1、第3讲复数与平面向量复数考法全练1(2019高考全国卷)若z(1i)2i，则z()A1iB1iC1iD1i解析：选D.由z(1i)2i，得zi(1i)1i.故选D.2(2020山东高考模拟)已知abi(a，bR)是的共轭复数，则ab()A1BC.D1解析：选D.根据题意i，所以abii.所以a0，b1，所以ab1，故选D.3(一题多解)(2019南宁模拟)设z2i，则|z|()A0BC1D解析：选C.法一：因为z2i2ii2ii，所以|z|1，故选C.法二：因为z2i，所以|z|1.故选C.4(2019漳州模拟)已知i是虚数单位，且z，则z的共轭复数在复平面内对应的点在()A第一象限B第二象限
2、C第三象限D第四象限解析：选A.z2i，则z2i，所以z对应的点在第一象限故选A.5(2019高考全国卷)设复数z满足|zi|1，z在复平面内对应的点为(x，y)，则()A(x1)2y21B(x1)2y21Cx2(y1)21Dx2(y1)21解析：选C.由已知条件，可得zxyi(x，yR)，因为|zi|1，所以|xyii|1，所以x2(y1)21.故选C.6(2019高考江苏卷)已知复数(a2i)(1i)的实部为0，其中i为虚数单位，则实数a的值是_解析：(a2i)(1i)a2(a2)i，因为其实部是0，故a2.答案：2复数代数形式的2种运算方法(1)复数的乘法：复数的乘法类似于多项式的四则运
3、算，可将含有虚数单位i的看作一类项，不含i的看作另一类项，分别合并同类项即可(2)复数的除法：除法的关键是分子分母同乘以分母的共轭复数，解题时要注意把i的幂写成最简形式复数的除法类似初中所学化简分数常用的“分母有理化”，其实质就是“分母实数化”提醒(1)复数运算的重点是除法运算，其关键是进行分母实数化(2)对一些常见的运算，如(1i)22i，i，i等要熟记(3)利用复数相等abicdi列方程时，注意a，b，c，dR的前提条件 平面向量的线性运算考法全练1(一题多解)(2019合肥市第二次质量检测)在ABC中，若a，b，则()AabBabCabDab解析：选A.通解：如图，过点D分别作AC，AB
4、的平行线交AB，AC于点E，F，则四边形AEDF为平行四边形，所以.因为，所以，所以ab，故选A.优解一：()ab，故选A.优解二：由，得()，所以()ab，故选A.2(一题多解)(2019广东六校第一次联考)如图，在ABC中，P是BN上一点，若t，则实数t的值为()ABCD解析：选C.通解：因为，所以.设，则()(1)，又t，所以t(1)，得，解得t，故选C.优解：因为，所以，所以tt.因为B，P，N三点共线，所以t1，所以t，故选C.3已知P为ABC所在平面内一点，0，|2，则ABC的面积等于()AB2C3D4解析：选B.由|得，PBC是等腰三角形，取BC的中点为D，则PDBC，又0，所以
5、()2，所以PDAB1，且PDAB，故ABBC，即ABC是直角三角形，由|2，|1可得|，则|2，所以ABC的面积为222，故选B.4已知向量a(1，2)，b(m，1)，若a(ab)，则实数m的值为_解析：ab(1m，1)，因为a(ab)，所以2(1m)1，解得m.答案：5(2019郑州市第一次质量预测)如图，在平行四边形ABCD中，E，F分别为边AB，BC的中点，连接CE，DF交于点G.若(，R)，则_解析：由题图可设x(x0)，则x()x()x.因为，与不共线，所以，x，所以.答案：平面向量线性运算的2种技巧(1)对于平面向量的线性运算问题，要尽可能转化到三角形或平行四边形中，灵活运用三角
6、形法则、平行四边形法则，紧密结合图形的几何性质进行运算(2)在证明两向量平行时，若已知两向量的坐标形式，常利用坐标运算来判断；若两向量不是以坐标形式呈现的，常利用共线向量定理(当b0时，ab存在唯一实数，使得ab)来判断提醒向量线性运算问题的2个关注点(1)注意尽可能地将向量转化到同一个平行四边形或三角形中，选用从同一顶点出发的基本向量或首尾相接的向量，运用向量加、减法运算及数乘运算来求解(2)注意结论的使用：O为直线AB外一点，若点P在直线AB上，则有(1)；若点P满足，则有. 平面向量的数量积考法全练1(2019高考全国卷)已知(2，3)，(3，t)，|1，则()A3B2C2D3解析：选C
7、.因为(3，t)(2，3)(1，t3)，|1，所以1，所以t3，所以(1，0)，所以21302.故选C.2(2019高考全国卷)已知非零向量a，b满足|a|2|b|，且(ab)b，则a与b的夹角为()ABCD解析：选B.由(ab)b，可得(ab)b0，所以abb2.因为|a|2|b|，所以cosa，b.因为0a，b，所以a与b的夹角为.故选B.3(一题多解)(2019安徽五校联盟第二次质检)在ABC中，AB3，AC2，BAC120，点D为BC边上一点，且2，则()ABC1D2解析：选C.法一：因为2，所以2()，所以，则232321，故选C.法二：以A为坐标原点，AB所在的直线为x轴建立平面直
8、角坐标系，如图所示则A(0，0)，B(3，0)，C(1，)，因为2，所以(4，)，则D，所以(3，0)，则301，故选C.4(2019高考全国卷)已知a，b为单位向量，且ab0，若c2ab，则cosa，c_解析：由题意，得cosa，c.答案：5已知向量a，b满足|a|1，|b|2，则|ab|ab|的最小值是_，最大值是_解析：已知|a|1，|b|2，则(|ab|ab|)22(a2b2)2|ab|ab|102102.由|a|1，|b|2，得2ab2，则(ab)20，4，所以(|ab|ab|)216，20，所以|ab|ab|4，2，所以|ab|ab|的最小值是4，最大值是2.答案：426已知平面内
9、三个不共线向量a，b，c两两夹角相等，且|a|b|1，|c|3，则|abc|_解析：由平面内三个不共线向量a，b，c两两夹角相等，可得夹角均为，所以|abc|2a2b2c22ab2bc2ac119211cos 213cos 213cos 4，所以|abc|2.答案：2平面向量数量积问题的难点突破(1)借“底”数字化，要先选取一组合适的基底，这是把平面向量“数化”的基础(2)借“系”坐标化，数形结合，建立合适的平面直角坐标系，将向量的数量积运算转化为坐标运算 平面向量在几何中的应用考法全练1(一题多解)(2019郑州市第二次质量预测)在RtABC中，C90，CB2，CA4，P在边AC的中线BD上
10、，则的最小值为()AB0C4D1解析：选A.通解：因为BC2，AC4，C90，所以AC的中线BD2，且CBD45.因为点P在边AC的中线BD上，所以设(01)，如图所示，所以()()22|cos 1352(2)28248，当时，取得最小值，故选A.优解：依题意，以C为坐标原点，分别以AC，BC所在的直线为x，y轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则B(0，2)，D(2，0)，所以直线BD的方程为yx2，因为点P在边AC的中线BD上，所以可设P(t，2t)，(0t2)，所以(t，2t)，(t，t)，所以t2t(2t)2t22t2，当t时，取得最小值，故选A.2(一题多解)(2019长春市质量监测(
11、二)如图，正方形ABCD的边长为2，E为BC边的中点，F为CD边上一点，若|2，则|()A3B5CD解析：选D.法一：以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，建立平面直角坐标系如图所示，则A(0，0)，E(2，1)设|x，则F(x，2)，故(x，2)，(2，1)因为|2，所以(x，2)(2，1)2x25，解得x，所以|，故选D.法二：连接EF，因为|cosEAF|2，所以|cosEAF|，所以EFAE.因为E是BC的中点，所以BECE1.设DFx，则CF2x.在RtAEF中，AE2EF2AF2，即2212(2x)21222x2，解得x，所以AF.故选D.3(2019江苏南通基地
12、学校联考改编)如图，在平面直角坐标系xOy中，点A(，1)在以原点O为圆心的圆上已知圆O与y轴正半轴的交点为P，延长AP至点B，使得AOB90，则_，|_解析：由题可得圆O的半径r2，所以P(0，2)，则AP所在直线方程为y2(x0)，即yx2.设B，则(，1)，.由AOB90可得0，所以xx2x20，解得x，所以B(，3)，所以(，1)，所以1(1)2，|(2，0)|2.答案：22用向量解决平面几何问题的3个步骤(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向量问题(2)通过向量运算，研究几何元素之间的关系，如平行、垂直和距离、夹角等问题(3)把运算结果
13、“翻译”成几何关系提醒关注2个常用结论的应用(1)ABC中，AD是BC边上的中线，则()(2)ABC中，O是ABC内一点，若0，则O是ABC的重心 一、选择题1若i是虚数单位，则复数的实部与虚部之积为()AB.C.iDi解析：选B.因为i，所以其实部为，虚部为，实部与虚部之积为.故选B.2(2019广州市综合检测(一)a，b为平面向量，已知a(2，4)，a2b(0，8)，则a，b夹角的余弦值等于()ABC.D.解析：选B.设b(x，y)，则有a2b(2，4)(2x，2y)(22x，42y)(0，8)，所以，解得，故b(1，2)，|b|，|a|2，cosa，b，故选B.3(2019广东六校第一次
14、联考)在ABC中，D为AB的中点，点E满足4，则()A.B.C.D.解析：选A.因为D为AB的中点，点E满足4，所以，所以()，故选A.4(2019湖南省五市十校联考)已知向量a，b满足|a|1，|b|2，a(a2b)0，则|ab|()A.B.C2D.解析：选A.由题意知，a(a2b)a22ab12ab0，所以2ab1，所以|ab|.故选A.5已知(1i)zi(i是虚数单位)，则复数z在复平面内对应的点位于()A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限解析：选A.因为(1i)zi，所以z，则复数z在复平面内对应的点的坐标为，所以复数z在复平面内对应的点位于第一象限，故选A.6已知向量a与b的夹角
15、为120，且|a|b|2，则a在ab方向上的投影为()A1B.C.D.解析：选B.由向量的数量积公式可得a(ab)|a|ab|cosa，ab，所以a在ab方向上的投影|a|cosa，ab.又ab|a|b|cosa，b22cos 1202，所以|a|cosa，ab，故选B.7在如图所示的矩形ABCD中，AB4，AD2，E为线段BC上的点，则的最小值为()A12B15C17D16解析：选B.以B为坐标原点，BC所在直线为x轴，BA所在直线为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则A(0，4)，D(2，4)，设E(x，0)(0x2)，所以(x，4)(x2，4)x22x16(x1)215，于是当x1，即
16、E为BC的中点时，取得最小值15，故选B.8(一题多解)已知a，b，e是平面向量，e是单位向量若非零向量a与e的夹角为，向量b满足b24eb30，则|ab|的最小值是()A.1B.1C2D2解析：选A.法一：设O为坐标原点，a，b(x，y)，e(1，0)，由b24eb30得x2y24x30，即(x2)2y21，所以点B的轨迹是以C(2，0)为圆心，1为半径的圆因为a与e的夹角为，所以不妨令点A在射线yx(x0)上，如图，数形结合可知|ab|min|1.故选A.法二：由b24eb30得b24eb3e2(be)(b3e)0.设b，e，3e，所以be，b3e，所以0，取EF的中点为C，则B在以C为圆
17、心，EF为直径的圆上，如图设a，作射线OA，使得AOE，所以|ab|(a2e)(2eb)|a2e|2eb|1.故选A.9(多选)下列命题正确的是()A若复数z1，z2的模相等，则z1，z2是共轭复数Bz1，z2都是复数，若z1z2是虚数，则z1不是z2的共轭复数C复数z是实数的充要条件是z (是z的共轭复数)D已知复数z112i，z21i，z332i(i是虚数单位)，它们对应的点分别为A，B，C，O为坐标原点，若xy(x，yR)，则xy1解析：选BC.对于A，z1和z2可能是相等的复数，故A错误；对于B，若z1和z2是共轭复数，则相加为实数，不会为虚数，故B正确；对于C，由abiabi得b0，
18、故C正确；对于D，由题可知，A(1，2)，B(1，1)，C(3，2)，建立等式(3，2)(xy，2xy)，即解得xy5，故D错误故选BC.10(多选)已知向量a(2，7)，b(x，3)，且a与b的夹角为钝角，则实数x的值可以为()A. B C. D1解析：选CD.a与b的夹角为钝角必须满足ab2x210且a与b不共线，把各选项逐项代入验证知，C，D符合要求11(多选)已知等边三角形ABC内接于O，D为线段OA的中点，则()A.B.C.D.解析：选AC.如图所示，设BC中点为E，则().故选AC.12(多选)已知P为ABC所在平面内一点，0，|2，则()AABC是直角三角形BABC是等腰三角形C
19、ABC的面积为2DABC的面积为解析：选AC.由|得，PBC是等腰三角形，取BC的中点D，连接PD，则PDBC，又0，所以()2，所以PDAB1，且PDAB，故ABBC，即ABC是直角三角形，由|2，|1可得|，则|2，所以ABC的面积为222.二、填空题13已知复数z满足z(1i)21i(i为虚数单位)，则|z|_解析：因为z，所以|z|.答案：14(2019山东师大附中二模改编)已知向量a，b，其中|a|，|b|2，且(ab)a，则向量a和b的夹角是_，a(ab)_解析：由题意，设向量a，b的夹角为.因为|a|，|b|2，且(ab)a，所以(ab)a|a|2ab|a|2|a|b|cos 3
20、2cos 0，解得cos .又因为0，所以.则a(ab)|a|2|a|b|cos 326.答案：615(2019济南市学习质量评估)已知|a|b|2，ab0，c(ab)，|dc|，则|d|的取值范围是_解析：不妨令a(2，0)，b(0，2)，则c(1，1)设d(x，y)，则(x1)2(y1)22，点(x，y)在以点(1，1)为圆心、为半径的圆上，|d|表示点(x，y)到坐标原点的距离，故|d|的取值范围为0，2答案：0，216在ABC中，(3)，则角A的最大值为_解析：因为(3)，所以(3)0，(3)()0，24320，即cos A2，当且仅当|时等号成立因为0A，所以0A，即角A的最大值为.答案：