2025-高考科学复习创新方案-数学-提升版第六章第3讲含答案含答案

2025-高考科学复习创新方案-数学-提升版第六章第3讲含答案第3讲平面向量的数量积及应用[课程标准]1.理解平面向量数量积的概念及其物理意义，会计算平面向量的数量积.2.了解平面向量投影的概念以及投影向量的意义.3.会用数量积判断两个平面向量的垂直关系.4.能用坐标表示平面向量的数量积，会表示两个平面向量的夹角.5.能用坐标表示平面向量共线、垂直的条件.6.会用向量方法解决简单的平面几何问题、力学问题以及其他实际问题，体会向量在解决数学和实际问题中的作用．1．向量的夹角定义图示范围共线与垂直已知两个非零向量a和b，作eq\o(OA,\s\up6(→))＝a，eq\o(OB,\s\up6(→))＝b，则eq\x(\s\up1(01))∠AOB叫做a与b的夹角设θ是a与b的夹角，则θ的取值范围是eq\x(\s\up1(02))0≤θ≤πeq\x(\s\up1(03))θ＝0或θ＝π⇔a∥b，eq\x(\s\up1(04))θ＝eq\f(π,2)⇔a⊥b2.平面向量数量积的定义已知两个非零向量a与b，我们把数量eq\x(\s\up1(05))|a|·|b|cosθ叫做a与b的数量积(或内积)，记作a·b，即a·b＝eq\x(\s\up1(06))|a||b|cosθ，其中θ是a与b的夹角．规定：零向量与任一向量的数量积为eq\x(\s\up1(07))0．3．投影与投影向量设a，b是两个非零向量，eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(CD,\s\up6(→))＝b，过eq\o(AB,\s\up6(→))的起点A和终点B，分别作eq\o(CD,\s\up6(→))所在直线的垂线，垂足分别为A1，B1，得到eq\o(A1B1,\s\up6(→))(如图)，则称上述变换为向量a向向量beq\x(\s\up1(08))投影，eq\o(A1B1,\s\up6(→))叫做向量a在向量b上的eq\x(\s\up1(09))投影向量．4．向量数量积的运算律交换律a·b＝eq\x(\s\up1(10))b·a分配律(a＋b)·c＝eq\x(\s\up1(11))a·c＋b·c数乘结合律(λa)·b＝λ(a·b)＝eq\x(\s\up1(12))a·(λb)5.平面向量数量积的有关结论已知非零向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，a与b的夹角为θ.结论几何表示坐标表示模|a|＝eq\r(a·a)|a|＝eq\x(\s\up1(13))eq\r(xeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,1))夹角cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|)cosθ＝eq\x(\s\up1(14))eq\f(x1x2＋y1y2,\r(xeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,1))\r(xeq\o\al(2,2)＋yeq\o\al(2,2)))a⊥b的充要条件a·b＝0eq\x(\s\up1(15))x1x2＋y1y2＝0|a·b|与|a||b|的关系|a·b|≤|a||b||x1x2＋y1y2|≤eq\r(（xeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,1)）（xeq\o\al(2,2)＋yeq\o\al(2,2)）)1．数量积运算律要准确理解、应用，例如，a·b＝a·c(a≠0)不能得出b＝c，两边不能约去一个向量．2．数量积不满足乘法结合律，即一般情况下，(a·b)c≠a(b·c)．3．当a与b同向时，a·b＝|a||b|；当a与b反向时，a·b＝－|a||b|，特别地，a·a＝a2或|a|＝eq\r(a2).4．有关向量夹角的两个结论(1)两个向量a与b的夹角为锐角，则有a·b>0，反之不成立(因为a与b的夹角为0时也有a·b>0)．(2)两个向量a与b的夹角为钝角，则有a·b<0，反之不成立(因为a与b的夹角为π时也有a·b<0)．1．在△ABC中，a＝5，b＝8，C＝60°，则eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→))的值为()A．20 B．－20C．20eq\r(3) D．－20eq\r(3)答案B解析由题意知〈eq\o(BC,\s\up6(→))，eq\o(CA,\s\up6(→))〉＝120°，所以eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→))＝|eq\o(BC,\s\up6(→))||eq\o(CA,\s\up6(→))|cos〈eq\o(BC,\s\up6(→))，eq\o(CA,\s\up6(→))〉＝5×8×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－20.2．(2023·泰安期末)设a，b是非零向量，则“a·b＝|a||b|”是“a∥b”的()A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件答案A解析由a·b＝|a||b|知cos〈a，b〉＝1，所以〈a，b〉＝0，a与b同向，可推出a∥b，反之，由a∥b推不出a·b＝|a||b|，故“a·b＝|a||b|”是“a∥b”的充分不必要条件．3．(人教A必修第二册6.3.5练习T3改编)已知向量a＝(0，2)，b＝(2eq\r(3)，x)，且a与b的夹角为eq\f(π,3)，则x＝()A．－2 B．2C．1 D．－1答案B解析由题意得coseq\f(π,3)＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(2x,2\r(12＋x2))＝eq\f(1,2)，所以x>0，且2x＝eq\r(x2＋12)，解得x＝2.故选B.4．(人教A必修第二册习题6.2T11改编)已知向量a，b满足|a|＝1，|b|＝eq\r(3)，|a＋2b|＝eq\r(5)，则a·b＝()A．－2 B．－1C．1 D．2答案A解析由题设，|a＋2b|＝eq\r(5)，得|a|2＋4a·b＋4|b|2＝5，代入|a|＝1，|b|＝eq\r(3)，得a·b＝－2.故选A.5．(人教A必修第二册复习参考题6T8改编)已知向量a＝(1，2)，b＝(－1，1)，当λ＝________时，λa＋b与b垂直．答案－2解析因为λa＋b＝λ(1，2)＋(－1，1)＝(λ－1，2λ＋1)，且λa＋b与b垂直，所以(λa＋b)·b＝(λ－1)·(－1)＋2λ＋1＝λ＋2＝0，所以λ＝－2.考向一平面向量数量积的运算例1(1)(2023·威海三模)已知单位向量a，b满足|a－b|＝1，则a在b方向上的投影向量为()A.eq\f(1,2)b B．－eq\f(1,2)bC.eq\f(1,2)a D．－eq\f(1,2)a答案A解析∵单位向量a，b满足|a－b|＝1，∴a2－2a·b＋b2＝1，∴1－2a·b＋1＝1，∴a·b＝eq\f(1,2)，∴a在b方向上的投影向量为|a|cos〈a，b〉·eq\f(b,|b|)＝eq\f(a·b,|b|2)b＝eq\f(1,2)b.故选A.(2)(2023·益阳模拟)如图，已知等腰三角形ABC中，AB＝AC＝3，BC＝4，点P是边BC上的动点，则eq\o(AP,\s\up6(→))·(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))()A．为定值10 B．为定值6C．最大值为18 D．与P的位置有关答案A解析解法一：由题意可设eq\o(AP,\s\up6(→))＝xeq\o(AB,\s\up6(→))＋(1－x)eq\o(AC,\s\up6(→))，∴原式＝[xeq\o(AB,\s\up6(→))＋(1－x)eq\o(AC,\s\up6(→))]·(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))＝xeq\o(AB,\s\up6(→))2＋(1－x)eq\o(AC,\s\up6(→))2＋eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))①.又在等腰三角形ABC中，AB＝AC＝3，BC＝4，∴cos∠BAC＝eq\f(32＋32－42,2×3×3)＝eq\f(1,9)，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝3×3×eq\f(1,9)＝1，eq\o(AB,\s\up6(→))2＝eq\o(AC,\s\up6(→))2＝9，代入①式化简得，原式＝9x＋(1－x)×9＋1＝10.故选A.解法二：取线段BC的中点D，连接AD，则eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))＝2eq\o(AD,\s\up6(→))，∵AB＝AC＝3，BC＝4，∴AD＝eq\r(32－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,2)))\s\up12(2))＝eq\r(5)，于是eq\o(AP,\s\up6(→))·(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))＝2eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝2|eq\o(AP,\s\up6(→))||eq\o(AD,\s\up6(→))|cos〈eq\o(AP,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))〉＝2eq\r(5)|eq\o(AP,\s\up6(→))|cos〈eq\o(AP,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))〉，结合图形可知，|eq\o(AP,\s\up6(→))|cos〈eq\o(AP,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))〉＝|eq\o(AD,\s\up6(→))|＝eq\r(5)，∴eq\o(AP,\s\up6(→))·(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))为定值10.故选A.解法三：如图，以B为坐标原点，建立平面直角坐标系，则B(0，0)，C(4，0)，A(2，eq\r(5))，设P(t，0)，t∈[0，4]，于是eq\o(AP,\s\up6(→))＝(t－2，－eq\r(5))，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－2，－eq\r(5))，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(2，－eq\r(5))，∴eq\o(AP,\s\up6(→))·(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))＝(t－2，－eq\r(5))·(0，－2eq\r(5))＝10.故选A.(3)(2023·广州模拟)在平面四边形ABCD中，已知eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(DC,\s\up6(→))，P为CD上一点，eq\o(CP,\s\up6(→))＝3eq\o(PD,\s\up6(→))，|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝4，|eq\o(AD,\s\up6(→))|＝3，eq\o(AB,\s\up6(→))与eq\o(AD,\s\up6(→))的夹角为θ，且cosθ＝eq\f(2,3)，则eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝()A．8 B．－8C．2 D．－2答案D解析如图所示，∵eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(DC,\s\up6(→))，∴四边形ABCD为平行四边形，∵eq\o(CP,\s\up6(→))＝3eq\o(PD,\s\up6(→))，∴eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(DP,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(1,4)eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(PB,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\f(3,4)eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AD,\s\up6(→))，又|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝4，|eq\o(AD,\s\up6(→))|＝3，cosθ＝eq\f(2,3)，则eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝4×3×eq\f(2,3)＝8，∴eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AD,\s\up6(→))＋\f(1,4)\o(AB,\s\up6(→))))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)\o(AB,\s\up6(→))－\o(AD,\s\up6(→))))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AD,\s\up6(→))2＋eq\f(3,16)eq\o(AB,\s\up6(→))2＝eq\f(1,2)×8－9＋eq\f(3,16)×42＝－2.求两个向量的数量积的三种方法1.(2023·全国乙卷)正方形ABCD的边长是2，E是AB的中点，则eq\o(EC,\s\up6(→))·eq\o(ED,\s\up6(→))＝()A.eq\r(5) B．3C．2eq\r(5) D．5答案B解析解法一：以{eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))}为基底，可知|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝|eq\o(AD,\s\up6(→))|＝2，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝0，则eq\o(EC,\s\up6(→))＝eq\o(EB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(ED,\s\up6(→))＝eq\o(EA,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))，所以eq\o(EC,\s\up6(→))·eq\o(ED,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\o(AB,\s\up6(→))＋\o(AD,\s\up6(→))))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)\o(AB,\s\up6(→))＋\o(AD,\s\up6(→))))＝－eq\f(1,4)eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\o(AD,\s\up6(→))2＝－1＋4＝3.故选B.解法二：如图，以A为坐标原点建立平面直角坐标系，则E(1，0)，C(2，2)，D(0，2)，可得eq\o(EC,\s\up6(→))＝(1，2)，eq\o(ED,\s\up6(→))＝(－1，2)，所以eq\o(EC,\s\up6(→))·eq\o(ED,\s\up6(→))＝－1＋4＝3.故选B.解法三：由题意可得，ED＝EC＝eq\r(5)，CD＝2，在△CDE中，由余弦定理可得cos∠DEC＝eq\f(ED2＋EC2－CD2,2ED·EC)＝eq\f(5＋5－4,2×\r(5)×\r(5))＝eq\f(3,5)，所以eq\o(EC,\s\up6(→))·eq\o(ED,\s\up6(→))＝|eq\o(EC,\s\up6(→))||eq\o(ED,\s\up6(→))|cos∠DEC＝eq\r(5)×eq\r(5)×eq\f(3,5)＝3.故选B.2．(2023·海南中学高三月考)如图为函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的部分图象，P，R，S为图象与x轴的三个交点，Q为函数图象在y轴右侧部分上的第一个最大值点，则(eq\o(QP,\s\up6(→))＋eq\o(QR,\s\up6(→)))·(eq\o(QR,\s\up6(→))＋eq\o(QS,\s\up6(→)))的值为()A．π－2 B．π＋4C．π2－2 D．π2＋4答案D解析设PR的中点为A，RS的中点为B，则Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，1))，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，0))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(17π,12)，0))，所以(eq\o(QP,\s\up6(→))＋eq\o(QR,\s\up6(→)))·(eq\o(QR,\s\up6(→))＋eq\o(QS,\s\up6(→)))＝(2eq\o(QA,\s\up6(→)))·(2eq\o(QB,\s\up6(→)))＝4eq\o(QA,\s\up6(→))·eq\o(QB,\s\up6(→))＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，－1))·(π，－1)＝π2＋4.故选D.3．(2022·全国甲卷)设向量a，b的夹角的余弦值为eq\f(1,3)，且|a|＝1，|b|＝3，则(2a＋b)·b＝________．答案11解析设a与b的夹角为θ，因为a与b的夹角的余弦值为eq\f(1,3)，即cosθ＝eq\f(1,3)，又|a|＝1，|b|＝3，所以a·b＝|a||b|cosθ＝1×3×eq\f(1,3)＝1，所以(2a＋b)·b＝2a·b＋b2＝2a·b＋|b|2＝2×1＋32＝11.多角度探究突破考向二平面向量数量积的性质角度平面向量的垂直例2(1)(2023·新课标Ⅰ卷)已知向量a＝(1，1)，b＝(1，－1)，若(a＋λb)⊥(a＋μb)，则()A．λ＋μ＝1 B．λ＋μ＝－1C．λμ＝1 D．λμ＝－1答案D解析因为a＝(1，1)，b＝(1，－1)，所以a＋λb＝(1＋λ，1－λ)，a＋μb＝(1＋μ，1－μ)，由(a＋λb)⊥(a＋μb)，可得(a＋λb)·(a＋μb)＝0，即(1＋λ)(1＋μ)＋(1－λ)(1－μ)＝0，整理得λμ＝－1.故选D.(2)(2020·全国Ⅱ卷)已知单位向量a，b的夹角为60°，则在下列向量中，与b垂直的是()A．a＋2b B．2a＋bC．a－2b D．2a－b答案D解析由已知可得，a·b＝|a||b|cos60°＝1×1×eq\f(1,2)＝eq\f(1,2).对于A，(a＋2b)·b＝a·b＋2b2＝eq\f(1,2)＋2×1＝eq\f(5,2)≠0，不符合题意；对于B，(2a＋b)·b＝2a·b＋b2＝2×eq\f(1,2)＋1＝2≠0，不符合题意；对于C，(a－2b)·b＝a·b－2b2＝eq\f(1,2)－2×1＝－eq\f(3,2)≠0，不符合题意；对于D，(2a－b)·b＝2a·b－b2＝2×eq\f(1,2)－1＝0，符合题意．故选D.有关平面向量垂直的两类题型(1)利用坐标运算证明或判断两个向量的垂直问题(2)已知两个向量的垂直关系，求解相关参数的值(根据两个向量垂直的充要条件，列出相应的关系式，进而求解参数)．(2023·江苏省苏锡常镇四市二模)已知向量a，b满足|a|＝2，|b|＝1，a⊥b，若(a＋b)⊥(a－λb)，则实数λ的值为()A．2 B．2eq\r(3)C．4 D.eq\f(9,2)答案C解析∵a⊥b，∴a·b＝0，∵(a＋b)⊥(a－λb)，∴(a＋b)·(a－λb)＝a2－λb2＝0，∵|a|＝2，|b|＝1，∴4－λ＝0，解得λ＝4.故选C.角度平面向量的模例3(2023·新课标Ⅱ卷)已知向量a，b满足|a－b|＝eq\r(3)，|a＋b|＝|2a－b|，则|b|＝________．答案eq\r(3)解析解法一：因为|a＋b|＝|2a－b|，即(a＋b)2＝(2a－b)2，则a2＋2a·b＋b2＝4a2－4a·b＋b2，整理得a2－2a·b＝0，又因为|a－b|＝eq\r(3)，即(a－b)2＝3，则a2－2a·b＋b2＝b2＝3，所以|b|＝eq\r(3).解法二：设c＝a－b，则|c|＝eq\r(3)，a＋b＝c＋2b，2a－b＝2c＋b，由题意可得，(c＋2b)2＝(2c＋b)2，则c2＋4c·b＋4b2＝4c2＋4c·b＋b2，整理得c2＝b2，即|b|＝|c|＝eq\r(3).求平面向量的模的两种方法(2023·济宁三模)在边长为4的等边三角形ABC中，已知eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up6(→))，点P在线段CD上，且eq\o(AP,\s\up6(→))＝meq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))，则|eq\o(AP,\s\up6(→))|＝________．答案eq\r(7)解析∵eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up6(→))，∴eq\o(AP,\s\up6(→))＝meq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＝meq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\f(3,4)eq\o(AD,\s\up6(→))，∵D，P，C三点共线，∴m＋eq\f(3,4)＝1，∴m＝eq\f(1,4)，∵△ABC为边长为4的等边三角形，∴eq\o(AP,\s\up6(→))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)\o(AC,\s\up6(→))＋\f(1,2)\o(AB,\s\up6(→))))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,16)eq\o(AC,\s\up6(→))2＋eq\f(1,4)eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\f(1,4)eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝1＋4＋eq\f(1,4)×4×4×eq\f(1,2)＝7，∴|eq\o(AP,\s\up6(→))|＝eq\r(7).角度平面向量的夹角例4(1)(2022·新高考Ⅱ卷)已知向量a＝(3，4)，b＝(1，0)，c＝a＋tb，若〈a，c〉＝〈b，c〉，则t＝()A．－6 B．－5C．5 D．6答案C解析c＝(3＋t，4)，cos〈a，c〉＝cos〈b，c〉，即eq\f(9＋3t＋16,5|c|)＝eq\f(3＋t,|c|)，解得t＝5.故选C.(2)(2023·淄博一模)若向量a＝(m，－3)，b＝(3，1)，则“m＜1”是“向量a，b的夹角为钝角”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件答案B解析向量a＝(m，－3)，b＝(3，1)，由向量a，b的夹角为钝角，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a·b＝3m－3<0，,1×m≠（－3）×3，))解得m＜1且m≠－9，又“m＜1”是“m＜1且m≠－9”的必要不充分条件，即“m＜1”是“向量a，b的夹角为钝角”的必要不充分条件．故选B.求平面向量的夹角的方法(2023·全国甲卷)已知向量a＝(3，1)，b＝(2，2)，则cos〈a＋b，a－b〉＝()A.eq\f(1,17) B.eq\f(\r(17),17)C.eq\f(\r(5),5) D.eq\f(2\r(5),5)答案B解析因为a＝(3，1)，b＝(2，2)，所以a＋b＝(5，3)，a－b＝(1，－1)，则|a＋b|＝eq\r(52＋32)＝eq\r(34)，|a－b|＝eq\r(1＋1)＝eq\r(2)，(a＋b)·(a－b)＝5×1＋3×(－1)＝2，所以cos〈a＋b，a－b〉＝eq\f(（a＋b）·（a－b）,|a＋b||a－b|)＝eq\f(2,\r(34)×\r(2))＝eq\f(\r(17),17).故选B.考向三平面向量的实际应用例5(多选)在日常生活中，我们会看到两个人共提一个行李包的情境(如图)．假设行李包所受的重力为G，所受的两个拉力分别为F1，F2，若|F1|＝|F2|且F1与F2的夹角为θ，则以下结论正确的是()A．|F1|的最小值为eq\f(1,2)|G| B．θ的取值范围为[0，π]C．当θ＝eq\f(π,2)时，|F1|＝eq\f(\r(2),2)|G| D．当θ＝eq\f(2π,3)时，|F1|＝|G|答案ACD解析因为|G|＝|F1＋F2|为定值，且|F1|＝|F2|，所以|G|2＝|F1|2＋|F2|2＋2|F1||F2|·cosθ＝2|F1|2(1＋cosθ)，解得|F1|2＝eq\f(|G|2,2（1＋cosθ）)，又θ∈[0，π)，所以|F1|的最小值为eq\f(1,2)|G|，故A正确，B不正确；当θ＝eq\f(π,2)时，|F1|2＝eq\f(|G|2,2)，所以|F1|＝eq\f(\r(2),2)|G|，故C正确；当θ＝eq\f(2π,3)时，|F1|2＝|G|2，所以|F1|＝|G|，故D正确．故选ACD.用向量方法解决实际问题的步骤如图，已知力F与水平方向的夹角为30°(斜向上)，大小为50N．一个质量为8kg的木块受力F的作用在动摩擦因数μ＝0.02的水平面上运动了20m，则力F和摩擦力f所做的功分别为______J，______J．(g＝10N/kg)答案500eq\r(3)－22解析设木块的位移为s，则力F所做的功为F·s＝|F||s|cos30°＝50×20×eq\f(\r(3),2)＝500eq\r(3)(J)．如图，将力F分解，它在竖直方向上的分力为F1，|F1|＝|F|sin30°＝50×eq\f(1,2)＝25(N)．设木块的重力为G，则摩擦力f的大小为|f|＝|μ(G＋F1)|＝0.02×(8×10－25)＝1.1(N)，因此f所做的功为f·s＝|f||s|cos180°＝1.1×20×(－1)＝－22(J)．课时作业一、单项选择题1．(2023·邯郸二模)已知向量a＝(－2，6)，b＝(1，x)，若a与b反向，则a·(3a＋b)＝()A．－30 B．30C．－100 D．100答案D解析由已知得a与b共线，则－2x＝1×6，解得x＝－3，所以b＝(1，－3)，所以3a＋b＝3(－2，6)＋(1，－3)＝(－5，15)，因此a·(3a＋b)＝(－2，6)·(－5，15)＝100.故选D.2．(2023·临沂二模)已知平面向量a＝(1，2)，b＝(－2，y)，若a⊥b，则|a＋b|＝()A.eq\r(2) B.eq\r(3)C.eq\r(5) D.eq\r(10)答案D解析根据题意，平面向量a＝(1，2)，b＝(－2，y)，若a⊥b，则a·b＝－2＋2y＝0，解得y＝1，则b＝(－2，1)，则a＋b＝(－1，3)，故|a＋b|＝eq\r(1＋9)＝eq\r(10).故选D.3．(2023·济南模拟)已知非零向量m，n满足4|m|＝3|n|，cos〈m，n〉＝eq\f(1,3).若n⊥(tm＋n)，则实数t的值为()A．4 B．－4C.eq\f(9,4) D．－eq\f(9,4)答案B解析由n⊥(tm＋n)可得n·(tm＋n)＝0，即tm·n＋n2＝0，所以t＝－eq\f(n2,m·n)＝－eq\f(n2,|m||n|cos〈m，n〉)＝－eq\f(|n|2,|m||n|×\f(1,3))＝－3×eq\f(|n|,|m|)＝－3×eq\f(4,3)＝－4.故选B.4．(2024·南通模拟)若|a|＝|a－b|＝1，且a与a－b的夹角为60°，则|a＋b|＝()A.eq\r(7) B.eq\r(3)C．7 D．3答案B解析a·(a－b)＝|a|2－a·b＝1－a·b，且a·(a－b)＝|a||a－b|cos60°＝1×1×eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，故1－a·b＝eq\f(1,2)，解得a·b＝eq\f(1,2)，|a－b|＝1，两边平方得|a－b|2＝a2－2a·b＋b2＝|a|2－2a·b＋|b|2＝1，即1－1＋|b|2＝1，解得|b|＝1，|a＋b|2＝a2＋2a·b＋b2＝|a|2＋2a·b＋|b|2＝1＋1＋1＝3，故|a＋b|＝eq\r(3).故选B.5.(2023·长春模拟)长江流域内某地南北两岸平行，如图所示，已知游船在静水中的航行速度v1的大小|v1|＝10km/h，水流的速度v2的大小|v2|＝4km/h，设v1与v2所成的角为θ(0<θ<π)，若游船要从A航行到正北方向上位于北岸的码头B处，则cosθ＝()A．－eq\f(\r(21),5) B．－eq\f(2,5)C．－eq\f(3,5) D．－eq\f(4,5)答案B解析由题意知(v1＋v2)·v2＝0，有|v1||v2|·cosθ＋veq\o\al(2,2)＝0，即10×4cosθ＋42＝0，所以cosθ＝－eq\f(2,5).6.(2023·八省八校联考)如图，在同一平面内沿平行四边形ABCD的两边AB，AD向外分别作正方形ABEF，ADMN，其中AB＝2，AD＝1，∠BAD＝eq\f(π,4)，则eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(FN,\s\up6(→))＝()A．－2eq\r(2) B．2eq\r(2)C．0 D．－1答案C解析eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(FN,\s\up6(→))＝(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))·(eq\o(FA,\s\up6(→))＋eq\o(AN,\s\up6(→)))＝eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(FA,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(FA,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AN,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(AN,\s\up6(→))＝0＋|eq\o(AD,\s\up6(→))||eq\o(FA,\s\up6(→))|coseq\f(π,4)＋|eq\o(AB,\s\up6(→))||eq\o(AN,\s\up6(→))|coseq\f(3π,4)＋0＝eq\r(2)－eq\r(2)＝0.故选C.7．(2023·深圳统考一模)已知a，b为单位向量，且|3a－5b|＝7，则a与a－b的夹角为()A.eq\f(π,3) B.eq\f(2π,3)C.eq\f(π,6) D.eq\f(5π,6)答案C解析因为a，b为单位向量，且|3a－5b|＝7，所以(3a－5b)2＝49⇔9a2－30a·b＋25b2＝49，即9－30a·b＋25＝49⇒a·b＝－eq\f(1,2)，设a与a－b的夹角为θ，则cosθ＝eq\f(a·（a－b）,|a||a－b|)＝eq\f(a2－a·b,|a|×\r(（a－b）2))＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))),\r(1－2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＋1))＝eq\f(\r(3),2)，又θ∈[0，π]，所以θ＝eq\f(π,6).故选C.8.(2023·景德镇三模)互相垂直且有公共原点的两条数轴构成平面直角坐标系，但如果平面坐标系中两条坐标轴不垂直，则这样的坐标系称为“斜坐标系”．如图，在斜坐标系中，过点P作两坐标轴的平行线，其在x轴和y轴上的截距a，b分别作为点P的x坐标和y坐标，记P(a，b)．若斜坐标系中，x轴正方向和y轴正方向的夹角为eq\f(π,3)，则该坐标系中M(2，2)和N(4，1)两点间的距离为()A．2 B．1C.eq\r(5) D.eq\r(3)答案D解析设与x轴方向相同的单位向量为e1，与y轴方向相同的单位向量为e2，则eq\o(OM,\s\up6(→))＝2e1＋2e2，eq\o(ON,\s\up6(→))＝4e1＋e2，则eq\o(NM,\s\up6(→))＝eq\o(OM,\s\up6(→))－eq\o(ON,\s\up6(→))＝－2e1＋e2，所以|eq\o(NM,\s\up6(→))|2＝(－2e1＋e2)2＝4eeq\o\al(2,1)＋eeq\o\al(2,2)－4e1·e2＝4＋1－4×coseq\f(π,3)＝5－2＝3，所以|MN|＝eq\r(3).故选D.二、多项选择题9．(2023·黄冈一模)已知向量a＝(3，m)，b＝(n，1)，若a－2b＝(－1，－6)，则下列结论中正确的是()A.eq\r(5)|b|＝|a|B．(5a－2b)⊥bC．cos〈b，a－b〉＝－eq\f(3\r(130),130)D．a∥(3a＋2b)答案ABC解析由题意得，a－2b＝(3－2n，m－2)＝(－1，－6)，所以m＝－4，n＝2，故a＝(3，－4)，b＝(2，1)．对于A，|b|＝eq\r(22＋12)＝eq\r(5)，|a|＝eq\r(32＋（－4）2)＝5，所以eq\r(5)|b|＝|a|，故A正确；对于B，5a－2b＝(11，－22)，则(5a－2b)·b＝11×2－22×1＝0，所以(5a－2b)⊥b，故B正确；对于C，a－b＝(1，－5)，所以cos〈b，a－b〉＝eq\f(b·（a－b）,|b||a－b|)＝eq\f(2×1＋1×（－5）,\r(5)×\r(12＋（－5）2))＝－eq\f(3\r(130),130)，故C正确；对于D，3a＋2b＝(13，－10)，3×(－10)－(－4)×13＝22≠0，故D错误．故选ABC.10．两个非零平面向量a，b的夹角为θ，定义一种新运算ab＝|a||b|sinθ，则对于两个非零平面向量a，b，下列结论一定成立的是()A．若ab＝0，则a∥bB．(ab)c＝a(bc)C．(a＋b)c＝(ac)＋(bc)D．若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则ab＝|x1y2－x2y1|答案AD解析对于A，由ab＝|a||b|·sinθ＝0，则sinθ＝0，且θ∈[0，π]，则θ＝0或π，所以a∥b，故A正确；对于B，因为(ab)c是与c共线的向量，a(bc)是与a共线的向量，若a，b，c不共线，则两式不可能相等，故B错误；对于C，如图，边长为1的正方形中，设a＝eq\o(OA,\s\up6(→))，b＝eq\o(OB,\s\up6(→))，c＝eq\o(OC,\s\up6(→))，则(a＋b)c＝eq\o(OC,\s\up6(→))eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，(ac)＋(bc)＝1×eq\r(2)×eq\f(\r(2),2)＋1×eq\r(2)×eq\f(\r(2),2)＝2，所以(a＋b)c≠(ac)＋(bc)，故C错误；对于D，ab＝|a||b|sinθ＝|a||b|·eq\r(1－cos2θ)＝|a||b|eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a·b,|a||b|)))\s\up12(2))＝eq\r(|a|2|b|2－（a·b）2)＝eq\r(（xeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,1)）（xeq\o\al(2,2)＋yeq\o\al(2,2)）－（x1x2＋y1y2）2)＝eq\r(（x1y2－x2y1）2)＝|x1y2－x2y1|，故D正确．故选AD.11．(2024·山东省高三联考)已知16个边长为2的小菱形的位置关系如图所示，且每个小菱形的最小内角为60°，图中的A，B，C，D四点均为菱形的顶点，则()A.eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝－20B.eq\o(AC,\s\up6(→))在eq\o(AB,\s\up6(→))上的投影向量为eq\f(5,19)eq\o(AB,\s\up6(→))C.eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(7,12)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(13,12)eq\o(AC,\s\up6(→))D.eq\o(AD,\s\up6(→))在eq\o(AC,\s\up6(→))上的投影向量的模为2eq\r(7)答案BC解析因为每个小菱形的最小内角为60°，所以每个小菱形都可以分为两个正三角形．以该图形的对称轴为y轴建立平面直角坐标系，如图所示，则A(－5，0)，B(3，2eq\r(3))，C(－1，－2eq\r(3))，D(4，－eq\r(3))，所以eq\o(AB,\s\up6(→))＝(8，2eq\r(3))，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(4，－2eq\r(3))，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(9，－eq\r(3))，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－4，－4eq\r(3))，所以eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝－36＋12＝－24，eq\o(AC,\s\up6(→))在eq\o(AB,\s\up6(→))上的投影向量为eq\f(\o(AC,\s\up6(→))·\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|)·eq\f(\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|)＝eq\f(32－12,64＋12)eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\f(5,19)eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))在eq\o(AC,\s\up6(→))上的投影向量的模为eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AD,\s\up6(→))·\o(AC,\s\up6(→)),|\o(AC,\s\up6(→))|)))＝eq\f(36＋6,\r(16＋12))＝3eq\r(7)，所以A，D错误，B正确；因为eq\f(7,12)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(13,12)eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(56＋52,12)，\f(14\r(3)－26\r(3),12)))＝(9，－eq\r(3))＝eq\o(AD,\s\up6(→))，所以C正确．三、填空题12．(2021·新高考Ⅱ卷)已知向量a＋b＋c＝0，|a|＝1，|b|＝|c|＝2，a·b＋b·c＋c·a＝________．答案－eq\f(9,2)解析由已知可得(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝9＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝0，因此，a·b＋b·c＋c·a＝－eq\f(9,2).13．(2023·济宁三模)在平行四边形ABCD中，AD＝6，AB＝3，∠DAB＝60°，eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(EC,\s\up6(→))，eq\o(BF,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(FC,\s\up6(→))，若eq\o(FG,\s\up6(→))＝2eq\o(GE,\s\up6(→))，则eq\o(AG,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝________．答案21解析如图所示，因为eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(EC,\s\up6(→))，eq\o(BF,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(FC,\s\up6(→))，所以eq\o(FE,\s\up6(→))＝eq\o(FC,\s\up6(→))＋eq\o(CE,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(BC,\s\up6(→))－eq\f(2,3)eq\o(DC,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up6(→))，又eq\o(FG,\s\up6(→))＝2eq\o(GE,\s\up6(→))，eq\o(AG,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BF,\s\up6(→))＋eq\o(FG,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(FE,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)\o(AD,\s\up6(→))－\f(2,3)\o(AB,\s\up6(→))))＝eq\f(5,9)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(7,9)eq\o(AD,\s\up6(→))，又eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))，所以eq\o(AG,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,9)\o(AB,\s\up6(→))＋\f(7,9)\o(AD,\s\up6(→))))·(eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝eq\f(7,9)|eq\o(AD,\s\up6(→))|2－eq\f(5,9)|eq\o(AB,\s\up6(→))|2－eq\f(2,9)eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))，又AD＝6，AB＝3，∠DAB＝60°，所以eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝|eq\o(AB,\s\up6(→))||eq\o(AD,\s\up6(→))|cos60°＝9，代入数据可得eq\o(AG,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\f(7,9)×36－eq\f(5,9)×9－eq\f(2,9)×9＝21.14．如图，在四边形ABCD中，∠B＝60°，AB＝3，BC＝6，且eq\o(AD,\s\up6(→))＝λeq\o(BC,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝－eq\f(3,2)，则实数λ的值为________，若M，N是线段BC上的动点，且|eq\o(MN,\s\up6(→))|＝1，则eq\o(DM,\s\up6(→))·eq\o(DN,\s\up6(→))的最小值为________．答案eq\f(1,6)eq\f(13,2)解析∵eq\o(AD,\s\up6(→))＝λeq\o(BC,\s\up6(→))，∴AD∥BC，∴∠BAD＝180°－∠B＝120°，eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝λeq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝λ|eq\o(BC,\s\up6(→))||eq\o(AB,\s\up6(→))|cos120°＝λ×6×3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－9λ＝－eq\f(3,2)，解得λ＝eq\f(1,6).以点B为坐标原点，BC所在直线为x轴建立如图所示的平面直角坐标系xBy.∵BC＝6，∴C(6，0)，∵AB＝3，∠ABC＝60°，∴点A的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(3\r(3),2))).又eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(1,6)eq\o(BC,\s\up6(→))，∴Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，\f(3\r(3),2))).设M(x，0)，则N(x＋1，0)(其中0≤x≤5)，eq\o(DM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(5,2)，－\f(3\r(3),2)))，eq\o(DN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)，－\f(3\r(3),2)))，eq\o(DM,\s\up6(→))·eq\o(DN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(5,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3\r(3),2)))eq\s\up12(2)＝x2－4x＋eq\f(21,2)＝(x－2)2＋eq\f(13,2)，∴当x＝2时，eq\o(DM,\s\up6(→))·eq\o(DN,\s\up6(→))取得最小值eq\f(13,2).四、解答题15．如图，在△OAB中，已知P为线段AB上的一点，eq\o(OP,\s\up6(→))＝xeq\o(OA,\s\up6(→))＋yeq\o(OB,\s\up6(→)).(1)若eq\o(BP,\s\up6(→))＝eq\o(PA,\s\up6(→))，求x，y的值；(2)若eq\o(BP,\s\up6(→))＝3eq\o(PA,\s\up6(→))，|eq\o(OA,\s\up6(→))|＝4，|eq\o(OB,\s\up6(→))|＝2，当eq\o(OA,\s\up6(→))与eq\o(OB,\s\up6(→))的夹角为60°时，求eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))的值．解(1)∵eq\o(BP,\s\up6(→))＝eq\o(PA,\s\up6(→))，∴eq\o(BO,\s\up6(→))＋eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(PO,\s\up6(→))＋eq\o(OA,\s\up6(→))，即2eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OA,\s\up6(→))，∴eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(OB,\s\up6(→))，即x＝eq\f(1,2)，y＝eq\f(1,2).(2)∵eq\o(BP,\s\up6(→))＝3eq\o(PA,\s\up6(→))，∴eq\o(BO,\s\up6(→))＋eq\o(OP,\s\up6(→))＝3eq\o(PO,\s\up6(→))＋3eq\o(OA,\s\up6(→))，即4eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OB,\s\up6(→))＋3eq\o(OA,\s\up6(→))，∴eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\f(3,4)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,4)eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)\o(OA,\s\up6(→))＋\f(1,4)\o(OB,\s\up6(→))))·(eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→)))＝eq\f(1,4)eq\o(OB,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\f(3,4)eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝eq\f(1,4)×22－eq\f(3,4)×42＋eq\f(1,2)×4×2×eq\f(1,2)＝－9.16．在平面直角坐标系中，已知a＝(1，－2)，b＝(3，4)．(1)若(4a－b)⊥(a＋kb)，求实数k的值；(2)若c＝(2，t)，向量a－b与向量a－c的夹角为锐角，求实数t的取值范围．解(1)由a＝(1，－2)，b＝(3，4)，得4a－b＝(1，－12)，a＋kb＝(1＋3k，－2＋4k)，又(4a－b)⊥(a＋kb)，∴(4a－b)·(a＋kb)＝1×(1＋3k)＋(－12)×(－2＋4k)＝－45k＋25＝0，解得k＝eq\f(5,9).(2)由已知得a－b＝(－2，－6)，a－c＝(－1，－2－t)，又向量a－b与向量a－c的夹角为锐角，即(a－b)·(a－c)＝(－2)×(－1)＋(－6)×(－2－t)＝14＋6t>0，解得t>－eq\f(7,3).当(a－b)∥(a－c)时，得－2×(－2－t)＝－6×(－1)，解得t＝1，所以t>－eq\f(7,3)且t≠1，即实数t的取值范围为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(t\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(t＞－\f(7,3)且t≠1)))).第4讲复数[课程标准]1.通过方程的解，认识复数.2.理解复数的代数表示及其几何意义，理解两个复数相等的含义.3.掌握复数代数表示的四则运算，了解复数加、减运算的几何意义．1．复数的有关概念(1)复数的概念形如a＋bi(a，b∈R)的数叫做复数，其中a与b分别叫做它的eq\x(\s\up1(01))实部与eq\x(\s\up1(02))虚部．若eq\x(\s\up1(03))b＝0，则a＋bi为实数，若eq\x(\s\up1(04))b≠0，则a＋bi为虚数，若eq\x(\s\up1(05))a＝0且b≠0，则a＋bi为纯虚数．(2)复数相等a＋bi＝c＋di⇔eq\x(\s\up1(06))a＝c且b＝d(a，b，c，d∈R)．(3)共轭复数a＋bi与c＋di共轭⇔a＝c且b＝－d(a，b，c，d∈R)．(4)复数的模向量eq\o(OZ,\s\up6(→))的模叫做复数z＝a＋bi的模或绝对值，记作eq\x(\s\up1(07))|z|或eq\x(\s\up1(08))|a＋bi|，即|z|＝|a＋bi|＝eq\x(\s\up1(09))eq\r(a2＋b2)(a，b∈R)．2．复数的几何意义(1)复数z＝a＋bieq\a\vs4\al(一一对应)复平面内的点Z(a，b)(a，b∈R)．(2)复数z＝a＋bieq\a\vs4\al(一一对应)平面向量eq\o(OZ,\s\up6(→))(a，b∈R)．3．复数的运算设z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，则(1)加法：z1＋z2＝(a＋bi)＋(c＋di)＝eq\x(\s\up1(10))(a＋c)＋(b＋d)i．(2)减法：z1－z2＝(a＋bi)－(c＋di)＝eq\x(\s\up1(11))(a－c)＋(b－d)i．(3)乘法：z1z2＝(a＋bi)(c＋di)＝eq\x(\s\up1(12))(ac－bd)＋(ad＋bc)i．(4)除法：eq\f(z1,z2)＝eq\f(a＋bi,c＋di)＝eq\f(（a＋bi）（c－di）,（c＋di）（c－di）)＝eq\f(ac＋bd,c2＋d2)＋eq\f(bc－ad,c2＋d2)i(c＋di≠0)．1．(1)i4n＝1，i4n＋1＝i，i4n＋2＝－1，i4n＋3＝－i(n∈N)．(2)i4n＋i4n＋1＋i4n＋2＋i4n＋3＝0(n∈N)．2．zeq\o(z,\s\up6(－))＝|z|2＝|eq\o(z,\s\up6(－))|2，|z1z2|＝|z1||z2|，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(z1,z2)))＝eq\f(|z1|,|z2|)，|zn|＝|z|n(n∈N)．3．(1)复数加法的几何意义：若复数z1，z2对应的向量eq\o(OZ1,\s\up6(→))，eq\o(OZ2,\s\up6(→))不共线，则复数z1＋z2是以eq\o(OZ1,\s\up6(→))，eq\o(OZ2,\s\up6(→))为邻边的平行四边形的对角线eq\o(OZ,\s\up6(→))所对应的复数．(2)复数减法的几何意义：复数z1－z2是eq\o(OZ1,\s\up6(→))－eq\o(OZ2,\s\up6(→))＝eq\o(Z2Z1,\s\up6(→))所对应的复数．1．(2022·新高考Ⅱ卷)(2＋2i)(1－2i)＝()A．－2＋4i B．－2－4iC．6＋2i D．6－2i答案D解析(2＋2i)(1－2i)＝2＋4－4i＋2i＝6－2i.故选D.2．(人教A必修第二册习题7.2T2改编)在复平面内，向量eq\o(AB,\s\up6(→))对应的复数是2＋i，向量eq\o(CB,\s\up6(→))对应的复数是－1－3i，则向量eq\o(CA,\s\up6(→))对应的复数是()A．1－2i B．－1＋2iC．3＋4i D．－3－4i答案D解析因为向量eq\o(AB,\s\up6(→))对应的复数是2＋i，向量eq\o(CB,\s\up6(→))对应的复数是－1－3i，所以向量eq\o(BA,\s\up6(→))对应的复数是－2－i，且eq\o(CA,\s\up6(→))＝eq\o(CB,\s\up6(→))＋eq\o(BA,\s\up6(→))，所以向量eq\o(CA,\s\up6(→))对应的复数是(－1－3i)＋(－2－i)＝－3－4i.故选D.3．以2i－eq\r(5)的虚部为实部，以eq\r(5)i＋2i2的实部为虚部的新复数是()A．2－2i B．2＋iC．－eq\r(5)＋eq\r(5)i D.eq\r(5)＋eq\r(5)i答案A解析2i－eq\r(5)的虚部为2，eq\r(5)i＋2i2＝－2＋eq\r(5)i的实部为－2，所以所求的新复数是2－2i.故选A.4．(2023·广州二模)若复数z＝eq\f(m－i,1＋i)是实数，则实数m＝()A．－1 B．0C．1 D．2答案A解析∵z＝eq\f(m－i,1＋i)＝eq\f(（m－i）（1－i）,（1＋i）（1－i）)＝eq\f(m－1,2)－eq\f(m＋1,2)i为实数，∴－eq\f(m＋1,2)＝0，解得m＝－1.故选A.5．给出下列命题：①两个不是实数的复数不能比较大小；②复数i－1的共轭复数是i＋1；③若(x2－1)＋(x2＋3x＋2)i是纯虚数，则实数x＝±1；④若(z1－z2)2＋(z2－z3)2＝0，则z1＝z2＝z3.其中假命题的序号是________．答案②③④解析①显然为真命题；对于②，复数i－1的共轭复数是－i－1，所以该命题是假命题；对于③，若(x2－1)＋(x2＋3x＋2)i是纯虚数，则x2－1＝0且x2＋3x＋2≠0，所以x＝1，所以该命题是假命题；对于④，若(z1－z2)2＋(z2－z3)2＝0，可取z1＝i，z2＝0，z3＝1，z1≠z2≠z3，所以该命题是假命题．考向一复数的运算例1(1)(2023·邯郸二模)若(z＋1)i＝z，则z2＋i＝()A．－eq\f(1,2) B.eq\f(1,2)C．－eq\f(1,2)i D.eq\f(1,2)i答案D解析因为(z＋1)i＝z，所以zi＋i＝z，z＝eq\f(i,1－i)，则z2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(i,1－i)))eq\s\up12(2)＝－eq\f(1,2)i，所以z2＋i＝eq\f(1,2)i.(2)(2023·汕头二模)已知复数z满足(1－i)z＝1＋i(i是虚数单位)，则z2023的值为()A．－2023 B．iC．－i D．2023答案C解析∵(1－i)z＝1＋i，∴z＝eq\f(1＋i,1－i)＝eq\f(（1＋i）2,（1－i）（1＋i）)＝i，∴z2023＝(i4)505·i3＝－i.故选C.(3)(多选)(2023·淄博三模)已知复数z1，z2满足|z1||z2|≠0，下列说法正确的是()A．若z1z2＝z1z3，则z2＝z3 B．|z1＋z2|≤|z1|＋|z2|C．若z1z2∈R，则eq\f(z1,z2)∈R D．|z1z2|＝|z1||z2|答案ABD解析对于A，z1z2＝z1z3，则z1(z2－z3)＝0，又z1≠0，所以z2＝z3，故A正确．对于B，设z1，z2在复平面内表示的向量分别为z1，z2，且z1，z2≠0，当z1，z2方向相同时，|z1＋z2|＝|z1|＋|z2|；当z1，z2方向不同时，|z1＋z2|＜|z1|＋|z2|，综上|z1＋z2|≤|z1|＋|z2|，故B正确．对于C，设z1＝1＋i，z2＝1－i，z1z2＝(1＋i)·(1－i)＝2∈R，eq\f(z1,z2)＝eq\f(1＋i,1－i)＝eq\f(（1＋i）2,（1－i）（1＋i）)＝i∉R，故C错误．对于D，设z1＝a＋bi，z2＝c＋di，a，b，c，d≠0，z1z2＝(a＋bi)(c＋di)＝(ac－bd)＋(ad＋bc)i，则|z1z2|＝eq\r(（ac－bd）2＋（ad＋bc）2)＝eq\r(（ac）2＋（bd）2＋（ad）2＋（bc）2)，|z1||z2|＝eq\r(a2＋b2)·eq\r(c2＋d2)＝eq\r(（ac）2＋（bd）2＋（ad）2＋（bc）2)＝|z1z2|，故D正确．故选ABD.复数代数形式运算问题的解题策略(1)复数的加、减、乘法类似于多项式的运算(注意：i2＝－1)，可将含有虚数单位i的看作一类同类项，不含i的看作另一类同类项，分别合并即可．(2)复数的除法：除法的关键是分子、分母同乘分母的共轭复数，使分母实数化．(3)复数的模注意正确应用公式|z|＝|a＋bi|＝eq\r(a2＋b2)(a，b∈R)．1.(2023·全国乙卷)|2＋i2＋2i3|＝()A．1 B．2C.eq\r(5) D．5答案C解析由题意可得2＋i2＋2i3＝2－1－2i＝1－2i，则|2＋i2＋2i3|＝|1－2i|＝eq\r(12＋（－2）2)＝eq\r(5).故选C.2．(多选)(2023·泉州一模)设z1，z2为复数，则下列命题正确的是()A．若|z1－z2|＝0，则z1＝z2B．若|z1|＝|z2|，则zeq\o\al(2,1)＝zeq\o\al(2,2)C．若z1＋z2＞0，则z2＝eq\o(z,\s\up6(－))1D．若z1z2＝0，则z1＝0或z2＝0答案AD解析对于A，设z1＝a＋bi，a，b∈R，z2＝c＋di，c，d∈R，∵|z1－z2|＝0，∴|z1－z2|＝eq\r(（a－c）2＋（b－d）2)＝0，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－c＝0，,b－d＝0，))∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝c，,b＝d，))∴z1＝z2，故A正确；对于B，令z1＝1，z2＝i，则|z1|＝|z2|＝1，此时zeq\o\al(2,1)≠zeq\o\al(2,2)，故B错误；对于C，令z1＝1＋i，z2＝－i，则z1＋z2＝1＞0，此时z2≠eq\o(z,\s\up6(－))1，故C错误；对于D，设z1＝a＋bi，a，b∈R，z2＝c＋di，c，d∈R，则z1z2＝(a＋bi)(c＋di)＝(ac－bd)＋(ad＋bc)i＝0，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ac－bd＝0，,ad＋bc＝0，))∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ac＝bd，,ad＝－bc，))∴a2cd＝－b2cd，若c＝d＝0，则a2cd＝－b2cd成立，此时z2＝0，若c＝0，d≠0，由ac＝bd，知b＝0，由ad＝－bc知，a＝0，此时z1＝0，同理可知，当c≠0，d＝0时，z1＝0，当c≠0，d≠0时，由a2cd＝－b2cd，得a2＝－b2，∴a＝b＝0，此时z1＝0，综上，若z1z2＝0，则z1＝0或z2＝0，故D正确．故选AD.考向二复数运算与复数有关概念的综合问题例2(1)(2023·新课标Ⅰ卷)已知z＝eq\f(1－i,2＋2i)，则z－eq\o(z,\s\up6(－))＝()A．－i B．iC．0 D．1答案A解析因为z＝eq\f(1－i,2＋2i)＝eq\f(（1－i）（1－i）,2（1＋i）（1－i）)＝eq\f(－2i,4)＝－eq\f(1,2)i，所以eq\o(z,\s\up6(－))＝eq\f(1,2)i，所以z－eq\o(z,\s\up6(－))＝－i.故选A.(2)(2024·雅礼中学模拟)已知复数z1，z2是关于x的方程x2－2x＋2＝0的两个根．若z1＝1＋i，则|z2|＝()A.eq\f(\r(2),2) B．1C.eq\r(2) D．2答案C解析解法一：由z1，z2是关于x的方程x2－2x＋2＝0的两个根，得z1＋z2＝2，所以z2＝2－z1＝2－(1＋i)＝1－i，所以|z2|＝|1－i|＝eq\r(2).故选C.解法二：由z1，z2是关于x的方程x2－2x＋2＝0的两个根，得z1z2＝2，所以z2＝eq\f(2,z1)＝eq\f(2,1＋i)，所以|z2|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2,1＋i)))＝eq\f(2,|1＋i|)＝eq\f(2,\r(2))＝eq\r(2).故选C.(3)(多选)(2023·潍坊二模)若复数z1＝2＋3i，z2＝－1＋i，其中i是虚数单位，则下列说法正确的是()A.eq\f(z1,z2)∈RB．z1·z2＝eq\o(z,\s\up6(－))1·eq\o(z,\s\up6(－))2C．若z1＋m(m∈R)是纯虚数，那么m＝－2D．若z1，eq\o(z,\s\up6(－))2在复平面内对应的向量分别为eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))(O为坐标原点)，则|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝5答案BCD解析对于A，eq\f(z1,z2)＝eq\f(2＋3i,－1＋i)＝eq\f(（2＋3i）（－1－i）,2)＝eq\f(1,2)－eq\f(5,2)i，即eq\f(z1,z2)为虚数，故A错误；对于B，z1z2＝(2＋3i)(－1＋i)＝－5－i，则z1·z2＝－5＋i，又eq\o(z,\s\up6(－))1·eq\o(z,\s\up6(－))2＝(2－3i)(－1－i)＝－5＋i，即z1·z2＝eq\o(z,\s\up6(－))1·eq\o(z,\s\up6(－))2，故B正确；对于C，z1＋m＝2＋m＋3i是纯虚数，那么m＋2＝0，即m＝－2，故C正确；对于D，由题意有A(2，3)，B(－1，－1)，则|eq\o