1、第3讲平面向量与复数平面向量的概念与线性运算核心提炼1在平面向量的化简或运算中，要根据平面向量基本定理选好基底，变形要有方向不能盲目转化；2在用三角形加法法则时要保证“首尾相接”，结果向量是第一个向量的起点指向最后一个向量终点所在的向量；在用三角形减法法则时要保证“同起点”，结果向量的方向是指向被减向量典型例题 (1)(2019杭州模拟)如图所示，已知AB是圆O的直径，点C，D是半圆弧的两个三等分点，a，b，则()AabBabCab Dab(2)(2019金华市十校联考)已知A、B、C是平面上不共线的三点，O是ABC的重心，点P满足(2)，则为()A BC2 D(3)(2019嘉兴七校联考)在
2、ABC中，点D满足，当点E在射线AD(不含点A)上移动时，若，则(1)22的取值范围为_【解析】(1)连接CD，由点C，D是半圆弧的三等分点，得CDAB且a，所以ba.(2)如图，延长CO，交AB中点D，O是ABC的重心，则(2)(22)(2)，所以OPOCCDCD；所以DPDOOPCDCDCD，DOCD；所以.(3)因为点E在射线AD(不含点A)上，设k(k0)，又，所以k()k，所以，(1)22k21，故(1)22的取值范围为(1，)【答案】(1)D(2)A(3)(1，)平面向量的线性运算技巧(1)对于平面向量的线性运算，要先选择一组基底，同时注意共线向量定理的灵活运用(2)运算过程中重视
3、数形结合，结合图形分析向量间的关系 对点训练1(2019瑞安市四校联考)设M是ABC边BC上的点，N为AM的中点，若，则的值为()A. B. C. D.1解析：选C.因为M在BC边上，所以存在实数t0，1使得t.tt()(1t)t，因为N为AM的中点，所以，所以，所以，故C正确2(2019宁波诺丁汉大学附中期中考试)在ABC中，BC7，AC6，cos C.若动点P满足(1)，(R)，则点P的轨迹与直线BC，AC所围成的封闭区域的面积为()A5 B10C2 D4解析：选A.设，因为(1)(1)，所以B，D，P三点共线所以P点轨迹为直线BC.在ABC中，BC7，AC6，cos C，所以sin C，
4、所以SABC7615，所以SBCDSABC5.3(2019高考浙江卷)已知正方形ABCD的边长为1.当每个i(i1，2，3，4，5，6)取遍1时，|123456|的最小值是_，最大值是_解析：以点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，则A(0，0)，B(1，0)，C(1，1)，D(0，1)，所以123456(1356，2456)，所以当时，可取131，561，21，41，此时|123456|取得最小值0；取11，31，561，21，41，则|123456|取得最大值2.答案：02平面向量的数量积核心提炼1平面向量的数量积的两种运算形式(1)数量积的定义：
5、ab|a|b|cos (其中为向量a，b的夹角)；(2)坐标运算：a(x1，y1)，b(x2，y2)时，abx1x2y1y2.2平面向量的三个性质(1)若a(x，y)，则|a|.(2)若A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|.(3)若a(x1，y1)，b(x2，y2)，为a与b的夹角，则cos .典型例题 (1)(2018高考浙江卷)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()A1B1C2 D2(2)(2019浙江新高考研究联盟)已知向量a，b，c满足|a|1，|b|k，|c|2k且abc0，则b与c夹角的余弦值的取值范围
6、是_【解析】(1)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.(2)设b与c的夹角为，由题bca，所以b2c22bc1.即cos 1.因为|a|bc|bc|，所以|2k2|1.所以k.所以1cos .【答案】(1)A(2)(1)平面向量数量积的计算涉及数量积和模的计算问题，通常有两种求解思路()直接利用数量积的定义；()建立坐标系，通过坐标运算求解在利用数量积的定义计算时，要善于将相关
7、向量分解为图形中模、夹角和已知的向量进行计算(2)求解向量数量积最值问题的两种思路直接利用数量积公式得出代数式，依据代数式求最值建立平面直角坐标系，通过坐标运算得出函数式，转化为求函数的最值 对点训练1(2019嘉兴市高考一模)已知平面向量a、b满足|a|b|1，ab，若向量c满足|abc|1，则|c|的最大值为()A1 BC D2解析：选D.由平面向量a、b满足|a|b|1，ab，可得|a|b|cosa，b11cosa，b，由0a，b，可得a，b，设a(1，0)，b，c(x，y)，则|abc|1，即有1，即为1，故|abc|1的几何意义是在以为圆心，半径等于1的圆上和圆内部分，|c|的几何意
8、义是表示向量c的终点与原点的距离，而原点在圆上，则最大值为圆的直径，即为2.2如图，已知平面四边形ABCD，ABBC，ABBCAD2，CD3，AC与BD交于点O.记I1，I2，I3，则()AI1I2I3 BI1I3I2CI3 I1I2 DI2I1I3解析：选C.如图所示，四边形ABCE是正方形，F为正方形的对角线的交点，易得AOAF，而AFB90，所以AOB与COD为钝角，AOD与BOC为锐角根据题意，I1I2()|cosAOB0，所以I1I3，作AGBD于G，又ABAD，所以OBBGGDOD，而OAAFFCOC，所以|，而cosAOBcosCOD，即I1I3.所以I3I1I2.3(2019金
9、华十校高考模拟)若非零向量a，b满足：a2(5a4b)b，则cosa，b的最小值为_解析：非零向量a，b满足：a2(5a4b)b，可得a b(a24b2)(|a|24|b|2)2|a|b|，即有cosa，b，当且仅当|a|2|b|，取得最小值.答案：平面向量与其他知识的交汇核心提炼平面向量具有代数形式与几何形式的“双重身份”，常与三角函数、解三角形、平面解析几何、函数、数列、不等式等知识交汇命题，平面向量的“位置”为：一是作为解决问题的工具，二是通过运算作为命题条件典型例题 (1)如图，已知点D为ABC的边BC上一点，3，En(nN*)为边AC上的列点，满足an1(3an2)，其中实数列an中
10、，an0，a11，则数列an的通项公式为an()A32n12B2n1C3n1 D23n11(2)已知在锐角三角形ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量p(cos Bsin B，2sin B2)，q(sin Bcos B，1sin B)，且pq.求B的大小；若b2，ABC的面积为，求a，c.【解】(1)选D.因为3，所以().设m，则由an1(3an2)，得(an1m)(m3an2)0，则man1，m(3an2)，所以an1(3an2)，所以an113(an1)因为a112，所以数列an1是以2为首项，3为公比的等比数列，所以an123n1，所以an23n11.(2)因为pq，所以p
11、q(cos Bsin B)(sin Bcos B)(2sin B2)(1sin B)0，即3sin2Bcos2B20，即sin2B，又角B是锐角三角形ABC的内角，所以sin B，所以B60.由得B60，又ABC的面积为，所以SABCacsin B，即ac4.由余弦定理得b2a2c22accos B，又b2，所以a2c28，联立，解得ac2.平面向量与其他知识的交汇点主要体现在与三角函数、立体几何、解析几何，求最值(1)利用平面向量的知识给出三角函数之间的一些关系，解题的关键还是三角函数的知识在解析几何中只是利用向量知识给出一些几何量的位置关系和数量关系，在解题中要善于根据向量知识分析解析几何
12、中几何量之间的关系，最后的解题还要落实到解析几何知识上(2)因为向量是沟通代数、几何的工具，有着极其丰富的实际背景，对于某些代数问题，可构造向量，使其转化为向量问题求解 对点训练1(2019杭州市高三二模)ABC中，C90，AC4，BC3，D是AB的中点，E，F分别是边BC、AC上的动点，且EF1，则的最小值等于()A. B.C. D.解析：选B.以三角形的直角边为坐标轴建立平面直角坐标系，如图所示： 则A(0，4)，B(3，0)，C(0，0)，D.设E(x，0)，则F(0，)，0x1.所以，.所以x422.令f(x)2，当x1时，则f(x).令f(x)0得x.当0x时，f(x)0，当x1时，
13、f(x)0.所以当x时，f(x)取得最小值f.当x1时，f(1)，故选B.2(2019浙江新高考研究联盟联考)已知向量a，b满足|ab|4，|ab|3，则|a|b|的取值范围是()A3，5 B4，5C3，4 D4，7解析：选B.|a|b|max|ab|，|ab |4，(|a|b|)2|ab|2|ab|225，所以|a|b|5.3(2019江苏常州武进区高三上学期期中考试改编)已知数列an中，a12，点列Pn(n1，2，)在ABC内部，且PnAB与PnAC的面积比为21.若对nN*都存在数列bn满足bnan1(3an2)0，求a4.解：在线段BC上取点D，使得BD2CD，则Pn在线段AD上，因为
14、bnan1(3an2)0，所以an1bn(3an2)bn()(3an2)()，所以bn(3an2).因为A，Pn，D三点共线，所以an1bn3an2bn(3an2)，即an13an2，所以a23a128，a33a2226，a43a3280.复数核心提炼1复数的除法复数的除法一般是将分母实数化，即分子、分母同乘以分母的共轭复数再进一步化简2复数运算中常见的结论(1)(1i)22i，i，i.(2)baii(abi)(3)i4n1，i4n1i，i4n21，i4n3i.(4)i4ni4n1i4n2i4n30.典型例题 (1)(2019杭州学军中学高考模拟)设复数z满足i，则|z|()A1 BCD2(2
15、)设有下面四个命题p1：若复数z满足R，则zR；p2：若复数z满足z2R，则zR；p3：若复数z1，z2满足z1z2R，则z1z2；p4：若复数zR，则zR.其中的真命题为()Ap1，p3 Bp1，p4 Cp2，p3 Dp2，p4(3)(2019浙江新高考冲刺卷)已知复数z1i，其中i为虚数单位，则复数1zz2z2 017的实部为()A1 B1 C21 009 D21 009【解析】(1)因为复数z满足i，所以1zizi，所以z(1i)i1，所以zi，所以|z|1，故选A.(2)对于命题p1，设zabi(a，bR)，由R，得b0，则zR成立，故命题p1正确；对于命题p2，设zabi(a，bR)
16、，由z2a2b22abiR，得ab0，则a0或b0，复数z可能为实数或纯虚数，故命题p2错误；对于命题p3，设z1abi(a，bR)，z2cdi(c，dR)，由z1z2(acbd)(adbc)iR，得adbc0，不一定有z1z2，故命题p3错误；对于命题p4，设zabi(a，bR)，则由zR，得b0，所以zaR成立，故命题p4正确故选B.(3)因为z1i，所以1zz2z2 01721 009i.所以复数1zz2z2 017的实部为21 009.故选C.【答案】(1)A(2)B(3)C复数问题的解题思路(1)以复数的基本概念、几何意义、相等的条件为基础，结合四则运算，利用复数的代数形式列方程或方
17、程组解决问题(2)若与其他知识结合考查，则要借助其他的相关知识解决问题 对点训练1(2019福建省普通高中质量检查)若复数z满足(1i)z|i|，则在复平面内，z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.由题意，得z1i，所以z1i，其在复平面内对应的点为(1，1)，位于第一象限，故选A.2(2019金丽衢十二校联考)设z是复数，|zi|2(i是虚数单位)，则|z|的最大值是()A1 B2 C3 D4解析：选C.因为|zi|2，所以复数z在复平面内对应点在以(0，1)为圆心，以2为半径的圆及其内部所以|z|的最大值为3.故选C.3(2019高考浙江卷)复数z(i为
18、虚数单位)，则|z|_解析：通解：z，所以|z|.优解：|z|.答案：专题强化训练1(2019绍兴诸暨高考二模)已知复数z满足z(1i)2i，则z的共轭复数z等于()A1iB1iC1i D1i解析：选B.由z(1i)2i，得z1i，则z的共轭复数z1i.故选B.2在等腰梯形ABCD中，2，M为BC的中点，则()A. B.C. D.解析：选B.因为2，所以2.又M是BC的中点，所以()()()，故选B.3(2019嘉兴一中高考模拟)复数z满足z(2i)34i(其中i为虚数单位)，则复数|()A. B.2C. D.解析：选D.复数z满足z(2i)34i(其中i为虚数单位)，所以z(2i)(2i)(
19、34i)(2i)，化为：5z105i，可得z2i.则复数|12i|12i|.故选D.4.在边长为2的正方形ABCD中，E，F分别为BC和DC的中点，则()A BC4 D2解析：选C.通过建系求点的坐标，然后求解向量的数量积在边长为2的正方形ABCD中，E，F分别为BC和DC的中点，以A为坐标原点，AB，AD为坐标轴，建立平面直角坐标系，则B(2，0)，D(0，2)，E(2，1)，F(1，2)所以(2，1)，(1，2)，所以4.5(2019台州市书生中学检测)已知点O是ABC的外接圆圆心，且AB3，AC4.若存在非零实数x、y，使得xy，且x2y1，则cosBAC的值为()A. B.C. D.解
20、析：选A.设线段AC的中点为点D，则直线ODAC.因为xy，所以x2y.又因为x2y1，所以点O、B、D三点共线，即点B在线段AC的中垂线上，则ABBC3.在ABC中，由余弦定理得，cosBAC.故选A.6在ABC中，AB，BC2，A，如果不等式|t|恒成立，则实数t的取值范围是()A1，) BC1，) D(，01，)解析：选C.在直角三角形ABC中，易知AC1，cosABC，由|t|，得22tt222，即2t23t10，解得t1或t.7称d(a，b)|ab|为两个向量a，b间的“距离”若向量a，b满足：|b|1；ab；对任意的tR，恒有d(a，tb)d(a，b)，则()Aab Bb(ab)C
21、a(ab) D(ab)(ab)解析：选B.由于d(a，b)|ab|，因此对任意的tR，恒有d(a，tb)d(a，b)，即|atb|ab|，即(atb)2(ab)2，t22tab(2ab1)0对任意的tR都成立，因此有(2ab)24(2ab1)0，即(ab1)20，得ab10，故abb2b(ab)0，故b(ab)8(2019温州市高考模拟)记maxa，b，已知向量a，b，c 满足|a|1，|b|2，ab0，cab(，0，且1，则当maxca，cb取最小值时，|c|()A. B.C.1 D.解析：选A.如图，设a，OBb，则a(1，0)，b(0，2)，因为，0，1，所以01.又cab，所以ca(a
22、bb)a；cb(abb)b44.由44，得.所以maxca，cb.令f().则f().所以f()min，此时，所以cab.所以|c|.故选A.9(2019绍兴市柯桥区高三期中检测)已知平面向量a，b，c满足|a|4，|b|3，|c|2，bc3，则(ab)2(ac)2(ab)(ac)2的最大值为()A43 B43C(43)2 D(43)2解析：选D.设a，b，c，ab与ac所成夹角为，则(ab)2(ac)2(ab)(ac)2|AB|2|AC|2|AB|2|AC|2cos2|AB|2|AC|2sin2|AB|2|AC|2sin2CAB4S，因为|b|3，|c|2，bc3，所以b，c的夹角为60，设
23、B(3，0)，C(1，)，则|BC|，所以SOBC32sin 60，设O到BC的距离为h，则BChSOBC，所以h，因为|a|4，所以A点落在以O为圆心，以4为半径的圆上，所以A到BC的距离最大值为4h4.所以SABC的最大值为2，所以(ab)2(ac)2(ab)(ac)2最大值为4(43)2.故选D.10(2019金华市东阳二中高三月考)若a，b是两个非零向量，且|a|b|ab|，则b与ab的夹角的取值范围是()A. B.C. D.解析：选B.因为|a|b|ab|，不妨设|ab|1，则|a|b|.令a，b，以OA、OB为邻边作平行四边形OACB，则平行四边形OACB为菱形故有OAB为等腰三角
24、形，故有OABOBA，且0.而由题意可得，b与ab的夹角，即与的夹角，等于，OAC中，由余弦定理可得|OC|21|OA|2|AC|22|OA|AC|cos 2222cos 2，解得cos 21.再由1，可得，所以cos 2，所以2，所以，故，即b与ab的夹角的取值范围是.11(2019杭州市高考二模)已知复数z(aR)的实部为1，则a_，|z|_解析：因为zai的实部为1，所以a1，则z1i，|z|.答案：112(2019嘉兴一中高考适应性考试)设e1，e2为单位向量，其中a2e1e2，be2，且a在b上的投影为2，则ab_，e1与e2的夹角为_解析：设e1，e2的夹角为，因为a在b上的投影为
25、2，所以2e1e2|e2|22|e1|e2|cos 12，解得cos ，则.ab(2e1e2)e22e1e2|e2|22|e1|e2|cos 12.答案：213已知向量a，b，|a|1，|b|2.若对任意单位向量e，均有|ae|be|，则ab的最大值是_解析：由题意，令e(1，0)，a(cos ，sin )，b(2cos ，2sin )，则由|ae|be|，可得|cos |2|cos |.令sin 2sin m，22得4|cos cos |sin sin 1m2对一切实数，恒成立，所以4|cos cos |sin sin 1，故ab2(cos cos sin sin )2|cos cos |s
26、in sin .答案：14(2019温州市十五校联合体联考)已知坐标平面上的凸四边形ABCD满足(1，)，(，1)，则凸四边形ABCD的面积为_；的取值范围是_解析：由(1，)，(，1)得，且|2，|2，所以凸四边形ABCD的面积为222；因为ABCD为凸四边形，所以AC与BD交于四边形内一点，记为M，则()()，设，则，(0，1)，且，(1)，(1)，所以4(1)4(1)2，0)，所以有时，取到最小值2.答案：22，0)15(2019嘉兴一中高考适应性考试)在ABC中，ACB为钝角，ACBC1，xy且xy1，函数f(m)|m|的最小值为，则|的最小值为_解析：在ABC中，ACB为钝角，ACB
27、C1，函数f(m)的最小值为.所以函数f(m)|m|，化为4m28mcosACB10恒成立当且仅当mcosACB时等号成立，代入得到cosACB，所以ACB.所以|2x22y222xyx2y22xycosx2(1x)2x(1x)3，当且仅当xy时，|2取得最小值，所以|的最小值为.答案：16在OAB中，已知|，|1，AOB45，若，且22，则在上的投影的取值范围是_解析：由，且22，则2，又|，|1，AOB45，所以由余弦定理求得|1，所以11，| ，故在上的投影(*)当2时，(*)式；当2时，(*)式可化为；0，上式；20，上式；0，上式.综上，在上的投影的取值范围是.答案：17已知，是非零
28、不共线的向量，设，定义点集P，当K1，K2P时，若对于任意的r3，不等式|c|恒成立，则实数c的最小值为_解析：由，可得A，B，C三点共线，由，可得|cosAKC|cosBKC，即有AKCBKC，则KC为AKB的角平分线由角平分线的性质定理可知r，以AB所在的直线为x轴，以线段AB上某一点为原点建立直角坐标系，设点K(x，y)，A(a，0)，B(b，0)，所以r2，化简得(1r2)x2(1r2)y2(2a2br2)x(a2b2r2)0.由方程知K的轨迹是圆心在AB上的圆，当|K1K2|为直径时最大，方便计算，令K1K2与AB共线，如图，由|K1A|r|K1B|，可得|K1B|，由|K2A|r|
29、K2B|，可得|K2B|，可得|K1K2|AB|AB|，而易知r3，即有|K1K2|AB|，即，即c，故c的最小值为.答案：18在ABC中，已知C，向量p(sin A，2)，q(2，cos B)，且pq.(1)求角A的值；(2)若2，AD，求ABC的面积解：(1)因为pq，所以pq0pq2sin A2cos B0，又C，所以sin Acos Bsin Acos0，化简得tan A，A(0，)，所以A.(2)因为2，所以D为BC边的中点，设|x，|2x，由(1)知AC，所以|2x，B，在ABD中，由余弦定理，得|2|2|22|cos(2x)2x222xxcos7，所以x1，所以ABBC2，所以S
30、ABCBABCsin B22sin.19已知m(2sin x，sin xcos x)，n(cos x，sin xcos x)，记函数f(x)mn.(1)求函数f(x)的最大值以及取得最大值时x的取值集合；(2)设ABC的角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若f(C)2，c，求ABC面积的最大值解：(1)由题意，得f(x)mn2sin xcos xsin2xcos2xsin 2x(cos2 xsin2 x)sin 2xcos 2x2sin，所以f(x)max2；当f(x)取最大值时，即sin1，此时2x2k(kZ)，解得xk(kZ)，所以x的取值集合为.(2)由f(C)2，得sin1，又0C，即2C，所以2C，解得C，在ABC中，由余弦定理c2a2b22abcos C，得3a2b2abab，即ab3，当且仅当ab时，取等号，所以SABCabsin Cab，所以ABC面积的最大值为.
