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2020浙江新高考数学二轮复习教师用书：专题二 3第3讲 平面向量与复数
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第3讲 平面向量与复数
平面向量的概念与线性运算
[核心提炼]
1．在平面向量的化简或运算中，要根据平面向量基本定理选好基底，变形要有方向不能盲目转化；
2．在用三角形加法法则时要保证“首尾相接”，结果向量是第一个向量的起点指向最后一个向量终点所在的向量；在用三角形减法法则时要保证“同起点”，结果向量的方向是指向被减向量．
[典型例题]
(1)(2019·杭州模拟)如图所示，已知AB是圆O的直径，点C，D是半圆弧的两个三等分点，＝a，＝b，则＝( )
A．a－b B．a－b
C．a＋b D．a＋b
(2)(2019·金华市十校联考)已知A、B、C是平面上不共线的三点，O是△ABC的重心，点P满足＝(＋＋2)，则为( )
A． B．
C．2 D．
(3)(2019·嘉兴七校联考)在△ABC中，点D满足＝，当点E在射线AD(不含点A)上移动时，若＝λ＋μ，则(λ＋1)2＋μ2的取值范围为________．
【解析】 (1)连接CD，由点C，D是半圆弧的三等分点，得CD∥AB且＝＝a，
所以＝＋＝b＋a.
(2)如图，延长CO，交AB中点D，O是△ABC的重心，则＝(＋＋2)＝(2＋2)＝(－＋2)＝，
所以OP＝OC＝×CD＝CD；
所以DP＝DO＋OP＝CD＋CD＝CD，DO＝CD；
所以＝＝＝.
(3)因为点E在射线AD(不含点A)上，设＝k(k>0)，又＝，
所以＝k(＋)＝
k＝＋，
所以，(λ＋1)2＋μ2＝＋k2＝＋>1，故(λ＋1)2＋μ2的取值范围为(1，＋∞)．
【答案】 (1)D (2)A (3)(1，＋∞)
平面向量的线性运算技巧
(1)对于平面向量的线性运算，要先选择一组基底，同时注意共线向量定理的灵活运用．
(2)运算过程中重视数形结合，结合图形分析向量间的关系．
[对点训练]
1．(2019·瑞安市四校联考)设M是△ABC边BC上的点，N为AM的中点，若＝λ＋μ，则λ＋μ的值为( )
A. B. C. D.1
解析：选C.因为M在BC边上，所以存在实数t∈[0，1]使得＝t.
＝＋＝＋t＝＋t(－)＝(1－t)＋t，
因为N为AM的中点，
所以＝＝＋，
所以λ＝，μ＝，所以λ＋μ＝＋＝，故C正确．
2．(2019·宁波诺丁汉大学附中期中考试)在△ABC中，BC＝7，AC＝6，cos C＝.若动点P满足＝(1－λ)＋，(λ∈R)，则点P的轨迹与直线BC，AC所围成的封闭区域的面积为( )
A．5 B．10
C．2 D．4
解析：选A.设＝，
因为＝(1－λ)＋＝(1－λ)＋λ，
所以B，D，P三点共线．
所以P点轨迹为直线BC.
在△ABC中，BC＝7，AC＝6，cos C＝，
所以sin C＝，
所以S△ABC＝×7×6×＝15，
所以S△BCD＝S△ABC＝5.
3．(2019·高考浙江卷)已知正方形ABCD的边长为1.当每个λi(i＝1，2，3，4，5，6)取遍±1时，|λ1＋λ2＋λ3＋λ4＋λ5＋λ6|的最小值是________，最大值是________．
解析：以点A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴建立平面直角坐标系，如图，则A(0，0)，B(1，0)，C(1，1)，D(0，1)，所以λ1＋λ2＋λ3＋λ4＋λ5＋λ6＝(λ1－λ3＋λ5－λ6，λ2－λ4＋λ5＋λ6)，所以当时，可取λ1＝λ3＝1，λ5＝λ6＝1，λ2＝－1，λ4＝1，此时|λ1＋λ2＋λ3＋λ4＋λ5＋λ6|取得最小值0；取λ1＝1，λ3＝－1，λ5＝λ6＝1，λ2＝1，λ4＝－1，则|λ1＋λ2＋λ3＋λ4＋λ5＋λ6|取得最大值＝2.
答案：0 2
平面向量的数量积
[核心提炼]
1．平面向量的数量积的两种运算形式
(1)数量积的定义：a·b＝|a||b|cos θ(其中θ为向量a，b的夹角)；
(2)坐标运算：a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)时，a·b＝x1x2＋y1y2.
2．平面向量的三个性质
(1)若a＝(x，y)，则|a|＝＝.
(2)若A(x1，y1)，B(x2，y2)，则
||＝.
(3)若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，θ为a与b的夹角，则cos θ＝＝.
[典型例题]
(1)(2018·高考浙江卷)已知a，b，e是平面向量，e是单位向量．若非零向量a与e的夹角为，向量b满足b2－4e·b＋3＝0，则|a－b|的最小值是( )
A．－1 B．＋1
C．2 D．2－
(2)(2019·浙江新高考研究联盟)已知向量a，b，c满足|a|＝1，|b|＝k，|c|＝2－k且a＋b＋c＝0，则b与c夹角的余弦值的取值范围是________．
【解析】 (1)设O为坐标原点，a＝，b＝＝(x，y)，e＝(1，0)，由b2－4e·b＋3＝0得x2＋y2－4x＋3＝0，即(x－2)2＋y2＝1，所以点B的轨迹是以C(2，0)为圆心，1为半径的圆．因为a与e的夹角为，所以不妨令点A在射线y＝x(x>0)上，如图，数形结合可知
|a－b|min＝||－||＝－1.故选A.
(2)设b与c的夹角为θ，由题b＋c＝－a，
所以b2＋c2＋2b·c＝1.
即cos θ＝＝1＋.
因为|a|＝|b＋c|≥|b－c|，所以|2k－2|≤1.
所以≤k≤.
所以－1≤cos θ≤－.
【答案】 (1)A (2)
(1)平面向量数量积的计算
①涉及数量积和模的计算问题，通常有两种求解思路
(ⅰ)直接利用数量积的定义；
(ⅱ)建立坐标系，通过坐标运算求解．
②在利用数量积的定义计算时，要善于将相关向量分解为图形中模、夹角和已知的向量进行计算．
(2)求解向量数量积最值问题的两种思路
①直接利用数量积公式得出代数式，依据代数式求最值．
②建立平面直角坐标系，通过坐标运算得出函数式，转化为求函数的最值．
[对点训练]
1．(2019·嘉兴市高考一模)已知平面向量a、b满足|a|＝|b|＝1，a·b＝，若向量c满足|a－b＋c|≤1，则|c|的最大值为( )
A．1 B．
C． D．2
解析：选D.由平面向量a、b满足|a|＝|b|＝1，a·b＝，
可得|a|·|b|·cos〈a，b〉＝1·1·cos〈a，b〉＝，
由0≤〈a，b〉≤π，可得〈a，b〉＝，
设a＝(1，0)，b＝，c＝(x，y)，
则|a－b＋c|≤1，即有≤1，
即为＋≤1，
故|a－b＋c|≤1的几何意义是在以为圆心，半径等于1的圆上和圆内部分，|c|的几何意义是表示向量c的终点与原点的距离，而原点在圆上，则最大值为圆的直径，即为2.
2．如图，已知平面四边形ABCD，AB⊥BC，AB＝BC＝AD＝2，CD＝3，AC与BD交于点O.记I1＝·，I2＝·，I3＝·，则( )
A．I1＜I2＜I3 B．I1＜I3＜I2
C．I3 ＜ I1＜I2 D．I2＜I1＜I3
解析：选C.如图所示，四边形ABCE是正方形，F为正方形的对角线的交点，易得AOI3，作AG⊥BD于G，又AB＝AD，所以OB
解析：非零向量a，b满足：a2＝(5a－4b)·b，
可得a ·b＝(a2＋4b2)＝(|a|2＋4|b|2)≥·2＝|a|·|b|，
即有cos〈a，b〉＝≥·＝，
当且仅当|a|＝2|b|，取得最小值.
答案：
平面向量与其他知识的交汇
[核心提炼]
平面向量具有代数形式与几何形式的“双重身份”，常与三角函数、解三角形、平面解析几何、函数、数列、不等式等知识交汇命题，平面向量的“位置”为：一是作为解决问题的工具，二是通过运算作为命题条件．
[典型例题]
(1)如图，已知点D为△ABC的边BC上一点，＝3，En(n∈N*)为边AC上的列点，满足＝an＋1·－(3an＋2)，其中实数列{an}中，an＞0，a1＝1，则数列{an}的通项公式为an＝( )
A．3·2n－1－2 B．2n－1
C．3n－1 D．2·3n－1－1
(2)已知在锐角三角形ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量p＝(cos B＋sin B，2sin B－2)，q＝(sin B－cos B，1＋sin B)，且p⊥q.
①求B的大小；
②若b＝2，△ABC的面积为，求a，c.
【解】 (1)选D.因为＝3，所以＝＋＝＋＝＋(＋)＝－＋.设m＝，则由＝an＋1－(3an＋2)，得(an＋1＋m)－(m＋3an＋2)＝0，
则－m＝an＋1，m＝－(3an＋2)，
所以an＋1＝(3an＋2)，所以an＋1＋1＝3(an＋1)．因为a1＋1＝2，所以数列{an＋1}是以2为首项，3为公比的等比数列，所以an＋1＝2·3n－1，所以an＝2·3n－1－1.
(2)①因为p⊥q，
所以p·q＝(cos B＋sin B)(sin B－cos B)＋(2sin B－2)·(1＋sin B)＝0，即3sin2B－cos2B－2＝0，
即sin2B＝，又角B是锐角三角形ABC的内角，
所以sin B＝，所以B＝60°.
②由①得B＝60°，又△ABC的面积为，
所以S△ABC＝acsin B，即ac＝4.①
由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B，
又b＝2，所以a2＋c2＝8，②
联立①②，解得a＝c＝2.
平面向量与其他知识的交汇点主要体现在与三角函数、立体几何、解析几何，求最值．
(1)利用平面向量的知识给出三角函数之间的一些关系，解题的关键还是三角函数的知识．在解析几何中只是利用向量知识给出一些几何量的位置关系和数量关系，在解题中要善于根据向量知识分析解析几何中几何量之间的关系，最后的解题还要落实到解析几何知识上．
(2)因为向量是沟通代数、几何的工具，有着极其丰富的实际背景，对于某些代数问题，可构造向量，使其转化为向量问题求解．
[对点训练]
1．(2019·杭州市高三二模)△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，D是AB的中点，E，F分别是边BC、AC上的动点，且EF＝1，则·的最小值等于( )
A. B.
C. D.
解析：选B.以三角形的直角边为坐标轴建立平面直角坐标系，如图所示：
则A(0，4)，B(3，0)，C(0，0)，D.
设E(x，0)，则F(0，)，0≤x≤1.
所以＝，
＝.
所以·＝－x＋4－2＝－－2.
令f(x)＝－－2，
当x≠1时，则f′(x)＝－＋ .
令f′(x)＝0得x＝.
当0≤x＜时，f′(x)＜0，当＜x＜1时，f′(x)＞0.
所以当x＝时，f(x)取得最小值f＝.
当x＝1时，f(1)＝－＝＞，故选B.
2．(2019·浙江新高考研究联盟联考)已知向量a，b满足|a＋b|＝4，|a－b|＝3，则|a|＋|b|的取值范围是( )
A．[3，5] B．[4，5]
C．[3，4] D．[4，7]
解析：选B.|a|＋|b|≥max{|a＋b|，|a－b |}＝4，
(|a|＋|b|)2≤|a＋b|2＋|a－b|2＝25，所以|a|＋|b|≤5.
3．(2019·江苏常州武进区高三上学期期中考试改编)已知数列{an}中，a1＝2，点列Pn(n＝1，2，…)在△ABC内部，且△PnAB与△PnAC的面积比为2∶1.若对n∈N*都存在数列{bn}满足bn＋an＋1＋(3an＋2)＝0，求a4.
解：在线段BC上取点D，使得BD＝2CD，则Pn在线段AD上，
因为bn＋an＋1＋(3an＋2)＝0，
所以－an＋1＝bn＋(3an＋2)＝bn(－)＋(3an＋2)(－)，
所以＝－bn－×(3an＋2).
因为A，Pn，D三点共线，所以－an＋1－bn－3an－2＝－bn－(3an＋2)，即an＋1＝3an＋2，
所以a2＝3a1＋2＝8，a3＝3a2＋2＝26，a4＝3a3＋2＝80.
复 数
[核心提炼]
1．复数的除法
复数的除法一般是将分母实数化，即分子、分母同乘以分母的共轭复数再进一步化简．
2．复数运算中常见的结论
(1)(1±i)2＝±2i，＝i，＝－i.
(2)－b＋ai＝i(a＋bi)．
(3)i4n＝1，i4n＋1＝i，i4n＋2＝－1，i4n＋3＝－i.
(4)i4n＋i4n＋1＋i4n＋2＋i4n＋3＝0.
[典型例题]
(1)(2019·杭州学军中学高考模拟)设复数z满足＝i，则|z|＝( )
A．1 B． C． D．2
(2)设有下面四个命题
p1：若复数z满足∈R，则z∈R；
p2：若复数z满足z2∈R，则z∈R；
p3：若复数z1，z2满足z1z2∈R，则z1＝z2；
p4：若复数z∈R，则z∈R.
其中的真命题为( )
A．p1，p3 B．p1，p4 C．p2，p3 D．p2，p4
(3)(2019·浙江新高考冲刺卷)已知复数z＝1＋i，其中i为虚数单位，则复数1＋z＋z2＋…＋z2 017的实部为( )
A．1 B．－1 C．21 009 D．－21 009
【解析】 (1)因为复数z满足＝i，
所以1＋z＝i－zi，所以z(1＋i)＝i－1，所以z＝＝i，
所以|z|＝1，故选A.
(2)对于命题p1，设z＝a＋bi(a，b∈R)，由＝＝∈R，得b＝0，则z∈R成立，故命题p1正确；对于命题p2，设z＝a＋bi(a，b∈R)，由z2＝a2－b2＋2abi∈R，得ab＝0，则a＝0或b＝0，复数z可能为实数或纯虚数，故命题p2错误；对于命题p3，设z1＝a＋bi(a，b∈R)，z2＝c＋di(c，d∈R)，由z1·z2＝(ac－bd)＋(ad＋bc)i∈R，得ad＋bc＝0，不一定有z1＝z2，故命题p3错误；对于命题p4，设z＝a＋bi(a，b∈R)，则由z∈R，得b＝0，所以z＝a∈R成立，故命题p4正确．故选B.
(3)因为z＝1＋i，
所以1＋z＋z2＋…＋z2 017＝＝
＝＝＝＝21 009＋i.
所以复数1＋z＋z2＋…＋z2 017的实部为21 009.故选C.
【答案】 (1)A (2)B (3)C
复数问题的解题思路
(1)以复数的基本概念、几何意义、相等的条件为基础，结合四则运算，利用复数的代数形式列方程或方程组解决问题．
(2)若与其他知识结合考查，则要借助其他的相关知识解决问题．
[对点训练]
1．(2019·福建省普通高中质量检查)若复数z满足(1＋i)z＝|＋i|，则在复平面内，z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A.由题意，得z＝＝＝1－i，所以z＝1＋i，其在复平面内对应的点为(1，1)，位于第一象限，故选A.
2．(2019·金丽衢十二校联考)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.因为|z－i|≤2，
所以复数z在复平面内对应点在以(0，1)为圆心，以2为半径的圆及其内部．
所以|z|的最大值为3.故选C.
3．(2019·高考浙江卷)复数z＝(i为虚数单位)，则|z|＝________．
解析：通解：z＝＝＝－，
所以|z|＝＝.
优解：|z|＝＝＝＝.
答案：
专题强化训练
1．(2019·绍兴诸暨高考二模)已知复数z满足z(1＋i)＝2i，则z的共轭复数z等于( )
A．1＋i B．1－i
C．－1＋i D．－1－i
解析：选B.由z(1＋i)＝2i，得z＝＝＝1＋i，
则z的共轭复数z＝1－i.故选B.
2．在等腰梯形ABCD中，＝－2，M为BC的中点，则＝( )
A.＋ B.＋
C.＋ D.＋
解析：选B.因为＝－2，所以＝2.又M是BC的中点，
所以＝(＋)＝(＋＋)＝(＋＋)＝＋，故选B.
3．(2019·嘉兴一中高考模拟)复数z满足z·(2－i)＝3－4i(其中i为虚数单位)，则复数||＝( )
A. B.2
C. D.
解析：选D.复数z满足z·(2－i)＝3－4i(其中i为虚数单位)，所以z·(2－i)(2＋i)＝(3－4i)(2＋i)，化为：5z＝10－5i，可得z＝2－i.则复数||＝＝＝|－1－2i|＝|1＋2i|＝＝.故选D.
4.在边长为2的正方形ABCD中，E，F分别为BC和DC的中点，则·＝( )
A．－ B．
C．－4 D．－2
解析：选C.通过建系求点的坐标，然后求解向量的数量积．在边长为2的正方形ABCD中，E，F分别为BC和DC的中点，以A为坐标原点，AB，AD为坐标轴，建立平面直角坐标系，则B(2，0)，D(0，2)，E(2，1)，F(1，2)．所以＝(2，－1)，＝(－1，2)，所以·＝－4.
5．(2019·台州市书生中学检测)已知点O是△ABC的外接圆圆心，且AB＝3，AC＝4.若存在非零实数x、y，使得＝x＋y，且x＋2y＝1，则cos∠BAC的值为( )
A. B.
C. D.
解析：选A.设线段AC的中点为点D，则直线OD⊥AC.因为＝x＋y，所以＝x＋2y.又因为x＋2y＝1，所以点O、B、D三点共线，即点B在线段AC的中垂线上，则AB＝BC＝3.在△ABC中，由余弦定理得，cos∠BAC＝＝.故选A.
6．在△ABC中，AB＝，BC＝2，∠A＝，如果不等式|－t|≥||恒成立，则实数t的取值范围是( )
A．[1，＋∞) B．
C．∪[1，＋∞) D．(－∞，0]∪[1，＋∞)
解析：选C.在直角三角形ABC中，易知AC＝1，cos∠ABC＝，由|－t|≥||，得2－2t·＋t22≥2，即2t2－3t＋1≥0，解得t≥1或t≤.
7．称d(a，b)＝|a－b|为两个向量a，b间的“距离”．若向量a，b满足：①|b|＝1；②a≠b；③对任意的t∈R，恒有d(a，tb)≥d(a，b)，则( )
A．a⊥b B．b⊥(a－b)
C．a⊥(a－b) D．(a＋b)⊥(a－b)
解析：选B.由于d(a，b)＝|a－b|，因此对任意的t∈R，恒有d(a，tb)≥d(a，b)，即|a－tb|≥|a－b|，即(a－tb)2≥(a－b)2，t2－2ta·b＋(2a·b－1)≥0对任意的t∈R都成立，因此有(－2a·b)2－4(2a·b－1)≤0，即(a·b－1)2≤0，得a·b－1＝0，故a·b－b2＝b·(a－b)＝0，故b⊥(a－b)．
8．(2019·温州市高考模拟)记max{a，b}＝，已知向量a，b，c 满足|a|＝1，|b|＝2，a·b＝0，c＝λa＋μb(λ，μ≥0，且λ＋μ＝1，则当max{c·a，c·b}取最小值时，|c|＝( )
A. B.
C.1 D.
解析：选A.如图，
设＝a，OB＝b，则a＝(1，0)，b＝(0，2)，
因为λ，μ≥0，λ＋μ＝1，所以0≤λ≤1.
又c＝λa＋μb，
所以c·a＝(λa＋b－λb)·a＝λ；
c·b＝(λa＋b－λb)·b＝4－4λ.
由λ＝4－4λ，得λ＝.
所以max{c·a，c·b}＝.
令f(λ)＝.
则f(λ)∈.
所以f(λ)min＝，此时λ＝，μ＝，
所以c＝a＋b＝.
所以|c|＝＝.故选A.
9．(2019·绍兴市柯桥区高三期中检测)已知平面向量a，b，c满足|a|＝4，|b|＝3，|c|＝2，b·c＝3，则(a－b)2(a－c)2－[(a－b)·(a－c)]2的最大值为( )
A．4＋3 B．4＋3
C．(4＋3)2 D．(4＋3)2
解析：选D.设＝a，＝b，＝c，a－b与a－c所成夹角为θ，
则(a－b)2(a－c)2－[(a－b)·(a－c)]2
＝|AB|2|AC|2－|AB|2|AC|2cos2θ
＝|AB|2|AC|2sin2θ＝|AB|2|AC|2sin2∠CAB＝4S，
因为|b|＝3，|c|＝2，b·c＝3，所以b，c的夹角为60°，
设B(3，0)，C(1，)，则|BC|＝，
所以S△OBC＝×3×2×sin 60°＝，设O到BC的距离为h，
则·BC·h＝S△OBC＝，
所以h＝，
因为|a|＝4，所以A点落在以O为圆心，以4为半径的圆上，
所以A到BC的距离最大值为4＋h＝4＋.
所以S△ABC的最大值为
××
＝2＋，
所以(a－b)2(a－c)2－[(a－b)·(a－c)]2最大值为4＝(4＋3)2.故选D.
10．(2019·金华市东阳二中高三月考)若a，b是两个非零向量，且|a|＝|b|＝λ|a＋b|，λ∈，则b与a－b的夹角的取值范围是( )
A. B.
C. D.
解析：选B.因为|a|＝|b|＝λ|a＋b|，λ∈，
不妨设|a＋b|＝1，则|a|＝|b|＝λ.
令＝a，＝b，以OA、OB为邻边作平行四边形OACB，
则平行四边形OACB为菱形．故有△OAB为等腰三角形，故有∠OAB＝∠OBA＝θ，且0<θ<.而由题意可得，b与a－b的夹角，即与的夹角，等于π－θ，△OAC中，由余弦定理可得|OC|2＝1＝|OA|2＋|AC|2－2|OA|·|AC|·cos 2θ＝λ2＋λ2－2·λ·λcos 2θ，解得cos 2θ＝1－.再由≤λ≤1，可得≤≤，所以－≤cos 2θ≤，所以≤2θ≤，所以≤θ≤，故≤π－θ≤，即b与a－b的夹角π－θ的取值范围是.
11．(2019·杭州市高考二模)已知复数z＝(a∈R)的实部为1，则a＝________，|z|＝________．
解析：因为z＝＝＝a－i的实部为1，
所以a＝1，则z＝1－i，|z|＝.
答案：1
12．(2019·嘉兴一中高考适应性考试)设e1，e2为单位向量，其中a＝2e1＋e2，b＝e2，且a在b上的投影为2，则a·b＝________，e1与e2的夹角为________．
解析：设e1，e2的夹角为θ，因为a在b上的投影为2，
所以＝＝2e1·e2＋|e2|2＝2|e1|·|e2|cos θ＋1＝2，解得cos θ＝，则θ＝.a·b＝(2e1＋e2)·e2＝2e1·e2＋|e2|2＝2|e1|·|e2|cos θ＋1＝2.
答案：2
13．已知向量a，b，|a|＝1，|b|＝2.若对任意单位向量e，均有|a·e|＋|b·e|≤，则a·b的最大值是________．
解析：由题意，令e＝(1，0)，a＝(cos α，sin α)，b＝(2cos β，2sin β)，则由|a·e|＋|b·e|≤，可得|cos α|＋2|cos β|≤.①令sin α＋2sin β＝m，②
①2＋②2得4[|cos αcos β|＋sin αsin β]≤1＋m2对一切实数α，β恒成立，所以4[|cos αcos β|＋sin αsin β]≤1，
故a·b＝2(cos αcos β＋sin αsin β)≤2[|cos αcos β|＋sin αsin β]≤.
答案：
14．(2019·温州市十五校联合体联考)已知坐标平面上的凸四边形ABCD满足＝(1，)，＝(－，1)，则凸四边形ABCD的面积为________；·的取值范围是________．
解析：由＝(1，)，＝(－，1)得⊥，且||＝2，||＝2，所以凸四边形ABCD的面积为×2×2＝2；因为ABCD为凸四边形，所以AC与BD交于四边形内一点，记为M，则·＝(－)(－)＝·＋·－·－·，
设＝λ，＝μ，则λ，μ∈(0，1)，且＝－λ，＝(1－λ)，
＝－μ，＝(1－μ)，所以·＝－4μ(1－μ)－4λ(1－λ)∈[－2，0)，所以有λ＝μ＝时，·取到最小值－2.
答案：2 [－2，0)
15．(2019·嘉兴一中高考适应性考试)在△ABC中，∠ACB为钝角，AC＝BC＝1，＝x＋y且x＋y＝1，函数f(m)＝|－m|的最小值为，则||的最小值为________．
解析：在△ABC中，∠ACB为钝角，AC＝BC＝1，函数f(m)的最小值为.
所以函数f(m)＝|－m|
＝
＝≥，
化为4m2－8mcos∠ACB＋1≥0恒成立．
当且仅当m＝＝cos∠ACB时等号成立，代入得到
cos∠ACB＝－，所以∠ACB＝.
所以||2＝x22＋y22＋2xy·＝x2＋y2＋2xy×cos＝x2＋(1－x)2－x(1－x)＝3＋，
当且仅当x＝＝y时，||2取得最小值，
所以||的最小值为.
答案：
16．在△OAB中，已知||＝，||＝1，∠AOB＝45°，若＝λ＋μ，且λ＋2μ＝2，则在上的投影的取值范围是________．
解析：由＝λ＋μ，且λ＋2μ＝2，
则·＝·
＝λ2＋·，
又||＝，||＝1，∠AOB＝45°，
所以由余弦定理求得||＝1，
所以·＝λ＋×1××＝1＋，
||＝
＝
＝ ，
故在上的投影＝
＝· (*)．
当λ＜－2时，(*)式＝－·
＝－＝－∈；
当λ≥－2时，(*)式可化为；
①λ＝0，上式＝；
②－2≤λ＜0，上式＝∈；
③λ＞0，上式＝∈.
综上，在上的投影的取值范围是.
答案：
17．已知，是非零不共线的向量，设＝·＋，定义点集P＝，当K1，K2∈P时，若对于任意的r≥3，不等式||≤c||恒成立，则实数c的最小值为________．
解析：由＝·＋，可得A，B，C三点共线，
由＝，可得||cos∠AKC＝||cos∠BKC，
即有∠AKC＝∠BKC，则KC为∠AKB的角平分线．
由角平分线的性质定理可知＝＝r，
以AB所在的直线为x轴，以线段AB上某一点为原点建立直角坐标系，设点K(x，y)，A(－a，0)，B(b，0)，
所以＝r2，
化简得(1－r2)x2＋(1－r2)y2＋(2a＋2br2)x＋(a2－b2r2)＝0.
由方程知K的轨迹是圆心在AB上的圆，当|K1K2|为直径时最大，方便计算，令K1K2与AB共线，如图，
由|K1A|＝r|K1B|，可得|K1B|＝，
由|K2A|＝r|K2B|，可得|K2B|＝，
可得|K1K2|＝＋＝|AB|＝|AB|，
而易知r－≥3－＝，
即有|K1K2|≤|AB|，即≤，
即c≥＝，
故c的最小值为.
答案：
18．在△ABC中，已知C＝，向量p＝(sin A，2)，q＝(2，cos B)，且p⊥q.
(1)求角A的值；
(2)若＝2，AD＝，求△ABC的面积．
解：(1)因为p⊥q，所以p·q＝0⇒p·q＝2sin A＋2cos B＝0，又C＝，
所以sin A＋cos B＝sin A＋cos＝0，
化简得tan A＝，A∈(0，π)，所以A＝.
(2)因为＝2，所以D为BC边的中点，
设||＝x，||＝2x，
由(1)知A＝C＝，所以||＝2x，B＝，
在△ABD中，由余弦定理，得
||2＝||2＋||2－2||·||·cos
＝(2x)2＋x2－2·2x·x·cos＝7，
所以x＝1，所以AB＝BC＝2，
所以S△ABC＝BA·BC·sin B＝×2×2×sin＝.
19．已知m＝(2sin x，sin x－cos x)，n＝(cos x，sin x＋cos x)，记函数f(x)＝m·n.
(1)求函数f(x)的最大值以及取得最大值时x的取值集合；
(2)设△ABC的角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若f(C)＝2，c＝，求△ABC面积的最大值．
解：(1)由题意，得f(x)＝m·n＝2sin xcos x＋sin2x－cos2x＝sin 2x－(cos2 x－sin2 x)＝sin 2x－cos 2x＝2sin，所以f(x)max＝2；
当f(x)取最大值时，即sin＝1，此时2x－＝2kπ＋(k∈Z)，解得x＝kπ＋(k∈Z)，所以x的取值集合为.
(2)由f(C)＝2，得sin＝1，又0＜C＜π，
即－＜2C－＜，
所以2C－＝，解得C＝，
在△ABC中，由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcos C，
得3＝a2＋b2－ab≥ab，即ab≤3，当且仅当a＝b＝时，取等号，所以S△ABC＝absin C＝ab≤，
所以△ABC面积的最大值为.
平面向量的概念与线性运算
[核心提炼]
1．在平面向量的化简或运算中，要根据平面向量基本定理选好基底，变形要有方向不能盲目转化；
2．在用三角形加法法则时要保证“首尾相接”，结果向量是第一个向量的起点指向最后一个向量终点所在的向量；在用三角形减法法则时要保证“同起点”，结果向量的方向是指向被减向量．
[典型例题]
(1)(2019·杭州模拟)如图所示，已知AB是圆O的直径，点C，D是半圆弧的两个三等分点，＝a，＝b，则＝( )
A．a－b B．a－b
C．a＋b D．a＋b
(2)(2019·金华市十校联考)已知A、B、C是平面上不共线的三点，O是△ABC的重心，点P满足＝(＋＋2)，则为( )
A． B．
C．2 D．
(3)(2019·嘉兴七校联考)在△ABC中，点D满足＝，当点E在射线AD(不含点A)上移动时，若＝λ＋μ，则(λ＋1)2＋μ2的取值范围为________．
【解析】 (1)连接CD，由点C，D是半圆弧的三等分点，得CD∥AB且＝＝a，
所以＝＋＝b＋a.
(2)如图，延长CO，交AB中点D，O是△ABC的重心，则＝(＋＋2)＝(2＋2)＝(－＋2)＝，
所以OP＝OC＝×CD＝CD；
所以DP＝DO＋OP＝CD＋CD＝CD，DO＝CD；
所以＝＝＝.
(3)因为点E在射线AD(不含点A)上，设＝k(k>0)，又＝，
所以＝k(＋)＝
k＝＋，
所以，(λ＋1)2＋μ2＝＋k2＝＋>1，故(λ＋1)2＋μ2的取值范围为(1，＋∞)．
【答案】 (1)D (2)A (3)(1，＋∞)
平面向量的线性运算技巧
(1)对于平面向量的线性运算，要先选择一组基底，同时注意共线向量定理的灵活运用．
(2)运算过程中重视数形结合，结合图形分析向量间的关系．
[对点训练]
1．(2019·瑞安市四校联考)设M是△ABC边BC上的点，N为AM的中点，若＝λ＋μ，则λ＋μ的值为( )
A. B. C. D.1
解析：选C.因为M在BC边上，所以存在实数t∈[0，1]使得＝t.
＝＋＝＋t＝＋t(－)＝(1－t)＋t，
因为N为AM的中点，
所以＝＝＋，
所以λ＝，μ＝，所以λ＋μ＝＋＝，故C正确．
2．(2019·宁波诺丁汉大学附中期中考试)在△ABC中，BC＝7，AC＝6，cos C＝.若动点P满足＝(1－λ)＋，(λ∈R)，则点P的轨迹与直线BC，AC所围成的封闭区域的面积为( )
A．5 B．10
C．2 D．4
解析：选A.设＝，
因为＝(1－λ)＋＝(1－λ)＋λ，
所以B，D，P三点共线．
所以P点轨迹为直线BC.
在△ABC中，BC＝7，AC＝6，cos C＝，
所以sin C＝，
所以S△ABC＝×7×6×＝15，
所以S△BCD＝S△ABC＝5.
3．(2019·高考浙江卷)已知正方形ABCD的边长为1.当每个λi(i＝1，2，3，4，5，6)取遍±1时，|λ1＋λ2＋λ3＋λ4＋λ5＋λ6|的最小值是________，最大值是________．
解析：以点A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴建立平面直角坐标系，如图，则A(0，0)，B(1，0)，C(1，1)，D(0，1)，所以λ1＋λ2＋λ3＋λ4＋λ5＋λ6＝(λ1－λ3＋λ5－λ6，λ2－λ4＋λ5＋λ6)，所以当时，可取λ1＝λ3＝1，λ5＝λ6＝1，λ2＝－1，λ4＝1，此时|λ1＋λ2＋λ3＋λ4＋λ5＋λ6|取得最小值0；取λ1＝1，λ3＝－1，λ5＝λ6＝1，λ2＝1，λ4＝－1，则|λ1＋λ2＋λ3＋λ4＋λ5＋λ6|取得最大值＝2.
答案：0 2
平面向量的数量积
[核心提炼]
1．平面向量的数量积的两种运算形式
(1)数量积的定义：a·b＝|a||b|cos θ(其中θ为向量a，b的夹角)；
(2)坐标运算：a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)时，a·b＝x1x2＋y1y2.
2．平面向量的三个性质
(1)若a＝(x，y)，则|a|＝＝.
(2)若A(x1，y1)，B(x2，y2)，则
||＝.
(3)若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，θ为a与b的夹角，则cos θ＝＝.
[典型例题]
(1)(2018·高考浙江卷)已知a，b，e是平面向量，e是单位向量．若非零向量a与e的夹角为，向量b满足b2－4e·b＋3＝0，则|a－b|的最小值是( )
A．－1 B．＋1
C．2 D．2－
(2)(2019·浙江新高考研究联盟)已知向量a，b，c满足|a|＝1，|b|＝k，|c|＝2－k且a＋b＋c＝0，则b与c夹角的余弦值的取值范围是________．
【解析】 (1)设O为坐标原点，a＝，b＝＝(x，y)，e＝(1，0)，由b2－4e·b＋3＝0得x2＋y2－4x＋3＝0，即(x－2)2＋y2＝1，所以点B的轨迹是以C(2，0)为圆心，1为半径的圆．因为a与e的夹角为，所以不妨令点A在射线y＝x(x>0)上，如图，数形结合可知
|a－b|min＝||－||＝－1.故选A.
(2)设b与c的夹角为θ，由题b＋c＝－a，
所以b2＋c2＋2b·c＝1.
即cos θ＝＝1＋.
因为|a|＝|b＋c|≥|b－c|，所以|2k－2|≤1.
所以≤k≤.
所以－1≤cos θ≤－.
【答案】 (1)A (2)
(1)平面向量数量积的计算
①涉及数量积和模的计算问题，通常有两种求解思路
(ⅰ)直接利用数量积的定义；
(ⅱ)建立坐标系，通过坐标运算求解．
②在利用数量积的定义计算时，要善于将相关向量分解为图形中模、夹角和已知的向量进行计算．
(2)求解向量数量积最值问题的两种思路
①直接利用数量积公式得出代数式，依据代数式求最值．
②建立平面直角坐标系，通过坐标运算得出函数式，转化为求函数的最值．
[对点训练]
1．(2019·嘉兴市高考一模)已知平面向量a、b满足|a|＝|b|＝1，a·b＝，若向量c满足|a－b＋c|≤1，则|c|的最大值为( )
A．1 B．
C． D．2
解析：选D.由平面向量a、b满足|a|＝|b|＝1，a·b＝，
可得|a|·|b|·cos〈a，b〉＝1·1·cos〈a，b〉＝，
由0≤〈a，b〉≤π，可得〈a，b〉＝，
设a＝(1，0)，b＝，c＝(x，y)，
则|a－b＋c|≤1，即有≤1，
即为＋≤1，
故|a－b＋c|≤1的几何意义是在以为圆心，半径等于1的圆上和圆内部分，|c|的几何意义是表示向量c的终点与原点的距离，而原点在圆上，则最大值为圆的直径，即为2.
2．如图，已知平面四边形ABCD，AB⊥BC，AB＝BC＝AD＝2，CD＝3，AC与BD交于点O.记I1＝·，I2＝·，I3＝·，则( )
A．I1＜I2＜I3 B．I1＜I3＜I2
C．I3 ＜ I1＜I2 D．I2＜I1＜I3
解析：选C.如图所示，四边形ABCE是正方形，F为正方形的对角线的交点，易得AO
解析：非零向量a，b满足：a2＝(5a－4b)·b，
可得a ·b＝(a2＋4b2)＝(|a|2＋4|b|2)≥·2＝|a|·|b|，
即有cos〈a，b〉＝≥·＝，
当且仅当|a|＝2|b|，取得最小值.
答案：
平面向量与其他知识的交汇
[核心提炼]
平面向量具有代数形式与几何形式的“双重身份”，常与三角函数、解三角形、平面解析几何、函数、数列、不等式等知识交汇命题，平面向量的“位置”为：一是作为解决问题的工具，二是通过运算作为命题条件．
[典型例题]
(1)如图，已知点D为△ABC的边BC上一点，＝3，En(n∈N*)为边AC上的列点，满足＝an＋1·－(3an＋2)，其中实数列{an}中，an＞0，a1＝1，则数列{an}的通项公式为an＝( )
A．3·2n－1－2 B．2n－1
C．3n－1 D．2·3n－1－1
(2)已知在锐角三角形ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量p＝(cos B＋sin B，2sin B－2)，q＝(sin B－cos B，1＋sin B)，且p⊥q.
①求B的大小；
②若b＝2，△ABC的面积为，求a，c.
【解】 (1)选D.因为＝3，所以＝＋＝＋＝＋(＋)＝－＋.设m＝，则由＝an＋1－(3an＋2)，得(an＋1＋m)－(m＋3an＋2)＝0，
则－m＝an＋1，m＝－(3an＋2)，
所以an＋1＝(3an＋2)，所以an＋1＋1＝3(an＋1)．因为a1＋1＝2，所以数列{an＋1}是以2为首项，3为公比的等比数列，所以an＋1＝2·3n－1，所以an＝2·3n－1－1.
(2)①因为p⊥q，
所以p·q＝(cos B＋sin B)(sin B－cos B)＋(2sin B－2)·(1＋sin B)＝0，即3sin2B－cos2B－2＝0，
即sin2B＝，又角B是锐角三角形ABC的内角，
所以sin B＝，所以B＝60°.
②由①得B＝60°，又△ABC的面积为，
所以S△ABC＝acsin B，即ac＝4.①
由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B，
又b＝2，所以a2＋c2＝8，②
联立①②，解得a＝c＝2.
平面向量与其他知识的交汇点主要体现在与三角函数、立体几何、解析几何，求最值．
(1)利用平面向量的知识给出三角函数之间的一些关系，解题的关键还是三角函数的知识．在解析几何中只是利用向量知识给出一些几何量的位置关系和数量关系，在解题中要善于根据向量知识分析解析几何中几何量之间的关系，最后的解题还要落实到解析几何知识上．
(2)因为向量是沟通代数、几何的工具，有着极其丰富的实际背景，对于某些代数问题，可构造向量，使其转化为向量问题求解．
[对点训练]
1．(2019·杭州市高三二模)△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，D是AB的中点，E，F分别是边BC、AC上的动点，且EF＝1，则·的最小值等于( )
A. B.
C. D.
解析：选B.以三角形的直角边为坐标轴建立平面直角坐标系，如图所示：
则A(0，4)，B(3，0)，C(0，0)，D.
设E(x，0)，则F(0，)，0≤x≤1.
所以＝，
＝.
所以·＝－x＋4－2＝－－2.
令f(x)＝－－2，
当x≠1时，则f′(x)＝－＋ .
令f′(x)＝0得x＝.
当0≤x＜时，f′(x)＜0，当＜x＜1时，f′(x)＞0.
所以当x＝时，f(x)取得最小值f＝.
当x＝1时，f(1)＝－＝＞，故选B.
2．(2019·浙江新高考研究联盟联考)已知向量a，b满足|a＋b|＝4，|a－b|＝3，则|a|＋|b|的取值范围是( )
A．[3，5] B．[4，5]
C．[3，4] D．[4，7]
解析：选B.|a|＋|b|≥max{|a＋b|，|a－b |}＝4，
(|a|＋|b|)2≤|a＋b|2＋|a－b|2＝25，所以|a|＋|b|≤5.
3．(2019·江苏常州武进区高三上学期期中考试改编)已知数列{an}中，a1＝2，点列Pn(n＝1，2，…)在△ABC内部，且△PnAB与△PnAC的面积比为2∶1.若对n∈N*都存在数列{bn}满足bn＋an＋1＋(3an＋2)＝0，求a4.
解：在线段BC上取点D，使得BD＝2CD，则Pn在线段AD上，
因为bn＋an＋1＋(3an＋2)＝0，
所以－an＋1＝bn＋(3an＋2)＝bn(－)＋(3an＋2)(－)，
所以＝－bn－×(3an＋2).
因为A，Pn，D三点共线，所以－an＋1－bn－3an－2＝－bn－(3an＋2)，即an＋1＝3an＋2，
所以a2＝3a1＋2＝8，a3＝3a2＋2＝26，a4＝3a3＋2＝80.
复 数
[核心提炼]
1．复数的除法
复数的除法一般是将分母实数化，即分子、分母同乘以分母的共轭复数再进一步化简．
2．复数运算中常见的结论
(1)(1±i)2＝±2i，＝i，＝－i.
(2)－b＋ai＝i(a＋bi)．
(3)i4n＝1，i4n＋1＝i，i4n＋2＝－1，i4n＋3＝－i.
(4)i4n＋i4n＋1＋i4n＋2＋i4n＋3＝0.
[典型例题]
(1)(2019·杭州学军中学高考模拟)设复数z满足＝i，则|z|＝( )
A．1 B． C． D．2
(2)设有下面四个命题
p1：若复数z满足∈R，则z∈R；
p2：若复数z满足z2∈R，则z∈R；
p3：若复数z1，z2满足z1z2∈R，则z1＝z2；
p4：若复数z∈R，则z∈R.
其中的真命题为( )
A．p1，p3 B．p1，p4 C．p2，p3 D．p2，p4
(3)(2019·浙江新高考冲刺卷)已知复数z＝1＋i，其中i为虚数单位，则复数1＋z＋z2＋…＋z2 017的实部为( )
A．1 B．－1 C．21 009 D．－21 009
【解析】 (1)因为复数z满足＝i，
所以1＋z＝i－zi，所以z(1＋i)＝i－1，所以z＝＝i，
所以|z|＝1，故选A.
(2)对于命题p1，设z＝a＋bi(a，b∈R)，由＝＝∈R，得b＝0，则z∈R成立，故命题p1正确；对于命题p2，设z＝a＋bi(a，b∈R)，由z2＝a2－b2＋2abi∈R，得ab＝0，则a＝0或b＝0，复数z可能为实数或纯虚数，故命题p2错误；对于命题p3，设z1＝a＋bi(a，b∈R)，z2＝c＋di(c，d∈R)，由z1·z2＝(ac－bd)＋(ad＋bc)i∈R，得ad＋bc＝0，不一定有z1＝z2，故命题p3错误；对于命题p4，设z＝a＋bi(a，b∈R)，则由z∈R，得b＝0，所以z＝a∈R成立，故命题p4正确．故选B.
(3)因为z＝1＋i，
所以1＋z＋z2＋…＋z2 017＝＝
＝＝＝＝21 009＋i.
所以复数1＋z＋z2＋…＋z2 017的实部为21 009.故选C.
【答案】 (1)A (2)B (3)C
复数问题的解题思路
(1)以复数的基本概念、几何意义、相等的条件为基础，结合四则运算，利用复数的代数形式列方程或方程组解决问题．
(2)若与其他知识结合考查，则要借助其他的相关知识解决问题．
[对点训练]
1．(2019·福建省普通高中质量检查)若复数z满足(1＋i)z＝|＋i|，则在复平面内，z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A.由题意，得z＝＝＝1－i，所以z＝1＋i，其在复平面内对应的点为(1，1)，位于第一象限，故选A.
2．(2019·金丽衢十二校联考)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.因为|z－i|≤2，
所以复数z在复平面内对应点在以(0，1)为圆心，以2为半径的圆及其内部．
所以|z|的最大值为3.故选C.
3．(2019·高考浙江卷)复数z＝(i为虚数单位)，则|z|＝________．
解析：通解：z＝＝＝－，
所以|z|＝＝.
优解：|z|＝＝＝＝.
答案：
专题强化训练
1．(2019·绍兴诸暨高考二模)已知复数z满足z(1＋i)＝2i，则z的共轭复数z等于( )
A．1＋i B．1－i
C．－1＋i D．－1－i
解析：选B.由z(1＋i)＝2i，得z＝＝＝1＋i，
则z的共轭复数z＝1－i.故选B.
2．在等腰梯形ABCD中，＝－2，M为BC的中点，则＝( )
A.＋ B.＋
C.＋ D.＋
解析：选B.因为＝－2，所以＝2.又M是BC的中点，
所以＝(＋)＝(＋＋)＝(＋＋)＝＋，故选B.
3．(2019·嘉兴一中高考模拟)复数z满足z·(2－i)＝3－4i(其中i为虚数单位)，则复数||＝( )
A. B.2
C. D.
解析：选D.复数z满足z·(2－i)＝3－4i(其中i为虚数单位)，所以z·(2－i)(2＋i)＝(3－4i)(2＋i)，化为：5z＝10－5i，可得z＝2－i.则复数||＝＝＝|－1－2i|＝|1＋2i|＝＝.故选D.
4.在边长为2的正方形ABCD中，E，F分别为BC和DC的中点，则·＝( )
A．－ B．
C．－4 D．－2
解析：选C.通过建系求点的坐标，然后求解向量的数量积．在边长为2的正方形ABCD中，E，F分别为BC和DC的中点，以A为坐标原点，AB，AD为坐标轴，建立平面直角坐标系，则B(2，0)，D(0，2)，E(2，1)，F(1，2)．所以＝(2，－1)，＝(－1，2)，所以·＝－4.
5．(2019·台州市书生中学检测)已知点O是△ABC的外接圆圆心，且AB＝3，AC＝4.若存在非零实数x、y，使得＝x＋y，且x＋2y＝1，则cos∠BAC的值为( )
A. B.
C. D.
解析：选A.设线段AC的中点为点D，则直线OD⊥AC.因为＝x＋y，所以＝x＋2y.又因为x＋2y＝1，所以点O、B、D三点共线，即点B在线段AC的中垂线上，则AB＝BC＝3.在△ABC中，由余弦定理得，cos∠BAC＝＝.故选A.
6．在△ABC中，AB＝，BC＝2，∠A＝，如果不等式|－t|≥||恒成立，则实数t的取值范围是( )
A．[1，＋∞) B．
C．∪[1，＋∞) D．(－∞，0]∪[1，＋∞)
解析：选C.在直角三角形ABC中，易知AC＝1，cos∠ABC＝，由|－t|≥||，得2－2t·＋t22≥2，即2t2－3t＋1≥0，解得t≥1或t≤.
7．称d(a，b)＝|a－b|为两个向量a，b间的“距离”．若向量a，b满足：①|b|＝1；②a≠b；③对任意的t∈R，恒有d(a，tb)≥d(a，b)，则( )
A．a⊥b B．b⊥(a－b)
C．a⊥(a－b) D．(a＋b)⊥(a－b)
解析：选B.由于d(a，b)＝|a－b|，因此对任意的t∈R，恒有d(a，tb)≥d(a，b)，即|a－tb|≥|a－b|，即(a－tb)2≥(a－b)2，t2－2ta·b＋(2a·b－1)≥0对任意的t∈R都成立，因此有(－2a·b)2－4(2a·b－1)≤0，即(a·b－1)2≤0，得a·b－1＝0，故a·b－b2＝b·(a－b)＝0，故b⊥(a－b)．
8．(2019·温州市高考模拟)记max{a，b}＝，已知向量a，b，c 满足|a|＝1，|b|＝2，a·b＝0，c＝λa＋μb(λ，μ≥0，且λ＋μ＝1，则当max{c·a，c·b}取最小值时，|c|＝( )
A. B.
C.1 D.
解析：选A.如图，
设＝a，OB＝b，则a＝(1，0)，b＝(0，2)，
因为λ，μ≥0，λ＋μ＝1，所以0≤λ≤1.
又c＝λa＋μb，
所以c·a＝(λa＋b－λb)·a＝λ；
c·b＝(λa＋b－λb)·b＝4－4λ.
由λ＝4－4λ，得λ＝.
所以max{c·a，c·b}＝.
令f(λ)＝.
则f(λ)∈.
所以f(λ)min＝，此时λ＝，μ＝，
所以c＝a＋b＝.
所以|c|＝＝.故选A.
9．(2019·绍兴市柯桥区高三期中检测)已知平面向量a，b，c满足|a|＝4，|b|＝3，|c|＝2，b·c＝3，则(a－b)2(a－c)2－[(a－b)·(a－c)]2的最大值为( )
A．4＋3 B．4＋3
C．(4＋3)2 D．(4＋3)2
解析：选D.设＝a，＝b，＝c，a－b与a－c所成夹角为θ，
则(a－b)2(a－c)2－[(a－b)·(a－c)]2
＝|AB|2|AC|2－|AB|2|AC|2cos2θ
＝|AB|2|AC|2sin2θ＝|AB|2|AC|2sin2∠CAB＝4S，
因为|b|＝3，|c|＝2，b·c＝3，所以b，c的夹角为60°，
设B(3，0)，C(1，)，则|BC|＝，
所以S△OBC＝×3×2×sin 60°＝，设O到BC的距离为h，
则·BC·h＝S△OBC＝，
所以h＝，
因为|a|＝4，所以A点落在以O为圆心，以4为半径的圆上，
所以A到BC的距离最大值为4＋h＝4＋.
所以S△ABC的最大值为
××
＝2＋，
所以(a－b)2(a－c)2－[(a－b)·(a－c)]2最大值为4＝(4＋3)2.故选D.
10．(2019·金华市东阳二中高三月考)若a，b是两个非零向量，且|a|＝|b|＝λ|a＋b|，λ∈，则b与a－b的夹角的取值范围是( )
A. B.
C. D.
解析：选B.因为|a|＝|b|＝λ|a＋b|，λ∈，
不妨设|a＋b|＝1，则|a|＝|b|＝λ.
令＝a，＝b，以OA、OB为邻边作平行四边形OACB，
则平行四边形OACB为菱形．故有△OAB为等腰三角形，故有∠OAB＝∠OBA＝θ，且0<θ<.而由题意可得，b与a－b的夹角，即与的夹角，等于π－θ，△OAC中，由余弦定理可得|OC|2＝1＝|OA|2＋|AC|2－2|OA|·|AC|·cos 2θ＝λ2＋λ2－2·λ·λcos 2θ，解得cos 2θ＝1－.再由≤λ≤1，可得≤≤，所以－≤cos 2θ≤，所以≤2θ≤，所以≤θ≤，故≤π－θ≤，即b与a－b的夹角π－θ的取值范围是.
11．(2019·杭州市高考二模)已知复数z＝(a∈R)的实部为1，则a＝________，|z|＝________．
解析：因为z＝＝＝a－i的实部为1，
所以a＝1，则z＝1－i，|z|＝.
答案：1
12．(2019·嘉兴一中高考适应性考试)设e1，e2为单位向量，其中a＝2e1＋e2，b＝e2，且a在b上的投影为2，则a·b＝________，e1与e2的夹角为________．
解析：设e1，e2的夹角为θ，因为a在b上的投影为2，
所以＝＝2e1·e2＋|e2|2＝2|e1|·|e2|cos θ＋1＝2，解得cos θ＝，则θ＝.a·b＝(2e1＋e2)·e2＝2e1·e2＋|e2|2＝2|e1|·|e2|cos θ＋1＝2.
答案：2
13．已知向量a，b，|a|＝1，|b|＝2.若对任意单位向量e，均有|a·e|＋|b·e|≤，则a·b的最大值是________．
解析：由题意，令e＝(1，0)，a＝(cos α，sin α)，b＝(2cos β，2sin β)，则由|a·e|＋|b·e|≤，可得|cos α|＋2|cos β|≤.①令sin α＋2sin β＝m，②
①2＋②2得4[|cos αcos β|＋sin αsin β]≤1＋m2对一切实数α，β恒成立，所以4[|cos αcos β|＋sin αsin β]≤1，
故a·b＝2(cos αcos β＋sin αsin β)≤2[|cos αcos β|＋sin αsin β]≤.
答案：
14．(2019·温州市十五校联合体联考)已知坐标平面上的凸四边形ABCD满足＝(1，)，＝(－，1)，则凸四边形ABCD的面积为________；·的取值范围是________．
解析：由＝(1，)，＝(－，1)得⊥，且||＝2，||＝2，所以凸四边形ABCD的面积为×2×2＝2；因为ABCD为凸四边形，所以AC与BD交于四边形内一点，记为M，则·＝(－)(－)＝·＋·－·－·，
设＝λ，＝μ，则λ，μ∈(0，1)，且＝－λ，＝(1－λ)，
＝－μ，＝(1－μ)，所以·＝－4μ(1－μ)－4λ(1－λ)∈[－2，0)，所以有λ＝μ＝时，·取到最小值－2.
答案：2 [－2，0)
15．(2019·嘉兴一中高考适应性考试)在△ABC中，∠ACB为钝角，AC＝BC＝1，＝x＋y且x＋y＝1，函数f(m)＝|－m|的最小值为，则||的最小值为________．
解析：在△ABC中，∠ACB为钝角，AC＝BC＝1，函数f(m)的最小值为.
所以函数f(m)＝|－m|
＝
＝≥，
化为4m2－8mcos∠ACB＋1≥0恒成立．
当且仅当m＝＝cos∠ACB时等号成立，代入得到
cos∠ACB＝－，所以∠ACB＝.
所以||2＝x22＋y22＋2xy·＝x2＋y2＋2xy×cos＝x2＋(1－x)2－x(1－x)＝3＋，
当且仅当x＝＝y时，||2取得最小值，
所以||的最小值为.
答案：
16．在△OAB中，已知||＝，||＝1，∠AOB＝45°，若＝λ＋μ，且λ＋2μ＝2，则在上的投影的取值范围是________．
解析：由＝λ＋μ，且λ＋2μ＝2，
则·＝·
＝λ2＋·，
又||＝，||＝1，∠AOB＝45°，
所以由余弦定理求得||＝1，
所以·＝λ＋×1××＝1＋，
||＝
＝
＝ ，
故在上的投影＝
＝· (*)．
当λ＜－2时，(*)式＝－·
＝－＝－∈；
当λ≥－2时，(*)式可化为；
①λ＝0，上式＝；
②－2≤λ＜0，上式＝∈；
③λ＞0，上式＝∈.
综上，在上的投影的取值范围是.
答案：
17．已知，是非零不共线的向量，设＝·＋，定义点集P＝，当K1，K2∈P时，若对于任意的r≥3，不等式||≤c||恒成立，则实数c的最小值为________．
解析：由＝·＋，可得A，B，C三点共线，
由＝，可得||cos∠AKC＝||cos∠BKC，
即有∠AKC＝∠BKC，则KC为∠AKB的角平分线．
由角平分线的性质定理可知＝＝r，
以AB所在的直线为x轴，以线段AB上某一点为原点建立直角坐标系，设点K(x，y)，A(－a，0)，B(b，0)，
所以＝r2，
化简得(1－r2)x2＋(1－r2)y2＋(2a＋2br2)x＋(a2－b2r2)＝0.
由方程知K的轨迹是圆心在AB上的圆，当|K1K2|为直径时最大，方便计算，令K1K2与AB共线，如图，
由|K1A|＝r|K1B|，可得|K1B|＝，
由|K2A|＝r|K2B|，可得|K2B|＝，
可得|K1K2|＝＋＝|AB|＝|AB|，
而易知r－≥3－＝，
即有|K1K2|≤|AB|，即≤，
即c≥＝，
故c的最小值为.
答案：
18．在△ABC中，已知C＝，向量p＝(sin A，2)，q＝(2，cos B)，且p⊥q.
(1)求角A的值；
(2)若＝2，AD＝，求△ABC的面积．
解：(1)因为p⊥q，所以p·q＝0⇒p·q＝2sin A＋2cos B＝0，又C＝，
所以sin A＋cos B＝sin A＋cos＝0，
化简得tan A＝，A∈(0，π)，所以A＝.
(2)因为＝2，所以D为BC边的中点，
设||＝x，||＝2x，
由(1)知A＝C＝，所以||＝2x，B＝，
在△ABD中，由余弦定理，得
||2＝||2＋||2－2||·||·cos
＝(2x)2＋x2－2·2x·x·cos＝7，
所以x＝1，所以AB＝BC＝2，
所以S△ABC＝BA·BC·sin B＝×2×2×sin＝.
19．已知m＝(2sin x，sin x－cos x)，n＝(cos x，sin x＋cos x)，记函数f(x)＝m·n.
(1)求函数f(x)的最大值以及取得最大值时x的取值集合；
(2)设△ABC的角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若f(C)＝2，c＝，求△ABC面积的最大值．
解：(1)由题意，得f(x)＝m·n＝2sin xcos x＋sin2x－cos2x＝sin 2x－(cos2 x－sin2 x)＝sin 2x－cos 2x＝2sin，所以f(x)max＝2；
当f(x)取最大值时，即sin＝1，此时2x－＝2kπ＋(k∈Z)，解得x＝kπ＋(k∈Z)，所以x的取值集合为.
(2)由f(C)＝2，得sin＝1，又0＜C＜π，
即－＜2C－＜，
所以2C－＝，解得C＝，
在△ABC中，由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcos C，
得3＝a2＋b2－ab≥ab，即ab≤3，当且仅当a＝b＝时，取等号，所以S△ABC＝absin C＝ab≤，
所以△ABC面积的最大值为.
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