第二编 自主复习 第2讲 复数与平面向量-【金版教程】2026年高考数学大二轮专题复习冲刺方案课件PPT

该高中数学高考复习课件聚焦复数与平面向量专题，依据高考评价体系明确复数概念与四则运算（低档题）、平面向量线性运算（中低档）、数量积及综合应用（中高档）的考查要求，通过考情研析梳理考点权重，归纳纯虚数判断、向量共线等常考题型，构建系统复习框架。 课件亮点在于“真题演练+技巧提炼”的备考设计，如结合2025年新课标卷真题，解析复数模的几何意义、向量三点共线等价转化等方法，培养学生数学思维与数学语言表达能力。特设“结论记忆库”和“易错警示”，助力学生掌握运算技巧，教师可依托专题作业分层训练，实现高效备考。

第二编　主干知识突破 自主复习　常考小题的几种类型 第2讲　复数与平面向量 「考情研析」1.复数是高考必考内容，主要考查复数的概念与四则运算，多为选择题、填空题，难度属低档．　2.高考对平面向量的考查主要有三个方面：①考查平面向量的线性运算及其几何意义，兼顾考查共线向量的充要条件、平面向量基本定理，多以考生熟知的平面图形为背景进行考查，多为选择题、填空题，难度属中、低档；②考查平面向量的数量积，以选择题、填空题为主，难度属中、低档；③平面向量作为工具，还可能与三角函数、解三角形、不等式、解析几何等知识结合考查，难度属中、高档． 2 核心 知识回顾 目录 热点 考向探究 真题VS押题 专题作业 核心 知识回顾 核心 知识回顾 5 核心 知识回顾 6 核心 知识回顾 7 核心 知识回顾 8 热点 考向探究 考向1　复数 例1　(1)(2025·陕西西安二模)已知a∈R，z＝(3－ai)(1＋i)是纯虚数，则|a＋4i|＝(　　) A．3 B．4 C．5 D．6 热点 考向探究 10 热点 考向探究 11 热点 考向探究 12 热点 考向探究 13 1．复数四则运算的解题策略 热点 考向探究 14 2．与复数几何意义、模有关问题的解题技巧 热点 考向探究 15 热点 考向探究 16 热点 考向探究 17 热点 考向探究 18 热点 考向探究 19 (2)(2025·河北秦皇岛二模)已知向量a＝(1，2)，b＝(－2，2)，若c＝(x，y)，且满足(c＋a)∥b，则x＋y＝(　　) A．－3 B．－2 C．2 D．4 解析：因为a＝(1，2)，c＝(x，y)，所以c＋a＝(x＋1，y＋2)，又(c＋a)∥b，b＝(－2，2)，则－2(y＋2)＝2(x＋1)，整理得x＋y＝－3.故选A. 热点 考向探究 20 热点 考向探究 21 热点 考向探究 22 热点 考向探究 23 平面向量线性运算的三种技巧 处理两向量共线问题时，不要忽视零向量． 热点 考向探究 24 热点 考向探究 25 热点 考向探究 26 热点 考向探究 27 7 热点 考向探究 28 热点 考向探究 29 考向3　平面向量的数量积及应用 例3　(1)(2025·浙江宁波三模)已知向量a，b满足|a|＝2，a·(2a＋b)＝9，则a·(2a－b)＝(　　) A．3 B．4 C．6 D．7 解析：由a·(2a＋b)＝2a2＋a·b＝8＋a·b＝9，得a·b＝1，所以a·(2a－b)＝2a2－a·b＝8－1＝7.故选D. 热点 考向探究 30 热点 考向探究 31 热点 考向探究 32 热点 考向探究 33 热点 考向探究 34 1．求向量数量积的三种方法 热点 考向探究 35 2．有关向量夹角的两个结论 (1)由a·b＝c·b不能得到a＝c. (2)(a·b)c≠a(b·c)． 热点 考向探究 36 3．平面向量的应用技巧 求与平面向量有关的最值与范围问题，常通过建立坐标系，转化为函数求最值问题或基本不等式求最值问题． 热点 考向探究 37 1．已知平面向量a与b相互垂直，a＝(6，－8)，|b|＝5，且b与向量(1，0)的夹角是钝角，则b＝(　　) A．(－3，－4) B．(4，3) C．(－4，3) D．(－4，－3) 热点 考向探究 38 热点 考向探究 39 热点 考向探究 40 热点 考向探究 41 热点 考向探究 42 热点 考向探究 43 真题VS押题 1．(2025·新课标Ⅰ卷，1)(1＋5i)i的虚部为(　　) A．－1 B．0 C．1 D．6 解析：因为(1＋5i)i＝i＋5i2＝－5＋i，所以其虚部为1.故选C. 真题VS押题 45 真题VS押题 46 真题VS押题 47 4．(2025·新课标Ⅰ卷，6)帆船比赛中，运动员可借助风力计测定风速的大小和方向，测出的结果在航海学中称为视风风速，视风风速对应的向量是真风风速对应的向量与船行风速对应的向量之和，其中船行风速对应的向量与船速对应的向量大小相等、方向相反．下表给出了部分风力等级、名称与风速大小的对应关系．已知某帆船运动员在某时刻测得的视风风速对应的向量与船速对应的向量如图(风速的大小和向量的大小相同，单位：m/s)，则该时刻的真风为(　　) A．轻风 B．微风 C．和风 D．劲风 等级 风速大小(m/s) 名称 2 1.1～3.3 轻风 3 3.4～5.4 微风 4 5.5～7.9 和风 5 8.0～10.1 劲风 真题VS押题 48 真题VS押题 49 5．(2025·新课标Ⅱ卷，12)已知平面向量a＝(x，1)，b＝(x－1，2x)，若a⊥(a－b)，则|a|＝________． 真题VS押题 50 －15 真题VS押题 51 [－2，6] 真题VS押题 52 真题VS押题 53 专题作业 基础题(占比50%)　中档题(占比30%)　拔高题(占比20%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 难度 ★ ★ ★ ★ ★ ★★ ★★ 对点 复数的 运算 由平面向量共线求参数 判断复数对应的点所在的象限；复数的四则运算；复数的乘方 平面向量的线性 运算 已知平面向量的模求夹角 复数的几何 意义 求平面向量的模 题号 8 9 10 11 12 13 14 难度 ★★ ★ ★★ ★★★ ★ ★★★ ★★★ 对点 求平面向量数量积的最大值 复数的分类；复数的几何意义；复数的模；复数的运算 平面向量的数量积、模、投影 向量 与复数有关的新定义问题 平面向量数量积运算的应用 复数的运算；求复数的模 与平面向量线性运算有关的最值问题 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 55 解析：z＝i(2－i)－1＝2i.故选A. 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 56 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 57 3．(2025·辽宁锦州二模)在复平面内，复数z对应的点在第二象限，则复数z·i2025对应的点在(　　) A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 解析：因为复数z在复平面内对应的点在第二象限，所以可设z＝a＋bi(a，b∈R，a<0，b>0)，因为i2025＝i506×4＋1＝i，所以z·i2025＝(a＋bi)·i＝－b＋ai，又－b<0，a<0，所以复数z·i2025在复平面内对应的点在第三象限．故选C. 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 58 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 59 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 60 6．(2025·河南安阳一模)若复数z满足|z－1|＝2，则在复平面内，复数z所对应的点组成的图形的周长为(　　) A．π B．2π C．3π D．4π 解析：设z＝x＋yi(x，y∈R)，由|z－1|＝2，得(x－1)2＋y2＝4，则在复平面内，复数z所对应的点组成的图形是以(1，0)为圆心，2为半径的圆，故复数z所对应的点组成的图形的周长为2π×2＝4π.故选D. 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 61 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 62 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 63 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 64 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 65 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 66 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 67 10．已知向量a，b不共线，向量a＋b平分a与b的夹角，则下列结论一定正确的是(　　) A．a·b＝0 B．(a＋b)⊥(a－b) C．向量a，b在a＋b上的投影向量相等 D．|a＋b|＝|a－b| 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 68 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 69 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 70 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 71 三、填空题 12．若非零向量a，b，c满足|a|>|b|>|c|，且b＝(2，2)，则能使得(a·b)c＝(b·c)a成立的一组a，c可以是a＝____________________，c＝__________________． (3，0)(答案不唯一) (1，0)(答案不唯一) 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 72 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 73 3 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 74 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 75 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 76 　　　　　　　　　　　　　 R (1)(1±i)2＝±2i；eq \f(1＋i,1－i)＝eq \a\vs4\al(i)；eq \f(1－i,1＋i)＝－i． i4n＝eq \a\vs4\al(1)，i4n＋1＝eq \a\vs4\al(i)，i4n＋2＝－1，i4n＋3＝－i．(其中n为整数) (2)对于任意复数z，有|z|2＝|eq \o(z,\s\up16(－))|2＝zeq \o(z,\s\up16(－)). (3)三点共线的等价转化 A，P，B三点共线⇔eq \o(AP,\s\up16(→))＝λeq \o(AB,\s\up16(→))⇔eq \o(OP,\s\up16(→))＝(1－λ)eq \o(OA,\s\up16(→))＋λeq \o(OB,\s\up16(→))⇔eq \o(OP,\s\up16(→))＝xeq \o(OA,\s\up16(→))＋yeq \o(OB,\s\up16(→))(其中x＋y＝eq \a\vs4\al(1))．(注：O为平面内异于A，P，B的任一点，λ∈R，λ≠0，x∈R，y∈R) (4)向量的中线公式 若P为线段AB的中点，O为平面内一点，则eq \o(OP,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(OA,\s\up16(→))＋eq \o(OB,\s\up16(→)))． (5)两个恒等式 ①a·b＝eq \f(1,4)[(a＋b)2－(a－b)2]； ②2(|a|2＋|b|2)＝|a－b|2＋|a＋b|2. (6)向量形式的三角形不等式：||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|. (7)三角形“四心”向量形式的充要条件 设O为△ABC所在平面内一点，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则 ①O①为△ABC的外心⇔|eq \o(OA,\s\up16(→))|＝|eq \o(OB,\s\up16(→))|＝|eq \o(OC,\s\up16(→))|＝eq \f(a,2sinA)； ②O为△ABC的重心⇔eq \o(OA,\s\up16(→))＋eq \o(OB,\s\up16(→))＋eq \o(OC,\s\up16(→))＝0； ③O为△ABC的垂心⇔eq \o(OA,\s\up16(→))·eq \o(OB,\s\up16(→))＝eq \o(OB,\s\up16(→))·eq \o(OC,\s\up16(→))＝eq \o(OC,\s\up16(→))·eq \o(OA,\s\up16(→))； ④O为△ABC的内心⇔aeq \o(OA,\s\up16(→))＋beq \o(OB,\s\up16(→))＋ceq \o(OC,\s\up16(→))＝0． 解析：因为z＝(3－ai)(1＋i)＝a＋3＋(3－a)i是纯虚数，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋3＝0，,3－a≠0，))所以a＝－3，则|a＋4i|＝|－3＋4i|＝eq \r(（－3）2＋42)＝5.故选C. (2)(2025·湘豫名校二模)已知z＝1－i，则在复平面内，复数zi＋eq \f(2,z)对应的点位于(　　) A．实轴上 B．虚轴上 C．直线y＝x上 D．直线y＝－x上 解析：因为z＝1－i，所以zi＋eq \f(2,z)＝(1－i)i＋eq \f(2,1－i)＝i＋1＋eq \f(2（1＋i）,（1－i）（1＋i）)＝i＋1＋eq \f(2（1＋i）,2)＝2＋2i，所以复数zi＋eq \f(2,z)在复平面内对应的点的坐标为(2，2)，位于直线y＝x上．故选C. (3)(多选)(2025·湖北武汉二模)若复数z＝eq \f(3－5i,1－i)，则(　　) A．eq \o(z,\s\up16(－))＝4－i B．|eq \o(z,\s\up16(－))|＝eq \r(17) C．z在复平面内对应的点位于第四象限 D.复数ω满足|ω|＝1，则|ω－z|的最大值为eq \r(17)＋1 解析：复数z＝eq \f(3－5i,1－i)＝eq \f(（3－5i）（1＋i）,（1－i）（1＋i）)＝4－i，eq \o(z,\s\up16(－))＝4＋i，|eq \o(z,\s\up16(－))|＝eq \r(42＋12)＝eq \r(17)，故A错误，B正确；z在复平面内对应的点的坐标为(4，－1)，位于第四象限，故C正确；因为复数ω满足|ω|＝1，所以复数ω在复平面内对应的点在单位圆上，则|ω－z|表示单位圆上的点和点(4，1)之间的距离，其最大值为点(4，1)到原点的距离加半径，即最大值为eq \r(17)＋1，故D正确．故选BCD. 1．(2025·黑龙江大庆三模)在复平面内，点Z(3，4)对应的复数为z，则eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1－i,z)))＝(　　) A．eq \f(2,25) B．eq \f(1,5) C．eq \f(2,5) D．eq \f(\r(2),5) 解析：点Z(3，4)对应的复数z＝3＋4i，则eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1－i,z)))＝eq \f(|1－i|,|z|)＝eq \f(|1－i|,|3＋4i|)＝eq \f(\r(12＋（－1）2),\r(32＋42))＝eq \f(\r(2),5).故选D. 2．(2025·湖南怀化二模)已知复数z满足(1＋2i)z＝i2025(i为虚数单位)，则eq \o(z,\s\up16(－))的虚部为(　　) A．eq \f(1,5) B．－eq \f(1,5) C．eq \f(1,5)i D．－eq \f(1,5)i 解析：因为复数z满足(1＋2i)z＝i2025＝i，所以z＝eq \f(i,1＋2i)＝eq \f(i（1－2i）,（1＋2i）（1－2i）)＝eq \f(2＋i,5)＝eq \f(2,5)＋eq \f(1,5)i，所以eq \o(z,\s\up12(－))＝eq \f(2,5)－eq \f(1,5)i，故eq \o(z,\s\up12(－))的虚部为－eq \f(1,5).故选B. 3．(多选)(2025·浙江金华二模)已知复数z1，z2互为共轭复数，则(　　) A．|z1|＝|z2| B．z1·z2＝|z1|·|z2| C．|z1－z2|2＝－(z1－z2)2 D．eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(z1,z2))) eq \s\up12(2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(z1,z2))) eq \s\up12(2) 解析：设z1＝a＋bi(a，b∈R)，则z2＝a－bi.对于A，|z1|＝|z2|＝eq \r(a2＋b2)，所以A正确；对于B，z1·z2＝a2＋b2，|z1|·|z2|＝a2＋b2，所以B正确；对于C，z1－z2＝2bi，|z1－z2|2＝(2b)2＝4b2，－(z1－z2)2＝－(2bi)2＝4b2，所以C正确；对于D，设z1＝1＋i，z2＝1－i，则eq \f(z1,z2)＝eq \f(1＋i,1－i)＝eq \f(（1＋i）2,（1－i）（1＋i）)＝i，则eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(z1,z2))) eq \s\up12(2)＝|i|2＝1，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(z1,z2))) eq \s\up12(2)＝i2＝－1，所以D错误．故选ABC. 考向2　平面向量的概念及线性运算 例2 (1)(2025·辽宁名校联盟模拟(四))已知在正六边形ABCDEF中，G是线段CD上靠近C的三等分点，则eq \o(GA,\s\up16(→))＝(　　) A．eq \f(8,3) eq \o(BA,\s\up16(→))－eq \f(4,3) eq \o(CE,\s\up16(→)) B．eq \f(10,3) eq \o(BA,\s\up16(→))－eq \f(2,3) eq \o(CE,\s\up16(→)) C．eq \f(10,3) eq \o(BA,\s\up16(→))－eq \f(4,3) eq \o(CE,\s\up16(→)) D．－eq \f(10,3) eq \o(BA,\s\up16(→))＋eq \f(4,3) eq \o(CE,\s\up16(→)) 解析：依题意，得eq \o(GA,\s\up16(→))＝eq \o(GC,\s\up16(→))＋eq \o(CB,\s\up16(→))＋eq \o(BA,\s\up16(→))＝－eq \f(1,3) eq \o(CD,\s\up16(→))＋eq \o(CB,\s\up16(→))＋eq \o(BA,\s\up16(→))，因为eq \o(CD,\s\up16(→))＝eq \o(ED,\s\up16(→))－eq \o(EC,\s\up16(→))＝eq \o(CE,\s\up16(→))－eq \o(BA,\s\up16(→))，eq \o(CB,\s\up16(→))＝eq \o(EF,\s\up16(→))＝eq \o(CF,\s\up16(→))－eq \o(CE,\s\up16(→))＝2eq \o(BA,\s\up16(→))－eq \o(CE,\s\up16(→))，所以eq \o(GA,\s\up16(→))＝－eq \f(1,3) eq \o(CE,\s\up16(→))＋eq \f(1,3) eq \o(BA,\s\up16(→))＋2eq \o(BA,\s\up16(→))－eq \o(CE,\s\up16(→))＋eq \o(BA,\s\up16(→))＝eq \f(10,3) eq \o(BA,\s\up16(→))－eq \f(4,3) eq \o(CE,\s\up16(→)).故选C. (3)已知△OAB中，eq \o(OC,\s\up16(→))＝eq \o(CA,\s\up16(→))，eq \o(OD,\s\up16(→))＝2eq \o(DB,\s\up16(→))，AD与BC相交于点M，eq \o(OM,\s\up16(→))＝xeq \o(OA,\s\up16(→))＋yeq \o(OB,\s\up16(→))，则有序数对(x，y)＝(　　) A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,3))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,2))) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,4))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,2))) 解析：解法一：依题意A，M，D三点共线，故eq \o(AM,\s\up16(→))＝λeq \o(AD,\s\up16(→))，所以eq \o(OM,\s\up16(→))＝eq \o(OA,\s\up16(→))＋eq \o(AM,\s\up16(→))＝eq \o(OA,\s\up16(→))＋λeq \o(AD,\s\up16(→))＝eq \o(OA,\s\up16(→))＋λ(eq \o(OD,\s\up16(→))－eq \o(OA,\s\up16(→)))＝eq \o(OA,\s\up16(→))＋λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)\o(OB,\s\up16(→))－\o(OA,\s\up16(→))))＝eq \f(2λ,3) eq \o(OB,\s\up16(→))＋(1－λ)eq \o(OA,\s\up16(→))，又C，M，B三点共线，故eq \o(CM,\s\up16(→))＝μeq \o(CB,\s\up16(→))，则eq \o(OM,\s\up16(→))＝eq \o(OC,\s\up16(→))＋eq \o(CM,\s\up16(→))＝eq \o(OC,\s\up16(→))＋μeq \o(CB,\s\up16(→))＝eq \o(OC,\s\up16(→))＋μ(eq \o(OB,\s\up16(→))－eq \o(OC,\s\up16(→)))＝(1－μ)eq \o(OC,\s\up16(→))＋μeq \o(OB,\s\up16(→))＝eq \f(1－μ,2) eq \o(OA,\s\up16(→))＋μeq \o(OB,\s\up16(→))，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1－μ,2)＝1－λ，,μ＝\f(2λ,3)，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＝\f(3,4)，,μ＝\f(1,2)，))所以eq \o(OM,\s\up16(→))＝eq \f(1,4) eq \o(OA,\s\up16(→))＋eq \f(1,2) eq \o(OB,\s\up16(→))，又eq \o(OM,\s\up16(→))＝xeq \o(OA,\s\up16(→))＋yeq \o(OB,\s\up16(→))，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,4)，,y＝\f(1,2)，))所以有序数对(x，y)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,2))). 解法二：不妨令△OAB为等腰直角三角形，OA＝OB＝6，且∠AOB＝90°，以O为原点，OB，OA所在直线分别为x轴、y轴，建立平面直角坐标系，如图所示．由eq \o(OC,\s\up16(→))＝eq \o(CA,\s\up16(→))，eq \o(OD,\s\up16(→))＝2eq \o(DB,\s\up16(→))，得C(0，3)，D(4，0)，直线AD的方程为y＝－eq \f(3,2)(x－4)，直线BC的方程为y＝－eq \f(1,2)(x－6)，联立得Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(3,2)))，所以eq \o(OM,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(3,2)))＝x(0，6)＋y(6，0)＝(6y，6x)，所以x＝eq \f(1,4)，y＝eq \f(1,2)，所以有序数对(x，y)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,2))). 1．(2025·辽宁辽阳一模)已知向量eq \o(AB,\s\up16(→))＝(5，1)，eq \o(BC,\s\up16(→))＝(m，9)，eq \o(CD,\s\up16(→))＝(8，5)．若A，C，D三点共线，则m＝(　　) A.eq \f(5,4) B．－11 C．11 D．－eq \f(5,4) 解析：因为eq \o(AB,\s\up16(→))＝(5，1)，eq \o(BC,\s\up16(→))＝(m，9)，所以eq \o(AC,\s\up16(→))＝eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(BC,\s\up16(→))＝(m＋5，10)，因为A，C，D三点共线，所以eq \o(AC,\s\up16(→))∥eq \o(CD,\s\up16(→))，所以5(m＋5)＝8×10，解得m＝11.故选C. 2．(2025·贵州遵义第二次适应性考试)已知向量w，v，u在正方形网格中的位置如图所示，将w绕着起点顺时针方向旋转90°后得到向量a，若u＝ma－nv，则m＋n＝(　　) A．－eq \f(7,2) B．－eq \f(1,2) C．eq \f(3,2) D．eq \f(5,2) 解析：由图可得a＝eq \o(EG,\s\up16(→))，以A为原点，AE，AC所在直线分别为x轴、y轴，建立平面直角坐标系，设每个小正方形的边长为1，则A(0，0)，B(3，1)，C(0，3)，D(3，2)，E(3，0)，G(5，－2)，所以u＝eq \o(AB,\s\up16(→))＝(3，1)，v＝eq \o(CD,\s\up16(→))＝(3，－1)，a＝eq \o(EG,\s\up16(→))＝(2，－2)，因为u＝ma－nv，即(3，1)＝m(2，－2)－n(3，－1)，即(3，1)＝(2m－3n，－2m＋n)，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3＝2m－3n，,1＝－2m＋n，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝－\f(3,2)，,n＝－2，))所以m＋n＝－eq \f(7,2).故选A. 3．如图，在△OBA中，OA＝4OC，OB＝2OD，eq \o(OE,\s\up16(→))＝λeq \o(OA,\s\up16(→))，eq \o(OF,\s\up16(→))＝μeq \o(OB,\s\up16(→))，BC与AD交于点M，过点M的直线分别交OA，OB于点E，F，则eq \f(1,λ)＋eq \f(3,μ)＝______． 解析：设eq \o(OM,\s\up16(→))＝xeq \o(OA,\s\up16(→))＋yeq \o(OB,\s\up16(→))，因为eq \o(OA,\s\up16(→))＝4eq \o(OC,\s\up16(→))，eq \o(OB,\s\up16(→))＝2eq \o(OD,\s\up16(→))，所以eq \o(OM,\s\up16(→))＝4xeq \o(OC,\s\up16(→))＋yeq \o(OB,\s\up16(→))＝xeq \o(OA,\s\up16(→))＋2yeq \o(OD,\s\up16(→))，又因为C，M，B三点共线， A，M，D三点共线，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4x＋y＝1，,x＋2y＝1，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,7)，,y＝\f(3,7)，))所以eq \o(OM,\s\up16(→))＝eq \f(1,7) eq \o(OA,\s\up16(→))＋eq \f(3,7) eq \o(OB,\s\up16(→))，则eq \o(EM,\s\up16(→))＝eq \o(OM,\s\up16(→))－eq \o(OE,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,7)－λ)) eq \o(OA,\s\up16(→))＋eq \f(3,7) eq \o(OB,\s\up16(→)).又eq \o(EF,\s\up16(→))＝eq \o(OF,\s\up16(→))－eq \o(OE,\s\up16(→))＝－λeq \o(OA,\s\up16(→))＋μeq \o(OB,\s\up16(→))，由于eq \o(EM,\s\up16(→))与eq \o(EF,\s\up16(→))共线，所以eq \f(\f(1,7)－λ,－λ)＝eq \f(\f(3,7),μ)，得eq \f(1,λ)＋eq \f(3,μ)＝7. (2)(多选)已知向量a＝(1，－1)，b＝(2，k)，a⊥b，c＝a－tb.若〈a，c〉＝〈b，c〉，则(　　) A．|a|＝eq \f(1,2)|b| B．b·c＝4 C．b在c方向上的投影向量为c D．与b反向的单位向量是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2))) 解析：∵a＝(1，－1)，b＝(2，k)，c＝a－tb，∴c＝(1－2t，－1－tk)．∵a⊥b，∴2－k＝0，∴k＝2，∴b＝(2，2)，c＝(1－2t，－1－2t)．∵〈a，c〉＝〈b，c〉，∴cos〈a，c〉＝cos〈b，c〉，即eq \f(a·c,|a||c|)＝eq \f(b·c,|b||c|)，∴eq \f(a·c,|a|)＝eq \f(b·c,|b|)，即eq \f(2,\r(2))＝eq \f(－8t,2\r(2))，解得t＝－eq \f(1,2)，则c＝(2，0)．对于A，|a|＝eq \r(2)，|b|＝2eq \r(2)，∴|a|＝eq \f(1,2)|b|，故A正确；对于B，b·c＝(2，2)·(2，0)＝4，故B正确；对于C，b在c方向上的投影向量为|b|cos〈b，c〉·eq \f(c,|c|)＝eq \f(b·c,|c|)·eq \f(c,|c|)＝eq \f(4,2)×eq \f(1,2)c＝c，故C正确；对于D，与b反向的单位向量是－eq \f(b,|b|)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)))，故D错误．故选ABC. (3)(2025·黑龙江大庆三模)如图所示，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝6，D是BC的中点，点E在AD上，且DE＝2AE.若eq \o(BE,\s\up16(→))·eq \o(AD,\s\up16(→))＝－eq \f(29,3)，则AC＝(　　) A．6 B．8 C．2eq \r(13) D．6eq \r(5) 解析：由∠BAC＝90°，得eq \o(AB,\s\up16(→))·eq \o(AC,\s\up16(→))＝0，由D是BC的中点，eq \o(DE,\s\up16(→))＝2eq \o(EA,\s\up16(→))，得eq \o(AE,\s\up16(→))＝eq \f(1,3) eq \o(AD,\s\up16(→))＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)(eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(AC,\s\up16(→)))＝eq \f(1,6) eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \f(1,6) eq \o(AC,\s\up16(→))，eq \o(BE,\s\up16(→))＝eq \o(AE,\s\up16(→))－eq \o(AB,\s\up16(→))＝eq \f(1,6) eq \o(AC,\s\up16(→))－eq \f(5,6) eq \o(AB,\s\up16(→))，则eq \o(BE,\s\up16(→))·eq \o(AD,\s\up16(→))＝eq \f(1,6)(eq \o(AC,\s\up16(→))－5eq \o(AB,\s\up16(→)))·eq \f(1,2)(eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(AC,\s\up16(→)))＝eq \f(1,12)(eq \o(AC,\s\up16(→))2－4eq \o(AB,\s\up16(→))·eq \o(AC,\s\up16(→))－5eq \o(AB,\s\up16(→))2)＝eq \f(1,12)(|eq \o(AC,\s\up16(→))|2－5×62)＝－eq \f(29,3)，解得|eq \o(AC,\s\up16(→))|＝8，即AC＝8.故选B. (4)(2025·陕西商洛三模)已知圆O的半径为3，弦AB＝3，D为圆O上一动点，则eq \o(AD,\s\up16(→))·eq \o(AB,\s\up16(→))的最大值为________． 解析：如图，以圆心O为原点，过点O且与AB平行的直线为x轴，线段AB的垂直平分线所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，则Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，－\f(3\r(3),2)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－\f(3\r(3),2)))，设D(3cosθ，3sinθ)，因为eq \o(AB,\s\up16(→))＝(3，0)，eq \o(AD,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3cosθ＋\f(3,2)，3sinθ＋\f(3\r(3),2)))，所以eq \o(AD,\s\up16(→))·eq \o(AB,\s\up16(→))＝9cosθ＋eq \f(9,2)≤eq \f(27,2)，当且仅当cosθ＝1时，eq \o(AD,\s\up16(→))·eq \o(AB,\s\up16(→))取得最大值eq \f(27,2). eq \f(27,2) 解析：设b＝(x，y)，则由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a·b＝0，,\r(x2＋y2)＝5，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(6x－8y＝0，,x2＋y2＝25，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝4，,y＝3))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－4，,y＝－3，))设c＝(1，0)，当b＝(4，3)时，cos〈b，c〉＝eq \f(b·c,|b||c|)＝eq \f(4,5)>0，又因为向量夹角的范围为[0，π]，故此时夹角为锐角，舍去；当b＝(－4，－3)时，cos〈b，c〉＝eq \f(b·c,|b||c|)＝－eq \f(4,5)<0，此时夹角为钝角．故选D. 2．(2025·湖南郴州三模)在平面直角坐标系xOy中，已知A(2，－1)，B(1，1)，eq \o(OP,\s\up16(→))＝λeq \o(OA,\s\up16(→))＋(2－λ)eq \o(OB,\s\up16(→))，若eq \o(OP,\s\up16(→))⊥eq \o(OB,\s\up16(→))，则λ的值为(　　) A．4 B．2 C．－2 D．－3 解析：因为A(2，－1)，B(1，1)，所以eq \o(OA,\s\up16(→))＝(2，－1)，eq \o(OB,\s\up16(→))＝(1，1)，由eq \o(OP,\s\up16(→))＝λeq \o(OA,\s\up16(→))＋(2－λ)eq \o(OB,\s\up16(→))，得eq \o(OP,\s\up16(→))＝λ(2，－1)＋(2－λ)(1，1)＝(2＋λ，2－2λ)，又eq \o(OP,\s\up16(→))⊥eq \o(OB,\s\up16(→))，所以eq \o(OP,\s\up16(→))·eq \o(OB,\s\up16(→))＝0，即(2＋λ)×1＋(2－2λ)×1＝4－λ＝0，解得λ＝4.故选A. 3．已知平面向量a，b，c均为单位向量，且|a－b|＝1，则(a－b)·(b－c)的最大值为(　　) A．eq \f(1,4) B．eq \f(1,2) C．1 D．eq \f(3,2) 解析：解法一：依题意，1＝a2＋b2－2a·b＝1＋1－2a·b，故a·b＝eq \f(1,2)，所以(a－b)·(b－c)＝a·b－b2－(a－b)·c＝(b－a)·c－eq \f(1,2)＝|b－a||c|cos〈b－a，c〉－eq \f(1,2)≤1－eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)，当且仅当b－a与c同向时，等号成立，所以(a－b)·(b－c)的最大值为eq \f(1,2).故选B. 解法二：依题意，1＝a2＋b2－2a·b＝1＋1－2a·b，故a·b＝eq \f(1,2)，所以cos〈a，b〉＝eq \f(a·b,|a||b|)＝eq \f(1,2)，故〈a，b〉＝60°.设eq \o(OA,\s\up16(→))＝a，eq \o(OB,\s\up16(→))＝b，eq \o(OC,\s\up16(→))＝c，则A，B，C三点位于单位圆O上，且△OAB为正三角形．(a－b)·(b－c)＝eq \o(BA,\s\up16(→))·eq \o(CB,\s\up16(→))＝|eq \o(BA,\s\up16(→))||eq \o(CB,\s\up16(→))|cos〈eq \o(BA,\s\up16(→))，eq \o(CB,\s\up16(→))〉＝－|eq \o(CB,\s\up16(→))|cos〈eq \o(BA,\s\up16(→))，eq \o(BC,\s\up16(→))〉，由图可知，当OC∥AB且〈eq \o(BA,\s\up16(→))，eq \o(BC,\s\up16(→))〉为钝角时，|eq \o(CB,\s\up16(→))|cos〈eq \o(BA,\s\up16(→))，eq \o(BC,\s\up16(→))〉取得最小值－eq \f(1,2)，此时(a－b)·(b－c)取得最大值eq \f(1,2).故选B. 解析：依题意可知eq \o(AM,\s\up16(→))＝eq \o(AD,\s\up16(→))＋eq \o(DM,\s\up16(→))＝eq \o(AD,\s\up16(→))＋eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up16(→))，又∠A＝60°，AB＝eq \f(3,2)AD，所以eq \o(AD,\s\up16(→))·eq \o(AM,\s\up16(→))＝eq \o(AD,\s\up16(→))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AD,\s\up16(→))＋\f(1,2)\o(AB,\s\up16(→))))＝eq \o(AD,\s\up16(→))2＋eq \f(1,2) eq \o(AD,\s\up16(→))·eq \o(AB,\s\up16(→))＝eq \o(AD,\s\up16(→))2＋eq \f(1,2)|eq \o(AD,\s\up16(→))||eq \o(AB,\s\up16(→))|cos60°＝eq \o(AD,\s\up16(→))2＋eq \f(1,2)|eq \o(AD,\s\up16(→))|×eq \f(3,2)|eq \o(AD,\s\up16(→))|×eq \f(1,2)＝eq \f(11,8)|eq \o(AD,\s\up16(→))|2， 4．(2025·河北秦皇岛二模)在平行四边形ABCD中，∠A＝60°，AB＝eq \f(3,2)AD.若M为DC的中点，则向量eq \o(AM,\s\up16(→))在向量eq \o(AD,\s\up16(→))上的投影向量为__________(用eq \o(AD,\s\up16(→))表示)；若AB＝3，点G在边DC上，满足eq \o(DG,\s\up16(→))＝eq \f(1,3) eq \o(DC,\s\up16(→))，点E，F分别为线段AB，BC上的动点，满足BE＋BF＝1，则eq \o(GE,\s\up16(→))·eq \o(GF,\s\up16(→))的最小值为__________． eq \f(11,8) eq \o(AD,\s\up16(→)) eq \f(23,8) 则向量eq \o(AM,\s\up16(→))在向量eq \o(AD,\s\up16(→))上的投影向量为eq \f(\o(AD,\s\up16(→))·\o(AM,\s\up16(→)),|\o(AD,\s\up16(→))|)·eq \f(\o(AD,\s\up16(→)),|\o(AD,\s\up16(→))|)＝eq \f(\o(AD,\s\up16(→))·\o(AM,\s\up16(→)),|\o(AD,\s\up16(→))|2) eq \o(AD,\s\up16(→))＝eq \f(\f(11,8)|\o(AD,\s\up16(→))|2,|\o(AD,\s\up16(→))|2) eq \o(AD,\s\up16(→))＝eq \f(11,8) eq \o(AD,\s\up16(→)).以A为原点，AB所在直线为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系．由AB＝3，AB＝eq \f(3,2)AD，得AD＝2，又∠A＝60°，所以A(0，0)，B(3，0)，D(1，eq \r(3))，因为eq \o(DG,\s\up16(→))＝eq \f(1,3) eq \o(DC,\s\up16(→))，所以G(2，eq \r(3))．设E(t，0)，2<t<3，所以BE＝3－t，由BE＋BF＝1，得BF＝t－2，所以Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2)＋2，\f(\r(3),2)t－\r(3)))，所以eq \o(GE,\s\up16(→))＝(t－2，－eq \r(3))，eq \o(GF,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2)，\f(\r(3),2)t－2\r(3)))，可得eq \o(GE,\s\up16(→))·eq \o(GF,\s\up16(→))＝eq \f(t,2)(t－2)－eq \r(3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)t－2\r(3)))＝eq \f(1,2)t2－eq \f(5,2)t＋6＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(5,2))) eq \s\up12(2)＋eq \f(23,8)，当t＝eq \f(5,2)时，eq \o(GE,\s\up16(→))·eq \o(GF,\s\up16(→))取得最小值，为eq \f(23,8). 2．(2025·新课标Ⅱ卷，2)已知z＝1＋i，则eq \f(1,z－1)＝(　　) A．－i B．i C．－1 D．1 解析：因为z＝1＋i，所以eq \f(1,z－1)＝eq \f(1,1＋i－1)＝eq \f(1,i)＝eq \f(i,i2)＝－i.故选A. 3．(2025·北京卷，2)已知复数z满足i·z＋2＝2i，则|z|＝(　　) A．eq \r(2) B．2eq \r(2) C．4 D．8 解析：由i·z＋2＝2i，可得z＝eq \f(－2＋2i,i)＝2＋2i，所以|z|＝eq \r(22＋22)＝2eq \r(2).故选B. 解析：由题意及题图得，视风风速对应的向量为n＝(0，2)－(3，3)＝(－3，－1)，视风风速对应的向量是真风风速对应的向量与船行风速对应的向量之和，船行风速对应的向量与船速对应的向量大小相等、方向相反．设真风风速对应的向量为n1，船行风速对应的向量为n2，∴n＝n1＋n2，又n2＝－[(3，3)－(2，0)]＝(－1，－3)，∴n1＝n－n2＝(－3，－1)－(－1，－3)＝(－2，2)，|n1|＝eq \r(（－2）2＋22)＝2eq \r(2)≈2.828，由题表得，真风为轻风．故选A. 解析：a－b＝(1，1－2x)，因为a⊥(a－b)，所以a·(a－b)＝0，则x＋1－2x＝0，解得x＝1，则a＝(1，1)，|a|＝eq \r(2). eq \r(2) 6．(2025·天津卷，14)在△ABC中，D为AB的中点，eq \o(CE,\s\up16(→))＝eq \f(1,3) eq \o(CD,\s\up16(→))，eq \o(AB,\s\up16(→))＝a，eq \o(AC,\s\up16(→))＝b，则eq \o(AE,\s\up16(→))＝___________(用a，b表示)，若|eq \o(AE,\s\up16(→))|＝5，AE⊥CB，则eq \o(AE,\s\up16(→))·eq \o(CD,\s\up16(→))＝______． 解析：如图，因为eq \o(CE,\s\up16(→))＝eq \f(1,3) eq \o(CD,\s\up16(→))，所以eq \o(AE,\s\up16(→))－eq \o(AC,\s\up16(→))＝eq \f(1,3)(eq \o(AD,\s\up16(→))－eq \o(AC,\s\up16(→)))，所以eq \o(AE,\s\up16(→))＝eq \f(1,3) eq \o(AD,\s\up16(→))＋eq \f(2,3) eq \o(AC,\s\up16(→)).因为D为AB的中点，所以eq \o(AE,\s\up16(→))＝eq \f(1,6) eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \f(2,3) eq \o(AC,\s\up16(→))＝eq \f(1,6)a＋eq \f(2,3)b.因为|eq \o(AE,\s\up16(→))|＝5，所以eq \o(AE,\s\up16(→))2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)a＋\f(2,3)b)) eq \s\up12(2)＝eq \f(1,36)a2＋eq \f(2,9)a·b＋eq \f(4,9)b2＝25，即a2＋8a·b＋16b2＝900，因为AE⊥CB，所以eq \o(AE,\s\up16(→))·eq \o(CB,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)a＋\f(2,3)b))·(a－b)＝eq \f(1,6)a2＋eq \f(1,2)a·b－eq \f(2,3)b2＝0，即a2＋3a·b＝4b2，所以a2＋4a·b＝180，又eq \o(CD,\s\up16(→))＝eq \o(CA,\s\up16(→))＋eq \o(AD,\s\up16(→))＝－b＋eq \f(1,2)a，所以eq \o(AE,\s\up16(→))·eq \o(CD,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)a＋\f(2,3)b))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－b＋\f(1,2)a))＝eq \f(1,12)a2＋eq \f(1,6)a·b－eq \f(2,3)b2＝eq \f(1,12)(a2＋2a·b－8b2)＝eq \f(1,12)(a2＋2a·b－2a2－6a·b)＝eq \f(1,12)(－a2－4a·b)＝－15. eq \f(1,6)a＋eq \f(2,3)b 剪纸是中国古老的传统民间艺术之一，剪纸时常会沿着纸的某条对称轴对折．将一张纸片先左右折叠，再上下折叠，然后沿半圆弧虚线裁剪，展开得到最后的图形，若正方形ABCD的边长为2，点P在四段圆弧上运动，则eq \o(AP,\s\up16(→))·eq \o(AB,\s\up16(→))的取值范围为_____________． 解析：如图，以AB，AD所在直线分别为x轴、y轴，建立平面直角坐标系，设点P(x，y)，易知以AD为直径的左半圆的方程为x2＋(y－1)2＝1(－1≤x≤0)，以BC为直径的右半圆的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝1(2≤x≤3)，∴点P的横坐标x的取值范围是[－1，3]，又eq \o(AP,\s\up16(→))＝(x，y)，eq \o(AB,\s\up16(→))＝(2，0)，∴eq \o(AP,\s\up16(→))·eq \o(AB,\s\up16(→))＝2x∈[－2，6]． 一、单选题 1．(2025·山东济南一模)设复数z满足eq \f(1＋z,2－i)＝i(i为虚数单位)，则z＝(　　) A．2i B．－2i C．－2＋2i D．－2－2i 2．(2025·广东清远二模)已知a＝(2，2m－1)，b＝(4，m)，且a∥b，则m＝(　　) A．4 B．eq \f(2,3) C．eq \f(3,4) D．－6 解析：因为a＝(2，2m－1)，b＝(4，m)，且a∥b，所以2×m＝4×(2m－1)，解得m＝eq \f(2,3).故选B. 4．在平行四边形ABCD中，点E满足eq \o(AE,\s\up16(→))＝eq \f(1,4) eq \o(AC,\s\up16(→))，则eq \o(BE,\s\up16(→))＝(　　) A．eq \f(3,4) eq \o(AB,\s\up16(→))－eq \f(1,4) eq \o(AD,\s\up16(→)) B．－eq \f(3,4) eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \f(1,4) eq \o(AD,\s\up16(→)) C．eq \o(AB,\s\up16(→))－eq \f(1,4) eq \o(AD,\s\up16(→)) D．－eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \f(1,4) eq \o(AD,\s\up16(→)) 解析：因为四边形ABCD为平行四边形，所以eq \o(AE,\s\up16(→))＝eq \f(1,4) eq \o(AC,\s\up16(→))＝eq \f(1,4)(eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(AD,\s\up16(→)))，所以eq \o(BE,\s\up16(→))＝eq \o(AE,\s\up16(→))－eq \o(AB,\s\up16(→))＝eq \f(1,4)(eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(AD,\s\up16(→)))－eq \o(AB,\s\up16(→))＝－eq \f(3,4) eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \f(1,4) eq \o(AD,\s\up16(→)).故选B. 5．(2025·湖南岳阳二模)已知非零向量a，b，若|a|＝eq \r(2)|b|，且(a＋b)⊥(a－2b)，则a与b的夹角为(　　) A.eq \f(π,4) B.eq \f(π,6) C.eq \f(π,3) D.eq \f(π,2) 解析：由(a＋b)⊥(a－2b)，得(a＋b)·(a－2b)＝a2－a·b－2b2＝0，故2|b|2－eq \r(2)|b||b|cos〈a，b〉－2|b|2＝0，得cos〈a，b〉＝0，由于〈a，b〉∈[0，π]，所以〈a，b〉＝eq \f(π,2).故选D. 7．等边三角形ABC的边长为3，若eq \o(AD,\s\up16(→))＝2eq \o(DC,\s\up16(→))，eq \o(BF,\s\up16(→))＝eq \o(FD,\s\up16(→))，则|eq \o(AF,\s\up16(→))|＝(　　) A.eq \f(\r(19),2) B.eq \f(\r(17),2) C.eq \f(\r(15),2) D.eq \f(\r(13),2) 解析：解法一：因为eq \o(BF,\s\up16(→))＝eq \o(FD,\s\up16(→))，所以eq \o(AF,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(AD,\s\up16(→)))，因为eq \o(AD,\s\up16(→))＝2eq \o(DC,\s\up16(→))，所以eq \o(AD,\s\up16(→))＝eq \f(2,3) eq \o(AC,\s\up16(→))，所以eq \o(AF,\s\up16(→))＝eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \f(1,3) eq \o(AC,\s\up16(→))，又|eq \o(AB,\s\up16(→))|＝|eq \o(AC,\s\up16(→))|＝3，〈eq \o(AB,\s\up16(→))，eq \o(AC,\s\up16(→))〉＝eq \f(π,3)，所以|eq \o(AF,\s\up16(→))|2＝eq \o(AF,\s\up16(→))2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\o(AB,\s\up16(→))＋\f(1,3)\o(AC,\s\up16(→)))) eq \s\up12(2)＝eq \f(1,4) eq \o(AB,\s\up16(→))2＋eq \f(1,3) eq \o(AB,\s\up16(→))·eq \o(AC,\s\up16(→))＋eq \f(1,9) eq \o(AC,\s\up16(→))2＝eq \f(1,4)×32＋eq \f(1,3)×3×3×coseq \f(π,3)＋eq \f(1,9)×32＝eq \f(19,4)，所以|eq \o(AF,\s\up16(→))|＝eq \f(\r(19),2).故选A. 解法二：如图，取BC的中点O，建立平面直角坐标系，则Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3\r(3),2)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，0))，由eq \o(AD,\s\up16(→))＝2eq \o(DC,\s\up16(→))，得eq \o(AD,\s\up16(→))＝eq \f(2,3) eq \o(AC,\s\up16(→))＝eq \f(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－\f(3\r(3),2)))＝(1，－eq \r(3))，所以Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(3),2)))，由eq \o(BF,\s\up16(→))＝eq \o(FD,\s\up16(→))，得F为BD的中点，所以Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，\f(\r(3),4)))，所以eq \o(AF,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，－\f(5\r(3),4)))，故|eq \o(AF,\s\up16(→))|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5\r(3),4)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(19),2).故选A. 8．(2025·北京西城一模)蜂巢的精密结构是通过优胜劣汰的进化自然形成的．若不计蜂巢壁的厚度，蜂巢的横截面可以看成正六边形网格图，如图所示．设P为图中7个正六边形(边长为4)的某一个顶点，A，B为两个固定顶点，则eq \o(PA,\s\up16(→))·eq \o(PB,\s\up16(→))的最大值为(　　) A．44 B．48 C．72 D．76 解析：以该网格图的中心O为原点，AB所在直线为x轴，线段AB的垂直平分线所在直线为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系．设P(x，y)，因为正六边形的边长为4，所以A(－8，0)，B(8，0)，所以eq \o(PA,\s\up16(→))＝(－8－x，－y)，eq \o(PB,\s\up16(→))＝(8－x，－y)，所以eq \o(PA,\s\up16(→))·eq \o(PB,\s\up16(→))＝－(8＋x)(8－x)＋y2＝x2＋y2－64.设点P(x，y)到原点的距离为d，则eq \o(PA,\s\up16(→))·eq \o(PB,\s\up16(→))的最大值为deq \o\al(2,max)－64，由图可知，离原点距离最远的正六边形顶点为最外围的顶点，可取P(8，4eq \r(3))，所以deq \o\al(2,max)－64＝|OP|2－64＝64＋48－64＝48，即eq \o(PA,\s\up16(→))·eq \o(PB,\s\up16(→))的最大值为48.故选B. 二、多选题 9．(2025·河南部分高中4月联考)已知z＝eq \f(4＋2ai,1－i)，i为虚数单位，a∈R，eq \o(z,\s\up12(－))是z的共轭复数，则下列说法正确的是(　　) A．若z为纯虚数，则a＝2 B．若z在复平面内对应的点位于第一象限，则a的取值范围是(－2，2) C．|z|的最小值为2eq \r(2) D．zeq \o(z,\s\up12(－))为定值 解析：z＝eq \f(4＋2ai,1－i)＝eq \f(（4＋2ai）（1＋i）,（1－i）（1＋i）)＝(2＋ai)(1＋i)＝(2－a)＋(a＋2)i.对于A，若z为纯虚数，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2－a＝0，,a＋2≠0，))解得a＝2，A正确；对于B，若z在复平面内对应的点位于第一象限，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2－a>0，,a＋2>0，))解得－2<a<2，即a的取值范围是(－2，2)，B正确；对于C，|z|＝eq \r(（2－a）2＋（a＋2）2)＝eq \r(2a2＋8)≥2eq \r(2)，C正确；对于D，zeq \o(z,\s\up12(－))＝[(2－a)＋(a＋2)i][(2－a)－(a＋2)i]＝(2－a)2＋(a＋2)2＝2a2＋8，不是定值，D错误．故选ABC. 解析：作向量eq \o(OA,\s\up16(→))＝a，eq \o(OB,\s\up16(→))＝b，在▱OACB中，eq \o(OC,\s\up16(→))＝a＋b，eq \o(BA,\s\up16(→))＝a－b，由向量a＋b平分a与b的夹角，得▱OACB是菱形，即|a|＝|b|.对于A，a与b不一定垂直，A错误；对于B，(a＋b)·(a－b)＝a2－b2＝0，即(a＋b)⊥(a－b)，B正确； 对于C，a在a＋b上的投影向量为eq \f(a·（a＋b）,|a＋b|2)(a＋b)＝eq \f(a2＋a·b,|a＋b|2)(a＋b)，b在a＋b上的投影向量为eq \f(b·（a＋b）,|a＋b|2)(a＋b)＝eq \f(b2＋a·b,|a＋b|2)(a＋b)＝eq \f(a2＋a·b,|a＋b|2)(a＋b)，C正确；对于D，由A项分析可知，a·b不一定为0，则|a＋b|与|a－b|不一定相等，D错误．故选BC. 11．定义域是复数集的子集的函数称为复变函数，f(z)＝z2就是一个多项式复变函数．给定多项式复变函数f(z)之后，对任意一个复数z0，通过计算公式zn＋1＝f(zn)，n∈Z可以得到一列值z0，z1，z2，…，zn，….如果存在一个正数M，使得|zn|<M对任意n∈N都成立，则称z0为f(z)的收敛点；否则，称为f(z)的发散点．则下列选项中是f(z)＝z2的收敛点的是(　　) A．eq \r(2) B．－i C．1－i D．eq \f(1,2)－eq \f(\r(3),2)i 解析：对于A，由zn＋1＝zeq \o\al(2,n)可得数列eq \r(2)，2，4，16，…，故A不满足题意；对于B，由zn＋1＝zeq \o\al(2,n)可得数列－i，－1，1，1，…，则存在一个正数M＝2，使得|zn|<M对任意n∈N都成立，故B满足题意；对于C，由zn＋1＝zeq \o\al(2,n)可得数列1－i，－2i，－4，16，…，故C不满足题意；对于D，由zn＋1＝zeq \o\al(2,n)可得数列eq \f(1,2)－eq \f(\r(3),2)i，－eq \f(1,2)－eq \f(\r(3),2)i，－eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),2)i，－eq \f(1,2)－eq \f(\r(3),2)i，…，因为eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(\r(3),2)i))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)－\f(\r(3),2)i))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i))＝1，所以存在一个正数M＝2，使得|zn|<M对任意n∈N都成立，故D满足题意．故选BD. 解析：因为(a·b)c＝(b·c)a，即|a||b|cos〈a，b〉·c＝|b||c|·cos〈b，c〉·a，所以a∥c，且|a||b||cos〈a，b〉|·|c|＝|b||c|·|cos〈b，c〉|·|a|，即|cos〈a，b〉|＝|cos〈b，c〉|，又|a|>|b|>|c|，即|a|>2eq \r(2)>|c|，所以满足|a|>2eq \r(2)>|c|，且a∥c的向量a，c都满足条件，故可取a＝(3，0)，c＝(1，0)． 13．(2025·辽宁名校联盟一模)设复数z1，z2满足|z1|＝|z2|＝1，z1－z2＝－eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),2)i，则|z1＋z2|＝________． 解析：因为对任意复数z1，z2，都有|z1＋z2|2＋|z1－z2|2＝2(|z1|2＋|z2|2)，又z1－z2＝－eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),2)i，所以|z1－z2|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i))＝eq \r(\f(1,4)＋\f(3,4))＝1，所以|z1＋z2|2＝2(|z1|2＋|z2|2)－|z1－z2|2＝3，所以|z1＋z2|＝eq \r(3). eq \r(3) 14．(2025·江西宜春一模)铜钱，古代铜质辅币，指秦汉以后的各类方孔圆钱，其形状如图所示．若图中正方形ABCD的边长为4，圆O的半径为4eq \r(2)，正方形ABCD的中心与圆O的圆心重合，动点P在圆O上，且eq \o(AP,\s\up16(→))＝λeq \o(AB,\s\up16(→))＋μeq \o(AD,\s\up16(→))，则λ＋μ的最大值为________． 解析：解法一：建立如图所示的平面直角坐标系，则A(0，0)，B(4，0)，D(0，4)，点P在圆(x－2)2＋(y－2)2＝32上，设点P(2＋4eq \r(2)cosθ，2＋4eq \r(2)sinθ)，则eq \o(AP,\s\up16(→))＝(2＋4eq \r(2)cosθ，2＋4eq \r(2)sinθ)，eq \o(AB,\s\up16(→))＝(4，0)，eq \o(AD,\s\up16(→))＝(0，4)，因为eq \o(AP,\s\up16(→))＝λeq \o(AB,\s\up16(→))＋μeq \o(AD,\s\up16(→))，所以(2＋4eq \r(2)cosθ，2＋4eq \r(2)sinθ)＝λ(4，0)＋μ(0，4)＝(4λ，4μ)，所以4λ＝2＋4eq \r(2)cosθ，4μ＝2＋4eq \r(2)sinθ，所以λ＋μ＝eq \r(2)sinθ＋eq \r(2)cosθ＋1＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＋1≤3，即λ＋μ的最大值为3. 解法二：过点P作平行于BD的直线分别交AB，AD的延长线于点M，N，设AP交BD于点Q，取线段MN的中点E，连接AE，因为D，Q，B三点共线，则存在p∈R，使得eq \o(DQ,\s\up16(→))＝peq \o(DB,\s\up16(→))，所以eq \o(AQ,\s\up16(→))－eq \o(AD,\s\up16(→))＝p(eq \o(AB,\s\up16(→))－eq \o(AD,\s\up16(→)))，则eq \o(AQ,\s\up16(→))＝peq \o(AB,\s\up16(→))＋(1－p)eq \o(AD,\s\up16(→))，因为A，Q，P三点共线，则存在k∈R，使得eq \o(AP,\s\up16(→))＝keq \o(AQ,\s\up16(→))＝kpeq \o(AB,\s\up16(→))＋k(1－p)eq \o(AD,\s\up16(→))，因为eq \o(AP,\s\up16(→))＝λeq \o(AB,\s\up16(→))＋μeq \o(AD,\s\up16(→))，且eq \o(AB,\s\up16(→))，eq \o(AD,\s\up16(→))不共线，则λ＝kp，μ＝k(1－p)，所以λ＋μ＝kp＋k(1－p)＝k，因为AB＝AD，且∠ABD＝45°，MN∥BD，则∠AMN＝45°，所以△AMN为等腰直角三角形，所以AE⊥MN，易知AO⊥BD，即AO⊥MN，故A，O，E三点共线，要使得λ＋μ取得最大值，则k>0，且k＝eq \f(|\o(AP,\s\up16(→))|,|\o(AQ,\s\up16(→))|)＝eq \f(|\o(AE,\s\up16(→))|,|\o(AO,\s\up16(→))|)≤eq \f(|\o(AO,\s\up16(→))|＋|\o(OE,\s\up16(→))|,|\o(AO,\s\up16(→))|)≤eq \f(2\r(2)＋4\r(2),2\r(2))＝3，当且仅当E为射线AO与圆O的交点时，λ＋μ取得最大值3. $