高考数学(理数)一轮复习05《平面向量与复数》单元测试 (含详解)

这是一份高考数学(理数)一轮复习05《平面向量与复数》单元测试 (含详解)，共7页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1．(eq \a\vs4\al(2018·全国卷Ⅱ))i(2＋3i)＝ ( )
A．3－2i B．3＋2i
C．－3－2i D．－3＋2i
解：i(2＋3i)＝2i＋3i2＝－3＋2i．故选D．
2．(eq \a\vs4\al(2016·山东))若复数z＝eq \f(2,1－i)，其中i为虚数单位，则 SKIPIF 1 < 0 ＝ ( )
A．1＋i B．1－i
C．－1＋i D．－1－i
解：易知z＝1＋i，所以 SKIPIF 1 < 0 ＝1－i．故选B．
3．已知向量a＝(1，m)，b＝(m，2)，若a∥b，则实数m等于 ( )
A．－eq \r(2) B．eq \r(2) C．－eq \r(2)或eq \r(2) D．0
解：由a∥b知1×2－m2＝0，所以m＝±eq \r(2)．故选C．
4．已知点A(1，3)，B(4，－1)，则与向量eq \(AB,\s\up6(→))方向相反的单位向量是 ( )
A．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,5)，\f(4,5))) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,5)，\f(3,5)))
C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)，－\f(4,5))) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)，－\f(3,5)))
解：eq \(AB,\s\up6(→))＝(4，－1)－(1，3)＝(3，－4)，|eq \(AB,\s\up6(→))|＝eq \r(32＋（－4）2)＝5．所以与向量eq \(AB,\s\up6(→))方向相反的单位向量为eq \f(－\(AB,\s\up6(→)),|\(AB,\s\up6(→))|)＝eq \f(－（3，－4）,5)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,5)，\f(4,5)))．故选A．
5．(eq \a\vs4\al(2018·湖北四地七校高三联考))已知a，b为单位向量，a＋b＋c＝0，则|c|的最大值为 ( )
A．1 B．eq \r(3) C．2 D．3
解：由条件，|a|＝1，|b|＝1，因为a＋b＋c＝0，所以c＝－(a＋b)，则|c|＝|a＋b|≤|a|＋|b|＝1＋1＝2，当且仅当a与b同向时取等号，此时|c|有最大值为2．故选C．
6．(eq \a\vs4\al(2017·江南十校联考))设D是△ABC所在平面内一点，eq \(AB,\s\up6(→))＝2eq \(DC,\s\up6(→))，则 ( )
A．eq \(BD,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(AC,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→)) B．eq \(BD,\s\up6(→))＝eq \(AC,\s\up6(→))－eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))
C．eq \(BD,\s\up6(→))＝eq \f(3,2)eq \(AC,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→)) D．eq \(BD,\s\up6(→))＝eq \(AC,\s\up6(→))－eq \f(3,2)eq \(AB,\s\up6(→))
解：eq \(BD,\s\up6(→))＝eq \(AD,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→))＝eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \(CD,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→))＝eq \(AC,\s\up6(→))－ eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→))＝eq \(AC,\s\up6(→))－eq \f(3,2)eq \(AB,\s\up6(→))．故选D．
7．复数z1，z2满足z1＝m＋(4－m2)i，z2＝2csθ＋(λ＋3sinθ)i(i是虚数单位，m，λ，θ∈R)，并且 z1＝z2，则λ的取值范围是 ( )
A．[－1，1] B．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(9,16)，1))
C．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(9,16)，7)) D．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(9,16)，7))
解：由复数相等的充要条件可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＝2csθ，,4－m2＝λ＋3sinθ，)) 消去m得4－4cs2θ＝λ＋3sinθ，由此可得λ＝4sin2θ－3sinθ＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sinθ－\f(3,8)))eq \s\up12(2)－eq \f(9,16)，因为sinθ∈[－1，1]，所以λ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(9,16)，7))．故选C．
8．(eq \a\vs4\al(2016·山东))已知非零向量m，n满足 4|m|＝3|n|，cs〈m，n〉＝eq \f(1,3)．若n⊥(tm＋n)，则实数t的值为 ( )
A．4 B．－4 C．eq \f(9,4) D．－eq \f(9,4)
解：由4|m|＝3|n|，可设|m|＝3k，|n|＝4k(k＞0)，又n⊥(tm＋n)，所以n·(tm＋n)＝n·tm＋n·n＝t|m||n|cs〈m，n〉＋|n|2＝t×3k×4k×eq \f(1,3)＋(4k)2＝4tk2＋16k2＝0，所以t＝－4．故选B．
9．在平面直角坐标系xOy中，已知四边形ABCD是平行四边形，eq \(AB,\s\up6(→))＝(1，－2)，eq \(AD,\s\up6(→))＝(2，1)，则eq \(AD,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝ ( )
A．2 B．3 C．4 D．5
解：因为四边形ABCD是平行四边形，所以 eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))＝(1，－2)＋(2，1)＝(3，－1)，所以eq \(AD,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝2×3＋1×(－1)＝5．故选D．
10．已知O是△ABC所在平面内一点，动点P满足eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\(AB,\s\up6(→)),|\(AB,\s\up6(→))|csB)＋\f(\(AC,\s\up6(→)),|\(AC,\s\up6(→))|csC)))，λ∈(0，＋∞)，则动点P的轨迹一定经过△ABC的 ( )
A．外心 B．重心 C．内心 D．垂心
解：由eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\(AB,\s\up6(→)),|\(AB,\s\up6(→))|csB)＋\f(\(AC,\s\up6(→)),|\(AC,\s\up6(→))|csC)))，
得eq \(AP,\s\up6(→))＝λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\(AB,\s\up6(→)),|\(AB,\s\up6(→))|csB)＋\f(\(AC,\s\up6(→)),|\(AC,\s\up6(→))|csC)))．
则eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－\(BA,\s\up6(→))·\(BC,\s\up6(→)),|\(BA,\s\up6(→))|csB)＋\f(\(CA,\s\up6(→))·\(CB,\s\up6(→)),|\(CA,\s\up6(→))|csC)))
＝λ(－|eq \(BC,\s\up6(→))|＋|eq \(CB,\s\up6(→))|)＝0．
于是eq \(AP,\s\up6(→))⊥eq \(BC,\s\up6(→))．
因此点P的轨迹为BC边上的高所在直线，即过△ABC的垂心．故选D．
11．(eq \a\vs4\al(2016·四川))已知正三角形ABC的边长为2eq \r(3)，平面ABC内的动点P，M满足|eq \(AP,\s\up6(→))|＝1，eq \(PM,\s\up6(→))＝eq \(MC,\s\up6(→))，则|eq \(BM,\s\up6(→))|2的最大值是 ( )
A．eq \f(43,4) B．eq \f(49,4)
C．eq \f(37＋6\r(3),4) D．eq \f(37＋2\r(33),4)
解：如图，
由|eq \(AP,\s\up6(→))|＝1知点P在以A为圆心、以1为半径的圆上运动．由eq \(PM,\s\up6(→))＝eq \(MC,\s\up6(→))知点M为PC的中点，取AC的中点为N，连接MN，则|MN|＝eq \f(1,2)|AP|＝eq \f(1,2)，所以点M在以N为圆心，以eq \f(1,2)为半径的圆上运动．因为|eq \(BN,\s\up6(→))|＝3，所以|eq \(BM,\s\up6(→))|的最大值为3＋eq \f(1,2)＝eq \f(7,2)，|eq \(BM,\s\up6(→))|2的最大值为eq \f(49,4)．故选B．
12．(eq \a\vs4\al(2017·全国卷Ⅲ))在矩形ABCD中，AB＝1，AD＝2，动点P在以点C为圆心且与BD相切的圆上．若eq \(AP,\s\up6(→))＝λeq \(AB,\s\up6(→))＋μeq \(AD,\s\up6(→))，则λ＋μ的最大值为
( )
A．3 B．2eq \r(2) C．eq \r(5) D．2
解：以A为坐标原点，AB，AD所在直线分别为x，y轴建立如图所示的平面直角坐标系，则A(0，0)，B(1，0)，C(1，2)，D(0，2)，可得直线BD的方程为2x＋y－2＝0，点C到直线BD的距离为eq \f(2,\r(12＋22))＝eq \f(2,\r(5))，圆C：(x－1)2＋(y－2)2＝eq \f(4,5)，因为P在圆C上，所以设P(1＋eq \f(2\r(5),5)csθ，2＋eq \f(2\r(5),5)sinθ)，eq \(AB,\s\up6(→))＝(1，0)，eq \(AD,\s\up6(→))＝(0，2)，eq \(AP,\s\up6(→))＝λeq \(AB,\s\up6(→))＋μeq \(AD,\s\up6(→))＝(λ，2μ)，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1＋\f(2\r(5),5)csθ＝λ，,2＋\f(2\r(5),5)sinθ＝2μ，)) λ＋μ＝2＋eq \f(2\r(5),5)csθ＋eq \f(\r(5),5)sinθ＝2＋sin(θ＋φ)≤3(这里tanφ＝2)，所以λ＋μ的最大值为3．故选A．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．(eq \a\vs4\al(2018·江苏))若复数z满足i·z＝1＋2i，其中i是虚数单位，则z的实部为________．
解：因为i·z＝1＋2i，所以z＝eq \f(1＋2i,i)＝2－i，则z的实部为2．故填2．
14．(eq \a\vs4\al(2016·全国卷Ⅰ))设向量a＝(m，1)，b＝(1，2)，且|a＋b|2＝|a|2＋|b|2，则m＝________．
解：由|a＋b|2＝|a|2＋|b|2得a⊥b，所以m×1＋1×2＝0，解得m＝－2．故填－2．
15．若非零向量a，b满足|a|＝3|b|＝|a＋2b|，则a与b夹角的余弦值为________．
解：由|a|＝|a＋2b|，设a与b的夹角为θ，等式两边平方得a2＋4a·b＋4b2＝a2⇒a·b＝－b2，所以csθ＝eq \f(a·b,|a||b|)＝eq \f(－b2,3|b|2)＝－eq \f(1,3)．故填－eq \f(1,3)．
16．(eq \a\vs4\al(2018·天津))在如图的平面图形中，已知OM＝1，ON＝2，∠MON＝120°，eq \(BM,\s\up6(→))＝2eq \(MA,\s\up6(→))， eq \(CN,\s\up6(→))＝2eq \(NA,\s\up6(→))，则eq \(BC,\s\up6(→))·eq \(OM,\s\up6(→))的值为________．
解：因为OM＝1，ON＝2，∠MON＝120°，
所以eq \(BC,\s\up6(→))·eq \(OM,\s\up6(→))＝(eq \(AC,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→)))·eq \(OM,\s\up6(→))＝(3eq \(AN,\s\up6(→))－3eq \(AM,\s\up6(→)))·eq \(OM,\s\up6(→))＝3eq \(MN,\s\up6(→))·eq \(OM,\s\up6(→))＝3(eq \(ON,\s\up6(→))－eq \(OM,\s\up6(→)))·eq \(OM,\s\up6(→))＝3(eq \(ON,\s\up6(→))·eq \(OM,\s\up6(→))－|eq \(OM,\s\up6(→))|2)＝3|eq \(ON,\s\up6(→))||eq \(OM,\s\up6(→))|·cs∠MON－3|eq \(OM,\s\up6(→))|2＝3×1×2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))－3×12＝－6．故填－6．
三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．(10分)已知向量a＝(1，2)，b＝(x，1)．
(1)若〈a，b〉为锐角，求x的范围；
(2)当(a＋2b)⊥(2a－b)时，求x的值．
解：(1)若〈a，b〉为锐角，则a·b>0且a，b不同向．
则a·b＝x＋2>0，所以x>－2．当x＝eq \f(1,2)时，a，b同向．
所以x>－2且x≠eq \f(1,2)．
(2)因为a＋2b＝(1＋2x，4)，(2a－b)＝(2－x，3)，
则(2x＋1)(2－x)＋3×4＝0，即－2x2＋3x＋14＝0，
解得x＝eq \f(7,2)或x＝－2．
18．(12分)(eq \a\vs4\al(2016·洛阳期中))(1)已知复数z在复平面内对应的点在第四象限，|z|＝1，且z＋ SKIPIF 1 < 0 ＝1，求z；
(2)已知复数z＝eq \f(5m2,1－2i)－(1＋5i)m－3(2＋i)为纯虚数，求实数m的值．
解：(1)设z＝a＋bi(a，b∈R)，
由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＋b2＝1，,2a＝1，)) 解得a＝eq \f(1,2)，b＝±eq \f(\r(3),2)．
因为复数z在复平面内对应的点在第四象限，
所以b＝－eq \f(\r(3),2)，所以z＝eq \f(1,2)－eq \f(\r(3),2)i．
(2)z＝eq \f(5m2,1－2i)－(1＋5i)m－3(2＋i)
＝(m2－m－6)＋(2m2－5m－3)i，
依题意得m2－m－6＝0，解得m＝3或－2．
因为2m2－5m－3≠0，所以m≠3，所以m＝ －2．
19．(12分)已知a，b，c是同一平面内的三个向量，其中a＝(1，2)．
(1)若|c|＝2eq \r(5)，且c∥a，求c的坐标；
(2)若|b|＝eq \f(\r(5),2)，且a＋2b与2a－b垂直，求a与b的夹角θ．
解：(1)设c＝(x，y)，由c∥a和|c|＝2eq \r(5)，
可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1·y－2·x＝0，,x2＋y2＝20，)) 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝2，,y＝4))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－2，,y＝－4．))
所以c＝(2，4)或c＝(－2，－4)．
(2)因为(a＋2b)⊥(2a－b)，所以(a＋2b)·(2a－b)＝0，
即2a2＋3a·b－2b2＝0，所以2|a|2＋3a·b－2|b|2＝0，
所以2×5＋3a·b－2×eq \f(5,4)＝0，所以a·b＝－eq \f(5,2)，
所以csθ＝eq \f(a·b,|a||b|)＝－1．
因为θ∈[0，π]，所以θ＝π．即a与b的夹角θ为π．
20．(12分)已知向量a＝(2，2)，向量b与向量a的夹角为eq \f(3π,4)，且a·b＝－2．
(1)求向量b；
(2)若t＝(1，0)，且b⊥t，c＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(csA，2cs2\f(C,2)))，其中A，C是△ABC的内角，若三角形ABC的三内角A，B，C依次成等差数列，试求|b＋c|的取值范围．
解：(1)设b＝(x，y)，由a·b＝－2知2x＋2y＝－2，①
且|b|＝eq \f(a·b,|a|cs\f(3π,4))＝eq \f(－2,2\r(2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2))))＝1，
所以eq \r(x2＋y2)＝1．②
由①②解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－1，,y＝0))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝0，,y＝－1．))
所以b＝(－1，0)或b＝(0，－1)．
(2)因为A，B，C依次成等差数列，所以B＝eq \f(π,3)．
因为b⊥t，且t＝(1，0)，所以b＝(0，－1)．
所以b＋c＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(csA，2cs2\f(C,2)－1))＝(csA，csC)，
所以|b＋c|2＝cs2A＋cs2C＝1＋eq \f(1,2)(cs2A＋cs2C)＝1＋eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(cs2A＋cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4π,3)－2A))))＝1＋eq \f(1,2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2A＋\f(π,3)))，而A∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))，所以2A＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(5π,3)))，cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2A＋\f(π,3)))∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2)))．
所以eq \f(1,2)≤|b＋c|221．(12分)已知向量eq \(OA,\s\up6(→))＝(λcsα，λsinα)(λ≠0)，eq \(OB,\s\up6(→))＝(－sinβ，csβ)，其中O为坐标原点．
(1)若β＝α－eq \f(π,6)，求向量eq \(OA,\s\up6(→))与eq \(OB,\s\up6(→))的夹角；
(2)若|eq \(AB,\s\up6(→))|≥2|eq \(OB,\s\up6(→))|对任意实数α，β恒成立，求实数λ的取值范围．
解：(1)设向量eq \(OA,\s\up6(→))与eq \(OB,\s\up6(→))的夹角为θ，
则csθ＝eq \f(\(OA,\s\up6(→))·\(OB,\s\up6(→)),|\(OA,\s\up6(→))||\(OB,\s\up6(→))|)＝eq \f(λsin（α－β）,|λ|)＝eq \f(λ,2|λ|)，
当λ＞0时，csθ＝eq \f(1,2)，θ＝eq \f(π,3)；
当λ＜0时，csθ＝－eq \f(1,2)，θ＝eq \f(2π,3)．
故当λ＞0时，向量eq \(OA,\s\up6(→))与eq \(OB,\s\up6(→))的夹角为eq \f(π,3)；
当λ＜0时，向量eq \(OA,\s\up6(→))与eq \(OB,\s\up6(→))的夹角为eq \f(2π,3)．
(2)解法一：|eq \(AB,\s\up6(→))|≥2|eq \(OB,\s\up6(→))|对任意的α，β恒成立，
即(－sinβ－λcsα)2＋(csβ－λsinα)2≥4对任意的α，β恒成立，
即λ2＋1＋2λsin(β－α)≥4对任意的α，β恒成立，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(λ＞0，,λ2－2λ＋1≥4))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(λ＜0，,λ2＋2λ＋1≥4，))
解得λ≥3或λ≥－3．
故所求实数λ的取值范围是(－∞，－3]∪[3，＋∞)．
解法二：由λ2＋1＋2λsin(β－α)≥4对任意的α，β恒成立，可得λ2＋1－2|λ|≥4，解得|λ|≥3或|λ|≤－1(舍去)，由此求得实数λ的取值范围；
解法三：由|eq \(AB,\s\up6(→))|＝|eq \(OB,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→))|≥||eq \(OB,\s\up6(→))|－|eq \(OA,\s\up6(→))||＝|1－|λ||，可得|eq \(AB,\s\up6(→))|的最小值为|1－|λ||，然后将已知条件转化为|1－|λ||≥2，由此解得实数λ的取值范围．
22．(12分)(eq \a\vs4\al(2018届河南郑州第三次质量预测))已知动点M(x，y)满足eq \r(（x＋1）2＋y2)＋eq \r(（x－1）2＋y2)＝2eq \r(2)．
(1)求动点M的轨迹E的方程；
(2)设A，B是轨迹E上的两个动点，线段AB的中点N在直线l：x＝－eq \f(1,2)上，线段AB的中垂线与E交于P，Q两点，是否存在点N，使以PQ为直径的圆经过点(1，0)，若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
解：(1)根据椭圆的定义得，动点M(x，y)是焦点在x轴上且长轴长为2eq \r(2)，半焦距长为1的椭圆，所以动点M的轨迹E的方程是eq \f(x2,2)＋y2＝1．
(2)当直线AB垂直于x轴时，直线AB的方程为x＝－eq \f(1,2)，
此时P(－eq \r(2)，0)，Q(eq \r(2)，0)，不合题意．
当直线AB不垂直于x轴时，设存在点Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，m))(m≠0)，直线AB的斜率为k，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(xeq \\al(2,1),2)＋yeq \\al(2,1)＝1，,\f(xeq \\al(2,2),2)＋yeq \\al(2,2)＝1))得(x1＋x2)＋2(y1＋y2)·eq \f(y1－y2,x1－x2)＝0，
则－1＋4mk＝0，故k＝eq \f(1,4m)．
此时，直线PQ斜率为k1＝－4m，PQ的直线方程为y－m＝－4meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))，即y＝－4mx－m．
令P(x3，y3)，Q(x4，y4)，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝－4mx－m，,\f(x2,2)＋y2＝1，))消去y，
整理得(32m2＋1)x2＋16m2x＋2m2－2＝0，
所以x3＋x4＝－eq \f(16m2,32m2＋1)，x3x4＝eq \f(2m2－2,32m2＋1)，
令椭圆的右焦点为F2，则F2(1，0)．
由题意知eq \(F2P,\s\up6(→))·eq \(F2Q,\s\up6(→))＝0，于是
eq \(F2P,\s\up6(→))·eq \(F2Q,\s\up6(→))＝(x3－1)(x4－1)＋y3y4
＝x3x4－(x3＋x4)＋1＋(4mx3＋m)(4mx4＋m)
＝(1＋16m2)x3x4＋(4m2－1)(x3＋x4)＋1＋m2
＝eq \f(（1＋16m2）（2m2－2）,32m2＋1)＋eq \f(（4m2－1）（－16m2）,32m2＋1)＋1＋m2
＝eq \f(19m2－1,32m2＋1)＝0，所以m＝±eq \f(\r(19),19)．
因为点Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，m))在椭圆内，所以eq \f(1,8)＋m2<1，
即m2综上，存在两个符合条件的点N，且坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，±\f(\r(19),19)))．