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新高考数学一轮复习教案第5章第3节 第2课时 精研题型明考向——平面向量的数量积及应用（含解析）
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这是一份新高考数学一轮复习教案第5章第3节 第2课时 精研题型明考向——平面向量的数量积及应用（含解析），共29页。教案主要包含了真题集中研究——明考情，题型精细研究——提素养等内容，欢迎下载使用。
1．(2020·全国卷Ⅲ·考查数量积的运算、模)
已知向量a，b满足|a|＝5，|b|＝6，a·b＝－6，则cs〈a，a＋b〉＝( )
A．－eq \f(31,35) B．－eq \f(19,35)
C.eq \f(17,35) D．eq \f(19,35)
解析：选D 由题意，得a·(a＋b)＝a2＋a·b＝25－6＝19，|a＋b|＝eq \r(a2＋2a·b＋b2)＝eq \r(25－12＋36)＝7，所以csa，a＋b＝eq \f(a·a＋b,|a||a＋b|)＝eq \f(19,5×7)＝eq \f(19,35)，故选D.
2．(2020·全国卷Ⅱ·考查向量垂直)
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＋b
C．a－2b D．2a－b
解析：选D 法一：由题意，得a·b＝|a|·|b|cs 60°＝eq \f(1,2).
对于A，(a＋2b)·b＝a·b＋2b2＝eq \f(1,2)＋2＝eq \f(5,2)≠0，故A不符合题意；
对于B，(2a＋b)·b＝2a·b＋b2＝1＋1＝2≠0，故B不符合题意；
对于C，(a－2b)·b＝a·b－2b2＝eq \f(1,2)－2＝－eq \f(3,2)≠0，故C不符合题意；
对于D，(2a－b)·b＝2a·b－b2＝1－1＝0，所以(2a－b)⊥b.故选D.
法二：不妨设a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，b＝(1,0)，则a＋2b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，\f(\r(3),2)))，2a＋b＝(2，eq \r(3))，a－2b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，\f(\r(3),2)))，2a－b＝(0，eq \r(3))，易知，只有(2a－b)·b＝0，即(2a－b)⊥b，故选D.
法三：根据条件，分别作出向量b与A，B，C，D四个选项对应的向量的位置关系，如图所示：
由图易知，只有选项D满足题意，故选D.
3．(2019·全国卷Ⅱ·考查数量积的坐标运算)
已知eq \(AB,\s\up7(―→))＝(2,3)，eq \(AC,\s\up7(―→))＝(3，t)，|eq \(BC,\s\up7(―→))|＝1，则eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(BC,\s\up7(―→))＝( )
A．－3 B．－2
C．2 D．3
解析：选C ∵eq \(BC,\s\up7(―→))＝eq \(AC,\s\up7(―→))－eq \(AB,\s\up7(―→))＝(3，t)－(2,3)＝(1，t－3)，|eq \(BC,\s\up7(―→))|＝1，∴eq \r(12＋t－32)＝1，解得t＝3，∴eq \(BC,\s\up7(―→))＝(1,0)，
∴eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(BC,\s\up7(―→))＝2×1＋3×0＝2.
4．(2019·全国卷Ⅰ·考查两向量的夹角)
已知非零向量a，b满足|a|＝2|b|，且(a－b)⊥b，则a与b的夹角为( )
A.eq \f(π,6) B．eq \f(π,3)
C.eq \f(2π,3) D．eq \f(5π,6)
解析：选B 由(a－b)⊥b，可得(a－b)·b＝0，
即a·b＝b2.
∵|a|＝2|b|，∴cs〈a，b〉＝eq \f(a·b,|a|·|b|)＝eq \f(b2,2b2)＝eq \f(1,2).
又∵0≤〈a，b〉≤π，∴a与b的夹角为eq \f(π,3).
5．(2020·新高考全国卷Ⅰ·考查数量积的范围)
已知P是边长为2的正六边形ABCDEF内的一点，则eq \(AP,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))的取值范围是( )
A．(－2,6) B．(－6,2)
C．(－2,4) D．(－4,6)
解析：选A 法一：如图，取A为坐标原点，AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系，则A(0,0)，B(2,0)，C(3，eq \r(3))，F(－1，eq \r(3))．
设P(x，y)，则eq \(AP,\s\up7(―→))＝(x，y)，
eq \(AB,\s\up7(―→))＝(2,0)，且－1所以eq \(AP,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))＝(x，y)·(2,0)＝2x∈(－2,6)．故选A.
法二：eq \(AP,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))＝eq \(|AP|,\s\up7(――→))·eq \(|AB|,\s\up7(――→))·cs∠PAB＝2eq \(|AP|,\s\up7(――→))·cs∠PAB，
又eq \(|AP|,\s\up7(――→))cs∠PAB表示eq \(AP,\s\up7(―→))在eq \(AB,\s\up7(―→))方向上的投影，
所以结合图形可知，当P与C重合时投影最大，当P与F重合时投影最小．
又eq \(AC,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))＝2eq \r(3)×2×cs 30°＝6，
eq \(AF,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))＝2×2×cs 120°＝－2，
故当点P在正六边形ABCDEF内部运动时，eq \(AP,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))∈(－2,6)．故选A.
[把脉考情]
二、题型精细研究——提素养
题型一 平面向量数量积的运算
[典例] (1)(多选)八卦是中国文化的基本哲学概念，如图1是八卦模型图，其平面图形记为图2中的正八边形ABCDEFGH，其中|OA|＝1，则下列结论正确的有( )
A．eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(OD,\s\up7(―→))＝－eq \f(\r(2),2) B．eq \(OB,\s\up7(―→))＋eq \(OH,\s\up7(―→))＝－eq \r(2) eq \(OE,\s\up7(―→))
C．eq \(AH,\s\up7(―→))·eq \(HO,\s\up7(―→))＝eq \(BC,\s\up7(―→))·eq \(BO,\s\up7(―→)) D．eq \(AH,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))＝1－eq \r(2)
(2)已知点A，B，C满足|eq \(AB,\s\up7(―→))|＝3，|eq \(BC,\s\up7(―→))|＝4，|eq \(CA,\s\up7(―→))|＝5，则eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(BC,\s\up7(―→))＋eq \(BC,\s\up7(―→))·eq \(CA,\s\up7(―→))＋eq \(CA,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))的值为________．
[解析] (1)对于A：eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(OD,\s\up7(―→))＝1×1×cseq \f(3π,4)＝－eq \f(\r(2),2)，故正确．对于B：eq \(OB,\s\up7(―→))＋eq \(OH,\s\up7(―→))＝ eq \r(2)eq \(OA,\s\up7(―→))＝－eq \r(2)eq \(OE,\s\up7(―→))，故正确．对于C：|eq \(AH,\s\up7(―→))|＝|eq \(BC,\s\up7(―→))|，|HO―→|＝|eq \(BO,\s\up7(―→))|，但对应向量的夹角不相等，所以不成立，故错误．对于D：eq \(AH,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))＝|eq \(AB,\s\up7(―→))|2cs eq \f(3π,4)＝1－eq \r(2)，故正确．
(2)法一：定义法
由题意可知△ABC为直角三角形，且∠B＝eq \f(π,2)，cs A＝eq \f(3,5)，cs C＝eq \f(4,5).
∴eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(BC,\s\up7(―→))＋eq \(BC,\s\up7(―→))·eq \(CA,\s\up7(―→))＋eq \(CA,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))＝eq \(BC,\s\up7(―→))·eq \(CA,\s\up7(―→))＋eq \(CA,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))＝4×5×cs(π－C)＋5×3×cs(π－A)＝－20cs C－15cs A＝－20×eq \f(4,5)－15×eq \f(3,5)＝－25.
法二：坐标法
易知∠ABC＝90°.如图，以点B为坐标原点，eq \(BA,\s\up7(―→))，eq \(BC,\s\up7(―→))的方向分别为x轴，y轴的正方向，建立平面直角坐标系，则A(3,0)，B(0,0)，C(0,4)．
∴eq \(AB,\s\up7(―→))＝(－3,0)，eq \(BC,\s\up7(―→))＝(0,4)，eq \(CA,\s\up7(―→))＝(3，－4)，∴eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(BC,\s\up7(―→))＝－3×0＋0×4＝0，eq \(BC,\s\up7(―→))·eq \(CA,\s\up7(―→))＝0×3＋4×(－4)＝－16，eq \(CA,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))＝－3×3＋0×(－4)＝－9.
∴eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(BC,\s\up7(―→))＋eq \(BC,\s\up7(―→))·eq \(CA,\s\up7(―→))＋eq \(CA,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))＝－25.
[答案] (1)ABD (2)－25
[方法技巧] 平面向量数量积的2种运算方法
[针对训练]
1．(2021·长沙雅礼中学月考)已知a，b为单位向量，其夹角为60°，则(2a－b)·b＝( )
A．－1 B．0
C．1 D．2
解析：选B 由已知得|a|＝|b|＝1，〈a，b〉＝60°，
∴(2a－b)·b＝2a·b－b2＝2|a||b|cs〈a，b〉－|b|2＝2×1×1×cs 60°－12＝0，
故选B.
2．设a，e均为单位向量，当a，e的夹角为eq \f(2,3)π时，a在e方向上的投影为________．
解析：a在e方向上的投影为|a|cs〈a，e〉＝cseq \f(2,3)π＝－eq \f(1,2).
答案：－eq \f(1,2)
3．已知△ABC中，AB＝3，AC＝5，BC＝7，若点D满足eq \(AD,\s\up7(―→))＝eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,2)eq \(AC,\s\up7(―→))，则eq \(DB,\s\up7(―→))·eq \(DC,\s\up7(―→))＝________.
解析：法一：∵eq \(BC,\s\up7(―→))2＝(eq \(AC,\s\up7(―→))－eq \(AB,\s\up7(―→)))2
＝eq \(AC,\s\up7(―→))2＋eq \(AB,\s\up7(―→))2－2eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(AC,\s\up7(―→))，
AB＝3，AC＝5，BC＝7，
∴eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(AC,\s\up7(―→))＝－eq \f(15,2).
∴eq \(DB,\s\up7(―→))·eq \(DC,\s\up7(―→))＝(eq \(AB,\s\up7(―→))－eq \(AD,\s\up7(―→)))·(eq \(AC,\s\up7(―→))－eq \(AD,\s\up7(―→)))
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)eq \(AB,\s\up7(―→))－\f(1,2)eq \(AC,\s\up7(―→))))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2) eq \(AC,\s\up7(―→))－\f(1,3) eq \(AB,\s\up7(―→))))
＝－eq \f(2,9)eq \(AB,\s\up7(―→))2－eq \f(1,4)eq \(AC,\s\up7(―→))2＋eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(AC,\s\up7(―→))＝－2－eq \f(25,4)－eq \f(15,4)＝－12.
法二：在△ABC中，AB＝3，AC＝5，BC＝7，
由余弦定理可得cs∠BAC＝eq \f(32＋52－72,2×3×5)＝－eq \f(1,2)，
可得∠BAC＝120°.
如图所示，以A为坐标原点，AC所在直线为x轴，建立平面直角坐标系，
则A(0,0)，C(5,0)，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，\f(3,2)\r(3)))，
故eq \(AD,\s\up7(―→))＝eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,2)eq \(AC,\s\up7(―→))
＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，\f(3,2)\r(3)))＋eq \f(1,2)(5,0)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(\r(3),2)))，
从而点Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(\r(3),2)))，∴eq \(DB,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7,2)，\r(3)))，eq \(DC,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，－\f(\r(3),2)))，
∴eq \(DB,\s\up7(―→))·eq \(DC,\s\up7(―→))＝－eq \f(21,2)－eq \f(3,2)＝－12.
答案：－12
题型二 平面向量的夹角与垂直、模的计算
[典例] (1)(2021年1月新高考八省联考卷)已知单位向量a，b满足a·b＝0，若向量c＝eq \r(7)a＋eq \r(2)b，则sin〈a，c〉＝( )
A.eq \f(\r(7),3) B．eq \f(\r(2),3)
C.eq \f(\r(7),9) D．eq \f(\r(2),9)
(2)已知平面向量m，n的夹角为eq \f(π,6)，且|m|＝eq \r(3)，|n|＝2，在△ABC中，eq \(AB,\s\up7(―→))＝2m＋2n，eq \(AC,\s\up7(―→))＝2m－6n，D为BC的中点，则|eq \(AD,\s\up7(―→))|＝________.
[解析] (1)∵a·c＝a·(eq \r(7)a＋eq \r(2)b)＝eq \r(7)a2＋eq \r(2)a·b＝eq \r(7)，|c|＝ eq \r(\r(7)a＋\r(2)b2)＝ eq \r(7a2＋2b2＋2\r(14)a·b)＝eq \r(7＋2)＝3，
∴cs〈a，c〉＝eq \f(a·c,|a||c|)＝eq \f(\r(7),1×3)＝eq \f(\r(7),3)，
∴sin〈a，c〉＝eq \f(\r(2),3).故选B.
(2)由题意知m·n＝eq \r(3)×2×cs eq \f(π,6)＝3.
∵在△ABC中，D为BC的中点，
∴eq \(AD,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→)))＝eq \f(1,2)(2m＋2n＋2m－6n)＝2m－2n.
∴|eq \(AD,\s\up7(―→))|＝|2m－2n|＝2eq \r(m－n2)
＝2eq \r(m2－2m·n＋n2)＝2eq \r(3－2×3＋4)＝2.
[答案] (1)B (2)2
[方法技巧]
(1)根据平面向量数量积的性质：若a，b为非零向量，则cs θ＝eq \f(a·b,|a||b|)(夹角公式)，a⊥b⇔a·b＝0等，可知平面向量的数量积可以用来解决有关角度、垂直问题．
(2)数量积大于0说明不共线的两向量的夹角为锐角，数量积等于0说明不共线的两向量的夹角为直角，数量积小于0说明不共线的两向量的夹角为钝角．
(3)计算向量的模：①当向量有坐标或适合建坐标系时，可用模的计算公式；②利用|a|＝eq \r(a·a)及(a±b)2＝|a|2±2a·b＋|b|2，把向量的模的运算转化为数量积运算；③几何法，利用向量的几何意义，即利用向量加减法的平行四边形法则或三角形法则作出向量，再利用余弦定理等方法求解．
[针对训练]
1．若|a|＝2，|b|＝4，且(a＋b)⊥a，则a与b的夹角为( )
A.eq \f(2π,3) B．eq \f(π,3) C.eq \f(4π,3) D．－eq \f(2π,3)
解析：选A ∵(a＋b)⊥a，∴(a＋b)·a＝a2＋a·b＝0，∴a·b＝－4，cs〈a，b〉＝eq \f(a·b,|a||b|)＝eq \f(－4,2×4)＝－eq \f(1,2)，∴〈a，b〉＝eq \f(2π,3)，故选A.
2．已知向量a＝(x，y)，b＝(－1,2)，且a＋b＝(1,3)，则|a－2b|等于( )
A．1 B．3 C．4 D．5
解析：选D 由向量a＝(x，y)，b＝(－1,2)，且a＋b＝(1,3)，得a＋b＝(x－1，y＋2)＝(1,3)，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－1＝1，,y＋2＝3，))解得x＝2，y＝1，所以a＝(2,1)．所以a－2b＝(2,1)－2(－1,2)＝(4，－3)，所以|a－2b|＝eq \r(42＋－32)＝5，故选D.
3．已知e1，e2是互相垂直的单位向量，若eq \r(3)e1－e2与e1＋λe2的夹角为60°，则实数λ的值是________．
解析：由题意知|e1|＝|e2|＝1，e1·e2＝0，
则|eq \r(3)e1－e2|＝eq \r(\r(3)e1－e22)＝eq \r(3e\\al(2,1)－2\r(3)e1·e2＋e\\al(2,2))＝eq \r(3－0＋1)＝2.
同理|e1＋λe2|＝eq \r(1＋λ2).
所以cs 60°＝eq \f(\r(3)e1－e2·e1＋λe2,|\r(3)e1－e2||e1＋λe2|)
＝eq \f(\r(3)e\\al(2,1)＋\r(3)λ－1e1·e2－λe\\al(2,2),2\r(1＋λ2))＝eq \f(\r(3)－λ,2\r(1＋λ2))＝eq \f(1,2)，
解得λ＝eq \f(\r(3),3).
答案：eq \f(\r(3),3)
题型三 平面向量数量积中的最值范围问题
[典例] (1)(2021·福建模拟)已知P为边长为2的正方形ABCD所在平面内一点，则eq \(PC,\s\up7(―→))·(eq \(PB,\s\up7(―→))＋eq \(PD,\s\up7(―→)))的最小值为( )
A．－1 B．－3
C．－eq \f(1,2) D．－eq \f(3,2)
(2)已知直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝90°，AD＝2，BC＝1，P是腰DC上的动点，则|eq \(PA,\s\up7(―→))＋3eq \(PB,\s\up7(―→))|的最小值为________．
[解析] (1)法一：综合法
如图，连接BD，取BD的中点O，连接CO，取CO的中点Q.
连接PO，因为O为BD的中点，
所以eq \(PB,\s\up7(―→))＋eq \(PD,\s\up7(―→))＝2eq \(PO,\s\up7(―→)).
连接PQ，在△PCQ中，eq \(PC,\s\up7(―→))＝eq \(PQ,\s\up7(―→))＋eq \(QC,\s\up7(―→)).
因为Q为CO的中点，所以eq \(QO,\s\up7(―→))＝－eq \(QC,\s\up7(―→)).
在△POQ中，eq \(PO,\s\up7(―→))＝eq \(PQ,\s\up7(―→))＋eq \(QO,\s\up7(―→))＝eq \(PQ,\s\up7(―→))－eq \(QC,\s\up7(―→)).
所以eq \(PC,\s\up7(―→))·(eq \(PB,\s\up7(―→))＋eq \(PD,\s\up7(―→)))＝eq \(PC,\s\up7(―→))·2eq \(PO,\s\up7(―→))＝2eq \(PC,\s\up7(―→))·eq \(PO,\s\up7(―→))＝2(eq \(PQ,\s\up7(―→))＋eq \(QC,\s\up7(―→)))·(eq \(PQ,\s\up7(―→))－eq \(QC,\s\up7(―→)))＝2(eq \(PQ,\s\up7(―→))2－eq \(QC,\s\up7(―→))2)．
因为Q，C是定点，所以当PQ―→2最小，即P，Q重合时，eq \(PC,\s\up7(―→))·(eq \(PB,\s\up7(―→))＋eq \(PD,\s\up7(―→)))取得最小值，最小值为－2eq \(QC,\s\up7(―→))2＝－2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)×2\r(2)))2＝－1.故选A.
法二：坐标法
建立如图所示的平面直角坐标系，则A(0,0)，B(2,0)，C(2,2)，D(0,2)，
设P(x，y)，
所以eq \(PC,\s\up7(―→))＝(2－x,2－y)，
eq \(PB,\s\up7(―→))＋eq \(PD,\s\up7(―→))＝(2－x，－y)＋(－x,2－y)＝(2－2x,2－2y)，
故eq \(PC,\s\up7(―→))·(eq \(PB,\s\up7(―→))＋eq \(PD,\s\up7(―→)))＝(2－x)(2－2x)＋(2－y)(2－2y)
＝2(x2－3x＋2)＋2(y2－3y＋2)
＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,2)))2－eq \f(1,2)＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(3,2)))2－eq \f(1,2)
＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,2)))2＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(3,2)))2－1.所以当x＝y＝eq \f(3,2)时，eq \(PC,\s\up7(―→))·(eq \(PB,\s\up7(―→))＋eq \(PD,\s\up7(―→)))取得最小值－1.故选A.
(2)建立平面直角坐标系如图所示，
则A(2,0)，
设P(0，y)，C(0，b)，则B(1，b)．
所以eq \(PA,\s\up7(―→))＋3eq \(PB,\s\up7(―→))＝(2，－y)＋3(1，b－y)＝(5,3b－4y)，
所以|eq \(PA,\s\up7(―→))＋3eq \(PB,\s\up7(―→))|＝eq \r(25＋3b－4y2)(0≤y≤b)，
所以当y＝eq \f(3,4)b时，|eq \(PA,\s\up7(―→))＋3eq \(PB,\s\up7(―→))|取得最小值5.
[答案] (1)A (2)5
[方法技巧]
1．数量积的最值或范围问题的2种求解方法
2．求向量模的最值(范围)的3种方法
[针对训练]
1．(2021·石家庄模拟)已知a，b是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量c满足(a－c)·(b－c)＝0，则|c|的最大值是( )
A．1 B．2
C.eq \r(2) D．eq \f(\r(2),2)
解析：选C 因为|a|＝|b|＝1，a·b＝0，
(a－c)·(b－c)＝－c·(a＋b)＋|c|2＝－|c||a＋b|·cs θ＋|c|2＝0，其中θ为c与a＋b的夹角，
所以|c|＝|a＋b|cs θ＝eq \r(2)cs θ≤eq \r(2)，
所以|c|的最大值是 eq \r(2).
2．已知向量a，b满足|a|＝1，(a－b)⊥(3a－b)，则a与b的夹角的最大值为( )
A.eq \f(π,6) B．eq \f(π,3)
C.eq \f(2π,3) D．eq \f(5π,6)
解析：选A 设a与b的夹角为θ，θ∈[0，π]．
因为(a－b)⊥(3a－b)，所以(a－b)·(3a－b)＝0.
整理可得3a2－4a·b＋b2＝0，即3|a|2－4a·b＋|b|2＝0.
将|a|＝1代入3|a|2－4a·b＋|b|2＝0，
可得3－4|b|cs θ＋|b|2＝0，
整理可得cs θ＝eq \f(3,4|b|)＋eq \f(|b|,4)≥2 eq \r(\f(3,4|b|)×\f(|b|,4))＝eq \f(\r(3),2)，
当且仅当eq \f(3,4|b|)＝eq \f(|b|,4)，即|b|＝eq \r(3)时取等号，
故cs θ≥eq \f(\r(3),2)，结合θ∈[0，π]，
可知θ的最大值为eq \f(π,6)，故选A.
3．(2021·湖北八校联考)在等腰直角△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝2，M，N(不与A，C重合)为AC边上的两个动点，且满足|eq \(MN,\s\up7(―→))|＝eq \r(2)，则eq \(BM,\s\up7(―→))·eq \(BN,\s\up7(―→))的取值范围为( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，2)) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，2))
C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，2)) D．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞))
解析：选C 以等腰直角三角形的直角边BC所在直线为x轴，BA所在直线为y轴，建立平面直角坐标系如图所示，则B(0,0)，直线AC的方程为x＋y＝2.
设M(a,2－a)，
则0∴eq \(BM,\s\up7(―→))＝(a,2－a)，eq \(BN,\s\up7(―→))＝(a＋1,1－a)，
∴eq \(BM,\s\up7(―→))·eq \(BN,\s\up7(―→))＝a(a＋1)＋(2－a)(1－a)＝2a2－2a＋2.
∵0又eq \(BM,\s\up7(―→))·eq \(BN,\s\up7(―→))<2，故eq \(BM,\s\up7(―→))·BN―→的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，2)).
题型四 平面向量与其他知识的综合问题
考法(一) 平面向量与几何的综合问题
[例1] 已知A，B是半径为eq \r(2)的⊙O上的两个点，eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(OB,\s\up7(―→))＝1，⊙O所在平面上有一点C满足|eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(OB,\s\up7(―→))－eq \(OC,\s\up7(―→))|＝1，则向量eq \(OC,\s\up7(―→))的模的取值范围是________．
[解析] 以O为原点，OA所在直线为x轴建立平面直角坐标系，如图，A(eq \r(2)，0)．
由eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(OB,\s\up7(―→))＝1，|eq \(OA,\s\up7(―→))|＝|eq \(OB,\s\up7(―→))|＝eq \r(2)，
得∠AOB＝eq \f(π,3)，于是Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\f(\r(6),2)))，
设C(x，y)，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,2)\r(2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(\r(6),2)))2＝1.
问题转为求圆eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,2)\r(2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(\r(6),2)))2＝1上一点到原点距离的取值范围，原点到圆心eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)\r(2)，\f(\r(6),2)))的距离为eq \r(6)，圆的半径为1，∴|eq \(OC,\s\up7(―→))|的取值范围为[eq \r(6)－1，eq \r(6)＋1]．
[答案] [eq \r(6)－1，eq \r(6)＋1]
[方法技巧] 平面向量与几何综合问题的求解方法
[针对训练]
若点O和点F分别为椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的中心和左焦点，点P为椭圆上的任意一点，则eq \(OP,\s\up7(―→))·eq \(FP,\s\up7(―→))的最大值为( )
A．2 B．3
C．6 D．8
解析：选C 由椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1可得F(－1,0)，点O(0,0)，
设P(x，y)(－2≤x≤2)，
则eq \(OP,\s\up7(―→))·eq \(FP,\s\up7(―→))＝x2＋x＋y2＝x2＋x＋3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(x2,4)))＝eq \f(1,4)x2＋x＋3＝eq \f(1,4)(x＋2)2＋2，－2≤x≤2，
当且仅当x＝2时，eq \(OP,\s\up7(―→))·eq \(FP,\s\up7(―→))取得最大值6.
考法(二) 平面向量与三角函数的综合问题
[例2] (2021·广州摸底)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量m＝(cs(A－B)，sin(A－B))，n＝(cs B，－sin B)，且m·n＝－eq \f(3,5).
(1)求sin A的值；
(2)若a＝4eq \r(2)，b＝5，求角B的大小及向量eq \(BA,\s\up7(―→))在eq \(BC,\s\up7(―→))方向上的投影．
[解] (1)由m·n＝－eq \f(3,5)，
得cs(A－B)cs B－sin(A－B)sin B＝－eq \f(3,5)，
所以cs A＝－eq \f(3,5).因为0所以sin A＝eq \r(1－cs2A)＝ eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,5)))2)＝eq \f(4,5).
(2)由正弦定理，得eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)，
则sin B＝eq \f(bsin A,a)＝eq \f(5×\f(4,5),4\r(2))＝eq \f(\r(2),2)，
因为a>b，所以A>B，且B是△ABC一内角，则B＝eq \f(π,4).
由余弦定理得(4eq \r(2))2＝52＋c2－2×5×c×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,5)))，
解得c＝1(舍去负值)，
故向量eq \(BA,\s\up7(―→))在eq \(BC,\s\up7(―→))方向上的投影为|eq \(BA,\s\up7(―→))|cs B＝ccs B＝1×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(\r(2),2).
[方法技巧]
平面向量与三角函数的综合问题的解题思路
(1)若题目条件给出向量的坐标中含有三角函数的形式，则运用向量共线或垂直或等式成立等，得到三角函数的关系式，然后求解．
(2)给出用三角函数表示的向量坐标，要求的是向量的模或者其他向量的表达形式，解题思路是经过向量的运算，利用三角函数在定义域内的有界性，求得值域等．
[针对训练]
已知A，B，C分别为△ABC的三边a，b，c所对的角，向量m＝(sin A，sin B)，n＝(cs B，cs A)，且m·n＝sin 2C.
(1)求角C的大小；
(2)若sin A，sin C，sin B成等差数列，且eq \(CA,\s\up7(―→))·(eq \(AB,\s\up7(―→))－eq \(AC,\s\up7(―→)))＝18，求边c的长．
解：(1)由已知得m·n＝sin Acs B＋cs Asin B
＝sin(A＋B)，
因为A＋B＋C＝π，
所以sin(A＋B)＝sin(π－C)＝sin C，
所以m·n＝sin C，又m·n＝sin 2C，
所以sin 2C＝sin C,2sin Ccs C＝sin C，sin C≠0，
所以cs C＝eq \f(1,2).又0(2)由已知及正弦定理得2c＝a＋b.
因为eq \(CA,\s\up7(―→))·(eq \(AB,\s\up7(―→))－eq \(AC,\s\up7(―→)))＝eq \(CA,\s\up7(―→))·eq \(CB,\s\up7(―→))＝18，
所以abcs C＝18，所以ab＝36.
由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcs C＝(a＋b)2－3ab，
所以c2＝4c2－3×36，
所以c2＝36，所以c＝6.
eq \a\vs4\al([课时跟踪检测])
一、综合练——练思维敏锐度
1．已知向量a＝(－1,2)，b＝(3,1)，c＝(x,4)，若(a－b)⊥c，则c·(a＋b)＝( )
A．(2,12) B．(－2,12)
C．14 D．10
解析：选C 由题意可得，a－b＝(－4,1)，由(a－b)⊥c，得(－4)×x＋1×4＝0，即 －4x＋4＝0，解得x＝1，所以c＝(1,4)．又a＋b＝(2,3)，所以c·(a＋b)＝1×2＋4×3＝14.
2．已知非零向量a，b的夹角为60°，且|b|＝1，|2a－b|＝1，则|a|＝( )
A.eq \f(1,2) B．1
C.eq \r(2) D．2
解析：选A 由题意得a·b＝|a|×1×eq \f(1,2)＝eq \f(|a|,2)，
又|2a－b|＝1，
∴|2a－b|2＝4a2－4a·b＋b2＝4|a|2－2|a|＋1＝1，
即4|a|2－2|a|＝0，又|a|≠0，解得|a|＝eq \f(1,2).
3．已知a＝(2sin 13°，2sin 77°)，|a－b|＝1，a与a－b的夹角为eq \f(π,3)，则a·b＝( )
A．2 B．3
C．4 D．5
解析：选B 因为a＝(2sin 13°，2sin 77°)，所以|a|＝eq \r(2sin 13°2＋2sin 77°2)＝eq \r(2sin 13°2＋2cs 13°2)＝2，又因为|a－b|＝1，向量a与a－b的夹角为eq \f(π,3)，
所以cs eq \f(π,3)＝eq \f(a·a－b,|a||a－b|)＝eq \f(a2－a·b,2×1)＝eq \f(4－a·b,2×1)＝eq \f(1,2)，所以a·b＝3，故选B.
4.如图，正六边形ABCDEF的边长为2，则eq \(AC,\s\up7(―→))·eq \(BD,\s\up7(―→))＝( )
A．2 B．3
C．6 D．12
解析：选C eq \(AC,\s\up7(―→))·eq \(BD,\s\up7(―→))＝(eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(BC,\s\up7(―→)))·(eq \(AD,\s\up7(―→))－eq \(AB,\s\up7(―→)))＝(eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(BC,\s\up7(―→)))·(2eq \(BC,\s\up7(―→))－eq \(AB,\s\up7(―→)))＝2|eq \(BC,\s\up7(―→))|2＋eq \(BC,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))－|eq \(AB,\s\up7(―→))|2＝8＋2×2×eq \f(1,2)－4＝6.
5．(多选)(2021·石家庄质检)已知向量a＝(6,2)，b＝(－2，k)，k为实数，则下列结论正确的是( )
A．若a·b＝6，则k＝9
B．若|a＋b|≤5，则－5≤k≤1
C．不存在实数k，使(a－b)⊥b成立
D．若a与b的夹角为钝角，则k<6
解析：选ABC 对于A，由a·b＝6×(－2)＋2k＝6，解得k＝9，A正确；
对于B，a＋b＝(4,2＋k)，由|a＋b|≤5，得16＋(2＋k)2≤25，解得－5≤k≤1，B正确；
对于C，因为a－b＝(8,2－k)，由(a－b)⊥b，得(8,2－k)·(－2，k)＝0，即k2－2k＋16＝0，此方程无解，所以不存在实数k，使(a－b)⊥b成立，C正确；
对于D，若a与b的夹角为钝角，则a·b<0，且a与b不共线，即6×(－2)＋2k<0, 6k－(－2)×2≠0，
解得k<6且k≠－eq \f(2,3)，D错误，故选A、B、C.
6.如图，半径为1的扇形AOB中，∠AOB＝eq \f(2π,3)，P是弧AB上的一点，且满足OP⊥OB，M，N分别是线段OA，OB上的动点，则eq \(PM,\s\up7(―→))·eq \(PN,\s\up7(―→))的最大值为( )
A.eq \f(\r(2),2) B．eq \f(\r(3),2)
C．1 D．eq \r(2)
解析：选C ∵扇形OAB的半径为1，∴|eq \(OP,\s\up7(―→))|＝1，∵OP⊥OB，∴eq \(OP,\s\up7(―→))·eq \(OB,\s\up7(―→))＝0. ∵∠AOB＝eq \f(2π,3)，∴∠AOP＝eq \f(π,6)，∴eq \(PM,\s\up7(―→))·eq \(PN,\s\up7(―→))＝(eq \(PO,\s\up7(―→))＋eq \(OM,\s\up7(―→)))·(eq \(PO,\s\up7(―→))＋eq \(ON,\s\up7(―→)))＝eq \(PO,\s\up7(―→))2＋eq \(ON,\s\up7(―→))·eq \(PO,\s\up7(―→))＋eq \(OM,\s\up7(―→))·eq \(PO,\s\up7(―→))＋eq \(OM,\s\up7(―→))·eq \(ON,\s\up7(―→))＝1＋|eq \(OM,\s\up7(―→))|cs eq \f(5π,6)＋|eq \(OM,\s\up7(―→))|·|eq \(ON,\s\up7(―→))|cs eq \f(2π,3)≤1＋0×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)))＋0×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝1，故选C.
7．直角△ABC中，AB＝AC＝2，D为AB边上的点，且eq \f(AD,DB)＝2，则eq \(CD,\s\up7(―→))·eq \(CA,\s\up7(―→))＝________；若eq \(CD,\s\up7(―→))＝xeq \(CA,\s\up7(―→))＋yeq \(CB,\s\up7(―→))，则xy＝________.
解析：以A为原点，分别以eq \(AB,\s\up7(―→))，eq \(AC,\s\up7(―→))的方向为x轴，y轴的正方向建立平面直角坐标系(图略)，则A(0,0)，B(2,0)，C(0,2)，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，0))，则eq \(CD,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，－2))，eq \(CA,\s\up7(―→))＝(0，－2)，eq \(CB,\s\up7(―→))＝(2，－2)，则eq \(CD,\s\up7(―→))·eq \(CA,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，－2))·(0，－2)＝eq \f(4,3)×0＋(－2)×(－2)＝4.由eq \(CD,\s\up7(―→))＝xeq \(CA,\s\up7(―→))＋yeq \(CB,\s\up7(―→))＝x(0，－2)＋y(2，－2)＝(2y，－2x－2y)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，－2))，
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2y＝\f(4,3)，,－2x－2y＝－2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(1,3)，,y＝\f(2,3)，))则xy＝eq \f(2,9).
答案：4 eq \f(2,9)
8．已知平面向量a，b满足|b|＝1，且a与b－a的夹角为120°，则|a|的取值范围为________．
解析：在△ABC中，设eq \(AB,\s\up7(―→))＝a，eq \(AC,\s\up7(―→))＝b，
则b－a＝eq \(AC,\s\up7(―→))－eq \(AB,\s\up7(―→))＝eq \(BC,\s\up7(―→))，
∵a与b－a的夹角为120°，∴∠B＝60°，
由正弦定理得eq \f(1,sin 60°)＝eq \f(|a|,sin C)，
∴|a|＝eq \f(sin C,sin 60°)＝eq \f(2\r(3),3)sin C.
∵0°答案：eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2\r(3),3)))
9．(2020·天津高考)如图，在四边形ABCD中，∠B＝60°，AB＝3，BC＝6，且eq \(AD,\s\up7(―→))＝λeq \(BC,\s\up7(―→))，eq \(AD,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))＝－eq \f(3,2)，则实数λ的值为________，若M，N是线段BC上的动点，且|eq \(MN,\s\up7(―→))|＝1，则eq \(DM,\s\up7(―→))·eq \(DN,\s\up7(―→))的最小值为________．
解析：依题意得AD∥BC，∠BAD＝120°，由eq \(AD,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))＝eq \(|AD|,\s\up7(――→))·eq \(|AB|,\s\up7(――→))·cs∠BAD＝ －eq \f(3,2)eq \(|AD|,\s\up7(――→))＝－eq \f(3,2)，得eq \(|AD|,\s\up7(――→))＝1，因此λ＝eq \f(eq \(|AD|,\s\up7(――→)),eq \(|BC|,\s\up7(――→)))＝eq \f(1,6).取MN的中点E，连接DE，则eq \(DM,\s\up7(―→))＋eq \(DN,\s\up7(―→))＝2eq \(DE,\s\up7(―→))，eq \(DM,\s\up7(―→))·eq \(DN,\s\up7(―→))＝eq \f(1,4)[(eq \(DM,\s\up7(―→))＋eq \(DN,\s\up7(―→)))2－(eq \(DM,\s\up7(―→))－eq \(DN,\s\up7(―→)))2]＝eq \(DE,\s\up7(―→))2－eq \f(1,4)eq \(NM,\s\up7(―→))2＝eq \(DE,\s\up7(―→))2－eq \f(1,4).注意到线段MN在线段BC上运动时，DE的最小值等于点D到直线BC的距离，即AB·sin∠B＝eq \f(3\r(3),2)，因此eq \(DE,\s\up7(―→))2－eq \f(1,4)的最小值为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(3),2)))2－eq \f(1,4)＝eq \f(13,2)，即eq \(DM,\s\up7(―→))·eq \(DN,\s\up7(―→))的最小值为eq \f(13,2).
答案：eq \f(1,6) eq \f(13,2)
10.伴随着国内经济的持续增长，人民的生活水平也相应有所提升，其中旅游业带来的消费是居民消费领域增长最快的，因此挖掘特色景区，营造文化氛围尤为重要．某景区的部分道路如图所示，AB＝30 m，BC＝40eq \r(2) m，CD＝50 m，∠ABC＝∠BCD＝45°，要建设一条从点A到点D的空中长廊，则AD＝_______m.
解析：由题可知∠ABC＝∠BCD＝45°，所以AB∥CD，
由eq \(AD,\s\up7(―→))＝eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(BC,\s\up7(―→))＋eq \(CD,\s\up7(―→))可得，
|eq \(AD,\s\up7(―→))|2＝|eq \(AB,\s\up7(―→))|2＋|eq \(BC,\s\up7(―→))|2＋|eq \(CD,\s\up7(―→))|2＋2eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(BC,\s\up7(―→))＋2eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(CD,\s\up7(―→))＋2eq \(BC,\s\up7(―→))·eq \(CD,\s\up7(―→))，
又eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(BC,\s\up7(―→))＝|eq \(AB,\s\up7(―→))||eq \(BC,\s\up7(―→))|cs 135°＝－1 200，
eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(CD,\s\up7(―→))＝|eq \(AB,\s\up7(―→))||eq \(CD,\s\up7(―→))|cs 0°＝1 500，
eq \(BC,\s\up7(―→))·eq \(CD,\s\up7(―→))＝|eq \(BC,\s\up7(―→))||eq \(CD,\s\up7(―→))|cs 135°＝－2 000，
所以|eq \(AD,\s\up7(―→))|2＝900＋3 200＋2 500－2 400＋3 000－4 000＝3 200，则|eq \(AD,\s\up7(―→))|＝40eq \r(2) m.
答案：40eq \r(2)
11．在平面直角坐标系xOy中，已知向量m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)))，n＝(sin x，cs x)，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
(1)若m⊥n，求tan x的值；
(2)若m与n的夹角为eq \f(π,3)，求x的值．
解：(1)因为m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)))，n＝(sin x，cs x)，m⊥n，所以m·n＝0，
即eq \f(\r(2),2)sin x－eq \f(\r(2),2)cs x＝0，所以sin x＝cs x，
所以tan x＝1.
(2)由已知得|m|＝|n|＝1，所以m·n＝|m|·|n|cs eq \f(π,3)＝eq \f(1,2)，即eq \f(\r(2),2)sin x－eq \f(\r(2),2)cs x＝eq \f(1,2)，所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))＝eq \f(1,2).因为012．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且cs B＝eq \f(5,13).
(1)若sin A＝eq \f(4,5)，求cs C；
(2)若b＝4，求eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(BC,\s\up7(―→))的最小值．
解：(1)在△ABC中，由cs B＝eq \f(5,13)得，sin B＝eq \f(12,13)，
∵sin B＝eq \f(12,13)>sin A，∴B>A，故A为锐角，
∴cs A＝eq \f(3,5)，
∴cs C＝－cs(A＋B)＝－cs Acs B＋sin Asin B＝eq \f(33,65).
(2)由余弦定理b2＝a2＋c2－2accs B得，
16＝a2＋c2－eq \f(10,13)ac≥2ac－eq \f(10,13)ac＝eq \f(16,13)ac，当且仅当a＝c时等号成立，∴ac≤13，
∴eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(BC,\s\up7(―→))＝accs(π－B)＝－accs B＝－eq \f(5,13)ac≥－5.
故eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(BC,\s\up7(―→))的最小值为－5.
二、自选练——练高考区分度
1.△ABC中，|AC|＝2，|AB|＝2，∠BAC＝120°，eq \(AE,\s\up7(―→))＝λeq \(AB,\s\up7(―→))，eq \(AF,\s\up7(―→))＝μeq \(AC,\s\up7(―→))，M为线段EF的中点，若|eq \(AM,\s\up7(―→))|＝1，则λ＋μ的最大值为( )
A.eq \f(\r(7),3) B．eq \f(2\r(7),3)
C．2 D．eq \f(\r(21),3)
解析：选C eq \(AM,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)(eq \(AE,\s\up7(―→))＋eq \(AF,\s\up7(―→)))
＝eq \f(λ,2)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(μ,2)eq \(AC,\s\up7(―→))，
∴|eq \(AM,\s\up7(―→))|2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ,2) eq \(AB,\s\up7(―→))＋\f(μ,2) eq \(AC,\s\up7(―→))))2＝λ2＋μ2＋eq \f(λμ,2)×4cs 120°＝λ2＋μ2－λμ＝1，
∴1＝λ2＋μ2－λμ＝(λ＋μ)2－3λμ≥(λ＋μ)2－eq \f(3,4)(λ＋μ)2＝eq \f(1,4)(λ＋μ)2，
∴λ＋μ≤2，当且仅当λ＝μ＝1时等号成立．故选C.
2．(2021·河北部分重点中学联考)已知向量a，b，c满足：a＝(4,0)，b＝(4,4)，(a－c)·(b－c)＝0，则b·c的最大值是( )
A．24 B．24－8eq \r(2)
C．24＋8eq \r(2) D．8eq \r(2)
解析：选C 设eq \(OA,\s\up7(―→))＝a＝(4,0)，eq \(OB,\s\up7(―→))＝b＝(4,4)，eq \(OC,\s\up7(―→))＝c＝(x，y)，则a－c＝(4－x，－y)，b－c＝(4－x,4－y)，又知(a－c)·(b－c)＝0，∴(4－x)2－y(4－y)＝0，即(x－4)2＋(y－2)2＝4，∴点C的轨迹方程为(x－4)2＋(y－2)2＝4.
而b·c＝4x＋4y，令z＝4x＋4y，由平面几何知识可得当直线4x＋4y－z＝0与圆(x－4)2＋(y－2)2＝4相切时，z取得最大值或最小值，即zmax＝24＋8eq \r(2)，故选C.
3．已知平面向量eq \(PA,\s\up7(―→))，eq \(PB,\s\up7(―→))满足|eq \(PA,\s\up7(―→))|＝|eq \(PB,\s\up7(―→))|＝1，eq \(PA,\s\up7(―→))·eq \(PB,\s\up7(―→))＝－eq \f(1,2).若|eq \(BC,\s\up7(―→))|＝1，则|eq \(AC,\s\up7(―→))|的最大值为( )
A.eq \r(2)－1 B．eq \r(3)－1
C.eq \r(2)＋1 D．eq \r(3)＋1
解析：选D 因为|eq \(PA,\s\up7(―→))|＝|eq \(PB,\s\up7(―→))|＝1，eq \(PA,\s\up7(―→))·eq \(PB,\s\up7(―→))＝－eq \f(1,2)，所以cs∠APB＝－eq \f(1,2)，即∠APB＝eq \f(2π,3)，由余弦定理可得AB＝eq \r(1＋1＋1)＝eq \r(3).如图，建立
平面直角坐标系，则Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，0))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，0))，由题设点C(x，y)在以Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，0))为圆心，半径为1的圆上运动，结合图形可知，点C(x，y)运动到点D时，有|AC|max＝|AD|＝|AB|＋1＝eq \r(3)＋1.故选D.
4．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足(eq \r(2)a－c)eq \(BA,\s\up7(―→))·eq \(BC,\s\up7(―→))＝ceq \(CB,\s\up7(―→))·eq \(CA,\s\up7(―→)).
(1)求角B的大小；
(2)若|eq \(BA,\s\up7(―→))－eq \(BC,\s\up7(―→))|＝eq \r(6)，求△ABC面积的最大值．
解：(1)由题意得(eq \r(2)a－c)cs B＝bcs C.
根据正弦定理得(eq \r(2)sin A－sin C)cs B＝sin Bcs C，
所以eq \r(2)sin Acs B＝sin(C＋B)，
即eq \r(2)sin Acs B＝sin A，因为A∈(0，π)，所以sin A>0，
所以cs B＝eq \f(\r(2),2)，又B∈(0，π)，所以B＝eq \f(π,4).
(2)因为|eq \(BA,\s\up7(―→))－eq \(BC,\s\up7(―→))|＝eq \r(6)，所以|eq \(CA,\s\up7(―→))|＝eq \r(6)，即b＝eq \r(6)，
根据余弦定理及基本不等式得6＝a2＋c2－eq \r(2)ac≥2ac－eq \r(2)ac＝(2－eq \r(2))ac(当且仅当a＝c时取等号)，
即ac≤3(2＋eq \r(2))．
故△ABC的面积S＝eq \f(1,2)acsin B≤eq \f(3\r(2)＋1,2)，
因此△ABC的面积的最大值为eq \f(3\r(2)＋3,2).
第四节 复数
核心素养立意下的命题导向
1.通过方程的解，认识复数．
2．结合复数的代数表示及其几何意义，考查复数的实部、虚部，共轭复数，复数的模等概念的认识，凸显逻辑推理、数学运算的核心素养．
3．结合复数的运算法则，考查复数的加、减、乘、除运算，凸显数学运算的核心素养．
[理清主干知识]
1．复数的定义及分类
(1)复数的定义：
形如a＋bi(a，b∈R)的数叫做复数，其中实部是a，虚部是b.
(2)复数的分类：
eq \a\vs4\al(复数z＝a＋bi,a，b∈R)eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(实数b＝0，,虚数b≠0\b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(纯虚数a＝0，,非纯虚数a≠0.))))
2．复数的有关概念
3.复数的几何意义
4.复数的运算法则
设z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，则：
(1)z1＋z2＝(a＋bi)＋(c＋di)＝(a＋c)＋(b＋d)i；
(2)z1－z2＝(a＋bi)－(c＋di)＝(a－c)＋(b－d)i；
(3)z1·z2＝(a＋bi)(c＋di)＝(ac－bd)＋(ad＋bc)i；
(4)eq \f(z1,z2)＝eq \f(a＋bi,c＋di)＝eq \f(a＋bic－di,c＋dic－di)＝eq \f(ac＋bd,c2＋d2)＋eq \f(bc－ad,c2＋d2)i(c＋di≠0)．
5．复数运算的几个重要结论
(1)|z1＋z2|2＋|z1－z2|2＝2(|z1|2＋|z2|2)．
(2)eq \x\t(z)·z＝|z|2＝|eq \x\t(z)|2.
(3)若z为虚数，则|z|2≠z2.
(4)(1±i)2＝±2i.
(5)eq \f(1＋i,1－i)＝i；eq \f(1－i,1＋i)＝－i.
(6)i4n＝1；i4n＋1＝i；i4n＋2＝－1；i4n＋3＝－i.
[澄清盲点误点]
一、关键点练明
1．(复数的概念)复数z＝eq \f(i,5＋i)的虚部为( )
A.eq \f(5,26) B．eq \f(5,26)i
C．－eq \f(5,26) D．－eq \f(5,26)i
解析：选A z＝eq \f(i,5＋i)＝eq \f(i5－i,5＋i5－i)＝eq \f(1＋5i,26)＝eq \f(1,26)＋eq \f(5,26)i.故选A.
2．(复数的模)复数z＝(1＋i)2，则|z|＝( )
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：选C 由题得z＝2i，所以|z|＝2.故选C.
3．(复数的几何意义)复数z＝eq \f(5,2－i)在复平面上的对应点位于( )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
解析：选A z＝eq \f(5,2－i)＝eq \f(5\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋i)),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－i))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋i)))＝2＋i，在复平面上的对应点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，1))，位于第一象限．故选A.
4．(复数的运算)若复数z满足z·i＝1＋i(i是虚数单位)，则z的共轭复数是________．
解析：由z·i＝1＋i，得z＝eq \f(1＋i,i)＝eq \f(1＋i－i,－i2)＝1－i，
∴eq \(z,\s\up6(－))＝1＋i.
答案：1＋i
二、易错点练清
1．(概念理解错误)i为虚数单位，复数eq \f(4＋3i,3－4i)的虚部是( )
A．－1 B．1
C．i D．－i
解析：选B 由题意得，eq \f(4＋3i,3－4i)＝eq \f(4＋3i3＋4i,3－4i3＋4i)＝eq \f(25i,25)＝i，所以复数的虚部是1.故选B.
2．(混淆绝对值与复数模的含义)若z＝3＋4i，则|z|＝( )
A.eq \r(5) B．5
C．7 D．25
解析：选B 因为z＝3＋4i，
所以|z|＝eq \r(32＋42)＝eq \r(25)＝5.
考点一 复数的概念
1．(2020·浙江高考)已知a∈R，若a－1＋(a－2)i(i为虚数单位)是实数，则a＝( )
A．1 B．－1
C．2 D．－2
解析：选C 因为a－1＋(a－2)i是实数，所以a－2＝0，所以a＝2，故选C.
2．(2020·全国卷Ⅰ)若z＝1＋2i＋i3，则|z|＝( )
A．0 B．1
C.eq \r(2) D．2
解析：选C 因为z＝1＋2i＋i3＝1＋2i－i＝1＋i，
所以|z|＝eq \r(12＋12)＝eq \r(2)，故选C.
3．(多选)已知i为虚数，且复数z满足z(1＋2i)＝1＋i3，则下列关于复数z的命题中正确的为( )
A．复数z的虚部为－eq \f(3,5)
B．|z|＝eq \f(2\r(5),5)
C．复数z对应的点在第三象限
D．z<1＋2i
解析：选AC z＝eq \f(1－i,1＋2i)＝eq \f(1－i1－2i,5)＝eq \f(－1－3i,5)，
则复数z的虚部为－eq \f(3,5)，故A正确；
|z|＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,5)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,5)))2)＝eq \f(\r(10),5)，故B错误；
复数z对应的点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,5)，－\f(3,5)))，为第三象限内的点，故C正确；
虚数不能比较大小，故D错误．故选A、C.
4．(多选)(2021年1月新高考八省联考卷)设z1，z2，z3为复数，z1≠0.下列命题中正确的是( )
A．若|z2|＝|z3|，则z2＝±z3
B．若z1z2＝z1z3，则z2＝z3
C．若eq \x\t(z)2＝z3，则|z1z2|＝|z1z3|
D．若z1z2＝|z1|2，则z1＝z2
解析：选BC 由复数的形式知选项A显然不正确；
当z1z2＝z1z3时，有z1z2－z1z3＝z1(z2－z3)＝0，又z1≠0，所以有z2＝z3，故选项B正确；
当eq \x\t(z)2＝z3时，则z2＝eq \x\t(z)3，
|z1z2|2－|z1z3|2＝(z1z2)(eq \x\t(z)1 eq \x\t(z)2)－(z1z3)(eq \x\t(z)1 eq \x\t(z)3)＝z1z2eq \x\t(z)1eq \x\t(z)2－z1z3eq \x\t(z)1eq \x\t(z)3＝0，故选项C正确；
当z1z2＝|z1|2时，则z1z2＝|z1|2＝z1eq \x\t(z)1⇒z1z2－z1eq \x\t(z)1＝z1(z2－eq \x\t(z)1)＝0，又z1≠0，所以eq \x\t(z)1＝z2，故选项D不正确．
5．已知复数z＝eq \f(a,2－i)＋eq \f(2－i,5)的实部与虚部的和为2，则实数a的值为________．
解析：易知z＝eq \f(a,2－i)＋eq \f(2－i,5)＝eq \f(a2＋i,5)＋eq \f(2－i,5)＝eq \f(2a＋2,5)＋eq \f(a－1i,5)，由题意得eq \f(2a＋2,5)＋eq \f(a－1,5)＝2，解得a＝3.
答案：3
[方法技巧]
解决复数概念问题的方法及注意事项
(1)求一个复数的实部与虚部，只需将已知的复数化为代数形式z＝a＋bi(a，b∈R)，则该复数的实部为a，虚部为b.
(2)求一个复数的共轭复数，只需将此复数整理成标准的代数形式，实部不变，虚部变为相反数，即得原复数的共轭复数．复数z1＝a＋bi与z2＝c＋di共轭⇔a＝c，b＝－d(a，b，c，d∈R)．
(3)复数是实数的条件：
①z＝a＋bi∈R⇔b＝0(a，b∈R)；
②z∈R⇔z＝eq \x\t(z)；③z∈R⇔z2≥0.
(4)复数是纯虚数的条件： ①z＝a＋bi是纯虚数⇔a＝0且b≠0(a，b∈R); ②z是纯虚数⇔z＋eq \x\t(z)＝0(z≠0)；③z是纯虚数⇔z2<0.
考点二 复数代数形式的运算
[典题例析]
(1)(2020·新高考全国卷Ⅱ)(1＋2i)(2＋i)＝( )
A．－5i B．5i
C．－5 D．5
(2)(2020·全国卷Ⅰ)若z＝1＋i，则|z2－2z|＝( )
A．0 B．1
C.eq \r(2) D．2
(3)(2020·新高考全国卷Ⅰ)eq \f(2－i,1＋2i)＝( )
A．1 B．－1
C．i D．－i
[解析] (1)(1＋2i)(2＋i)＝2＋4i＋i－2＝5i，故选B.
(2)法一：∵z＝1＋i，∴|z2－2z|＝|(1＋i)2－2(1＋i)|＝|2i－2－2i|＝2.故选D.
法二：∵z＝1＋i，∴|z2－2z|＝|z||z－2|＝eq \r(2)×|－1＋i|＝eq \r(2)×eq \r(2)＝2.故选D.
(3)eq \f(2－i,1＋2i)＝eq \f(2－i1－2i,1＋2i1－2i)＝eq \f(－5i,5)＝－i.
[答案] (1)B (2)D (3)D
[方法技巧] 复数代数形式运算问题的解题策略
[针对训练]
1．复数eq \f(1,1＋2i)＋eq \f(i,2)的共轭复数的虚部为( )
A.eq \f(1,10) B．－eq \f(1,10)
C.eq \f(3,10) D．－eq \f(3,10)
解析：选B ∵eq \f(1,1＋2i)＋eq \f(i,2)＝eq \f(1－2i,1＋2i1－2i)＋eq \f(i,2)＝eq \f(1－2i,5)＋eq \f(i,2)＝eq \f(1,5)－eq \f(2,5)i＋eq \f(i,2)＝eq \f(1,5)＋eq \f(1,10)i，
∴复数eq \f(1,1＋2i)＋eq \f(i,2)的共轭复数为eq \f(1,5)－eq \f(1,10)i，虚部为－eq \f(1,10).故选B.
2．计算：
(1)eq \f(1＋2i2＋31－i,2＋i)＝________；
(2)eq \f(1－i,1＋i2)＋eq \f(1＋i,1－i2)＝________.
解析：(1)eq \f(1＋2i2＋31－i,2＋i)＝eq \f(－3＋4i＋3－3i,2＋i)
＝eq \f(i,2＋i)＝eq \f(i2－i,5)＝eq \f(1,5)＋eq \f(2,5)i.
(2)eq \f(1－i,1＋i2)＋eq \f(1＋i,1－i2)＝eq \f(1－i,2i)－eq \f(1＋i,2i)＝eq \f(－2i,2i)＝－1.
答案：(1)eq \f(1,5)＋eq \f(2,5)i (2)－1
考点三 复数的几何意义
[典例] (1)(2020·北京高考)在复平面内，复数z对应的点的坐标是(1,2)，则i·z＝( )
A．1＋2i B．－2＋i
C．1－2i D．－2－i
(2)在复平面内，复数eq \f(m＋i,m－i)(i为虚数单位)对应的点位于第一象限，则实数m的取值范围是( )
A．(－∞，－1) B．(－∞，0)
C．(0，＋∞) D．(1，＋∞)
[解析] (1)由题意知，z＝1＋2i，所以i·z＝i·(1＋2i)＝－2＋i，故选B.
(2)eq \f(m＋i,m－i)＝eq \f(m＋i2,m－im＋i)＝eq \f(m2－1,m2＋1)＋eq \f(2m,m2＋1)i.
∵该复数对应的点位于第一象限，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(m2－1,m2＋1)>0，,\f(2m,m2＋1)>0，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m2－1>0，,2m>0，))解得m>1，
∴实数m的取值范围是(1，＋∞)，故选D.
[答案] (1)B (2)D
[方法技巧]
复数几何意义问题的解题策略
(1)复数z、复平面上的点Z及向量OZ―→相互联系，即z＝a＋bi(a，b∈R)⇔Z(a，b)⇔OZ―→.
(2)由于复数、点、向量之间建立了一一对应的关系，因此可把复数、向量与解析几何联系在一起，解题时可运用数形结合的方法，使问题的解决更加直观．
[针对训练]
1．复数z＝eq \f(1－i,3＋i)在复平面内对应的点位于( )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
解析：选D ∵z＝eq \f(1－i,3＋i)＝eq \f(1－i3－i,3＋i3－i)＝eq \f(2－4i,10)＝eq \f(1,5)－eq \f(2i,5)，∴在复平面内对应的点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)，－\f(2,5)))，位于第四象限，故选D.
2．设复数z满足条件|z|＝1，那么|z＋2eq \r(2)＋i|的最大值是( )
A．3 B．2eq \r(3)
C．1＋2eq \r(2) D．4
解析：选D |z|＝1表示单位圆上的点， 那么|z＋2eq \r(2)＋i|表示在单位圆上的点到(－2eq \r(2)，－1)的距离，求最大值转化为点(－2eq \r(2)，－1)到原点的距离加上圆的半径．因为点(－2eq \r(2)，－1)到原点的距离为3，所以最大值为4.
3．设复数z满足|z－i|＝|z＋i|(i为虚数单位)，且z在复平面内对应的点为Z(x，y)，则下列结论一定正确的是( )
A．x＝1 B．y＝1
C．x＝0 D．y＝0
解析：选D ∵满足|z－i|＝|z＋i|的点为复平面内到点(0，－1)和(0,1)的距离相等的点的集合，∴Z(x，y)的轨迹为x轴，其方程为y＝0.故选D.
eq \a\vs4\al([课时跟踪检测])
1．已知i为虚数单位，z＝eq \f(4,1－i)，则复数z的虚部为( )
A．－2i B．2i
C．2 D．－2
解析：选C z＝eq \f(4,1－i)＝eq \f(41＋i,1－i1＋i)＝eq \f(41＋i,2)＝2＋2i，虚部即为i的系数，为2，故选C.
2．设复数z＝eq \f(1－i,1＋i)，f(x)＝x2 020＋x2 019＋…＋x＋1，则f(z)＝( )
A．i B．－i
C．1 D．－1
解析：选C ∵z＝eq \f(1－i,1＋i)＝eq \f(1－i2,1＋i1－i)＝eq \f(－2i,2)＝－i，
∴f(z)＝f(－i)＝(－i)2 020＋(－i)2 019＋…＋(－i)＋1.
∵(－i)＋(－i)2＋(－i)3＋(－i)4＝－i－1＋i＋1＝0，
∴f(z)＝505×0＋1＝1.故选C.
3．若z＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m2＋m－6))＋(m－2)i为纯虚数，则实数m的值为( )
A．－2 B．2
C．－3 D．3
解析：选C 因为z＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m2＋m－6))＋(m－2)i为纯虚数，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m－2m＋3＝0，,m－2≠0，))解得m＝－3，故选C.
4．复数z＝eq \f(2i4,1＋i)在复平面内对应的点位于( )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
解析：选D 由题得复数z＝eq \f(2,1＋i)＝eq \f(21－i,1＋i1－i)＝eq \f(21－i,2)＝1－i，所以复数z对应的点位于复平面第四象限，故选D.
5．“a＝－2”是“复数z＝(a＋2i)(－1＋i)(a∈R)为纯虚数”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
解析：选C 当a＝－2时，z＝(－2＋2i)(－1＋i)＝－4i，则z为纯虚数，
可知“a＝－2”是“复数z＝(a＋2i)(－1＋i)(a∈R)为纯虚数”的充分条件；
当z＝(a＋2i)(－1＋i)＝(－a－2)＋(a－2)i为纯虚数时，有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－a－2＝0，,a－2≠0，))解得a＝－2，
可知“a＝－2”是“复数z＝(a＋2i)(－1＋i)(a∈R)为纯虚数”的必要条件．
综上所述，“a＝－2”是“复数z＝(a＋2i)(－1＋i)(a∈R)为纯虚数”的充要条件．
6．已知a∈R，i是虚数单位，若z＝a＋eq \r(3)i，z·eq \x\t(z)＝4，则a＝( )
A．1或－1 B．eq \r(7)或－eq \r(7)
C．－eq \r(3) D．eq \r(3)
解析：选A ∵z＝a＋eq \r(3)i，∴eq \x\t(z)＝a－eq \r(3)i，
∴z·eq \x\t(z)＝(a＋eq \r(3)i)(a－eq \r(3)i)＝a2＋3＝4，
∴a2＝1，∴a＝±1，故选A.
7．已知m∈R，复数z1＝1＋3i，z2＝m＋2i，且z1·eq \x\t(z)2为实数，则m＝( )
A．－eq \f(2,3) B．eq \f(2,3)
C．3 D．－3
解析：选B 因为z1·eq \x\t(z)2＝(1＋3i)(m－2i)＝(m＋6)＋(3m－2)i为实数，所以3m－2＝0，解得m＝eq \f(2,3).故选B.
8．已知复数z1，z2在复平面内的对应点关于实轴对称，z1＝3－i(i为虚数单位)，则eq \f(z1,z2)＝( )
A.eq \f(4,5)－eq \f(3,5)i B．－eq \f(4,5)＋eq \f(3,5)i
C．－eq \f(4,5)－eq \f(3,5)i D．eq \f(4,5)＋eq \f(3,5)i
解析：选A 由题意，复数z1，z2在复平面内的对应点关于实轴对称，z1＝3－i，则z2＝3＋i，则根据复数的运算，得eq \f(z1,z2)＝eq \f(3－i,3＋i)＝eq \f(4,5)－eq \f(3,5)i.
9．已知z＝a＋bi，其中a，b∈R，且满足(a＋i)2＝bi5，则|z|＝( )
A．5 B．eq \r(5)
C．3 D．eq \r(3)
解析：选B 由已知得(a＋i)2＝bi，
所以a2－1＋(2a－b)i＝0，所以a2－1＝0且2a－b＝0，
解得a＝1，b＝2或a＝－1，b＝－2，
所以|z|＝eq \r(a2＋b2)＝eq \r(5).
10．设z是复数，|z－i|≤2(i是虚数单位)，则|z|的最大值是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选C ∵|z－i|≤2，
∴复数z在复平面内对应点在以(0,1)为圆心，2为半径的圆上及其内部(如图)．
∴|z|的最大值为3.
11．已知ABCD是复平面内的平行四边形，A，B，C三点对应的复数分别是－2＋i,1－i,2＋2i，则点D对应的复数为( )
A．4－i B．－3－2i
C．5 D．－1＋4i
解析：选D 由题得A(－2,1)，B(1，－1)，C(2,2)，
设D(x，y)，
则eq \(AB,\s\up7(―→))＝(3，－2)，eq \(DC,\s\up7(―→))＝(2－x,2－y)，
因为eq \(AB,\s\up7(―→))＝eq \(DC,\s\up7(―→))，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2－x＝3，,2－y＝－2，))
解得x＝－1，y＝4.
所以点D的坐标为(－1,4)，
所以点D对应的复数为－1＋4i.
12．(多选)已知复数z满足z(2－i)＝i(i为虚数单位)，复数z的共轭复数为eq \x\t(z)，则( )
A．|z|＝eq \f(3,5)
B.eq \x\t(z)＝－eq \f(1＋2i,5)
C．复数z的实部为－1
D．复数z对应复平面上的点在第二象限
解析：选BD 因为复数z满足z(2－i)＝i，所以z＝eq \f(i,2－i)＝eq \f(i2＋i,2－i2＋i)＝－eq \f(1,5)＋eq \f(2,5)i，所以|z|＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,5)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))2)＝eq \f(\r(5),5)，故A错误；eq \x\t(z)＝－eq \f(1,5)－eq \f(2,5)i，故B正确；复数z的实部为－eq \f(1,5)，故C错误；复数z对应复平面上的点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,5)，\f(2,5)))在第二象限，故D正确．
13．已知i为虚数单位，且复数z满足z－2i＝eq \f(1,1－i)，则复数z在复平面内的点到原点的距离为( )
A.eq \f(13,2) B．eq \f(\r(26),2)
C.eq \f(\r(10),2) D．eq \f(5,2)
解析：选B 由z－2i＝eq \f(1,1－i)，
得z＝2i＋eq \f(1,1－i)＝2i＋eq \f(1＋i,1－i1＋i)＝eq \f(1,2)＋eq \f(5,2)i，
∴复数z在复平面内的点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(5,2)))，到原点的距离为 eq \r(\f(1,4)＋\f(25,4))＝eq \f(\r(26),2).
14．(多选)已知集合M＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(m|m＝in，n∈N))，其中i为虚数单位，则下列元素属于集合M的是( )
A．(1－i)(1＋i) B．eq \f(1－i,1＋i)
C.eq \f(1＋i,1－i) D．(1－i)2
解析：选BC 根据题意，M＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(m|m＝in，n∈N))，
∴M＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(－1，1，i，－i)).
选项A中，(1－i)(1＋i)＝2,2∉M；
选项B中，eq \f(1－i,1＋i)＝eq \f(1－i2,1＋i1－i)＝－i∈M；
选项C中，eq \f(1＋i,1－i)＝eq \f(1＋i2,1－i1＋i)＝i∈M；
选项D中，(1－i)2＝－2i∉M，故选B、C.
15．(2020·全国卷Ⅱ)设复数z1，z2满足|z1|＝|z2|＝2，z1＋z2＝eq \r(3)＋i，则|z1－z2|＝_______.
解析：法一：设z1＝a＋bi(a，b∈R)，则z2＝eq \r(3)－a＋(1－b)i，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(|z1|2＝a2＋b2＝4，,|z2|2＝\r(3)－a2＋1－b2＝4，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＋b2＝4，,\r(3)a＋b＝2，))
所以|z1－z2|2＝(2a－eq \r(3))2＋(2b－1)2＝4(a2＋b2)－4(eq \r(3)a＋b)＋4＝4×4－4×2＋4＝12，
所以|z1－z2|＝2eq \r(3).
法二：题设可等价转化为向量a，b满足|a|＝|b|＝2，a＋b＝(eq \r(3)，1)，求|a－b|.
因为(a＋b)2＋(a－b)2＝2|a|2＋2|b|2，
所以4＋(a－b)2＝16，所以|a－b|＝2eq \r(3)，
即|z1－z2|＝2eq \r(3).
法三：设复数z1，z2在复平面内分别对应向量eq \(OA,\s\up7(―→))，eq \(OB,\s\up7(―→))，则z1＋z2对应向量eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(OB,\s\up7(―→)).
由题知|eq \(OA,\s\up7(―→))|＝|eq \(OB,\s\up7(―→))|＝|eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(OB,\s\up7(―→))|＝2，如图所示，以OA，OB为邻边作平行四边形OACB，
则z1－z2对应向量eq \(BA,\s\up7(―→)).
由OA＝AC＝OC＝2，
可得BA＝2OAsin 60°＝2eq \r(3).
故|z1－z2|＝|eq \(BA,\s\up7(―→))|＝2eq \r(3).
答案：2eq \r(3)
16．已知复数z＝m－1＋(3－m)i(m∈R)对应的点在x轴上方，则m的取值范围是________．
解析：复数z＝m－1＋(3－m)i(m∈R)在复平面上对应的点的坐标为(m－1,3－m)，如果该点落在x轴上方，则有3－m>0，解得m<3.
答案：(－∞，3)
17．已知i为虚数单位，z＝eq \f(1,cs 2θ－isin 2θ)对应的点在第二象限，则θ是第________象限的角．
解析：∵z＝eq \f(1,cs 2θ－isin 2θ)＝eq \f(cs 2θ＋isin 2θ,cs 2θ－isin 2θcs 2θ＋isin 2θ)
＝cs 2θ＋isin 2θ对应的点在第二象限，
∴cs 2θ＜0，sin 2θ＞0，
∴2kπ＋eq \f(π,2)＜2θ＜2kπ＋π，k∈Z，
解得kπ＋eq \f(π,4)＜θ＜kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z.
当k＝2n(n∈Z)时，2nπ＋eq \f(π,4)＜θ＜2nπ＋eq \f(π,2)，θ为第一象限角；
当k＝2n－1(n∈Z)时，2nπ－eq \f(3π,4)＜θ＜2nπ－eq \f(π,2)，θ为第三象限角．
综上可得，θ是第一、三象限的角．
答案：一、三
18．满足条件|z－i|＝|1＋eq \r(3)i|的复数z在复平面上对应的点(x，y)的轨迹方程为________________．
解析：设z＝x＋yi，x，y∈R.
∵|z－i|＝|1＋eq \r(3)i|＝2，∴|x＋(y－1)i|＝2，
∴eq \r(x2＋y－12)＝2，∴x2＋(y－1)2＝4.
答案：x2＋(y－1)2＝4常规角度
1.平面向量数量积及其性质的应用：主要考查平面向量数量积的计算，以及利用数量积求向量的模、夹角等．
2.平面向量的综合应用：主要考查平面向量模或数量积的最值范围问题
创新角度
平面向量的数量积与解析几何、平面几何以及三角函数交汇，主要利用数量积证明垂直或利用数量积转化垂直的条件、求长度等
方法
运用提示
适用题型
定义法
当已知向量的模和夹角θ时，可利用定义法求解，即a·b＝|a|·|b|cs θ
适用于平面图形中的向量数量积的有关计算问题
坐标法
当已知向量的坐标时，可利用坐标法求解，即若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则a·b＝x1x2＋y1y2
适用于已知相应向量的坐标求解数量积的有关计算问题
临界分析法
结合图形，确定临界位置的动态分析求出范围
目标函数法
将数量积表示为某一个变量或两个变量的函数，建立函数关系式，再利用三角函数有界性、二次函数或基本不等式求最值或范围
代数法
把所求的模表示成某个变量的函数，再用求最值的方法求解
几何法
弄清所求的模表示的几何意义，结合动点表示的图形求解
不等式法
利用绝对值三角不等式||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|求模的最值(范围)
坐标法
把几何图形放在适当的坐标系中，则有关点与向量就可以用坐标表示，这样就能进行相应的代数运算和向量运算，从而使问题得到解决
基向量法
适当选取一组基底，沟通向量之间的联系，利用向量间的关系构造关于未知量的方程来进行求解
复数相等
a＋bi＝c＋di⇔a＝c且b＝d(a，b，c，d∈R)
共轭复数
a＋bi与c＋di共轭⇔a＝c且b＝－d(a，b，c，d∈R)
复数的模
向量OZ―→的模叫做复数z＝a＋bi的模，记作|z|或|a＋bi|，即|z|＝|a＋bi|＝r＝eq \r(a2＋b2)(r≥0，a，b∈R)
复平面
的概念
建立直角坐标系来表示复数的平面叫做复平面
实轴、
虚轴
在复平面内，x轴叫做实轴，y轴叫做虚轴，实轴上的点都表示实数；除原点以外，虚轴上的点都表示纯虚数
复数的
几何表示
复数z＝a＋bi复平面内的点Z(a，b) 平面向量eq \(OZ,\s\up7(―→))
复数的
加减法
在进行复数的加减法运算时，可类比合并同类项，运用法则(实部与实部相加减，虚部与虚部相加减)计算即可
复数的
乘法
复数的乘法类似于多项式的四则运算，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
复数的
除法
除法的关键是分子分母同乘以分母的共轭复数，解题中要注意把i的幂写成最简形式
1．(2020·全国卷Ⅲ·考查数量积的运算、模)
已知向量a，b满足|a|＝5，|b|＝6，a·b＝－6，则cs〈a，a＋b〉＝( )
A．－eq \f(31,35) B．－eq \f(19,35)
C.eq \f(17,35) D．eq \f(19,35)
解析：选D 由题意，得a·(a＋b)＝a2＋a·b＝25－6＝19，|a＋b|＝eq \r(a2＋2a·b＋b2)＝eq \r(25－12＋36)＝7，所以csa，a＋b＝eq \f(a·a＋b,|a||a＋b|)＝eq \f(19,5×7)＝eq \f(19,35)，故选D.
2．(2020·全国卷Ⅱ·考查向量垂直)
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＋b
C．a－2b D．2a－b
解析：选D 法一：由题意，得a·b＝|a|·|b|cs 60°＝eq \f(1,2).
对于A，(a＋2b)·b＝a·b＋2b2＝eq \f(1,2)＋2＝eq \f(5,2)≠0，故A不符合题意；
对于B，(2a＋b)·b＝2a·b＋b2＝1＋1＝2≠0，故B不符合题意；
对于C，(a－2b)·b＝a·b－2b2＝eq \f(1,2)－2＝－eq \f(3,2)≠0，故C不符合题意；
对于D，(2a－b)·b＝2a·b－b2＝1－1＝0，所以(2a－b)⊥b.故选D.
法二：不妨设a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，b＝(1,0)，则a＋2b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，\f(\r(3),2)))，2a＋b＝(2，eq \r(3))，a－2b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，\f(\r(3),2)))，2a－b＝(0，eq \r(3))，易知，只有(2a－b)·b＝0，即(2a－b)⊥b，故选D.
法三：根据条件，分别作出向量b与A，B，C，D四个选项对应的向量的位置关系，如图所示：
由图易知，只有选项D满足题意，故选D.
3．(2019·全国卷Ⅱ·考查数量积的坐标运算)
已知eq \(AB,\s\up7(―→))＝(2,3)，eq \(AC,\s\up7(―→))＝(3，t)，|eq \(BC,\s\up7(―→))|＝1，则eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(BC,\s\up7(―→))＝( )
A．－3 B．－2
C．2 D．3
解析：选C ∵eq \(BC,\s\up7(―→))＝eq \(AC,\s\up7(―→))－eq \(AB,\s\up7(―→))＝(3，t)－(2,3)＝(1，t－3)，|eq \(BC,\s\up7(―→))|＝1，∴eq \r(12＋t－32)＝1，解得t＝3，∴eq \(BC,\s\up7(―→))＝(1,0)，
∴eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(BC,\s\up7(―→))＝2×1＋3×0＝2.
4．(2019·全国卷Ⅰ·考查两向量的夹角)
已知非零向量a，b满足|a|＝2|b|，且(a－b)⊥b，则a与b的夹角为( )
A.eq \f(π,6) B．eq \f(π,3)
C.eq \f(2π,3) D．eq \f(5π,6)
解析：选B 由(a－b)⊥b，可得(a－b)·b＝0，
即a·b＝b2.
∵|a|＝2|b|，∴cs〈a，b〉＝eq \f(a·b,|a|·|b|)＝eq \f(b2,2b2)＝eq \f(1,2).
又∵0≤〈a，b〉≤π，∴a与b的夹角为eq \f(π,3).
5．(2020·新高考全国卷Ⅰ·考查数量积的范围)
已知P是边长为2的正六边形ABCDEF内的一点，则eq \(AP,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))的取值范围是( )
A．(－2,6) B．(－6,2)
C．(－2,4) D．(－4,6)
解析：选A 法一：如图，取A为坐标原点，AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系，则A(0,0)，B(2,0)，C(3，eq \r(3))，F(－1，eq \r(3))．
设P(x，y)，则eq \(AP,\s\up7(―→))＝(x，y)，
eq \(AB,\s\up7(―→))＝(2,0)，且－1
法二：eq \(AP,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))＝eq \(|AP|,\s\up7(――→))·eq \(|AB|,\s\up7(――→))·cs∠PAB＝2eq \(|AP|,\s\up7(――→))·cs∠PAB，
又eq \(|AP|,\s\up7(――→))cs∠PAB表示eq \(AP,\s\up7(―→))在eq \(AB,\s\up7(―→))方向上的投影，
所以结合图形可知，当P与C重合时投影最大，当P与F重合时投影最小．
又eq \(AC,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))＝2eq \r(3)×2×cs 30°＝6，
eq \(AF,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))＝2×2×cs 120°＝－2，
故当点P在正六边形ABCDEF内部运动时，eq \(AP,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))∈(－2,6)．故选A.
[把脉考情]
二、题型精细研究——提素养
题型一 平面向量数量积的运算
[典例] (1)(多选)八卦是中国文化的基本哲学概念，如图1是八卦模型图，其平面图形记为图2中的正八边形ABCDEFGH，其中|OA|＝1，则下列结论正确的有( )
A．eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(OD,\s\up7(―→))＝－eq \f(\r(2),2) B．eq \(OB,\s\up7(―→))＋eq \(OH,\s\up7(―→))＝－eq \r(2) eq \(OE,\s\up7(―→))
C．eq \(AH,\s\up7(―→))·eq \(HO,\s\up7(―→))＝eq \(BC,\s\up7(―→))·eq \(BO,\s\up7(―→)) D．eq \(AH,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))＝1－eq \r(2)
(2)已知点A，B，C满足|eq \(AB,\s\up7(―→))|＝3，|eq \(BC,\s\up7(―→))|＝4，|eq \(CA,\s\up7(―→))|＝5，则eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(BC,\s\up7(―→))＋eq \(BC,\s\up7(―→))·eq \(CA,\s\up7(―→))＋eq \(CA,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))的值为________．
[解析] (1)对于A：eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(OD,\s\up7(―→))＝1×1×cseq \f(3π,4)＝－eq \f(\r(2),2)，故正确．对于B：eq \(OB,\s\up7(―→))＋eq \(OH,\s\up7(―→))＝ eq \r(2)eq \(OA,\s\up7(―→))＝－eq \r(2)eq \(OE,\s\up7(―→))，故正确．对于C：|eq \(AH,\s\up7(―→))|＝|eq \(BC,\s\up7(―→))|，|HO―→|＝|eq \(BO,\s\up7(―→))|，但对应向量的夹角不相等，所以不成立，故错误．对于D：eq \(AH,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))＝|eq \(AB,\s\up7(―→))|2cs eq \f(3π,4)＝1－eq \r(2)，故正确．
(2)法一：定义法
由题意可知△ABC为直角三角形，且∠B＝eq \f(π,2)，cs A＝eq \f(3,5)，cs C＝eq \f(4,5).
∴eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(BC,\s\up7(―→))＋eq \(BC,\s\up7(―→))·eq \(CA,\s\up7(―→))＋eq \(CA,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))＝eq \(BC,\s\up7(―→))·eq \(CA,\s\up7(―→))＋eq \(CA,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))＝4×5×cs(π－C)＋5×3×cs(π－A)＝－20cs C－15cs A＝－20×eq \f(4,5)－15×eq \f(3,5)＝－25.
法二：坐标法
易知∠ABC＝90°.如图，以点B为坐标原点，eq \(BA,\s\up7(―→))，eq \(BC,\s\up7(―→))的方向分别为x轴，y轴的正方向，建立平面直角坐标系，则A(3,0)，B(0,0)，C(0,4)．
∴eq \(AB,\s\up7(―→))＝(－3,0)，eq \(BC,\s\up7(―→))＝(0,4)，eq \(CA,\s\up7(―→))＝(3，－4)，∴eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(BC,\s\up7(―→))＝－3×0＋0×4＝0，eq \(BC,\s\up7(―→))·eq \(CA,\s\up7(―→))＝0×3＋4×(－4)＝－16，eq \(CA,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))＝－3×3＋0×(－4)＝－9.
∴eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(BC,\s\up7(―→))＋eq \(BC,\s\up7(―→))·eq \(CA,\s\up7(―→))＋eq \(CA,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))＝－25.
[答案] (1)ABD (2)－25
[方法技巧] 平面向量数量积的2种运算方法
[针对训练]
1．(2021·长沙雅礼中学月考)已知a，b为单位向量，其夹角为60°，则(2a－b)·b＝( )
A．－1 B．0
C．1 D．2
解析：选B 由已知得|a|＝|b|＝1，〈a，b〉＝60°，
∴(2a－b)·b＝2a·b－b2＝2|a||b|cs〈a，b〉－|b|2＝2×1×1×cs 60°－12＝0，
故选B.
2．设a，e均为单位向量，当a，e的夹角为eq \f(2,3)π时，a在e方向上的投影为________．
解析：a在e方向上的投影为|a|cs〈a，e〉＝cseq \f(2,3)π＝－eq \f(1,2).
答案：－eq \f(1,2)
3．已知△ABC中，AB＝3，AC＝5，BC＝7，若点D满足eq \(AD,\s\up7(―→))＝eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,2)eq \(AC,\s\up7(―→))，则eq \(DB,\s\up7(―→))·eq \(DC,\s\up7(―→))＝________.
解析：法一：∵eq \(BC,\s\up7(―→))2＝(eq \(AC,\s\up7(―→))－eq \(AB,\s\up7(―→)))2
＝eq \(AC,\s\up7(―→))2＋eq \(AB,\s\up7(―→))2－2eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(AC,\s\up7(―→))，
AB＝3，AC＝5，BC＝7，
∴eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(AC,\s\up7(―→))＝－eq \f(15,2).
∴eq \(DB,\s\up7(―→))·eq \(DC,\s\up7(―→))＝(eq \(AB,\s\up7(―→))－eq \(AD,\s\up7(―→)))·(eq \(AC,\s\up7(―→))－eq \(AD,\s\up7(―→)))
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)eq \(AB,\s\up7(―→))－\f(1,2)eq \(AC,\s\up7(―→))))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2) eq \(AC,\s\up7(―→))－\f(1,3) eq \(AB,\s\up7(―→))))
＝－eq \f(2,9)eq \(AB,\s\up7(―→))2－eq \f(1,4)eq \(AC,\s\up7(―→))2＋eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(AC,\s\up7(―→))＝－2－eq \f(25,4)－eq \f(15,4)＝－12.
法二：在△ABC中，AB＝3，AC＝5，BC＝7，
由余弦定理可得cs∠BAC＝eq \f(32＋52－72,2×3×5)＝－eq \f(1,2)，
可得∠BAC＝120°.
如图所示，以A为坐标原点，AC所在直线为x轴，建立平面直角坐标系，
则A(0,0)，C(5,0)，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，\f(3,2)\r(3)))，
故eq \(AD,\s\up7(―→))＝eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,2)eq \(AC,\s\up7(―→))
＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，\f(3,2)\r(3)))＋eq \f(1,2)(5,0)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(\r(3),2)))，
从而点Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(\r(3),2)))，∴eq \(DB,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7,2)，\r(3)))，eq \(DC,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，－\f(\r(3),2)))，
∴eq \(DB,\s\up7(―→))·eq \(DC,\s\up7(―→))＝－eq \f(21,2)－eq \f(3,2)＝－12.
答案：－12
题型二 平面向量的夹角与垂直、模的计算
[典例] (1)(2021年1月新高考八省联考卷)已知单位向量a，b满足a·b＝0，若向量c＝eq \r(7)a＋eq \r(2)b，则sin〈a，c〉＝( )
A.eq \f(\r(7),3) B．eq \f(\r(2),3)
C.eq \f(\r(7),9) D．eq \f(\r(2),9)
(2)已知平面向量m，n的夹角为eq \f(π,6)，且|m|＝eq \r(3)，|n|＝2，在△ABC中，eq \(AB,\s\up7(―→))＝2m＋2n，eq \(AC,\s\up7(―→))＝2m－6n，D为BC的中点，则|eq \(AD,\s\up7(―→))|＝________.
[解析] (1)∵a·c＝a·(eq \r(7)a＋eq \r(2)b)＝eq \r(7)a2＋eq \r(2)a·b＝eq \r(7)，|c|＝ eq \r(\r(7)a＋\r(2)b2)＝ eq \r(7a2＋2b2＋2\r(14)a·b)＝eq \r(7＋2)＝3，
∴cs〈a，c〉＝eq \f(a·c,|a||c|)＝eq \f(\r(7),1×3)＝eq \f(\r(7),3)，
∴sin〈a，c〉＝eq \f(\r(2),3).故选B.
(2)由题意知m·n＝eq \r(3)×2×cs eq \f(π,6)＝3.
∵在△ABC中，D为BC的中点，
∴eq \(AD,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→)))＝eq \f(1,2)(2m＋2n＋2m－6n)＝2m－2n.
∴|eq \(AD,\s\up7(―→))|＝|2m－2n|＝2eq \r(m－n2)
＝2eq \r(m2－2m·n＋n2)＝2eq \r(3－2×3＋4)＝2.
[答案] (1)B (2)2
[方法技巧]
(1)根据平面向量数量积的性质：若a，b为非零向量，则cs θ＝eq \f(a·b,|a||b|)(夹角公式)，a⊥b⇔a·b＝0等，可知平面向量的数量积可以用来解决有关角度、垂直问题．
(2)数量积大于0说明不共线的两向量的夹角为锐角，数量积等于0说明不共线的两向量的夹角为直角，数量积小于0说明不共线的两向量的夹角为钝角．
(3)计算向量的模：①当向量有坐标或适合建坐标系时，可用模的计算公式；②利用|a|＝eq \r(a·a)及(a±b)2＝|a|2±2a·b＋|b|2，把向量的模的运算转化为数量积运算；③几何法，利用向量的几何意义，即利用向量加减法的平行四边形法则或三角形法则作出向量，再利用余弦定理等方法求解．
[针对训练]
1．若|a|＝2，|b|＝4，且(a＋b)⊥a，则a与b的夹角为( )
A.eq \f(2π,3) B．eq \f(π,3) C.eq \f(4π,3) D．－eq \f(2π,3)
解析：选A ∵(a＋b)⊥a，∴(a＋b)·a＝a2＋a·b＝0，∴a·b＝－4，cs〈a，b〉＝eq \f(a·b,|a||b|)＝eq \f(－4,2×4)＝－eq \f(1,2)，∴〈a，b〉＝eq \f(2π,3)，故选A.
2．已知向量a＝(x，y)，b＝(－1,2)，且a＋b＝(1,3)，则|a－2b|等于( )
A．1 B．3 C．4 D．5
解析：选D 由向量a＝(x，y)，b＝(－1,2)，且a＋b＝(1,3)，得a＋b＝(x－1，y＋2)＝(1,3)，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－1＝1，,y＋2＝3，))解得x＝2，y＝1，所以a＝(2,1)．所以a－2b＝(2,1)－2(－1,2)＝(4，－3)，所以|a－2b|＝eq \r(42＋－32)＝5，故选D.
3．已知e1，e2是互相垂直的单位向量，若eq \r(3)e1－e2与e1＋λe2的夹角为60°，则实数λ的值是________．
解析：由题意知|e1|＝|e2|＝1，e1·e2＝0，
则|eq \r(3)e1－e2|＝eq \r(\r(3)e1－e22)＝eq \r(3e\\al(2,1)－2\r(3)e1·e2＋e\\al(2,2))＝eq \r(3－0＋1)＝2.
同理|e1＋λe2|＝eq \r(1＋λ2).
所以cs 60°＝eq \f(\r(3)e1－e2·e1＋λe2,|\r(3)e1－e2||e1＋λe2|)
＝eq \f(\r(3)e\\al(2,1)＋\r(3)λ－1e1·e2－λe\\al(2,2),2\r(1＋λ2))＝eq \f(\r(3)－λ,2\r(1＋λ2))＝eq \f(1,2)，
解得λ＝eq \f(\r(3),3).
答案：eq \f(\r(3),3)
题型三 平面向量数量积中的最值范围问题
[典例] (1)(2021·福建模拟)已知P为边长为2的正方形ABCD所在平面内一点，则eq \(PC,\s\up7(―→))·(eq \(PB,\s\up7(―→))＋eq \(PD,\s\up7(―→)))的最小值为( )
A．－1 B．－3
C．－eq \f(1,2) D．－eq \f(3,2)
(2)已知直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝90°，AD＝2，BC＝1，P是腰DC上的动点，则|eq \(PA,\s\up7(―→))＋3eq \(PB,\s\up7(―→))|的最小值为________．
[解析] (1)法一：综合法
如图，连接BD，取BD的中点O，连接CO，取CO的中点Q.
连接PO，因为O为BD的中点，
所以eq \(PB,\s\up7(―→))＋eq \(PD,\s\up7(―→))＝2eq \(PO,\s\up7(―→)).
连接PQ，在△PCQ中，eq \(PC,\s\up7(―→))＝eq \(PQ,\s\up7(―→))＋eq \(QC,\s\up7(―→)).
因为Q为CO的中点，所以eq \(QO,\s\up7(―→))＝－eq \(QC,\s\up7(―→)).
在△POQ中，eq \(PO,\s\up7(―→))＝eq \(PQ,\s\up7(―→))＋eq \(QO,\s\up7(―→))＝eq \(PQ,\s\up7(―→))－eq \(QC,\s\up7(―→)).
所以eq \(PC,\s\up7(―→))·(eq \(PB,\s\up7(―→))＋eq \(PD,\s\up7(―→)))＝eq \(PC,\s\up7(―→))·2eq \(PO,\s\up7(―→))＝2eq \(PC,\s\up7(―→))·eq \(PO,\s\up7(―→))＝2(eq \(PQ,\s\up7(―→))＋eq \(QC,\s\up7(―→)))·(eq \(PQ,\s\up7(―→))－eq \(QC,\s\up7(―→)))＝2(eq \(PQ,\s\up7(―→))2－eq \(QC,\s\up7(―→))2)．
因为Q，C是定点，所以当PQ―→2最小，即P，Q重合时，eq \(PC,\s\up7(―→))·(eq \(PB,\s\up7(―→))＋eq \(PD,\s\up7(―→)))取得最小值，最小值为－2eq \(QC,\s\up7(―→))2＝－2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)×2\r(2)))2＝－1.故选A.
法二：坐标法
建立如图所示的平面直角坐标系，则A(0,0)，B(2,0)，C(2,2)，D(0,2)，
设P(x，y)，
所以eq \(PC,\s\up7(―→))＝(2－x,2－y)，
eq \(PB,\s\up7(―→))＋eq \(PD,\s\up7(―→))＝(2－x，－y)＋(－x,2－y)＝(2－2x,2－2y)，
故eq \(PC,\s\up7(―→))·(eq \(PB,\s\up7(―→))＋eq \(PD,\s\up7(―→)))＝(2－x)(2－2x)＋(2－y)(2－2y)
＝2(x2－3x＋2)＋2(y2－3y＋2)
＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,2)))2－eq \f(1,2)＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(3,2)))2－eq \f(1,2)
＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,2)))2＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(3,2)))2－1.所以当x＝y＝eq \f(3,2)时，eq \(PC,\s\up7(―→))·(eq \(PB,\s\up7(―→))＋eq \(PD,\s\up7(―→)))取得最小值－1.故选A.
(2)建立平面直角坐标系如图所示，
则A(2,0)，
设P(0，y)，C(0，b)，则B(1，b)．
所以eq \(PA,\s\up7(―→))＋3eq \(PB,\s\up7(―→))＝(2，－y)＋3(1，b－y)＝(5,3b－4y)，
所以|eq \(PA,\s\up7(―→))＋3eq \(PB,\s\up7(―→))|＝eq \r(25＋3b－4y2)(0≤y≤b)，
所以当y＝eq \f(3,4)b时，|eq \(PA,\s\up7(―→))＋3eq \(PB,\s\up7(―→))|取得最小值5.
[答案] (1)A (2)5
[方法技巧]
1．数量积的最值或范围问题的2种求解方法
2．求向量模的最值(范围)的3种方法
[针对训练]
1．(2021·石家庄模拟)已知a，b是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量c满足(a－c)·(b－c)＝0，则|c|的最大值是( )
A．1 B．2
C.eq \r(2) D．eq \f(\r(2),2)
解析：选C 因为|a|＝|b|＝1，a·b＝0，
(a－c)·(b－c)＝－c·(a＋b)＋|c|2＝－|c||a＋b|·cs θ＋|c|2＝0，其中θ为c与a＋b的夹角，
所以|c|＝|a＋b|cs θ＝eq \r(2)cs θ≤eq \r(2)，
所以|c|的最大值是 eq \r(2).
2．已知向量a，b满足|a|＝1，(a－b)⊥(3a－b)，则a与b的夹角的最大值为( )
A.eq \f(π,6) B．eq \f(π,3)
C.eq \f(2π,3) D．eq \f(5π,6)
解析：选A 设a与b的夹角为θ，θ∈[0，π]．
因为(a－b)⊥(3a－b)，所以(a－b)·(3a－b)＝0.
整理可得3a2－4a·b＋b2＝0，即3|a|2－4a·b＋|b|2＝0.
将|a|＝1代入3|a|2－4a·b＋|b|2＝0，
可得3－4|b|cs θ＋|b|2＝0，
整理可得cs θ＝eq \f(3,4|b|)＋eq \f(|b|,4)≥2 eq \r(\f(3,4|b|)×\f(|b|,4))＝eq \f(\r(3),2)，
当且仅当eq \f(3,4|b|)＝eq \f(|b|,4)，即|b|＝eq \r(3)时取等号，
故cs θ≥eq \f(\r(3),2)，结合θ∈[0，π]，
可知θ的最大值为eq \f(π,6)，故选A.
3．(2021·湖北八校联考)在等腰直角△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝2，M，N(不与A，C重合)为AC边上的两个动点，且满足|eq \(MN,\s\up7(―→))|＝eq \r(2)，则eq \(BM,\s\up7(―→))·eq \(BN,\s\up7(―→))的取值范围为( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，2)) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，2))
C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，2)) D．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞))
解析：选C 以等腰直角三角形的直角边BC所在直线为x轴，BA所在直线为y轴，建立平面直角坐标系如图所示，则B(0,0)，直线AC的方程为x＋y＝2.
设M(a,2－a)，
则0
∴eq \(BM,\s\up7(―→))·eq \(BN,\s\up7(―→))＝a(a＋1)＋(2－a)(1－a)＝2a2－2a＋2.
∵0
题型四 平面向量与其他知识的综合问题
考法(一) 平面向量与几何的综合问题
[例1] 已知A，B是半径为eq \r(2)的⊙O上的两个点，eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(OB,\s\up7(―→))＝1，⊙O所在平面上有一点C满足|eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(OB,\s\up7(―→))－eq \(OC,\s\up7(―→))|＝1，则向量eq \(OC,\s\up7(―→))的模的取值范围是________．
[解析] 以O为原点，OA所在直线为x轴建立平面直角坐标系，如图，A(eq \r(2)，0)．
由eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(OB,\s\up7(―→))＝1，|eq \(OA,\s\up7(―→))|＝|eq \(OB,\s\up7(―→))|＝eq \r(2)，
得∠AOB＝eq \f(π,3)，于是Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\f(\r(6),2)))，
设C(x，y)，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,2)\r(2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(\r(6),2)))2＝1.
问题转为求圆eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,2)\r(2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(\r(6),2)))2＝1上一点到原点距离的取值范围，原点到圆心eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)\r(2)，\f(\r(6),2)))的距离为eq \r(6)，圆的半径为1，∴|eq \(OC,\s\up7(―→))|的取值范围为[eq \r(6)－1，eq \r(6)＋1]．
[答案] [eq \r(6)－1，eq \r(6)＋1]
[方法技巧] 平面向量与几何综合问题的求解方法
[针对训练]
若点O和点F分别为椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的中心和左焦点，点P为椭圆上的任意一点，则eq \(OP,\s\up7(―→))·eq \(FP,\s\up7(―→))的最大值为( )
A．2 B．3
C．6 D．8
解析：选C 由椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1可得F(－1,0)，点O(0,0)，
设P(x，y)(－2≤x≤2)，
则eq \(OP,\s\up7(―→))·eq \(FP,\s\up7(―→))＝x2＋x＋y2＝x2＋x＋3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(x2,4)))＝eq \f(1,4)x2＋x＋3＝eq \f(1,4)(x＋2)2＋2，－2≤x≤2，
当且仅当x＝2时，eq \(OP,\s\up7(―→))·eq \(FP,\s\up7(―→))取得最大值6.
考法(二) 平面向量与三角函数的综合问题
[例2] (2021·广州摸底)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量m＝(cs(A－B)，sin(A－B))，n＝(cs B，－sin B)，且m·n＝－eq \f(3,5).
(1)求sin A的值；
(2)若a＝4eq \r(2)，b＝5，求角B的大小及向量eq \(BA,\s\up7(―→))在eq \(BC,\s\up7(―→))方向上的投影．
[解] (1)由m·n＝－eq \f(3,5)，
得cs(A－B)cs B－sin(A－B)sin B＝－eq \f(3,5)，
所以cs A＝－eq \f(3,5).因为0
(2)由正弦定理，得eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)，
则sin B＝eq \f(bsin A,a)＝eq \f(5×\f(4,5),4\r(2))＝eq \f(\r(2),2)，
因为a>b，所以A>B，且B是△ABC一内角，则B＝eq \f(π,4).
由余弦定理得(4eq \r(2))2＝52＋c2－2×5×c×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,5)))，
解得c＝1(舍去负值)，
故向量eq \(BA,\s\up7(―→))在eq \(BC,\s\up7(―→))方向上的投影为|eq \(BA,\s\up7(―→))|cs B＝ccs B＝1×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(\r(2),2).
[方法技巧]
平面向量与三角函数的综合问题的解题思路
(1)若题目条件给出向量的坐标中含有三角函数的形式，则运用向量共线或垂直或等式成立等，得到三角函数的关系式，然后求解．
(2)给出用三角函数表示的向量坐标，要求的是向量的模或者其他向量的表达形式，解题思路是经过向量的运算，利用三角函数在定义域内的有界性，求得值域等．
[针对训练]
已知A，B，C分别为△ABC的三边a，b，c所对的角，向量m＝(sin A，sin B)，n＝(cs B，cs A)，且m·n＝sin 2C.
(1)求角C的大小；
(2)若sin A，sin C，sin B成等差数列，且eq \(CA,\s\up7(―→))·(eq \(AB,\s\up7(―→))－eq \(AC,\s\up7(―→)))＝18，求边c的长．
解：(1)由已知得m·n＝sin Acs B＋cs Asin B
＝sin(A＋B)，
因为A＋B＋C＝π，
所以sin(A＋B)＝sin(π－C)＝sin C，
所以m·n＝sin C，又m·n＝sin 2C，
所以sin 2C＝sin C,2sin Ccs C＝sin C，sin C≠0，
所以cs C＝eq \f(1,2).又0
因为eq \(CA,\s\up7(―→))·(eq \(AB,\s\up7(―→))－eq \(AC,\s\up7(―→)))＝eq \(CA,\s\up7(―→))·eq \(CB,\s\up7(―→))＝18，
所以abcs C＝18，所以ab＝36.
由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcs C＝(a＋b)2－3ab，
所以c2＝4c2－3×36，
所以c2＝36，所以c＝6.
eq \a\vs4\al([课时跟踪检测])
一、综合练——练思维敏锐度
1．已知向量a＝(－1,2)，b＝(3,1)，c＝(x,4)，若(a－b)⊥c，则c·(a＋b)＝( )
A．(2,12) B．(－2,12)
C．14 D．10
解析：选C 由题意可得，a－b＝(－4,1)，由(a－b)⊥c，得(－4)×x＋1×4＝0，即 －4x＋4＝0，解得x＝1，所以c＝(1,4)．又a＋b＝(2,3)，所以c·(a＋b)＝1×2＋4×3＝14.
2．已知非零向量a，b的夹角为60°，且|b|＝1，|2a－b|＝1，则|a|＝( )
A.eq \f(1,2) B．1
C.eq \r(2) D．2
解析：选A 由题意得a·b＝|a|×1×eq \f(1,2)＝eq \f(|a|,2)，
又|2a－b|＝1，
∴|2a－b|2＝4a2－4a·b＋b2＝4|a|2－2|a|＋1＝1，
即4|a|2－2|a|＝0，又|a|≠0，解得|a|＝eq \f(1,2).
3．已知a＝(2sin 13°，2sin 77°)，|a－b|＝1，a与a－b的夹角为eq \f(π,3)，则a·b＝( )
A．2 B．3
C．4 D．5
解析：选B 因为a＝(2sin 13°，2sin 77°)，所以|a|＝eq \r(2sin 13°2＋2sin 77°2)＝eq \r(2sin 13°2＋2cs 13°2)＝2，又因为|a－b|＝1，向量a与a－b的夹角为eq \f(π,3)，
所以cs eq \f(π,3)＝eq \f(a·a－b,|a||a－b|)＝eq \f(a2－a·b,2×1)＝eq \f(4－a·b,2×1)＝eq \f(1,2)，所以a·b＝3，故选B.
4.如图，正六边形ABCDEF的边长为2，则eq \(AC,\s\up7(―→))·eq \(BD,\s\up7(―→))＝( )
A．2 B．3
C．6 D．12
解析：选C eq \(AC,\s\up7(―→))·eq \(BD,\s\up7(―→))＝(eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(BC,\s\up7(―→)))·(eq \(AD,\s\up7(―→))－eq \(AB,\s\up7(―→)))＝(eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(BC,\s\up7(―→)))·(2eq \(BC,\s\up7(―→))－eq \(AB,\s\up7(―→)))＝2|eq \(BC,\s\up7(―→))|2＋eq \(BC,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))－|eq \(AB,\s\up7(―→))|2＝8＋2×2×eq \f(1,2)－4＝6.
5．(多选)(2021·石家庄质检)已知向量a＝(6,2)，b＝(－2，k)，k为实数，则下列结论正确的是( )
A．若a·b＝6，则k＝9
B．若|a＋b|≤5，则－5≤k≤1
C．不存在实数k，使(a－b)⊥b成立
D．若a与b的夹角为钝角，则k<6
解析：选ABC 对于A，由a·b＝6×(－2)＋2k＝6，解得k＝9，A正确；
对于B，a＋b＝(4,2＋k)，由|a＋b|≤5，得16＋(2＋k)2≤25，解得－5≤k≤1，B正确；
对于C，因为a－b＝(8,2－k)，由(a－b)⊥b，得(8,2－k)·(－2，k)＝0，即k2－2k＋16＝0，此方程无解，所以不存在实数k，使(a－b)⊥b成立，C正确；
对于D，若a与b的夹角为钝角，则a·b<0，且a与b不共线，即6×(－2)＋2k<0, 6k－(－2)×2≠0，
解得k<6且k≠－eq \f(2,3)，D错误，故选A、B、C.
6.如图，半径为1的扇形AOB中，∠AOB＝eq \f(2π,3)，P是弧AB上的一点，且满足OP⊥OB，M，N分别是线段OA，OB上的动点，则eq \(PM,\s\up7(―→))·eq \(PN,\s\up7(―→))的最大值为( )
A.eq \f(\r(2),2) B．eq \f(\r(3),2)
C．1 D．eq \r(2)
解析：选C ∵扇形OAB的半径为1，∴|eq \(OP,\s\up7(―→))|＝1，∵OP⊥OB，∴eq \(OP,\s\up7(―→))·eq \(OB,\s\up7(―→))＝0. ∵∠AOB＝eq \f(2π,3)，∴∠AOP＝eq \f(π,6)，∴eq \(PM,\s\up7(―→))·eq \(PN,\s\up7(―→))＝(eq \(PO,\s\up7(―→))＋eq \(OM,\s\up7(―→)))·(eq \(PO,\s\up7(―→))＋eq \(ON,\s\up7(―→)))＝eq \(PO,\s\up7(―→))2＋eq \(ON,\s\up7(―→))·eq \(PO,\s\up7(―→))＋eq \(OM,\s\up7(―→))·eq \(PO,\s\up7(―→))＋eq \(OM,\s\up7(―→))·eq \(ON,\s\up7(―→))＝1＋|eq \(OM,\s\up7(―→))|cs eq \f(5π,6)＋|eq \(OM,\s\up7(―→))|·|eq \(ON,\s\up7(―→))|cs eq \f(2π,3)≤1＋0×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)))＋0×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝1，故选C.
7．直角△ABC中，AB＝AC＝2，D为AB边上的点，且eq \f(AD,DB)＝2，则eq \(CD,\s\up7(―→))·eq \(CA,\s\up7(―→))＝________；若eq \(CD,\s\up7(―→))＝xeq \(CA,\s\up7(―→))＋yeq \(CB,\s\up7(―→))，则xy＝________.
解析：以A为原点，分别以eq \(AB,\s\up7(―→))，eq \(AC,\s\up7(―→))的方向为x轴，y轴的正方向建立平面直角坐标系(图略)，则A(0,0)，B(2,0)，C(0,2)，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，0))，则eq \(CD,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，－2))，eq \(CA,\s\up7(―→))＝(0，－2)，eq \(CB,\s\up7(―→))＝(2，－2)，则eq \(CD,\s\up7(―→))·eq \(CA,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，－2))·(0，－2)＝eq \f(4,3)×0＋(－2)×(－2)＝4.由eq \(CD,\s\up7(―→))＝xeq \(CA,\s\up7(―→))＋yeq \(CB,\s\up7(―→))＝x(0，－2)＋y(2，－2)＝(2y，－2x－2y)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，－2))，
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2y＝\f(4,3)，,－2x－2y＝－2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(1,3)，,y＝\f(2,3)，))则xy＝eq \f(2,9).
答案：4 eq \f(2,9)
8．已知平面向量a，b满足|b|＝1，且a与b－a的夹角为120°，则|a|的取值范围为________．
解析：在△ABC中，设eq \(AB,\s\up7(―→))＝a，eq \(AC,\s\up7(―→))＝b，
则b－a＝eq \(AC,\s\up7(―→))－eq \(AB,\s\up7(―→))＝eq \(BC,\s\up7(―→))，
∵a与b－a的夹角为120°，∴∠B＝60°，
由正弦定理得eq \f(1,sin 60°)＝eq \f(|a|,sin C)，
∴|a|＝eq \f(sin C,sin 60°)＝eq \f(2\r(3),3)sin C.
∵0°
9．(2020·天津高考)如图，在四边形ABCD中，∠B＝60°，AB＝3，BC＝6，且eq \(AD,\s\up7(―→))＝λeq \(BC,\s\up7(―→))，eq \(AD,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))＝－eq \f(3,2)，则实数λ的值为________，若M，N是线段BC上的动点，且|eq \(MN,\s\up7(―→))|＝1，则eq \(DM,\s\up7(―→))·eq \(DN,\s\up7(―→))的最小值为________．
解析：依题意得AD∥BC，∠BAD＝120°，由eq \(AD,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))＝eq \(|AD|,\s\up7(――→))·eq \(|AB|,\s\up7(――→))·cs∠BAD＝ －eq \f(3,2)eq \(|AD|,\s\up7(――→))＝－eq \f(3,2)，得eq \(|AD|,\s\up7(――→))＝1，因此λ＝eq \f(eq \(|AD|,\s\up7(――→)),eq \(|BC|,\s\up7(――→)))＝eq \f(1,6).取MN的中点E，连接DE，则eq \(DM,\s\up7(―→))＋eq \(DN,\s\up7(―→))＝2eq \(DE,\s\up7(―→))，eq \(DM,\s\up7(―→))·eq \(DN,\s\up7(―→))＝eq \f(1,4)[(eq \(DM,\s\up7(―→))＋eq \(DN,\s\up7(―→)))2－(eq \(DM,\s\up7(―→))－eq \(DN,\s\up7(―→)))2]＝eq \(DE,\s\up7(―→))2－eq \f(1,4)eq \(NM,\s\up7(―→))2＝eq \(DE,\s\up7(―→))2－eq \f(1,4).注意到线段MN在线段BC上运动时，DE的最小值等于点D到直线BC的距离，即AB·sin∠B＝eq \f(3\r(3),2)，因此eq \(DE,\s\up7(―→))2－eq \f(1,4)的最小值为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(3),2)))2－eq \f(1,4)＝eq \f(13,2)，即eq \(DM,\s\up7(―→))·eq \(DN,\s\up7(―→))的最小值为eq \f(13,2).
答案：eq \f(1,6) eq \f(13,2)
10.伴随着国内经济的持续增长，人民的生活水平也相应有所提升，其中旅游业带来的消费是居民消费领域增长最快的，因此挖掘特色景区，营造文化氛围尤为重要．某景区的部分道路如图所示，AB＝30 m，BC＝40eq \r(2) m，CD＝50 m，∠ABC＝∠BCD＝45°，要建设一条从点A到点D的空中长廊，则AD＝_______m.
解析：由题可知∠ABC＝∠BCD＝45°，所以AB∥CD，
由eq \(AD,\s\up7(―→))＝eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(BC,\s\up7(―→))＋eq \(CD,\s\up7(―→))可得，
|eq \(AD,\s\up7(―→))|2＝|eq \(AB,\s\up7(―→))|2＋|eq \(BC,\s\up7(―→))|2＋|eq \(CD,\s\up7(―→))|2＋2eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(BC,\s\up7(―→))＋2eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(CD,\s\up7(―→))＋2eq \(BC,\s\up7(―→))·eq \(CD,\s\up7(―→))，
又eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(BC,\s\up7(―→))＝|eq \(AB,\s\up7(―→))||eq \(BC,\s\up7(―→))|cs 135°＝－1 200，
eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(CD,\s\up7(―→))＝|eq \(AB,\s\up7(―→))||eq \(CD,\s\up7(―→))|cs 0°＝1 500，
eq \(BC,\s\up7(―→))·eq \(CD,\s\up7(―→))＝|eq \(BC,\s\up7(―→))||eq \(CD,\s\up7(―→))|cs 135°＝－2 000，
所以|eq \(AD,\s\up7(―→))|2＝900＋3 200＋2 500－2 400＋3 000－4 000＝3 200，则|eq \(AD,\s\up7(―→))|＝40eq \r(2) m.
答案：40eq \r(2)
11．在平面直角坐标系xOy中，已知向量m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)))，n＝(sin x，cs x)，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
(1)若m⊥n，求tan x的值；
(2)若m与n的夹角为eq \f(π,3)，求x的值．
解：(1)因为m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)))，n＝(sin x，cs x)，m⊥n，所以m·n＝0，
即eq \f(\r(2),2)sin x－eq \f(\r(2),2)cs x＝0，所以sin x＝cs x，
所以tan x＝1.
(2)由已知得|m|＝|n|＝1，所以m·n＝|m|·|n|cs eq \f(π,3)＝eq \f(1,2)，即eq \f(\r(2),2)sin x－eq \f(\r(2),2)cs x＝eq \f(1,2)，所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))＝eq \f(1,2).因为0
(1)若sin A＝eq \f(4,5)，求cs C；
(2)若b＝4，求eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(BC,\s\up7(―→))的最小值．
解：(1)在△ABC中，由cs B＝eq \f(5,13)得，sin B＝eq \f(12,13)，
∵sin B＝eq \f(12,13)>sin A，∴B>A，故A为锐角，
∴cs A＝eq \f(3,5)，
∴cs C＝－cs(A＋B)＝－cs Acs B＋sin Asin B＝eq \f(33,65).
(2)由余弦定理b2＝a2＋c2－2accs B得，
16＝a2＋c2－eq \f(10,13)ac≥2ac－eq \f(10,13)ac＝eq \f(16,13)ac，当且仅当a＝c时等号成立，∴ac≤13，
∴eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(BC,\s\up7(―→))＝accs(π－B)＝－accs B＝－eq \f(5,13)ac≥－5.
故eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(BC,\s\up7(―→))的最小值为－5.
二、自选练——练高考区分度
1.△ABC中，|AC|＝2，|AB|＝2，∠BAC＝120°，eq \(AE,\s\up7(―→))＝λeq \(AB,\s\up7(―→))，eq \(AF,\s\up7(―→))＝μeq \(AC,\s\up7(―→))，M为线段EF的中点，若|eq \(AM,\s\up7(―→))|＝1，则λ＋μ的最大值为( )
A.eq \f(\r(7),3) B．eq \f(2\r(7),3)
C．2 D．eq \f(\r(21),3)
解析：选C eq \(AM,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)(eq \(AE,\s\up7(―→))＋eq \(AF,\s\up7(―→)))
＝eq \f(λ,2)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(μ,2)eq \(AC,\s\up7(―→))，
∴|eq \(AM,\s\up7(―→))|2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ,2) eq \(AB,\s\up7(―→))＋\f(μ,2) eq \(AC,\s\up7(―→))))2＝λ2＋μ2＋eq \f(λμ,2)×4cs 120°＝λ2＋μ2－λμ＝1，
∴1＝λ2＋μ2－λμ＝(λ＋μ)2－3λμ≥(λ＋μ)2－eq \f(3,4)(λ＋μ)2＝eq \f(1,4)(λ＋μ)2，
∴λ＋μ≤2，当且仅当λ＝μ＝1时等号成立．故选C.
2．(2021·河北部分重点中学联考)已知向量a，b，c满足：a＝(4,0)，b＝(4,4)，(a－c)·(b－c)＝0，则b·c的最大值是( )
A．24 B．24－8eq \r(2)
C．24＋8eq \r(2) D．8eq \r(2)
解析：选C 设eq \(OA,\s\up7(―→))＝a＝(4,0)，eq \(OB,\s\up7(―→))＝b＝(4,4)，eq \(OC,\s\up7(―→))＝c＝(x，y)，则a－c＝(4－x，－y)，b－c＝(4－x,4－y)，又知(a－c)·(b－c)＝0，∴(4－x)2－y(4－y)＝0，即(x－4)2＋(y－2)2＝4，∴点C的轨迹方程为(x－4)2＋(y－2)2＝4.
而b·c＝4x＋4y，令z＝4x＋4y，由平面几何知识可得当直线4x＋4y－z＝0与圆(x－4)2＋(y－2)2＝4相切时，z取得最大值或最小值，即zmax＝24＋8eq \r(2)，故选C.
3．已知平面向量eq \(PA,\s\up7(―→))，eq \(PB,\s\up7(―→))满足|eq \(PA,\s\up7(―→))|＝|eq \(PB,\s\up7(―→))|＝1，eq \(PA,\s\up7(―→))·eq \(PB,\s\up7(―→))＝－eq \f(1,2).若|eq \(BC,\s\up7(―→))|＝1，则|eq \(AC,\s\up7(―→))|的最大值为( )
A.eq \r(2)－1 B．eq \r(3)－1
C.eq \r(2)＋1 D．eq \r(3)＋1
解析：选D 因为|eq \(PA,\s\up7(―→))|＝|eq \(PB,\s\up7(―→))|＝1，eq \(PA,\s\up7(―→))·eq \(PB,\s\up7(―→))＝－eq \f(1,2)，所以cs∠APB＝－eq \f(1,2)，即∠APB＝eq \f(2π,3)，由余弦定理可得AB＝eq \r(1＋1＋1)＝eq \r(3).如图，建立
平面直角坐标系，则Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，0))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，0))，由题设点C(x，y)在以Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，0))为圆心，半径为1的圆上运动，结合图形可知，点C(x，y)运动到点D时，有|AC|max＝|AD|＝|AB|＋1＝eq \r(3)＋1.故选D.
4．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足(eq \r(2)a－c)eq \(BA,\s\up7(―→))·eq \(BC,\s\up7(―→))＝ceq \(CB,\s\up7(―→))·eq \(CA,\s\up7(―→)).
(1)求角B的大小；
(2)若|eq \(BA,\s\up7(―→))－eq \(BC,\s\up7(―→))|＝eq \r(6)，求△ABC面积的最大值．
解：(1)由题意得(eq \r(2)a－c)cs B＝bcs C.
根据正弦定理得(eq \r(2)sin A－sin C)cs B＝sin Bcs C，
所以eq \r(2)sin Acs B＝sin(C＋B)，
即eq \r(2)sin Acs B＝sin A，因为A∈(0，π)，所以sin A>0，
所以cs B＝eq \f(\r(2),2)，又B∈(0，π)，所以B＝eq \f(π,4).
(2)因为|eq \(BA,\s\up7(―→))－eq \(BC,\s\up7(―→))|＝eq \r(6)，所以|eq \(CA,\s\up7(―→))|＝eq \r(6)，即b＝eq \r(6)，
根据余弦定理及基本不等式得6＝a2＋c2－eq \r(2)ac≥2ac－eq \r(2)ac＝(2－eq \r(2))ac(当且仅当a＝c时取等号)，
即ac≤3(2＋eq \r(2))．
故△ABC的面积S＝eq \f(1,2)acsin B≤eq \f(3\r(2)＋1,2)，
因此△ABC的面积的最大值为eq \f(3\r(2)＋3,2).
第四节 复数
核心素养立意下的命题导向
1.通过方程的解，认识复数．
2．结合复数的代数表示及其几何意义，考查复数的实部、虚部，共轭复数，复数的模等概念的认识，凸显逻辑推理、数学运算的核心素养．
3．结合复数的运算法则，考查复数的加、减、乘、除运算，凸显数学运算的核心素养．
[理清主干知识]
1．复数的定义及分类
(1)复数的定义：
形如a＋bi(a，b∈R)的数叫做复数，其中实部是a，虚部是b.
(2)复数的分类：
eq \a\vs4\al(复数z＝a＋bi,a，b∈R)eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(实数b＝0，,虚数b≠0\b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(纯虚数a＝0，,非纯虚数a≠0.))))
2．复数的有关概念
3.复数的几何意义
4.复数的运算法则
设z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，则：
(1)z1＋z2＝(a＋bi)＋(c＋di)＝(a＋c)＋(b＋d)i；
(2)z1－z2＝(a＋bi)－(c＋di)＝(a－c)＋(b－d)i；
(3)z1·z2＝(a＋bi)(c＋di)＝(ac－bd)＋(ad＋bc)i；
(4)eq \f(z1,z2)＝eq \f(a＋bi,c＋di)＝eq \f(a＋bic－di,c＋dic－di)＝eq \f(ac＋bd,c2＋d2)＋eq \f(bc－ad,c2＋d2)i(c＋di≠0)．
5．复数运算的几个重要结论
(1)|z1＋z2|2＋|z1－z2|2＝2(|z1|2＋|z2|2)．
(2)eq \x\t(z)·z＝|z|2＝|eq \x\t(z)|2.
(3)若z为虚数，则|z|2≠z2.
(4)(1±i)2＝±2i.
(5)eq \f(1＋i,1－i)＝i；eq \f(1－i,1＋i)＝－i.
(6)i4n＝1；i4n＋1＝i；i4n＋2＝－1；i4n＋3＝－i.
[澄清盲点误点]
一、关键点练明
1．(复数的概念)复数z＝eq \f(i,5＋i)的虚部为( )
A.eq \f(5,26) B．eq \f(5,26)i
C．－eq \f(5,26) D．－eq \f(5,26)i
解析：选A z＝eq \f(i,5＋i)＝eq \f(i5－i,5＋i5－i)＝eq \f(1＋5i,26)＝eq \f(1,26)＋eq \f(5,26)i.故选A.
2．(复数的模)复数z＝(1＋i)2，则|z|＝( )
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：选C 由题得z＝2i，所以|z|＝2.故选C.
3．(复数的几何意义)复数z＝eq \f(5,2－i)在复平面上的对应点位于( )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
解析：选A z＝eq \f(5,2－i)＝eq \f(5\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋i)),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－i))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋i)))＝2＋i，在复平面上的对应点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，1))，位于第一象限．故选A.
4．(复数的运算)若复数z满足z·i＝1＋i(i是虚数单位)，则z的共轭复数是________．
解析：由z·i＝1＋i，得z＝eq \f(1＋i,i)＝eq \f(1＋i－i,－i2)＝1－i，
∴eq \(z,\s\up6(－))＝1＋i.
答案：1＋i
二、易错点练清
1．(概念理解错误)i为虚数单位，复数eq \f(4＋3i,3－4i)的虚部是( )
A．－1 B．1
C．i D．－i
解析：选B 由题意得，eq \f(4＋3i,3－4i)＝eq \f(4＋3i3＋4i,3－4i3＋4i)＝eq \f(25i,25)＝i，所以复数的虚部是1.故选B.
2．(混淆绝对值与复数模的含义)若z＝3＋4i，则|z|＝( )
A.eq \r(5) B．5
C．7 D．25
解析：选B 因为z＝3＋4i，
所以|z|＝eq \r(32＋42)＝eq \r(25)＝5.
考点一 复数的概念
1．(2020·浙江高考)已知a∈R，若a－1＋(a－2)i(i为虚数单位)是实数，则a＝( )
A．1 B．－1
C．2 D．－2
解析：选C 因为a－1＋(a－2)i是实数，所以a－2＝0，所以a＝2，故选C.
2．(2020·全国卷Ⅰ)若z＝1＋2i＋i3，则|z|＝( )
A．0 B．1
C.eq \r(2) D．2
解析：选C 因为z＝1＋2i＋i3＝1＋2i－i＝1＋i，
所以|z|＝eq \r(12＋12)＝eq \r(2)，故选C.
3．(多选)已知i为虚数，且复数z满足z(1＋2i)＝1＋i3，则下列关于复数z的命题中正确的为( )
A．复数z的虚部为－eq \f(3,5)
B．|z|＝eq \f(2\r(5),5)
C．复数z对应的点在第三象限
D．z<1＋2i
解析：选AC z＝eq \f(1－i,1＋2i)＝eq \f(1－i1－2i,5)＝eq \f(－1－3i,5)，
则复数z的虚部为－eq \f(3,5)，故A正确；
|z|＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,5)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,5)))2)＝eq \f(\r(10),5)，故B错误；
复数z对应的点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,5)，－\f(3,5)))，为第三象限内的点，故C正确；
虚数不能比较大小，故D错误．故选A、C.
4．(多选)(2021年1月新高考八省联考卷)设z1，z2，z3为复数，z1≠0.下列命题中正确的是( )
A．若|z2|＝|z3|，则z2＝±z3
B．若z1z2＝z1z3，则z2＝z3
C．若eq \x\t(z)2＝z3，则|z1z2|＝|z1z3|
D．若z1z2＝|z1|2，则z1＝z2
解析：选BC 由复数的形式知选项A显然不正确；
当z1z2＝z1z3时，有z1z2－z1z3＝z1(z2－z3)＝0，又z1≠0，所以有z2＝z3，故选项B正确；
当eq \x\t(z)2＝z3时，则z2＝eq \x\t(z)3，
|z1z2|2－|z1z3|2＝(z1z2)(eq \x\t(z)1 eq \x\t(z)2)－(z1z3)(eq \x\t(z)1 eq \x\t(z)3)＝z1z2eq \x\t(z)1eq \x\t(z)2－z1z3eq \x\t(z)1eq \x\t(z)3＝0，故选项C正确；
当z1z2＝|z1|2时，则z1z2＝|z1|2＝z1eq \x\t(z)1⇒z1z2－z1eq \x\t(z)1＝z1(z2－eq \x\t(z)1)＝0，又z1≠0，所以eq \x\t(z)1＝z2，故选项D不正确．
5．已知复数z＝eq \f(a,2－i)＋eq \f(2－i,5)的实部与虚部的和为2，则实数a的值为________．
解析：易知z＝eq \f(a,2－i)＋eq \f(2－i,5)＝eq \f(a2＋i,5)＋eq \f(2－i,5)＝eq \f(2a＋2,5)＋eq \f(a－1i,5)，由题意得eq \f(2a＋2,5)＋eq \f(a－1,5)＝2，解得a＝3.
答案：3
[方法技巧]
解决复数概念问题的方法及注意事项
(1)求一个复数的实部与虚部，只需将已知的复数化为代数形式z＝a＋bi(a，b∈R)，则该复数的实部为a，虚部为b.
(2)求一个复数的共轭复数，只需将此复数整理成标准的代数形式，实部不变，虚部变为相反数，即得原复数的共轭复数．复数z1＝a＋bi与z2＝c＋di共轭⇔a＝c，b＝－d(a，b，c，d∈R)．
(3)复数是实数的条件：
①z＝a＋bi∈R⇔b＝0(a，b∈R)；
②z∈R⇔z＝eq \x\t(z)；③z∈R⇔z2≥0.
(4)复数是纯虚数的条件： ①z＝a＋bi是纯虚数⇔a＝0且b≠0(a，b∈R); ②z是纯虚数⇔z＋eq \x\t(z)＝0(z≠0)；③z是纯虚数⇔z2<0.
考点二 复数代数形式的运算
[典题例析]
(1)(2020·新高考全国卷Ⅱ)(1＋2i)(2＋i)＝( )
A．－5i B．5i
C．－5 D．5
(2)(2020·全国卷Ⅰ)若z＝1＋i，则|z2－2z|＝( )
A．0 B．1
C.eq \r(2) D．2
(3)(2020·新高考全国卷Ⅰ)eq \f(2－i,1＋2i)＝( )
A．1 B．－1
C．i D．－i
[解析] (1)(1＋2i)(2＋i)＝2＋4i＋i－2＝5i，故选B.
(2)法一：∵z＝1＋i，∴|z2－2z|＝|(1＋i)2－2(1＋i)|＝|2i－2－2i|＝2.故选D.
法二：∵z＝1＋i，∴|z2－2z|＝|z||z－2|＝eq \r(2)×|－1＋i|＝eq \r(2)×eq \r(2)＝2.故选D.
(3)eq \f(2－i,1＋2i)＝eq \f(2－i1－2i,1＋2i1－2i)＝eq \f(－5i,5)＝－i.
[答案] (1)B (2)D (3)D
[方法技巧] 复数代数形式运算问题的解题策略
[针对训练]
1．复数eq \f(1,1＋2i)＋eq \f(i,2)的共轭复数的虚部为( )
A.eq \f(1,10) B．－eq \f(1,10)
C.eq \f(3,10) D．－eq \f(3,10)
解析：选B ∵eq \f(1,1＋2i)＋eq \f(i,2)＝eq \f(1－2i,1＋2i1－2i)＋eq \f(i,2)＝eq \f(1－2i,5)＋eq \f(i,2)＝eq \f(1,5)－eq \f(2,5)i＋eq \f(i,2)＝eq \f(1,5)＋eq \f(1,10)i，
∴复数eq \f(1,1＋2i)＋eq \f(i,2)的共轭复数为eq \f(1,5)－eq \f(1,10)i，虚部为－eq \f(1,10).故选B.
2．计算：
(1)eq \f(1＋2i2＋31－i,2＋i)＝________；
(2)eq \f(1－i,1＋i2)＋eq \f(1＋i,1－i2)＝________.
解析：(1)eq \f(1＋2i2＋31－i,2＋i)＝eq \f(－3＋4i＋3－3i,2＋i)
＝eq \f(i,2＋i)＝eq \f(i2－i,5)＝eq \f(1,5)＋eq \f(2,5)i.
(2)eq \f(1－i,1＋i2)＋eq \f(1＋i,1－i2)＝eq \f(1－i,2i)－eq \f(1＋i,2i)＝eq \f(－2i,2i)＝－1.
答案：(1)eq \f(1,5)＋eq \f(2,5)i (2)－1
考点三 复数的几何意义
[典例] (1)(2020·北京高考)在复平面内，复数z对应的点的坐标是(1,2)，则i·z＝( )
A．1＋2i B．－2＋i
C．1－2i D．－2－i
(2)在复平面内，复数eq \f(m＋i,m－i)(i为虚数单位)对应的点位于第一象限，则实数m的取值范围是( )
A．(－∞，－1) B．(－∞，0)
C．(0，＋∞) D．(1，＋∞)
[解析] (1)由题意知，z＝1＋2i，所以i·z＝i·(1＋2i)＝－2＋i，故选B.
(2)eq \f(m＋i,m－i)＝eq \f(m＋i2,m－im＋i)＝eq \f(m2－1,m2＋1)＋eq \f(2m,m2＋1)i.
∵该复数对应的点位于第一象限，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(m2－1,m2＋1)>0，,\f(2m,m2＋1)>0，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m2－1>0，,2m>0，))解得m>1，
∴实数m的取值范围是(1，＋∞)，故选D.
[答案] (1)B (2)D
[方法技巧]
复数几何意义问题的解题策略
(1)复数z、复平面上的点Z及向量OZ―→相互联系，即z＝a＋bi(a，b∈R)⇔Z(a，b)⇔OZ―→.
(2)由于复数、点、向量之间建立了一一对应的关系，因此可把复数、向量与解析几何联系在一起，解题时可运用数形结合的方法，使问题的解决更加直观．
[针对训练]
1．复数z＝eq \f(1－i,3＋i)在复平面内对应的点位于( )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
解析：选D ∵z＝eq \f(1－i,3＋i)＝eq \f(1－i3－i,3＋i3－i)＝eq \f(2－4i,10)＝eq \f(1,5)－eq \f(2i,5)，∴在复平面内对应的点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)，－\f(2,5)))，位于第四象限，故选D.
2．设复数z满足条件|z|＝1，那么|z＋2eq \r(2)＋i|的最大值是( )
A．3 B．2eq \r(3)
C．1＋2eq \r(2) D．4
解析：选D |z|＝1表示单位圆上的点， 那么|z＋2eq \r(2)＋i|表示在单位圆上的点到(－2eq \r(2)，－1)的距离，求最大值转化为点(－2eq \r(2)，－1)到原点的距离加上圆的半径．因为点(－2eq \r(2)，－1)到原点的距离为3，所以最大值为4.
3．设复数z满足|z－i|＝|z＋i|(i为虚数单位)，且z在复平面内对应的点为Z(x，y)，则下列结论一定正确的是( )
A．x＝1 B．y＝1
C．x＝0 D．y＝0
解析：选D ∵满足|z－i|＝|z＋i|的点为复平面内到点(0，－1)和(0,1)的距离相等的点的集合，∴Z(x，y)的轨迹为x轴，其方程为y＝0.故选D.
eq \a\vs4\al([课时跟踪检测])
1．已知i为虚数单位，z＝eq \f(4,1－i)，则复数z的虚部为( )
A．－2i B．2i
C．2 D．－2
解析：选C z＝eq \f(4,1－i)＝eq \f(41＋i,1－i1＋i)＝eq \f(41＋i,2)＝2＋2i，虚部即为i的系数，为2，故选C.
2．设复数z＝eq \f(1－i,1＋i)，f(x)＝x2 020＋x2 019＋…＋x＋1，则f(z)＝( )
A．i B．－i
C．1 D．－1
解析：选C ∵z＝eq \f(1－i,1＋i)＝eq \f(1－i2,1＋i1－i)＝eq \f(－2i,2)＝－i，
∴f(z)＝f(－i)＝(－i)2 020＋(－i)2 019＋…＋(－i)＋1.
∵(－i)＋(－i)2＋(－i)3＋(－i)4＝－i－1＋i＋1＝0，
∴f(z)＝505×0＋1＝1.故选C.
3．若z＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m2＋m－6))＋(m－2)i为纯虚数，则实数m的值为( )
A．－2 B．2
C．－3 D．3
解析：选C 因为z＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m2＋m－6))＋(m－2)i为纯虚数，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m－2m＋3＝0，,m－2≠0，))解得m＝－3，故选C.
4．复数z＝eq \f(2i4,1＋i)在复平面内对应的点位于( )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
解析：选D 由题得复数z＝eq \f(2,1＋i)＝eq \f(21－i,1＋i1－i)＝eq \f(21－i,2)＝1－i，所以复数z对应的点位于复平面第四象限，故选D.
5．“a＝－2”是“复数z＝(a＋2i)(－1＋i)(a∈R)为纯虚数”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
解析：选C 当a＝－2时，z＝(－2＋2i)(－1＋i)＝－4i，则z为纯虚数，
可知“a＝－2”是“复数z＝(a＋2i)(－1＋i)(a∈R)为纯虚数”的充分条件；
当z＝(a＋2i)(－1＋i)＝(－a－2)＋(a－2)i为纯虚数时，有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－a－2＝0，,a－2≠0，))解得a＝－2，
可知“a＝－2”是“复数z＝(a＋2i)(－1＋i)(a∈R)为纯虚数”的必要条件．
综上所述，“a＝－2”是“复数z＝(a＋2i)(－1＋i)(a∈R)为纯虚数”的充要条件．
6．已知a∈R，i是虚数单位，若z＝a＋eq \r(3)i，z·eq \x\t(z)＝4，则a＝( )
A．1或－1 B．eq \r(7)或－eq \r(7)
C．－eq \r(3) D．eq \r(3)
解析：选A ∵z＝a＋eq \r(3)i，∴eq \x\t(z)＝a－eq \r(3)i，
∴z·eq \x\t(z)＝(a＋eq \r(3)i)(a－eq \r(3)i)＝a2＋3＝4，
∴a2＝1，∴a＝±1，故选A.
7．已知m∈R，复数z1＝1＋3i，z2＝m＋2i，且z1·eq \x\t(z)2为实数，则m＝( )
A．－eq \f(2,3) B．eq \f(2,3)
C．3 D．－3
解析：选B 因为z1·eq \x\t(z)2＝(1＋3i)(m－2i)＝(m＋6)＋(3m－2)i为实数，所以3m－2＝0，解得m＝eq \f(2,3).故选B.
8．已知复数z1，z2在复平面内的对应点关于实轴对称，z1＝3－i(i为虚数单位)，则eq \f(z1,z2)＝( )
A.eq \f(4,5)－eq \f(3,5)i B．－eq \f(4,5)＋eq \f(3,5)i
C．－eq \f(4,5)－eq \f(3,5)i D．eq \f(4,5)＋eq \f(3,5)i
解析：选A 由题意，复数z1，z2在复平面内的对应点关于实轴对称，z1＝3－i，则z2＝3＋i，则根据复数的运算，得eq \f(z1,z2)＝eq \f(3－i,3＋i)＝eq \f(4,5)－eq \f(3,5)i.
9．已知z＝a＋bi，其中a，b∈R，且满足(a＋i)2＝bi5，则|z|＝( )
A．5 B．eq \r(5)
C．3 D．eq \r(3)
解析：选B 由已知得(a＋i)2＝bi，
所以a2－1＋(2a－b)i＝0，所以a2－1＝0且2a－b＝0，
解得a＝1，b＝2或a＝－1，b＝－2，
所以|z|＝eq \r(a2＋b2)＝eq \r(5).
10．设z是复数，|z－i|≤2(i是虚数单位)，则|z|的最大值是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选C ∵|z－i|≤2，
∴复数z在复平面内对应点在以(0,1)为圆心，2为半径的圆上及其内部(如图)．
∴|z|的最大值为3.
11．已知ABCD是复平面内的平行四边形，A，B，C三点对应的复数分别是－2＋i,1－i,2＋2i，则点D对应的复数为( )
A．4－i B．－3－2i
C．5 D．－1＋4i
解析：选D 由题得A(－2,1)，B(1，－1)，C(2,2)，
设D(x，y)，
则eq \(AB,\s\up7(―→))＝(3，－2)，eq \(DC,\s\up7(―→))＝(2－x,2－y)，
因为eq \(AB,\s\up7(―→))＝eq \(DC,\s\up7(―→))，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2－x＝3，,2－y＝－2，))
解得x＝－1，y＝4.
所以点D的坐标为(－1,4)，
所以点D对应的复数为－1＋4i.
12．(多选)已知复数z满足z(2－i)＝i(i为虚数单位)，复数z的共轭复数为eq \x\t(z)，则( )
A．|z|＝eq \f(3,5)
B.eq \x\t(z)＝－eq \f(1＋2i,5)
C．复数z的实部为－1
D．复数z对应复平面上的点在第二象限
解析：选BD 因为复数z满足z(2－i)＝i，所以z＝eq \f(i,2－i)＝eq \f(i2＋i,2－i2＋i)＝－eq \f(1,5)＋eq \f(2,5)i，所以|z|＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,5)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))2)＝eq \f(\r(5),5)，故A错误；eq \x\t(z)＝－eq \f(1,5)－eq \f(2,5)i，故B正确；复数z的实部为－eq \f(1,5)，故C错误；复数z对应复平面上的点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,5)，\f(2,5)))在第二象限，故D正确．
13．已知i为虚数单位，且复数z满足z－2i＝eq \f(1,1－i)，则复数z在复平面内的点到原点的距离为( )
A.eq \f(13,2) B．eq \f(\r(26),2)
C.eq \f(\r(10),2) D．eq \f(5,2)
解析：选B 由z－2i＝eq \f(1,1－i)，
得z＝2i＋eq \f(1,1－i)＝2i＋eq \f(1＋i,1－i1＋i)＝eq \f(1,2)＋eq \f(5,2)i，
∴复数z在复平面内的点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(5,2)))，到原点的距离为 eq \r(\f(1,4)＋\f(25,4))＝eq \f(\r(26),2).
14．(多选)已知集合M＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(m|m＝in，n∈N))，其中i为虚数单位，则下列元素属于集合M的是( )
A．(1－i)(1＋i) B．eq \f(1－i,1＋i)
C.eq \f(1＋i,1－i) D．(1－i)2
解析：选BC 根据题意，M＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(m|m＝in，n∈N))，
∴M＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(－1，1，i，－i)).
选项A中，(1－i)(1＋i)＝2,2∉M；
选项B中，eq \f(1－i,1＋i)＝eq \f(1－i2,1＋i1－i)＝－i∈M；
选项C中，eq \f(1＋i,1－i)＝eq \f(1＋i2,1－i1＋i)＝i∈M；
选项D中，(1－i)2＝－2i∉M，故选B、C.
15．(2020·全国卷Ⅱ)设复数z1，z2满足|z1|＝|z2|＝2，z1＋z2＝eq \r(3)＋i，则|z1－z2|＝_______.
解析：法一：设z1＝a＋bi(a，b∈R)，则z2＝eq \r(3)－a＋(1－b)i，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(|z1|2＝a2＋b2＝4，,|z2|2＝\r(3)－a2＋1－b2＝4，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＋b2＝4，,\r(3)a＋b＝2，))
所以|z1－z2|2＝(2a－eq \r(3))2＋(2b－1)2＝4(a2＋b2)－4(eq \r(3)a＋b)＋4＝4×4－4×2＋4＝12，
所以|z1－z2|＝2eq \r(3).
法二：题设可等价转化为向量a，b满足|a|＝|b|＝2，a＋b＝(eq \r(3)，1)，求|a－b|.
因为(a＋b)2＋(a－b)2＝2|a|2＋2|b|2，
所以4＋(a－b)2＝16，所以|a－b|＝2eq \r(3)，
即|z1－z2|＝2eq \r(3).
法三：设复数z1，z2在复平面内分别对应向量eq \(OA,\s\up7(―→))，eq \(OB,\s\up7(―→))，则z1＋z2对应向量eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(OB,\s\up7(―→)).
由题知|eq \(OA,\s\up7(―→))|＝|eq \(OB,\s\up7(―→))|＝|eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(OB,\s\up7(―→))|＝2，如图所示，以OA，OB为邻边作平行四边形OACB，
则z1－z2对应向量eq \(BA,\s\up7(―→)).
由OA＝AC＝OC＝2，
可得BA＝2OAsin 60°＝2eq \r(3).
故|z1－z2|＝|eq \(BA,\s\up7(―→))|＝2eq \r(3).
答案：2eq \r(3)
16．已知复数z＝m－1＋(3－m)i(m∈R)对应的点在x轴上方，则m的取值范围是________．
解析：复数z＝m－1＋(3－m)i(m∈R)在复平面上对应的点的坐标为(m－1,3－m)，如果该点落在x轴上方，则有3－m>0，解得m<3.
答案：(－∞，3)
17．已知i为虚数单位，z＝eq \f(1,cs 2θ－isin 2θ)对应的点在第二象限，则θ是第________象限的角．
解析：∵z＝eq \f(1,cs 2θ－isin 2θ)＝eq \f(cs 2θ＋isin 2θ,cs 2θ－isin 2θcs 2θ＋isin 2θ)
＝cs 2θ＋isin 2θ对应的点在第二象限，
∴cs 2θ＜0，sin 2θ＞0，
∴2kπ＋eq \f(π,2)＜2θ＜2kπ＋π，k∈Z，
解得kπ＋eq \f(π,4)＜θ＜kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z.
当k＝2n(n∈Z)时，2nπ＋eq \f(π,4)＜θ＜2nπ＋eq \f(π,2)，θ为第一象限角；
当k＝2n－1(n∈Z)时，2nπ－eq \f(3π,4)＜θ＜2nπ－eq \f(π,2)，θ为第三象限角．
综上可得，θ是第一、三象限的角．
答案：一、三
18．满足条件|z－i|＝|1＋eq \r(3)i|的复数z在复平面上对应的点(x，y)的轨迹方程为________________．
解析：设z＝x＋yi，x，y∈R.
∵|z－i|＝|1＋eq \r(3)i|＝2，∴|x＋(y－1)i|＝2，
∴eq \r(x2＋y－12)＝2，∴x2＋(y－1)2＝4.
答案：x2＋(y－1)2＝4常规角度
1.平面向量数量积及其性质的应用：主要考查平面向量数量积的计算，以及利用数量积求向量的模、夹角等．
2.平面向量的综合应用：主要考查平面向量模或数量积的最值范围问题
创新角度
平面向量的数量积与解析几何、平面几何以及三角函数交汇，主要利用数量积证明垂直或利用数量积转化垂直的条件、求长度等
方法
运用提示
适用题型
定义法
当已知向量的模和夹角θ时，可利用定义法求解，即a·b＝|a|·|b|cs θ
适用于平面图形中的向量数量积的有关计算问题
坐标法
当已知向量的坐标时，可利用坐标法求解，即若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则a·b＝x1x2＋y1y2
适用于已知相应向量的坐标求解数量积的有关计算问题
临界分析法
结合图形，确定临界位置的动态分析求出范围
目标函数法
将数量积表示为某一个变量或两个变量的函数，建立函数关系式，再利用三角函数有界性、二次函数或基本不等式求最值或范围
代数法
把所求的模表示成某个变量的函数，再用求最值的方法求解
几何法
弄清所求的模表示的几何意义，结合动点表示的图形求解
不等式法
利用绝对值三角不等式||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|求模的最值(范围)
坐标法
把几何图形放在适当的坐标系中，则有关点与向量就可以用坐标表示，这样就能进行相应的代数运算和向量运算，从而使问题得到解决
基向量法
适当选取一组基底，沟通向量之间的联系，利用向量间的关系构造关于未知量的方程来进行求解
复数相等
a＋bi＝c＋di⇔a＝c且b＝d(a，b，c，d∈R)
共轭复数
a＋bi与c＋di共轭⇔a＝c且b＝－d(a，b，c，d∈R)
复数的模
向量OZ―→的模叫做复数z＝a＋bi的模，记作|z|或|a＋bi|，即|z|＝|a＋bi|＝r＝eq \r(a2＋b2)(r≥0，a，b∈R)
复平面
的概念
建立直角坐标系来表示复数的平面叫做复平面
实轴、
虚轴
在复平面内，x轴叫做实轴，y轴叫做虚轴，实轴上的点都表示实数；除原点以外，虚轴上的点都表示纯虚数
复数的
几何表示
复数z＝a＋bi复平面内的点Z(a，b) 平面向量eq \(OZ,\s\up7(―→))
复数的
加减法
在进行复数的加减法运算时，可类比合并同类项，运用法则(实部与实部相加减，虚部与虚部相加减)计算即可
复数的
乘法
复数的乘法类似于多项式的四则运算，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
复数的
除法
除法的关键是分子分母同乘以分母的共轭复数，解题中要注意把i的幂写成最简形式
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