第2课时 精研题型明考向——平面向量的数量积及应用
一、真题集中研究——明考情
1．(2020·全国卷Ⅲ·考查数量积的运算、模)
已知向量a，b满足|a|＝5，|b|＝6，a·b＝－6，则cos〈a，a＋b〉＝( )
A．－ B．－
C. D．
解析：选D 由题意，得a·(a＋b)＝a2＋a·b＝25－6＝19，|a＋b|＝＝＝7，所以cosa，a＋b
＝＝＝，故选D.
2．(2020·全国卷Ⅱ·考查向量垂直)
已知单位向量a，b的夹角为60°，则在下列向量中，与b垂直的是( )
A．a＋2b B．2a＋b
C．a－2b D．2a－b
解析：选D 法一：由题意，得a·b＝|a|·|b|cos 60°＝.
对于A，(a＋2b)·b＝a·b＋2b2＝＋2＝≠0，故A不符合题意；
对于B，(2a＋b)·b＝2a·b＋b2＝1＋1＝2≠0，故B不符合题意；
对于C，(a－2b)·b＝a·b－2b2＝－2＝－≠0，故C不符合题意；
对于D，(2a－b)·b＝2a·b－b2＝1－1＝0，所以(2a－b)⊥b.故选D.
法二：不妨设a＝，b＝(1,0)，则a＋2b＝，2a＋b＝(2，)，a－2b＝，2a－b＝(0，)，易知，只有(2a
－b)·b＝0，即(2a－b)⊥b，故选D.
法三：根据条件，分别作出向量b与A，B，C，D四个选项对应的向量的位置关系，如图所示：
由图易知，只有选项D满足题意，故选D.
3．(2019·全国卷Ⅱ·考查数量积的坐标运算)
已知AB＝(2,3)，AC＝(3，t)，|BC|＝1，则AB·BC＝( )
A．－3 B．－2
C．2 D．3
解析：选C ∵BC＝AC－AB＝(3，t)－(2,3)＝(1，t－3)，|BC|＝1，∴＝1，解得t＝3，∴BC＝(1,0)，
∴AB·BC＝2×1＋3×0＝2.
4．(2019·全国卷Ⅰ·考查两向量的夹角)
已知非零向量a，b满足|a|＝2|b|，且(a－b)⊥b，则a与b的夹角为( )
A. B．
C. D．
解析：选B 由(a－b)⊥b，可得(a－b)·b＝0，即a·b＝b2.
∵|a|＝2|b|，∴cos〈a，b〉＝＝＝.
又∵0≤〈a，b〉≤π，∴a与b的夹角为.
5．(2020·新高考全国卷Ⅰ·考查数量积的范围)
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)
解析：选A 法一：如图，取A为坐标原点，AB所在直线为x轴建立平面
直角坐标系，则A(0,0)，B(2,0)，C(3，)，F(－1，)．
设P(x，y)，则AP＝(x，y)，
AB＝(2,0)，且－1<x<3.
所以AP·AB＝(x，y)·(2,0)＝2x∈(－2,6)．故选A.
法二：AP·AB＝|AP|·|AB|·cos∠PAB＝2|AP|·cos∠PAB，
又|AP|cos∠PAB表示AP在AB方向上的投影，
所以结合图形可知，当P与C重合时投影最大，当P与F重合时投影最小．
又AC·AB＝2×2×cos 30°＝6，
AF·AB＝2×2×cos 120°＝－2，
故当点P在正六边形ABCDEF内部运动时，AP·AB∈(－2,6)．故选A.
[把脉考情]
1.平面向量数量积及其性质的应用：主要考查平面向量数量积的计
算，以及利用数量积求向量的模、夹角等．
常规角度
2.平面向量的综合应用：主要考查平面向量模或数量积的最值范围
问题
平面向量的数量积与解析几何、平面几何以及三角函数交汇，主要
创新角度
利用数量积证明垂直或利用数量积转化垂直的条件、求长度等
二、题型精细研究——提素养
题型一 平面向量数量积的运算
[典例] (1)(多选)八卦是中国文化的基本哲学概念，如图1是八卦模型图，其平面图形记为
图2中的正八边形ABCDEFGH，其中|OA|＝1，则下列结论正确的有( )
A．OA·OD＝－ B．OB＋OH＝－ OEC．AH·HO＝BC·BO D．AH·AB＝1－
(2)已知点A，B，C满足|AB|＝3，|BC|＝4，|CA|＝5，则AB·BC＋BC·CA＋CA·AB的值为________．
[解析] (1)对于A：OA·OD＝1×1×cos＝－，故正确．对于B：OB＋OH＝ OA＝－OE，故正确．
对于C：|AH|＝|BC|，|HO―→|＝|BO|，但对应向量的夹角不相等，所以不成立，故错误．对于D：
AH·AB＝|AB|2cos ＝1－，故正确．
(2)法一：定义法
由题意可知△ABC为直角三角形，且∠B＝，cos A＝，cos C＝.
∴AB·BC＋BC·CA＋CA·AB＝BC·CA＋CA·AB＝4×5×cos(π－C)＋5×3×cos(π－A)＝－20cos C－
15cos A＝－20×－15×＝－25.
法二：坐标法
易知∠ABC＝90°.如图，以点B为坐标原点，BA，BC的方向分别为x轴，y轴
的正方向，建立平面直角坐标系，则A(3,0)，B(0,0)，C(0,4)．
∴AB＝(－3,0)，BC＝(0,4)，CA＝(3，－4)，∴AB·BC＝－3×0＋0×4＝0，BC·CA
＝0×3＋4×(－4)＝－16，CA·AB＝－3×3＋0×(－4)＝－9.
∴AB·BC＋BC·CA＋CA·AB＝－25.
[答案] (1)ABD (2)－25
[方法技巧] 平面向量数量积的2种运算方法
方法 运用提示 适用题型
当已知向量的模和夹角θ时，可利用 适用于平面图形中的向量数量积的有
定义法
定义法求解，即a·b＝|a|·|b|cos θ 关计算问题
当已知向量的坐标时，可利用坐标法
适用于已知相应向量的坐标求解数量
坐标法 求解，即若a＝(x，y)，b＝(x，y)，则
1 1 2 2
积的有关计算问题
a·b＝xx＋yy
1 2 1 2
[针对训练]
1．(2021·长沙雅礼中学月考)已知a，b为单位向量，其夹角为60°，则(2a－b)·b＝( )
A．－1 B．0
C．1 D．2
解析：选B 由已知得|a|＝|b|＝1，〈a，b〉＝60°，
∴(2a－b)·b＝2a·b－b2＝2|a||b|cos〈a，b〉－|b|2＝2×1×1×cos 60°－12＝0，
故选B.
2．设a，e均为单位向量，当a，e的夹角为π时，a在e方向上的投影为________．
解析：a在e方向上的投影为|a|cos〈a，e〉＝cosπ＝－.
答案：－
3．已知△ABC中，AB＝3，AC＝5，BC＝7，若点D满足AD＝AB＋AC，则DB·DC＝________.
解析：法一：∵BC2＝(AC－AB)2
＝AC2＋AB2－2AB·AC，AB＝3，AC＝5，BC＝7，
∴AB·AC＝－.
∴DB·DC＝(AB－AD)·(AC－AD)
＝·
＝－AB2－AC2＋AB·AC＝－2－－＝－12.
法二：在△ABC中，AB＝3，AC＝5，BC＝7，
由余弦定理可得cos∠BAC＝＝－，
可得∠BAC＝120°.
如图所示，以A为坐标原点，AC所在直线为x轴，建立平面直角坐标系，
则A(0,0)，C(5,0)，B，
故AD＝AB＋AC
＝＋(5,0)＝，
从而点D，∴DB＝，DC＝，
∴DB·DC＝－－＝－12.
答案：－12
题型二 平面向量的夹角与垂直、模的计算
[典例] (1)(2021年1月新高考八省联考卷)已知单位向量a，b满足a·b＝0，若向量c＝a＋b，
则sin〈a，c〉＝( )
A. B．
C. D．
(2)已知平面向量m，n的夹角为，且|m|＝，|n|＝2，在△ABC中，AB＝2m＋2n，AC＝2m－6n，D为
BC的中点，则|AD|＝________.
[解析] (1)∵a·c＝a·(a＋b)＝a2＋a·b＝，|c|＝ ＝ ＝＝3，
∴cos〈a，c〉＝＝＝，
∴sin〈a，c〉＝.故选B.
(2)由题意知m·n＝×2×cos ＝3.
∵在△ABC中，D为BC的中点，
∴AD＝(AB＋AC)＝(2m＋2n＋2m－6n)＝2m－2n.
∴|AD|＝|2m－2n|＝2
＝2＝2＝2.
[答案] (1)B (2)2
[方法技巧]
(1)根据平面向量数量积的性质：若a，b为非零向量，则cos θ＝(夹角公式)，a⊥b⇔a·b＝0等，
可知平面向量的数量积可以用来解决有关角度、垂直问题．
(2)数量积大于0说明不共线的两向量的夹角为锐角，数量积等于0说明不共线的两向量的夹
角为直角，数量积小于0说明不共线的两向量的夹角为钝角．(3)计算向量的模：①当向量有坐标或适合建坐标系时，可用模的计算公式；②利用|a|＝及
(a±b)2＝|a|2±2a·b＋|b|2，把向量的模的运算转化为数量积运算；③几何法，利用向量的几何意
义，即利用向量加减法的平行四边形法则或三角形法则作出向量，再利用余弦定理等方法求
解．
[针对训练]
1．若|a|＝2，|b|＝4，且(a＋b)⊥a，则a与b的夹角为( )
A. B． C. D．－
解析：选A ∵(a＋b)⊥a，∴(a＋b)·a＝a2＋a·b＝0，∴a·b＝－4，co〈s a，b〉＝＝＝－，∴
〈a，b〉＝，故选A.
2．已知向量a＝(x，y)，b＝(－1,2)，且a＋b＝(1,3)，则|a－2b|等于( )
A．1 B．3 C．4 D．5
解析：选D 由向量a＝(x，y)，b＝(－1,2)，且a＋b＝(1,3)，得a＋b＝(x－1，y＋2)＝(1,3)，所以
解得x＝2，y＝1，所以a＝(2,1)．所以a－2b＝(2,1)－2(－1,2)＝(4，－3)，所以|a－2b|＝＝5，故
选D.
3．已知e ，e 是互相垂直的单位向量，若e －e 与e ＋λe 的夹角为60°，则实数λ的值是
1 2 1 2 1 2
________．
解析：由题意知|e|＝|e|＝1，e·e＝0，
1 2 1 2
则|e－e|＝＝＝＝2.
1 2
同理|e＋λe|＝.
1 2
所以cos 60°＝
＝＝＝，
解得λ＝.
答案：
题型三 平面向量数量积中的最值范围问题
[典例] (1)(2021·福建模拟)已知P为边长为2的正方形ABCD所在平面内一点，则PC·(PB＋
PD)的最小值为( )
A．－1 B．－3
C．－ D．－
(2)已知直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝90°，AD＝2，BC＝1，P是腰DC上的动点，则|
PA＋3PB|的最小值为________．
[解析] (1)法一：综合法
如图，连接BD，取BD的中点O，连接CO，取CO的中点Q.
连接PO，因为O为BD的中点，
所以PB＋PD＝2PO.
连接PQ，在△PCQ中，PC＝PQ＋QC.
因为Q为CO的中点，所以QO＝－QC.在△POQ中，PO＝PQ＋QO＝PQ－QC.
所以PC·(PB＋PD)＝PC·2PO＝2PC·PO＝2(PQ＋QC)·(PQ－QC)＝2(PQ2－QC2)．
因为Q，C是定点，所以当PQ―→2最小，即P，Q重合时，PC·(PB＋PD)取得最小值，最小值为
－2QC2＝－2×2＝－1.故选A.
法二：坐标法
建立如图所示的平面直角坐标系，则A(0,0)，B(2,0)，C(2,2)，D(0,2)，
设P(x，y)，
所以PC＝(2－x,2－y)，
PB＋PD＝(2－x，－y)＋(－x,2－y)＝(2－2x,2－2y)，
故PC·(PB＋PD)＝(2－x)(2－2x)＋(2－y)(2－2y)
＝2(x2－3x＋2)＋2(y2－3y＋2)
＝22－＋22－
＝22＋22－1.所以当x＝y＝时，PC·(PB＋PD)取得最小值－1.故选A.
(2)建立平面直角坐标系如图所示，
则A(2,0)，
设P(0，y)，C(0，b)，则B(1，b)．
所以PA＋3PB＝(2，－y)＋3(1，b－y)＝(5,3b－4y)，
所以|PA＋3PB|＝(0≤y≤b)，
所以当y＝b时，|PA＋3PB|取得最小值5.
[答案] (1)A (2)5
[方法技巧]
1．数量积的最值或范围问题的2种求解方法
临界分析法 结合图形，确定临界位置的动态分析求出范围
将数量积表示为某一个变量或两个变量的函数，建立函数关系式，再利
目标函数法
用三角函数有界性、二次函数或基本不等式求最值或范围
2．求向量模的最值(范围)的3种方法
代数法 把所求的模表示成某个变量的函数，再用求最值的方法求解
几何法 弄清所求的模表示的几何意义，结合动点表示的图形求解
不等式法 利用绝对值三角不等式||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|求模的最值(范围)
[针对训练]
1．(2021·石家庄模拟)已知a，b是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量c满足(a－c)·(b－
c)＝0，则|c|的最大值是( )
A．1 B．2
C. D．解析：选C 因为|a|＝|b|＝1，a·b＝0，
(a－c)·(b－c)＝－c·(a＋b)＋|c|2＝－|c||a＋b|·cos θ＋|c|2＝0，其中θ为c与a＋b的夹角，
所以|c|＝|a＋b|cos θ＝cos θ≤，
所以|c|的最大值是 .
2．已知向量a，b满足|a|＝1，(a－b)⊥(3a－b)，则a与b的夹角的最大值为( )
A. B．
C. D．
解析：选A 设a与b的夹角为θ，θ∈[0，π]．
因为(a－b)⊥(3a－b)，所以(a－b)·(3a－b)＝0.
整理可得3a2－4a·b＋b2＝0，即3|a|2－4a·b＋|b|2＝0.
将|a|＝1代入3|a|2－4a·b＋|b|2＝0，
可得3－4|b|cos θ＋|b|2＝0，
整理可得cos θ＝＋≥2 ＝，
当且仅当＝，即|b|＝时取等号，
故cos θ≥，结合θ∈[0，π]，
可知θ的最大值为，故选A.
3．(2021·湖北八校联考)在等腰直角△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝2，M，N(不与A，C重
合)为AC边上的两个动点，且满足|MN|＝，则BM·BN的取值范围为( )
A. B．
C. D．
解析：选C 以等腰直角三角形的直角边BC所在直线为x轴，BA所
在直线为y轴，建立平面直角坐标系如图所示，则B(0,0)，直线AC的
方程为x＋y＝2.
设M(a,2－a)，
则0<a<1，N(a＋1,1－a)，
∴BM＝(a,2－a)，BN＝(a＋1,1－a)，
∴BM·BN＝a(a＋1)＋(2－a)(1－a)＝2a2－2a＋2.
∵0<a<1，∴当a＝时，BM·BN取得最小值，
又BM·BN<2，故BM·BN―→的取值范围为.
题型四 平面向量与其他知识的综合问题
考法(一) 平面向量与几何的综合问题
[例1] 已知A，B是半径为的⊙O上的两个点，OA·OB＝1，⊙O所在平面上有一点C满足|OA
＋OB－OC|＝1，则向量OC的模的取值范围是________．
[解析] 以O为原点，OA所在直线为x轴建立平面直角坐标系，如图，A(，
0)．
由OA·OB＝1，|OA|＝|OB|＝，得∠AOB＝，于是B，
设C(x，y)，则2＋2＝1.
问题转为求圆2＋2＝1上一点到原点距离的取值范围，原点到圆心的距离为，圆的半径为1，
∴|OC|的取值范围为[－1，＋1]．
[答案] [－1，＋1]
[方法技巧] 平面向量与几何综合问题的求解方法
把几何图形放在适当的坐标系中，则有关点与向量就可以用坐标表示，
坐标法
这样就能进行相应的代数运算和向量运算，从而使问题得到解决
适当选取一组基底，沟通向量之间的联系，利用向量间的关系构造关于
基向量法
未知量的方程来进行求解
[针对训练]
若点O和点F分别为椭圆＋＝1的中心和左焦点，点P为椭圆上的任意一点，则OP·FP的最
大值为( )
A．2 B．3
C．6 D．8
解析：选C 由椭圆＋＝1可得F(－1,0)，点O(0,0)，
设P(x，y)(－2≤x≤2)，
则OP·FP＝x2＋x＋y2＝x2＋x＋3＝x2＋x＋3＝(x＋2)2＋2，－2≤x≤2，
当且仅当x＝2时，OP·FP取得最大值6.
考法(二) 平面向量与三角函数的综合问题
[例2] (2021·广州摸底)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量m＝(cos(A－B)，
sin(A－B))，n＝(cos B，－sin B)，且m·n＝－.
(1)求sin A的值；
(2)若a＝4，b＝5，求角B的大小及向量BA在BC方向上的投影．
[解] (1)由m·n＝－，
得cos(A－B)cos B－sin(A－B)sin B＝－，
所以cos A＝－.因为0<A<π，
所以sin A＝＝ ＝.
(2)由正弦定理，得＝，
则sin B＝＝＝，
因为a>b，所以A>B，且B是△ABC一内角，则B＝.
由余弦定理得(4)2＝52＋c2－2×5×c×，
解得c＝1(舍去负值)，
故向量BA在BC方向上的投影为|BA|cos B＝ccos B＝1×＝.
[方法技巧]平面向量与三角函数的综合问题的解题思路
(1)若题目条件给出向量的坐标中含有三角函数的形式，则运用向量共线或垂直或等式成立
等，得到三角函数的关系式，然后求解．
(2)给出用三角函数表示的向量坐标，要求的是向量的模或者其他向量的表达形式，解题思路
是经过向量的运算，利用三角函数在定义域内的有界性，求得值域等．
[针对训练]
已知A，B，C分别为△ABC的三边a，b，c所对的角，向量m＝(sin A，sin B)，n＝(cos B，cos
A)，且m·n＝sin 2C.
(1)求角C的大小；
(2)若sin A，sin C，sin B成等差数列，且CA·(AB－AC)＝18，求边c的长．
解：(1)由已知得m·n＝sin Acos B＋cos Asin B
＝sin(A＋B)，
因为A＋B＋C＝π，
所以sin(A＋B)＝sin(π－C)＝sin C，
所以m·n＝sin C，又m·n＝sin 2C，
所以sin 2C＝sin C,2sin Ccos C＝sin C，sin C≠0，
所以cos C＝.又0<C<π，所以C＝.
(2)由已知及正弦定理得2c＝a＋b.
因为CA·(AB－AC)＝CA·CB＝18，
所以abcos C＝18，所以ab＝36.
由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcos C＝(a＋b)2－3ab，
所以c2＝4c2－3×36，
所以c2＝36，所以c＝6.
一、综合练——练思维敏锐度
1．已知向量a＝(－1,2)，b＝(3,1)，c＝(x,4)，若(a－b)⊥c，则c·(a＋b)＝( )
A．(2,12) B．(－2,12)
C．14 D．10
解析：选C 由题意可得，a－b＝(－4,1)，由(a－b)⊥c，得(－4)×x＋1×4＝0，即 －4x＋
4＝0，解得x＝1，所以c＝(1,4)．又a＋b＝(2,3)，所以c·(a＋b)＝1×2＋4×3＝14.
2．已知非零向量a，b的夹角为60°，且|b|＝1，|2a－b|＝1，则|a|＝( )
A. B．1
C. D．2
解析：选A 由题意得a·b＝|a|×1×＝，
又|2a－b|＝1，
∴|2a－b|2＝4a2－4a·b＋b2＝4|a|2－2|a|＋1＝1，即4|a|2－2|a|＝0，又|a|≠0，解得|a|＝.
3．已知a＝(2sin 13°，2sin 77°)，|a－b|＝1，a与a－b的夹角为，则a·b＝( )
A．2 B．3
C．4 D．5
解析：选B 因为a＝(2sin 13°，2sin 77°)，所以|a|＝＝＝2，又因为|a－b|＝1，向量a与a－b
的夹角为，
所以cos ＝＝＝＝，所以a·b＝3，故选B.
4.如图，正六边形ABCDEF的边长为2，则AC·BD＝( )
A．2 B．3
C．6 D．12
解析：选C AC·BD＝(AB＋BC)·(AD－AB)＝(AB＋BC)·(2BC－AB)＝2|BC|2＋
BC·AB－|AB|2＝8＋2×2×－4＝6.
5．(多选)(2021·石家庄质检)已知向量a＝(6,2)，b＝(－2，k)，k为实数，则下列结论正确的是(
)
A．若a·b＝6，则k＝9
B．若|a＋b|≤5，则－5≤k≤1
C．不存在实数k，使(a－b)⊥b成立
D．若a与b的夹角为钝角，则k<6
解析：选ABC 对于A，由a·b＝6×(－2)＋2k＝6，解得k＝9，A正确；
对于B，a＋b＝(4,2＋k)，由|a＋b|≤5，得16＋(2＋k)2≤25，解得－5≤k≤1，B正确；
对于C，因为a－b＝(8,2－k)，由(a－b)⊥b，得(8,2－k)·(－2，k)＝0，即k2－2k＋16＝0，此方
程无解，所以不存在实数k，使(a－b)⊥b成立，C正确；
对于D，若a与b的夹角为钝角，则a·b<0，且a与b不共线，即6×(－2)＋2k<0, 6k－
(－2)×2≠0，
解得k<6且k≠－，D错误，故选A、B、C.
6.如图，半径为1的扇形AOB中，∠AOB＝，P是弧AB上的一点，且
满足OP⊥OB，M，N分别是线段OA，OB上的动点，则PM·PN的最大值
为( )
A. B．
C．1 D．
解析：选C ∵扇形OAB的半径为1，∴|OP|＝1，∵OP⊥OB，∴OP·OB＝0. ∵∠AOB
＝，∴∠AOP＝，∴PM·PN＝(PO＋OM)·(PO＋ON)＝PO2＋ON·PO＋OM·PO＋OM·ON＝1＋|OM|cos ＋|OM|
·|ON|cos ≤1＋0×＋0×＝1，故选C.
7．直角△ABC中，AB＝AC＝2，D为AB边上的点，且＝2，则CD·CA＝________；若CD＝xCA＋
yCB，则xy＝________.
解析：以A为原点，分别以AB，AC的方向为x轴，y轴的正方向建立平面直角坐标系(图略)，则A(0,0)，B(2,0)，C(0,2)，D，则CD＝，CA＝(0，－2)，CB＝(2，－2)，则CD·CA＝·(0，－2)＝×0＋(－
2)×(－2)＝4.由CD＝xCA＋yCB＝x(0，－2)＋y(2，－2)＝(2y，－2x－2y)＝，
得解得则xy＝.
答案：4
8．已知平面向量a，b满足|b|＝1，且a与b－a的夹角为120°，则|a|的取值范围为________．
解析：在△ABC中，设AB＝a，AC＝b，
则b－a＝AC－AB＝BC，
∵a与b－a的夹角为120°，∴∠B＝60°，
由正弦定理得＝，
∴|a|＝＝sin C.
∵0°<C<120°，∴sin C∈(0,1]，∴|a|∈.
答案：
9．(2020·天津高考)如图，在四边形ABCD中，∠B＝60°，AB＝3，BC＝
6，且AD＝λBC，AD·AB＝－，则实数λ的值为________，若M，N是线段
BC上的动点，且|MN|＝1，则DM·DN的最小值为________．
解析：依题意得AD∥BC，∠BAD＝120°，由AD·AB＝|AD|·|AB|·cos∠BAD＝ －|AD|＝
－，得|AD|＝1，因此λ＝＝.取MN的中点E，连接DE，则DM＋DN＝2DE，DM·DN＝[(DM＋DN)2－
(DM－DN)2]＝DE2－NM2＝DE2－.注意到线段MN在线段BC上运动时，DE的最小值等于点D
到直线BC的距离，即AB·sin∠B＝，因此DE2－的最小值为2－＝，即DM·DN的最小值为.
答案：
10.伴随着国内经济的持续增长，人民的生活水平也相应有所提升，其中旅游
业带来的消费是居民消费领域增长最快的，因此挖掘特色景区，营造文化氛
围尤为重要．某景区的部分道路如图所示，AB＝30 m，BC＝40 m，CD＝50
m，∠ABC＝∠BCD＝45°，要建设一条从点A到点D的空中长廊，则AD＝_______m.
解析：由题可知∠ABC＝∠BCD＝45°，所以AB∥CD，
由AD＝AB＋BC＋CD可得，
|AD|2＝|AB|2＋|BC|2＋|CD|2＋2AB·BC＋2AB·CD＋2BC·CD，
又AB·BC＝|AB||BC|cos 135°＝－1 200，
AB·CD＝|AB||CD|cos 0°＝1 500，
BC·CD＝|BC||CD|cos 135°＝－2 000，
所以|AD|2＝900＋3 200＋2 500－2 400＋3 000－4 000＝3 200，则|AD|＝40 m.
答案：40
11．在平面直角坐标系xOy中，已知向量m＝，n＝(sin x，cos x)，x∈.
(1)若m⊥n，求tan x的值；
(2)若m与n的夹角为，求x的值．
解：(1)因为m＝，n＝(sin x，cos x)，m⊥n，所以m·n＝0，即sin x－cos x＝0，所以sin x＝cos x，
所以tan x＝1.
(2)由已知得|m|＝|n|＝1，所以m·n＝|m|·|n|cos ＝，即sin x－cos x＝，所以sin＝.因为0<x<，所以
－<x－<，所以x－＝，即x＝.
12．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且cos B＝.
(1)若sin A＝，求cos C；
(2)若b＝4，求AB·BC的最小值．
解：(1)在△ABC中，由cos B＝得，sin B＝，
∵sin B＝>sin A，∴B>A，故A为锐角，
∴cos A＝，
∴cos C＝－cos(A＋B)＝－cos Acos B＋sin Asin B＝.
(2)由余弦定理b2＝a2＋c2－2accos B得，
16＝a2＋c2－ac≥2ac－ac＝ac，当且仅当a＝c时等号成立，∴ac≤13，
∴AB·BC＝accos(π－B)＝－accos B＝－ac≥－5.
故AB·BC的最小值为－5.
二、自选练——练高考区分度
1.△ABC中，|AC|＝2，|AB|＝2，∠BAC＝120°，AE＝λAB，AF＝μAC，M为线
段EF的中点，若|AM|＝1，则λ＋μ的最大值为( )
A. B．
C．2 D．
解析：选C AM＝(AE＋AF)
＝AB＋AC，
∴|AM|2＝2＝λ2＋μ2＋×4cos 120°＝λ2＋μ2－λμ＝1，
∴1＝λ2＋μ2－λμ＝(λ＋μ)2－3λμ≥(λ＋μ)2－(λ＋μ)2＝(λ＋μ)2，
∴λ＋μ≤2，当且仅当λ＝μ＝1时等号成立．故选C.
2．(2021·河北部分重点中学联考)已知向量a，b，c满足：a＝(4,0)，b＝(4,4)，(a－c)·(b－c)＝0，
则b·c的最大值是( )
A．24 B．24－8
C．24＋8 D．8
解析：选C 设OA＝a＝(4,0)，OB＝b＝(4,4)，OC＝c＝(x，y)，则a－c＝(4－x，－y)，b－c＝(4－
x,4－y)，又知(a－c)·(b－c)＝0，∴(4－x)2－y(4－y)＝0，即(x－4)2＋(y－2)2＝4，∴点C的轨迹
方程为(x－4)2＋(y－2)2＝4.
而b·c＝4x＋4y，令z＝4x＋4y，由平面几何知识可得当直线4x＋4y－z＝0与圆(x－4)2＋(y－
2)2＝4相切时，z取得最大值或最小值，即z ＝24＋8，故选C.
max
3．已知平面向量PA，PB满足|PA|＝|PB|＝1，PA·PB＝－.若|BC|＝1，则|AC|的最大值为( )A.－1 B．－1
C.＋1 D．＋1
解析：选D 因为|PA|＝|PB|＝1，PA·PB＝－，所以cos∠APB＝－，即
∠APB＝，由余弦定理可得AB＝＝.如图，建立
平面直角坐标系，则A，B，由题设点C(x，y)在以B为圆心，半径为1的
圆上运动，结合图形可知，点C(x，y)运动到点D时，有|AC| ＝|AD|＝|
max
AB|＋1＝＋1.故选D.
4．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足(a－c)BA·BC＝cCB·CA.
(1)求角B的大小；
(2)若|BA－BC|＝，求△ABC面积的最大值．
解：(1)由题意得(a－c)cos B＝bcos C.
根据正弦定理得(sin A－sin C)cos B＝sin Bcos C，
所以sin Acos B＝sin(C＋B)，
即sin Acos B＝sin A，因为A∈(0，π)，所以sin A>0，
所以cos B＝，又B∈(0，π)，所以B＝.
(2)因为|BA－BC|＝，所以|CA|＝，即b＝，
根据余弦定理及基本不等式得6＝a2＋c2－ac≥2ac－ac＝(2－)ac(当且仅当a＝c时取等号)，
即ac≤3(2＋)．
故△ABC的面积S＝acsin B≤，
因此△ABC的面积的最大值为.
第四节 复数
核心素养立意下的命题导向
1.通过方程的解，认识复数．
2．结合复数的代数表示及其几何意义，考查复数的实部、虚部，共轭复数，复数的模等概念的
认识，凸显逻辑推理、数学运算的核心素养．
3．结合复数的运算法则，考查复数的加、减、乘、除运算，凸显数学运算的核心素养．
[理清主干知识]
1．复数的定义及分类
(1)复数的定义：
形如a＋bi(a，b∈R)的数叫做复数，其中实部是a，虚部是b.
(2)复数的分类：
2．复数的有关概念复数相等 a＋bi＝c＋di⇔ a ＝ c 且 b ＝ d (a，b，c，d∈R)
共轭复数 a＋bi与c＋di共轭⇔ a ＝ c 且 b ＝－ d (a，b，c，d∈R)
向量OZ―→的模叫做复数z＝a＋bi的模，记作|z|或|a＋bi|，即|z|＝|a＋bi|＝r＝
复数的模
(r≥0，a，b∈R)
3.复数的几何意义
复平面
建立直角坐标系来表示复数的平面叫做复平面
的概念
实轴、 在复平面内，x轴叫做实轴，y轴叫做虚轴，实轴上的点都表示实数；除原点以
虚轴 外，虚轴上的点都表示纯虚数
复数的
复数z＝a＋bi 复平面内的点 Z ( a ， b ) 平面向量OZ
几何表示
4.复数的运算法则
设z＝a＋bi，z＝c＋di(a，b，c，d∈R)，则：
1 2
(1)z＋z＝(a＋bi)＋(c＋di)＝ ( a ＋ c ) ＋ ( b ＋ d )i ；
1 2
(2)z－z＝(a＋bi)－(c＋di)＝ ( a － c ) ＋ ( b － d )i ；
1 2
(3)z·z＝(a＋bi)(c＋di)＝ ( ac － bd ) ＋ ( ad ＋ bc )i ；
1 2
(4)＝＝＝＋i(c＋di≠0)．
5．复数运算的几个重要结论
(1)|z＋z|2＋|z－z|2＝2(|z|2＋|z|2)．
1 2 1 2 1 2
(2)·z＝|z|2＝||2.
(3)若z为虚数，则|z|2≠z2.
(4)(1±i)2＝±2i.
(5)＝i；＝－i.
(6)i4n＝1；i4n＋1＝i；i4n＋2＝－1；i4n＋3＝－i.
[澄清盲点误点]
一、关键点练明
1．(复数的概念)复数z＝的虚部为( )
A. B．i
C．－ D．－i
解析：选A z＝＝＝＝＋i.故选A.
2．(复数的模)复数z＝(1＋i)2，则|z|＝( )
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：选C 由题得z＝2i，所以|z|＝2.故选C.3．(复数的几何意义)复数z＝在复平面上的对应点位于( )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
解析：选A z＝＝＝2＋i，在复平面上的对应点为，位于第一象限．故选A.
4．(复数的运算)若复数z满足z·i＝1＋i(i是虚数单位)，则z的共轭复数是________．
解析：由z·i＝1＋i，得z＝＝＝1－i，
∴z＝1＋i.
答案：1＋i
二、易错点练清
1．(概念理解错误)i为虚数单位，复数的虚部是( )
A．－1 B．1
C．i D．－i
解析：选B 由题意得，＝＝＝i，所以复数的虚部是1.故选B.
2．(混淆绝对值与复数模的含义)若z＝3＋4i，则|z|＝( )
A. B．5
C．7 D．25
解析：选B 因为z＝3＋4i，
所以|z|＝＝＝5.
考点一 复数的概念
1．(2020·浙江高考)已知a∈R，若a－1＋(a－2)i(i为虚数单位)是实数，则a＝( )
A．1 B．－1
C．2 D．－2
解析：选C 因为a－1＋(a－2)i是实数，所以a－2＝0，所以a＝2，故选C.
2．(2020·全国卷Ⅰ)若z＝1＋2i＋i3，则|z|＝( )
A．0 B．1
C. D．2
解析：选C 因为z＝1＋2i＋i3＝1＋2i－i＝1＋i，
所以|z|＝＝，故选C.
3．(多选)已知i为虚数，且复数z满足z(1＋2i)＝1＋i3，则下列关于复数z的命题中正确的为(
)
A．复数z的虚部为－
B．|z|＝
C．复数z对应的点在第三象限
D．z<1＋2i
解析：选AC z＝＝＝，则复数z的虚部为－，故A正确；
|z|＝ ＝，故B错误；
复数z对应的点为，为第三象限内的点，故C正确；
虚数不能比较大小，故D错误．故选A、C.
4．(多选)(2021年1月新高考八省联考卷)设z，z，z 为复数，z≠0.下列命题中正确的是(
1 2 3 1
)
A．若|z|＝|z|，则z＝±z
2 3 2 3
B．若zz＝zz，则z＝z
1 2 1 3 2 3
C．若 ＝z，则|zz|＝|zz|
2 3 1 2 1 3
D．若zz＝|z|2，则z＝z
1 2 1 1 2
解析：选BC 由复数的形式知选项A显然不正确；
当zz＝zz 时，有zz－zz＝z(z－z)＝0，又z≠0，所以有z＝z，故选项B正确；
1 2 1 3 1 2 1 3 1 2 3 1 2 3
当 ＝z 时，则z＝，
2 3 2 3
|zz|2－|zz|2＝(zz)( )－(zz)( )＝zz －zz ＝0，故选项C正确；
1 2 1 3 1 2 12 1 3 13 1 212 1 313
当zz＝|z|2时，则zz＝|z|2＝z ⇒zz－z ＝z(z－)＝0，又z≠0，所以 ＝z，故选项D不正
1 2 1 1 2 1 11 1 2 11 1 2 1 1 1 2
确．
5．已知复数z＝＋的实部与虚部的和为2，则实数a的值为________．
解析：易知z＝＋＝＋＝＋，由题意得＋＝2，解得a＝3.
答案：3
[方法技巧]
解决复数概念问题的方法及注意事项
(1)求一个复数的实部与虚部，只需将已知的复数化为代数形式z＝a＋bi(a，b∈R)，则该复数
的实部为a，虚部为b.
(2)求一个复数的共轭复数，只需将此复数整理成标准的代数形式，实部不变，虚部变为相反
数，即得原复数的共轭复数．复数z＝a＋bi与z＝c＋di共轭⇔a＝c，b＝－d(a，b，c，d∈R)．
1 2
(3)复数是实数的条件：
①z＝a＋bi∈R⇔b＝0(a，b∈R)；
②z∈R⇔z＝；③z∈R⇔z2≥0.
(4)复数是纯虚数的条件： ①z＝a＋bi是纯虚数⇔a＝0且b≠0(a，b∈R); ②z是纯虚数⇔z＋
＝0(z≠0)；③z是纯虚数⇔z2<0.
考点二 复数代数形式的运算
[典题例析]
(1)(2020·新高考全国卷Ⅱ)(1＋2i)(2＋i)＝( )
A．－5i B．5i
C．－5 D．5
(2)(2020·全国卷Ⅰ)若z＝1＋i，则|z2－2z|＝( )A．0 B．1
C. D．2
(3)(2020·新高考全国卷Ⅰ)＝( )
A．1 B．－1
C．i D．－i
[解析] (1)(1＋2i)(2＋i)＝2＋4i＋i－2＝5i，故选B.
(2)法一：∵z＝1＋i，∴|z2－2z|＝|(1＋i)2－2(1＋i)|＝|2i－2－2i|＝2.故选D.
法二：∵z＝1＋i，∴|z2－2z|＝|z||z－2|＝×|－1＋i|＝×＝2.故选D.
(3)＝＝＝－i.
[答案] (1)B (2)D (3)D
[方法技巧] 复数代数形式运算问题的解题策略
复数的 在进行复数的加减法运算时，可类比合并同类项，运用法则(实部与
加减法 实部相加减，虚部与虚部相加减)计算即可
复数的 复数的乘法类似于多项式的四则运算，可将含有虚数单位 i的看作
乘法 一类同类项，不含i的看作另一类同类项，分别合并即可
复数的 除法的关键是分子分母同乘以分母的共轭复数，解题中要注意把i
除法 的幂写成最简形式
[针对训练]
1．复数＋的共轭复数的虚部为( )
A. B．－
C. D．－
解析：选B ∵＋＝＋＝＋＝－i＋＝＋i，
∴复数＋的共轭复数为－i，虚部为－.故选B.
2．计算：
(1)＝________；
(2)＋＝________.
解析：(1)＝
＝＝＝＋i.
(2)＋＝－＝＝－1.
答案：(1)＋i (2)－1
考点三 复数的几何意义
[典例] (1)(2020·北京高考)在复平面内，复数z对应的点的坐标是(1,2)，则i·z＝( )
A．1＋2i B．－2＋iC．1－2i D．－2－i
(2)在复平面内，复数(i为虚数单位)对应的点位于第一象限，则实数m的取值范围是( )
A．(－∞，－1) B．(－∞，0)
C．(0，＋∞) D．(1，＋∞)
[解析] (1)由题意知，z＝1＋2i，所以i·z＝i·(1＋2i)＝－2＋i，故选B.
(2)＝＝＋i.
∵该复数对应的点位于第一象限，
∴∴解得m>1，
∴实数m的取值范围是(1，＋∞)，故选D.
[答案] (1)B (2)D
[方法技巧]
复数几何意义问题的解题策略
(1)复数 z、复平面上的点 Z 及向量 OZ―→相互联系，即 z＝a＋bi(a，b∈R)⇔Z(a，
b)⇔OZ―→.
(2)由于复数、点、向量之间建立了一一对应的关系，因此可把复数、向量与解析几何联系在一
起，解题时可运用数形结合的方法，使问题的解决更加直观．
[针对训练]
1．复数z＝在复平面内对应的点位于( )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
解析：选D ∵z＝＝＝＝－，∴在复平面内对应的点为，位于第四象限，故选D.
2．设复数z满足条件|z|＝1，那么|z＋2＋i|的最大值是( )
A．3 B．2
C．1＋2 D．4
解析：选D |z|＝1表示单位圆上的点， 那么|z＋2＋i|表示在单位圆上的点到(－2，－1)的距
离，求最大值转化为点(－2，－1)到原点的距离加上圆的半径．因为点(－2，－1)到原点的距
离为3，所以最大值为4.
3．设复数z满足|z－i|＝|z＋i|(i为虚数单位)，且z在复平面内对应的点为Z(x，y)，则下列结论
一定正确的是( )
A．x＝1 B．y＝1
C．x＝0 D．y＝0
解析：选D ∵满足|z－i|＝|z＋i|的点为复平面内到点(0，－1)和(0,1)的距离相等的点的集合，
∴Z(x，y)的轨迹为x轴，其方程为y＝0.故选D.
1．已知i为虚数单位，z＝，则复数z的虚部为( )A．－2i B．2i
C．2 D．－2
解析：选C z＝＝＝＝2＋2i，虚部即为i的系数，为2，故选C.
2．设复数z＝，f(x)＝x2 020＋x2 019＋…＋x＋1，则f(z)＝( )
A．i B．－i
C．1 D．－1
解析：选C ∵z＝＝＝＝－i，
∴f(z)＝f(－i)＝(－i)2 020＋(－i)2 019＋…＋(－i)＋1.
∵(－i)＋(－i)2＋(－i)3＋(－i)4＝－i－1＋i＋1＝0，
∴f(z)＝505×0＋1＝1.故选C.
3．若z＝＋(m－2)i为纯虚数，则实数m的值为( )
A．－2 B．2
C．－3 D．3
解析：选C 因为z＝＋(m－2)i为纯虚数，所以解得m＝－3，故选C.
4．复数z＝在复平面内对应的点位于( )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
解析：选D 由题得复数z＝＝＝＝1－i，所以复数z对应的点位于复平面第四象限，故选D.
5．“a＝－2”是“复数z＝(a＋2i)(－1＋i)(a∈R)为纯虚数”的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：选C 当a＝－2时，z＝(－2＋2i)(－1＋i)＝－4i，则z为纯虚数，
可知“a＝－2”是“复数z＝(a＋2i)(－1＋i)(a∈R)为纯虚数”的充分条件；
当z＝(a＋2i)(－1＋i)＝(－a－2)＋(a－2)i为纯虚数时，有解得a＝－2，
可知“a＝－2”是“复数z＝(a＋2i)(－1＋i)(a∈R)为纯虚数”的必要条件．
综上所述，“a＝－2”是“复数z＝(a＋2i)(－1＋i)(a∈R)为纯虚数”的充要条件．
6．已知a∈R，i是虚数单位，若z＝a＋i，z·＝4，则a＝( )
A．1或－1 B．或－
C．－ D．
解析：选A ∵z＝a＋i，∴＝a－i，
∴z·＝(a＋i)(a－i)＝a2＋3＝4，
∴a2＝1，∴a＝±1，故选A.
7．已知m∈R，复数z＝1＋3i，z＝m＋2i，且z· 为实数，则m＝( )
1 2 1 2
A．－ B．C．3 D．－3
解析：选B 因为z· ＝(1＋3i)(m－2i)＝(m＋6)＋(3m－2)i为实数，所以3m－2＝0，解得m
1 2
＝.故选B.
8．已知复数z，z 在复平面内的对应点关于实轴对称，z＝3－i(i为虚数单位)，则＝( )
1 2 1
A.－i B．－＋i
C．－－i D．＋i
解析：选A 由题意，复数z，z 在复平面内的对应点关于实轴对称，z＝3－i，则z＝3＋i，则
1 2 1 2
根据复数的运算，得＝＝－i.
9．已知z＝a＋bi，其中a，b∈R，且满足(a＋i)2＝bi5，则|z|＝( )
A．5 B．
C．3 D．
解析：选B 由已知得(a＋i)2＝bi，
所以a2－1＋(2a－b)i＝0，所以a2－1＝0且2a－b＝0，
解得a＝1，b＝2或a＝－1，b＝－2，
所以|z|＝＝.
10．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 ∵|z－i|≤2，
∴复数z在复平面内对应点在以(0,1)为圆心，2为半径的圆上及其内部
(如图)．
∴|z|的最大值为3.
11．已知ABCD是复平面内的平行四边形，A，B，C三点对应的复数分别是－2＋i,1－i,2＋2i，
则点D对应的复数为( )
A．4－i B．－3－2i
C．5 D．－1＋4i
解析：选D 由题得A(－2,1)，B(1，－1)，C(2,2)，
设D(x，y)，
则AB＝(3，－2)，DC＝(2－x,2－y)，
因为AB＝DC，所以
解得x＝－1，y＝4.
所以点D的坐标为(－1,4)，
所以点D对应的复数为－1＋4i.
12．(多选)已知复数z满足z(2－i)＝i(i为虚数单位)，复数z的共轭复数为，则( )
A．|z|＝
B.＝－C．复数z的实部为－1
D．复数z对应复平面上的点在第二象限
解析：选BD 因为复数z满足z(2－i)＝i，所以z＝＝＝－＋i，所以|z|＝ ＝，故A错误；＝－
－i，故B正确；复数z的实部为－，故C错误；复数z对应复平面上的点在第二象限，故D正
确．
13．已知i为虚数单位，且复数z满足z－2i＝，则复数z在复平面内的点到原点的距离为(
)
A. B．
C. D．
解析：选B 由z－2i＝，
得z＝2i＋＝2i＋＝＋i，
∴复数z在复平面内的点的坐标为，到原点的距离为 ＝.
14．(多选)已知集合M＝，其中i为虚数单位，则下列元素属于集合M的是( )
A．(1－i)(1＋i) B．
C. D．(1－i)2
解析：选BC 根据题意，M＝，
∴M＝.
选项A中，(1－i)(1＋i)＝2,2∉M；
选项B中，＝＝－i∈M；
选项C中，＝＝i∈M；
选项D中，(1－i)2＝－2i∉M，故选B、C.
15．(2020·全国卷Ⅱ)设复数z，z 满足|z|＝|z|＝2，z＋z＝＋i，则|z－z|＝_______.
1 2 1 2 1 2 1 2
解析：法一：设z＝a＋bi(a，b∈R)，则z＝－a＋(1－b)i，则即
1 2
所以|z－z|2＝(2a－)2＋(2b－1)2＝4(a2＋b2)－4(a＋b)＋4＝4×4－4×2＋4＝12，
1 2
所以|z－z|＝2.
1 2
法二：题设可等价转化为向量a，b满足|a|＝|b|＝2，a＋b＝(，1)，求|a－b|.
因为(a＋b)2＋(a－b)2＝2|a|2＋2|b|2，
所以4＋(a－b)2＝16，所以|a－b|＝2，
即|z－z|＝2.
1 2
法三：设复数z，z 在复平面内分别对应向量OA，OB，则z＋z 对应向量
1 2 1 2
OA＋OB.
由题知|OA|＝|OB|＝|OA＋OB|＝2，如图所示，以OA，OB为邻边作平行四
边形OACB，
则z－z 对应向量BA.
1 2
由OA＝AC＝OC＝2，
可得BA＝2OAsin 60°＝2.故|z－z|＝|BA|＝2.
1 2
答案：2
16．已知复数z＝m－1＋(3－m)i(m∈R)对应的点在x轴上方，则m的取值范围是________．
解析：复数z＝m－1＋(3－m)i(m∈R)在复平面上对应的点的坐标为(m－1,3－m)，如果该点
落在x轴上方，则有3－m>0，解得m<3.
答案：(－∞，3)
17．已知i为虚数单位，z＝对应的点在第二象限，则θ是第________象限的角．
解析：∵z＝＝
＝cos 2θ＋isin 2θ对应的点在第二象限，
∴cos 2θ＜0，sin 2θ＞0，
∴2kπ＋＜2θ＜2kπ＋π，k∈Z，
解得kπ＋＜θ＜kπ＋，k∈Z.
当k＝2n(n∈Z)时，2nπ＋＜θ＜2nπ＋，θ为第一象限角；
当k＝2n－1(n∈Z)时，2nπ－＜θ＜2nπ－，θ为第三象限角．
综上可得，θ是第一、三象限的角．
答案：一、三
18．满足条件|z－i|＝|1＋i|的复数 z 在复平面上对应的点(x，y)的轨迹方程为
________________．
解析：设z＝x＋yi，x，y∈R.
∵|z－i|＝|1＋i|＝2，∴|x＋(y－1)i|＝2，
∴＝2，∴x2＋(y－1)2＝4.
答案：x2＋(y－1)2＝4
