微專題2　平面向量、復(fù)數(shù)

命

題

者

說

考

題

統(tǒng)

計(jì)

考

情

點(diǎn)

擊

2018·全國卷Ⅰ·T1·復(fù)數(shù)的運(yùn)算

2018·全國卷Ⅰ·T6·平面向量的線性運(yùn)算

2018·全國卷Ⅱ·T1·復(fù)數(shù)的運(yùn)算

2018·全國卷Ⅱ·T4·平面向量的數(shù)量積運(yùn)算

2018·全國卷Ⅲ·T2·復(fù)數(shù)的運(yùn)算

2018·全國卷Ⅲ·T13·平面向量的坐標(biāo)運(yùn)算

高考對(duì)本部分內(nèi)容的考查主要有以下幾方面：①平面向量的運(yùn)算。包括向量的線性運(yùn)算及幾何意義，坐標(biāo)運(yùn)算，利用數(shù)量積運(yùn)算解決模、夾角、垂直的問題，常與函數(shù)、不等式、三角函數(shù)、解析幾何等知識(shí)進(jìn)行簡(jiǎn)單的結(jié)合；②復(fù)數(shù)的運(yùn)算。包括復(fù)數(shù)的概念、幾何意義及四則運(yùn)算。以上考點(diǎn)難度不高，屬送分題，只要掌握基礎(chǔ)知識(shí)就能得滿分。

考向一

平面向量

微考向1：平面向量的線性運(yùn)算

【例1】(1)(2018·全國卷Ⅰ)在△ABC中，AD為BC邊上的中線，E為AD的中點(diǎn)，則＝()

A.－

B.－

C.＋

D.＋

(2)(2018·重慶調(diào)研)已知Rt△ABC中，AB＝3，BC＝4，AC＝5，I是△ABC的內(nèi)心，P是△IBC內(nèi)部(不含邊界)的動(dòng)點(diǎn)，若＝λ＋μ(λ，μ∈R)，則λ＋μ的取值范圍是()

A.B.C.D．(2,3)

解析(1)解法一：如圖所示，＝＋＝＋＝×(＋)＋(－)＝－，故選A。

解法二：＝－＝－＝－××(＋)＝－，故選A。

(2)以B為原點(diǎn)，BA，BC所在直線分別為x，y軸建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，則B(0,0)，A(3,0)，C(0,4)。設(shè)△ABC的內(nèi)切圓的半徑為r，因?yàn)镮是△ABC的內(nèi)心，所以(5＋3＋4)×r＝4×3，解得r＝1，所以I(1,1)。設(shè)P(x，y)，因?yàn)辄c(diǎn)P在△IBC內(nèi)部(不含邊界)，所以0

所以λ＋μ＝1－x，又0

答案(1)A(2)A

解決以平面圖形為載體的向量線性運(yùn)算問題的方法

(1)充分利用平行四邊形法則與三角形法則，結(jié)合平面向量基本定理、共線定理等知識(shí)進(jìn)行解答。

(2)如果圖形比較規(guī)則，向量比較明確，則可考慮建立平面直角坐標(biāo)系，利用坐標(biāo)運(yùn)算來解決。

變|式|訓(xùn)|練

1．(2018·陜西檢測(cè))已知P為△ABC所在平面內(nèi)一點(diǎn)，＋＋＝0，||＝||＝||＝2，則△ABC的面積等于()

A.B．2

C．3

D．4

解析　由||＝||得，△PBC是等腰三角形，取BC的中點(diǎn)為D，則PD⊥BC，又＋＋＝0，所以＝－(＋)＝－2，所以PD＝AB＝1，且PD∥AB，故AB⊥BC，即△ABC是直角三角形，由||＝2，|PD|＝1可得||＝，則||＝2，所以△ABC的面積為×2×2＝2。故選B。

答案　B

2．(2018·全國卷Ⅲ)已知向量a＝(1,2)，b＝(2，－2)，c＝(1，λ)。若c∥(2a＋b)，則λ＝________。

解析　由題可得2a＋b＝(4,2)。因?yàn)閏∥(2a＋b)，c＝(1，λ)，所以4λ－2＝0，即λ＝。

答案

微考向2：平面向量的數(shù)量積運(yùn)算

【例2】(1)(2018·全國卷Ⅱ)已知向量a，b滿足|a|＝1，a·b＝－1，則a·(2a－b)＝()

A．4

B．3

C．2

D．0

(2)圓O為△ABC的外接圓，半徑為2，若＋＝2，且||＝||，則向量在向量方向上的投影為________。

(3)如圖所示，在平行四邊形ABCD中，AD＝1，∠BAD＝60°，E為CD的中點(diǎn)。若·＝1，則AB的長(zhǎng)為______。

解析(1)因?yàn)閍·(2a－b)＝2a2－a·b＝2|a|2－(－1)＝2＋1＝3。故選B。

(2)因?yàn)椋?，所以O(shè)是BC的中點(diǎn)。所以△ABC為直角三角形。在△AOC中，有||＝||，所以∠B＝30°。由定義，得向量在向量方向上的投影為||cosB＝2×＝3。

(3)解法一：由題意可知＝＋，＝－＋。因?yàn)椤ぃ?，所以(＋)·＝1，即2＋·－2＝1。①

因?yàn)閨|＝1，∠BAD＝60°，所以·＝||。因此①式可化為1＋||－2＝1，解得||＝0(舍去)或||＝。所以AB的長(zhǎng)為。

解法二：以A為原點(diǎn)，AB所在直線為x軸建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，過點(diǎn)D作DM⊥AB于點(diǎn)M。由AD＝1，∠BAD＝60°，可知AM＝，DM＝。設(shè)|AB|＝m(m>0)，則B(m,0)，C，D。因?yàn)镋是CD的中點(diǎn)，所以E。所以＝，＝。由·＝1可得＋＝1，即2m2－m＝0。所以m＝0(舍去)或m＝。故AB的長(zhǎng)為。

答案(1)B(2)3(3)

解決以平面圖形為載體的向量數(shù)量積問題的方法

(1)選擇平面圖形中的模與夾角確定的向量作為一組基底，用該基底表示構(gòu)成數(shù)量積的兩個(gè)向量，結(jié)合向量數(shù)量積運(yùn)算律求解。

(2)若已知圖形中有明顯的適合建立直角坐標(biāo)系的條件，可建立直角坐標(biāo)系將向量數(shù)量積運(yùn)算轉(zhuǎn)化為代數(shù)運(yùn)算來解決。

變|式|訓(xùn)|練

1．平面向量a與b的夾角為45°，a＝(1,1)，|b|＝2，則|3a＋b|＝()

A．13＋6

B．2

C.D.解析　依題意得|a|＝，a·b＝×2×cos45°＝2，則|3a＋b|＝＝＝＝。故選D。

答案　D

2．已知菱形ABCD的邊長(zhǎng)為2，∠BAD＝120°，點(diǎn)E，F(xiàn)

分別在邊BC，DC上，BC＝3BE，DC＝λDF

。若·＝1，則λ的值為________。

解析　解法一：如圖，由題意可得·＝||·||cos120°＝2×2×＝－2。在菱形ABCD中，易知＝，＝，所以＝＋＝＋，＝＋＝＋，·＝·＝＋－2＝1，解得λ＝2。

解法二：以A為原點(diǎn)建立直角坐標(biāo)系如圖，則A(0,0)，B(2,0)，C(1，)，D(－1，)，E，設(shè)F

(x0，)，則·＝·(x0，)＝1，則x0＋1＝1，則x0＝0，所以F

為DC中點(diǎn)，所以DC＝2DF，即λ＝2。

答案　2

微考向3：平面向量的最值問題

【例3】(2018·浙江高考)已知a，b，e是平面向量，e是單位向量。若非零向量a與e的夾角為，向量b滿足b2－4e·b＋3＝0，則|a－b|的最小值是()

A．－1

B．＋1

C．2

D．2－

解析　解法一：設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，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，所以點(diǎn)B的軌跡是以C(2,0)為圓心，1為半徑的圓。因?yàn)閍與e的夾角為，所以不妨令點(diǎn)A在射線y＝x(x>0)上，如圖，數(shù)形結(jié)合可知|a－b|min＝||－||＝－1。故選A。

解法二：由b2－4e·b＋3＝0得b2－4e·b＋3e2＝(b－e)·(b－3e)＝0。設(shè)b＝，e＝，3e＝，所以b－e＝，b－3e＝，所以·＝0，取EF的中點(diǎn)為C，則B在以C為圓心，EF

為直徑的圓上，如圖。設(shè)a＝，作射線OA，使得∠AOE＝，所以|a－b|＝|(a－2e)＋(2e－b)|≥|a－2e|－|2e－b|＝||－||≥－1。故選A。

答案　A

平面向量的最值問題的兩種解法

(1)坐標(biāo)法：建立平面直角坐標(biāo)系，計(jì)算有關(guān)向量的坐標(biāo)，利用向量的坐標(biāo)計(jì)算。

(2)幾何法：根據(jù)向量的幾何意義構(gòu)造圖形，通過分析圖形得出結(jié)論。

變|式|訓(xùn)|練

已知A，B，C是圓O：x2＋y2＝1上的動(dòng)點(diǎn)，且AC⊥BC，若點(diǎn)M的坐標(biāo)是(1,1)，則|＋＋|的最大值為()

A．3

B．4

C．3－1

D．3＋1

解析　解法一：因?yàn)锳，B，C是圓O：x2＋y2＝1上的動(dòng)點(diǎn)，且AC⊥BC，所以設(shè)A(cosθ，sinθ)，B(－cosθ，－sinθ)，C(cosα，sinα)，其中0≤θ<2π，0≤α<2π，因?yàn)镸(1,1)，所以＋＋＝(cosθ－1，sinθ－1)＋(－cosθ－1，－sinθ－1)＋(cosα－1，sinα－1)＝(cosα－3，sinα－3)，所以|＋＋|

＝

＝

＝，當(dāng)且僅當(dāng)sin＝－1時(shí)，|＋＋|取得最大值，最大值為＝3＋1。故選D。

解法二：連接AB，因?yàn)锳C⊥BC，所以AB為圓O的直徑，所以＋＝2，所以|＋＋|＝|2＋|≤|2|＋||＝2＋||，易知點(diǎn)M與圓上動(dòng)點(diǎn)C的距離的最大值為＋1，所以||≤＋1，所以|＋＋|≤3＋1。故選D。

答案　D

考向二

復(fù)數(shù)的運(yùn)算

【例4】(1)(2018·全國卷Ⅱ)＝()

A．－－i

B．－＋i

C．－－i

D．－＋i

(2)(2018·北京高考)在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)的共軛復(fù)數(shù)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于()

A．第一象限

B．第二象限

C．第三象限

D．第四象限

解析(1)因?yàn)椋剑剑剑玦。故選D。

(2)＝＝＋i，其共軛復(fù)數(shù)為－i，對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為。故選D。

答案(1)D(2)D

復(fù)數(shù)問題的解題思路

(1)以復(fù)數(shù)的基本概念、幾何意義、相等的條件為基礎(chǔ)，結(jié)合四則運(yùn)算，利用復(fù)數(shù)的代數(shù)形式列方程或方程組解決問題。

(2)若與其他知識(shí)結(jié)合考查，則要借助其他的相關(guān)知識(shí)解決問題。

變|式|訓(xùn)|練

1．設(shè)i是虛數(shù)單位，若復(fù)數(shù)a＋(a∈R)是純虛數(shù)，則a＝()

A．－1

B．1

C．－2

D．2

解析　因?yàn)閍＋＝a＋＝a－2＋i為純虛數(shù)，所以a－2＝0，得a＝2。故選D。

答案　D

2．復(fù)數(shù)z＝(i為虛數(shù)單位)在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)為()

A．(3,3)

B．(－1,3)

C．(3，－1)

D．(2,4)

解析　因?yàn)閦＝＝＝＝－1＋3i，所以其在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)為(－1,3)。故選B。

答案　B

3．復(fù)數(shù)z滿足＝i(i為虛數(shù)單位)，則＝()

A．1＋i　　　B．1－i

C.D.解析　因?yàn)椋絠，所以z＝(z－i)i＝zi＋1，z＝＝，＝，故選D。

答案　D

1．(考向一)(2018·河北、河南、山西聯(lián)考)如圖，在等邊△ABC中，O為△ABC的重心，點(diǎn)D為BC邊上靠近B點(diǎn)的四等分點(diǎn)，若＝x＋y，則x＋y＝()

A.B.C.D.解析　設(shè)點(diǎn)E為BC的中點(diǎn)，連接AE，可知O在AE上，由＝＋＝＋＝(＋)＋(－)＝－，故x＝，y＝－，x＋y＝。故選B。

答案　B

2．(考向一)(2018·天津高考)如圖，在平面四邊形ABCD中，AB⊥BC，AD⊥CD，∠BAD＝120°，AB＝AD＝1。若點(diǎn)E為邊CD上的動(dòng)點(diǎn)，則·的最小值為()

A．

B．

C．

D．3

解析　解法一：如圖，以D為原點(diǎn)DA所在直線為x軸，DC所在直線為y軸，建立平面直角坐標(biāo)系，則A(1,0)，B，C(0，)，令E(0，t)，t∈[0，]，所以·＝(－1，t)·＝t2－t＋，因?yàn)閠∈[0，]，所以當(dāng)t＝－＝時(shí)，·取得最小值，(·)min＝－×＋＝。故選A。

解法二：令＝λ(0≤λ≤1)，由已知可得DC＝，因?yàn)椋剑?，所以＝＋＝＋＋λ，所以·?＋λ)·(＋＋λ)＝·＋2＋λ·＋2＝3λ2－λ＋。當(dāng)λ＝－＝時(shí)，·取得最小值。故選A。

答案　A

3．(考向二)(2018·株洲二模)設(shè)i為虛數(shù)單位，1－i＝，則實(shí)數(shù)a＝()

A．2

B．1

C．0

D．－1

解析　因?yàn)?－i＝，所以2＋ai＝(1－i)(1＋i)＝2，所以a＝0。故選C。

答案　C

4．(考向二)已知復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)為，若(1－2i)＝5－i(i為虛數(shù)單位)，則在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于()

A．第一象限

B．第二象限

C．第三象限

D．第四象限

解析　依題意，設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)，則＋＝2a＋bi，故2a＋bi＝＝1＋i，故a＝，b＝，則在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為，位于第一象限。故選A。

答案　A