第五章 平面向量与复数-（教师用书）【赢在微点·顶层设计】2026年高中数学高考一轮总复习

第五章平面向量与复数 第一节　平面向量的概念及线性运算 【课程标准】　1.了解向量的实际背景,理解平面向量的意义和两个向量相等的含义;2.理解向量的几何表示和基本要素;3.掌握平面向量加、减运算及运算规则,并理解其几何意义;4.掌握向量数乘的运算及其几何意义,理解两个平面向量共线的含义;5.了解向量线性运算的性质及其几何意义. 必备知识梳理 　　　　　　　　　　　　　 教|材|回|顾 1.向量的有关概念 (1)向量:既有大小又有 方向 的量叫做向量,向量的大小称为向量的 长度 (或称 模 ).  (2)零向量:长度为 0 的向量,记作 0 .  (3)单位向量:长度等于 1个单位长度 的向量.  (4)平行向量:方向相同或 相反 的非零向量,也叫做共线向量,规定:零向量与任意向量 平行 .  (5)相等向量:长度相等且方向 相同 的向量.  (6)相反向量:长度相等且方向 相反 的向量.  2.向量的线性运算 向量 运算 法则(或几何意义) 运算律 加法 三角形法则 平行四边形法则 交换律: a+b= b+a ; 结合律: (a+b)+c= a+(b+c) 减法 几何意义 a-b=a+(-b) 数乘 |λa|= |λ||a| ; 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 λ(μa)= (λμ)a ; (λ+μ)a= λa+μa ; λ(a+b)= λa+λb 3.向量共线定理 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 .  微|点|延|伸 1.一般地,首尾顺次相接的多个向量的和等于从第一个向量起点指向最后一个向量终点的向量,即 +++…+=,特别地,一个封闭图形,首尾连接而成的向量和为零向量. 2.若F为线段AB的中点,O为平面内任意一点,则=(+). 3.若A,B,C是平面内不共线的三点,则++=0⇔P为△ABC的重心,=(+). 4.若平行四边形ABCD满足|+|=|-|,则该平行四边形为矩形. 5.若=λ+μ(λ,μ为常数),O,B,C三点不共线,则A,B,C三点共线的充要条件是λ+μ=1. 6.向量三角不等式:||a|-|b||≤|a+b|≤|a|+|b|,||a|-|b||≤|a-b|≤|a|+|b|. 小|题|快|练 1.(多选题)下列命题中,正确的是(CD) A.若a与b都是单位向量,则a=b B.直角坐标平面上的x轴、y轴都是向量 C.若用有向线段表示的向量与不相等,则点M与N不重合 D.海拔、温度、角度都不是向量 解析　A错误,单位向量长度相等,但是方向不确定;B错误,由于只有方向,没有大小,故x轴、y轴不是向量;C正确,由于向量起点相同,但长度不相等或方向不同,所以终点不同;D正确,海拔、温度、角度只有大小,没有方向,故不是向量.故选CD. 2.(多选题)(人A必二P10T4改编)下列各式化简结果正确的是(BC) A.+= B.+++= C.+-=0 D.--= 3.如图所示,向量a-b=(C) A.-4e1-2e2 B.-2e1-4e2 C.e1-3e2 D.3e1-e2 解析　由三角形法则知a-b是b的终点指向a的终点的一个向量,用基底{e1,e2}表示为e1-3e2.故选C. 4.(人A必二P14例6改编)在平行四边形ABCD中,BC的中点为M,且=a,=b,用a,b表示= a+b .  解析　=+=+=+=a+b. 关键能力落实 　　　　　　　　　　　　　 类型一　平面向量的概念 自练自悟 1.(多选题)下列命题正确的有(AD) A.方向相反的两个非零向量一定共线 B.零向量是唯一没有方向的向量 C.若两个向量相等,则它们的起点相同,终点相同 D.“若A,B,C,D是不共线的四点,且=”⇔“四边形ABCD是平行四边形” 解析　方向相反的两个非零向量必定平行,所以方向相反的两个非零向量一定共线,故A正确;零向量是有方向的,其方向是任意的,故B错误;两个向量起点相同,终点相同,则两个向量相等;但两个向量相等,不一定有相同的起点和终点,故C错误;A,B,C,D是不共线的点,=,即模相等且方向相同,即四边形ABCD为平行四边形,反之也成立,故D正确.故选AD. 2.如图所示,O是正六边形ABCDEF的中心,则与相等的向量为(D) A. B. C. D. 解析　A,B选项均与方向不同,C选项与长度不相等,D选项与方向相同,长度相等.故选D. 3.下列命题正确的是(D) A.|a|=|b|⇒a=b B.|a|>|b|⇒a>b C.a∥b⇒a=b D.|a|=0⇒a=0 解析　对于A,两个向量的模相等,但是方向不一定相同,所以错误.对于B,两个向量不能比较大小,所以错误.对于C,向量平行只是方向相同或相反,不能得到向量相等,所以错误.对于D,若一个向量的模等于0,则这个向量是0,所以正确.故选D. 4.设a,b都是非零向量,下列四个条件中,为=成立的充分条件是(A) A.a=3b B.a∥b C.a=-b D.a∥b且|a|=|b| 解析　=等价于a,b同向,只有a=3b时a,b同向,而B,C,D只能确定a,b共线.故选A. 　　1.解决向量的概念问题要注意两点:一是不仅要考虑向量的大小,还要考虑向量的方向;二是考虑零向量是否也满足条件,要特别注意零向量的特殊性. 2.只要不改变向量a的大小和方向,可以自由平移a,平移后的向量与a相等. 类型二　平面向量的线性运算 【例1】　(1)(2022·新课标Ⅰ卷)在△ABC中,点D在边AB上,BD=2DA.记=m,=n,则=(B) A.3m-2n B.-2m+3n C.3m+2n D.2m+3n 解析　因为BD=2DA,所以=3,所以=+=+3=+3(-)=-2+3=-2m+3n.故选B. (2)在平行四边形ABCD中,AC与BD交于点O,E是线段OD的中点,AE的延长线与CD交于点F.若=a,=b,则=(B) A.a+b B.a+b C.a+b D.a+b 解析　如图,作OG∥FE交DC于G,由DE=EO,得DF=FG,又由AO=OC,得FG=GC,于是==,那么=+=+=a+b.故选B. 　　平面向量线性运算的解题策略 1.向量求和用平行四边形法则或三角形法则;求差用向量减法的几何意义. 2.求参数问题可以通过向量的运算将向量表示出来进行比较,求参数的值. 【训练】　(1)在平行四边形ABCD中,点E,F分别满足=,=,若=a,=b,则=(A) A.a-b B.a-b C.a-b D.a-b 解析　如图,因为在平行四边形ABCD中,点E,F分别满足=,=,连接AF,AE,则=-=(+)-(+),==(-)=(b-a),所以=-=a-b.故选A. (2)M是△ABC内的一点,若=+λ,=+μ,则λ+μ=(D) A. B.1 C. D. 解析　 由-=,得=+μ--λ,所以=μ-λ,即=6μ-6λ=6μ+6λ,又=+,故μ=λ=,故λ+μ=.故选D. 类型三　共线定理及其应用 考向❶:向量共线的判断 【例2】　设e1,e2是两个不共线的向量,已知=2e1-8e2,=e1+3e2,=2e1-e2. (1)求证:A,B,D三点共线; (2)若=3e1-ke2,且∥,求实数k的值. 解　(1)证明:由已知,得=-=(2e1-e2)-(e1+3e2)=e1-4e2.因为=2e1-8e2,所以=2.又与有公共点B,所以A,B,D三点共线. (2)由(1),知=e1-4e2,若=3e1-ke2,且∥,可设=λ(λ∈R),所以3e1-ke2=λe1-4λe2,即(3-λ)e1=(k-4λ)e2.又e1,e2是两个不共线的向量,所以解得k=12. 　　利用共线向量定理解题的策略 1.a∥b⇔a=λb(b≠0)是判断两个向量共线的主要依据.注意待定系数法和方程思想的运用. 2.当两向量共线且有公共点时,才能得出三点共线,即A,B,C三点共线⇔,共线. 考向❷:三点共线问题 【例3】　已知O,A,B是不共线的三点,且=m+n(m,n∈R). (1)若m+n=1,求证:A,P,B三点共线; (2)若A,P,B三点共线,求证:m+n=1. 证明　(1)若m+n=1,则=m+(1-m)=+m(-),所以-=m(-),即=m,所以与共线.又因为与有公共点B,则A,P,B三点共线. (2)若A,P,B三点共线,则存在实数λ,使=λ,所以-=λ(-).又=m+n.故有m+(n-1)=λ-λ,即(m-λ)+(n+λ-1)=0.因为O,A,B三点不共线,所以,不共线,所以所以m+n=1. 【例4】　(利用例3结论解决下面问题)已知△ABC的重心为G,经过点G的直线交AB于点D,交AC于点E,若AD=λ,=μ,则+= 3 .  解析　 如图,延长AG交BC于点F,则F为BC的中点,==(+),又=,=,所以=+,又G,D,E三点共线,所以+=1,即+=3. 　　利用向量共线定理解题的策略 1.a∥b⇔a=λb(b≠0)是判断两个向量共线的主要依据. 2.若a与b不共线且λa=μb,则λ=μ=0. 3.已知O,A,B是不共线的三点,且=m+n(m,n∈R),则A,P,B三点共线的充要条件为m+n=1. 【题组对点练】　 题号 1 2 考向 ❶ ❷ 1.设两个向量a与b不共线,若a与b的起点相同,且a, tb,(a+b)的终点在同一条直线上,则实数t的值为  .  解析　因为a,tb,(a+b)的终点在同一条直线上,且a与b的起点相同,所以a-tb与a-(a+b)共线,即a-tb与a-b共线,所以存在实数λ,使a-tb=λ,又a,b为两个不共线的向量,所以解得 2.如图所示,在△ABC中,=,P是BN上的一点,若=m+,则实数m的值为  .  解析　注意到N,P,B三点共线,因此有=m+=m+,从而m+=1⇒m=. 第二节　平面向量基本定理及坐标表示 【课程标准】　1.了解平面向量的基本定理及其意义;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、减运算与数乘运算;4.理解用坐标表示的平面向量共线、垂直的条件. 必备知识梳理 　　　　　　　　　　　　　 教|材|回|顾 1.平面向量基本定理 如果e1,e2是同一平面内的两个 不共线 向量,那么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 .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.平面向量的坐标运算 (1)向量加法、减法、数乘运算及向量的模 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) ,||=  .  3.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 .  [微点清]　当且仅当x2y2≠0时,a∥b与=等价,即两个不平行于坐标轴的共线向量的对应坐标成比例. 微|点|延|伸 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P点坐标为. 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. 小|题|快|练 1.下列各组向量中,可以作为基底的是(B) A.e1=(0,0),e2=(1,-2) B.e1=(-1,2),e2=(5,7) C.e1=(3,5),e2=(6,10) D.e1=(2,-3),e2= 解析　两个不共线的非零向量构成一个基底,A中向量e1为零向量,C,D中两向量共线,B中e1≠0,e2≠0,且e1与e1不共线.故选B. 2.(人B必二P154例6改编)如图,=2,=a,=b,=c,则下列等式成立的是(B) A.c=b-a B.c=a-b C.c=2a-b D.c=2b-a 解析　=+=+=+(-)=-=a-b.故选B. 3.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(C) A.(3,1) B.(1,-1) C.(3,1)或(1,-1) D.(3,1)或(1,1) 解析　因为A(2,0),B(4,2),所以=(2,2),因为点P在直线AB上,且||=2||,所以=2或=-2,故=(1,1)或=(-1,-1),故P点坐标为(3,1)或(1,-1),故选C. 4.已知向量a=(1,3),b=(-2,1),c=(3,2).若向量a与向量kb+c共线,则实数k= 1 .  解析　已知向量a=(1,3),b=(-2,1),c=(3,2),所以kb+c=(-2k+3,k+2),因为向量a与向量kb+c共线,所以k+2=3×(-2k+3),解得k=1. 5.已知▱ABCD的顶点A(-1,-2),B(3,-1),C(5,6),则顶点D的坐标为 (1,5) .  解析　设D(x,y),则由=,得(4,1)=(5-x,6-y),即解得 关键能力落实 　　　　　　　　　　　　　 类型一　平面向量基本定理的应用 【例1】　(1)如图,C,D是以AB为直径的半圆的两个三等分点,E为线段CD的中点,F为BE的中点,设=a,=b,则=(A) A.a+b B.a+b C.a+b D.a+b 解析　 连接AE,因为C,D是以AB为直径的半圆的两个三等分点,则AB∥CD,且AB=2CD.又E为线段CD的中点,F为BE的中点,所以=(+)=+=(+)+=++=++=+=a+b,故选A. (2)在平行四边形ABCD中,点E,F,G分别满足=2=4,=2,若=λ+μ,则λ+μ=  .  解析　如图,以{,}为基底,则可得=+=+,=+=+,=+=+.因为=λ+μ=λ+μ=+,所以两式相加得(λ+μ)=,可得λ+μ=. 　　平面向量基本定理的应用技巧 1.应用平面向量基本定理表示向量的实质是利用平行四边形法则或三角形法则进行向量的加、减或数乘运算.一般将向量“放入”相关的三角形中,利用三角形法则列出向量间的关系. 2.用平面向量基本定理解决问题的一般思路是:先选择一个基底,并运用该基底将条件和结论表示成向量的形式,再通过向量的运算来解决.注意同一个向量在不同基底下的分解是不同的,但在每个基底下的分解都是唯一的. 【训练1】　(1)(2025·鹰潭一模)在△ABC中,D为线段BC上一点,且=3,=m+n,则m-n=(C) A.2 B. C.- D.-2 解析　由题意得=3,故=+=+=+(-)=+,结合=m+n可得m=,n=,故m-n=-,故选C. (2)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(C) A.[0,1] B.[0,2] C.[0,3] D.[0,4] 解析　 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].故选C. 类型二　平面向量线性运算的坐标表示 自练自悟 1.已知a=(5,-2),b=(-4,-3),若a-2b+3c=0,则c=(D) A. B. C. D. 解析　因为a-2b+3c=0,所以c=-(a-2b).因为a-2b=(5,-2)-(-8,-6)=(13,4),所以c=-(a-2b)=.故选D. 2.设O(0,0),A(0,3),B(6,0),=-2,则||=(B) A. B.2 C.2 D. 解析　设P(x,y),则=(x-6,y),=(x,y-3),因为=-2,所以(x-6,y)=-2(x,y-3),所以解得即P(2,2),则=(2,2),||==2.故选B. 3.在正方形ABCD中,M是BC的中点.若=λ+μ,则λ+μ的值为(B) A. B. C. D.2 解析　在正方形ABCD中,以点A为原点,AB,AD所在直线分别为x轴,y轴建立平面直角坐标系,如图,令AB=2,则B(2,0),C(2,2),D(0,2),M(2,1),=(2,2),=(2,1),=(-2,2),λ+μ=(2λ-2μ,λ+2μ),因为=λ+μ,所以解得λ+μ=,所以λ+μ的值为.故选B. 4.已知向量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(D) A.c=2a-3b B.c=-2a-3b C.c=-3a+2b D.c=3a-2b 解析　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.故选D. 　　1.利用向量的坐标运算解题,主要是利用加法、减法、数乘运算法则,然后根据“两个向量相等当且仅当它们的坐标对应相等”这一原则,化归为方程(组)进行求解. 2.向量的坐标表示使向量运算代数化,成为数与形结合的载体,可以使很多几何问题的解答转化为我们熟知的数量运算. 类型三　平面向量共线的坐标表示 【例2】　(1)已知向量a=(1,2),b=(2,-2),c=(m,-1),若c∥(2a+b),则m=(A) A.-2 B.-1 C.- D. 解析　因为a=(1,2),b=(2,-2),所以2a+b=(4,2),又c=(m,-1),c∥(2a+b),所以2m+4=0,解得m=-2.故选A. (2)已知向量=(k,12),=(4,5),=(-k,10),且A,B,C三点共线,则k= - .  解析　由题意,得=-=(4-k,-7),=-=(-2k,-2).因为A,B,C三点共线,所以,共线,所以-2×(4-k)=-7×(-2k),解得k=-. 　　1.两平面向量共线的充要条件有两种形式: (1)若a=(x1,y1),b=(x2,y2),则a∥b的充要条件是x1y2-x2y1=0;(2)若a∥b(b≠0),则a=λb. 2.向量共线的坐标表示既可以判定两向量平行,也可以由平行求参数.当两向量的坐标均非零时,也可以利用坐标对应成比例来求解. 【训练2】　(1)已知向量a=(cos α,-2),b=(sin α,1),且a∥b,则tan= 3 .  解析　因为a∥b,所以cos α=-2sin α,则tan α=-,所以tan===3. (2)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,C=,若m=(c-,a-b),n=(a-b,c+),且m∥n,则△ABC的面积为(C) A.3 B. C. D.3 解析　因为m=(c-,a-b),n=(a-b,c+),且m∥n,所以(a-b)2=(c-)(c+),化为a2+b2-c2=2ab-6.所以cos===,解得ab=6.所以S△ABC=absin C=×6×=.故选C. 教考衔接4　平面几何中的向量方法(系数问题) 　　　 　　　　　　　　　　　　　 一、教材典题·研解法■ 【题源】　(人教A版必修第二册P40·3题)如图,在△ABC中,点O是BC的中点,过点O的直线分别交直线AB,AC于不同的两点M,N.设=m,=n,求m+n的值. 解题路径 路径1 选择交点O,利用两次共线 路径2 选择交点N,利用两次共线 路径3 利用坐标法:建立直角坐标系 路径4 几何作图法:作辅助线 解　解法一:连接AO,因为点O是BC的中点,则=(+)=(m+n)=m+n,又因为M,O,N三点共线,所以m+n=1,即m+n=2. 解法二:连接BN,如图,因为=m,=n,即=+=+(-)=+=·+,又因为M,O,N三点共线,所以·+=1,整理得m+n=2. 解法三:如图,以点O为坐标原点,边BC所在的直线为x轴建立直角坐标系,令B(-a,0),C(a,0),A(x,y),由=m,=n,则求得点M,点N,又因为M,O,N三点共线,所以∥,即·=·,化简得1-m=n-1,所以m+n=2. 解法四:如图,作BH∥AC交MN于点H,因为点O为BC的中点,则BH=CN,所以==,又因为=m,=n,即AB=mAM,AC=nAN,则=,即1-m=n-1,所以m+n=2.易验证点N,C重合时依然成立. 二、创新变式·提升练■ 【变式1】　在△ABC中,点O是BC上的一点,若=λ(λ≠0),过点O的直线分别交直线AB,AC于不同的两点M,N.设=m,=n,则m,n,λ三者的关系为 λ= .  解析　因为=+=+,又因为M,O,N三点共线,所以+=1,即λ=. 【变式2】　如图,在△ABC中,=λ,=μ,直线AM交BN于点Q,=,则(C) A.λ+μ=1 B.λμ= C.(λ-1)(2μ-3)=1 D.(2λ-3)(μ-1)=1 解析　由题意得,==(+)=[+(1-μ)]=[+(1-μ)(-)]=[μ+(1-μ)]=μ+·,因为Q,M,A三点共线,故μ+·=1,化简整理得(λ-1)(2μ-3)=1.故选C. 【变式3】　如图所示,在△ABC中,点O是BC的中点,过点O的直线分别交直线AB,AC于不同的两点M,N,若=m,=n(m,n>0),则+的最小值为(C) A.2 B.3 C. D.5 解析　由题意得=(+)=+,因为M,O,N三点共线,所以+=1,+==++≥+2·=,当且仅当=,即n=2m=时,等号成立.故选C. 【变式4】　如图,在△ABC中,点O是线段BC上的点,且满足||=3||,过点O的直线分别交直线AB,AC于点M,N,且=m,=n,其中m>0且n>0,若+的最小值为3,则正数t的值为(B) A.2 B.3 C. D. 解析　=+=+=+(-)=+=+,因为M,O,N三点共线,所以+=1,因为m>0,n>0,t>0,所以+==+++≥+2=+,当且仅当=时取等号,所以+=3,所以(+3)(-)=0,所以=,所以t=3.故选B. 三、链接高考·体验练■ 1.(经典高考题)设D,E分别是△ABC的边AB,BC上的点,且有AD=AB,BE=BC,若=λ1+λ2(λ1,λ2∈R),则λ1+λ2的值为  .  解析　 =-=-=(-)-=-+,又因为,不共线,=λ1+λ2,所以λ1=-,λ2=,所以λ1+λ2=. 2.(经典高考题)如图,在△ABC中,AB=4,AC=3,∠BAC=90°,D在边BC上,延长AD到P,使得AP=9,若=m+(m为常数),则CD的长度是 0或 .  解析　因为A,D,P三点共线,所以可设=λ(λ>0),因为=m+,则λ=m+,即=+,若m≠0且m≠,又B,D,C三点共线,所以+=1,即λ=,因为AP=9,所以AD=3,因为AB=4,AC=3,∠BAC=90°,所以BC=5,设CD=x,∠CDA=θ,则BD=5-x,∠BDA=π-θ.则根据余弦定理的推论可得cos θ==,cos(π-θ)==,因为cos θ+cos(π-θ)=0,即+=0,解得x=,所以CD的长度为.当m=0时,=,C,D重合,此时CD的长度为0,当m=时,=,B,D重合,此时PA=12,不合题意,舍去.故答案为0或. 第三节　平面向量的数量积 【课程标准】　1.理解平面向量数量积的含义及其物理意义;2.了解平面向量的数量积与投影向量的关系;3.掌握数量积的坐标表达式,会进行平面向量数量积的运算;4.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. 必备知识梳理 　　　　　　　　　　　　　 教|材|回|顾 1.平面向量数量积的有关概念 (1)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=a,=b,则∠AOB=θ(0≤θ≤π)叫做向量a与b的夹角. (2)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.  (3)投影向量 如图,在平面内任取一点O,作=a,=b,过点M作直线ON的垂线,垂足为M1,则  就是向量a在向量b上的投影向量.  设与b方向相同的单位向量为e,a与b的夹角为θ,则与e,a,θ之间的关系为=|a|cos θe. 2.平面向量数量积的性质及其坐标表示 设向量a=(x1,y1),b=(x2,y2),θ为向量a,b的夹角. (1)数量积:a·b=|a||b|cos θ=x1x2+y1y2. (2)模:|a|==. (3)夹角:cos θ==. (4)两非零向量a⊥b的充要条件:a·b=0⇔x1x2+y1y2=0. (5)|a·b|≤|a||b|(当且仅当a∥b时等号成立)⇔|x1x2+y1y2|≤. 3.平面向量数量积的运算律 (1)a·b=b·a(交换律). (2)λa·b=λ(a·b)=a·(λb)(结合律). (3)(a+b)·c=a·c+b·c(分配律). 4.平面几何中的向量方法 三步曲:(1)用向量表示问题中的几何元素,将几何问题转化为向量问题; (2)通过向量运算,研究几何元素之间的关系; (3)把运算结果“翻译”成几何关系. 微|点|延|伸 1.数量积运算律要准确理解、应用,例如,a·b=a·c(a≠0)不能得出b=c,两边不能约去一个向量. 2.数量积不满足乘法结合律,即一般情况下,(a·b)c≠a(b·c). 3.当a与b同向时,a·b=|a||b|;当a与b反向时,a·b=-|a||b|,特别地,a·a=a2=|a|2或|a|=. 4.有关向量夹角的两个结论 (1)两个向量a与b的夹角为锐角,则有a·b>0,反之不成立(因为a与b的夹角为0时也有a·b>0). (2)两个向量a与b的夹角为钝角,则有a·b<0,反之不成立(因为a与b的夹角为π时也有a·b<0). 小|题|快|练 1.已知向量a,b满足|b|=2|a|=2,且a与b的夹角为,则(2a+b)·a=(D) A.12 B.4 C.3 D.1 解析　因为|b|=2|a|=2,所以(2a+b)·a=2a2+a·b=2|a|2+|a||b|·cos=2+2×1×=1.故选D. 2.(人A必二P24T18改编)已知|a|=5,|b|=,a·b=5,则a与b的夹角θ为(A) A.45° B.135° C.-45° D.30° 解析　由题意得cos θ==,又因为0°≤θ≤180°,所以θ=45°.故选A. 3.已知向量a,b满足|a|=|b|=|a+b|=1,则|a-b|=(C) A.1 B. C. D.2 解析　由题意得,(a+b)2=|a|2+|b|2+2a·b=1,即1+1+2a·b=1,整理得a·b=-,则|a-b|====.故选C. 4.(人A必二P23T11改编)已知平面向量a与b的夹角为60°,a=(2,0),|b|=1,则|a+2b|= 2 .  解析　由题知,|a|=2,则|a+2b|2=|a|2+4|b|2+4a·b=4+4×1+4×2×1×cos 60°=12,所以|a+2b|=2. 5.已知向量a=(-2,λ),b=(1,1),且a⊥b,则λ= 2 ,向量a-b在向量b上的投影向量为 (-1,-1) .  解析　由题意可得a·b=-2+λ=0,解得λ=2.a-b=(-3,1),则向量a-b在向量b上的投影向量为=(-1,-1). 第1课时　平面向量的数量积 关键能力落实 　　　　　　　　　　　　　 类型一　平面向量数量积的运算 考向❶:数量积的计算 【例1】　(1)已知向量a,b满足|a|=3|b|=|a-2b|=3,则a·(a-b)=(A) A.8 B.9 C.14 D.23 解析　由|a-2b|=3,得a2-4a·b+4b2=9,即32-4a·b+4×12=9,解得a·b=1,故a·(a-b)=a2-a·b=9-1=8.故选A. (2)(2023·全国乙卷)正方形ABCD的边长是2,E是AB的中点,则·=(B) A. B. 3 C.2 D. 5 解析　解法一:以{,}为基底,可知||=||=2,·=0,则=+=+,=+=-+,所以·=·=-+=-1+4=3.故选B. 解法二: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.故选B. 解法三: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.故选B. 　　求非零向量a,b的数量积的3种方法 1.定义法:若向量的模与夹角已知或能求,可直接根据数量积的定义求得. 2.分解法:若两个向量的模、夹角未知或不易直接求得,可选择一个基底(模和夹角已知或能求),将两个向量用这个基底分解表示,然后结合数量积的运算律展开求解. 3.坐标法:若问题所涉及的平面图形适合建立平面直角坐标系,则可建立坐标系,写出有关点的坐标,得到向量的坐标,然后根据数量积的坐标运算法则进行求解. 考向❷:投影向量 【例2】　(1)已知|a|=3,|b|=1,向量a与向量b的夹角为120°,则向量a在向量b上的投影向量是 -b .  解析　因为|b|=1,所以b为单位向量.所以向量a在向量b上的投影向量为|a|cos 120°·=3×·b=-b. (2)(2025·郑州质量检测)已知a=(-3,4),b=(2,2),则向量a在向量b上的投影向量为  .  解析　向量a在向量b上的投影向量为·=b=(2,2)=. 　　求投影向量的方法 1.利用公式:向量a在向量b上的投影向量为|a|·cos<a,b>·. 2.利用公式的两种变形:·=b. 【题组对点练】　 题号 1 2 考向 ❶ ❷ 1.(2025·湖北十一校联考)已知向量a,b满足|a|=|b|=|a-b|,则a·(a+b)=(C) A.a2 B.b2 C.(a+b)2 D.(a-b)2 解析　由题知|a|2=|b|2=|a-b|2,所以|b|2=|a|2+|b|2-2a·b,即a·b=|a|2,所以a·(a+b)=a2+a·b=|a|2,而(a+b)2=a2+b2+a·b=a2=|a|2,故选C. 2.已知△ABC的外接圆圆心为O,且2=+,||=||,则向量在向量上的投影向量为(A) A. B. C.- D. 解析　因为2=+,所以O为BC的中点,又O为△ABC的外接圆圆心,所以△ABC是直角三角形,且∠BAC=90°,如图,因为||=||,所以△AOC为等边三角形,则∠ACB=60°,所以向量在向量上的投影向量为||cos 60°·=·cos 60°·=cos260°·=.故选A. 类型二　平面向量数量积的性质应用 考向❶:向量的模 【例3】　(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|=(B) A. B. C. D.1 解析　由(b-2a)⊥b,得(b-2a)·b=b2-2a·b=0,所以b2=2a·b.将|a+2b|=2的两边同时平方,得a2+4a·b+4b2=4,即1+2b2+4b2=1+6|b|2=4,解得|b|2=,所以|b|=,故选B. 　　利用数量积求解长度(模)问题的处理方法 1.a2=a·a=|a|2或|a|=. 2.|a±b|==. 3.若a=(x,y),则|a|=. 考向❷:夹角问题 【例4】　(1)若e1,e2是夹角为的两个单位向量,则a=2e1+e2与b=-3e1+2e2的夹角为(C) A. B. C. D. 解析　由题意可得e1·e2=1×1×cos=,故a·b=(2e1+e2)·(-3e1+2e2)=-6+e1·e2+2=-6++2=-,|a|===,|b|===.设a与b的夹角为θ,则cos θ===-,又θ∈[0,π],所以θ=.故选C. (2)已知向量a=(2t,2),b=(-t-2,-5),若向量a与向量a+b的夹角为钝角,则实数t的取值范围为(D) A.(-3,1) B.(-3,-1)∪(-1,1) C.(-1,3) D.∪ 解析　由题意知a+b=(t-2,-3),当a与a+b共线时,-6t-2(t-2)=0,解得t=,此时a与a+b的夹角为π,因为a与a+b的夹角为钝角,所以a·(a+b)<0且t≠,即t2-2t-3<0且t≠,所以t∈∪.故选D. 　　求平面向量的夹角的方法 1.定义法:利用向量数量积的定义得,cos<a,b>=,其中两向量的夹角<a,b>的取值范围为[0,π]. 2.坐标法:若非零向量a=(x1,y1),b=(x2,y2),则cos<a,b>=. 考向❸:垂直问题 【例5】　已知非零向量m,n满足4|m|=3|n|,cos<m,n>=.若n⊥(tm+n),则实数t的值为(B) A.4 B.-4 C. D.- 解析　由n⊥(tm+n)可得n·(tm+n)=0,即tm·n+n2=0,所以t=-=-=-=-3×=-3×=-4.故选B. 　　1.当向量a与b是坐标形式,即a=(x1,y1),b=(x2,y2)时,若要证明a⊥b,则只需证明a·b=0,即证明x1x2+y1y2=0. 2.当向量a,b是非坐标形式时,要把a,b用已知的不共线向量作为基底来表示,且要知道不共线的向量的模与夹角,进行运算证明a·b=0. 【题组对点练】　 题号 1 2 3 考向 ❶ ❷❸ ❸ 1.在△ABC中,点D在边AB上,且BD=2DA,点E满足=2.若AB=AC=6,·=6,则||=(A) A. B.2 C.12 D.11 解析　因为BD=2DA,所以=.因为=2,所以E为CD的中点,则=+=+=+(-)=+=+,故||=+====.故选A. 2.已知非零向量a,b满足|a|=|b|,若(a+b)⊥(3a-2b),则a与b的夹角为(C) A. B. C. D.π 解析　因为(a+b)⊥(3a-2b),所以(a+b)·(3a-2b)=0,则a·b=2|b|2-3|a|2,又|a|=|b|,则a·b=2|b|2-3=-|b|2,所以cos<a,b>===-,又0≤<a,b>≤π,所以a与b的夹角为.故选C. 3.(2025·广东佛山一模)对于任意非零向量a,b,c,若向量a,b在向量c上的投影向量互为相反向量,下列结论一定成立的是(D) A.(a-b)∥c B.(a+b)∥c C.(a-b)⊥c D.(a+b)⊥c 解析　由题意得,向量a在向量c上的投影为|a|cos<a,c>=|a|×=,同理,向量b在向量c上的投影为.因为任意非零向量a,b在向量c上的投影向量互为相反向量,所以向量a,b在向量c上的投影互为相反数,所以+=0,则(a+b)·c=0,即(a+b)⊥c.故选D. 高考真题重温 　　　　　　　　　　　　　 1.(2024·全国甲卷)设向量a=(x+1,x),b=(x,2),则(C) A.x=-3是a⊥b的必要条件 B.x=1+是a∥b的必要条件 C.x=0是a⊥b的充分条件 D.x=-1+是a∥b的充分条件 解析　a⊥b⇔x2+x+2x=0⇔x=0或x=-3,所以x=-3是a⊥b的充分条件,x=0是a⊥b的充分条件,故A错误,C正确.a∥b⇔2x+2=x2⇔x2-2x-2=0⇔x=1±,故B,D错误.故选C. 2.(2022·新课标Ⅱ卷)已知向量a=(3,4),b=(1,0),c=a+tb,若<a,c>=<b,c>,则t=(C) A.-6 B.-5 C.5 D.6 解析　由题意可得c=(3+t,4),由<a,c>=<b,c>得cos<a,c>=cos<b,c>,即=,解得t=5,故选C. 3.(2023·新课标Ⅱ卷)已知向量a,b满足|a-b|=,|a+b|=|2a-b|,则|b|=  .  解析　由|a+b|=|2a-b|,得a2+2a·b+b2=4a2-4a·b+b2,即a2=2a·b,则由|a-b|=,得a2-2a·b+b2=b2=3,所以|b|=. 4.(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,所以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+=-,所以当a=时,·取得最小值,为-. 教考衔接5　平面向量的平行、垂直问题 　　　 　　　　　　　　　　　　　 一、教材题组·加固练■ 人教A版必修第二册 1 2 3 4 5 P36·9题 P16·例8 P36·10题 P60·8题 P21·例13 【选题说明】本组题以平面向量的平行、垂直为载体,考查平面向量相关运算,突出考查转化与化归思想、方程思想.通过改变条件或变换设问,可以将教材问题变换为高考试题. 【题1】　已知|a|=3,b=(1,2),且a∥b,求a的坐标. 解　设a的坐标为(x,y),因为|a|=3,所以=3,即x2+y2=9,因为a∥b,所以2x-y=0,联立解得或所以a的坐标为或. 【题2】　已知a,b是两个不共线的向量,向量b-ta,a-b共线,求实数t的值. 解　由a,b不共线,易知向量a-b为非零向量.由向量b-ta,a-b共线,可知存在实数λ,使得b-ta=λ,即a=b.由a,b不共线,必有t+λ=λ+1=0,否则,不妨设t+λ≠0,则a=b.由两个向量共线的充要条件知,a,b共线,与已知矛盾.由解得t=.因此,当向量b-ta,a-b共线时,t=. 【题3】　已知a=(4,2),求与a垂直的单位向量的坐标. 解　设与a垂直的单位向量为e=(x,y).则解得或所以e=或e=. 【题4】　已知向量a=(1,0),b=(1,1).当λ为何值时,a+λb与a垂直? 解　因为a=(1,0),b=(1,1),所以a+λb=(1+λ,λ),因为a+λb与a垂直,所以(a+λb)·a=0,所以(1+λ,λ)·(1,0)=0,即1+λ=0,所以λ=-1.即λ=-1时,a+λb与a垂直. 【题5】　已知|a|=3,|b|=4,且a与b不共线.当k为何值时,向量a+kb与a-kb互相垂直? 解　a+kb与a-kb互相垂直的充要条件是(a+kb)·(a-kb)=0,即a2-k2b2=0.因为a2=32=9,b2=42=16,所以9-16k2=0,解得k=±.也就是说,当k=±时, a+kb与a-kb互相垂直. 二、创新变式·提升练■ 【变式1】　已知向量a=(1,3),b=(3x-1,x+1),c=(5,7),若(a+b)∥(a+c),且c=ma+nb,则m+n的值为(C) A.2 B. C.3 D. 解析　由题意,得a+b=(3x,x+4),a+c=(6,10),因为(a+b)∥(a+c),所以30x=6x+24,解得x=1,所以b=(2,2).则c=ma+nb=(m+2n,3m+2n)=(5,7),即解得故m+n=3.故选C. 【变式2】　若非零向量a,b满足|a|=3|b|,(2a+3b)⊥b,则a与b的夹角为(C) A. B. C. D. 解析　根据题意,设a与b的夹角为θ,因为(2a+3b)⊥b,所以(2a+3b)·b=0,即2a·b+3|b|2=0,即2|a||b|cos θ+3|b|2=0,又|a|=3|b|,结合已知条件可知cos θ=-,θ∈[0,π],故θ=.故选C. 【变式3】　设向量a,b满足|a|=2,b=(2,1),且a与b的方向相反,则a的坐标为 (-4,-2) .  解析　设a=(x,y),x<0,y<0,则x-2y=0且x2+y2=20,解得x=4,y=2(舍去),或者x=-4,y=-2,即a=(-4,-2). 【变式4】　已知向量a=(3,1),b=(1,0),c=a+kb.若a⊥c,则k= - .  解析　c=(3,1)+(k,0)=(3+k,1),a·c=3(3+k)+1×1=10+3k=0,得k=-. 【变式5】　已知向量a=(1,2),b=(-2,1),c=(m,n),满足(a+2b)⊥c,请写出一个符合题意的向量c的坐标 (4,3)(答案不唯一) .  解析　根据题意,a+2b=(-3,4),且(a+2b)⊥c,则(a+2b)·c=-3m+4n=0,即m=n,当n=3时,m=4,则c=(4,3)(答案不唯一). 三、链接高考·体验练■ 1.(2024·新课标Ⅰ卷)已知向量a=(0,1),b=(2,x),若b⊥(b-4a),则x=(D) A.-2 B.-1 C.1 D.2 解析　解法一(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. 解法二(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,所以2×2+x(x-4)=0,所以(x-2)2=0,解得x=2,故选D. 2.(2023·新课标Ⅰ卷)已知向量a=(1,1),b=(1,-1).若(a+λb)⊥(a+μb),则(D) A.λ+μ=1 B.λ+μ=-1 C.λμ=1 D.λμ=-1 解析　因为a=(1,1),b=(1,-1),所以a+λb=(1+λ,1-λ),a+μb=(1+μ,1-μ),因为(a+λb)⊥(a+μb),所以(a+λb)·(a+μb)=0,所以(1+λ)·(1+μ)+(1-λ)(1-μ)=0,整理得λμ=-1.故选D. 3.(2021·全国乙卷)已知向量a=(2,5),b=(λ,4),若a∥b,则λ=  .  解析　解法一:因为a∥b,所以a=kb,即(2,5)=k(λ,4),得解得 解法二:因为a∥b,所以2×4-5λ=0,解得λ=. 第2课时　平面向量数量积的应用 关键能力落实 　　　　　　　　　　　　　 类型一　平面向量在平面几何中的应用 【例1】　如图,在△ABC中,已知AB=2,AC=3,∠BAC=60°,M是BC的中点,=,设AM与BN相交于点P,则cos∠MPN=  .  解析　因为M是BC的中点,所以=+,||====.因为=,所以=-=-,所以 ||== ==2,所以·=·=-||2+||2-||||×=-×4+×9-×2×3×=,所以cos∠MPN=cos<,>===. 　　向量研究平面几何问题的解法 (1)基向量法:适当选取一个基底,沟通向量之间的联系,利用向量间的关系构造关于未知量的方程进行求解. (2)坐标法:若把几何图形放在适当的坐标系中,则有关点与向量就可以用坐标表示,这样就能进行相应的代数运算和向量运算,从而使问题得到解决. 【训练1】　在△ABC中,AC=9,∠A=60°,D点满足=2,AD=,则BC的长为(A) A.3 B.3 C.3 D.6 解析　因为=2,所以=+=+=+(-)=+,设AB=x,由=,得37=x2+×x×9cos 60°+×92,即2x2+9x-126=0,因为x>0,故解得x=6,即AB=6,所以||=|-|===3.故选A. 类型二　平面向量在物理中的应用 【例2】　若平面上的三个力F1,F2,F3作用于一点,且处于平衡状态,已知|F1|=1 N,|F2|= N,F1与F2的夹角为45°,求: (1)F3的大小; (2)F3与F1夹角的大小. 解　(1)因为三个力平衡,所以F1+F2+F3=0,所以|F3|=|F1+F2|== ==1+.故F3的大小为(1+)N. (2)解法一:设F3与F1的夹角为θ,则|F2|= ,即= ,解得cos θ=-,因为θ∈(0,π),所以θ=. 解法二:设F3与F1的夹角为θ,由余弦定理得cos(π-θ)==,因为θ∈(0,π),所以θ=. 　　用向量方法解决物理问题的步骤 【训练2】　一条东西方向的河流两岸平行,河宽250 m,河水的速度为正东3 km/h.一艘小货船准备从河流南岸码头P处出发,航行到河流对岸对应点Q(PQ与河流的方向垂直)的正西方向并且与点Q相距250 m的码头M处卸货,若水流的速度与小货船航行的速度的合速度的大小为5 km/h,则当小货船的航程最短时,小货船航行速度的大小为(C) A.3 km/h B.6 km/h C.7 km/h D.3 km/h 解析　连接PM,由题意得,当小货船的航程最短时,其航线为线段PM.设小货船航行的速度为v,水流的速度为v1,水流的速度与小货船航行的速度的合速度为v2,作出示意图,如图所示.PQ=250 m,QM=250 m.在Rt△PQM中,tan∠PMQ===,由题意知∠PMQ∈.所以∠PMQ=,∠MPQ=,<v1,v2>=+=,所以v=v2-v1,所以|v|====7,所以小货船航行速度的大小为7 km/h.故选C. 类型三　最值(范围)问题 【例3】　(1)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(B) A. B. C. D. 解析　 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=.故选B. (2)(2025·成都诊断)已知平面向量a,b,c满足a·b=0,|a|=|b|=1,(c-a)·(c-b)=,则|c-a|的最大值为(B) A. B.1+ C. D.2 解析　依题意,不妨设a=(1,0),b=(0,1),c=(x,y).则(c-a)·(c-b)=(x-1,y)·(x,y-1)=x2+y2-x-y=,即(x,y)满足+=1.而|c-a|可以看作圆+=1上的一点到点(1,0)的距离,所以|c-a|的最大值即为+1=1+,故选B. 　　向量求最值(范围)的常用方法 1.利用基本不等式求最值(范围). 2.建立坐标系,设变量构造函数求最值(范围). 3.数形结合,应用图形的几何性质求最值. 【训练3】　已知矩形ABCD中,AB=2,AD=1,点E,F,G,H分别在边AB,BC,CD,AD上(包含端点),若·=2,则与夹角的余弦值的最大值是  .  解析　如图建立直角坐标系,则可设=(t,1),=(2,s),-2≤t≤2,-1≤s≤1,所以·=2t+s=2,cos<,>======,当st≤0时,(st-2)2≥4,当st>0时,由2t+s=2,故s>0,t>0,所以2=2t+s≥2,所以st≤,当且仅当s=1,t=时取等号,所以st最大值为,所以(st-2)2的最小值为=,此时取得最大值为,即与夹角的余弦值的最大值为. 第四节　复数 【课程标准】　1.理解复数的基本概念;2.理解复数相等的充要条件;3.了解复数的代数表示法及其几何意义;4.会进行复数代数形式的四则运算;5.了解复数代数形式的加、减运算的几何意义. 必备知识梳理 　　　　　　　　　　　　　 教|材|回|顾 1.复数的有关概念 (1)定义:形如a+bi(a,b∈R)的数叫做复数,其中的a与b分别叫做复数z的 实部 与 虚部 (i为虚数单位).  (2)分类: 满足条件(a,b为实数) 复数的 分类 a+bi为实数⇔ b=0 a+bi为虚数⇔ b≠0 a+bi为纯虚数⇔ a=0且b≠0 (3)复数相等:a+bi=c+di⇔ a=c且b=d (a,b,c,d∈R).  (4)共轭复数:a+bi与c+di共轭⇔ a=c且b=-d (a,b,c,d∈R).  (5)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).  2.复数的几何意义 (1)复数z=a+bi复平面内的点Z(a,b)(a,b∈R). (2)复数z=a+bi Z(a,b) (a,b∈R).  3.复数的运算 (1)运算法则:设z1=a+bi,z2=c+di(a,b,c,d∈R). z1±z2=(a+bi)±(c+di)= (a±c)+(b±d)i ;  z1·z2=(a+bi)(c+di)= (ac-bd)+(ad+bc)i ;  == +i (c+di≠0).  (2)几何意义: 复数加、减法可按向量的平行四边形或三角形法则进行. 如图给出的平行四边形OZ1ZZ2可以直观地反映出复数加、减法的几何意义,即= + ,= - .  微|点|延|伸 1.in(n∈N)的周期性 ①i4n=1,i4n+1=i,i4n+2=-1,i4n+3=-i; ②i4n+i4n+1+i4n+2+i4n+3=0(n∈N). 2.复数模的性质 ①|z|2=||2=z·;②|z1·z2|=|z1|·|z2|;③=(z2≠0);④|zn|=|z|n. 3.复数模的几何意义 |z-z0|表示复数z对应的点与复数z0对应的点之间的距离. 4.实系数一元二次方程虚根成对:若实系数一元二次方程有虚根,则两根互为共轭复数. 小|题|快|练 1.若复数z=,则|z|=(C) A. B. C. D. 解析　解法一:z====+i,所以|z|==.故选C. 解法二:z===,则|z|====,故选C. 2.(人A必二P95T1(3)改编)已知复数z=i3(1+i),则z在复平面内对应的点位于(D) A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 解析　z=i3(1+i)=-i(1+i)=1-i,z在复平面内对应的点为(1,-1),位于第四象限.故选D. 3.已知i是虚数单位,若|1+ai|=5,则实数a=(D) A.2 B.2 C.-2 D.±2 解析　因为|1+ai|=5,所以=5,解得a=±2.故选D. 4.已知复数z满足z(1-i)=i(i为虚数单位),则z的虚部为  .  解析　由z(1-i)=i,得z====-+i,所以z的虚部为. 5.(2024·上海高考)已知虚数z,其实部为1,且z+=m(m∈R),则实数m为 2 .  解析　解法一:设z=1+bi(b∈R且b≠0),则z+=1+bi+=1+bi+=1++i,因为m∈R,所以b-=0,得b2=1,所以m=1+=2. 解法二:由z+=m得z2-mz+2=0,解得z=,依题意得=1,解得m=2. 关键能力落实 　　　　　　　　　　　　　 类型一　复数的概念 【例1】　(1)已知z是虚数,z2+2z是实数,则z的(B) A.实部为1 B.实部为-1 C.虚部为1 D.虚部为-1 解析　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. (2)(2025·湖南联考)已知复数z=(a+bi)i(a,b∈R,i为虚数单位)的共轭复数为,则为纯虚数的充分必要条件为(D) A.a2+b2≠0 B.ab=0 C.a=0,b≠0 D.a≠0,b=0 解析　z=(a+bi)i=-b+ai(a,b∈R).由=-b-ai为纯虚数,得-b=0且-a≠0.即a≠0且b=0.故选D. 　　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. 【训练1】　(1)(多选题)下面是关于复数z=-1-i(i为虚数单位)的命题,其中真命题为(BD) A.|z|=2 　　B.z2=2i C.z的共轭复数为1+i 　　D.z的虚部为-1 解析　A选项,|z|==,A错误;B选项,z2=(-1-i)2=1+2i+i2=2i,B正确;C选项,z的共轭复数为-1+i,C错误;D选项,z的虚部为-1,D正确.故选BD. (2)若复数z=的实部与虚部相等,则实数a的值为(A) A.-3 B.-1 C.1 D.3 解析　z===,因为复数z=的实部与虚部相等,所以2a+1=a-2,解得a=-3,故实数a的值为-3.故选A. 类型二　复数的几何意义 【例2】　(1)在复平面内,复数对应的点的坐标为(C) A.(1,-2) B.(-1,2) C.(1,2) D.(-1,-2) 解析　因为==1+2i,所以在复平面内,复数对应的点的坐标为(1,2).故选C. (2)(2025·广东模拟)已知复数z满足|z-1|=|z+i|(i为虚数单位),在复平面内,记z0=2+i对应的点为点Z0,z对应的点为点Z,则点Z0与点Z之间距离的最小值为(C) A. B. C. D.2 解析　解法一:设z=x+yi(x,y∈R),由|z-1|=|z+i|,得(x-1)2+y2=x2+(y+1)2,即y=-x,所以点Z0(2,1)与点Z(x,y)之间的距离d===≥,当且仅当x=时取等号.故选C. 解法二:设z=x+yi(x,y∈R),由|z-1|=|z+i|可知,点Z(x,y)到点(1,0)和点(0,-1)的距离相等,所以点Z的轨迹是点(1,0)和点(0,-1)连线段的垂直平分线,其方程为x+y=0,所以点Z0(2,1)与点Z(x,y)之间距离的最小值等于点Z0与直线x+y=0的距离,即=.故选C. 　　由于复数、点、向量之间建立了一一对应的关系,因此可把复数、向量与解析几何联系在一起,解题时可运用数形结合的方法,使问题的解决更加直观. 【训练2】　(多选题)在复平面内,复数z1=-i对应的点为A,复数z2=z1-1对应的点为B,下列说法正确的是(AD) A.|z1|=|z2|=1 B.z1·z2=|z1|2 C.向量对应的复数是1 D.||=|z1-z2| 解析　因为z1=-i,则其对应的点为A,z2=z1-1=--i,则复数z2对应的点为B.对于A,|z1|==1,|z2|==1,所以选项A正确;对于B,z1z2==-=--=-1,所以选项B错误;对于C,向量=(-1,0),则向量对应的复数为-1,所以选项C错误;对于D,||=1,z1-z2=1,所以||=|z1-z2|,所以选项D正确.综上,选AD. 类型三　复数的运算 【例3】　(1)(2024·新课标Ⅰ卷)若=1+i,则z=(C) A.-1-i B.-1+i C.1-i D.1+i 解析　因为=1+i,所以z=(z-1)(1+i),即z=z-1+zi-i,即zi=1+i,所以z===1-i,故选C. (2)(多选题)(2024·九省联考)已知复数z,w均不为0,则(BCD) A.z2=|z|2 B.= C.=- D.= 解析　设复数z=a+bi,w=c+di,a,b不同时为0,c,d不同时为0.对于A,z2=(a+bi)2=a2+2abi+b2i2=a2-b2+2abi,而|z|=,|z|2=a2+b2,所以z2=|z|2不成立,故选项A错误;对于B,===,故选项B正确;对于C,===(a-c)-(b-d)i,而=a-bi,=c-di,-=(a-bi)-(c-di)=(a-c)-(b-d)i=,故选项C正确;对于D,==,所以=,而==,而(ac+bd)2+(bc-ad)2=a2c2+b2d2+b2c2+a2d2=(a2+b2)(c2+d2),显然=,故选项D正确.综上所述,选BCD. 　　1.复数的加法、减法、乘法运算可以类比多项式的运算. 2.复数除法运算的关键是分子、分母同乘分母的共轭复数,解题中要注意把i的幂写成最简形式. 【训练3】　(1)已知复数z是方程x2-2x+2=0的一个根,则||=(B) A.1 B. C. D.2 解析　由x2-2x+2=0,得(x-1)2=-1=i2,所以z=1±i,所以||=|z|=.故选B. (2)设复数z1,z2,z3满足z3≠0,且|z1|=|z2|,则(D) A.z1=±z2 B.= C.z1·z3=z2·z3 D.|z1·z3|=|z2·z3| 解析　因为|z1|=|z2|,所以|z1|·|z3|=|z2|·|z3|,即|z1·z3|=|z2·z3|.故选D. 高考真题重温 　　　　　　　　　　　　　 1.(2024·新课标Ⅱ卷)已知z=-1-i,则|z|=(C) A.0 B.1 C. D.2 解析　|z|=|-1-i|==.故选C. 2.(2024·全国甲卷)若z=5+i,则i(+z)=(A) A.10i B.2i C.10 D.2 解析　因为z=5+i,所以=5-i,所以i(+z)=10i,故选A. 3.(2024·北京高考)若复数z满足=-1-i,则z=(C) A.-1-i B.-1+i C.1-i D.1+i 解析　由题意得,z=i(-1-i)=1-i.故选C. 4.(2023·新课标Ⅱ卷)在复平面内,(1+3i)(3-i)对应的点位于(A) A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 解析　因为(1+3i)(3-i)=3+8i-3i2=6+8i,则所求复数对应的点为(6,8),位于第一象限.故选A. 5.(2023·全国乙卷)设z=,则=(B) A.1-2i B.1+2i C.2-i D.2+i 解析　由题意可得z=====1-2i,则=1+2i.故选B. 6.(2022·全国甲卷)若z=1+i,则|iz+3|=(D) A.4 B.4 C.2 D.2 解析　因为z=1+i,所以iz+3=i(1+i)+3(1-i)=-1+i+3-3i=2-2i,所以|iz+3|=|2-2i|==2.故选D. 7.(2022·新课标Ⅰ卷)若i(1-z)=1,则z+=(D) A.-2 B.-1 C.1 D.2 解析　因为i(1-z)=1,所以z=1-=1+i,所以=1-i,所以z+=1+i+1-i=2.故选D. 学科网（北京）股份有限公司 $$