一輪復(fù)習(xí)配套課時精講課時檢測單元第五章平面向量與復(fù)數(shù)

義義

題 又 的量叫做向量，向量的大小，也就是向量的

規(guī)定：0與任一向 相等向量：長度 且方 相反向量：長度 且方

向量的表示方法：用 表示； 其方向 的

表示|向量叫做單位向量|a

是一個與a同向的

①三角形法則：aA為起baO .－a是一個與 量平行向量：方向 或

以第二個向量b的終點B 的量→量OB就是a與b 推廣： 向量叫做平行向量.平行向量又叫

圖 圖

a，b為鄰邊作?ABCDA

A.相

→AD＝b種形式

→解

→→→→ →

，即a－b表示ba(被減向量)

a＝

(如圖

D.a∥b且

解：a＝

ab②當(dāng)λ>0時，λa與a的方

ab同向共線.當(dāng)λ<0時，λa與a的方向 當(dāng)λ＝0時，λa＝

ACBDO，→＋

λ a(a≠0)b

解：由向量加法的平行四邊形法則得＝ ＝ CAB上，OC⊥AB，用和 1.(1)大小方向長度|→|

(2)長度為

則 則1個單位長度單位向量

→1

→1相同相反非零共線向量平行

相等相同(6)相等相反

3→1

3→1(7)字母有向線段2.(1)①起點終點

4 ②對角線4

②相同相反 類型一向量的基本概a≠bab④向量

→ AB與CD是共線向量，則

③→ ⑤方向為北偏西50→ A.①⑤B.④C.⑤

A.①②B.③④C.①③ 解：由 2→ 錯；a≠b，ab

→

→

正方形ABCD中→與→共線，但A，B，C，D

→

2a－2b，③正確；PR＝PT＋2b＝2a＋2b，④錯誤(2)(2014·福建)設(shè)M為平行四邊形ABCD對角一點，則 ，因此

重視對概念的學(xué)習(xí)；(3)上給出的概念(定義)

易知＝＋1

→＝

1→

是非常準(zhǔn)確、簡潔的，熟記這些概念(定義)

1

1

＝－

④在?ABCD中，一定有→＝

(1)(2013·模擬)如圖，在△ABC 和終點，故①不正確；|a|＝|b|a

→＝→不正確，正確的是④⑤.B. 類型二向量的線性運

→2 →(1)，下列結(jié)論正確的是

2

→1

→2m三邊BC，CA，AB的中點，則→＋→＝(

值為

→

1

1

→1→

1 1→

類型三向量共線的充要條件及

有＝ 2

6 其應(yīng)

mAB＋11AC＝mAB＋11AN＝5.已知向量a，b，且＝a＋2b→→

A，B，Cλ，μ，使得＝λ＋μλ＋

＋6b，→＝7a－2b，則一定共線的三點是( →→

→→ OAOOCABC

→，∴A，B，D三點共線.

∴存在實數(shù)m使得BC＝mAB，即 ∴ ∴

a，b是兩個不共線的向量，且向ma－3ba＋(2－m)bm的值為()1λ，μ，使得＝

，且

A.－1或 B.

C.－1或 D.3或若

3b＝ 解得則＝＋(1－

m＝－1m＝3.

∴ ∴→BC∥BABCBA∴A，B，C三點共線A，B，C共線，借助向量，只需證明

a∥bab λ，使→＝

a

aa相等，所以線段共線與

點 段AB點 段AM點 段BMO，A，M，B 段AM上.故選ABOC，D與區(qū)別

＝b，則對于兩個向量共線定理(a(a≠0)與b共線存在唯一實數(shù)λ使得b＝λa)中條件“a≠0”的 a＝0時，aba＝0b≠0時，b＝λaab共線

a, 1都成立，要求a≠0.換句話說，如果不加條

“a≠0a

1

解：連接OD，CD，顯然為菱形，故＝→1＋b，

若|a|＝|b|a＝b

5.(2013·八校聯(lián)考)設(shè)D，E，F(xiàn)分別△ABCBC，CA，AB上的點，且＝

→＝→，

→，則＋→

)

BCab

由題意得

→1

2→則|a＋b|＜|a－b|，C錯；D正確.

→1

2→ →2→1

則→ 1若

解：∵CD為∠ACB的角平分線，

→2→ ∴

＝→ → (1)MAB

1→如圖，在△ABC中，HBC→

的任一點，MAH的中點，若＝→＋

則

(1) →1→1

－x)AC.又M是AH

1故填 ABCBC2，O

ABCP滿足＝

∴OA＋OB＋AM＋BM＝2∵MAB ∴ 則

∴ 1

于是 1 ＋ → →1→ ＋

(2)如圖乙，∵→＝→，?

∴ ＝ ＝

＝

＝ba，b表示和

→＋設(shè)A1，A2，A3，A4是平面直角坐標(biāo)＝→∈R)

解：

μA1A2(μ∈R)，且λ＋μ＝2，則稱A3，A4調(diào)和分割 A2.C，DA，B → 在△ABCDBC

A.CABB.DABC.C，D可能同 段ABD.C，D不可能同 段AB的延長線解：C，DA，B，則→＝(λ∈R)，→＝→

，且證明：∵DBC

若C是線段AB的中點則→1 ∴→＋→＝

左邊＝

→＋→＝→＋→＋→＋

C，D同 段AB上，則

1＋μ＞2，CDC，D段AB的延長線上，則

故C，D不可能同時段AB的延長線上，D選項正確.D. x1＋λx2 1＋λ，1＋λ

λ＝1PP1P2

那么對于這一平面內(nèi)的任意向量a，有且只有一對實數(shù)λ1，λ2，使

， 把不共線的向量e1，e2叫做表示這

)C(xy

3

，

再由 bOA＝aOB＝b，則∠AOB＝θab的夾角(如圖向量夾角θ的范圍 .a與 如果向量a與b的夾角是 們就說a與b垂直，記作 x軸、y

2.(1非零(2)0°≤θ180°0°18090°3.(1)互相垂直 (2013·遼寧)已知點A(1，3)，B(4，－1)，則與向量→同方向的單 方向相同的兩個單位向量i，j作為基底.任作一個向量a由平面向量基本定理知有且只有一對實數(shù)x，y，使得a＝xi＋yj.則實數(shù)對 叫做向量a的(直角)坐標(biāo)，記作a＝ ，其中x叫做ax軸上的坐標(biāo)，yay

叫做向量的坐標(biāo)表示.與a ，

AB＝(3，－4)，|AB|＝5，→

已知a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，則 如果A(x1y1B(x2y2) PP1P2P1(x1，y1)，

如果e1，e2是平面α內(nèi)所有向量的一組基 aa＝λ1e1＋λ2e2，λ1，λ2是實數(shù)αa解：B，C，D都錯，只有A的表述是正確的，A.

λPP2時，點P的坐標(biāo)(xy

2)，若→∥a，則實數(shù)y的值為 1)，則 (2013·模擬)已知向量a＝(1，3)，b＝則實數(shù)k＝ cka＋b2(k－2)－3(3k類型一向量共線充要條件的坐

又∵(a＋λb)∥c，∴(1＋λ)×4－2×3＝0λ1類型二平面向量基(1)設(shè)e1，e2是相互垂直的單位向量，e1繞起點沿逆時針方向旋轉(zhuǎn)90°到e2.設(shè)向量v的模|v|＝r，e1繞原點旋轉(zhuǎn)到v的方向所成的角為α.則v在基e1，e2下的坐標(biāo)為 標(biāo)表(1)已知向量a＝(1，2)，b＝(2，0)，

在平面上建立直角坐標(biāo)系，O是原點，e1，e2

長設(shè)v＝v的坐標(biāo)就是點P的坐標(biāo)

解：λa＋b＝(λ＋2，2λ)λa＋b＝(1，－2)＝－1，

＝→＝(2)ABCD中，E，F(xiàn)與a＋3b共線，則m＝ →2a－ba＋3b5(1＋3m)－6(2－m)＝0，解得 解得 ＝3

CD的中點，DEAFH，記AB，BCb，則→ a－ B.a＋3

解：設(shè)

→對向量共線充要條件的理解及計算能力.解決此類－x2y1＝0即可

而

DH＝DA＋AH＝－b＋λAF＝－bb＝(m，2)，若a∥b，則實數(shù)m等于(

λ→＝→＝μa－1－ B.C.－2或

1 1 因此，μ解：a∥b1×2－m＝0，∴m＝±2.

有若λ為實數(shù)，(a＋λb)∥c，則 22

類型三求向量的坐5 5

1

ve1e2v＝e＋e，若向量u＝e1＋be2與vx1ye2a＝x且b＝.②若e1e2a12使a＝11＋e2，兩個不共線向量線性表示，且表示方式惟一.特別a＝0即11＋λe＝01＝2＝0.③a，b選擇兩個參數(shù)，，然后將同一向量→作兩種表μ..

的有向線段首尾相接能構(gòu)成四邊形，則向量d為() D. nA0A1…An A＝

→＋→＋→

A＋→(1)(2014·福建)在下列向量組中，可

1 00

n－1

ABCD中，AC解：A，C，D中，e1e2共線，故不存不共線，設(shè)存在實數(shù)λ，μ使得＋μ(5，－2)，解得λ＝2，μ＝1，∴a＝2e1＋e2.故

對角線，→＝(2，4)，→＝(1，3)，則→＝( 解：

(2)(2013·)向量a，b，c在正方形網(wǎng)格

的位置.若

，則

平面向量基本定理實際上是向量的分解定解：i，j分別為水平向右和豎直向上的單位－i－3j＝λ(－i＋j)＋μ(6i＋2j)6μ)i(λ2μ)j，根據(jù)平面向量基本定理得

用平面向量基本定理可將平面中任一向量分解成形如＝e1λe2(12∈1e2為同一

所以μ＝4.故填

1e

＋λ2e2＝0(λ1，λ2∈R)，那么，則

A.aba⊙b＝0因為b⊙a＝pnqma⊙b＝mqnpa⊙b≠b⊙aBC，D皆正確.故選 解：2a－b＝2(2，4)－(－1，1)＝(5，7).

<θ2

a＝(sin2θcosθ)，

＝2.

BC上的點，AD＝1AB，BE＝2BC.＝1

λD.a＝－4，2，

→1→2

1→22在△ABC中，已知a，b，c分別為 2

1→2 所對的邊，S為△ABC的面積.b2－c2)，q＝(3，S)，且滿足p∥q，則

故填

C. D.解：p∥q4S＝

m

tanC＝

.

4.(2014·六校聯(lián)考)“x＝2”是“向量

→＝→

(2，1)＝λ(1－m，m＋6)，得 解

形解：由向量a與b共線得 ∴x＝±2，∴“x＝2”是“向量a＝(x＋2，1)5.(2013·模擬)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，

＋→＋t為何值時，Px軸上？Py軸上？P ＝，且|OC|＝2，

λ，μ

6值是

解：(1)依題意，得A.A. D.－

∴∴解：因為

→，

若P在x軸上，則 ＝6，所以〈 OC〉＝6 ＝(λ，μ)，λ＝|OC|cos5π＝－ 1.

若P在y軸上，則1＋3t＝0，∴t 6P

∴∴在平面直角坐標(biāo)系中，點O(0，0)， (2)∵→＝(1，2)，

P(6，8)，將向量→繞點O按逆時 4若OABP是平行四邊形，則→＝→ 4

得向量OQ，則點Q的坐標(biāo)是( A.(－72，－2) B.(－72，2)C.(－4 D.(－4OABP不可能成為平行四邊形6)ACOBP的坐標(biāo)

解法一將向量→繞點O按逆時針 →||＝||＝x2＋y2＝10x＝－7 解：設(shè)＝t ∴→＝→－→

2x＝2，y＝－72Q點在第三象限.A正確.解法二：設(shè)→ →

sinθ＝5，則OQ＝10cosθ4，10sinθ4∵→

(－72，－2). 已知兩個非零向量a與b，把數(shù) ab的數(shù)量積(或內(nèi)積

x2＋y2 x2＋y2 記 其中θ是a與b的夾角

叫向量b在a方向上 ，即|a|

A.2 B. D.－a·b的幾何意義數(shù)量積a·b等

解：a·b＝3＋

2·9＋m2·

m＝3.

2①交換律 ③分配律

→→ A.銳角三角形B.C.鈍角三角形D.·＋2＝0?·→

→

③

(2013·海淀一模)若向量a，b滿足|a| 位向量，θae① ② ③當(dāng)a與b同向時，a·b＝ 當(dāng)a與b反向時，a·b＝ 特別地，a·a＝ 或|a|＝ ④ 設(shè)a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，

a·b＝－1(2014·江西)已知單位向量e1，e2的夾角為＝3且 a31－e2＝3－12e1·e2＝9，∴|a|＝3.故填(2013·新課標(biāo)Ⅱ)已知正方形ABCD① ＝ ；a2 ② ③|xx＋yy

的邊長為2E為CD的中點，則AE·BD 解：設(shè)→＝a＝b，則|a|＝|b|＝2.1 1

→→ 1

1

投影a

b

4＝2. (··) ③a＝0

類型一數(shù)量積的定義及幾何意

1111 1111(1)若a，b，c均為非零向量，則下列 3

3

A. B.

C.－3

3

－解

量積的幾何意義知向量方向上的投影為

3a⊥c，則a·c＝b·c＝0，但a≠b；④錯誤，因為數(shù)量c的倍數(shù)，a的倍數(shù).故填①②.

|AB|cos〈AB，CD〉

＝

.→→→→→→→AB＋AC＝2AO，且|OA|＝|AC|，則向量BA在向量→→→→→→→

類型二數(shù)量積的基 3

e1，e23 B. D.－

量，a＝e－2e，b＝ke＋ea·b＝0 BCO△ABC是直角三角形

的值 1解：因為1且

2k)(e·e)－2e2，且|e|＝|e|＝1，e

2＝－2，

k＋(1－2k)·－2－2＝0k＝4.4為 數(shù)量積a·b＝|a||b|cosθ＝x1x2＋y1y2(其中兩向量a·ba的長度|a|ba的方向上的投影|b|cosθ(1)(2013·陜西)設(shè)a，b為向量，則 充分不必要條件B.C.充分必要條件D.解：abθ，則

a·b＝0ab0a·b＝a·cb＝c，(a·b)·c≠a·(b·c)等.(2014·)已知a，b為單位向量，其夾角為60°，則(2a－b)·b＝( 12＝0.故選類型三用數(shù)量積表示兩個平面則a⊥b的充要條件是( 2＝|a|·|b||cosθ|＝|a|·|b|a，b0π或2

立.C.(2)(2013·)已知點A(－1，1)，B(1，2)，

解：2(x－1)＋2＝0，x＝0.D.影為

質(zhì)都是對數(shù)量積定義的考查.

解法二：a＋b，a－ba，b為鄰邊的

(1)若平面向量α，β滿足|α|＝1，|β|12，則α和β的夾角θ的取值范圍 四邊形的對角線相等.∴a⊥b.

0，即：a＝(x，y)，b＝(x，y)，則

6，66

(1)(2014·)設(shè)向量a＝(3，3)，b＝(1－). 解：由(a＋λb)⊥(a－λb)，得a2－λ2b2＝0，即18－2λ2＝0，∴λ＝±3.故填 解：易知

(2)若a，b，c均為單位向量，且a·b＝0，(a－ C. 解：|a＋b－c|＝＝A.a·b＝0，a，bA.1，B.類型五幾何圖形中向量的數(shù)量(1)1ABC 類型四向量的夾角與

解法一：由題知，DBC的中點，ECA的DBCx軸，ADy軸，建立如圖平面直角坐標(biāo)2，則a與b的夾角

系可得A

2

3，6解：abθ，由－2得 ＝3.2，解得 ＝3.

→ 3 → 3 → ＝ · －2 6 ＝ · 3 3(2)(2014·)若向量a，b滿足 D. B. 2D.解：∵(a＋b)⊥a，∴(a＋b)·a＝a2＋a·b＝0a＝1a·b＝－1＋b2＝0，∴b2＝2，即|b|＝2.

—2×6 AD AB＋2BC1求解.a·b＝|a||b|cosθ(θ

(2)ABCD1E

邊上的動點.則DE·CB的值為 → → → → →解：DE·CB＝(DA＋AE)·CB＝DA·CB＝|DA|→ → →解法一：A為坐標(biāo)原點，→x，yB(E(2，1)，D(0，2)，C(2，2).∴→＝((3)(2014·)已知菱形ABCD的邊長為

＝(

F為(x，2)，則由→·→＝2，得 ＝3BEDC＝λDF若AE·AF＝1λ的值為.

∴→∴BF＝(1－→

∴→

AE·BF＝2(1－2)＋2＝∵BE＝BC，∴AE＝AB＋

→→1

解法二：→→ 同理→1 →

＝1，|→|＝

∴→ → →1→ →

∴AB＋3AD·λAB＋AD＝1λ＝2.

→→ →→→ ＝＝＝0－2×(2－1)＋1×2＋0＝2.故填 (3)(2014·江蘇)ABCD中，已知AB＝8，AD＝5＝3

解：∵ ， 解：∵ ， AD＋4AB ＝ ＝ AP AD＋4AB＝→ 1→

3→

1→ 點，若AB＝3，BD＝1，則→·→

＝2，解得→·＝22.解

2，2ABCD中，AB＝2，BC＝2，EBCFCD上，若→→

0.a·b＝0a＝0＝0.應(yīng)注意平面向量的數(shù)量積不滿足結(jié)合律，即(a·b)·c＝a，ba，b

→

0且＝，即＝，而＝1求向量模的常用方法：利用公式|a|＝a2即＝a2將模的運算轉(zhuǎn)化為向量的數(shù)量積

＋

＝1

1→ → 1

2(AB＋AC)·(AC－AB)＝2(AC－AB)＝2(5－3＝8，

為平面區(qū)域

上的一個動點，則 ab共線，bcac若非零向量a，b滿足|a＋b|＝|a－b|ab

解：A顯然錯；B中b＝0時，a與c不一定 線；對|a＋b|＝|a－b|a·b＝0a

y＝x＋z1的一組平行線，當(dāng)它經(jīng)過B(0，2)時，z 3x＋8＝5x＝－1.A.3.(2014·新課標(biāo)卷Ⅱ)設(shè)向量a，b滿足＋b|＝10，|a－b|＝6，則

∴z的取值范圍是[0，2]，即·解：(a＋b)2＝10，(a－b)2＝6，兩式相減得

OAc＝ma＋b(m∈R)，且c與a的夾角等于c與b的夾角，則m＝(

與2a＋b同向的單位向量的坐標(biāo)表示為 向量b3a與向量a夾角的余弦值為

1).與2ab|2a＋b|，∴2c·a＝c·b，即，

1 3

形的對角線方向的向量，又∵ca

10＝10，101).b－3aaθ

|b－3a||a|

22

5.則·的值等于

3 10；(2) 2

10

—5，8.(2013·浙江)設(shè)e1，e2為單位向量，非零，

最大值等

661212 |x| x2＋y2＋3xy＝x2＋y2＋2xy·cos6＝x2＋y2＋3xy，x2＋y2＋3xy

1，1) y

→ →1＋＋

3

x＋2

即

9.a，b滿足a·b解：(1)由|a－b|＝2得|a－b|2＝a2－2a·b＋b2＝4

所以|AB＋AC|＝210，|AB－AC|＝42.42，2EEBC的中點，E(0，1).E(0，1)AD的中點，A(－1，－2)，D(1，4).BC＝42AD

1＝6

＝＝2＝(－2，－1)→以|a＋b|＝

→－

已知COP上的一點(O為坐標(biāo)原點

(2)對(1)C，求cos∠ACB.

＝－→→ →

→

＝－5

22∴

ABCDAB、AD的長2，1M、NBC、CD

|→

|→ → 且滿

AM·AN的取值范圍是

→ 當(dāng)＝(4，2)＝(－3，5)

ABxADy軸建立平面直角坐標(biāo)系 ∴ |CA|＝34，|CB|＝2，由(1)知

4 4 －8∴cos∠ACB＝→→

34·

17

根據(jù)題意，b

2AN＝(x1)AM，

→→

2，

t

＝0t的值

向量的和與差的模：|a＋b|

A43km/h的速度向行駛的速度為8km/h，則江水的流速的大() B.4C.32 D.2B正確，B.已知向量a＝(1，sinθ)，b＝(1，cosθ)，則

|a－b|的最大值為 ①G為△ABC重心的一個充要條件： OABC外心的一個充要條件： PABC

B. C. ∴|a－b|＝02＋（sinθ－cosθ）2＝∴|a－b|的最大值為2.(2013·福建)ABCD 使得OA＝αOBβOCO為平面任意一點，且

A. B.2 解：∵·＝0AC，BDy4)，θab的夾角

1

5×25＝5( ；|→

F1，F(xiàn)2，F(xiàn)3(單位：N)的作用而處于平衡狀態(tài)，已知F1，F(xiàn)2角，且F1，F(xiàn)2的大小分別為2和4，則F3的大小 a∥b? 且λ∈R)

28，∴|F1＋F2|＝27.2 2.(1)(2)①→＋→＋→

(2013·西城區(qū)一模)如圖，正六邊形 ABCDEF的邊長為1，則→·→ ②|→|＝|→|＝|→ ③→→ →

→→ →

x2＋y2 x2＋y2

→ → →

→

2 2BC＝1－1×1×2－2＝－2.2即當(dāng)

|a＋b|的最大值為類型一向量與函數(shù)a，b滿足|a|＝ 若函數(shù)f(x) 13＋|a|x2＋2a·bx＋1在x∈R上有極值，θ為a，b的夾角，則

的基本定理及數(shù)量積等來直接考查函數(shù)的基本概.

，

a，b 6， 6，

解：f(x)R上有極值，∴f′(x)＝0有不等實＝0有不等實根，∴Δ＝4|a|2－8a·b＞0，即

1

，|a|＝

＝2

f(x)＝3sinωx(ω>0)

是 (－2＜x＜10)xAA

→＋→→

A.4的奇函數(shù)B.4

2π的奇函數(shù)D.2π

→＋→→

解：Aπ，3，B3π，－ →

2OA·OA＝2|OA|＝32.

πθπθ

∴f(x)＝

∴f(x＋1)＝3sin2（x＋1）＝3cos2x4的偶函數(shù).已知 (Ⅱ)a＝(sinθ，1)，b＝(1，cosθ)，a＋b＝(sinθ＋1，1＋cosθ).∴|a＋b|＝＝

(Ⅰ)求證：a＋ba－b(Ⅱ)ka＋ba－kbβ－α(k為非零常數(shù) 3＋2

∴a＋ba－b互相垂直當(dāng) π＝1時|a＋b|取得最大值3＋2（ ＝（

∴|ka＋b|＝|a－kb|＝

(2)(2014·湖南)在平面直角坐標(biāo)系中，O為原點，A(－1，0)，B(0，3)，C(3，0)D 解法一：D(x，y)＝1，得y2＝1，向量＝(x－1，y3)類型二向量與解析幾

＋

2

OB＋OD|＝（x－1）（y＋3）的最大值的距離加上 的半徑，OF分別為橢圓43的中心和左焦點，點P

（3－1）2＋（0＋3）2＋1＝1＋ OB＋OD＝(2＋cosθ，

→

0＝1y2＝310，因為＝(x＋1，y

＝8＋2（2cosθ＋ 4 →

＝8＋2OP＝(x0，y0)，所以 2

3sin(θ＋φ)＝1＋31－0＝0＋x0＋34

x＝－2，因為－2≤x≤2x＝2時，

|OA＋OB＋OD|1＋7.

OP

＋取得最大值4＋2＋3＝6，向量的坐標(biāo)運算可將幾何問題用代數(shù)方法處過拋物線y2＝2px(p＞0)的焦點FlA，與拋物BA在拋物線的準(zhǔn)線上的射C，若→＝→→·＝48

類型三向量在物理中的簡單應(yīng)，一條河的平行，河的d＝500mA點出發(fā)航行到河對岸，船航行速度的大|v1|＝10km/h，水流速度的大|v2|＝4km/h，設(shè)v1和v2的夾角為θ(0° D.y2＝4解：

當(dāng)cosθ222∴40cosθ＋16＝0，解得

→→ AF＝FB?FAB∴∠ABC＝30°，由→·＝48BC＝43AC＝4.∴由中位線性質(zhì)有p 方y(tǒng)2＝4x.故選

0.5 1 θ＝90°時，船的航行時間最短，而當(dāng)船然后用含向量的式子表示“船垂直到達對岸”和OA，OB一端分別A，BOC的下端吊一重 OB

水速為v2，已知船可垂直到達對岸，則(

解：OA，OB，OCa，b，ca＋b＋c＝0，ab

解：v＝v1＋v2v⊥v2v1，v2，v的模構(gòu)成以|v1|為斜邊，|v2|、|v|為直角邊的直角三角形.B.已知|a|＝2|b|，且|b|≠0，函數(shù) －a·b只有一個零點則向量a與b的夾角是( D.解：Δ＝|a|2＋4a·b＝0且

＝－2θ＝3.設(shè)0≤θ＜2π，已知兩個向量sinθ)→2＝(2＋sinθ，2－cosθ)→∵ ∵∴|→|>|→|，|→′|>|→

A. B. C.3 D.2解：∵

∴||＝10－8cosθ≤18＝32.4.(2014·西安模擬)若直線l

2→＋→＝

x 成立，則滿足條件的實數(shù)x的集合為( 1＋ 1－ －1＋ －1－22 22 解：x2＋x＝2 → → OC＝2OA＋2＋1OBA，B，C2 x＋1＝1x＝－1x＝0(舍) 連擲兩次得到的點數(shù)分別為m和n，記a＝(m，n)b＝(1，－1)θ，則 θ∈，2的概率是

解：∵m＋n≠0，∴ab不共線

10.(2013·遼寧)設(shè)向量a＝(∵θ∈，2，∴0≤cosθ＜1，故只需

即可又

(1)若|a|＝|b|x

＝12.x＋y＋t＝0x2＋y2＝2

解：(1)由|a|2＝(＝(cosx)2＋(sinx)2＝1，及|a|＝|b|，得

x∈，2實數(shù)t的取值范圍是

(2)f(x)＝a·b＝A.(－∞，－2]∪[

＝2C.[－2，－

D.[－2，

→＝→－

3 得 得OM·ON≤0Ox＋y＋t＝0 2＝ ＝1，解得－2≤t≤2.

已知拋物線y＝x2上兩點AB滿足→＝λ 2

O

a1→ 200→，且A，B，C三點共線(該直線不過點O)，則S 解：∵

∠AOBOAMBS的最小值解：(1)由→＝→A，P，B線上，設(shè)直線方OB＝a1OA＋a200OCA，B，C共線(該直線不過點O)，∴a1＋a200＝1，∵{an}是

222

由 得x→→＝0，則|→|＋||＋FC.|→|FC.

1∵→·→1設(shè)F(1，0)，則→＝(x1－1，y1)，→＝(x2－1，y2)，

＝OAMB →

∴S＝→→＝

＋x3－1＝0，x1＋x2＋x3＝3.則λ為實數(shù)

＝－x1x2 1＝1＋x2＋x2 1＝＝4＋k2，∴k＝0D.[1，a·b＝0c滿足|c－a－b|＝1，則|c|D.[1，∴|x|＝

2－1，

2－1，＝

C.[1， 7 25λ＋25當(dāng)

4，3＝－25時，|x|min＝5，此時

得，(x－1)2＋(y－1)2＝1.∵︱c︱表示點C(x，y)到C1：(x－1)2＋(y－1)2＝1，∴|c|C1上一動點C(x，y)到原點的距離|OC|，由圖可知直線

OC1C1A，B，則|OC|最大值為＋1，最小值為|OC1|－1，又|OC1|＝12＋12＝2，所以2－1≤|OC|≤2＋1.A.

(2014·重慶)實部為－21 第三象 解：易知該復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點形如：a＋bi(a，b∈R)的數(shù)叫復(fù)數(shù)，其中a叫 ，b叫做復(fù)數(shù)的 a＋bia＋bia＋bi為純虛數(shù)

若復(fù)數(shù)z＝(x2－1)＋(x－1)i為純虛數(shù)則實數(shù)x的值為( D.－1a＋bi＝c＋di(a，b，c，d∈R)?

b)平面向量→都可建

－b±

向量→的模r叫做復(fù)數(shù)z＝a＋bi(a，b∈R)的模，記作 或|a＋bi|.即|z|＝|a＋bi|＝r ，復(fù)數(shù)z 實 虛 ①b＝ ③a＝a＝c且 實數(shù)原點純虛數(shù)

解：z＝9＋6i－1＝8＋6i，|z|＝82＋62＝10.故10.類型一復(fù)數(shù)的有關(guān)z＝m＋ni(m，n∈C)m＝0，n≠0時，z為純虛數(shù)；若(z1－z2)2＋(z2－z3)2＝0，則aai

一對應(yīng)共軛復(fù)數(shù)

小(2)m＝0，n＝i

解 4，4∴cosθ＋sinθ4，4

π表示的數(shù)(i的系數(shù))將實數(shù)中的一些結(jié)論推廣到復(fù)數(shù)中去.對

sinθ－cosθ＝2sin因此復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點位于第二象限，B. z為實數(shù)①若z1－z2＞0z2＋z2＝0z＝z

類型三復(fù)數(shù)相等的充要條xx2－(2i－1)x＋3m－i＝0 z③z＋－0?zz—④z 解：①z1＝2＋i，z2＝1＋iz2z1不③z＝0z＋z＝0z為實數(shù).故填

m的值是0 x2＋x＋3m－(2x＋1)0 x2＋x＋3m＝ x2＋x x2＋x ＝.故填＝－3( 0 類型二復(fù)平面的概念及復(fù)數(shù)的A，B是銳角三角形的兩內(nèi)角，則復(fù)數(shù)(sinA－cosB)＋(sinB－cosA)i在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點位于()A.第一象限B.C.第三象限D(zhuǎn).

x0m的方程組是解決此類問題的有效手1＋2ixx2＋bx＋c＝0的一個復(fù)數(shù)根，則( 12i(1＋2i)2＋b(1＋＋ 0＜

解得

2－ 2－即sinA－cosB＞0.斷復(fù)數(shù)的實部和虛部的正負(fù)即可，對題目中條件“AB4，4若θ∈3π 5π，則復(fù)數(shù)4，4sinθ(sinθcosθ)i在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點位于

m，n∈R)m，n∈R.a＝0b≠0.(1)(其中1.(2013·)如圖，在復(fù)平面內(nèi)，點A表示復(fù)數(shù)z，則圖中表示z的共軛復(fù)數(shù)的點是(

z的虛部為5.6.(2013·)設(shè)i是虛數(shù)單位，z是復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)，若z·zi＋2＝2z，則z＝( z＝1＋i.A.7.(2014·福建模擬)若x∈C，則關(guān)于x的一元二次方程x2－x＋1＝0的根為 解：由x2－x＋1＝0，得－（－1）±

3

3 ＝22i.故填22 解：z及其共軛復(fù)數(shù)在復(fù)平面上表示的點x軸對稱.B.則

設(shè)復(fù)數(shù)z＝log2(m23m－3)i·log2(m3)(m∈R)z－2y＋1＝0m的值為—3m－3)，log2(m－3))，∴l(xiāng)og2(m2－3m－3)

i“復(fù)數(shù)a i

m＝±又∵m－3＞0m2－3m－3＞0，∴m＝故填已知OACB是復(fù)平面上的平行四邊形，O是原點，A，B分別表示復(fù)數(shù)3＋i，2＋4i，M是OC，AB的交點， ，求C，M表示的復(fù)數(shù).

ibi＝z＝z

解：由于，3＋i，2＋4i，OA OA z∈Rz＝z；④在表示虛數(shù).其中正確的結(jié)論的個數(shù)是() a＝b＝0時，不成立，∴命題②不正確；由共軛都表示純虛數(shù)，命題④不正確.B.

所表示的復(fù)數(shù)，→ 1→5 5，即M所表示的解：∵M∪P＝P，∴M?P，即＋m－2)i＝－1或(m22m)(m2m2)i＝15.(2013·新課標(biāo)Ⅰ)若復(fù)數(shù)z滿足 ＋3i|，則z的虛部為 53

(m22m)(m2m2)i＝4i

m＝1xm的值

zz

?m＝－2k＝22

k＝－或m＝2

∴x＝2x＝－2

m的值為－222

復(fù)數(shù)z＝m＋3 求實數(shù)m，使得： 則a＋b的值

設(shè)z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)

若 z z2

，則

解：i＋iz＝i2. .z1－z2對應(yīng)的向量是 計算 × 的值 計算 × 的值

類型一復(fù)數(shù)的代數(shù)運

2＋2i 2(3)c2＋d2＋c2＋d2

2.z1＋z2所對應(yīng)的向量

解：原式＝－2i

3＝－(2014·重慶)復(fù)平面內(nèi)表示復(fù)數(shù)i(1－2i)的 A.(2013·遼寧)復(fù)數(shù)z＝1的模為

量→量 20158

2

B. C.

1

解：原式＝i2＋2

＝(i－1)8＝[(i－1)2]4＝(－2i)4＝16.故填 2 －2＋－22＝2.

類型二復(fù)數(shù)的模與共軛復(fù)(2014·新課 卷Ⅰ

（1－i）2

z(1)設(shè)復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)為zz＝z4，z·z＝8，則z 解：

（1－i）2

z

是一個實數(shù)

zz＝4a＝2z·z＝8

2

z

或

注意利用共軛復(fù)數(shù)的性質(zhì)z·z轉(zhuǎn)化為|z|，z

1.(2014·新課標(biāo)卷Ⅱ)設(shè)復(fù)數(shù)z

a＋bi 易

面內(nèi)的對應(yīng)點關(guān)于虛軸對稱，z1＝2＋i，則

r

A. 1 z的模|z|z

2 3

B. C. 1 2

2＋i＝2＋2i，則|z|＝2.(2013·陜西)z1，z2是復(fù)數(shù)，則下

A.若|z1－z2|＝0，則B.z1＝z2zC.若|z1|＝|z2|z1·z1＝z2·zD.若|z1|＝|z2|，則

3.(2014·浙江)已知i是虛數(shù)單位，a，b∈R， A.充分不必要條件B.C.充分必要條件D.，則 解：z1＝a＋bi，z2＝c＋di.若|z1－z2|＝0，則＝z2Az1＝z21z1＝z2B正確；若|z1|＝|z2|a2＋b2＝c2＋d2，∴z1·z1＝z2·z2C正確；而D不一定成z1＝1＋3i，z2＝2，則|z1|＝|z2|＝21 －2＋23i，z2＝4，z2≠z2 z·z＝|z|＝|z|

之，若(a＋bi)2＝2ia＝b＝1a＝b＝－1，故A.＝ 2 的四個命題＝p3：zp4：z A. B.C. D.復(fù)數(shù)代數(shù)形式的加減乘除運算的法則

解

i、ω的性質(zhì)可簡化運算.

i，z的模|z|＝2，p1為假命題；z2＝2i，p2＝－1＋i，p3為假；z的虛部為－1，p4為真.

1＋1＋i 3

2 2

＝[(1＋i)]－[(1－i)] ＋ω＋1＝0，ω3＝1ω＝－± 12(2)zm＝znm＝n(z≠1)；(3)z2＋z2＝012

(2i)8－(－2i)8＝0.故選 已知復(fù)數(shù)z＝2－i，則zz的值 ＝5.故填 8.(2013·)已知a，b∈R,i是虛數(shù)單位.(a＋i)(1＋i)＝bi,則

∴|z1|＝

1＋i

于是|z1－z2|＝|（4－a）＋2i|＝ 解得a，b的值

＜＜a2－8a＋7＜0，解得a的取值范圍是z∈Cz的集合(1)|z|＝2；

∴z2－z＋1＝

z2 根據(jù)復(fù)數(shù)相等的定義得

z1滿足(z1－2)(1＋i)＝1－i(i解：∵(z1－2)(1＋i)＝1－i，∴z1＝2－i－2－i(a∈R)，若|z1z2|＜|z1|a的取值范圍

＞2的解集是圓|z|＝2式|z|＜3的解集是圓|z|＝3所有點組成的集合，∴滿足條件2＜|z|＜3的點z的集合是以原點為12560分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是1.(2013·湖南)復(fù)數(shù)z＝i·(1＋i)(i為虛數(shù)單位) 解：z＝i＋i2＝－1＋i2.(2014·遼寧)a，b，c是非零向量，已知命題pa·b＝0，b·c＝0a·c＝0，命題q：若a∥b，b∥ca∥c.則下列命題中真命題是() C.(綈p)∧(綈 D.p∨(綈q為真命題，∴p∨q為真命題.A.3.(2014·山東)已知a，b∈R，i是虛數(shù)單位，若a－i與2＋bi互為共軛復(fù)數(shù)，則 解：a－i2＋bi

＝|b|cosθ，即－b|2＝a2＋b2＝5，|a－b|＝5.m，n有下列命題：①當(dāng)m，na，b對應(yīng)共線時，滿足c＝m＋2nm，n有無數(shù)組；m，na，b2nm，n③當(dāng)ma共線，但向量nb不共線時，滿c＝m＋2nm，n有無數(shù)組.其中正確命題的個數(shù)是( 解：如圖，將c沿和方向分解時，只有一種分解方式，故①m，na，b均不共線時，m，n的變化會引起分解的變化，故②正確；同理，③正確.C.F ∴(a＋bi)2＝(2＋i)2＝3＋4i.故選

標(biāo)為 A.(2，±2 ＋

D.(2，22解： 則· 解： 則· AB ＋ → →

x2－3x＝－4x＝1x＝－4(舍去).A的坐標(biāo)為OA)＝O