第9讲 平面向量的应用及复数 课件-湖南省2026年普通高中学业水平合格性考试复习高二数学

该高中数学高考复习课件聚焦平面向量应用、正余弦定理及复数三大核心模块，依据高考评价体系明确“掌握正弦定理、余弦定理及其应用”“掌握复数几何意义与四则运算”等考查要求。通过考情动态表分析考点权重，系统梳理向量运算、正余弦定理公式、复数概念等知识，归纳向量证明几何问题、解三角形、复数运算等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“考点探究+变式训练+达标检测”的实战设计，如探究点二通过正弦定理求三角形边角问题，结合变式题强化运算能力与推理意识，探究点六聚焦复数四则运算，运用(ac－bd)+(ad+bc)i法则培养数学思维。巩固练习涵盖选择、填空、解答题，帮助学生熟练答题技巧，教师可依托此课件精准把握高考方向，提升复习效率。

2026年湖南省普通高中学业水平复习 数 学 第9讲 平面向量的应用及复数 必修第二册 目录 1.考情分析 2.知识梳理 3.考点探究 4.达标训练 考情分析 考情动态 核心知识 评价要求 了解 理解 掌握 平面几何中的向量方法 √ 向量在物理中的应用举例 √ 余弦定理、正弦定理 √ 余弦定理、正弦定理应用举例 √ 数系的扩充和复数的概念 √ 复数的几何意义 √ 复数的四则运算 √ 知识梳理 知识梳理 向量 向量运算 翻译 其他两边平方 a2＋b2－2abcos C a2＋c2－2accos B 的和减去这两边与它们夹角的余弦的积的两倍 2Rsin B 2Rsin C 2Rsin A 虚数单位 －1 a a＝b＝0 a＝c且b＝d (ac－bd)＋(ad＋bc)i (a－c)＋(b－d)i 考点探究 探究点一：利用向量证明平面几何问题 【变式题】 探究点二：用正弦定理求三角形的边角问题 D D 【变式题】 A C 探究点三：用余弦定理求三角形的边角问题 D 【变式题】 C 探究点四：复数的概念 D 【变式题】 探究点五：复数的几何意义 D -3 -10 【变式题】 A C 探究点六：复数的运算 D A 【变式题】 C D 巩固练习 一、选择题 D D D B B A A B C A C A 二、填空题 30° 三、解答题 本课结束！ 1.向量方法解决平面几何问题的步骤 用向量方法解决平面几何问题的“三步曲”： (1)建立平面几何与向量的联系，用向量表示问题中涉及的几何元素，将平面几何问题转化为① 问题. (2)通过② ，研究几何元素之间的关系，如距离、夹角等问题. (3)把运算结果“③ ”成几何关系. 2.向量方法解决物理问题的步骤 用向量方法讨论物理学中的相关问题，一般来说分为四个步骤： (1)问题转化，即把物理问题转化为数学问题. (2)建立模型，即建立以向量为载体的数学模型. (3)求解参数，即求向量的模、夹角、数量积等. (4)回答问题，即把所得的数学结论回归到物理问题. 3.解三角形 (1)余弦定理 在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，则有 余弦定理 语言叙述 三角形中任何一边的平方，等于④ 公式表达 a2＝b2＋c2－2bccos A，b2＝⑤ ，c2＝⑥ 推论 cos A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)，cos B＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)， cos C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab) (2)正弦定理 正弦定理： eq \f(a,sin A)＝ eq \f(b,sin B)＝ eq \f(c,sin C)＝2R(其中R为△ABC外接圆的半径)； 变式：a＝⑦ ，b＝⑧ ，c＝⑨ ； sin A＝ eq \f(a,2R)，sin B＝ eq \f(b,2R)，sin C＝ eq \f(c,2R)(其中R是△ABC外接圆的半径). (3)三角形的面积公式 S＝ eq \f(1,2)ab sin C＝⑩ ＝ eq \f(1,2)bc sin A. eq \f(1,2)acsin B 4.复数的有关概念 (1)定义：我们把形如a＋bi(a，b∈R)的数叫做复数，其中i叫做⑪ ，满足i2＝⑫ . (2)表示方法：复数通常用字母z表示，即z＝a＋bi(a，b∈R)，其中⑬ 叫做复数z的实部，b叫做复数z的虚部． (3)复数相等的充要条件：设a，b，c，d都是实数，则a＋bi＝c＋di⇔⑭ ，a＋bi＝0⇔⑮ . 5.复数的几何意义 (1)复数z＝a＋bi(a，b∈R)复平面内的点Z(a，b). (2)复数z＝a＋bi(a，b∈R)平面向量eq \o(OZ,\s\up12(→)). 6.复数的模 (1)定义：向量eq \o(OZ,\s\up12(→))的模叫做复数z＝a＋bi(a，b∈R)的模或绝对值. (2)记法：复数z＝a＋bi的模记为|z|或|a＋bi|. (3)公式：|z|＝|a＋bi|＝⑯ . eq \r(a2＋b2) 7.复数的四则运算 设z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)是任意两个复数，则 (1)z1＋z2＝(a＋c)＋(b＋d)i； (2)z1－z2＝⑰ ； (3)z1·z2＝(a＋bi)(c＋di)＝⑱ ； (4) eq \f(z1,z2)＝ eq \f(a＋bi,c＋di)＝ eq \f(ac＋bd,c2＋d2)＋ eq \f(bc－ad,c2＋d2)i(c＋di≠0). 【例1】 如图，在正方形ABCD中，E，F分别是AB，BC的中点，求证：AF⊥DE. 【证明】 设 eq \o(AD,\s\up16(→))＝a， eq \o(AB,\s\up16(→))＝b，则|a|＝|b|，a·b＝0. 又 eq \o(DE,\s\up16(→))＝ eq \o(DA,\s\up16(→))＋ eq \o(AE,\s\up16(→))＝－a＋ eq \f(b,2)， eq \o(AF,\s\up16(→))＝ eq \o(AB,\s\up16(→))＋ eq \o(BF,\s\up16(→))＝b＋ eq \f(a,2)， 所以 eq \o(AF,\s\up16(→))· eq \o(DE,\s\up16(→))＝(b＋ eq \f(a,2))·(－a＋ eq \f(b,2))＝－ eq \f(a2,2)－ eq \f(3,4)a·b＋ eq \f(b2,2)＝ － eq \f(1,2)|a|2＋ eq \f(1,2)|b|2＝0. 故 eq \o(AF,\s\up16(→))⊥ eq \o(DE,\s\up16(→))，即AF⊥DE. 如图，在平行四边形ABCD的对角线BD所在的直线上取两点E，F，使BE＝DF.用向量方法证明：四边形AECF是平行四边形． 【证明】 在平行四边形ABCD中， eq \o(AB,\s\up16(→))＝ eq \o(DC,\s\up16(→))， 又由BE＝DF，则 eq \o(BE,\s\up16(→))＝－ eq \o(DF,\s\up16(→))， 则有 eq \o(AB,\s\up16(→))＋ eq \o(BE,\s\up16(→))＝ eq \o(DC,\s\up16(→))－ eq \o(DF,\s\up16(→))，即 eq \o(AE,\s\up16(→))＝ eq \o(FC,\s\up16(→))， 则有AE∥FC且AE＝FC， 故四边形AECF是平行四边形． 【例2】 (1)(2024·贵州省学考)△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若A＝ eq \f(π,6)，a＝3，sin B＝ eq \f(1,3)，则b＝( ) A． eq \f(1,3) B． eq \f(1,2) C．1 D．2 【解析】 由正弦定理 eq \f(a,sin A)＝ eq \f(b,sin B)，得b＝ eq \f(a sin B,sin A)＝ eq \f(3×\f(1,3),\f(1,2))＝2.故选D. 【答案】 D (2)在△ABC中，A＝60°，AC＝2，BC＝2 eq \r(3)，则B＝( ) A．30°或150° B．60°或120° C．60° D．30° 【解析】 由正弦定理 eq \f(a,sin A)＝ eq \f(b,sin B)，即 eq \f(2\r(3),\f(\r(3),2))＝ eq \f(2,sin B)，解得sin B＝ eq \f(1,2)，又AC<BC，所以B<A，即0°<B<60°，所以B＝30°.故选D. 【答案】 D (1)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知b＝ eq \r(3)a，B＝60°，则A＝( ) A．30° B．45° C．30°或150° D．45°或135° 【解析】 由正弦定理 eq \f(a,sin A)＝ eq \f(b,sin B)， 得sin A＝ eq \f(a sin B,b)＝ eq \f(1,2). 又因为b＝ eq \r(3)a，所以a<b，所以A<B，所以A＝30°. 故选A. 【答案】 A (2)在△ABC中，A＝60°，BC＝2 eq \r(3)，则△ABC外接圆的半径为( ) A． eq \f(1,2) B．1 C．2 D．4 【解析】 设R为△ABC外接圆的半径，由正弦定理得2R＝ eq \f(BC,sin A)＝ eq \f(2\r(3),sin 60°)＝4，解得R＝2， 所以△ABC外接圆的半径为2.故选C. 【答案】 C 【例3】 (2024·福建省学考)在△ABC中， a＝7，b＝3，c＝5，则 A＝( ) A． eq \f(π,6) B． eq \f(π,3) C． eq \f(π,2) D． eq \f(2π,3) 【解析】 由余弦定理得cos A＝ eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝ eq \f(9＋25－49,2×3×5)＝－ eq \f(1,2)，因为A∈(0，π)，所以A＝ eq \f(2π,3).故选D. 若△ABC为钝角三角形，且a＝2，b＝3，则边c的长度可以为( ) A．2.5 B．3 C．4 D． eq \r(13) 【答案】 C 【解析】 因为钝角三角形较短两边平方和小于较长边的平方， 因此有两种情况： 若c为最长边，由a2＋b2－c2＝4＋9－c2<0，可得c> eq \r(13)，又a＋b＝2＋3＝5>c，所以 eq \r(13)<c<5，可得C正确； 若b为最长边，由c2＋a2＝c2＋4<b2＝9，可得c< eq \r(5)， 又c>b－a＝1，所以1<c< eq \r(5)，此时没有选项符合． 故选C. 【例4】 已知复数z＝－5＋12i(i是虚数单位)，则下列说法正确的是( ) A．复数z的实部为5 B．复数z的虚部为12i C．复数z的共轭复数为5＋12i D．复数z的模为13 【解析】 因为z＝－5＋12i，所以z的实部为－5，虚部为12，z的共轭复数为－5－12i，模为 eq \r((－5)2＋122)＝13.故选D. 【答案】 D 当实数m取什么值时，复数z＝(m2＋5m＋6)＋(m2－2m－15)i是下列数？ (1)实数；(2)虚数；(3)纯虚数；(4)0. 【解析】 由m2＋5m＋6＝0，得m＝－2或m＝－3， 由m2－2m－15＝0，得m＝5或m＝－3. (1)当m2－2m－15＝0时，复数z为实数，所以m＝5或－3. (2)当m2－2m－15≠0时，复数z为虚数，所以m≠5且m≠－3. (3)当 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m2－2m－15≠0，,m2＋5m＋6＝0))时，复数z是纯虚数，所以m＝－2. (4)当 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m2－2m－15＝0，,m2＋5m＋6＝0))时，复数z是0，所以m＝－3. 【例5】 (1)(2025·广东省学考)在复平面内，复数z＝4－3i对应的点位于( ) A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 【解析】 复数z＝4－3i在复平面内所对应的点的坐标为(4，－3)，位于第四象限．故选D. (2)已知复数z1＝2＋3i，z2＝a＋bi(a，b∈R)，z3＝1－4i，它们在复平面上所对应的点分别为A，B，C.若 eq \o(OC,\s\up16(→))＝2 eq \o(OA,\s\up16(→))＋ eq \o(OB,\s\up16(→))，则a＝ ，b＝ . 【解析】 因为 eq \o(OC,\s\up16(→))＝2 eq \o(OA,\s\up16(→))＋ eq \o(OB,\s\up16(→))， 所以1－4i＝2(2＋3i)＋(a＋bi). 即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(1＝4＋a，,－4＝6＋b，))所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝－3，,b＝－10.)) (1)已知复数z＝(2＋i)(1－i)(i为虚数单位)，则|z|＝( ) A． eq \r(10) B． eq \r(11) C．2 eq \r(3) D． eq \r(14) 【解析】 因为复数z＝(2＋i)(1－i)＝2－2i＋i－i2＝3－i， 所以|z|＝ eq \r(32＋(－1)2)＝ eq \r(10).故选A. 【答案】 A (2)若复数(3－i)m－(1＋i)对应的点在第三象限内，则实数m的取值范围为( ) A．(－∞， eq \f(1,3)) B．(－∞，－1) C．(－1， eq \f(1,3)) D．( eq \f(1,3)，＋∞) 【解析】 (3－i)m－(1＋i)＝(3m－1)－(m＋1)i，因为其对应的点在第三象限内，所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(3m－1<0，,－(m＋1)<0，))解得－1<m< eq \f(1,3).故选C. 【答案】 C 【例6】 (1)(2025·北京市学考)已知复数z1＝2＋3i，z2＝1＋i，则z1＋z2＝( ) A．3＋2i B．－1＋2i C．－1＋4i D．3＋4i 【解析】 z1＋z2＝2＋3i＋1＋i＝3＋4i，故选D. 【答案】 D (2)(2＋i)(1＋i3)＝( ) A．3－i B．3＋3i C．1－i D．1＋i 【解析】 原式＝(2＋i)(1－i)＝2－2i＋i－i2＝3－i. 故选A. 【答案】 A (1)(2025·辽宁省学考) 复数(1＋i)2的虚部是( ) A．2i B．－2i C．2 D．－2 【解析】 因为(1＋i)2＝12＋2i＋i2＝2i， 所以复数(1＋i)2的虚部为2.故选C. 【答案】 C (2)若复数z满足(1＋z)i＝1－i，其中i是虚数单位，则|z|＝( ) A．1 B．2 C． eq \r(3) D． eq \r(5) 【解析】 由(1＋z)i＝1－i，得z＝ eq \f(1－i,i)－1＝－1－i－1＝－2－i， 所以|z|＝ eq \r((－2)2＋(－1)2)＝ eq \r(5).故选D. 【答案】 D 1．(2024·江苏省学考)在复平面内，复数z＝1－2i对应的点位于( ) A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 2．(2024·浙江省学考)(1＋i)(1－i)＝( ) A．－i B．i C．0 D．2 3．已知力F的大小|F|＝10，在F的作用下产生的位移s的大小|s|＝14，F与s的夹角为60°，则F做的功为( ) A．7 B．10 C．14 D．70 4．若m∈R，i为虚数单位，复数z＝m＋2＋(m－1)i为实数，则m＝( ) A．－1 B．1 －2 D．2 5．在四边形ABCD中，若 eq \o(AB,\s\up16(→))＝－ eq \o(CD,\s\up16(→))， eq \o(AB,\s\up16(→))· eq \o(BC,\s\up16(→))＝0，则四边形为( ) A．平行四边形 B．矩形 C．等腰梯形 D．菱形 6．(2024·河南省学考模拟)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sin B＋sin C＝2sin A，若△ABC的周长为3，则a＝( ) A．1 B．2 C． eq \r(2) D． eq \r(3) 【解析】 因为sin B＋sin C＝2sin A，所以由正弦定理可得b＋c＝2a，因为△ABC的周长为3，所以3a＝3，则a＝1.故选A. 7．(2024·江苏省学考)在△ABC中，若sin A∶sin B∶sin C＝2∶3∶4，则cos C＝( ) A．－ eq \f(1,4) B． eq \f(1,4) C． eq \f(11,16) D． eq \f(7,8) 【解析】 由正弦定理 eq \f(a,sin A)＝ eq \f(b,sin B)＝ eq \f(c,sin C)可得，sin A∶ sin B∶sin C＝a∶b∶c＝2∶3∶4，令a＝2k，b＝3k，c＝4k，k>0，所以cos C＝ eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝ eq \f(4k2＋9k2－16k2,2×2k×3k)＝－ eq \f(1,4).故选A. 8．在△ABC中，若b＝2，c＝2 eq \r(2)，B＝ eq \f(π,6)，则C＝( ) A． eq \f(π,4) B． eq \f(π,4)或 eq \f(3π,4) C． eq \f(3π,4) D． eq \f(π,15) 【解析】 由正弦定理 eq \f(b,sin B)＝ eq \f(c,sin C)， 可得sin C＝ eq \f(c sin B,b)＝ eq \f(2\r(2)×sin \f(π,6),2)＝ eq \f(\r(2),2)， 因为0<C<π，所以C＝ eq \f(π,4)或 eq \f(3π,4).因为c>b， 故C >B，即两解均符合题意．故选B. 9．在△ABC中，AB＝5，BC＝6，AC＝8，则△ABC的形状是( ) A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．无法判断 【解析】 由余弦定理可得cos B＝ eq \f(AB2＋BC2－AC2,2AB·BC)＝ eq \f(25＋36－64,2×5×6)＝－ eq \f(1,20)<0，故B为钝角，因此△ABC是钝角三角形．故选C. 10．若复数z＝ eq \f(2＋i,1－2i)，则| eq \o(z,\s\up16(－))|＝( ) A．1 B．5 eq \f(1,5) D． eq \r(5) 【解析】 因为z＝ eq \f(2＋i,1－2i)＝ eq \f((2＋i)(1＋2i),(1－2i)(1＋2i))＝i，所以| eq \o(z,\s\up16(－))|＝|z|＝1.故选A. 11．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知A＝60°，a＝ eq \r(6)，b＝4，则此三角形的解的情况是( ) A．有一个解 B．有两个解 C．无解 D.有解但解的个数不确定 【解析】 由正弦定理 eq \f(a,sin A)＝ eq \f(b,sin B)，得sin B＝ eq \f(b sin A,a)＝ eq \f(4×\f(\r(3),2),\r(6))＝ eq \r(2) > 1，故B不存在，即三角形无解．故选C. 12．某数学兴趣小组成员为测量某塔的高度，在该塔的底部O点的同一水平面上的A，B两处进行测量．如图，已知在A处测得塔顶P的仰角为45°，在B处测得塔顶P的仰角为30°，∠AOB＝150°，AB＝15 eq \r(7)米，则该塔的高度OP＝( ) A．15米 B．15 eq \r(3)米 C．30米 D．15 eq \r(7)米 【解析】 设OP＝h米，则OA＝h米，OB＝ eq \r(3)h米． 在△OAB中，由余弦定理可得AB2＝OA2＋OB2－2OA·OB cos∠AOB，即AB2＝h2＋3h2－2× eq \r(3)h2cos 150°＝7h2， 又因为AB＝15 eq \r(7)米，即(15 eq \r(7))2＝7h2，解得h＝15. 故选A. 13．(2025·湖南省学考) 已知i为虚数单位，x，y∈R且x＋yi＝3－4i，则x＋y＝ . －1 14．(2025·云南省学考)在△ABC中，三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若a2＝b2＋c2－ eq \f(1,2)bc，则cos A＝ . 15．在△ABC中，若其面积为S，且 eq \o(AB,\s\up16(→))· eq \o(AC,\s\up16(→))＝2 eq \r(3)S，则A＝ . 【解析】 因为S＝ eq \f(1,2)| eq \o(AB,\s\up16(→))|| eq \o(AC,\s\up16(→))|·sin A，而 eq \o(AB,\s\up16(→))· eq \o(AC,\s\up16(→))＝| eq \o(AB,\s\up16(→))|| eq \o(AC,\s\up16(→))|·cos A，所以| eq \o(AB,\s\up16(→))|| eq \o(AC,\s\up16(→))|·cos A＝2 eq \r(3)× eq \f(1,2)×| eq \o(AB,\s\up16(→))|·| eq \o(AC,\s\up16(→))|· sin A，所以tan A＝ eq \f(\r(3),3)，故A＝30°. 16．若z∈C且|z|＝1，则|z－1－2i|的最小值是 . 【解析】 设z＝x＋yi(x，y∈R)，因为|z|＝1，所以x2＋y2＝1，其几何意义为圆心为(0，0)，半径为1的圆，所以|z－1－2i|＝|x－1＋(y－2)i|＝ eq \r((x－1)2＋(y－2)2)的最小值为圆心(0，0)到点(1，2)的距离减去半径，即 eq \r(5)－1. eq \r(5)－1 17．(2024·浙江省学考模拟)已知复数z(1＋ai)＝1－i(a∈R，i是虚数单位). (1)若z对应的点在实轴上，求实数a的值； (2)设 eq \o(z,\s\up16(－))是z的共轭复数，复数 eq \o(z,\s\up16(－))在复平面上对应的点在第二象限，求实数a的取值范围． 【解析】 (1)由复数z(1＋ai)＝1－i，可得z＝ eq \f(1－i,1＋ai)＝ eq \f((1－i)(1－ai),(1＋ai)(1－ai))＝ eq \f(1－a,1＋a2)－ eq \f(1＋a,1＋a2)i， 因为复数z对应的点在实轴上，所以 eq \f(1＋a,1＋a2)＝0，解得a＝－1. (2)由z＝ eq \f(1－a,1＋a2)－ eq \f(1＋a,1＋a2)i，可得 eq \o(z,\s\up16(－))＝ eq \f(1－a,1＋a2)＋ eq \f(1＋a,1＋a2)i.因为复数 eq \o(z,\s\up16(－))在复平面上对应的点在第二象限，可得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(1－a<0，,1＋a>0，))解得a>1，所以实数a的取值范围为(1，＋∞). 18．如图，在△ABC中，AB＝AC＝2，BC＝2 eq \r(3). (1)求内角B的大小； (2)设函数f(x)＝2sin (x＋B)，求f(x)的最大值，并指出此时x的值． 【解析】 (1)因为AB＝AC＝2，BC＝2 eq \r(3)， 所以cos B＝ eq \f(22＋(2\r(3))2－22,2×2×2\r(3))＝ eq \f(\r(3),2)， 又B∈(0，π)，所以B＝ eq \f(π,6). (2)由(1)知f(x)＝2sin (x＋ eq \f(π,6))， 当x＋ eq \f(π,6)＝2kπ＋ eq \f(π,2)，k∈Z，即x＝2kπ＋ eq \f(π,3)，k∈Z时，f(x)的最大值为2. 19．(2025·辽宁省学考)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足a＝2b cos B，B≠C. (1)求证：A＝2B； (2)若C＝ eq \f(π,2)，a＝ eq \r(3)，求△ABC的面积． 【解析】 (1)证明：由正弦定理 eq \f(a,sin A)＝ eq \f(b,sin B)，且a＝2b cos B， 所以sin A＝2sin B cos B＝sin 2B， 而A，B∈(0，π)，所以2B∈(0，2π)， 所以A＝2B或A＝π－2B， 又因为A＋B＋C＝π，且B≠C，所以A≠π－2B，所以A＝2B. (2)因为在△ABC中，C＝ eq \f(π,2)，A＝2B，所以A＝ eq \f(π,3)，B＝ eq \f(π,6)， 又a＝ eq \r(3)，由正弦定理得 eq \f(\r(3),\f(\r(3),2))＝ eq \f(b,\f(1,2))，解得b＝1， 所以S＝ eq \f(1,2)ab sin C＝ eq \f(1,2)× eq \r(3)×1×1＝ eq \f(\r(3),2). $