1、第 2 讲 复数与平面向量 考情研析 1.复数是高考必考内容，主要考查复数的概念与四则运算多为选择题、 填空题，难度为中低档 2高考对平面向量的考查主要有三个方面：考查平面向量的基本定理及基本运算，多 以考生熟知的平面图形为背景进行考查，多为选择题、填空题，难度为中低档；考查平面向 量的数量积，以选择题、填空题为主，难度为低档；向量作为工具，还可能与三角函数、解 三角形、不等式等知识结合考查 核心知识回顾 1.复数 (1)复数的有关概念 (2)运算法则 加减法：(abi) (cdi) 06(a c)(b d)i 乘法：(abi)(cdi) 07(acbd)(adbc)i 除法：abi cdi
2、（abi）（cdi） c2d2 08 （acbd）（bcad）i c2d2 2平面向量的数量积 (1)若 a，b 为非零向量，夹角为 ，则 a b 01|a|b| cos_ (2)设 a(x1，y1)，b(x2，y2)，则 a b 02x1x2y1y2 3两个非零向量平行、垂直的充要条件 若 a(x1，y1)，b(x2，y2)，则 (1)ab 01ab(b0)02x1y2x2y10 (2)ab 03a b004x1x2y1y20 4利用数量积求长度 (1)若 a(x，y)，则|a| 01 a a 02_ x2y2 (2)若 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 |AB | 03_ （x2x1
3、）2（y2y1）2 5利用数量积求夹角 若 a(x1，y1)，b(x2，y2)， 为 a 与 b 的夹角，则 cos 01 a b |a|b| 02 x1x2y1y2 x2 1y 2 1 x2 2y 2 2 6三角形“四心”向量形式的充要条件 设 O 为ABC 所在平面上一点，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，则 (1)O 为ABC 的外心 01|OA |OB |OC | a 2sin A (2)O 为ABC 的重心 02OA OB OC 0 (3)O 为ABC 的垂心 03OA OB OB OC OC OA (4)O 为ABC 的内心 04aOA bOB cOC 0 热点考向探究
4、考向 1 复数的概念及运算 例 1 (1)(2020 山东省淄博市高三一模)复数(ai) (2i)的实部与虚部相等， 其中 i 为虚数 单位，则实数 a( ) A3 B1 3 C1 2 D1 答案 B 解析 因为(ai)(2i)2a1(a2)i，若此复数的实部与虚部相等，则 2a1(a 2)，解得 a1 3. (2)(2020 辽宁省渤大附中、育明高中五模)若复数a2i 1i (aR)为纯虚数，则|3ai|( ) A 13 B13 C10 D 10 答案 A 解析 由复数的运算法则，有a2i 1i （a2i）（1i） （1i）（1i） a2 2 2a 2 i，复数a2i 1i (aR) 为纯虚
5、数，则 a20， 2a0，即 a2，|3ai| 32a2 13.故选 A. (3)已知复数 z1，z2在复平面内对应的点关于虚轴对称，若 z112i，则z1 z2( ) A3 5 4 5i B3 5 4 5i C3 5 4 5i D3 5 4 5i 答案 D 解析 由题意可得，z112i，z212i，则z1 z2 12i 12i （12i）（12i） （12i）（12i） 3 5 4 5i.故选 D. (4)若复数 z 满足 2z z 312i， 其中 i 为虚数单位，z 是 z 的共轭复数， 则复数|z|( ) A3 5 B2 5 C4 D5 答案 D 解析 设复数 zabi，a，bR.2z
6、 z 312i，2(abi)(abi)312i，即 2aa3， 2bb12，解得 a3，b4，z34i，|z| 32425.故选 D. (1)复数运算的重点是除法运算，其关键是进行分母实数化，即分子、分母同乘分母的共 轭复数对一些常见的运算，如(1 i)2 2i，1i 1ii， 1i 1ii 等要熟记 (2)与复数z的模|z|和共轭复数有关的问题， 一般都要先设出复数z的代数形式zabi(a， bR)，再代入条件，用待定系数法解决 1若复数 z 2 1i，其中 i 为虚数单位，则下列结论正确的是( ) Az 的虚部为i B|z|2 Cz2为纯虚数 Dz 的共轭复数为1i 答案 C 解析 由题意
7、得 z 2 1i 2（1i） （1i）（1i）1i.由 z1i 得复数 z 的虚部为1， 所以 A 不正确|z|1i| 2，所以 B 不正确由于 z2(1i)22i，所以 z2为纯虚数，所以 C 正确z1i 的共轭复数为 z 1i，所以 D 不正确故选 C. 2设复数 z 满足1z 1zi，则|z|( ) A1 B 2 C 3 D2 答案 A 解析 由题意知 1zizi，所以 zi1 i1 （i1）2 （i1）（i1）i，所以|z|1，故选 A. 3在复平面上，设点 O，A，B 对应的复数分别为 0，12i，2i，若过点 O，A，B 作平行四边形 OACB，则点 C 对应的复数是( ) A42
8、i B12i C3i D3i 答案 D 解析 由题意，得OA (1，2)，OB (2，1)，则OC OA OB (3，1)，即 C( 3，1)，对应复数为3i，故选 D. 考向 2 平面向量的概念及运算 例 2 (1)(2020 黑龙江省哈尔滨模拟)向量 a，b，c 在正方形网格中的位置如图所示若向 量 ab 与 c 共线，则实数 ( ) A2 B1 C1 D2 答案 D 解析 根据图形可看出 2abc，满足 2ab 与 c 共线，2.故选 D. (2)已知向量 a(1，2)，b(2，3)，若 manb 与 2ab 共线(其中 m，nR 且 n0)， 则m n( ) A2 B2 C1 2 D1
9、 2 答案 A 解析 因为 manb(m2n，2m3n)，2ab(0，7)，manb 与 2ab 共线，所以 m 2n0，即m n2.故选 A. (3)已知点 O(0，0)，A(1，3)，B(2，4)，OP OA mAB .若点 P 在 y 轴上，则实数 m 的值为( ) A1 3 B1 4 C1 5 D1 6 答案 A 解析 由题意， 可得OA (1， 3)， AB (3， 7)， 所以OP OA mAB (3m1， 37m)， 点 P 在 y 轴上，即 3m10，m1 3.故选 A. (4) (2020 东北三省三校高三第三次联合模拟)如图，在ABC 中，点 Q 为线段 AC 上靠近 点
10、A 的三等分点，点 P 为线段 BQ 上靠近点 B 的三等分点，则PA PC ( ) A1 3BA 2 3BC B5 9BA 7 9BC C1 9BA 10 9 BC D2 9BA 7 9BC 答案 B 解析 PA PC BA BP BC BP BA BC 2 3BQ BA BC 2 3(BA AQ )1 3BA BC 2 3 1 3AC 1 3BA BC 2 9(BC BA )5 9BA 7 9BC . 平面向量的线性运算有几何运算和坐标运算两种形式， 几何运算主要是利用三角形法则和 平面向量的基本定理，坐标运算主要是利用向量加、减、数乘运算的法则进行求解解题过程 中要注意方程思想的运用及正
11、确使用运算法则 1(2020 海南省海口模拟)设向量 a(1，2)，向量 b 是与 a 方向相同的单位向量，则 b ( ) A(1，2) B 5 5 ，2 5 5 C 1 5， 2 5 D 5 5 ，2 5 5 答案 B 解析 |a|（1）222 5，因为向量 b 是与 a 方向相同的单位向量，所以 b a |a| 1 5 ， 2 5 5 5 ，2 5 5 ，故选 B. 2(2020 广东省茂名二模)设 a，b 是不共线的两个平面向量，已知AB a2b，BC 3a kb(kR)，若 A，B，C 三点共线，则 k( ) A2 B2 C6 D6 答案 D 解析 根据题意， 若 A， B， C 三点
12、共线， 则AB BC ， 又由AB a2b， BC 3akb(kR)， 则有 k 2 3 1，解得 k6.故选 D. 3.如图，在OACB 中，E 是 AC 的中点，F 是 BC 上的一点，且 BC3BF，若OC mOE nOF ，其中 m，nR，则 mn 的值为( ) A1 B3 2 C7 5 D7 3 答案 C 解析 在平行四边形中OA BC ，OB AC ，OC OA OB ，因为 E 是 AC 的中点，所以AE 1 2AC 1 2OB ，所以OE OA AE OA 1 2OB ，因为 BC3BF，所以BF 1 3BC 1 3OA ，所以OF OB BF OB 1 3OA ，因为OC m
13、OE nOF ，所以OC m1 3n OA 1 2mn OB ，在OACB 中，OC OA OB ，所以 m1 3n1， 1 2mn1， 解得 m4 5， n3 5， 所以 mn7 5.故选 C. 考向 3 平面向量的数量积 例 3 (1)(2020 山东枣庄高三模拟)若向量 a(k，3)，b(1，4)，c(2，1)，已知 2a3b 与 c 的夹角为钝角，则 k 的取值范围为( ) A(，3) B(3，) C(，3) D(3，) 答案 A 解析 因为 2a3b 与 c 的夹角为钝角，所以(2a3b) c0，即(2k3，6) (2，1)0，所 以 4k660，所以 k3.故选 A. (2)设 a
14、，b 是夹角为 60的单位向量，则 2ab 和 3a2b 的夹角为( ) A30 B60 C120 D150 答案 B 解析 由题意，因为 a，b 是夹角为 60的单位向量，a b|a|b|cos 601 2，则(2a b) (3a2b)6a22b2a b62 1 2 7 2，|2ab| （2ab）24a24a bb2 421 7，|3a2b|（3a2b）29a212a b4b2 9121 24 136 7，设 2ab 和 3a2b 的夹角为 ，则 cos （2ab） （3a2b） |2ab|3a2b| 7 2 7 7 1 2，即 60.故选 B. (3)(2020 广东省深圳二模)如图 1
15、是某晶体的阴阳离子单层排列的平面示意图其阴离子 排列如图 2 所示，图 2 中圆的半径均为 1，且相邻的圆都相切，A，B，C，D 是其中四个圆的 圆心，则AB CD ( ) A24 B26 C28 D32 答案 B 解析 如图所示， 建立以 a， b 为一组基底的基向量， 其中|a|b|1 且a， b的夹角为60， AB 2a4b，CD 4a2b，AB CD (2a4b) (4a2b)8a28b220a b88 20111 226. (1)向量数量积有两种不同形式的计算公式：一是夹角公式 a b|a|b|cos ；二是坐标公式 a bx1x2y1y2. (2)用数量积求长度的方法： |a| a
16、 a； |a b|a22a bb2； 若 a(x， y)， 则|a|x2y2. (3)用数量积公式求夹角：cos a b |a|b|. 1已知在边长为 3 的等边三角形 ABC 中，BD 1 2DC ，则AD AC ( ) A6 B9 C12 D6 答案 A 解析 AD AC (AC CD ) AC AC 2 3CB AC AC 22 3AC CB 322 333cos 1206.故选 A. 2已知|AB |1，|BC |2，若AB BC 0，AD DC 0，则|BD |的最大值为( ) A2 5 5 B2 C 5 D2 5 答案 C 解析 由题意可知，ABBC，CDAD，故四边形 ABCD
17、为圆内接四边形，且圆的直径 为 AC，由勾股定理可得 ACAB2BC2 5，因为 BD 为上述圆的弦，而圆的最长的弦为 其直径，故|BD |的最大值为 5.故选 C. 3.如图，在ABC 中，O 为 BC 的中点，若 AB1，AC4， AB ，AC 60，则|OA | _ 答案 21 2 解析 因为AB ，AC 60，所以AB AC |AB | |AC |cos 60141 22.又AO 1 2(AB AC )， 所以AO 21 4(AB AC )21 4(AB 22AB AC AC 2)， 即AO 21 4(1416) 21 4 ， 所以|OA | 21 2 . 考向 4 平面向量与三角函数
18、 例 4 (多选)(2020 海南省高三三模)已知向量 a( 3，1)，b(cos ，sin )， 0， 2 ， 则下列结论正确的有( ) A|b|1 B若 ab，则 tan 3 Cab 的最大值为 2 D|ab|的最大值为 3 答案 AC 解析 对于 A，|b|cos2sin21，A 正确；对于 B，若 ab，则 3sincos 0， tan 3 3 ，B 错误；对于 C，a b 3cos sin 2sin 3 ，最大值为 2，C 正确；对 于 D，ab(3cos ，1sin )，|ab|（ 3cos ）2（1sin ）2 52（sin 3cos ）54sin 3 ， 0， 2 ， 3 3，
19、 5 6 ，sin 3 的最小值为1 2，则|ab|的最大值为 3，D 错误故选 AC. 平面向量作为解决问题的工具， 具有代数形式和几何形式的“双重型”， 高考常在平面向 量与三角函数的交汇处命题， 通过向量运算作为题目条件， 通常利用向量的平行与垂直进行转 化 在ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，B 4，cos A 3 5，BA BC 28，则 b 的值为( ) A3 B5 2 C4 D5 答案 D 解析 由题意可知，BA BC 28，ac28 2，在ABC 中，cos A3 5，sin A 1cos2A4 5，sinCsin (AB)sin (AB)sin A cos
20、 Bcos A sin B 7 2 10 ，由正弦定理 可得， a sin A b sin B c sin C， 即 a 4 5 b 2 2 c 7 2 10 ， a4 2 5 b， c7 5b， 代入 ac28 2中， 得 4 2 5 b 7 5b 28 2，得 b225，b5.故选 D. 真题押题 真题检验 1(2020 新高考卷) 2i 12i( ) A1 B1 Ci Di 答案 D 解析 2i 12i （2i）（12i） （12i）（12i） 5i 5 i，故选 D. 2(2020 全国卷)复数 1 13i的虚部是( ) A 3 10 B 1 10 C 1 10 D 3 10 答案 D
21、 解析 因为 1 13i 13i （13i）（13i） 1 10 3 10i，所以复数 1 13i的虚部为 3 10.故选 D. 3(2020 全国卷)若 z1i，则|z22z|( ) A0 B1 C 2 D2 答案 D 解析 z2(1i)22i，则 z22z2i2(1i)2，故|z22z|2|2.故选 D. 4 (2020 全国卷)已知向量 a， b 满足|a|5， |b|6， a b6， 则 cos a， ab ( ) A31 35 B19 35 C17 35 D19 35 答案 D 解析 |a|5， |b|6， a b6， a (ab)|a|2a b52619， |ab|（ab）2 a2
22、2a bb22526367，cos a，aba （ab） |a| |ab| 19 57 19 35.故选 D. 5(2020 新高考卷)已知 P 是边长为 2 的正六边形 ABCDEF 内的一点，则AP AB 的取值 范围是( ) A(2，6) B(6，2) C(2，4) D(4，6) 答案 A 解析 AB 的模为 2，根据正六边形的特征，可以得到AP 在AB 方向上的投影的取值范围是 (1，3)，结合向量数量积的定义式，可知AP AB 等于AB 的模与AP 在AB 方向上的投影的乘积， 所以AP AB 的取值范围是(2，6)，故选 A. 6 (2020 全国卷)已知单位向量 a， b 的夹角
23、为 45， kab 与 a 垂直， 则 k_ 答案 2 2 解析 由题意可得 a b11cos 45 2 2 ，kab 与 a 垂直，(kab) a0，ka2 a bk 2 2 0，解得 k 2 2 . 7(2020 全国卷)设复数 z1，z2满足|z1|z2|2，z1z2 3i，则|z1z2|_ 答案 2 3 解析 解法一：设 z1abi，z2cdi， |z1|z2|2， a2b24，c2d24， z1z2abicdi 3i， ac 3，bd1， (ac)2(bd)2a2c22acb2d22bd4， 2ac2bd4， z1z2abi(cdi)ac(bd)i， |z1z2|（ac）2（bd）2
24、 a2c22acb2d22bd a2b2c2d2（2ac2bd） 44（4） 2 3. 解法二：|z1|z2|2，可设 z12cos 2sin i，z22cos 2sin i， z1z22(cos cos )2(sin sin ) i 3i， 2（cos cos ） 3， 2（sin sin ）1. 两式平方作和，得 4(22cos cos 2sin sin )4， 化简得 cos cos sin sin 1 2. |z1z2|2(cos cos )2(sin sin ) i| 4（cos cos ）24（sin sin ）2 88（cos cos sin sin ） 84 2 3. 金版押题
25、 8如图，已知 P 是半径为 2，圆心角为 3的一段圆弧AB 上一点，AB 2BC ，则PC PA 的最 小值为_ 答案 52 13 解析 设圆心为 O，AB 的中点为 D，由题得 AB22sin 62，AC3.取 AC 的中 点 M，由题得 PA PC 2PM ， PC PA AC ， 两方程平方相减并化简得PC PA PM 21 4AC 2PM 29 4，要使PC PA 取 最小值，则需 PM 最小，当圆弧AB 的圆心与点 P，M 共线时，PM 最小易知 DM1 2，OM 1 2 2 （ 3）2 13 2 ， 所以PM有最小值为2 13 2 ， 代入求得PC PA 的最小值为52 13.
26、专题作业 一、选择题 1(2020 河北名校高三联考)(2i) 11 i ( ) A13i B13i C3i D3i 答案 B 解析 (2i) 11 i 2i2 i113i. 2(2020 海口模拟)若复数 z1i，则 z 1z ( ) A1 B 2 C2 2 D4 答案 B 解析 由 z1i，得 z 1z 1i i 1i，则 z 1z |1i| 2. 3(2020 河北省张家口一模)复数 3i 2i i1的共轭复数是( ) A12i B12i C2i1 D2i1 答案 B 解析 3i 2i i13i 2i（1i） 2 3ii(1i)2i1，其共轭复数是12i. 4(2020 东北三省三校高三
27、第三次联合模拟)设复数 z 满足zi i z2i(i 为虚数单位)，则 z( ) A1 2 3 2i B1 2 3 2i C1 2 3 2i D1 2 3 2i 答案 B 解析 z2i 1i （2i）（1i） 2 13i 2 1 2 3 2i. 5(2020 江西省上饶市三模)设复数 z 满足 zi12i(i 为虚数单位)，则 z 在复平面内所对 应的点所在的象限是( ) A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限 答案 D 解析 因为 zi12i，所以 z12i i （12i）i i2 2i，所以 z 在复平面内所对应的点 在第四象限故选 D. 6(2020 邯郸摸底)已知向量 a(2，
28、t)，b(1，1)，若(ab)b，则实数 t( ) A2 B4 C2 D4 答案 C 解析 向量 ab(3，t1)，因为(ab)b，所以 3(t1)0，解得 t2. 7(2020 河北衡水中学模拟)已知非零向量 a，b 满足|a|b|，且|ab|2ab|，则 a 与 b 的夹角为( ) A2 3 B 2 C 3 D 6 答案 C 解析 设 a 与 b 的夹角为 .由|ab|2ab|，得 a b1 2a 2，所以 cos a b |a|b| 1 2，所以 3. 8已知平面向量 a，b，满足 a(1， 3)，|b|3，a(a2b)，则|ab|( ) A2 B3 C4 D6 答案 B 解析 由题意可
29、得， |a|132， 且 a (a2b)0， 即 a22a b0， 所以 42a b0， a b2，由平面向量模的计算公式可得，|ab|（ab）2a22a bb2449 3.故选 B. 9(2020 “皖江名校”高三联考)不共线向量 a，b 满足|a|2|b|，且 b2a b，则 a 与 ba 的夹角为( ) A30 B60 C120 D150 答案 D 解析 由已知得，b2a b，b (ab)0，如图，令OA a，OB b，则BA ab，b (a b)0，BAOB，又|a|2|b|，OAB30，故 a 与 ba 的夹角为 150. 10在ABC 中，(BC BA ) AC |AC |2，则A
30、BC 的形状一定是( ) A等边三角形 B等腰三角形 C直角三角形 D等腰直角三角形 答案 C 解析 由(BC BA ) AC |AC |2，得AC (BC BA AC )0，即AC (BC BA CA )0， AC 2BA 0，AC BA .A90，故选 C. 11(多选)(2020 湖南四校摸底)在ABC 中，D，E，F 分别是边 BC，CA，AB 的中点， AD，BE，CF 交于点 G，则( ) AEF 1 2CA 1 2BC BBE 1 2BA 1 2BC CAD BE FC DGA GB GC 0 答案 CD 解析 如图，因为点 D，E，F 分别是边 BC，CA，AB 的中点，所以E
31、F 1 2CB 1 2BC ， 故 A 不正确；BE BC CE BC 1 2CA BC 1 2(CB BA )BC 1 2BC 1 2AB 1 2AB 1 2BC ， 故 B 不正确；FC AC AF AD DC FA AD 1 2BC FA AD FE FA AD FB BE FA AD BE ，故 C 正确；由题意知，点 G 为ABC 的重心，所以AG BG CG 2 3AD 2 3BE 2 3CF 2 3 1 2(AB AC )2 3 1 2(BA BC )2 3 1 2(CB CA )0，即GA GB GC 0，故 D 正 确故选 CD. 12(2020 山东师范大学附属中学五模)已
32、知 O 是ABC 所在平面上的一定点，若动点 P 满足OP OA AB |AB|sin B AC |AC|sin C ，(0，)，则点 P 的轨迹一定通过ABC 的( ) A内心 B外心 C重心 D垂心 答案 C 解析 |AB|sin B|AC|sin C，设它们等于 t，OP OA 1 t(AB AC )，如图，设 BC 的 中点为 D，则AB AC 2AD ，1 t(AB AC )表示与AD 共线的向量AP ，而点 D 是 BC 的中点， 即 AD 是ABC 的中线，点 P 的轨迹一定通过三角形的重心故选 C. 二、填空题 13已知 a(3x，2)，b(1，x)，若存在正数 ，使 ab，则 x 的值是_ 答案 6 3 解析 由题意，知 ab，且 x0. 1 x 4 y1 1 x 2 1x x1 xx2. 令 f(x) x1 xx2，得 f(x) x22x1 （xx2）2， 令 f(x)0，得 x 21 或 x 21(舍去). 当 0x 21 时，f(x) 21 时，f(x)0. 当 x 21 时，f(x)取得最小值 f( 21) 2 （ 21）（ 21）232 2.
