2019-2020年高考数学一轮总复习 第四章 平面向量与复数课时训练 理.doc

2019-2020年高考数学一轮总复习 第四章 平面向量与复数课时训练 理1. 下面有5个命题： 单位向量的模都相等； 长度不等且方向相反的两个向量不一定是共线向量； 若a、b满足|a|b|且a与b同向，则ab； 两个有共同起点而且相等的向量，其终点必相同； 对任意非零向量a、b必有|ab|a|b|.其中正确的是_(填序号)答案：解析：单位向量的模均为1，故正确；共线包括同向和反向，故不正确；向量不能比较大小，不正确；根据向量的表示，正确；由向量加法的三角形法则知正确2. 如图所示，在ABC中，3，若a，b，则_(用a、b表示)答案：ab解析：()()ab.3. 设a、b是两个不共线向量，2apb，ab，a2b，若A、B、D三点共线，则实数p的值为_答案：1解析： 2ab，又A、B、D三点共线， 存在实数，使.即 p1.4. 若点O是ABC所在平面内的一点，且满足|2|，则ABC的形状为_答案：直角三角形解析：2， |.故A、B、C为矩形的三个顶点，ABC为直角三角形5. (xx宿迁质检)若点M是ABC所在平面内的一点，且满足53，则ABM与ABC的面积比为_答案：解析：设AB的中点为D，由53，得3322，即32.如图所示，故C、M、D三点共线，且，也就是ABM与ABC对于边AB的两高之比为35，则ABM与ABC的面积比为.6. 如图，在ABC中，P是BN上的一点，若m，则实数m的值为_答案：解析：设|y，|x，则，yx得，令，得yx，代入得m.7. ABC中，AB边的高为CD，若a，b，ab0，|a|1，|b|2，则_(用a、b表示)答案：ab解析：如图， ab0， ab， ACB90， AB.又CDAB， AC2ADAB， AD. (ab)ab.8. 已知ABC和点M满足0，若存在实数m使得m成立，则m_答案：3解析：由已知条件得.如图，因此延长AM交BC于D点，则D为BC的中点延长BM交AC于E点，延长CM交AB于F点，同理可证E、F分别为AC、AB的中点，即M为ABC的重心.()，即3，则m3.9. 在ABC中，E、F分别为AC、AB的中点，BE与CF相交于G点，设a，b，试用a、b表示.解：()(1)(1)ab.又mm()(1m)a(1m)b， 解得m， ab.10. 如图所示，已知ABC的面积为14 cm2，D、E分别是AB、BC上的点，且2，求APC的面积解：设a，b，则ab，ab.因为点A、P、E和点D、P、C均三点共线，所以存在和，使得ab，ab.因为ab，所以有解得，所以SPABSABC148(cm2)，SPBC142(cm2)，故SAPC14824(cm2)11. 如图，在ABC中，D为BC的中点，G为AD的中点，过点G任作一直线MN分别交AB、AC于M、N两点，若x，y，试问：是否为定值？请证明你的结论解：为定值，证明如下：设a，b，则xa，yb，()(ab)，所以(ab)xaab，ybxaxayb.因为与共线，所以存在实数，使，所以ab(xayb)xayb.因为a与b不共线，所以消去，得4为定值第2课时平面向量的基本定理及坐标表示1. (xx陕西)设0，向量a(sin2，cos)，b(cos，1)，若ab，则tan_答案：解析：因为向量ab，所以sin2cos20.又cos0，所以2sincos，故tan.2. 设a、b是不共线的两个非零向量，已知2apb，ab，a2b.若A、B、D三点共线，则p_答案：1解析：2ab，2apb，由A、B、D三点共线得，即2apb2ab，则有即p1.3. (xx重庆)已知向量a(k，3)，b(1，4)，c(2，1)，且(2a3b)c，则实数k_答案：3解析： 2a3b2(k，3)3(1，4)(2k3，6)，又(2a3b)c， (2k3)2(6)0，解得k3.4. 在ABC中，点P在BC上，且2，点Q是AC的中点，若(4，3)，(1，5)，则_答案：(6，21)解析：33(2)63(6，30)(12，9)(6，21)5. 已知向量与的夹角为120，且|2，|3.若，且，则实数的值为_答案：解析：由()()220，得34930，解得.6. 如图，在ABC中，点O是BC的中点过点O的直线分别交直线AB、AC于不同的两点M、N，若m，n，则mn_答案：2解析：()， M、O、N三点共线， 1， mn2.7. (xx南京质检)设(1，2)，(a，1)，(b，0)，a0，b0，O为坐标原点，若A、B、C三点共线，则的最小值为_答案：8解析：(a1，1)，(b1，2) A、B、C三点共线， . 2(a1)(b1)0， 2ab1. (2ab)4428.当且仅当时取等号 的最小值是8.8. (xx湖南)在平面直角坐标系中，O为原点，A(1，0)，B(0，)，C(3，0)，动点D满足|1，则|的最大值是_答案：1解析：由|1，得动点D在以C为圆心，半径为1的圆上，故可设D(3cos，sin)，所以(2cos，sin)，所以|2(2cos)2(sin)284cos2sin82sin()，所以(|2)max82，即|max1.9. 已知O(0，0)、A(1，2)、B(4，5)及t.试问：(1) t为何值时，P在x轴上，在y轴上，在第二象限？(2) 四边形OABP能否成为平行四边形？若能，求出相应的t值；若不能，请说明理由解：(1) O(0，0)，A(1，2)，B(4，5)， (1，2)，(3，3)，t(13t，23t)若P在x轴上，则23t0，解得t；若P在y轴上，则13t0，解得t；若P在第二象限，则解得t.(2) (1，2)，(33t，33t)，若四边形OABP为平行四边形，则，而无解， 四边形OABP不能成为平行四边形10. 在平面直角坐标系xOy中，已知点A(1，2)，B(2，3)，C(2，1)(1) 求以线段AB、AC为邻边的平行四边形的两条对角线的长；(2) 当k时，求(k)的值解：(1) 由题意，得(3，5)，(1，1)，则(2，6)，(4，4)故所求两条对角线的长分别为4，2.(2) (2，1)，k(32k，5k)， (k)(32k，5k)(2，1)115k. k， (k)115k0.11. 已知点O为坐标原点，A(0，2)，B(4，6)，t1t2.(1) 求点M在第二或第三象限的充要条件；(2) 求证：当t11时，不论t2为何实数，A、B、M三点都共线；(3) 若t1a2，求当且ABM的面积为12时a的值(1) 解：t1t2t1(0，2)t2(4，4)(4t2，2t14t2)当点M在第二或第三象限时，有故所求的充要条件为t20且t12t20.(2) 证明：当t11时，由(1)知(4t2，4t22) (4，4)，(4t2，4t2)t2(4，4)t2， A、B、M三点共线(3) 解：当t1a2时，(4t2，4t22a2)又(4，4)， 4t24(4t22a2)40， t2a2，故(a2，a2)又|4，点M到直线AB：xy20的距离d|a21|. SABM12， |AB|d4|a21|12，解得a2，故所求a的值为2.第3课时平面向量的数量积及平面向量的应用举例1. 已知向量a(2，1)，b(1，k)，若ab，则k_答案：2解析： ab， ab2k0，故k2.2. 若e1、e2是两个单位向量，ae12e2，b5e14e2，且ab，则e1、e2的夹角为_答案：解析： ab， ab0，即(e12e2)(5e14e2)0， 5e6e1e28e0， 56cos80，即cos. 0， .3. 在四边形ABCD中，(1，2)，(4，2)，则该四边形的面积为_答案：5解析：本题考查的是向量垂直的判断以及向量的模长因为1(4)220，所以，所以四边形的面积为5.4. 已知向量a、b的夹角为45，且|a|1，|2ab|，则|b|_答案：3解析：由|a|1，|2ab|，得|a|21，|2ab|210， 4|a|24ab|b|210，即4|a|24|a|b|cos45|b|210，也就是42|b|b|210，解得|b|3(负值已舍去)5. 已知向量a、b满足a2b(2，4)，3ab(8，16)，则向量a、b的夹角的大小为_答案：解析：由a2b(2，4)，3ab(8，16)，可得a(2，4)，b(2，4)，ab，故两向量共线且反向，故夹角为.6. (xx南京二模)已知|1，|2，AOB，则与的夹角大小为_答案：60解析：12cos1，|222， |，从而cos， 与的夹角为60.7. (xx苏锡常镇二模)已知平面内四点O、A、B、C满足2，3，则_答案：5解析：由题设知()2，()3，两式相加得5，即()5，从而5.8. (xx南京、盐城期末)在ABC中，BC2，A，则的最小值为_答案：解析：由题意得|cosAbc，又cosA，整理得4bcb2c22bc，从而有bc，所以bc.9. 如图所示，在平行四边形OADB中，向量a，b，两条对角线交点为C，又，.(1) 试用a、b表示；(2) 若|，|a|2，|b|6，求平行四边形OADB的面积解：(1) ，而， ()()ab.(2) 由(1)|2a2b2ab. |a|2，|b|6，记AOB，则|222cos3，即cos， 平行四边形OADB的面积为266.10. (xx镇江期末)已知ABC的面积为S，且|22S.(1) 求B的大小；(2) 若S，且|1，试求ABC最长边的长度解：(1) |22S， a2bacosCabsinC， abcosCbsinC.由正弦定理，得sinAsinBcosCsinBsinC.在ABC中，sinAsin(BC)，sinC0，B(0，)， sinBcosCcosBsinCsinBcosCsinBsinC， cosBsinCsinBsinC， cosBsinB，tanB1， B.(2) b|1，B45，S， acsinB. ac.由余弦定理得1a2c22ac，解得a1，c或a，c1. 最长边的长为.11. 已知向量a(cos，sin)，b(cos，sin)，0.(1) 若|ab|，求证：ab；(2) 设c(0，1)，若abc，求、的值(1) 证明：由题意得|ab|22，即(ab)2a22abb22.又a2b2|a|2|b|21，所以22ab2，即ab0，故ab.(2) 解：因为ab(coscos，sinsin)(0，1)，所以由此得coscos()由0，得0，又0，故，代入sinsin1，得sinsin，而，所以，.第4课时复 数1. (xx广东)已知复数z满足(34i)z25，则z_答案：34i解析：因为(34i)z25，所以z34i.2. (xx苏州期末)已知i为虚数单位，计算(12i)(1i)2_答案：42i解析：(12i)(1i)2(12i)(2i)2i4i242i.3. (xx苏锡常镇一模)若复数z(i为虚数单位)，则|z|_答案：解析：等式两边取模得|z|.4. (xx山东)已知a、bR，i是虚数单位，若ai与2bi互为共轭复数，则(abi)2_答案：34i解析：因为ai与2bi互为共轭复数，所以a2，b1，所以(abi)2(2i)234i.5. (xx如皋期末)计算：_答案：i解析：原式i.6. (xx南京、盐城期末)若复数z(1i)(3ai)(i为虚数单位)为纯虚数，则实数a_答案：3解析：z3ai3iai2(3a)(3a)i， a30，a3.7. 若复数z满足|zi|1(其中i为虚数单位)，则|z|的最大值为_答案：2解析：设zxyi(x，yR)，则由|zi|1，得x2(y1)21，由画图可知|z|的最大值为2.8. 设复数z满足|z|z1|1，则复数z的实部为_. 答案：解析：设zabi(a、bR) 复数z满足|z|z1|1， 解得a. 复数z的实部为.9. 已知复数z的共轭复数是z，且满足zz 2iz92i.求z.解：设zabi(a、bR)，则z abi， zz 2iz92i， (abi)(abi)2i(abi)92i，即a2b22b2ai92i， 由，得a1，代入，得b22b80，解得b2或b4. z12i或z14i.10. 已知z是复数，z2i、均为实数(i为虚数单位)，且复数(zai)2在复平面上对应的点在第一象限，求实数a的取值范围解：设zxyi(x、yR)，所以z2ix(y2)i，由题意得y2.因为(x2i)(2i)(2x2)(x4)i.由题意得x4，所以z42i.所以(zai)2(124aa2)8(a2)i，由于(zai)2在复平面上对应的点在第一象限，所以解得2a6，故实数a的取值范围是(2，6)11. 已知复数z，且|z|2，求|zi|的最大值，以及取得最大值时的z.解：(方法1)设zxyi(x、yR)， |z|2， x2y24，|zi|xyii|x(y1)i|. y24x24， 2y2.故当y2时，52y取得最大值9，从而取得最大值3，此时x0，即|zi|取最大值3时，z2i.(方法2)类比实数绝对值的几何意义，可知方程|z|2表示以原点为圆心，以2为半径的圆，而|zi|表示圆上的点到点A(0，1)的距离如图，连结AO并延长与圆交于点B(0，2)，显然根据平面几何的知识可知，圆上的点B到点A的距离最大，最大值为3，即当z2i时，|zi|取得最大值3.