高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專(zhuān)題二三角函數(shù)平面向量與復(fù)數(shù)第3講平面向量與復(fù)數(shù)專(zhuān)題強(qiáng)化訓(xùn)練114

高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專(zhuān)題二三角函數(shù)平面向量與復(fù)數(shù)第3講平面向量與復(fù)數(shù)專(zhuān)題增強(qiáng)訓(xùn)練114第3講平面向量與復(fù)數(shù)專(zhuān)題增強(qiáng)訓(xùn)練1．(·紹興諸暨高考二模)已知復(fù)數(shù)z滿(mǎn)足z(1＋i)＝2i，則z的共－軛復(fù)數(shù)z等于()A．1＋iB．1－iC．－1＋iD．－1－i2i2i（1－i）解析：選B.由z(1＋i)＝2i，得z＝1＋i＝（1＋i）（1－i）＝1＋i，－－i.應(yīng)選B.則z的共軛復(fù)數(shù)z＝12．在等腰梯形ABCD→→→中，AB＝－2CD，M為BC的中點(diǎn)，則AM＝()1→1→3→1→A.2AB＋2ADB.4AB＋2AD3→1→1→3→C.4AB＋4ADD.2AB＋4AD解析：選→→→→B.由于A(yíng)B＝－2CD，因此AB＝2DC.又M是BC的中點(diǎn)，→1→→1→→→1→→1→因此AM＝2(AB＋AC)＝2(AB＋AD＋DC)＝2(AB＋AD＋2AB)1/17高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專(zhuān)題二三角函數(shù)平面向量與復(fù)數(shù)第3講平面向量與復(fù)數(shù)專(zhuān)題增強(qiáng)訓(xùn)練1143→1→4AB＋2AD，應(yīng)選B.3．(·嘉興一中高考模擬)復(fù)數(shù)z滿(mǎn)足z·(2－i)＝3－4i(其中i為z虛數(shù)單位)，則復(fù)數(shù)|i|＝()25A.3B.255C.3D.5解析：選D.復(fù)數(shù)z滿(mǎn)足z·(2－i)＝3－4i(其中i為虛數(shù)單位)，因此z·(2－i)(2＋i)＝(3－4i)(2＋i)，化為：5z＝10－5i，可得z＝2z2－i－i（2－i）－i.則復(fù)數(shù)|i|＝i＝－i·i＝|－1－2i|＝|1＋2i|＝12＋22＝5.應(yīng)選D.在邊長(zhǎng)為2的正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別為BC和→→)DC的中點(diǎn)，則DE·BF＝(53A．－2B．2C．－4D．－2解析：選C.經(jīng)過(guò)建系求點(diǎn)的坐標(biāo)，此后求解向量的數(shù)量積．在邊長(zhǎng)為2的正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別為BC和DC的中點(diǎn)，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，AD為坐標(biāo)軸，成立平面直角坐標(biāo)系，則B(2，→，－1)→0)，D(0，2)，E(2，1)，F(xiàn)(1，2)．因此DE＝(2，BF＝(－1，2/17高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專(zhuān)題二三角函數(shù)平面向量與復(fù)數(shù)第3講平面向量與復(fù)數(shù)專(zhuān)題增強(qiáng)訓(xùn)練114→→2)，因此DE·BF＝－4.5．(·臺(tái)州市書(shū)生中學(xué)檢測(cè))已知點(diǎn)O是△ABC的外接圓圓心，→→→且AB＝3，AC＝4.若存在非零實(shí)數(shù)x、y，使得AO＝xAB＋yAC，且x＋2y＝1，則cos∠BAC的值為()23A.3B.321C.3D.3→解析：選A.設(shè)線(xiàn)段AC的中點(diǎn)為點(diǎn)D，則直線(xiàn)OD⊥AC.由于A(yíng)O→→→→→＝xAB＋yAC，因此AO＝xAB＋2yAD.又由于x＋2y＝1，因此點(diǎn)O、B、D三點(diǎn)共線(xiàn)，即點(diǎn)B在線(xiàn)段AC的中垂線(xiàn)上，則AB＝BC＝3.32＋42－322在△ABC中，由余弦定理得，cos∠BAC＝2×3×4＝3.應(yīng)選A.π→6．在△ABC中，AB＝3，BC＝2，∠A＝2，假如不等式|BA→→t的取值范圍是()－tBC|≥|AC|恒成立，則實(shí)數(shù)A．[1，＋∞)B．1，121C．－∞，2∪[1，＋∞)D．(－∞，0]∪[1，＋∞)3解析：選C.在直角三角形ABC中，易知AC＝1，cos∠ABC＝2，→→→→2→→2→2→2，即2t2由|BA－tBC|≥|AC|，得BA－2tBA·BC＋tBC≥AC3/17高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專(zhuān)題二三角函數(shù)平面向量與復(fù)數(shù)第3講平面向量與復(fù)數(shù)專(zhuān)題增強(qiáng)訓(xùn)練1141－3t＋1≥0，解得t≥1或t≤2.7．稱(chēng)d(a，b)＝|a－b|為兩個(gè)向量a，b間的“距離”．若向量a，b滿(mǎn)足：①|(zhì)b|＝1；②a≠b；③對(duì)隨意的t∈R，恒有d(a，tb)d(a，b)，則()A．a(chǎn)⊥bB．b⊥(a－b)C．a(chǎn)⊥(a－b)D．(a＋b)⊥(a－b)解析：選B.由于d(a，b)＝|a－b|，因此對(duì)隨意的t∈R，恒有d(a，tb)≥d(a，b)，即|a－tb|≥|a－b|，即(a－tb)2≥(a－b)2，t22ta·b＋(2a·b－1)≥0對(duì)隨意的t∈R都成立，因此有(－2a·b)24(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．(·溫州市高考模擬)記max{a，b}＝a，a≥b，已知向量a，b，a＜bb，c滿(mǎn)足|a|＝1，|b|＝2，a·b＝0，c＝λa＋μb(λ，μ≥0，且λ＋μ＝1，則當(dāng)max{c·a，c·b}取最小值時(shí)，|c|＝()2522A.5B.3C.1D.52解析：選A.如圖，→設(shè)OA＝a，OB＝b，則a＝(1，0)，b＝(0，2)，4/17高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專(zhuān)題二三角函數(shù)平面向量與復(fù)數(shù)第3講平面向量與復(fù)數(shù)專(zhuān)題增強(qiáng)訓(xùn)練114由于λ，μ≥0，λ＋μ＝1，因此0≤λ≤1.又c＝λa＋μb，因此c·a＝(λa＋b－λb)·a＝λ；c·b＝(λa＋b－λb)·b＝4－4λ.4由λ＝4－4λ，得λ＝5.4λ，5≤λ≤1因此max{c·a，c·b}＝.4－4λ，0≤λ＜54λ，5≤λ≤1令f(λ)＝.4－4λ，0≤λ＜54則f(λ)∈5，1.441因此f(λ)min＝5，此時(shí)λ＝5，μ＝5，4142因此c＝5a＋5b＝5，5.因此|c|＝4222255＋5＝5.應(yīng)選A.9．(·紹興市柯橋區(qū)高三期中檢測(cè))已知平面向量a，b，c滿(mǎn)足|a|4，|b|＝3，|c|＝2，b·c＝3，則(a－b)2(a－c)2－[(a－b)·(a－c)]2的最大值為()5/17高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專(zhuān)題二三角函數(shù)平面向量與復(fù)數(shù)第3講平面向量與復(fù)數(shù)專(zhuān)題增強(qiáng)訓(xùn)練114A．43＋37B．47＋33C．(43＋37)2D．(47＋33)2→→→b與a－c所成夾解析：選D.設(shè)OA＝a，OB＝b，OC＝c，a－角為θ，則(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＝4S2△ABC，由于|b|＝3，|c|＝2，b·c＝3，因此b，c的夾角為60°，設(shè)B(3，0)，C(1，3)，則|BC|＝7，133因此S△OBC＝2×3×2×sin60°＝2，設(shè)O到BC的距離為h，133則2·BC·h＝S△OBC＝2，321因此h＝，7由于|a|＝4，因此A點(diǎn)落在以O(shè)為圓心，以4為半徑的圓上，因此A到BC的距離最大值為4＋h＝4＋3217

.因此S△ABC的最大值為13212×7×4＋76/17高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專(zhuān)題二三角函數(shù)平面向量與復(fù)數(shù)第3講平面向量與復(fù)數(shù)專(zhuān)題增強(qiáng)訓(xùn)練1143＝27＋2，332因此(a－b)2(a－c)2－[(a－b)·(a－c)]2最大值為427＋＝(47＋33)2.應(yīng)選D.

210．(·金華市東陽(yáng)二中高三月考)若a，b是兩個(gè)非零向量，且|a|3＝|b|＝λ|a＋b|，λ∈3，1，則b與a－b的夾角的取值范圍是()π22π5πA.3，3πB.3，62π5πC.3，πD.6，π解析：選B.由于|a|＝|b|＝λ|a＋b|，λ∈33，1，不如設(shè)|a＋b|＝1，則|a|＝|b|＝λ.→→OACB，令OA＝a，OB＝b，以O(shè)A、OB為鄰邊作平行四邊形則平行四邊形OACB為菱形．故有△OAB為等腰三角形，故有π∠OAB＝∠OBA＝θ，且0<θ<2.而由題意可得，b與a－b的夾角，→→|OC|2即OB與BA的夾角，等于π－θ，△OAC中，由余弦定理可得＝1＝|OA|2＋|AC|2－2|OA|·|AC|22·cos2θ＝λ＋λ－13112·λ·λcos2θ，解得cos2θ＝1－2.再由≤λ≤1，可得≤22λ322λ7/17高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專(zhuān)題二三角函數(shù)平面向量與復(fù)數(shù)第3講平面向量與復(fù)數(shù)專(zhuān)題增強(qiáng)訓(xùn)練114311π2πππ2π≤2，因此－2≤cos2θ≤2，因此3≤2θ≤3，因此6≤θ≤3，故35π2π5π≤π－θ≤6，即b與a－b的夾角π－θ的取值范圍是3，6.11．(·杭州市高考二模)已知復(fù)數(shù)1＋ai(a∈R)的實(shí)部為1，z＝i則a＝________，|z|＝________．解析：由于z＝1＋ai＝（1＋ai）（－i）＝a－i的實(shí)部為1，i－i2因此a＝1，則z＝1－i，|z|＝2.答案：1212．(·嘉興一中高考適應(yīng)性考試)設(shè)e1，e2為單位向量，其中a＝2e1＋e2，b＝e2，且a在b上的投影為2，則a·b＝________，e1與e2的夾角為_(kāi)_______．解析：設(shè)e1，e2θa在b上的投影為2，的夾角為，由于a·b（2e1＋e2）·e2因此＝|e2|＝2e1·e2＋|e2|2＝2|e1|·|e2|cos|b|θ121πb(2e1e2)·e2ee，解得＝＋＋＝＝，則＝·2＝1·2＋|e2|2＝2|e1|·|e2|cosθ＋1＝2.π答案：2313．已知向量a，b，|a|＝1，|b|＝2.若對(duì)隨意單位向量e，均有|a·e|＋|b·e|≤6，則a·b的最大值是________．8/17高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專(zhuān)題二三角函數(shù)平面向量與復(fù)數(shù)第3講平面向量與復(fù)數(shù)專(zhuān)題增強(qiáng)訓(xùn)練114解析：由題意，令e＝(1，0)，a＝(cosα，sinα)，b＝(2cosβ，2sinβ)，則由|a·e|＋|b·e|≤6，可得|cosα|＋2|cosβ|≤6.①令sinα＋2sinβ＝m，②①2＋②2得4[|cosαcosβ|＋sinαsinβ]≤1＋m2對(duì)一的確數(shù)α，β恒成立，因此4[|cosαcosβ|＋sinαsinβ]≤1，故a·b＝2(cosαcosβ＋sinαsinβ)≤2[|cosαcosβ|＋1sinαsinβ]≤2.1答案：214．(·溫州市十五校結(jié)合體聯(lián)考)已知坐標(biāo)平面上的凸四邊形→→3，1)，則凸四邊形ABCD的ABCD滿(mǎn)足AC＝(1，3)，BD＝(－→→面積為_(kāi)_______；AB·CD的取值范圍是________．→→→→→解析：由AC＝(1，3)，BD＝(－3，1)得AC⊥BD，且|AC|→1＝2，|BD|＝2，因此凸四邊形ABCD的面積為2×2×2＝2；由于A(yíng)BCD為凸四邊形，因此AC與BD交于四邊形內(nèi)一點(diǎn)，記為M，→→→→→→→→→→則AB·CD＝(MB－MA)(MD－MC)＝MB·MD＋MA·MC－→→→→MB·MC－MA·MD，→→→→→→→設(shè)AM＝λAC，BM＝μBD，則λ，μ∈(0，1)，且MA＝－λAC，MCλ→＝(1－)AC，9/17高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專(zhuān)題二三角函數(shù)平面向量與復(fù)數(shù)第3講平面向量與復(fù)數(shù)專(zhuān)題增強(qiáng)訓(xùn)練114→→→→→→－μ)－MB＝－μBD，MD＝(1－μ)BD，因此AB·CD＝－4μ(11→→4λ(1－λ)∈[－2，0)，因此有λ＝μ＝2時(shí)，AB·CD取到最小值－2.答案：2[－2，0)15．(·嘉興一中高考適應(yīng)性考試)在△ABC中，∠ACB為鈍角，→→→→→AC＝BC＝1，CO＝xCA＋yCB且x＋y＝1，函數(shù)f(m)＝|CA－mCB3→|的最小值為2，則|CO|的最小值為_(kāi)_______．解析：在△ABC中，∠ACB為鈍角，AC＝BC＝1，函數(shù)f(m)3的最小值為2.→→因此函數(shù)f(m)＝|CA－mCB|→2＋m2→2－2→→＝CACBmCA·CB3＝1＋m2－2mcos∠ACB≥2，化為4m2－8mcos∠ACB＋1≥0恒成立．8cos∠ACB當(dāng)且僅當(dāng)m＝8＝cos∠ACB時(shí)等號(hào)成立，代入獲取12πcos∠ACB＝－2，因此∠ACB＝3.→22→22→2→→22因此|CO|＝xCACB＋＋＋y2xyCA·CB＝x＋y2π1212xy×cos3＝x2＋(1－x)2－x(1－x)＝3x－2＋4，10/17高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專(zhuān)題二三角函數(shù)平面向量與復(fù)數(shù)第3講平面向量與復(fù)數(shù)專(zhuān)題增強(qiáng)訓(xùn)練1141→21當(dāng)且僅當(dāng)x＝2＝y(tǒng)時(shí)，|CO|獲取最小值4，→1因此|CO|的最小值為2.1答案：2→→＝1，∠AOB＝4516．在△OAB中，已知|OB|＝2，|AB|→→→→→°，若OP＝λOA＋μO(píng)B，且λ＋2μ＝2，則OA在OP上的投影的取值范圍是________．→→→解析：由OP＝λOA＋μO(píng)B，且λ＋2μ＝2，→→→→λ→則OA·OP＝OA·λOA＋1－2OB→2λ→→＝λOA＋1－2OA·OB，→＝→又|OB|2，|AB|＝1，∠AOB＝45°，→因此由余弦定理求得|OA|＝1，→→λ2λ因此OA·OP＝λ＋1－2×1×2×2＝1＋2，→→λ→2|OP|＝λOA＋1－2OB2→2λ→→λ→22＝λ|OA|＋2λ1－2OA·OB＋1－2|OB|11/17高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專(zhuān)題二三角函數(shù)平面向量與復(fù)數(shù)第3講平面向量與復(fù)數(shù)專(zhuān)題增強(qiáng)訓(xùn)練1142λ＝2＋2，→→→→OA·OP＝故OA在OP上的投影|→OP|λ＋22·λ2＋4(*)．2當(dāng)λ＜－2時(shí)，(*)式＝－2·24λ2＝－1＋2＝－2λ＋42

λ1＋2λ2＋2λ＋2）2λ2＋4421＋4∈－2，0；λ＋λ當(dāng)λ≥－2時(shí)，(*)式可化為2①λ＝0，上式＝2；

22

λ＋2）2λ2＋4；24∈0，2②－2≤λ＜0，上式＝1＋；242λ＋λ242，1.③λ＞0，上式＝1＋∈242λ＋λ→→2綜上，OA在OP上的投影的取值范圍是－2，1.12/17高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專(zhuān)題二三角函數(shù)平面向量與復(fù)數(shù)第3講平面向量與復(fù)數(shù)專(zhuān)題增強(qiáng)訓(xùn)練1142答案：－2，1→→→1→r17．已知OA，OB是非零不共線(xiàn)的向量，設(shè)OC＝r＋1·OA＋r＋1→→→→→KB·KCKA·KC→，定義點(diǎn)集＝＝，當(dāng)1，2K→→，KC≠0KOBP||KKB|KA|→→∈P時(shí)，若關(guān)于隨意的r≥3，不等式|K1K2|≤c|AB|恒成立，則實(shí)數(shù)c的最小值為_(kāi)_______．→1→r→解析：由OC＝r＋1·OA＋r＋1OB，可得A，B，C三點(diǎn)共線(xiàn)，→→→→→→KB·KCKA·KC由→＝→，可得|KC|cos∠AKC＝|KC|cos∠|KB||KA|BKC，即有∠AKC＝∠BKC，則KC為∠AKB的角均分線(xiàn)．|KA||AC|＝r，由角均分線(xiàn)的性質(zhì)定理可知|KB|＝|BC|以AB所在的直線(xiàn)為x軸，以線(xiàn)段AB上某一點(diǎn)為原點(diǎn)成立直角坐標(biāo)系，設(shè)點(diǎn)K(x，y)，A(－a，0)，B(b，0)，（x＋a）2＋y2因此（x－b）2＋y2＝r2，化簡(jiǎn)得(1－r2)x2＋(1－r2)y2＋(2a＋2br2)x＋(a2－b2r2)＝0.由方程知K的軌跡是圓心在A(yíng)B上的圓，當(dāng)|K1K2|為直徑時(shí)最大，方便計(jì)算，令K1K2與AB共線(xiàn)，如圖，13/17高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專(zhuān)題二三角函數(shù)平面向量與復(fù)數(shù)第3講平面向量與復(fù)數(shù)專(zhuān)題增強(qiáng)訓(xùn)練114|AB|由|K1A|＝r|K1B|，可得|K1B|＝r＋1，|AB|由|K2A|＝r|K2B|，可得|K2B|＝r－1，|AB||AB|2r2可得|K1K2|＝r＋1＋r－1＝r2－1|AB|＝1|AB|，r－r18而易知r－r≥3－3＝3，3|K1K2|3即有|K1K2|≤4|AB|，即|AB|≤4，|K1K2|3即c≥|AB|max＝4，3故c的最小值為4.3答案：4π18．在△ABC中，已知C＝6，向量p＝(sinA，2)，q＝(2，cosB)，且p⊥q.(1)求角A的值；→→(2)若BC＝2BD，AD＝7，求△ABC的面積．14/17高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專(zhuān)題二三角函數(shù)平面向量與復(fù)數(shù)第3講平面向量與復(fù)數(shù)專(zhuān)題增強(qiáng)訓(xùn)練114解：(1)由于p⊥q，因此p·q＝0?p·q＝2sinA＋2cosB＝0，π又C＝6，5π因此sinA＋cosB＝sinA＋cos6－A＝0，3π化簡(jiǎn)得tanA＝3，A∈(0，π)，因此A＝6.→→(2)由于BC＝2BD，因此D為BC邊的中點(diǎn)，→→設(shè)|BD|＝x，|BC|＝2x，π→2π由(1)知A＝C＝6，因此|BA|＝2x，B＝3，在△