一轮复习配套课时精讲课时检测单元第五章平面向量与复数

义义

题 又 的量叫做向量，向量的大小，也就是向量的

规定：0与任一向 相等向量：长度 且方 相反向量：长度 且方

向量的表示方法：用 表示； 其方向 的

表示|向量叫做单位向量|a

是一个与a同向的

①三角形法则：aA为起baO .－a是一个与 量平行向量：方向 或

以第二个向量b的终点B 的量→量OB就是a与b 推广： 向量叫做平行向量.平行向量又叫

图 图

a，b为邻边作▱ABCDA

A.相

→AD＝b种形式

→解

→→→→ →

，即a－b表示ba(被减向量)

a＝

(如图

D.a∥b且

解：a＝

ab②当λ>0时，λa与a的方

ab同向共线.当λ<0时，λa与a的方向 当λ＝0时，λa＝

ACBDO，→＋

λ a(a≠0)b

解：由向量加法的平行四边形法则得＝ ＝ CAB上，OC⊥AB，用和 1.(1)大小方向长度|→|

(2)长度为

则 则1个单位长度单位向量

→1

→1相同相反非零共线向量平行

相等相同(6)相等相反

3→1

3→1(7)字母有向线段2.(1)①起点终点

4 ②对角线4

②相同相反 类型一向量的基本概a≠bab④向量

→ AB与CD是共线向量，则

③→ ⑤方向为北偏西50→ A.①⑤B.④C.⑤

A.①②B.③④C.①③ 解：由 2→ 错；a≠b，ab

→

→

正方形ABCD中→与→共线，但A，B，C，D

→

2a－2b，③正确；PR＝PT＋2b＝2a＋2b，④错误(2)(2014·福建)设M为平行四边形ABCD对角一点，则 ，因此

重视对概念的学习；(3)上给出的概念(定义)

易知＝＋1

→＝

1→

是非常准确、简洁的，熟记这些概念(定义)

1

1

＝－

④在▱ABCD中，一定有→＝

(1)(2013·模拟)如图，在△ABC 和终点，故①不正确；|a|＝|b|a

→＝→不正确，正确的是④⑤.B. 类型二向量的线性运

→2 →(1)，下列结论正确的是

2

→1

→2m三边BC，CA，AB的中点，则→＋→＝(

值为

→

1

1

→1→

1 1→

类型三向量共线的充要条件及

有＝ 2

6 其应

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，则一定共线的三点是( →→

→→ OAOOCABC

→，∴A，B，D三点共线.

∴存在实数m使得BC＝mAB，即 ∴ ∴

a，b是两个不共线的向量，且向ma－3ba＋(2－m)bm的值为()1λ，μ，使得＝

，且

A.－1或 B.

C.－1或 D.3或若

3b＝ 解得则＝＋(1－

m＝－1m＝3.

∴ ∴→BC∥BABCBA∴A，B，C三点共线A，B，C共线，借助向量，只需证明

a∥bab λ，使→＝

a

aa相等，所以线段共线与

点 段AB点 段AM点 段BMO，A，M，B 段AM上.故选ABOC，D与区别

＝b，则对于两个向量共线定理(a(a≠0)与b共线存在唯一实数λ使得b＝λa)中条件“a≠0”的 a＝0时，aba＝0b≠0时，b＝λaab共线

a, 1都成立，要求a≠0.换句话说，如果不加条

“a≠0a

1

解：连接OD，CD，显然为菱形，故＝→1＋b，

若|a|＝|b|a＝b

5.(2013·八校联考)设D，E，F分别△ABCBC，CA，AB上的点，且＝

→＝→，

→，则＋→

)

BCab

由题意得

→1

2→则|a＋b|＜|a－b|，C错；D正确.

→1

2→ →2→1

则→ 1若

解：∵CD为∠ACB的角平分线，

→2→ ∴

＝→ → (1)MAB

1→如图，在△ABC中，HBC→

的任一点，MAH的中点，若＝→＋

则

(1) →1→1

－x)AC.又M是AH

1故填 ABCBC2，O

ABCP满足＝

∴OA＋OB＋AM＋BM＝2∵MAB ∴ 则

∴ 1

于是 1 ＋ → →1→ ＋

(2)如图乙，∵→＝→，⇒

∴ ＝ ＝

＝

＝ba，b表示和

→＋设A1，A2，A3，A4是平面直角坐标＝→∈R)

解：

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

A.CABB.DABC.C，D可能同 段ABD.C，D不可能同 段AB的延长线解：C，DA，B，则→＝(λ∈R)，→＝→

，且证明：∵DBC

若C是线段AB的中点则→1 ∴→＋→＝

左边＝

→＋→＝→＋→＋→＋

C，D同 段AB上，则

1＋μ＞2，CDC，D段AB的延长线上，则

故C，D不可能同时段AB的延长线上，D选项正确.D. x1＋λx2 1＋λ，1＋λ

λ＝1PP1P2

那么对于这一平面内的任意向量a，有且只有一对实数λ1，λ2，使

， 把不共线的向量e1，e2叫做表示这

)C(xy

3

，

再由 bOA＝aOB＝b，则∠AOB＝θab的夹角(如图向量夹角θ的范围 .a与 如果向量a与b的夹角是 们就说a与b垂直，记作 x轴、y

2.(1非零(2)0°≤θ180°0°18090°3.(1)互相垂直 (2013·辽宁)已知点A(1，3)，B(4，－1)，则与向量→同方向的单 方向相同的两个单位向量i，j作为基底.任作一个向量a由平面向量基本定理知有且只有一对实数x，y，使得a＝xi＋yj.则实数对 叫做向量a的(直角)坐标，记作a＝ ，其中x叫做ax轴上的坐标，yay

叫做向量的坐标表示.与a ，

AB＝(3，－4)，|AB|＝5，→

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

如果e1，e2是平面α内所有向量的一组基 aa＝λ1e1＋λ2e2，λ1，λ2是实数αa解：B，C，D都错，只有A的表述是正确的，A.

λPP2时，点P的坐标(xy

2)，若→∥a，则实数y的值为 1)，则 (2013·模拟)已知向量a＝(1，3)，b＝则实数k＝ cka＋b2(k－2)－3(3k类型一向量共线充要条件的坐

又∵(a＋λb)∥c，∴(1＋λ)×4－2×3＝0λ1类型二平面向量基(1)设e1，e2是相互垂直的单位向量，e1绕起点沿逆时针方向旋转90°到e2.设向量v的模|v|＝r，e1绕原点旋转到v的方向所成的角为α.则v在基e1，e2下的坐标为 标表(1)已知向量a＝(1，2)，b＝(2，0)，

在平面上建立直角坐标系，O是原点，e1，e2

长设v＝v的坐标就是点P的坐标

解：λa＋b＝(λ＋2，2λ)λa＋b＝(1，－2)＝－1，

＝→＝(2)ABCD中，E，F与a＋3b共线，则m＝ →2a－ba＋3b5(1＋3m)－6(2－m)＝0，解得 解得 ＝3

CD的中点，DEAFH，记AB，BCb，则→ a－ B.a＋3

解：设

→对向量共线充要条件的理解及计算能力.解决此类－x2y1＝0即可

而

DH＝DA＋AH＝－b＋λAF＝－bb＝(m，2)，若a∥b，则实数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为实数，(a＋λb)∥c，则 22

类型三求向量的坐5 5

1

ve1e2v＝e＋e，若向量u＝e1＋be2与vx1ye2a＝x且b＝.②若e1e2a12使a＝11＋e2，两个不共线向量线性表示，且表示方式惟一.特别a＝0即11＋λe＝01＝2＝0.③a，b选择两个参数，，然后将同一向量→作两种表μ..

的有向线段首尾相接能构成四边形，则向量d为() D. nA0A1…An A＝

→＋→＋→

A＋→(1)(2014·福建)在下列向量组中，可

1 00

n－1

ABCD中，AC解：A，C，D中，e1e2共线，故不存不共线，设存在实数λ，μ使得＋μ(5，－2)，解得λ＝2，μ＝1，∴a＝2e1＋e2.故

对角线，→＝(2，4)，→＝(1，3)，则→＝( 解：

(2)(2013·)向量a，b，c在正方形网格

的位置.若

，则

平面向量基本定理实际上是向量的分解定解：i，j分别为水平向右和竖直向上的单位－i－3j＝λ(－i＋j)＋μ(6i＋2j)6μ)i(λ2μ)j，根据平面向量基本定理得

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

所以μ＝4.故填

1e

＋λ2e2＝0(λ1，λ2∈R)，那么，则

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

<θ2

a＝(sin2θcosθ)，

＝2.

BC上的点，AD＝1AB，BE＝2BC.＝1

λD.a＝－4，2，

→1→2

1→22在△ABC中，已知a，b，c分别为 2

1→2 所对的边，S为△ABC的面积.b2－c2)，q＝(3，S)，且满足p∥q，则

故填

C. D.解：p∥q4S＝

m

tanC＝

.

4.(2014·六校联考)“x＝2”是“向量

→＝→

(2，1)＝λ(1－m，m＋6)，得 解

形解：由向量a与b共线得 ∴x＝±2，∴“x＝2”是“向量a＝(x＋2，1)5.(2013·模拟)在平面直角坐标系xOy中，

＋→＋t为何值时，Px轴上？Py轴上？P ＝，且|OC|＝2，

λ，μ

6值是

解：(1)依题意，得A.A. D.－

∴∴解：因为

→，

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

若P在y轴上，则1＋3t＝0，∴t 6P

∴∴在平面直角坐标系中，点O(0，0)， (2)∵→＝(1，2)，

P(6，8)，将向量→绕点O按逆时 4若OABP是平行四边形，则→＝→ 4

得向量OQ，则点Q的坐标是( A.(－72，－2) B.(－72，2)C.(－4 D.(－4OABP不可能成为平行四边形6)ACOBP的坐标

解法一将向量→绕点O按逆时针 →||＝||＝x2＋y2＝10x＝－7 解：设＝t ∴→＝→－→

2x＝2，y＝－72Q点在第三象限.A正确.解法二：设→ →

sinθ＝5，则OQ＝10cosθ4，10sinθ4∵→

(－72，－2). 已知两个非零向量a与b，把数 ab的数量积(或内积

x2＋y2 x2＋y2 记 其中θ是a与b的夹角

叫向量b在a方向上 ，即|a|

A.2 B. D.－a·b的几何意义数量积a·b等

解：a·b＝3＋

2·9＋m2·

m＝3.

2①交换律 ③分配律

→→ A.锐角三角形B.C.钝角三角形D.·＋2＝0⇒·→

→

③

(2013·海淀一模)若向量a，b满足|a| 位向量，θae① ② ③当a与b同向时，a·b＝ 当a与b反向时，a·b＝ 特别地，a·a＝ 或|a|＝ ④ 设a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，

a·b＝－1(2014·江西)已知单位向量e1，e2的夹角为＝3且 a31－e2＝3－12e1·e2＝9，∴|a|＝3.故填(2013·新课标Ⅱ)已知正方形ABCD① ＝ ；a2 ② ③|xx＋yy

的边长为2E为CD的中点，则AE·BD 解：设→＝a＝b，则|a|＝|b|＝2.1 1

→→ 1

1

投影a

b

4＝2. (··) ③a＝0

类型一数量积的定义及几何意

1111 1111(1)若a，b，c均为非零向量，则下列 3

3

A. B.

C.－3

3

－解

量积的几何意义知向量方向上的投影为

3a⊥c，则a·c＝b·c＝0，但a≠b；④错误，因为数量c的倍数，a的倍数.故填①②.

|AB|cos〈AB，CD〉

＝

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

类型二数量积的基 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：因为1且

2k)(e·e)－2e2，且|e|＝|e|＝1，e

2＝－2，

k＋(1－2k)·－2－2＝0k＝4.4为 数量积a·b＝|a||b|cosθ＝x1x2＋y1y2(其中两向量a·ba的长度|a|ba的方向上的投影|b|cosθ(1)(2013·陕西)设a，b为向量，则 充分不必要条件B.C.充分必要条件D.解：abθ，则

a·b＝0ab0a·b＝a·cb＝c，(a·b)·c≠a·(b·c)等.(2014·)已知a，b为单位向量，其夹角为60°，则(2a－b)·b＝( 12＝0.故选类型三用数量积表示两个平面则a⊥b的充要条件是( 2＝|a|·|b||cosθ|＝|a|·|b|a，b0π或2

立.C.(2)(2013·)已知点A(－1，1)，B(1，2)，

解：2(x－1)＋2＝0，x＝0.D.影为

质都是对数量积定义的考查.

解法二：a＋b，a－ba，b为邻边的

(1)若平面向量α，β满足|α|＝1，|β|12，则α和β的夹角θ的取值范围 四边形的对角线相等.∴a⊥b.

0，即：a＝(x，y)，b＝(x，y)，则

6，66

(1)(2014·)设向量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均为单位向量，且a·b＝0，(a－ C. 解：|a＋b－c|＝＝A.a·b＝0，a，bA.1，B.类型五几何图形中向量的数量(1)1ABC 类型四向量的夹角与

解法一：由题知，DBC的中点，ECA的DBCx轴，ADy轴，建立如图平面直角坐标2，则a与b的夹角

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满足 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

边上的动点.则DE·CB的值为 → → → → →解：DE·CB＝(DA＋AE)·CB＝DA·CB＝|DA|→ → →解法一：A为坐标原点，→x，yB(E(2，1)，D(0，2)，C(2，2).∴→＝((3)(2014·)已知菱形ABCD的边长为

＝(

F为(x，2)，则由→·→＝2，得 ＝3BEDC＝λDF若AE·AF＝1λ的值为.

∴→∴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·江苏)ABCD中，已知AB＝8，AD＝5＝3

解：∵ ， 解：∵ ， AD＋4AB ＝ ＝ AP AD＋4AB＝→ 1→

3→

1→ 点，若AB＝3，BD＝1，则→·→

＝2，解得→·＝22.解

2，2ABCD中，AB＝2，BC＝2，EBCFCD上，若→→

0.a·b＝0a＝0＝0.应注意平面向量的数量积不满足结合律，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将模的运算转化为向量的数量积

＋

＝1

1→ → 1

2(AB＋AC)·(AC－AB)＝2(AC－AB)＝2(5－3＝8，

为平面区域

上的一个动点，则 ab共线，bcac若非零向量a，b满足|a＋b|＝|a－b|ab

解：A显然错；B中b＝0时，a与c不一定 线；对|a＋b|＝|a－b|a·b＝0a

y＝x＋z1的一组平行线，当它经过B(0，2)时，z 3x＋8＝5x＝－1.A.3.(2014·新课标卷Ⅱ)设向量a，b满足＋b|＝10，|a－b|＝6，则

∴z的取值范围是[0，2]，即·解：(a＋b)2＝10，(a－b)2＝6，两式相减得

OAc＝ma＋b(m∈R)，且c与a的夹角等于c与b的夹角，则m＝(

与2a＋b同向的单位向量的坐标表示为 向量b3a与向量a夹角的余弦值为

1).与2ab|2a＋b|，∴2c·a＝c·b，即，

1 3

形的对角线方向的向量，又∵ca

10＝10，101).b－3aaθ

|b－3a||a|

22

5.则·的值等于

3 10；(2) 2

10

—5，8.(2013·浙江)设e1，e2为单位向量，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满足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的中点，E(0，1).E(0，1)AD的中点，A(－1，－2)，D(1，4).BC＝42AD

1＝6

＝＝2＝(－2，－1)→以|a＋b|＝

→－

已知COP上的一点(O为坐标原点

(2)对(1)C，求cos∠ACB.

＝－→→ →

→

＝－5

22∴

ABCDAB、AD的长2，1M、NBC、CD

|→

|→ → 且满

AM·AN的取值范围是

→ 当＝(4，2)＝(－3，5)

ABxADy轴建立平面直角坐标系 ∴ |CA|＝34，|CB|＝2，由(1)知

4 4 －8∴cos∠ACB＝→→

34·

17

根据题意，b

2AN＝(x1)AM，

→→

2，

t

＝0t的值

向量的和与差的模：|a＋b|

A43km/h的速度向行驶的速度为8km/h，则江水的流速的大() B.4C.32 D.2B正确，B.已知向量a＝(1，sinθ)，b＝(1，cosθ)，则

|a－b|的最大值为 ①G为△ABC重心的一个充要条件： OABC外心的一个充要条件： PABC

B. C. ∴|a－b|＝02＋（sinθ－cosθ）2＝∴|a－b|的最大值为2.(2013·福建)ABCD 使得OA＝αOBβOCO为平面任意一点，且

A. B.2 解：∵·＝0AC，BDy4)，θab的夹角

1

5×25＝5( ；|→

F1，F2，F3(单位：N)的作用而处于平衡状态，已知F1，F2角，且F1，F2的大小分别为2和4，则F3的大小 a∥b⇔ 且λ∈R)

28，∴|F1＋F2|＝27.2 2.(1)(2)①→＋→＋→

(2013·西城区一模)如图，正六边形 ABCDEF的边长为1，则→·→ ②|→|＝|→|＝|→ ③→→ →

→→ →

x2＋y2 x2＋y2

→ → →

→

2 2BC＝1－1×1×2－2＝－2.2即当

|a＋b|的最大值为类型一向量与函数a，b满足|a|＝ 若函数f(x) 13＋|a|x2＋2a·bx＋1在x∈R上有极值，θ为a，b的夹角，则

的基本定理及数量积等来直接考查函数的基本概.

，

a，b 6， 6，

解：f(x)R上有极值，∴f′(x)＝0有不等实＝0有不等实根，∴Δ＝4|a|2－8a·b＞0，即

1

，|a|＝

＝2

f(x)＝3sinωx(ω>0)

是 (－2＜x＜10)xAA

→＋→→

A.4的奇函数B.4

2π的奇函数D.2π

→＋→→

解：Aπ，3，B3π，－ →

2OA·OA＝2|OA|＝32.

πθπθ

∴f(x)＝

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

(Ⅰ)求证：a＋ba－b(Ⅱ)ka＋ba－kbβ－α(k为非零常数 3＋2

∴a＋ba－b互相垂直当 π＝1时|a＋b|取得最大值3＋2（ ＝（

∴|ka＋b|＝|a－kb|＝

(2)(2014·湖南)在平面直角坐标系中，O为原点，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)类型二向量与解析几

＋

2

OB＋OD|＝（x－1）（y＋3）的最大值的距离加上 的半径，OF分别为椭圆43的中心和左焦点，点P

（3－1）2＋（0＋3）2＋1＝1＋ OB＋OD＝(2＋cosθ，

→

0＝1y2＝310，因为＝(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，因为－2≤x≤2x＝2时，

|OA＋OB＋OD|1＋7.

OP

＋取得最大值4＋2＋3＝6，向量的坐标运算可将几何问题用代数方法处过抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点FlA，与抛物BA在抛物线的准线上的射C，若→＝→→·＝48

类型三向量在物理中的简单应，一条河的平行，河的d＝500mA点出发航行到河对岸，船航行速度的大|v1|＝10km/h，水流速度的大|v2|＝4km/h，设v1和v2的夹角为θ(0° D.y2＝4解：

当cosθ222∴40cosθ＋16＝0，解得

→→ AF＝FB⇒FAB∴∠ABC＝30°，由→·＝48BC＝43AC＝4.∴由中位线性质有p 方y2＝4x.故选

0.5 1 θ＝90°时，船的航行时间最短，而当船然后用含向量的式子表示“船垂直到达对岸”和OA，OB一端分别A，BOC的下端吊一重 OB

水速为v2，已知船可垂直到达对岸，则(

解：OA，OB，OCa，b，ca＋b＋c＝0，ab

解：v＝v1＋v2v⊥v2v1，v2，v的模构成以|v1|为斜边，|v2|、|v|为直角边的直角三角形.B.已知|a|＝2|b|，且|b|≠0，函数 －a·b只有一个零点则向量a与b的夹角是( D.解：Δ＝|a|2＋4a·b＝0且

＝－2θ＝3.设0≤θ＜2π，已知两个向量sinθ)→2＝(2＋sinθ，2－cosθ)→∵ ∵∴|→|>|→|，|→′|>|→

A. B. C.3 D.2解：∵

∴||＝10－8cosθ≤18＝32.4.(2014·西安模拟)若直线l

2→＋→＝

x 成立，则满足条件的实数x的集合为( 1＋ 1－ －1＋ －1－22 22 解：x2＋x＝2 → → OC＝2OA＋2＋1OBA，B，C2 x＋1＝1x＝－1x＝0(舍) 连掷两次得到的点数分别为m和n，记a＝(m，n)b＝(1，－1)θ，则 θ∈，2的概率是

解：∵m＋n≠0，∴ab不共线

10.(2013·辽宁)设向量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实数t的取值范围是

(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.

已知抛物线y＝x2上两点AB满足→＝λ 2

O

a1→ 200→，且A，B，C三点共线(该直线不过点O)，则S 解：∵

∠AOBOAMBS的最小值解：(1)由→＝→A，P，B线上，设直线方OB＝a1OA＋a200OCA，B，C共线(该直线不过点O)，∴a1＋a200＝1，∵{an}是

222

由 得x→→＝0，则|→|＋||＋FC.|→|FC.

1∵→·→1设F(1，0)，则→＝(x1－1，y1)，→＝(x2－1，y2)，

＝OAMB →

∴S＝→→＝

＋x3－1＝0，x1＋x2＋x3＝3.则λ为实数

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

2－1，

2－1，＝

C.[1， 7 25λ＋25当

4，3＝－25时，|x|min＝5，此时

得，(x－1)2＋(y－1)2＝1.∵︱c︱表示点C(x，y)到C1：(x－1)2＋(y－1)2＝1，∴|c|C1上一动点C(x，y)到原点的距离|OC|，由图可知直线

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

(2014·重庆)实部为－21 第三象 解：易知该复数在复平面内对应的点形如：a＋bi(a，b∈R)的数叫复数，其中a叫 ，b叫做复数的 a＋bia＋bia＋bi为纯虚数

若复数z＝(x2－1)＋(x－1)i为纯虚数则实数x的值为( D.－1a＋bi＝c＋di(a，b，c，d∈R)⇔

b)平面向量→都可建

－b±

向量→的模r叫做复数z＝a＋bi(a，b∈R)的模，记作 或|a＋bi|.即|z|＝|a＋bi|＝r ，复数z 实 虚 ①b＝ ③a＝a＝c且 实数原点纯虚数

解：z＝9＋6i－1＝8＋6i，|z|＝82＋62＝10.故10.类型一复数的有关z＝m＋ni(m，n∈C)m＝0，n≠0时，z为纯虚数；若(z1－z2)2＋(z2－z3)2＝0，则aai

一对应共轭复数

小(2)m＝0，n＝i

解 4，4∴cosθ＋sinθ4，4

π表示的数(i的系数)将实数中的一些结论推广到复数中去.对

sinθ－cosθ＝2sin因此复数z在复平面内对应的点位于第二象限，B. z为实数①若z1－z2＞0z2＋z2＝0z＝z

类型三复数相等的充要条xx2－(2i－1)x＋3m－i＝0 z③z＋－0⇔zz—④z 解：①z1＝2＋i，z2＝1＋iz2z1不③z＝0z＋z＝0z为实数.故填

m的值是0 x2＋x＋3m－(2x＋1)0 x2＋x＋3m＝ x2＋x x2＋x ＝.故填＝－3( 0 类型二复平面的概念及复数的A，B是锐角三角形的两内角，则复数(sinA－cosB)＋(sinB－cosA)i在复平面内对应的点位于()A.第一象限B.C.第三象限D.

x0m的方程组是解决此类问题的有效手1＋2ixx2＋bx＋c＝0的一个复数根，则( 12i(1＋2i)2＋b(1＋＋ 0＜

解得

2－ 2－即sinA－cosB＞0.断复数的实部和虚部的正负即可，对题目中条件“AB4，4若θ∈3π 5π，则复数4，4sinθ(sinθcosθ)i在复平面内对应的点位于

m，n∈R)m，n∈R.a＝0b≠0.(1)(其中1.(2013·)如图，在复平面内，点A表示复数z，则图中表示z的共轭复数的点是(

z的虚部为5.6.(2013·)设i是虚数单位，z是复数z的共轭复数，若z·zi＋2＝2z，则z＝( z＝1＋i.A.7.(2014·福建模拟)若x∈C，则关于x的一元二次方程x2－x＋1＝0的根为 解：由x2－x＋1＝0，得－（－1）±

3

3 ＝22i.故填22 解：z及其共轭复数在复平面上表示的点x轴对称.B.则

设复数z＝log2(m23m－3)i·log2(m3)(m∈R)z－2y＋1＝0m的值为—3m－3)，log2(m－3))，∴log2(m2－3m－3)

i“复数a i

m＝±又∵m－3＞0m2－3m－3＞0，∴m＝故填已知OACB是复平面上的平行四边形，O是原点，A，B分别表示复数3＋i，2＋4i，M是OC，AB的交点， ，求C，M表示的复数.

ibi＝z＝z

解：由于，3＋i，2＋4i，OA OA z∈Rz＝z；④在表示虚数.其中正确的结论的个数是() a＝b＝0时，不成立，∴命题②不正确；由共轭都表示纯虚数，命题④不正确.B.

所表示的复数，→ 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·新课标Ⅰ)若复数z满足 ＋3i|，则z的虚部为 53

(m22m)(m2m2)i＝4i

m＝1xm的值

zz

⇒m＝－2k＝22

k＝－或m＝2

∴x＝2x＝－2

m的值为－222

复数z＝m＋3 求实数m，使得： 则a＋b的值

设z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)

若 z z2

，则

解：i＋iz＝i2. .z1－z2对应的向量是 计算 × 的值 计算 × 的值

类型一复数的代数运

2＋2i 2(3)c2＋d2＋c2＋d2

2.z1＋z2所对应的向量

解：原式＝－2i

3＝－(2014·重庆)复平面内表示复数i(1－2i)的 A.(2013·辽宁)复数z＝1的模为

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.

类型二复数的模与共轭复(2014·新课 卷Ⅰ

（1－i）2

z(1)设复数z的共轭复数为zz＝z4，z·z＝8，则z 解：

（1－i）2

z

是一个实数

zz＝4a＝2z·z＝8

2

z

或

注意利用共轭复数的性质z·z转化为|z|，z

1.(2014·新课标卷Ⅱ)设复数z

a＋bi 易

面内的对应点关于虚轴对称，z1＝2＋i，则

r

A. 1 z的模|z|z

2 3

B. C. 1 2

2＋i＝2＋2i，则|z|＝2.(2013·陕西)z1，z2是复数，则下

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

3.(2014·浙江)已知i是虚数单位，a，b∈R， A.充分不必要条件B.C.充分必要条件D.，则 解：z1＝a＋bi，z2＝c＋di.若|z1－z2|＝0，则＝z2Az1＝z21z1＝z2B正确；若|z1|＝|z2|a2＋b2＝c2＋d2，∴z1·z1＝z2·z2C正确；而D不一定成z1＝1＋3i，z2＝2，则|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 的四个命题＝p3：zp4：z A. B.C. D.复数代数形式的加减乘除运算的法则

解

i、ω的性质可简化运算.

i，z的模|z|＝2，p1为假命题；z2＝2i，p2＝－1＋i，p3为假；z的虚部为－1，p4为真.

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.故选 已知复数z＝2－i，则zz的值 ＝5.故填 8.(2013·)已知a，b∈R,i是虚数单位.(a＋i)(1＋i)＝bi,则

∴|z1|＝

1＋i

于是|z1－z2|＝|（4－a）＋2i|＝ 解得a，b的值

＜＜a2－8a＋7＜0，解得a的取值范围是z∈Cz的集合(1)|z|＝2；

∴z2－z＋1＝

z2 根据复数相等的定义得

z1满足(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的取值范围

＞2的解集是圆|z|＝2式|z|＜3的解集是圆|z|＝3所有点组成的集合，∴满足条件2＜|z|＜3的点z的集合是以原点为12560分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是1.(2013·湖南)复数z＝i·(1＋i)(i为虚数单位) 解：z＝i＋i2＝－1＋i2.(2014·辽宁)a，b，c是非零向量，已知命题pa·b＝0，b·c＝0a·c＝0，命题q：若a∥b，b∥ca∥c.则下列命题中真命题是() C.(綈p)∧(綈 D.p∨(綈q为真命题，∴p∨q为真命题.A.3.(2014·山东)已知a，b∈R，i是虚数单位，若a－i与2＋bi互为共轭复数，则 解：a－i2＋bi

＝|b|cosθ，即－b|2＝a2＋b2＝5，|a－b|＝5.m，n有下列命题：①当m，na，b对应共线时，满足c＝m＋2nm，n有无数组；m，na，b2nm，n③当ma共线，但向量nb不共线时，满c＝m＋2nm，n有无数组.其中正确命题的个数是( 解：如图，将c沿和方向分解时，只有一种分解方式，故①m，na，b均不共线时，m，n的变化会引起分解的变化，故②正确；同理，③正确.C.F ∴(a＋bi)2＝(2＋i)2＝3＋4i.故选

标为 A.(2，±2 ＋

D.(2，22解： 则· 解： 则· AB ＋ → →

x2－3x＝－4x＝1x＝－4(舍去).A的坐标为OA)＝O