2019年高考数学一轮总复习 第四章 平面向量、数系的扩充与复数的引入课时跟踪检测（打包4套）理.zip

14.1 平面向量的概念及其线性运算[课 时 跟 踪 检 测] [基 础 达 标]1．在△ ABC 中， ＝2 ， ＝ a， ＝ b， ＝ c，则下列等式成立的是( )AD→ DC→ BA→ BD→ BC→ A． c＝2 b－ a B． c＝2 a－ bC． c＝ a－ b D． c＝ b－ a32 12 32 12解析：依题意得 － ＝2( － )，BD→ BA→ BC→ BD→ 即 ＝ － ＝ b－ a.BC→ 32BD→ 12BA→ 32 12答案：D2．下列四个结论：① ＋ ＋ ＝0；② ＋ ＋ ＋ ＝0；③ － ＋ － ＝0；④ ＋ ＋ －AB→ BC→ CA→ AB→ MB→ BO→ OM→ AB→ AC→ BD→ CD→ NQ→ QP→ MN→ MP→ ＝0，其中一定正确的结论个数是( )A．1 B．2C．3 D．4解析：① ＋ ＋ ＝ A ＋ ＝0，①正确；AB→ BC→ CA→ C→ CA→ ② ＋ ＋ ＋ ＝ ＋ ＋ ＝ ，②错；AB→ MB→ BO→ OM→ AB→ MO→ OM→ AB→ ③ － ＋ － ＝ ＋ ＋ ＝ ＋ ＝0，③正确；AB→ AC→ BD→ CD→ CB→ BD→ DC→ CB→ BC→ ④ ＋ ＋ － ＝ ＋ ＝0，④正确．故①③④正确．NQ→ QP→ MN→ MP→ NP→ PN→ 答案：C3．如图，在平行四边形 ABCD 中， E 为 DC 边的中点，且 ＝ a， ＝ b，则 等于( )AB→ AD→ BE→ A. b－ a B． a－ b12 12C．－ a＋ b D． b＋ a12 12解析： ＝ ＋ ＋ ＝－ a＋ b＋ a＝ b－ a，故选 C.BE→ BA→ AD→ 12DC→ 12 12答案：C4．已知向量 a， b 不共线，且 c＝ λ a＋ b， d＝ a＋(2 λ －1) b，若 c 与 d 共线反向，则2实数 λ 的值为( )A．1 B．－12C．1 或－ D．－1 或－12 12解析：由于 c 与 d 共线反向，则存在实数 k 使 c＝ kd(k0，故 qp.所以 p 是 q 的充分不必要条件，故选 A.答案：A7．(2017 届石家庄市第一次模考)已知 A， B， C 是圆 O 上不同的三点，线段 CO 与线段AB 交于点 D，若 ＝ λ ＋ μ (λ 0， μ 0)，则 λ ＋ μ 的取值范围是( )OC→ OA→ OB→ A．(0,1) B．(1，＋∞)C．(1， ] D．(0， )2 2解析：由题意可得 ＝ k ＝ kλ ＋ kμ (01，即 λ ＋ μ 的取值范围是(1，＋∞)，选项 B 正确．1k答案：B8．△ ABC 中，点 D 在边 AB 上， CD 平分∠ ACB，若 ＝ a， ＝ b，| a|＝1，| b|＝2，则CB→ CA→ ＝( )CD→ A. a＋ b B． a＋ b13 23 23 13C. a＋ b D． a＋ b35 45 45 35解析：因为 CD 平分∠ ACB，由角平分线定理得 ＝ ＝2，即 D 为 AB 靠近 B 的三等分ADDB CACB点．∴ ＝ ＝ ( － )．AD→ 23AB→ 23CB→ CA→ ∴ ＝ ＋ ＝ ＋ ＝ a＋ b，故选 B.CD→ CA→ AD→ 23CB→ 13CA→ 23 13答案：B9．如图，正六边形 ABCDEF 中， B ＋ ＋ E 等于( )A→ CD→ F→ 4A．0 B． BE→ C. D．AD→ CF→ 解析：∵ ＝ .∴原式＝ ＋ ＋ ＝ ＋ ＝ .故选 D.DE→ BA→ DE→ CD→ EF→ CE→ EF→ CF→ 答案：D10．已知 P 为△ ABC 所在平面内一点，当 ＋ ＝ 时，点 P 位于△ ABC 的( )PA→ PB→ PC→ A． AB 边上 B． BC 边上C．内部 D．外部解析：由题知 ＝ － ＝ ，如图所示， P 在△ ABC 外部．PA→ PC→ PB→ BC→ 答案：D11．若| |＝8，| |＝5，则| |的取值范围是________．AB→ AC→ BC→ 解析： ＝ － ，当 ， 同向时，| |＝8－5＝3；当 ， 反向时，BC→ AC→ AB→ AB→ AC→ BC→ AB→ AC→ | |＝8＋5＝13；当 ， 不共线时，3| |13.综上可知，3≤| |≤13.BC→ AB→ AC→ BC→ BC→ 答案：[3,13]12．在直角梯形 ABCD 中，∠ A＝90°，∠ B＝30°， AB＝2 ， BC＝2，点 E 在线段 CD3上，若 ＝ ＋ μ ，则 μ 的取值范围是________．AE→ AD→ AB→ 解析：由题意可求得 AD＝1， CD＝ ，3所以 ＝2 .AB→ DC→ 因为点 E 在线段 CD 上， 所以 ＝ λ (0≤ λ ≤1)．DE→ DC→ 因为 ＝ ＋ ，AE→ AD→ DE→ 又 ＝ ＋ μ ＝ ＋2 μ ＝ ＋ ，AE→ AD→ AB→ AD→ DC→ AD→ 2μλ DE→ 所以 ＝1，即 μ ＝ .因为 0≤ λ ≤1，所以 0≤ μ ≤ .2μλ λ 2 12答案： [0，12]13．设 e1， e2是两个不共线的向量，已知 ＝2 e1－8 e2， ＝ e1＋3 e2， ＝2 e1－ e2.AB→ CB→ CD→ 5(1)求证： A， B， D 三点共线；(2)若 ＝3 e1－ ke2，且 B， D， F 三点共线，求 k 的值．BF→ 解：(1)证明：由已知得 ＝ － ＝(2 e1－ e2)－( e1＋3 e2)＝ e1－4 e2，BD→ CD→ CB→ ∵ ＝2 e1－8 e2，AB→ ∴ ＝2 .AB→ BD→ 又∵ 与 有公共点 B，AB→ BD→ ∴ A， B， D 三点共线．(2)由(1)可得 ＝ e1－4 e2，BD→ ∵ ＝3 e1－ ke2，且 B， D， F 三点共线，BF→ ∴ ＝ λ (λ ∈R)，即 3e1－ ke2＝ λ e1－4 λ e2，BF→ BD→ 得Error! 解得 k＝12.[能 力 提 升]1. (2017 届河南中原名校 3 月联考)已知 a＝(1,3)， b＝( m,2m－3)，平面上任意向量c 都可以唯一地表示为 c＝ λ a＋ μ b(λ ， μ ∈R)，则实数 m 的取值范围是( )A．(－∞，0)∪(0，＋∞)B．(－∞，3)C．(－∞，－3)∪(－3，＋∞)D．[－3,3)解析：根据平面向量基本定理，得向量 a， b 不共线，∵ a＝(1,3)， b＝( m,2m－3)，∴2 m－3－3 m≠0，∴ m≠－3.故选 C.答案：C2．(2018 届湖北黄石质检)已知点 G 是△ ABC 的重心，过 G 作一条直线与 AB， AC 两边分别交于 M， N 两点，且 ＝ x ， ＝ y ，则 的值为( )AM→ AB→ AN→ AC→ xyx＋ yA. B．12 13C．2 D．3解析：解法一：由已知得 M， G， N 三点共线，∴ ＝ λ ＋(1－ λ ) ＝ λx ＋(1－ λ )y .AG→ AM→ AN→ AB→ AC→ ∵点 G 是△ ABC 的重心，6∴ ＝ × ( ＋ )＝ ·( ＋ )，AG→ 23 12AB→ AC→ 13 AB→ AC→ ∴Error!即Error! 得 ＋ ＝1，即 ＋ ＝3，通分变形得，13x 13y 1x 1y＝3，∴ ＝ .x＋ yxy xyx＋ y 13解法二(特例法)：利用等边三角形，过重心作平行于底边 BC 的直线，易得 x＝ ， y＝23，∴ ＝ .23 xyx＋ y 13答案：B3．(2017 届湖南邵阳一模)如图，在△ ABC 中，设 ＝ a， ＝ b， AP 的中点为 Q， BQAB→ AC→ 的中点为 R， CR 的中点为 P，若 ＝ ma＋ nb，则 m， n 对应的值为( )AP→ A. ， B．，27 47 12 14C. ， D．，16 27 16 37解析：根据已知条件得， ＝ － ＝ － ＝ (ma＋ nb)－ a＝ a＋ b，BQ→ AQ→ AB→ 12AP→ AB→ 12 (m2－ 1) n2＝ － ＝ － ＋ ＝ a＋ b－ b＋ a＝ a＋ b，CR→ BR→ BC→ 12BQ→ AC→ AB→ 12(m2－ 1) n2 (m4＋ 12) (n4－ 1)∴ ＝ a＋ b，QP→ m2 n2＝ a＋ b，RQ→ (m4－ 12) n4＝－ a＋ b.RP→ (m8＋ 14) (12－ n8)∵ ＋ ＝ ，RQ→ QP→ RP→ ∴ a＋ b＝ a＋ b，(3m4－ 12) 3n4 (－ m8－ 14) (12－ n8)∴Error!解得Error! 故选 A.7答案：A4．(2017 届河南豫北重点中学第二次联考)已知平面向量 a， b， c 满足|a|＝| b|＝| a－ b|＝| a＋ b－ c|＝1，则| c|的最大值 M＝________.解析：由于| a|＝| b|＝| a－ b|＝1，根据向量运算的几何意义，知| a|，| b|，| a－ b|组成一个边长为 1 的等边三角形，如图所示．由| a＋ b－ c|＝1 可知， c 的终点位于以 D 为圆心，半径为 1 的圆上，| c|＝| ，故其AE→ 最大值 M＝| |＋1＝ ＋1.AD→ 3答案： ＋1314.2 平面向量的基本定理及坐标表示[课 时 跟 踪 检 测] [基 础 达 标]1．已知 M(3，－2)， N(－5，－1)，且 ＝ ，则 P 点的坐标为( )MP→ 12MN→ A．(－8,1) B． (－ 1， －32)C. D．(8，－1)(1，32)解析：设 P(x， y)，则 ＝( x－3， y＋2)．MP→ 而 ＝ (－8,1)＝ ，12MN→ 12 (－ 4， 12)∴Error! 解得Error!∴ P .故选 B.(－ 1， －32)答案：B2．如图，在△ OAB 中， P 为线段 AB 上的一点， ＝ x ＋ y ，且 ＝2 ，则( )OP→ OA→ OB→ BP→ PA→ A． x＝ ， y＝ B． x＝ ， y＝23 13 13 23C． x＝ ， y＝ D． x＝ ， y＝14 34 34 14解析：由题意知 ＝ ＋ ，又 ＝2 ，所以 ＝ ＋ ＝ ＋ ( － )＝ ＋OP→ OB→ BP→ BP→ PA→ OP→ OB→ 23BA→ OB→ 23OA→ OB→ 23OA→ 13，所以 x＝ ， y＝ .OB→ 23 13答案：A3．已知向量 a＝(5,2)， b＝(－4，－3)， c＝( x， y)，若 3a－2 b＋ c＝0，则 c＝( )A．(－23，－12) B．(23,12)C．(7,0) D．(－7,0)解析：由题意可得 3a－2 b＋ c＝(23＋ x,12＋ y)＝(0,0)，所以Error!解得Error!所以c＝(－23，－12)．答案：A24．已知点 A(2,3)， B(4,5)， C(7,10)，若 ＝ ＋ λ (λ ∈R)，且点 P 在直线AP→ AB→ AC→ x－2 y＝0 上，则 λ 的值为( )A. B．－23 23C. D．－32 32解析：设 P(x， y)，则由 ＝ ＋ λ ，得( x－2， y－3)＝(2,2)＋ λ (5,7)AP→ AB→ AC→ ＝(2＋5 λ ，2＋7 λ )，∴ x＝5 λ ＋4， y＝7 λ ＋5.又点 P 在直线 x－2 y＝0 上，故 5λ ＋4－2(7 λ ＋5)＝0，解得 λ ＝－ .故选 B.23答案：B5．(2017 届山东日照一中月考)在△ ABC 中，点 P 在 BC 上，点 Q 是 AC 的中点 ，且＝2 .若 ＝(4,3)， ＝(1,5)，则 等于( )BP→ PC→ PA→ PQ→ BC→ A．(－6,21) B．(－2,7)C．(6,21) D．(2，－7)解析：由题知， － ＝ ＝(1,5)－(4,3)＝(－3,2)．PQ→ PA→ AQ→ 又因为点 Q 是 AC 的中点，所以 ＝ .AQ→ QC→ 所以 ＝ ＋ ＝(1,5)＋(－3,2)＝(－2,7)．PC→ PQ→ QC→ 因为 ＝2 ，BP→ PC→ 所以 ＝ ＋ ＝3 ＝3(－2,7)＝(－6,21)．BC→ BP→ PC→ PC→ 答案：A6．在平面直角坐标系 xOy 中，已知 A(1,0)， B(0,1)， C 为坐标平面内第一象限内一点且∠ AOC＝ ，| |＝2，若 ＝ λ ＋ μ ，则 λ ＋ μ ＝( )π 4 OC→ OC→ OA→ OB→ A．2 B．2 2C．2 D．4 2解析：因为| |＝2，∠ AOC＝ ，所以 C( ， )，又 ＝ λ ＋ μ ，所以( ， )OC→ π 4 2 2 OC→ OA→ OB→ 2 2＝ λ (1,0)＋ μ (0,1)＝( λ ， μ )，所以 λ ＝ μ ＝ ， λ ＋ μ ＝2 .2 2答案：A17．设向量 a＝(1，－3)， b＝(－2,4)，若表示向量 4a，3 b－2 a， c 的有向线段首尾相接能构成三角形，则向量 c 为( )3A．(1，－1) B．(－1,1)C．(－4,6) D．(4，－6)解析：由题知 4a＝(4，－12)，3 b－2 a＝(－6,12)－(2，－6)＝(－8,18)，由4a＋(3 b－2 a)＋ c＝0，知 c＝(4，－6)，故选 D.答案：D8．(2017 届东北三校一模)已知向量 与向量 a＝(1，－2)的夹角为 π，| |＝2 ，AB→ AB→ 5点 A 的坐标为(3，－4)，则点 B 的坐标为( )A．(1,0) B．(0,1)C．(5，－8) D．(－8,5)解析：依题意，设 ＝ λ a，其中 λ 0， b0.(1)若 O 是坐标原点，且四边形 OACB 是平行四边形，试求 a， b 的值；(2)若 A， B， C 三点共线，试求 a＋ b 的最小值．7解：(1)因为四边形 OACB 是平行四边形，所以 ＝ ，即( a,0)＝(2,2－ b)，OA→ BC→ Error!解得 Error!故 a＝2， b＝2.(2)因为 ＝(－ a， b)， ＝(2,2－ b)，AB→ BC→ 由 A， B， C 三点共线， 得 ∥ ，AB→ BC→ 所以－ a(2－ b)－2 b＝0，即 2(a＋ b)＝ ab，因为 a0， b0，所以 2(a＋ b)＝ ab≤ 2，(a＋ b2 )即( a＋ b)2－8( a＋ b)≥0，解得 a＋ b≥8 或 a＋ b≤0.因为 a0， b0，所以 a＋ b≥8，即 a＋ b 的最小值是 8.当且仅当 a＝ b＝4 时， “＝”成立．14.3 平面向量的数量积与平面向量应用举例[课 时 跟 踪 检 测] [基 础 达 标]1．已知| a|＝6，| b|＝3， a·b＝－12，则向量 a 在向量 b 方向上的投影是( )A．－4 B．4C．－2 D．2解析：∵ a·b＝| a||b|cos〈 a， b〉＝18cos〈 a， b〉＝－12，∴cos〈 a， b〉＝－ .23∴ a 在 b 方向上的投影是| a|cos〈 a， b〉＝－4.答案：A2．(2017 届河南八市重点高中质检)已知平面向量 a， b 的夹角为 ，且 a·(a－ b)2π3＝8，| a|＝2，则| b|等于( )A. B．23 3C．3 D．4解析：因为 a·(a－ b)＝8，所以 a·a－ a·b＝8，即| a|2－| a||b|cos〈 a， b〉＝8，所以 4＋2| b|× ＝8，解得| b|＝4.12答案：D3．已知平面向量 a， b，| a|＝1，| b|＝ ，且|2 a＋ b|＝ ，则向量 a 与向量 a＋ b 的3 7夹角为( )A. B．π 2 π 3C. D．ππ 6解析：由题意得|2 a＋ b|2＝4＋4 a·b＋3＝7，所以 a·b＝0，所以 a·(a＋ b)＝1，且|a＋ b|＝ ＝2，故 cos〈 a， a＋ b〉＝ ＝ ，所以〈 a， a＋ b〉＝ ， a＋ b 2a· a＋ b|a|·|a＋ b| 12 π 3故选 B.答案：B4．(2017 届辽宁抚顺一中月考)在△ ABC 中， C＝90°，且 CA＝ CB＝3，点 M 满足 ＝2BM→ ，则 · ＝( )MA→ CM→ CB→ A．2 B．3C．－3 D．62解析：∵ ＝2 ，∴ ＝ ＝ ( － )，BM→ MA→ BM→ 23BA→ 23CA→ CB→ ∴ · ＝( ＋ )· ＝ · ＝ 2＋ · ＝3.故选 B.CM→ CB→ CB→ BM→ CB→ (13CB→ ＋ 23CA→ ) CB→ 13CB→ 23CB→ CA→ 答案：B5．已知 a， b， c 分别为△ ABC 的三个内角 A， B， C 的对边，向量 m＝(2cos C－1，－2)，n＝(cos C，cos C＋1)，若 m⊥ n，且 a＋ b＝10，则△ ABC 周长的最小值为( )A．10－5 B．10＋53 3C．10－2 D．10＋23 3解析：∵ m⊥ n，∴ m·n＝0，即 2cos2C－cos C－2cos C－2＝0.整理得2cos2C－3cos C－2＝0，解得 cosC＝－ 或 cosC ＝2(舍去)．12又∵ c2＝ a2＋ b2－2 abcosC＝( a＋ b)2－2 ab(1＋cos C)＝10 2－2 ab ≥100－ 2＝100－25＝75，∴ c≥5 ，则△ ABC 的周长为(1－12) (a＋ b2 ) 3a＋ b＋ c≥10＋5 .故选 B.3答案：B6．已知| a|＝1，| b|＝ ， a＋ b＝( ，1)，则 a＋ b 与 a－ b 的夹角为( )3 3A. B．π 6 π 3C. D．2π3 5π6解析：由 a＋ b＝( ，1)得| a＋ b|2＝( a＋ b)2＝4，又| a|＝1，| b|＝ ，所以3 3|a|2＋2 a·b＋| b|2＝1＋2 a·b＋3＝4，解得 2a·b＝0，所以| a－ b|＝ ＝|a－ b|2＝2，设 a＋ b 与 a－ b 的夹角为 θ ，则由夹角公式可得 cosθ ＝|a|2－ 2a·b＋ |b|2＝ ＝－ ，且 θ ∈[0，π]，所以 θ ＝ π，即 a＋ b 与 a＋ b · a－ b|a＋ b||a－ b| |a|2－ |b|22×2 12 23a－ b 的夹角为 π.23答案：C7．(2017 届山东师大附中模拟)如图，在圆 O 中，若弦 AB＝3，弦 AC＝5，则 · 的AO→ BC→ 值等于( )3A．－8 B．－1C．1 D．8解析：取 的中点 D，连接 OD， AD，则 · ＝0 且 ＋ ＝ ，即 ＝ － .而BC→ OD→ BC→ AO→ OD→ AD→ AO→ AD→ OD→ ＝ ( ＋ )，所以 · ＝ · － · ＝ · ＝ ( ＋ )·( － )＝ ( 2－AD→ 12AB→ AC→ AO→ BC→ AD→ BC→ OD→ BC→ AD→ BC→ 12AB→ AC→ AC→ AB→ 12AC→ 2)＝ (52－3 2)＝8，故选 D.AB→ 12答案：D8．已知正三角形 OAB 中，点 O 原点，点 B 的坐标是(－3，4)，点 A 在第一象限，向量m＝(－1,0)，记向量 m 与向量 的夹角为 α ，则 sinα 的值为( )OA→ A．－ B．4＋ 3310 4＋ 3310C. D．33－ 410 4－ 3310解析：由题可得 ， 夹角为 60°，设 与 m 的夹角为 θ (θ 为锐角)，则 cosθ ＝OA→ OB→ OB→ ＝ ＝ ，OB→ ·m|OB→ ||m| － 3× － 1 ＋ 4×0 － 3 2＋ 42· － 1 2＋ 02 35则 sinθ ＝ ，45∴sin α ＝sin(60°＋ θ )＝sin60°cos θ ＋cos60°sin θ ＝× ＋ × ＝ .32 35 12 45 4＋ 3310答案：B9．已知平面上四个互异的点 A、 B、 C、 D 满足( － )·(2 － － )＝0，则△ ABCAB→ AC→ AD→ BD→ CD→ 的形状为________．解析：由已知得 ·( ＋ ＋ ＋ )＝0CB→ AD→ DB→ AD→ DC→ 即 ·( ＋ )＝0CB→ AB→ AC→ 设 D 为 BC 中点，则 ·2 ＝0，CB→ AD→ ∴ CB⊥ AD，∴△ ABC 为等腰三角形．答案：等腰三角形10．(2018 届衡水调研)若非零向量 a， b 满足| a|＝| b|，(2 a＋ b)·b＝0，则 a 与 b 的4夹角为________．解析：∵(2 a＋ b)·b＝0，∴2| a||b|cosθ ＋ b2＝0.由| a|＝| b|，可得 cosθ ＝－ .故 a 与 b 的夹角为 120°.12答案：120°11．已知正方形 ABCD 的边长为 1，点 E 是 AB 边上的动点，则 · 的值为DE→ CB→ ________； · 的最大值为________．DE→ DC→ 解析：以 D 为坐标原点，建立平面直角坐标系如图所示．则 D(0,0)， A(1,0)， B(1,1)，C(0,1)．设 E(1， a)(0≤ a≤1)，所以 · ＝(1， a)·(1,0)＝1， · ＝(1， a)·(0,1)DE→ CB→ DE→ DC→ ＝ a≤1.故 · 的最大值为 1.DE→ DC→ 答案：1 112．已知| a|＝4，| b|＝3，(2 a－3 b)·(2a＋ b)＝61.(1)求 a 与 b 的夹角 θ ；(2)求| a＋ b|和| a－ b|；(3)若 ＝ a， ＝ b，作△ ABC，求△ ABC 的面积．AB→ AC→ 解：(1)由(2 a－3 b)·(2a＋ b)＝61，得 4|a|2－4 a·b－3| b|2＝61.∵| a|＝4，| b|＝3，代入上式求得 a·b＝－6.∴cos θ ＝ ＝ ＝－ .a·b|a|·|b| － 64×3 12又 θ ∈[0°，180°]，∴ θ ＝120°.(2)∵| a＋ b|2＝( a＋ b)2＝| a|2＋2 a·b＋| b|2＝4 2＋2×(－6)＋3 2＝13，∴| a＋ b|＝ .13同理，| a－ b|＝ ＝ .a2－ 2a·b＋ b2 37(3)由(1)知∠ BAC＝ θ ＝120°，| |＝| a|＝4，| |＝| b|＝3，AB→ AC→ ∴ S△ ABC＝ | |·| |·sin∠ BAC＝ ×3×4×sin120°＝3 .12AC→ AB→ 12 3[能 力 提 升]51．已知 a， b 均为单位向量，且 a·b＝0，若| c－4 a|＋| c－3 b|＝5，则| c＋ a|的取值范围是( )A．[3， ] B．[3,5]10C．[3,4] D．[ ，5]10解析：∵ a， b 均为单位向量，且 a·b＝0，∴设 a＝(1,0)， b＝(0,1)， c＝( x， y)，代入| c－4 a|＋| c－3 b|＝5，得 ＋ ＝5. x－ 4 2＋ y2 x2＋  y－ 3 2即( x， y)到 A(4,0)和 B(0,3)的距离和为 5，∴ c 的终点轨迹是点(4,0)和(0,3)之间的线段，| c＋ a|＝ ，表示 x＋ 1 2＋ y2M(－1,0)到线段 AB 上点的距离，最小值是点(－1,0)到直线 3x＋4 y－12＝0 的距离．∴| c＋ a|min＝ ＝3.|－ 3－ 12|5最大值为| MA|＝5.∴| c＋ a|的取值范围是[3,5]．答案：B2．(2017 年全国卷Ⅱ)已知△ ABC 是边长为 2 的等边三角形， P 为平面 ABC 内一点，则·( ＋ )的最小值是( )PA→ PB→ PC→ A．－2 B．－32C．－ D．－143解析：建立如图所示的坐标系， A(0， )， B(－1,0)， C(1,0)，设 P(x， y)，则3＝(－ x， － y)， ＝(－ 1－ x，－ y)， ＝(1－ x，－ y)， ·( ＋ )＝2 x2＋2 y2－2PA→ 3 PB→ PC→ PA→ PB→ PC→ y＝ 2 － ，3 [ x－ 0 2＋ (y－ 32)2] 32令 x＝0， y＝ ，32则[ ·( ＋ )]min＝－ ，故选 B.PA→ PB→ PC→ 32答案：B3．若平面向量 a， b 满足|2 a－ b|≤3，则 a·b 的最小值是________．6解析：由|2 a－ b|≤3 可知，4 a2＋ b2－4 a·b≤9，所以 4a2＋ b2≤9＋4 a·b.而4a2＋ b2＝|2 a|2＋| b|2≥2|2 a|·|b|≥－4 a·b，所以 a· b≥－ ，当且仅当 2a＝－ b 时取98等号．答案：－984．在△ ABC 中，角 A， B， C 的对边分别为 a， b， c，且满足( a－ c) · ＝ c · .2 BA→ BC→ CB→ CA→ (1)求角 B 的大小；(2)若| － |＝ ，求△ ABC 面积的最大值．BA→ BC→ 6解：(1)由题意得( a－ c)cosB＝ bcosC.2根据正弦定理得( sinA－sin C)cosB＝sin BcosC，2所以 sinAcosB＝sin( C＋ B)，2即 sinAcosB＝sin A，2因为 A∈(0，π)，所以 sinA0，所以 cosB＝ ，又 B∈(0，π)，所以 B＝ .22 π 4(2)因为| － |＝ ，所以| |＝ ，BA→ BC→ 6 CA→ 6即 b＝ ，根据余弦定理及基本不等式得 6＝ a2＋ c2－ ac≥2 ac－ ac＝(2－ )6 2 2 2ac(当且仅当 a＝ c 时取等号)，即 ac≤3(2＋ )，故△ ABC 的面积 S＝ acsinB≤ ，212 3 2＋ 12即△ ABC 的面积的最大值为 .32＋ 3214.4 数系的扩充与复数的引入[课 时 跟 踪 检 测] [基 础 达 标]1．i 是虚数单位，复数 ＝( )1－ 3i1－ iA．2＋i B．2－iC．－1＋2i D．－1－2i解析： ＝ ＝ ＝2－i.1－ 3i1－ i  1－ 3i  1＋ i 1－ i  1＋ i 4－ 2i2答案：B2．(2017 届郑州检测)设 z＝1＋i(i 是虚数单位)，则 － ＝( )2z z－ A．i B．2－iC．1－i D．0解析：因为 － ＝ －1＋i＝ －1＋i＝1－i－1＋i＝0，故选 D.2z z－ 21＋ i 2 1－ i 1＋ i  1－ i答案：D3．(2018 届安徽安庆质检)已知 i 为虚数单位，则复数 的共轭复数是( )1－ 2iiA．－1＋2i B．1－2iC．－2＋i D．2－i解析：∵ z＝ ＝ ＝－2－i，1－ 2ii i 1－ 2ii2∴复数 z 的共轭复数是 ＝－2＋i.z－ 答案：C4．(2017 届四川成都二模)若复数 z 满足 z(1＋i)＝2－2i(i 为虚数单位)，则| z|＝( )A．1 B． 2C. D．23解析：解法一：∵复数 z 满足 z(1＋i)＝2－2i(i 为虚数单位)，∴ z＝ ＝2－ 2i1＋ i＝ ＝－2i， 2－ 2i  1－ i 1＋ i  1－ i 2 1－ 2i＋ i21－ i2∴| z|＝|－2i|＝2.解法二：复数 z 满足 z(1＋i)＝2－2i(i 为虚数单位) ，则| z(1＋i)|＝|2－2i|，即| z||1＋i|＝|2－2i|，2∴ |z|＝2 ，2 2∴| z|＝2.答案：D5．(2017 届广东中山一模)在复平面内，复数 z＝ 对应的点位于( )12＋ iA．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限解析：因为 z＝ ＝ ＝ － i，所以其所对应的点为 ，故2－ i 2＋ i  2－ i 2－ i5 25 15 (25， － 15)z 的对应点位于第四象限．答案：D6．(2017 届河南豫北重点中学联考)已知 i 为虚数单位， a∈R，若 为纯虚数，则1－ ia＋ i复数 z＝(2 a＋1)＋ i 的模等于 ( )2A. B．2 3C. D．6 11解析：因为 ＝ ＝ － i，为纯虚数，1－ ia＋ i  1－ i  a－ ia2＋ 1 a－ 1a2＋ 1 a＋ 1a2＋ 1所以Error! 解得 a＝1.所以| z|＝|(2 a＋1)＋ i|＝|3＋ i|＝ ＝ .2 2 32＋  2 2 11答案：D7．(2017 届山东青岛三模)设复数 z 满足 ＝i，则 z 的虚部为( )1－ z1＋ zA．－2 B．0C．－1 D．1解析：设 z＝ a＋ bi， a， b∈R，∵ ＝i，1－ z1＋ z∴1－ z＝i＋ zi，∴1－ a－ bi＝i＋ ai－ b，∴Error!∴ a＝0， b＝－1，故选 C.答案：C8．(2017 届湖南株洲一模)已知复数 z＝ ，则 z－| z|对应的点所在的象限为( )11－ iA．第一象限 B．第二象限3C．第三角限 D．第四象限解析：∵复数 z＝ ＝ ＝ ＋ i，11－ i 1＋ i 1－ i  1＋ i 12 12∴ z－| z|＝ ＋ i－ ＝ ＋ i，12 12 (12)2＋ (12)2 1－ 22 12∴对应的点 在第二象限，故选 B.(1－ 22 ， 12)答案：B9．(2017 届安徽安庆二模)设 i 是虚数单位，如果复数 的实部与虚部相等，那么a＋ i2－ i实数 a 的值为( )A. B．－13 13C．3 D．－3解析：∵ ＝ ＝ ，由题意知 2a－1＝ a＋2，解a＋ i2－ i  a＋ i  2＋ i 2－ i  2＋ i 2a－ 1＋  a＋ 2 i5得 a＝3.答案：C10．(2018 届开封市高三定位考试)复数 z＝ ，则( )2－ 1＋ iA． z 的共轭复数为 1＋iB． z 的实部为 1C．| z|＝2D． z 的虚部为－1解析： z＝ ＝－1－i，故选 D.2 － 1－ i2答案：D11．i 为虚数单位，复数 在复平面内对应的点到原点的距离为( )ii＋ 1A. B．12 22C．1 D． 2解析：化简 ＝ ＝ ，ii＋ 1 i 1－ i2 i＋ 12∴ 在复平面对应点为ii＋ 1 (12， 12)∴到原点的距离为 ＝ .(12－ 0)2＋ (12－ 0)2 224故选 B.答案：B12．设 i 是虚数单位，若复数 m＋ (m∈R)是纯虚数，则 m 的值为( )103＋ iA．－3 B．－1C．1 D．3解析：∵ m＋ ＝ m＋ ＝ m＋3－i 是纯虚数，103＋ i 10 3－ i10∴ m＋3＝0，即 m＝－3，故选 A.答案：A13．下面是关于复数 z＝ 的四个命题：21－ ip1：| z|＝2； p2： z2＝2i； p3： z 的共轭复数为－1＋i； p4： z 的虚部为 1.其中真命题为( )A． p2， p3 B． p1， p2C． p2， p4 D． p3， p4解析：∵ z＝ ＝1＋i，2 1＋ i2∴| z|＝ ， p1为假命题，2z2＝2i， p2为真命题，＝1－i， p3为假命题，zz 的虚部为 1， p4为真命题．故选 C.答案：C14．已知复数 z＝ x＋ yi，且| z－2|＝ ，则 的最大值为________．3yx解析：∵| z－2|＝ ＝ ， x－ 2 2＋ y2 3∴( x－2) 2＋ y2＝3.由图可得 max＝ ＝ .(yx) 31 3答案： 3[能 力 提 升]51．(2017 届湖北武汉质检)已知复数 z＝－3＋4i(i 是虚数单位)，则复数 的虚部z－ 1＋ i为( )A．－ B． i12 12C. D．－ i12 12解析：因为 ＝ ＝ ，所以虚部为－ .z－ 1＋ i － 3－ 4i1＋ i － 7－ i2 12答案：A2．已知 t∈R，i 为虚数单位，复数 z1＝3＋4i， z2＝ t＋i，且 z1·z2是实数，则 t 等于( )A. B．34 43C．－ D．－43 34解析：因为 z1＝3＋4i， z2＝ t＋i，所以 z1·z2＝(3 t－4)＋(4 t＋3)i，又 z1·z2是实数，所以 4t＋3＝0，所以 t＝－ ，故选 D.34答案：D3．已知复数 z1＝cos15°＋isin15°和复数 z2＝cos45°＋isin45°，则z1·z2＝________.解析： z1·z2＝(cos15°＋isin15°)(cos45°＋isin45°)＝(cos15°cos45°－sin15°sin45°)＋(sin15°cos45°＋cos15°sin45°)i＝cos60°＋isin60°＝ ＋ i.12 32答案： ＋ i12 324．复数 z1＝ ＋(10－ a2)i， z2＝ ＋(2 a－5)i，若 1＋ z2是实数，求实数 a 的3a＋ 5 21－ a z－ 值．解： 1＋ z2＝ ＋( a2－10)i＋ ＋(2 a－5)i＝ ＋[( a2－10)＋(2 a－5)]z－ 3a＋ 5 21－ a ( 3a＋ 5＋ 21－ a)i＝＋( a2＋2 a－15)i.a－ 13 a＋ 5  a－ 16∵ 1＋ z2是实数，z－ ∴ a2＋2 a－15＝0，解得 a＝－5 或 a＝3.∵ a＋5≠0，∴ a≠－5，故 a＝3.