　如图(图同法二),令向量a,b的起点均为O,终点分别为A,B,以,分别为x,y轴的正方向建立平面直角坐标系,则a=(1,0),b=(0,1),c=-a-b=(-1,-1),∴a-c=(2,1),b-c=(1,2),则cos<a-c,b-c>== =,故选D. |思维建模|　求平面向量夹角的2种方法 定义法 利用cos<a,b>=求解,<a,b>∈[0,π] 坐标法 利用cos<a,b>=求解 考法(三)　平面向量的垂直 [例4]　(2024·新课标Ⅰ卷)已知向量a=(0,1),b=(2,x),若b⊥(b-4a),则x= (　　) A.-2 B.-1 C.1 D.2 解析:选D　法一:向量法+坐标法　因为b⊥(b-4a),所以b·(b-4a)=0,即b2=4a·b.因为a=(0,1),b=(2,x),所以b2=4+x2,a·b=x,得4+x2=4x,所以(x-2)2=0,解得x=2,故选D. 法二:坐标法　因为a=(0,1),b=(2,x),所以b-4a=(2,x)-4(0,1)=(2,x)-(0,4)=(2,x-4).因为b⊥(b-4a),所以b·(b-4a)=0,即2×2+x(x-4)=0,所以(x-2)2=0,解得x=2,故选D. |思维建模|　平面向量垂直的解题规律 (1)利用坐标运算证明或判断两个向量的垂直问题 ①计算出这两个向量的坐标;②根据数量积的坐标运算公式,计算出这两个向量的数量积为0即可. (2)已知两个向量的垂直关系,求解相关参数的值(根据两个向量垂直的充要条件,列出相应的关系式,进而求解参数). [即时训练] 3.(2025·苏州模拟)若向量 a=(1,1),b=(-2,x),a与 a+b的夹角为钝角,则 x的可能取值为 (　　) A.1 B.0 C.-2 D.-1 解析:选D　因为a+b=(-1,1+x),又a与a+b的夹角为钝角,所以a·(a+b)<0且a与a+b不共线.当a与a+b共线时,-1×1-1×(1+x)=0,则x=-2,此时两向量反向共线;由a·(a+b)<0,可得-1×1+1×(1+x)<0,解得x<0,所以x<0且x≠-2. 易错防范:忽视两向量夹角<a,b>的取值范围,向量夹角的取值范围是[0,π],解题时易忽略夹角为0和夹角为π的情况. 4.(2024·烟台三模)已知向量a,b满足|a|=4,b在a上的投影向量为a,且b⊥(2a-b),则|a+b|的值为 (　　) A.4　　B.4　　C.16　　D.48 解析:选B　由题意可知|a|=4,即a≠0,由b在a上的投影向量为a=a=a,可得a·b=8.又因为b⊥(2a-b),所以b·(2a-b)=2a·b-b2=16-b2=0,可得|b|=4,则|a+b|2=a2+2a·b+b2=48,所以|a+b|=4. 5.(2024·长沙三模)若平面向量a,b,c 满足a⊥c,<a,b>=,<b,c>=,且|a|=|c|=3,|b|=2,则 |a+b+c|= 　　　　. 解析:因为a⊥c,所以a·c=0,因为|a|=|c|=3,|b|=2,<a,b>=,<b,c>=,所以a·b=|a||b|cos<a,b>=3×2×cos =3,b·c=|b||c|cos<b,c>=2×3×cos =3.所以|a+b+c|2=(a+b+c)2=a2+b2+c2+2(a·b+a·c+b·c)=28+6=,即|a+b+c|===3+1. 答案:3+1 题点三　平面向量数量积中的最值、范围问题 [例5]　 (1)(2025·惠州一调)已知菱形ABCD的边长为2,∠ABC=60°,点P在BC边上(包括端点),则·的取值范围是　　　　. 解析:法一　设=λ,λ∈[0,1],则·=·(+)=·+λ=2×2×cos 120°+4λ=4λ-2,因为λ∈[0,1],所以-2≤·≤2. 法二　如图所示, (关键点:规则图形可以通过建系降低思考的成本) 以C为原点,为x轴正方向建立平面直角坐标系. 因为菱形ABCD的边长为2,∠ABC=60°,所以C(0,0),B(-2,0),D(1,),A(-1,).因为点P在BC边上(包括端点),所以设P(t,0),其中t∈[-2,0],所以=(2,0),=(t+1,-),所以·=2t+2,因为t∈[-2,0],所以·=2t+2∈[-2,2]. 法三　因为两个非零向量a,b的数量积a·b等于向量a在向量b上的投影向量与b的数量积,所以如图1,当点P与点B重合时,·取得最小值,为2×2×cos 120°=-2;如图2,当点P与点C重合时,·取得最大值,为2×2×cos 60°=2. 答案:[-2,2] 习得方略:在一个几何图形中求两个向量数量积的取值范围,要根据图形特点选择方法,如果两个向量数量积的几何意义明显,就根据数量积的几何意义求解;如果两个向量数量积的几何意义不明显,可以先建立平面直角坐标系,将问题转化为坐标运算,再求解. (2)在平行四边形ABCD中,∠ABC=60°,E是CD的中点,=2,设=a,=b,若△ADE的面积为,则||的最小值为　　　　. 解析:如图所示,根据向量的运算法则,可得=+=+=+(+)=a+=a+b.设|a|=m,|b|=n,由△ADE的面积为,可得n·msin 60°=,即mn=4.又||2==(a2+b2+2a·b) =(m2+n2+2mncos 60°)=(m2+n2+mn)≥(2mn+mn)=,当且仅当m=n=2时,等号成立,所以||的最小值为. 答案: |思维建模|　求解最值、范围问题的方法 (1)会计算向量的数量积,有关向量数量积的计算通常有两种方法:数量积的定义、坐标运算. (2)求目标代数式,通过引入参数求出向量数量积,转化为关于参数的函数,此时,常利用函数的单调性、配方法、基本不等式求出向量数量积的最值或范围. [即时训练] 6.(2025·杭州模拟)设a,b是单位向量,则(a+b)2-a·b的最小值是 (　　) A.-1　　B.0　　C.　　D.1 解析:选D　设a,b的夹角为θ∈[0,π],因为|a|=|b|=1,所以a·b=|a||b|cos θ=cos θ∈[-1,1],可得(a+b)2-a·b=a2+b2+a·b=2+cos θ≥1,当且仅当cos θ=-1时,等号成立,所以(a+b)2-a·b的最小值是1. 7.若平面向量a,b满足|a|=3|b|,且|a-b|=4,则a与a-b夹角的正弦值的最大值为 (　　) A.　　B.　　C.　　D. 解析:选B　如图所示,设a=,b=,则a-b=,设|b|=m,|a|=3m,1≤m≤2,cos∠OAB= ==+≥2=,当且仅当=,即m=时等号成立, 故∠OAB∈,当cos∠OAB最小时,sin∠OAB最大,故a与a-b夹角的正弦值的最大值为=. 平面向量的综合问题 1.(平面向量与余弦定理结合)记△ABC的三个内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若+=, μ∈,则cos B的取值范围为 (　　) A.　　B.　　C.　　D. 解析:选B　因为+=,且+=,所以==,即a=3c,b=μc,可得cos B== =.因为μ∈,则μ2∈,即10-μ2∈,可得cos B=∈, 所以cos B的取值范围为. 2.(平面向量与三角恒等变换结合)已知向量a=,b=,若(2a+b)⊥(a+xb),则实数x的值是 (　　) A.-2　　B.-　　C.　　D.2 解析:选A　由题意得|a|=|b|=1,a·b=coscos+sinsin=cos=cos=0.因为(2a+b)⊥(a+xb),所以(2a+b)·(a+xb)=0,所以2|a|2+x|b|2=0,即2+x=0,解得x=-2. 3.(平面向量与正切函数结合)若曲线y=tanx(1<x<3)与x轴,直线y=1的交点分别为A,B,O为坐标原点,则向量与夹角的余弦值为 (　　) A.　　B.　　C.　　D. 解析:选C　依题意,y=tanx,1<x<3,得<x<,令tanx=0,解得x=2,故A(2,0).由tanx=1,得x=,解得x=,所以B,所以=,所以cos<,>===. 4.(平面向量与圆的方程结合)已知点P在圆C:(x-2)2+(y-3)2=1上运动,点A(-2,0),则·的取值范围为 (　　) A.[20,30]　　B.(20,30)　　C.[20,25]　　D.(20,25) 解析:选A　由圆C:(x-2)2+(y-3)2=1,可得圆心C(2,3),半径r=1,又A(-2,0),所以||==5, 所以·=·(+)=+·=25+5×1×cos<,>.因为-1≤cos<,>≤1,所以·∈ [20,30]. 5.(平面向量与三角函数的图象结合)已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)的部分图象如图所示,其中A,B两点为图象与x轴的交点,C为图象的最高点,且△ABC是等腰直角三角形,若=-3,则向量在向量上投影向量的坐标为 (　　) A. B. C. D. 解析:选B　因为T=×=,所以||=,过点C作CD⊥AB于点D,因为△ABC是等腰直角三角形,所以AD=BD=CD,∠CAD=,因为=-3,所以A,B,D,C.因为f(x)的最大值为1,所以=1,解得ω=,所以A,D,C,则=,=(1,1),则在上投影向量的坐标为||cos∠CAD·=××(1,1)=. 数智赋能:电子版随堂训练（平面向量的新定义问题）,根据课堂情况灵活选用 [课时跟踪检测] (标题目难度稍大,可据自身学情选做) 一、单选题 1.已知向量a,b夹角的余弦值为-,且|a|=4,|b|=1,则(a-b)·(b-2a)= (　　) A.-36　　B.-12　　C.6　　D.36 解析:选A　(a-b)·(b-2a)=a·b-2a2-b2+2a·b=3a·b-b2-2a2=3×4×1×-1-2×16=-36. 2.(2025·长沙一模)已知向量a=(1,1),b=(0,t),若a⊥(a+2b),则|b|= (　　) A.　　B.1　　C.　　D.2 解析:选B　因为a=(1,1),b=(0,t),所以a+2b=(1,1)+2(0,t)=(1,1+2t).又因为a⊥(a+2b),所以a·(a+2b)=0,即1×1+1×(1+2t)=0,解得t=-1,所以|b|=1. 3.(2024·绵阳二模)已知a=(1,0),|b|=1,|a-b|=,则a与a-b的夹角为 (　　) A.　　B.　　C.　　D. 解析:选A　由|a-b|=,得a2-2a·b+b2=3,而|a|=1,|b|=1,则a·b=-,于是a·(a-b)=a2-a·b=,则cos<a,a-b>==.而0≤<a,a-b>≤π,所以a与a-b的夹角为. 4.(2025·盐城模拟)在△ABC中,若AB=6,∠BAC=,∠ACB=,则·+·= (　　) A.54　　B.27　　C.9　　D.3 解析:选A　在△ABC中,AB=6,∠BAC=,∠ACB=,由正弦定理得BC==3,所以·+·=·+·==54. 5.已知e为单位向量,向量a满足a·e=2,|a-λe|=1,则|a|的最大值为 (　　) A.4　　B.2　　C.　　D.5 快审准解:利用|a|2=a2进行转化,把|a|2转化成二次函数,再用二次函数的性质求值域. 解析:选C　因为|a-λe|=1,所以|a-λe|2=(a-λe)2=|a|2-2λa·e+(λe)2=|a|2-4λ+λ2=1,故|a|2=-λ2+4λ+1=-(λ-2)2+5≤5,所以|a|≤.故选C. 6.(2024·北京高考)设a,b是向量,则“(a+b)·(a-b)=0”是“a=-b或a=b”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:选B　由(a+b)·(a-b)=0,得a2-b2=0,即|a|2-|b|2=0,所以|a|=|b|.当a=(1,1),b=(-1,1)时,|a|=|b|,但a≠b且a≠-b,故充分性不成立;当a=-b或a=b时,(a+b)·(a-b)=0,故必要性成立.所以“(a+b)·(a-b)=0”是“a=-b或a=b”的必要不充分条件. 7.(2024·苏州三模)已知|a-b|=|2a-b|=2,且2a-b在a上的投影向量为单位向量,则|b|= (　　) A.4　　B.2　　C.4　　D.6 解析:选B　由题意|2a-b|=2,得(2a-b)2=4,即4a2-4a·b+b2=4,所以4|a|2-4a·b+|b|2=4　①.因为|a-b|=2,所以(a-b)2=4,即a2-2a·b+b2=4,所以|a|2-2a·b+|b|2=4　②,①-②可得3|a|2=2a·b,即a·b=|a|2.又2a-b在a上的投影向量为单位向量,所以==1,即=1,解得|a|=2,则a·b=|a|2=6,代入②中,可得4-2×6+|b|2=4,解得|b|=2. 8.(2025·太原一模)在△ABC中,BC=6,AB=4,∠CBA=,设D为AC的中点,E在BC上,且·=0,则·= (　　) A.16　　B.12　　C.8　　D.-4 解析:选A　以B为原点,建立如图所示的平面直角坐标系,则A(4,0),B(0,0),C(0,6),D(2,3),设E(0,b),则=(-4,b),=(2,3),=(0,6),由题意可知·=0,即-8+3b=0,所以b=.所以E,故=.所以·=16. 9.(2025·江门模拟)如图,在平行四边形ABCD中,AD=2,cos∠BAD=,E是边BC的中点,F是CD上靠近D的三等分点,若·=6,则||= (　　) A.4 B.3 C.2 D.3 解析:选B　设||=x(x>0),在平行四边形ABCD中,由已知可得=+=+,=+=-+,所以·=·=-||2+||2+||||cos∠BAD=-x2+×12+x×2×=-x2+2x+6=6,解得x=3或x=0(舍去). 10.(2024·赤峰二模)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c, 已知c2=2,a2+b2=10,BC,AC边上的中线AM,BN相交于点 P, 则直线AM,BN的夹角为 (　　) A.30° B.45° C.60° D.90° 解析:选D　由余弦定理得,c2=a2+b2-2abcos C, (看到a,b,c的齐次式,想到用余弦定理) 即2=10-2abcos C,得abcos C=4,所以·=||·||cos C=abcos C=4.如图所示,则·=(-)·(-)=·=·--+·=×4-a2-b2+4=5-(a2+b2)=5-×10=0,得⊥,故直线AM,BN的夹角为90°. 二、多选题 11.(2024·绍兴三模)已知平面向量a=(2,3),b=(4,λ),则 (　　) A.若a∥b,则λ=6 B.若a⊥b,则λ= C.若b在a上的投影向量为,则λ= D.若a·(a+b)=24,则λ=1 解析:选ACD　若a∥b,则有2λ-3×4=0,解得λ=6,故A正确;若a⊥b,则有2×4+3×λ=0,解得λ=-,故B错误;若b在a上的投影向量为,则有·=··(2,3)=,化简得8+3λ=9,即λ=,故C正确;若a·(a+b)=24,则有2×(2+4)+3×(3+λ)=24,解得λ=1,故D正确. 12.已知单位向量a,b的夹角为θ,则下列结论正确的是 (　　) A.(a+b)⊥(a-b) B.a在b上的投影向量为(a·b)·b C.若|a+b|=,则θ= D.若(a+b)·a=(a-b)·a,则a∥b 解析:选AB　因为a,b是单位向量,所以(a+b)·(a-b)=a2-b2=1-1=0,所以(a+b)⊥(a-b),故A正确;因为a,b是单位向量,所以a在b上的投影向量为|a|cos θ=(a·b)·b,故B正确;因为(a+b)2=a2+2a·b+b2=1+2cos θ+1=3,所以cos θ=.又因为0≤θ≤π,所以θ=,故C错误;因为(a+b)·a=(a-b)·a,所以a2+b·a=a2-b·a,即b·a=0,所以a⊥b,故D错误. 13.已知向量a=(cos θ,sin θ),b=(-3,4),则下列命题为真命题的是 (　　) A.若a∥b,则tan θ=- B.若a⊥b,则sin θ= C.|a-b|的最大值为6 D.若a·(a-b)=0,则|a-b|=2 解析:选ACD　因为a=(cos θ,sin θ),b=(-3,4),a∥b,所以4cos θ=-3sin θ,解得tan θ=-,故A正确;因为a⊥b,所以-3cos θ+4sin θ=0,解得tan θ=,所以解得sin θ=±,故B错误;因为|a|==1,|b|==5,所以|a-b|≤|a|+|b|=6,当且仅当a,b反向时,等号成立,此时解得或当sin θ=,cos θ=-时,a,b同向,舍去;当sin θ=-,cos θ=时,满足a,b反向,故C正确;若a·(a-b)=0,则a2-a·b=0,即cos2θ+sin2θ+3cos θ-4sin θ=0,所以4sin θ-3cos θ=1,则|a-b|==== =2,故D正确. 三、填空题 14.(2024·保定三模)已知向量a=(3,2),b=(4,x),若a⊥b,则x=　　　　.  解析:因为a⊥b,所以a·b=0,即12+2x=0,解得x=-6. 答案:-6 15.已知平面向量a,b的夹角为,若|a|=1,|2a-b|=,则|b|的值为　　　　. 快审准解:利用平面向量的数量积与模长公式建立方程计算即可. 解析:由|2a-b|=,两边平方得(2a-b)2=10,即4a2-4a·b+b2=4-4×1×|b|×cos +|b|2=10,即|b|2-2|b|-6=0⇒(|b|-3)·(|b|+)=0,解得|b|=3(舍负). 答案:3 16.在△ABC中,已知AB=1,AC=3,点G为△ABC的外心,点O为△ABC的重心,则·=　　　　.  快审准解:设BC的中点为D,根据三角形外心性质,得GD⊥BC,由重心性质得=(+),再根据数量积运算即可求解. 解析:如图,设BC的中点为D,连接AD,GD,由点O为△ABC的重心,可得==(+), 故·=(+)·=·+0=(+)·(-)=(-)=×(9-1)=. 答案: 知识拓展: 垂心 定义:三角形三边上的高线的交点叫做三角形的垂心,垂心和顶点的连线与对边垂直; 结论:·=·=·⇔O是△ABC的垂心 内心 定义:三角形三条内角平分线的交点叫做三角形的内心,也就是内切圆的圆心,三角形的内心到三边的距离相等,都等于内切圆半径r; 结论:a+b+c=0⇔O是△ABC的内心(a,b,c为△ABC的三条边) 外心 定义:三角形三条边的垂直平分线的交点叫做三角形的外心,也就是三角形外接圆的圆心,它到三角形三个顶点的距离相等; 结论:||=||=||⇔O是△ABC的外心 17.(2024·天津高考)在边长为1的正方形ABCD中,E为线段CD的三等分点,CE=DE,=λ+μ,则λ+μ=　　　　;F为线段BE上的动点,G为AF中点,则·的最小值为　　　　.  解析:以点A为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系,则A(0,0),B(1,0),C(1,1),D(0,1),E,所以=,=(-1,0),=(0,1).因为=λ+μ,所以=λ(-1,0)+μ(0,1),所以λ=,μ=1,即λ+μ=.由B(1,0),E可得直线BE的方程为y=-3(x-1),设F(a,3-3a),则G,所以=(a,3-3a),=,所以·=a·+(3-3a)·=5a2-6a+=5-.所以当a=时,·取得最小值,为-. 答案:　- 第四节 复　数 明确目标 1.通过方程的解，认识复数.理解复数的代数表示及其几何意义. 2.掌握复数的实部、虚部及共轭复数、复数的模等概念. 3.结合复数的运算法则，会做复数的加、减、乘、除运算. 　 教材再回首 1.复数的定义及分类 (1)复数的定义 形如a+bi(a,b∈R)的数叫做复数,其中i叫做虚数单位,实部是a,虚部是b. (2)复数的分类 复数z=a+bi(a,b∈R) 2.复数的有关概念 复数相等 a+bi=c+di⇔a=c且b=d(a,b,c,d∈R) 共轭复数 a+bi与c+di共轭⇔a=c且b=-d(a,b,c,d∈R) 复数的模 向量的模叫做复数z=a+bi的模或绝对值,记作|z|或|a+bi|,即|z|=|a+bi|=(a,b∈R) 3.复数的几何意义 复平面的概念 建立直角坐标系来表示复数的平面叫做复平面 实轴、虚轴 在复平面内,x轴叫做实轴,y轴叫做虚轴,实轴上的点都表示实数;除原点以外,虚轴上的点都表示纯虚数 复数的几何表示 复数z=a+bi复平面内的点Z(a,b)平面向量 4.复数的运算法则 设z1=a+bi,z2=c+di(a,b,c,d∈R),则 (1)z1+z2=(a+bi)+(c+di)=(a+c)+(b+d)i. (2)z1-z2=(a+bi)-(c+di)=(a-c)+(b-d)i. (3)z1z2=(a+bi)(c+di)=(ac-bd)+(ad+bc)i. (4)===+i(c+di≠0). 　　[微点提醒] (1)两个虚数不能比较大小. (2)利用复数a+bi=c+di列方程时,注意a,b,c,d∈R的前提条件. (3)复数减法的几何意义:复数z1-z2是-=所对应的复数. (4)复数加法的几何意义:若复数z1,z2对应的向量,不共线,则复数z1+z2是以,为邻边的平行四边形的对角线所对应的复数. (5)|z-z0|表示复数z对应的点与复数z0对应的点之间的距离. 解题结论拓展 (1)运算的常用结论:(1±i)2=±2i,=i,=-i. (2)in的周期性:i4n=1,i4n+1=i,i4n+2=-1,i4n+3=-i,i4n+i4n+1+i4n+2+i4n+3=0(n∈N*). (3)模的性质:z =|z|2=||2,|z1z2|=|z1||z2|,=,|zn|=|z|n. (4)若实系数一元二次方程有虚根,则两根互为共轭复数. 典题细发掘 一、教材小题的导向训练 1.(人A必修②P94T1(2))复数的共轭复数是 (　　) A.i+2 B.i-2 C.-2-i D.2-i 答案:B 2.(人B必修④P31T2改编)若z=3+4i,则|z|= (　　) A.　　B.5　　C.7　　D.25 答案:B 3.(苏教必修②P147T7)在复平面内,复数z=-1+2i对应的点所在的象限是 (　　) A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 答案:B 4.(人A必修②P80T2改编)在复平面内,向量对应的复数是2+i,向量对应的复数是-1-3i,则向量对应的复数是 (　　) A.1-2i B.-1+2i C.3+4i D.-3-4i 答案:D 二、易错小题的警醒训练 1.若(1-i)+(2+3i)=a+bi(a,b∈R,i是虚数单位),则a-b等于 (　　) A.5 B.1 C.0 D.-3 解析:选B　因为(1-i)+(2+3i)=a+bi,即3+2i=a+bi,所以a=3,b=2,所以a-b=1.(易错点:忽视复数相等的充要条件) 2.i为虚数单位,若复数(1+mi)(i+2)是纯虚数,则实数m=　　　　.  解析:因为(1+mi)(i+2)=2-m+(1+2m)i是纯虚数,所以2-m=0且1+2m≠0,解得m=2.(易错点:对复数的虚部理解不正确) 答案:2 题点一　复数的概念(自主练通) 1.(2024·乐山三模)已知a,b∈R,i是虚数单位,若a-2i和1+bi互为共轭复数,则复数z=a+(b-1)i的模为 (　　) A.2 B. C.10 D. 解析:选B　由a-2i和1+bi互为共轭复数,可得a=1,b=2,所以z=a+(b-1)i=1+i,因此,|z|==. 2.已知复数z1=a-3i,z2=2+i(i为虚数单位),若z1z2是纯虚数,则实数a= (　　) A.- B. C.-6 D.6 解析:选A　因为z1z2=(a-3i)(2+i)=(2a+3)+(a-6)i是纯虚数,所以2a+3=0且a-6≠0,解得a=-. 3.已知复数z满足z(2+2i)=3+3,则z的虚部为 (　　) A.-6 B.-3 C.6 D.15 快审准解:设出复数z的代数形式,利用复数乘法及复数相等求解即得. 解析:选C　设复数z=a+bi(a,b∈R),由z(2+2i)=3+3,得(a+bi)(2+2i)=3a+3-3bi,化简得2a-2b+(2a+2b)i=3a+3-3bi,则解得a=-15,b=6,于是z=-15+6i,所以z的虚部为6.故选C. 4.(2025·湖南师大附中模拟)已知z是虚数,z2+2z是实数,则z的 (　　) A.实部为1 B.实部为-1 C.虚部为1 D.虚部为-1 解析:选B　设虚数z=a+bi(a,b∈R,b≠0),则z2+2z=(a+bi)2+2(a+bi)=a2-b2+2a+2b(a+1)i,由z2+2z是实数,得2b(a+1)=0,得a=-1,故选B. |思维建模|　解决复数概念问题的方法及注意事项 (1)复数的分类及对应点的位置问题都可以转化为复数的实部与虚部应该满足的条件问题,只需把复数化为代数形式,列出实部和虚部满足的方程(不等式)组即可. (2)解题时一定要先看复数是否为a+bi(a,b∈R)的形式,以确定实部和虚部. 题点二　复数的四则运算(自主练通) 1.(2024·全国甲卷)若z=5+i,则i(+z)= (　　) A.10i B.2i C.10 D.2 解析:选A　因为z=5+i,所以=5-i,所以i(+z)=10i,故选A. 2.(2024·新课标Ⅰ卷)若=1+i,则z= (　　) A.-1-i B.-1+i C.1-i D.1+i 解析:选C　因为==1+=1+i,所以z=1+=1-i.故选C. 3.(2024·邢台二模)若z·(2+i)=3-i2 027,则z的虚部为 (　　) A.-1 B. C.-i D.- 解析:选D　因为i2 027=(i4)506×i3=-i,所以z·(2+i)=3-i2 027=3+i,所以z===-i,所以z的虚部为-.故选D. 4.(2024·九江二模)已知复数z满足iz=2-i,其中i为虚数单位,则= (　　) A.- B. C.- D. 解析:选A　由iz=2-i,得z==-1-2i,故===-. 5.(2024·安庆三模)若复数z的实部大于0,且(z+1)=,则z= (　　) A.1-2i B.2-i C.2+i D.1+2i 解析:选D　令z=a+bi,且a>0,b∈R,则(z+1)=(a-bi)(a+1+bi)=a2+a+b2-bi.因为==6-2i,所以根据复数相等有解得a=1,b=2.所以z=1+2i. |思维建模|　复数代数形式运算问题的解题策略 (1)复数的乘法:复数的乘法类似于多项式的乘法运算,可将含有虚数单位i的看作一类同类项,不含i的看作另一类同类项,分别合并即可. (2)复数的除法运算是分子、分母同乘以分母的共轭复数,即分母实数化. 题点三　复数的几何意义(自主练通) 1.复数z=(a+2)-(a+3)i在复平面内对应的点Z位于第二象限,则实数a的取值范围为 (　　) A.(-∞,-2) B.(-3,-2) C.(-2,+∞) D.(-∞,-3) 解析:选D　由复数z=(a+2)-(a+3)i在复平面内对应的点Z位于第二象限,可得解得a<-3,故实数a的取值范围为(-∞,-3). 2.(2024·荆州三模)[多选]已知复数z=m2-1+(m+1)i(m∈R),则下列命题正确的是 (　　) A.若z为纯虚数,则m=±1 B.若z为实数,则z=0 C.若z在复平面内对应的点在直线y=2x上,则m=-1 D.z在复平面内对应的点不可能在第三象限 解析:选BD　复数z=m2-1+(m+1)i(m∈R)的实部为m2-1,虚部为m+1,复数z在复平面内对应点的坐标为(m2-1,m+1),若z为纯虚数,则解得m=1,故A错误;若z为实数,则m+1=0,解得m=-1,则z=0,故B正确;若z在复平面内对应的点在直线y=2x上,则m+1=2(m2-1),解得m=-1或m=,故C错误;令则不等式组无解,所以z在复平面内对应的点不可能在第三象限,故D正确. 3.(2024·长沙三模)已知复数z满足|z|=1,则|z-2i|的取值范围为 (　　) A.[0,2] B.[1,3] C.[2,4] D.[1,9] 解析:选B　因为|z|=1表示z对应的点是单位圆上的点,|z-2i|的几何意义表示单位圆上的点和(0,2)之间的距离,|z-2i|的取值范围转化为点(0,2)到圆心的距离加上半径可得最大值,减去半径可得最小值,所以最大距离为2+1=3,最小距离为2-1=1,所以|z-2i|的取值范围为[1,3]. 4.设复数z1,z2在复平面内对应的点分别为Z1,Z2,|z1|=2,z2=3i,则Z1,Z2两点之间距离的最大值为 (　　) A.1　　B.3　　C.5　　D.7 解析:选C　法一　设z1=a+bi(a,b∈R),因为|z1|=2,所以a2+b2=4.因为复数z1,z2在复平面内对应的点分别为Z1,Z2,z2=3i,所以Z1(a,b),Z2(0,3),连接Z1Z2(图略),则|Z1Z2|==,易知b∈[-2,2],故当b=-2时,|Z1Z2|取得最大值,为=5,故选C. 法二　因为|z1|=2,所以复数z1在复平面内对应的点Z1的轨迹是以原点O为圆心,半径r=2的圆.因为z2=3i,所以复数z2在复平面内对应点Z2(0,3),因为|OZ2|=3,所以|Z1Z2|max=|OZ2|+r=3+2=5,故选C. |思维建模| (1)复数z=a+bi(a,b∈R)Z(a,b)=(a,b). (2)由于复数、点、向量之间建立了一一对应的关系,因此解题时可运用数形结合的方法,把复数、向量与解析几何联系在一起,使问题的解决更加直观. 数智赋能:电子版随堂训练（复数的创新应用问题）,根据课堂情况灵活选用 [课时跟踪检测] 一、单选题 1.(2024·北京高考)若复数z满足=-1-i,则z= (　　) A.-1-i B.-1+i C.1-i D.1+i 解析:选C　由题意得,z=i(-1-i)=1-i. 2.(2024·大兴三模)已知(m-i)2为纯虚数,则实数m= (　　) A.0 B.1 C.-1 D.±1 解析:选D　因为(m-i)2=m2-2mi+i2=m2-1-2mi,又(m-i)2为纯虚数,所以解得m=±1. 3.(2024·邵阳三模)已知复数z满足z(1+i)=i2 024-i,其中i是虚数单位,则|z|的值为 (　　) A. B.1 C.2 D.4 解析:选B　∵z(1+i)=i2 024-i=1-i,∴z===-i,∴|z|=1. 4.设复数z满足|z-1|=2,z在复平面内对应的点为(x,y),则 (　　) A.(x-1)2+y2=2 B.x2+(y-1)2=2 C.(x-1)2+y2=4 D.x2+(y-1)2=4 快审准解:z=x+yi,根据模长公式得到=2,两边平方得到答案. 解析:选C　由z=x+yi,得|z-1|=2⇒|(x-1)+yi|=2,即=2,故(x-1)2+y2=4,故选C. 5.(2024·天津和平二模)已知i为虚数单位,复数z=,则z的共轭复数= (　　) A.-i B.+i C.i D.-i 解析:选C　因为复数z====-i,所以z的共轭复数=i. 6.已知复数z=(a∈R),|z|=,且z在复平面上对应的点位于第二象限,则a= (　　) A.4 B.-4 C.±4 D.±2 解析:选B　因为z===+i,所以+=10,解得a=±4.又z在复平面上对应的点位于第二象限,所以a=-4. 7.已知虚数z是关于x的方程x2-4x+a=0(a∈R)的一个根,且|z|=,则a= (　　) A.1 B.2 C.4 D.5 解析:选D　法一　设z=m+ni(m,n∈R且n≠0),代入原方程可得m2-n2-4m+a+(2mn-4n)i=0,所以得因为|z|==,所以n2=1,则a=5.故选D. 法二　因为实系数一元二次方程x2-4x+a=0的虚数根共轭成对出现,所以a=z·=|z|2=5,故选D. 8.若复数z=cos θ+isin θ,则|z-2+2i|的最大值是 (　　) A.2-1 B.2+1 C.+1 D.2+3 解析:选B　由题意可知z=cos θ+isin θ在复平面内对应的点为(cos θ,sin θ),设为P,是以原点为圆心的单位圆上的一点,而z1=2-2i在复平面内对应的点不妨设为A(2,-2),则|z-2+2i|=|PA|,易知|PA|≤|AO|+1=2+1. 二、多选题 9.(2024·九江三模)已知虚数z满足z2=,则下列结论正确的是 (　　) A.|z|=1 B.z3=1 C.z的虚部为 D.|z+|=1 解析:选ABD　由z2=,得|z|2=||=|z|,∵|z|≠0,∴|z|=1,A正确;由z2=,得z3=z·=|z|2=1,B正确;设z=a+bi(a,b∈R,b≠0),则=a-bi,z2=a2-b2+2abi,∴解得a=-,b=±,∴z的虚部为或-,C错误;由C知,|z+|=2|a|=1,D正确. 10.(2024·佛山二模)已知复数z1,z2满足z2-2z+2=0,则 (　　) A.=z2 B.z1z2= C.z1+z2=-2 D.=1 解析:选ABD　方程z2-2z+2=0,化为(z-1)2=i2,解得z=1+i或z=1-i,由复数z1,z2满足z2-2z+2=0,不妨令z1=1+i,z2=1-i,显然复数z1,z2互为共轭复数,即=z2,A正确;z1z2=(1+i)(1-i)=2,而|z1|=|z2|=,则z1z2=|z1|2,B正确;z1+z2=2,C错误;由|z1|=|z2|=,得==1,D正确. 11.(2024·绍兴二模)已知复数z=x+yi(x,y∈R),其中i为虚数单位,若z满足|z+1|+|z-1|=4,则下列说法正确的是 (　　) A.|z|的最大值为2 B.y的最大值为1 C.存在两个z,使得z+=-4成立 D.存在两个z,使得=1成立 解析:选AD　由|z+1|+|z-1|=4,得z在复平面内对应点Z的轨迹为椭圆,方程为+=1.|z|表示复平面内对应的点Z到原点的距离,因为Z在椭圆+=1上,所以当Z在椭圆左顶点或右顶点时,到原点的距离最大,为2,故A正确;由椭圆方程y的取值范围可知,-≤y≤,则y的最大值为,故B错误;由z+=-4,得x=-2,由椭圆方程中x的取值范围可知,-2≤x≤2,故仅存在一个z满足x=-2,故C错误;=1表示复平面内对应的点Z到点的距离为1,因为复平面内的点Z到点距离为1的点的轨迹为圆,方程为(x-1)2+=1,圆与椭圆有2个交点,所以存在两个z,使得=1成立,故D正确. 12.(2025·海口模拟)已知复数 z,z+2i在复平面内所对应的点分别为M,N,且点M,N均在以坐标原点 O为圆心,2为半径的圆上,点M在第四象限,则 (　　) A.点N在第一象限 B.|MN|=2 C.OM⊥ON D.z2+2= 快审准解:由题意可得求解可得进而逐项判断即可. 解析:选AB　设z=a+bi,a,b∈R,由题意可得解得或所以点M(,-1)或M(-,-1).因为点M在第四象限,所以M(,-1),从而可得N(,1),所以点N在第一象限,故A正确;所以|MN|=2,故B正确;=(,-1),=(,1),所以·=3-1=2,所以OM与ON不垂直,故C错误;z2+2=+2=4-2i≠,故D错误. 13.(2025·杭州模拟)已知模长均为1的复数z1,z2满足z1+z2=z1z2,则 (　　) A.|z1+z2|=1 B.z1+z2=1 C.|+|=2 D.+=2 解析:选ABC　设z1=a+bi(a,b∈R),z2=c+di(c,d∈R),因为z1+z2=z1z2,所以=1.因为=+=+ =+=+,又复数z1,z2的模长均为1,所以a2+b2=1,c2+d2=1,所以= +=c-di+a-bi=a+c-(b+d)i=1,即a+c=1且b+d=0,所以z1+z2=a+bi+c+di=a+c+(b+d)i=1,|z1+z2|=1,故A、B正确;因为=++3z2+3z1=++3z1z2(z1+z2)=++3(z1+z2)2,所以+=(z1+z2)3-3(z1+z2)2=1-3×1=-2,|+|=2,故C正确,D错误. 三、填空题 14.(2024·青岛二模)已知复数z满足(z+2)i=2z-1,则复数=　　　　.  解析:易知z====i,所以=-i. 答案:-i 15.(2024·长沙二模)如图,在复平面内,复数z1和z2对应的点分别为A,B,则z1z2=　　　　.  解析:由题图可知,z1=-2-i,z2=1+i, 则z1z2=(-2-i)(1+i)=-2-i-2i-i2=-2+1-3i=-1-3i. 答案:-1-3i 16.已知i为虚数单位,则集合A={x|x=i+i2+i3+…+in,n∈N*}中元素的个数为　　　　.  解析:当n=4k,k∈N*时,x=i+i2+i3+…+in=0;当n=4k+1,k∈N时,x=i+i2+i3+…+in=i;当n=4k+2,k∈N时,x=i+ i2+i3+…+in=i+i2=i-1;当n=4k+3,k∈N时,x=i+i2+i3+…+in=i+i2+i3=-1,所以集合A中元素的个数为4. 答案:4 17.(2025·泰州模拟)若复数z1,z2满足|z1-3i|=2,|z2-4|=1,则|z1-z2|的最大值是　　　　.  解析:设z1=a+bi,z2=x+yi(a,b,x,y∈R),在复平面内对应的点分别为Z1,Z2,因为|z1-3i|=2,|z2-4|=1,所以a2+(b-3)2=4,(x-4)2+y2=1,所以点Z1(a,b)的轨迹是以(0,3)为圆心,2为半径的圆,点Z2(x,y)的轨迹是以(4,0)为圆心,1为半径的圆.又|z1-z2|表示点Z1(a,b)与Z2(x,y)的距离,所以|z1-z2|的最大值是+3=8. 答案:8 学科网（北京）股份有限公司 $$