(共68张PPT)
第3讲
平面向量的数量积及其应用
聚焦·必备知识
突破·核心考点
限时规范训练
1
2
3
内容索引
1．理解平面向量数量积的含义及其物理意义. 2.了解平面向量的数量积与投影向量的关系. 3.掌握数量积的坐标表达式，会进行平面向量数量积的运算. 4.能运用数量积表示两个向量的夹角，会用数量积判断两个平面向量的垂直关系.5.会用向量的方法解决某些简单的平面几何问题．6.会用向量方法解决简单的力学问题与其他的实际问题．
◆课标要求
聚焦
必备知识
1．向量的夹角
(1)定义：已知两个非零向量a，b，如图所示，O是平面上的任意一点，作＝a，＝b，则∠AOB＝θ(0≤θ≤π)叫做向量a与b的夹角，记作〈a，b〉．
(2)范围：夹角θ的取值范围是__________．当θ＝0时，两向量a，b____________；当θ＝时，两向量a，b相互垂直，记作________；当θ＝π时，两向量a，b____________．
[0，π]
共线且同向
a⊥b
共线且反向
2．平面向量数量积的定义与运算律
(1)平面向量数量积的定义
已知两个非零向量a与b，它们的夹角为θ，我们把数量______________叫做向量a与b的数量积(或内积)，记作a·b，即a·b＝_____________．
规定：零向量与任一向量的数量积为0.
|a||b|·cos θ
(2)投影向量如图，在平面内任取一点O，作＝a，＝b，过点M作直线ON的垂线，垂足为M1，则就是向量a在向量b上的投影向量．设与b方向相同的单位向量为e，a与b的夹角为θ，则与e，a，θ之间的关系为＝________________．
(3)向量数量积的运算律
①交换律：a·b＝b·a.
②数乘结合律：(λa)·b＝λ(a·b)＝a·(λb).
③分配律：(a＋b)·c＝a·c＋b·c.
a·b＝0不能推出a＝0或b＝0，因为a·b＝0时，还有可能a⊥b.
3．平面向量数量积的性质及坐标表示
向量的有关概念 几何表示 坐标表示
数量积 |a||b|cos θ x1x2＋y1y2
模 |a|＝
|a|＝________________
夹角 cos θ＝ cos θ＝
a⊥b的充要条件 __________ ________________
|a·b|与|a||b|的关系 |a·b|≤|a||b|(当且仅当a∥b时等号成立) |x1x2＋y1y2|≤
a·b＝0
x1x2＋y1y2＝0
1．两个向量a，b的夹角为锐角 a·b＞0且a，b不共线；两个向量a，b的夹角为钝角 a·b<0且a，b不共线．
2．平面向量数量积运算的常用公式
(1)(a＋b)·(a－b)＝a2－b2；
(2)(a＋b)2＝a2＋2a·b＋b2；
(3)(a－b)2＝a2－2a·b＋b2.
1．思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)两个向量的夹角的范围是.( )
(2)若a，b共线，则a·b＝|a|·|b|.( )
(3)两个向量的数量积是一个实数，向量的加、减、数乘运算的结果是向量．( )
(4)若a·b＝a·c，则b＝c.( )
×
×
√
×
2．设a＝(－1，3)，b＝(2，1)，设a，b的夹角为θ，则cos θ＝________．
解析：cos θ＝.
答案：
3．已知|a|＝3，|b|＝4，且a与b不共线，若(a＋kb)⊥(a－kb)，则实数k＝________．
解析：由题意得(a＋kb)·(a－kb)
＝a2－k2b2＝9－16k2＝0，解得k＝±.
答案：±
4．已知△ABC三个顶点为A(－1，－4)，B(5，2)，C(3，4)，则△ABC的形状为________．
解析：由条件得＝(6，6)，＝(－2，2)，
∵＝0，即AB⊥BC，
∴△ABC是直角三角形．
答案：直角三角形
例1 (1)已知单位向量e1，e2的夹角为60°，则(e1＋2e2)·(3e1－4e2)等于( )
A．－6 B．－4
C．－2 D．－1
B
解析：B 若单位向量e1，e2的夹角为60°，则|e1|＝|e2|＝1，e1·e2＝|e1||e2|·cos 60°＝，
(e1＋2e2)·(3e1－4e2)＝＝3＋1－8＝－4.故选B.
突破
核心考点
平面向量的数量积运算
(2)(2023·全国乙卷)已知正方形ABCD的边长是2，E是AB的中点，则等于( )
A．
B．3
C．2
D．5
B
解析：B 法一：由题意知，，
所以＝·
＝2，
由题意知＝＝2，
所以＝4－1＝3.
法二：以点A为坐标原点，的方向分别为x，y轴的正方向建立平面直角坐标系(图略)，
则E(1，0)，C(2，2)，D(0，2)，则＝(1，2)，
＝(－1，2)，＝－1＋4＝3.
反思感悟 平面向量数量积的两种运算方法
(1)基底法：当已知向量的模和夹角θ时，利用定义法，便可求解平面图形中的向量数量积的有关计算问题．
(2)坐标法：当平面图形易建系求出各点坐标时，可利用坐标法求解．
极化恒等式a·b＝[(a＋b)2－(a－b)2]
教材溯源(人教A版必修第二册P22练习第3题)求证：(a＋b)2－(a－b)2＝4a·b.
变形可得：a·b＝[(a＋b)2－(a－b)2]，此即为极化恒等式．
(1)平行四边形模型：.即从平行四边形一个顶点出发的两个边向量的数量积是和对角线长与差对角线长平方差的．
(2)三角形模型：.即从三角形一个顶点出发的两个边向量的数量积等于第三边的中线长与第三边长的一半的平方差
训练 在△ABC中，D是BC边上的中点，且＝－2，则( )
A．－1 B．2
C．－ D．1
解析：D ＝·＝22＝6，
同理可得＝22＝－2，又
所以2＝92，所以2＝12＝3，
＝2＝422＝4×1－3＝1.
D
跟踪训练1 (1)已知向量a＝(－1，1)，b＝(2，0)，向量a在向量b上的投影向量c等于( )
A．(－2，0) B．(2，0)
C．(－1，0) D．(1，0)
解析：C 因为向量a＝(－1，1)，b＝(2，0)，所以向量a在向量b上的投影向量c＝·b＝(－1，0)．
C
(2)(2025·北京延庆区模拟)已知正方形ABCD的边长为2，点P满足，则等于( )
A．4 B．5
C．6 D．8
C
解析：C 法一(坐标法)：以A为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系，正方形ABCD的边长为2，
则A(0，0)，C(2，2)，D(0，2)，可得＝(2，2)，＝(0，2)，
点P满足＝(1，2)，所以＝1×2＋2×2＝6.
法二(基底法)：·＝·
＝＝×(4＋8)＝6.
考向1 平面向量的模
例2 (2024·新课标Ⅱ卷)已知向量a，b满足|a|＝1，|a＋2b|＝2，且(b－2a)⊥b，则|b|等于( )
A． B．
C． D．1
B
平面向量数量积的简单应用
解析：B 由(b－2a)⊥b，得(b－2a)·b＝b2－2a·b＝0，所以b2＝2a·b.将|a＋2b|＝2的两边同时平方，得a2＋4a·b＋4b2＝4，即1＋2b2＋4b2＝1＋6|b|2＝4，解得|b|2＝＝，故选B.
考向2 平面向量的夹角
例3 (2025·江苏、苏、锡、常、镇调研)已知平面向量a，b，c满足a＋b＋c＝0，|a|＝|b|＝1，|c|＝，则a与b的夹角为( )
A． B．
C．π D．π
B
解析：B 因为a＋b＝－c，所以(a＋b)2＝c2，所以a2＋2a·b＋b2＝3，所以a·b＝，则cos 〈a，b〉＝，因为0≤〈a，b〉≤π，所以〈a，b〉＝，故选B.
考向3 平面向量的垂直
例4 (2024·新课标Ⅰ卷)已知向量a＝(0，1)，b＝(2，x)，若b⊥(b－4a)，则x等于( )
A．－2 B．－1
C．1 D．2
D
解析：D 法一：因为b⊥(b－4a)，所以b·(b－4a)＝0，即b2＝4a·b.因为a＝(0，1)，b＝(2，x)，所以b2＝4＋x2，a·b＝x，得4＋x2＝4x，所以(x－2)2＝0，解得x＝2，故选D.
法二：因为a＝(0，1)，b＝(2，x)，所以b－4a＝(2，x)－4(0，1)＝(2，x)－(0，4)＝(2，x－4)．因为b⊥(b－4a)，所以b·(b－4a)＝0，所以2×2＋x(x－4)＝0，所以(x－2)2＝0，解得x＝2，故选D.
反思感悟 (1)求平面向量的模的方法
①公式法：利用|a|＝及(a±b)2＝|a|2±2a·b＋|b|2.
②几何法：利用向量的几何意义．
(2)求平面向量的夹角的方法
①定义法：利用cos 〈a，b〉＝求解，〈a，b〉∈[0，π].
②坐标法：利用cos 〈a，b〉＝求解．
(3)两个向量垂直的充要条件
a⊥b a·b＝0 |a－b|＝|a＋b|(其中a≠0，b≠0)．
跟踪训练2 (1)(2023·全国甲卷)已知向量a＝(3，1)，b＝(2，2)，则
cos 〈a＋b，a－b〉等于( )
A． B．
C． D．
解析：B 由题意知a＋b＝(5，3)，a－b＝(1，－1)，
所以cos 〈a＋b，a－b〉＝.故选B.
B
(2)(2024·全国甲卷)设向量a＝(x＋1，x)，b＝(x，2)，则( )
A．x＝－3是a⊥b的必要条件
B．x＝－3是a∥b的必要条件
C．x＝0是a⊥b的充分条件
D．x＝－1＋是a∥b的充分条件
解析：C a⊥b x2＋x＋2x＝0 x＝0或x＝－3，所以x＝－3是a⊥b的充分条件，x＝0是a⊥b的充分条件，故A错误，C正确．a∥b 2x＋2＝x2 x2－2x－2＝0 x＝1±，故B，D错误．
C
(3)(人教A版必修第二册P61复习参考题第13题(6)小题变式)若平面向量a，b，c两两夹角相等，且|a|＝1，|b|＝1，|c|＝4，则|2a＋2b－c|＝( )
A．0 B．6
C．0或 D．0或6
解析：D ①当向量a，b，c两两夹角为0时，|2a＋2b－c|＝|2＋2－4|＝0；②当向量a，b，c两两夹角为2＝4a2＋4b2＋c2＋8a·b－4a·c－4b·c＝4＋4＋16＋8×1×1×－4×1×4×－4×1×4×＝36，所以|2a＋2b－c|＝6.
综上，|2a＋2b－c|＝0或6.故选D.
D
平面向量的实际应用
例5 在日常生活中，我们常常会看到两个人共提一个行李箱的情景．若行李箱所受的重力为G，两个拉力分别为F1，F2，且|F1|＝|F2|，F1与F2的夹角为θ，当两人拎起行李箱时，下列结论中正确的是( )
A．|G|＝|F1|＋|F2|
B．当θ＝＝
C．当θ角越大时，用力越省
D．当|F1|＝|G|时，θ＝
B
解析：B 根据题意可得G＝F1＋F2，
则|G|＝|F1＋F2|＝，
当θ＝0时，|G|＝2|F1|＝|F1|＋|F2|，
当θ＝＝
＝，
即|F1|＝，故A错误，B正确；
|G|＝，
因为y＝cos θ在(0，π)上单调递减，
且行李箱所受的重力G不变，
所以当θ角越大时，用力越大，故C错误；
当|F1|＝|G|时，
即|G|＝＝|F1|，
解得cos θ＝－，
又因为θ∈[0，π]，所以θ＝，故D错误．
反思感悟 用向量方法解决实际问题的步骤
跟踪训练3 如图所示，已知游船在静水中的航行速度v1的大小|v1|＝10 km/h，水流的速度v2的大小|v2|＝4 km/h.设v1和v2所成的角为θ(0＜θ＜π)，若游船要从A处航行到正北方向上位于北岸的码头B处，则cos θ等于
( )
A．－ B．－
C．－ D．－
B
解析：B 由题意知(v1＋v2)·v2＝0，
＝0，
即10×4cos θ＋42＝0，
所以cos θ＝－.
河流两岸示意图
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?A级 基础落实练?
1．(2025·重庆部分学校联考)已知向量a＝(m，1)，b＝(0，3)，且a⊥(a－b)，则m等于( )
A． B．2
C．± D．±2
解析：C 因为a＝(m，1)，b＝(0，3)，所以|a|＝，a·b＝m×0＋1×3＝3.因为a⊥(a－b)，所以a·(a－b)＝0.
即a2－a·b＝m2＋1－3＝0，解得m＝±.
限时规范
训练(三十八) 平面向量的数量积及其应用
C
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2．已知向量a＝(λ＋1，2)，b＝(1，－λ)，若a⊥b，则向量c＝(1，2)在向量a＋b上的投影向量为( )
A．(3，1) B．(1，3)
C． D．
D
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解析：D 依题意得a＝(λ＋1，2)，b＝(1，－λ)，a·b＝0，所以λ＋1－2λ＝0，解得λ＝1，
所以a＝(2，2)，b＝(1，－1)，
所以a＋b＝(3，1)，
则向量c＝(1，2)在向量a＋b上的投影向量为×(3，1)＝.故选D.
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3．(2025·武汉部分学校调研)两个单位向量e1与e2满足e1·e2＝0，则向量e1－2与e2的夹角为( )
A．30° B．60°
C．120° D．150°
D
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解析：D 法一：因为e1，e2是单位向量，所以|e1|＝|e2|＝1，又e1·e2＝0，所以·e2＝e1·e2－2＝＝1＋3＝4，所以＝2.设e1－2与e2的夹角为θ，则cos θ＝，因为0°≤θ≤180°，所以θ＝150°，故选D.
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法二：因为e1，e2是单位向量，e1·e2＝0，所以不妨设e1＝(1，0)，e2＝(0，1)，所以e1－2＝(1，0)－(0，1)＝.设e1－2与e2的夹角为θ，则cos θ＝因为0°≤θ≤180°，所以θ＝150°，故选D.
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4．(2025·山东泰安模拟)已知非零向量a，b满足|a|＝，若(a＋b)⊥(3a－2b)，则a与b的夹角为( )
A． B．
C． D．π
C
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解析：C 因为(a＋b)⊥(3a－2b)，所以(a＋b)·(3a－2b)＝0，则a·b＝2|b|2－3|a|2，又|a|＝，则a·b＝22＝－2，所以cos 〈a，b〉＝，
又0≤〈a，b〉≤π，所以a与b的夹角为.
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5．(多选)(2025·江苏南京模拟)下列关于向量a，b，c的运算中一定成立的是( )
A．(a＋b)·c＝a·c＋b·c
B．(a·b)·c＝a·(b·c)
C．a·b≤|a|·|b|
D．|a－b|≤|a|＋|b|
ACD
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解析：ACD 根据向量数量积的分配律可知A正确；
B中，等式的左边为c的共线向量，右边为a的共线向量，故B不正确；
根据数量积的定义可知a·b＝|a||b|cos 〈a，b〉≤|a|·|b|，故C正确；
|a－b|2－(|a|＋|b|)2＝－2a·b－2|a||b|≤0，
故|a－b|2≤(|a|＋|b|)2，
即|a－b|≤|a|＋|b|，故D正确．
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6．(2025·山西太原联考)在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝2，点E满足2则( )
A．－14 B．14
C．－16 D．－14
A
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解析：A 由题意，以A为坐标原点，的方向分别为x，y轴的正方向建立如图所示的平面直角坐标系，
则A(0，0)，B，C，D(0，2)，
所以＝＝.
因为2，设E(x，y)，
则2(x，y－2)＝3，
解得E，所以＝，
所以＝·＝－14.故选A.
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7．已知向量a＝(2，3)，b＝(－3，－2)，写出一个与a－b垂直的非零向量c＝________．
解析：由题意可知a－b＝(5，5)．
设c＝(x，y)，
则(a－b)·c＝5x＋5y＝0.
取x＝1，则y＝－1，
所以与a－b垂直的非零向量可以为c＝(1，－1) (答案不唯一).
答案：(1，－1)(答案不唯一)
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8．已知△ABC是边长为2的等边三角形，点D为BC边的中点，则＝________．
解析：由题知，在等边三角形ABC中，〈〉＝180°－60°＝120°，＝2，＝1，所以＝〉＝2×1×cos 120°＝－1.
答案：－1
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9．在如图所示的天平中，左、右两个秤盘均被3根细绳均匀地固定在横梁上．在其中一个秤盘中放入重量为60 N的物品，在另一个秤盘中放入重量60 N的砝码，天平平衡.3根细绳通过秤盘分担对物品的拉力(拉力分别为F1，F2，F3)，若3根细绳两两之间的夹角均为，不考虑秤盘和细绳本身的重量，则F1的大小为________N.
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解析：依题意，|F1|＝|F2|＝|F3|且|F1＋F2＋F3|＝60，
所以|F1＋F2＋F3|2＝|F1|2＋|F2|2＋|F3|2＋2F1·F2＋2F2·F3＋2F3·F1＝3600，
即3＝3600，
解得|F1|＝10.
答案：10
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10．(13分)在平面直角坐标系xOy中，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两条对角线的长；
(2)设实数t满足·＝0，求t的值．
解：(1)由题设知＝(3，5)，＝(－1，1)，
则＝(2，6)，＝(4，4)．
所以＝2＝4.
故所求的两条对角线的长分别为4.
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(2)法一：由题设知＝(－2，－1)，＝(3，5)，＝(3＋2t，5＋t)．
由·＝0，
得(3＋2t，5＋t)·(－2，－1)＝0，
从而5t＝－11，所以t＝－.
法二：由题意得
＝(－2，－1)，
＝(3，5)，t＝.
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11．(13分)已知向量a，b满足|a|＝＝4，a·(b－a)＝2.
(1)求向量a与b的夹角的大小；
(2)若|ta－b|＝2，求实数t的值．
解：(1)设向量a与b的夹角为θ，
∵|a|＝＝4，
∴a·(b－a)＝a·b－a2＝|a||b|cosθ－a2
＝4cos θ－2＝2，
∴cos θ＝，
∵0≤θ≤π，∴θ＝.
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(2)∵|ta－b|＝2，由(1)知a·b＝4，
∴t2a2－2ta·b＋b2＝2t2－8t＋16＝8，
则t2－4t＋4＝0，解得t＝2.
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?B级 能力提升练?
12．(多选)已知向量＝(1，2)，将绕原点O分别旋转－30°，30°，60°到的位置，则下列结论正确的是( )
A．＝0
B．＝
C．
D．点P1的坐标为
ABC
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解析：ABC 对于A，因为分别绕原点O旋转－30°，30°，60°得到，
所以与的夹角为90°，故＝0，故A正确；
对于B，由题意知，△OPP1≌△OPP2，
所以PP1＝PP2，即＝，故B正确；
对于C，因为〈〉＝60°，〈〉＝60°，且＝＝＝，
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所以由数量积的定义知，故C正确；
对于D，若点P1的坐标为，
则＝≠＝，故D不正确．
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2
13．(2025·陕西西安调研)在△ABC中，点D在边AB上，且BD＝2DA，点E满足.若AB＝AC＝6，＝6，则( )
A． B．2
C．12 D．11
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2
解析：A 因为BD＝2DA，所以.因为，所以E为CD的中点，则＝，
故＝
＝
＝
＝.
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2
14．(15分)如图所示，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，＝2＝2，∠BAD＝，E是BC边的中点．
(1)试用表示；
(2)求的值．
14
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2
解：(1)，
＝
＝，
.
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2
(2)由题意可知，＝，
所以＝·＝＝.
第3讲 平面向量的数量积及其应用
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培优增分
平面向量中的最值与取值范围
限时规范训练
内容索引
平面向量中的最值(取值范围)问题是高考的热点问题，也是难点问题．此类问题综合性强，体现了知识的交汇组合．基本题型是根据已知条件求某个变量的最值(取值范围)，比如向量的模、数量积、向量夹角、系数的最值(取值范围)等，解题思路是建立目标函数的函数解析式，转化为求函数的最值(取值范围)，同时向量兼顾“数”与“形”的双重身份，所以解决平面向量的最值(取值范围)问题的另外一种思路是数形结合．
◆命题解读
题型一 平面向量在平面几何中的应用
例1 (2022·天津卷)在△ABC中，＝a，＝b，D是AC边上的中点，，试用a，b表示为________，若⊥，则∠ACB的最大值为________．
解析：如图，
＝b－a，
＝b－a，
由⊥得(3b－a)·(b－a)＝0，
即3b2＋a2＝4a·b.
所以cos ∠ACB＝＝，即∠ACB的最大值为.
答案：b－a
反思感悟 用向量方法解决平面几何问题的步骤
平面几何问题向量问题解决向量问题解决几何问题．
跟踪训练1 若＝1，＝4，＝2，则以OA，OB为邻边的平行四边形的面积是________．
解析：由＝·cos ∠AOB＝4cos ∠AOB＝2，得cos ∠AOB＝，由题意知0<∠AOB<π，所以∠AOB＝.
连接AB(图略)，则以OA，OB为邻边的平行四边形的面积S＝2S△OAB＝2××1×4×.
答案：2
题型二 与向量有关的最值(取值范围)问题
角度1 与平面向量基本定理有关的最值(范围)问题
例2 若点E是△ABC的中线BD上的一点(不含端点)，且，则的最小值为( )
A．4 B．8
C．6 D．12
B
解析：B 因为BD是△ABC的边AC上的中线，所以，所以，又B，E，D三点共线，所以x＋2y＝1，且x>0，y>0，所以＝·(x＋2y)＝2＋＝8，当且仅当，即x＝2y＝时等号成立，所以的最小值为8.故选B.
角度2 与向量数量积有关的最值(取值范围)问题
例3 (2024·天津卷)在边长为1的正方形ABCD中，E为线段CD的三等分点，CE＝，则λ＋μ＝______，F为线段BE上的动点，G为AF的中点，则的最小值为________．
解析：以点A为坐标原点建立如图所示的平面直角
坐标系，则A(0，0)，B(1，0)，C(1，1)，D(0，1)，
E，所以＝＝(－1，0)，＝
(0，1)，因为，所以＝
λ(－1，0)＋μ(0，1)，所以λ＝，μ＝1，所以λ＋μ＝.由B(1，0)，E可得直线BE的方程为y＝－3(x－1)，设F(a，3－3a)，则G，所以＝(a，3－3a)，＝，所以＋(3－3a)·＝52－，所以当a＝时，取得最小值，为－.
答案： －
角度3 与向量模有关的最值(取值范围)问题
例4 (2025·广东中山一中调研)已知向量a，b，c满足|a|＝1，|b|＝，a·b＝－，〈a－c，b－c〉＝30°，则|c|的最大值为( )
A．2 B．
C．2 D．
A
解析：A 设＝a，＝b，＝c，则a－c＝，b－c＝，
由题意cos 〈a，b〉＝，
而0°≤〈a，b〉≤180°，则〈a，b〉＝150°.
又因为〈a－c，b－c〉＝30°，所以O，A，B，
C四点共圆，如图所示．
要使|c|取得最大值，则OC必过圆心点G，此时在△OAB中，AB2＝OA2＋OB2－2OA·OB cos ∠AOB＝1＋3－2cos 150°＝7，
即AB＝，由正弦定理可得OC＝2R＝.故选A.
反思感悟 向量求最值(取值范围)的常用方法
(1)利用三角函数求最值(取值范围)．
(2)利用基本不等式求最值(取值范围)．
(3)建立坐标系，设变量构造函数求最值(取值范围)．
(4)数形结合，应用图形的几何性质求最值．
跟踪训练2 (1)已知平面向量|a|＝＝1，则|b|的最大值为
( )
A．＋1 B．2＋1
C．－1 D．2－1
A
解析：A 法一：因为|a|＝＝1，且||b|－|a||≤≤1，所以－1≤≤1，即－1≤|b|≤1＋，所以，当且仅当b与a方向相同时取最大值．故选A.
法二：设O为坐标原点，＝a，＝b，建立如图所示的平面直角坐标系，由|a|＝＝1，得点B的轨迹为以A＝＋1.故选A.
(2)(2025·江西南昌二中适应性测试)如图所示，已知正方形ABCD的边长为4，若动点P在以AB为直径的半圆上(正方形ABCD内部，含边界)，则的取值范围是( )
A．(0，16)
B．[0，16]
C．(0，4)
D．[0，4]
B
解析：B 以A为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系，正方形ABCD的边长为4，
则C(4，4)，D(0，4)，＝(－4，0)，
取CD的中点E，连接PE，所以PE的取值范围为，即，
由于＝·＝，所以∈[0，16].故选B.
(3)如图，在△ABC中，，E为线段AD上的动点，且，则的最小值为( )
A．8 B．9
C．12 D．16
D
解析：D 由已知得，
∴，
∵E为线段AD上的动点，
∴A，D，E三点共线，
∴x＋3y＝1且x＞0，y＞0，
∴＝(x＋3y)
＝10＋≥10＋2 ＝16，
当且仅当x＝y＝时，等号成立．
故的最小值为16.
3
4
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11
1
2
?A级 基础落实练?
1．四边形ABCD中，·＝0，则这个四边形的形状是( )
A．菱形 B．矩形
C．正方形 D．等腰梯形
解析：A 由题意，＝|BC|且AD∥BC，故四边形ABCD为平行四边形，
又·＝＝0，故AC⊥BD，即四边形ABCD为菱形．
限时规范
训练(三十九) 平面向量中的最值与取值范围
A
2
1
3
4
5
6
7
8
9
10
12
13
14
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11
2．已知平面向量a，b，|a|＝1，|b|＝，且a·b＝1.若|c|＝2，则(a＋b)·c的最大值为( )
A．2 B．10
C．2 D．5
解析：A 设a＋b，c的夹角为θ，
则(a＋b)·c＝|a＋b|·|c|cos θ≤|a＋b|·|c|＝ ＝2，
当a＋b，c同向，
即θ＝0时取等号．故选A.
A
2
3
1
4
5
6
7
8
9
10
12
13
14
15
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11
3．(2025·河北邢台模拟)在四边形ABCD中，＝(1，2)，＝(－4，2)，则四边形ABCD的面积S等于( )
A． B．5
C．10 D．20
B
2
3
1
4
5
6
7
8
9
10
12
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16
11
解析：B 因为＝(1，2)，＝(－4，2)，
所以＝1×(－4)＋2×2＝0，
则AC⊥BD，
又＝，
＝，
所以四边形ABCD的面积
S＝＝＝5.
2
3
4
1
5
6
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8
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11
4．(2025·四川内江模拟)已知向量a＝(m，n)，b＝(cos θ，sin θ)，其中m，n，θ∈R.若|a|＝4|b|，则当a·b<λ2恒成立时，实数λ的取值范围是( )
A．∪
B．(－∞，－2)∪(2，＋∞)
C．
D．(－2，2)
B
2
3
4
5
6
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1
解析：B 法一：∵b＝(cos θ，sin θ)，|a|＝4|b|，
∴设a＝4(sin α，cos α)，
则a·b＝4sin α·cos θ＋4cos α·sin θ＝4sin (α＋θ)∈[－4，4]，若a·b<λ2恒成立，
则λ2>4，解得λ>2或λ<－2.故选B.
法二：∵b＝(cos θ，sin θ)，
∴|b|＝＝1，又|a|＝4|b|，
∴|a|＝4，∴a·b的最大值为4，则λ2>4，解得λ>2或λ<－2.故选B.
2
3
4
5
1
6
7
8
9
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11
5．如图，在直角梯形ABCD中，AB＝BC＝2，AD＝，CD＝1，点O，E分别为AB，BC的中点，点F在AD，CD，BC边上运动(包含端点)，则的取值范围为( )
A．
B．
C．
D．
A
2
3
4
5
1
6
7
8
9
10
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11
解析：A 依题意，以A为坐标原点建立平面直角坐标系，
如图所示，则A(0，0)，B(2，0)，O(1，0)，D，
C，E，当F在AD边上运动时，记F(0，t)
，则＝(－1，t)，＝，所以
t，则∈；当F在CD边上运动时，记F(0≤s≤1)，则＝，所以(s－1)＋s＋1，则∈；当F在BC边上运动时，记(0≤λ≤1)，则＝(1，0)＋λ＝，所以(1－λ)＋＋λ，则∈.综上，∈.故选A.
2
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4
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6
1
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11
6．已知平面向量a，b，c满足|a|＝1，b·c＝0，a·b＝1，a·c＝－1，则|b＋c|的最小值为( )
A．1 B．
C．2 D．4
C
2
3
4
5
6
1
7
8
9
10
12
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16
11
解析：C 在平面直角坐标系xOy中，不妨设a＝(1，0)，b＝(x1，y1)，c＝(x2，y2)，则a·b＝x1＝1，a·c＝x2＝－1，b·c＝x1x2＋y1y2＝y1y2－1＝0，所以|b＋c|＝＝|y1＋y2|＝＝≥2 ＝2，当且仅当y1＝±1时等号成立．
因此，|b＋c|的最小值为2.故选C.
7
8
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1
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5
6
2
7．(2025·江西景德镇九校联考)如图所示，已知圆O的半径为2，弦长AB＝2，C为圆O上一动点，则取值范围是( )
A．[0，4]
B．
C．
D．
C
7
8
9
10
12
13
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1
3
4
5
6
2
解析：C 如图所示，取AB的中点D，连接CD，OD，
则＝·
＝＋·－1，
又|OD|＝，
所以|CD|min＝2－max＝2＋，
即2－≤|CD|≤2＋，
所以min＝6－4max＝6＋4.
故的取值范围为.
8
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12
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1
3
4
5
6
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2
8．(2025·宁夏育才中学测试)如图，在△ABC中，点O满足，过点O的直线分别交直线AB，AC于点M，N.设则m2＋n2的最小值是( )
A． B．2
C． D．
A
8
9
10
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13
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5
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2
解析：A 因为，所以，因为，所以，又M，O，N三点共线，所以＝1，即m＋2n＝3.m2＋n2表示点(m，n)到原点(0，0)的距离的平方，又点(m，n)在直线m＋2n＝3上，且原点(0，0)到直线m＋2n＝3的距离d＝，所以m2＋n2≥d2＝.故选A.
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2
9．(多选)已知向量a＝(cos θ，sin θ)，b＝(－3，4)，则( )
A．若a∥b，则tan θ＝－
B．若a⊥b，则sin θ＝
C．|a－b|的最大值为6
D．若a·(a－b)＝0，则|a－b|＝2
ACD
9
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1
3
4
5
6
7
8
2
解析：ACD 若a∥b，则4cos θ＝－3sin θ，tan θ＝－，A正确；若a⊥b，则－3cos θ＋4sin θ＝0，tan θ＝，所以sin θ＝±＝＝1，|b|＝＝5，|a－b|≤|a|＋|b|＝6，当且仅当a，b反向时等号成立，所以C正确；若a·(a－b)＝0，则a2＝a·b，则|a－b|＝，D正确．故选A、C、D.
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2
10．(多选)设点D是△ABC所在平面内一点，则下列说法中正确的是( )
A．若，则点D是边BC的中点
B．若，则直线AD过△ABC的垂心
C．若，则点D在边BC的延长线上
D．若，且x＋y＝，则△BCD是△ABC面积的一半
ABD
10
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4
5
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2
解析：ABD 对于A，∵，
即，即，
即点D是边BC的中点，故A正确；
对于B，＝＝0，即AD⊥BC，
故直线AD过△ABC的垂心，故B正确；
对于C，∵，
即，即，
即点D在边CB的延长线上，故C错误；
10
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2
对于D，∵，且x＋y＝，
设，
则，且2x＋2y＝1，故M，B，C三点共线，且＝
即△BCD是△ABC面积的一半，故D正确．
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2
11．(多选)(2025·江苏、苏、锡、常、镇调研)在长方形ABCD中，AB＝8，AD＝6，点E，F分别为边BC和CD上两个动点(含端点)，且EF＝5，设，则( )
A．≤μ≤1
B．λ＋μ为定值
C．的最小值为50
D．
AC
11
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2
解析：AC 对于A，当F和C重合时，BE＝1，此时λ取最小值，μ取到最大值1；当E和C重合时，DF＝3，此时μ取最小值，λ取到最大值1，A正确．
对于B，当F和C重合时，λ＝；
当E和C重合时，λ＝1，μ＝，B错误．
对于C，＝·＝·＝＝36λ＋64μ，
11
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2
由EF＝5，得＝25，即2＝25，
即[(1－λ)＋(μ－1)]2＝25，
即36(1－λ)2＋64(μ－1)2＝25，
设6(λ－1)＝5cos θ，8(μ－1)＝5sin θ，θ∈，
则36λ＋64μ＝36×＋64×＝100＋30cos θ＋40sin θ＝100＋50sin (θ＋φ)(φ为辅助角，tan φ＝)，当sin (θ＋φ)＝－1时，36λ＋64μ取到最小值50，即的最小值为50，C正确，
11
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2
对于D，当μ＝1，λ＝时，
，则＝>，故D错误．故选A、C.
12
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2
12．(2025·山东青岛质检)已知向量a＝(m，1)，b＝(4－n，2)，m＞0，n＞0，若a∥b，则的最小值为________．
解析：∵a∥b，∴2m＝4－n，
∴(2m＋n)＝1，
∴＝·(2m＋n)
＝
＝.
答案：
13
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2
13．(2025·广东广州模拟)在△ABC中，D为AC上一点且满足，若P为BD上一点，且满足，λ，μ为正实数，则λμ的最大值为________．
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2
解析：∵λ，μ为正实数，，
故，
∴，
又P，B，D三点共线，∴λ＋4μ＝1，
∴λμ＝2＝，
当且仅当λ＝时取等号，
故λμ的最大值为.
答案：
14
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2
14．在四边形ABCD中，＝，且满足，则＝________．
解析：由＝，得四边形ABCD为平行四边形，
设m，n，p都是单位向量且m＋n＝p，
则(m＋n)2＝p2，即1＋2m·n＋1＝1，
则m·n＝－ cos 〈m，n〉＝－，
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2
所以〈m，n〉＝120°，
因此由知∠BAD＝120°，且AC是∠BAD的平分线，
因此四边形ABCD是菱形，而＝2，
所以＝＝2.
答案：2
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2
?B级 能力提升练?
15．(2025·山西晋城模拟)如图所示，圆O1和圆O2外切于点P，A，B分别为圆O1和圆O2上的动点，已知圆O1和圆O2的半径都为1，且＝－1，则2的最大值为( )
A．2 B．4
C．2 D．2
D
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2
解析：D ＝·＝·＋＝－1，所以＝·(
所以2≤，即－2≤0，解得－1－.2＝2＝2＝≤2＋2×＝2.故选D.
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2
16．(2025·安徽六校教育研究会第一次素养测试)已知正方形ABCD的边长为2，中心为O，四个半圆的圆心均为正方形ABCD各边的中点(如图)，若P在上，且，则λ＋μ的最大值为________．
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2
解析：如图所示，以线段BC所在直线为x轴，线段BC的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系，则A(－1，2)，B(－1，0)，C(1，0)，D(1，2)，则＝(2，0)，＝(0，－2)，
设P(cos θ，sin θ)，θ∈[π，2π]，
则＝(cos θ＋1，sin θ－2)，
∵，
∴(cos θ＋1，sin θ－2)＝λ(0，－2)＋μ(2，0)，
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1
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15
11
2
∴解得
则λ＋μ＝(cos θ－sin θ＋3)＝cos ]，由θ∈[π，2π]，得θ＋∈，所以当θ＋＝2π时，cos 取得最大值1，
则λ＋μ的最大值为.
答案：
培优增分 平面向量中的最值与取值范围
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第4讲
复数
聚焦·必备知识
突破·核心考点
限时规范训练
1
2
3
内容索引
1．理解复数的基本概念.2.理解复数相等的充要条件.3.了解复数的代数表示法及其几何意义．4.会进行复数代数形式的四则运算.5.了解复数代数形式的加、减运算的几何意义．
◆课标要求
聚焦
必备知识
1．复数的有关概念
(1)复数的概念：形如a＋bi(a，b∈R)的数叫做复数，其中i叫做虚数单位，a，b分别是它的_____和_____．当且仅当b＝0时，a＋bi为实数；当b≠0时，a＋bi为虚数；当a＝0且b≠0时，a＋bi为纯虚数．
(2)复数相等：a＋bi＝c＋di ___________(a，b，c，d∈R)．
实部
虚部
a＝c且b＝d
(3)共轭复数：a＋bi与c＋di共轭 ______________(a，b，c，d∈R).
(4)复数的模：向量的模叫做复数z＝a＋bi(a，b∈R)的模，记作|z|或|a＋bi|，即|z|＝|a＋bi|＝ ______________．
__
a＝c，b＝－d
2．复数的几何意义
3．复数的四则运算
(1)复数的加、减、乘、除运算法则
设z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，则
加法：z1＋z2＝(a＋bi)＋(c＋di)＝____________________.
减法：z1－z2＝(a＋bi)－(c＋di)＝_____________________.
乘法：z1·z2＝(a＋bi)·(c＋di)＝_______________________.
除法：i(c＋di≠0)．
(a－c)＋(b－d)i
(ac－bd)＋(ad＋bc)i
(a＋c)＋(b＋d)i
(2)复数加法的运算律
设z1，z2，z3∈C，则复数加法满足以下运算律：
交换律：z1＋z2＝__________.
结合律：(z1＋z2)＋z3＝________________．
(3)复数乘法的运算律
设z1，z2，z3∈C，则复数乘法满足以下运算律,
交换律：z1z2＝________.
结合律：(z1z2)z3＝__________.
乘法对加法的分配律：z1(z2＋z3)＝_____________．
z2＋z1
z1＋(z2＋z3)
z2z1
z1(z2z3)
z1z2＋z1z3
4．复数加、减运算的几何意义
若复数z1，z2在复平面内对应的点分别为Z1，Z2，O为坐标原点，则
(1)复数加法的几何意义
若向量不共线，则复数z1＋z2是以为两邻边的_____________的对角线所对应的复数．
(2)复数减法的几何意义
复数z1－z2是所对应的复数．
平行四边形
1．(1±i)2＝±2i，＝i，＝－i.
2．i4n＝1，i4n+1＝i，i4n+2＝－1，i4n+3＝－i(n∈N*)，i4n＋i4n+1＋i4n+2＋i4n+3＝0(n∈N*)．
3．z·＝|z|2＝＝＝|z|n.
1．思考辨析(在括号内打“ √”或“×”)
(1)方程x2＋x＋1＝0没有解．( )
(2)在复数z＝a＋bi(a，b∈R)中，虚部为bi.( )
(3)复数中有相等复数的概念，因此复数可以比较大小．( )
(4)复数的模实质上就是复平面内复数对应的点到原点的距离，也就是复数对应的向量的模．( )
×
×
×
√
2．若复数z＝m2－1＋(m＋1)i为纯虚数，则m＝________．
解析：由题意知解得m＝1.
答案：1
3．复数的共轭复数是________．
解析：＝2－i，
故其共轭复数是2＋i.
答案：2＋i
4．复数对应的点位于第________象限．
解析：
＝－i，
故其对应的点位于第三象限．
答案：三
例1 (1)(2025·江西宜春质检)如果复数z＝m2＋m－2－(m－1)i是纯虚数，m∈R，i是虚数单位，则( )
A．m≠1且m≠－2 B．m＝1
C．m＝－2 D．m＝1或m＝－2
C
解析：C 由复数z＝m2＋m－2－(m－1)i是纯虚数，得解得m＝－2.
突破
核心考点
复数的概念
(2)(2025·广东广州华南师大附中调研)复数z满足(1＋i)z＝i，i为虚数单位，则下列说法中正确的是( )
A．|z|＝1
B．z在复平面内对应的点位于第二象限
C．z的实部为
D．z的虚部为i
C
解析：C ∵(1＋i)z＝i，∴z＝＝，故A错误；z在复平面内对应的点的坐标为，位于第一象限，故B错误；z的实部为，故C正确；z的虚部为.故D错误．
(易错提醒：对于复数a＋bi(a，b∈R)，虚部指的是b，而不是bi)
反思感悟 解决复数概念问题的方法及注意事项
(1)复数的分类及对应点的位置问题都可以转化为复数的实部与虚部应该满足的条件问题，只需把复数化为代数形式，列出实部和虚部满足的方程(不等式)组即可．
(2)解题时一定要先看复数是否为a＋bi(a，b∈R)的形式，以确定其实部和虚部．
跟踪训练1 (1)若复数z满足(1＋i)2z＝2＋i，则等于( )
A．－－i B．－＋i
C．－i D．＋i
解析：D 因为(1＋i)2z＝2＋i，所以z＝－i，所以＋i.故选D.
D
(2)(2025·湖南师大附中模拟)已知z是虚数，z2＋2z是实数，则z的( )
A．实部为1 B．实部为－1
C．虚部为1 D．虚部为－1
解析：B 设虚数z＝a＋bi(a，b∈R，b≠0)，则z2＋2z＝(a＋bi)2＋2(a＋bi)＝a2－b2＋2a＋2b(a＋1)i，由z2＋2z是实数，得2b(a＋1)＝0，得a＝－1，故选B.
B
例2 (1)已知复数z满足－2z＝1－3i(i为虚数单位)，则z在复平面内对应的点在( )
A．第一象限
B．第二象限
C．第三象限
D．第四象限
B
复数的几何意义
解析：B 设z＝x＋yi(x，y∈R)，由－2z＝1－3i得x－yi－2(x＋yi)＝1－3i，即
(提示：复数z＝a＋bi与z＝c＋di相等的充要条件是a＝c，b＝d
∴即z在复平面内对应的点为(－1，1)，在第二象限．
(2)(人教A版必修第二册P77例2变式)设复数z1，z2在复平面内对应的点分别为Z1，Z2，|z1|＝2，z2＝3i，则Z1，Z2两点之间距离的最大值为( )
A．1 B．3
C．5 D．7
C
解析：C 法一：设z1＝a＋bi(a，b∈R)，因为|z1|＝2，所以a2＋b2＝4.因为复数z1，z2在复平面内对应的点分别为Z1，Z2，z2＝3i，所以Z1(a，b)，Z2(0，3)，连接Z1Z2(图略)，|Z1Z2|＝，
易知b∈[－2，2]，故当b＝－2时，＝5，故选C.
法二：因为|z1|＝2，所以复数z1在复平面内对应的点Z1的轨迹是以原点O为圆心，半径r＝2的圆．因为z2＝3i，所以复数z2在复平面内对应点Z2(0，3)，因为|OZ2|＝3，
所以|Z1Z2|max＝|OZ2|＋r＝3＋2＝5，故选C.
(2)由于复数、点、向量之间建立了一一对应的关系，因此解题时可运用数形结合的方法，把复数、 向量与解析几何联系在一起，使问题的解决更加直观．
跟踪训练2 (1)(人教A版必修第二册P73习题7.1第6题变式)若z＝(m＋1)＋(m－1)i(i是虚数单位，m∈R)在复平面内对应的点位于第四象限，则
( )
A．m<－1 B．m>1
C．－11
解析：C 复数z＝(m＋1)＋(m－1)i在复平面内对应的点为(m＋1，m－1)，该点位于第四象限，则解得－1C
(2)已知复数z满足|z－2|＝1，则|z－i|的最小值为( )
A．1 B．－1
C．＋1 D．3
B
解析：B 设z＝x＋yi(x，y∈R)，
因为|z－2|＝|x－2＋yi|＝＝1，
所以(x－2)2＋y2＝1，
即z在复平面内对应点的轨迹为圆C：(x－2)2＋y2＝1，
如图所示，
又|z－i|＝|x＋(y－1)i|＝，
所以|z－i|表示圆C上的动点到定点A(0，1)的距离，所以|z－i|min＝CA－1＝－1.
例3 (1)(2024·新课标Ⅰ卷)若＝1＋i，则z等于( )
A．－1－I B．－1＋i
C．1－I D．1＋i
C
复数的四则运算
解析：C 法一：因为＝1＋i，所以z＝(z－1)(1＋i)，即z＝z－1＋zi－i，即zi＝1＋i，所以z＝＝1－i，故选C.
法二：因为＝1＋i，所以，即1－i，即i＝，所以z＝＝1－i，故选C.
(2)若z＝,则|z|等于( )
A． B．
C． D．
A
解析：A z＝i，
|z|＝.
反思感悟 (1)复数的乘法：复数乘法类似于多项式的乘法运算．
(2)复数的除法：除法的关键是分子分母同乘以分母的共轭复数．
跟踪训练3 (1)(2025·山东聊城模拟)若复数z满足＝i·z，则z等于( )
A．1－i B．1＋i
C．1＋2i D．1－2i
解析：A 设z＝a＋bi(a，b∈R)，则＝a－bi，故a－bi＝i·(a＋bi)＝－b＋ai，即a＝－b，选项中只有A符合要求．故选A.
A
(2)(2025·广东佛山模拟)复数等于( )
A．－i B．i
C．－i D．＋i
解析：B
＝＝i.
B
复数与方程
例4 已知x＝－1＋i是方程x2＋ax＋b＝0(a，b∈R)的一个根．
(1)求实数a，b的值；
(2)结合根与系数的关系，猜测方程的另一个根，并给予证明．
解：(1)把x＝－1＋i代入方程x2＋ax＋b＝0，得(－a＋b)＋(a－2)i＝0，
∴解得
(2)由(1)知方程为x2＋2x＋2＝0.
设另一个根为x2，由根与系数的关系，
得－1＋i＋x2＝－2，
∴x2＝－1－i.
把x2＝－1－i代入方程x2＋2x＋2＝0，
则左边＝(－1－i)2＋2(－1－i)＋2＝0＝右边，
∴x2＝－1－i是方程的另一个根．
反思感悟 (1)对实系数二次方程来说，求根公式、根与系数的关系、判别式的功能没有变化，仍然适用．
(2)对复系数(至少有一个系数为虚数)方程，判别式判断根的功能失效了，其他仍适用．
跟踪训练4 (多选)已知关于x的方程x2＋tx＋1＝0(－2A．z1＝ B．z1·z2＝1
C．|z1|＝|z2| D．
解析：ABC 实系数一元二次方程的虚根互为共轭，所以A、C正确，由根与系数的关系知B正确，，D错误，故选A、B、C.
ABC
3
4
5
6
7
8
9
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1
2
?A级 基础落实练?
1．(2024·新课标Ⅱ卷)已知z＝－1－i，则|z|等于( )
A．0 B．1
C． D．2
解析：C |z|＝|－1－i|＝，故选C.
限时规范
训练(四十) 复数
C
2
1
3
4
5
6
7
8
9
10
12
13
14
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11
2．(2024·全国甲卷)若z＝5＋i，则i等于( )
A．10i B．2i
C．10 D．2
解析：A 因为z＝5＋i，所以＝5－i，所以＝10i，故选A.
A
2
3
1
4
5
6
7
8
9
10
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13
14
15
16
11
3．已知复数z＝(其中i为虚数单位)，则z的虚部是( )
A．－ B．－i
C． D．i
解析：A z＝，所以z的虚部是－.
A
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
12
13
14
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16
11
4．(2025·山西太原质检)在复平面内，复数z对应的点的坐标为(1，－1)，则－2i等于( )
A．－1－3i B．1－i
C．1－3i D．－1＋i
解析：A 根据题意，复数z对应的点的坐标为(1，－1)，则z＝1－i，则－2i＝－2i＝(1－i)(－i)－2i＝－1－3i.
A
2
3
4
5
1
6
7
8
9
10
12
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14
15
16
11
5．若复数的实部与虚部相等，则实数a的值为( )
A．1 B．3
C．－1 D．－3
解析：A i，因为复数的实部与虚部相等，所以，所以a＝1.
A
2
3
4
5
6
1
7
8
9
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13
14
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11
6．在复平面内，复数z对应的点在第三象限，则复数z·(1＋i)2024对应的点在( )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
解析：C 因为(1＋i)2024＝[(1＋i)2]1012＝(2i)1012＝21012(i2)506＝21012，且复数z对应的点在第三象限，则z·(1＋i)2024＝21012·z对应的点也在第三象限．故选C.
C
7
8
9
10
12
13
14
15
16
11
1
3
4
5
6
2
7．(2025·湖北武汉调研)若复数是纯虚数，则实数a＝( )
A．－ B．
C．－ D．
解析：A 因为是纯虚数，所以＝0，且≠0，解得a＝－.故选A.
A
8
9
10
12
13
14
15
16
11
1
3
4
5
6
7
2
8．(2025·湖南九校联盟联考)关于复数z与其共轭复数，下列结论中正确的是( )
A．在复平面内，表示复数z和的点关于虚轴对称
B．z·＞0
C．z＋必为实数，z－必为纯虚数
D．若复数z为实系数一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的一根，则也必是该方程的根
D
8
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10
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13
14
15
16
11
1
3
4
5
6
7
2
解析：D 对于A，表示复数z和的点关于实轴对称，A错误；对于B和C，当z＝0时均不成立，故B、C错误；对于D，若方程ax2＋bx＋c＝0的Δ≥0可得z为实数，则z＝，符合题意；若Δ＜0，则方程ax2＋bx＋c＝0的两个复数根为，此时两根互为共轭复数，因此D正确．故选D.
9
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13
14
15
16
11
1
3
4
5
6
7
8
2
9．(多选)若(1＋i)a＋bi＝4i，a，b∈R，则( )
A．a＝1 B．b＝4
C．a－b＝－4 D．ab＝0
BCD
9
10
12
13
14
15
16
11
1
3
4
5
6
7
8
2
解析：BCD 由题意可得，(1＋i)a＋bi＝a＋(a＋b)i＝4i，则解得可得a－b＝－4，ab＝0，故B、C、D正确，A错误．
10
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14
15
16
11
1
3
4
5
6
7
8
9
2
10．(多选)已知复数z1，z2满足3z1＋z2＝－1－2i，z1＋3z2＝5＋2i，则
( )
A．z1＝－1－i B．z2＝2＋i
C．z1－z2＝－3＋2i D．
解析：ABD ∵3z1＋z2＝－1－2i，z1＋3z2＝5＋2i，
∴z1＝－1－i，z2＝2＋i，∴z1－z2＝－3－2i，
.
ABD
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1
3
4
5
6
7
8
9
10
2
11．(多选)已知复数z在复平面内对应的点为，则( )
A．|z|＝1 B．z＋＝1
C．z2＋z＋1＝0 D．z2024＝
ACD
11
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16
1
3
4
5
6
7
8
9
10
2
解析：ACD 由题意可知z＝－＝＝1，A正确；i，z＋＝－1，B错误；z2＋z＋1＝2－i＋1＝0，C正确；
z3＝z2·z＝·＝1，
所以z2024＝z2022·z2＝(z3)674·z2＝z2＝，D正确．故选A、C、D.
12
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1
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5
6
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2
12．设z＝＋i，则z的共轭复数为________．
解析：因为z＝＋i＝＋i＝＋i＝3＋2i，故＝3－2i.
答案：3－2i
13
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15
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1
3
4
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11
2
13．(人教A版必修第二册P81习题7.2第7题变式)已知复数z＝1＋i(i为虚数单位)是关于x的方程x2＋px＋q＝0(p，q为实数)的一个根，则p＋q＝________．
解析：法一：由复数z＝1＋i(i为虚数单位)是关于x的方程x2＋px＋q＝0(p，q为实数)的一个根，知(1＋i)2＋p(1＋i)＋q＝0，即(p＋q)＋(2＋p)i＝0，由复数相等可得故p＋q＝0.
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1
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12
11
2
法二：因为实系数一元二次方程的虚数根共轭成对出现，所以1－i也为方程的一个根，由一元二次方程根与系数的关系得，1＋i＋1－i＝－p＝2，(1＋i)(1－i)＝q＝2，所以p＋q＝0.
答案：0
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1
3
4
5
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2
14．（2025·辽宁东北育才学校模考）复数z的模的几何意义为z在复平面内对应的点Z到原点的距离，例如|z|＝|OZ|.在复平面内，若复数z1＝＝1上的动点，则Z1与Z之间的最小距离为________．
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1
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4
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2
解析：因为z1＝＝－4i，
所以Z1(0，－4)，
又因为曲线|z－3|＝1表示以A(3，0)为圆心，1为半径的圆，所以|AZ1|＝5，
故Z1与Z之间的最小距离为5－1＝4.
答案：4
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1
3
4
5
6
7
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2
?B级 能力提升练?
15．(多选)(2024·广东梅州二模)已知z1，z2是复数，则下列说法中正确的是( )
A．若＝0，则z1＝0
B．若＝0，则z1＝z2＝0
C．|z1－i·z1|＝|z1＋i·z1|
D．若＝|z2|
ACD
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2
解析：ACD 对于＝0，则＝|z1|2＝0，解得|z1|＝0，即z1＝0，故A正确；
对于B，取z1＝i，z2＝1，满足＝0，但z1≠z2，故B错误；
对于C，|z1－iz1|＝|z1(1－i)|＝|1－i||z1|＝＝|z1(1＋i)|＝|z1||1＋i|＝，故C正确；
对于，则＝2＝|z2|2，即|z1|＝|z2|，故D正确．故选A、C、D.
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2
16．(多选)(2025·江苏苏州质检)任何一个复数z＝a＋bi(a，b∈R，i为虚数单位)都可以表示成z＝r(cos θ＋isinθ)(r≥0，θ∈R)的形式，通常称之为复数z的三角形式．法国数学家棣莫弗发现：[r(cos θ＋isinθ)]n＝rn(cos nθ＋isinnθ)(n∈N*)，我们称这个结论为棣莫弗定理，则下列说法中正确的有
( )
A．复数z＝1－i的三角形式为z＝2(－isin)
B．当r＝1，θ＝时，z＋z2＋z3＋…＋z2024＝0
C．当r＝2，θ＝时，z3＝－8
D．当r＝3，θ＝时，“n为偶数”是“zn为纯虚数”的充分不必要条件
BC
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3
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6
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2
解析：BC 对于A，z＝2(－isin)不是z＝r(cos θ＋isinθ)的形式，故A错误；对于B，当r＝1，θ＝时，z＝cos ＋isin＝i，所以z＋z2＋z3＋…＋z2024＝i＋i2＋i3＋…＋i2024＝0，故B正确；对于C，当r＝2，θ＝时，z＝2(＋isin)，z3＝23(cos π＋isin π)＝－8，故C正确；对于D，当r＝3，θ＝时，z＝3(＋isin)，根据棣莫弗定理有zn＝3n(＋isin)，n∈N*，若n＝4, 则z4＝34(cos π＋isin π)＝34×(－1)＝－34，不是纯虚数，故D错误．故选B、C.
第4讲 复数
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第五章 平面向量及复数
第1讲
平面向量的概念及线性运算
聚焦·必备知识
突破·核心考点
限时规范训练
1
2
3
内容索引
1．了解向量的实际背景.2.理解平面向量的概念，两个向量相等的含义.3.理解向量的几何表示.4.掌握向量加法、减法的运算，并理解其几何意义.5.掌握向量数乘的运算及其几何意义，理解两个向量共线的含义．
◆课标要求
聚焦
必备知识
1．向量的有关概念
(1)向量：既有大小又有_____的量叫做向量，向量的大小叫做向量的____．
(2)零向量：长度为____的向量，其方向是任意的．
(3)单位向量：长度等于_____________的向量．
方向
模
0
1个单位长度
(4)平行向量：方向相同或_____的非零向量，又叫共线向量.规定：0与任意向量共线．
(5)相等向量：长度相等且方向_____的向量．
(6)相反向量：长度相等且方向_____的向量．
相反
相同
相反
2．平面向量的线性运算
向量运算 定义 法则(或几何意义) 运算律
加法 求两个向量和的运算 三角形法则 平行四边形法则 (1)交换律：a＋b＝________；
(2)结合律：(a＋b)＋c＝
______________
b＋a
a＋(b＋c)
向量运算 定义 法则(或几何意义) 运算律
减法 求a与b的相反向量－b的和的运算叫做a与b的差 三角形法则 a－b＝
a＋(－b)
向量运算 定义 法则(或几何意义) 运算律
数乘 求实数λ与向量a的积的运算 (1)|λa |＝|λ|| a |； (2)当λ＞0时，λa与a的方向_____； 当λ＜0时，λa与a的方向_____； 当λ＝0时，λa＝__ (1)结合律：
λ(μa)＝_____＝_______；
(2)第一分配律：(λ＋μ) a＝_______；
(3)第二分配律：λ(a＋b)＝________
相同
相反
0
λμ a
μ(λa)
λa＋μ a
λa＋λb
3.共线向量定理
向量a(a≠0)与b共线的充要条件是：存在唯一一个实数λ，使________．
b＝λa
共线向量定理中易忽视“a≠0”，若忽视“a≠0”，则λ可能不存在；也可能有无数个．
1．若P为线段AB的中点，O为平面内任一点，则.
2．若G为△ABC的重心，则
(1)＝0.
(2).
1．思考辨析(在括号内打“ √”或“×”)
(1)向量与有向线段是一样的，因此可以用有向线段来表示向量．( )
(2)若两个向量共线，则其方向必定相同或相反．( )
(3)两个有共同起点的相等向量，其终点必相同．( )
(4)当两个非零向量a，b共线时，一定有b＝λa，反之亦成立．( )
×
×
√
√
2．已知a，b是两个不共线向量，向量b－ta与b共线，则实数t＝________．
解析：因为b－ta与a－b共线，所以存在λ∈R，使得b－ta＝λ(a－)，即解得
答案：
3．在平行四边形ABCD中，BC的中点为M，且＝a，＝b，用a，b表示＝________．
解析：＝a＋b.
答案：a＋b
4．若＝3a，＝－5a，且＝，则四边形ABCD的形状是________．
解析：因为＝3a，＝－5a，故∥，且.又＝，所以四边形ABCD是等腰梯形．
答案：等腰梯形
例1 (1)(多选)下列关于向量的说法中正确的是( )
A．若|a|＝0，则a＝0
B．若向量与是共线向量，则A，B，C，D四点必在同一条直线上
C．对于任意向量a，b，|a＋b|≤|a|＋|b|成立
D．若a∥b，则存在唯一实数λ，使a＝λb
AC
突破
核心考点
平面向量的概念
解析：AC 对于A，若|a|＝0，则a＝0，故A正确；对于B，若向量与是共线向量，则A，B，C，D四点不一定在一条直线上，故B错误；对于C，若a，b方向相同，则a＋b|＝，＝|a|＋|b|，若a，b方向相反，则|a＋b|<|a|＋|b|，
若a，b不共线，根据向量加法的三角形法则及两边之和大于第三边可知|a＋b|<|a|＋|b|.
综上可知对于任意向量a，b，必有|a＋b|≤|a|＋|b|，故C正确；对于D，若a≠0，b＝0，则a∥b，此时不存在实数λ，使a＝λb，故D错误．
(2)(多选)如图所示，四边形ABCD，CEFG，CGHD是全等的菱形，则下列结论中一定成立的是( )
A．＝
B．与共线
C．与共线
D．
ABD
解析：ABD 由四边形ABCD，CEFG，CGHD是全等的菱形，知＝与的方向相反，与的方向相同且长度相等，即与共线，，故B、D正确；而∠BDE与∠DEH不一定相等，与不一定共线，故C错误．
反思感悟 平行向量有关概念的四个关键点
(1)非零向量的平行具有传递性．
(2)共线向量即为平行向量，它们均与起点无关．
(3)向量可以平移，平移后的向量与原向量是相等向量．
(4)是与a同方向的单位向量．
跟踪训练1 (1)(2025·福建福州模拟)如图，在正△ABC中，D，E，F均为所在边的中点，则以下向量和相等的是( )
A． B．
C． D．
解析：D ∵与方向不同，
∴与均不相等；
∵与方向相同，长度相等，∴.
D
(2)(多选)下列命题中正确的是( )
A．向量的长度与向量的长度相等
B．向量a与b平行，则a与b的方向相同或相反
C．两个有共同起点且相等的向量，其终点必相同
D．两个终点相同的向量，一定是共线向量
解析：AC 对于A，向量与向量的长度相等，方向相反，故A正确；
对于B，向量a与b平行，且a或b为零向量时，不满足条件，故B错误；
对于C，两个有共同起点且相等的向量，其终点也相同，故C正确；
对于D，两个终点相同的向量，不一定是共线向量，故D错误．
AC
平面向量的线性运算
考向1 向量的线性运算
例2 (2025·广东深圳模拟)在△ABC中，D是线段AB上靠近B的四等分点，E是线段CD上靠近D的三等分点，则( )
A．－ B．
C．－ D．－
C
解析：C 如图所示，由题意得，故＝＝－.故选C.
考向2 根据向量线性运算求参数的值
例3 (2025·陕西西安模拟)在△ABC中，点D在BC上，且点，E在AD上，且.若，则x＋y等于( )
A． B．
C．－ D．－
C
解析：C 因为，所以，则＝.
又，所以则，又，所以x＝－，则x＋y＝－.故选C.
反思感悟 平面向量线性运算的常见类型及解题策略
(1)向量求和用平行四边形法则或三角形法则；求差用向量减法的三角形法则．
(2)求参数问题可以通过向量的运算先将向量表示出来，再进行比较，最后求参数的值． ．
跟踪训练2 (1)在△ABC中，＝a，＝b，若，线段AD与BE交于点F，则( )
A．a＋b B．a－b
C．－a＋b D．－a－b
B
解析：B 如图所示，由D，E分别为BC，AC的中点，
由三角形中线的性质可得，
又＝(a＋b)，所以(a＋b)＝(a＋b)，因此＝－b＋(a＋b)＝a－b.
(2)如图所示，在直角梯形ABCD中，，且则2r＋3s( )
A．1
B．2
C．3
D．4
C
解析：C 法一：由题意可得＝＝＝.因为所以r＝，所以2r＋3s＝1＋2＝3.故选C.
法二：因为，所以，又所以＝.又，且不共线，所以r＝，所以2r＋3s＝1＋2＝3，故选C.
例4 (1)(多选)(人教A版必修第二册P16例8变式)已知向量a，b是两个不共线的向量，且向量ma－3b与a＋(2－m)b共线，则实数m的取值可以是
( )
A．－1
B．
C．4
D．3
AD
共线向量定理及应用
解析：AD 由a，b不共线易知a＋(2－m)b为非零向量，因为向量ma－3b与a＋(2－m)b共线，所以存在实数λ，使得ma－3b＝λ[a＋(2－m)b]，所以得m＝－1或m＝3.故选A、D.
(2)(2025·山东枣庄期末)已知D为线段AB上的任意一点，O为直线AB外一点，点A关于点O的对称点为点C.若，则x－y的值为( )
A．－1
B．0
C．1
D．2
C
解析：C 依题意可得A，B，D三点共线，所以＋(1－λ).因为A关于点O的对称点为C，所以，又，所以，所以则x－y＝1－λ＋λ＝1.故选C.
反思感悟 利用共线向量定理解题的策略
(1)a∥b a＝λb(b≠0)是判断两个向量共线的主要依据．注意待定系数法和方程思想的运用．
(2)当两向量共线且有公共点时，才能得出三点共线，即A，B，C三点共线 共线．
(3)若a与b不共线且λa＝μb，则λ＝μ＝0.
(4)(λ，μ为实数)，若A，B，C三点共线，则λ＋μ＝1.
跟踪训练3 (1)已知平面向量a，b不共线，＝4a＋6b，＝－a＋3b，＝a＋3b，则( )
A．A，B，D三点共线 B．A，B，C三点共线
C．B，C，D三点共线 D．A，C，D三点共线
解析：D 对于A，＝－a＋3b＋(a＋3b)＝6b，与不共线，A不正确；
对于B，＝4a＋6b，＝－a＋3b，则与不共线，B不正确；
对于C，＝－a＋3b，＝a＋3b，则与不共线，C不正确；
对于D，＝4a＋6b＋(－a＋3b)＝3a＋9b＝3，即∥，又线段AC与CD有公共点C，所以A，C，D三点共线，D正确．故选D.
D
(2)如图，在△ABC中，，P为CD上一点，且满足(m∈R)，则m的值为( )
A．－ B．－
C． D．
解析：C 由，可得，
即.
因为C，P，D三点共线，
所以m＋.故选C.
C
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1
2
?A级 基础落实练?
1．化简2(a－3b)－3(a＋b)的结果为( )
A．a＋4b B．－a－9b
C．2a＋b D．a－3b
解析：B 2(a－3b)－3(a＋b)＝2a－6b－3a－3b＝－a－9b.
限时规范
训练(三十六) 平面向量的概念及线性运算
B
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3
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11
2．如图所示，e1，e2为互相垂直的单位向量，则向量a＋b＋c可表示为
( )
A.2e1－3e2
B．3e1－2e2
C．2e1＋3e2
D．3e1＋2e2
解析：D 由题意得a＝e1＋2e2，b＝e1－2e2，c＝e1＋2e2，所以a＋b＋c＝e1＋2e2＋e1－2e2＋e1＋2e2＝3e1＋2e2.
D
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3．(2025·江苏高邮调研)设e1，e2是两个不共线的向量，若向量m＝－e1＋ke2(k∈R)与向量n＝ke1－4e2(k∈R)共线，则( )
A．k＝0 B．k＝±2
C．k＝2 D．k＝－2
B
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解析：B 因为e1，e2是两个不共线的向量，且m＝－e1＋ke2，n＝ke1－4e2(k∈R)共线，
所以存在实数λ∈R，使得m＝λn，则解得或
所以k＝±2.
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3
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4．(人教A版必修第二册P14例6变式)在△ABC中，D为AB的中点，E为CD的中点，设＝a，＝b，则( )
A．a＋b B．a－b
C．a＋b D．a－b
解析：C 法一：因为D为AB的中点，E为CD的中点，所以＝a＋b.故选C.
法二：因为D是AB的中点，所以，又E为CD的中点，所以＝＝a＋b，故选C.
C
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5．已知e1，e2是平面内两个不共线的向量，＝5e1－4e2，若A，B，C三点共线，则实数k的值为( )
A．－1 B．0
C．1 D．2
A
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1
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解析：A 法一：因为＝5e1－4e2，所以＝(4e1＋ke2)－(3e1＋2e2)＝e1＋(k－2)e2，＝(5e1－4e2)－(3e1＋2e2)＝2e1－6e2，又A，B，C三点共线，所以存在唯一的实数λ，使得，即e1＋(k－2)e2＝
解得故选A.
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11
法二：根据题意，设＋(1－x)，则3e1＋2e2＝[4x＋5(1－x)]e1＋[kx－4(1－x)]e2，因为e1，e2是平面内两个不共线的向量，所以得故选A.
2
3
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6．(2025·广东深圳模拟)如图所示，在正六边形ABCDEF中，等于( )
A.0
B．
C．
D．
解析：A 因为六边形ABCDEF为正六边形，所以＝0.
A
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3
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5
6
2
7．(2025·河北衡水第一次调研)已知点O是△ABC的重心，过点O的直线与边AB，AC分别交于M，N两点，D为边BC的中点．若(x，y∈R)，则x＋y( )
A． B．
C．2 D．
A
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解析：A 如图所示，由三角形重心的性质，可得，所以，
所以，即.易知M，O，N三点共线，可得y＝1，所以x＋y＝.
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2
8．(2025·江西重点中学协作体第一次联考)如图，在平行四边形ABCD中，M为BC的中点，AC与MD相交于点P.若，则x＋y( )
A．1 B．
C． D．2
B
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解析：B 因为在平行四边形ABCD中，M为BC的中点，AC与MD相交于点P，所以＝2，所以.又，所以x＝y＝.故选B.
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2
9．(多选)(人教A版必修第二册P5习题6.1第3题变式)下列说法中错误的是
( )
A．非零向量与是两平行向量
B．若a∥b，b∥c，则a∥c
C．若a与b都是单位向量，则a＝b
D．若两个单位向量平行，则这两个单位向量相等
解析：BCD 易知A正确；若b＝0，满足a∥b，b∥c，但a与c不一定平行，B错误，单位向量a与b的方向均不确定，故C错误；两个单位向量平行时，这两个单位向量的方向可能相反，所以这两个单位向量不一定相等，故D错误．故选B、C、D.
BCD
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2
10．(多选)下列各式中化简结果为的是( )
A．－－
B．－
C．－
D．－
ACD
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2
解析：ACD 对于A，－－＝－＝－＝－，故A正确；对于B，－，故B错误；对于C，－，故C正确；对于D，－＝－0＝，故D正确．
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2
11．(多选)(人教A版必修第二册P12例4变式)在梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝2CD，AC与BD相交于点O，则下列结论中正确的是( )
A．
B．＝0
C．
D．＝0
ABD
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解析：ABD 对于A，故选项A正确．对于B，由题知，所以＝0，故＝0，故选项B正确．对于C，＝，故选项C错误．(另解：在△BCD中，，则，所以.故选项C错误)
对于D，＝0，故选项D正确．故选A、B、D.
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12．在正六边形ABCDEF中，若AB＝1，则＝________．
解析：法一：如图所示，连接AD，BE，CF，因为正六边形ABCDEF由6个全等的等边三角形构成，且AB＝1，所以＝2，
所以＝＝＝2.
法二：连接AD(图略)，易知AD＝2，则＝＝＝＝＝2.
答案：2
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13．已知在四边形ABCD中，，且＝，则四边形ABCD的形状是________________．
解析：由，
可得AB∥CD且AB＝DC，
所以四边形ABCD是梯形，
又因为＝，
所以梯形ABCD的两个腰相等，
所以四边形ABCD是等腰梯形．
答案：等腰梯形
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2
14．在△ABC中，AB＝2，BC＝3，∠ABC＝30°，AD为BC边上的高．若，则λ－μ＝________．
解析：如图，∵AD为BC边上的高，
∴AD⊥BC.
∵AB＝2，∠ABC＝30°，
∴BD＝BC，
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∴
＝＝.
又，
∴λ＝，故λ－μ＝.
答案：
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?B级 能力提升练?
15．如图所示，△ABC内有一点G满足＝0，过点G作一直线分别交AB，AC于点D，E.若(xy≠0)，则等于
( )
A．4
B．3
C．2
D．1
B
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2
解析：B 因为＝0.
所以G为△ABC的重心，
所以＝t＋(1－t)＋(1－t)y，
所以tx＝，(1－t)y＝，
所以＝3t＋3(1－t)＝3.
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16．设P，Q为△ABC内的两点，且，则△ABP的面积与△ABQ的面积之比为( )
A. B．
C． D．
D
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2
解析：D 如图，设，
∴
＝，
由平行四边形法则知NP∥AB，
∴△ABP的面积与△ABC的面积之比为，
同理，由，
可得△ABQ的面积与△ABC的面积之比为，
∴△ABP的面积与△ABQ的面积之比为
∶.
第1讲 平面向量的概念及线性运算
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三新命题
三角函数与平面向量
(教师用书独具)
限时规范训练
内容索引
命题点一 三角函数的新定义问题
例1 已知非常数函数f(x)的定义域为R，如果存在正数T，使得 x∈R，都有f(x＋T)＝Tf(x)恒成立，则称函数f(x)具有性质T.
(1)判断下列函数是否具有性质T？并说明理由；
①f1(x)＝2x－1；②f2(x)＝cos (2πx＋1)．
(2)若函数f(x)＝sin (ωx＋φ)(ω＞0)具有性质T，求ω的最小值．
解：(1)f1(x)不具有性质T，f2(x)具有性质T，理由如下：
①假设f1(x)具有性质T，即存在正数T，使得2(x＋T)－1＝T(2x－1)恒成立，
则(2T－2)x＝3T－1对 x∈R恒成立，则此时无解，故假设不成立，
所以f1(x)不具有性质T.
②取T＝1＞0，则f2(x＋1)＝cos [2π(x＋1)＋1]＝cos (2πx＋1)＝f2(x)，
即f2(x＋T)＝Tf2(x)对 x∈R恒成立，所以f2(x)具有性质T.
(2)因为函数f(x)＝sin (ωx＋φ)(ω＞0)具有性质T，所以存在正数T，使得 x∈R都有sin [ω(x＋T)＋φ]＝T sin (ωx＋φ)恒成立，
令t＝ωx＋φ，则sin (t＋ωT)＝T sin t对 x∈R恒成立，
若T＞1，取t＝，则sin ＝T＞1，矛盾，
若0＜T＜1，取t＝－ωT，则
sin ＝T sin ，即sin ＝＞1，矛盾，
所以T＝1，
则当且仅当ω＝2kπ，k∈Z时，sin (t＋ω)＝sin t对 t∈R恒成立，
因为ω＞0，所以ω≥2π，
所以当ω＝2π时，函数f(x)＝sin (ωx＋φ)(ω＞0)具有性质T，
所以ω的最小值为2π.
思维升华 解决三角函数新定义问题的思路
(1)理解新定义与新概念，找出其要素．
(2)把新定义的概念、法则、公式转化到常规的数学背景中．
(3)利用三角函数的公式、性质解决问题．
跟踪训练1 定义函数f(x)＝a sin x＋b cos x的“伴随向量”为＝(a，b)；向量＝(a，b)的“伴随函数”为f(x)＝a sin x＋b cos x.
(1)写出函数g(x)＝cos ＋cos x的“伴随向量”，并求；
(2)记向量＝的伴随函数为φ(x)，若当x∈时，不等式φ(x)＋kφ＞0恒成立，求实数k的取值范围．
解：(1)g(x)＝cos ＋cos x＝cos x－sin x＋cos x＝－sin x＋cos x，
所以函数g(x)＝cos ＋cos x的“伴随向量”＝，所以＝ .
(2)因为向量＝的伴随函数为φ(x)，
所以φ(x)＝sin x＋cos x＝2sin ，
则不等式φ(x)＋kφ＞0恒成立，
即为sin ＋k sin ＞0恒成立，
即为sin ＋k cos ＞0在x∈上恒成立，
由x∈，得x＋∈，
当x＋，即x＝时，cos ＝0，
则不等式即为1＞0成立，此时k∈R；
当＜，即0≤x＜时，cos ＞0，
则不等式等价于k＞－＝－tan 恒成立，
此时max＝－，所以k＞－；
当＜x＋，即＜x≤时，cos ＜0，
则不等式等价于k＜－＝－tan 恒成立，
此时min＝－1，所以k＜－1，
综上所述实数k的取值范围为.
命题点二 平面向量的新定义问题
例2 设Ox，Oy是平面内相交成45°角的两条数轴，e1，e2分别是与x轴、y轴正方向同向的单位向量，若向量＝xe1＋ye2，则把有序数对(x，y)叫做向量在斜坐标系xOy中的坐标，记作＝(x，y)．同时把有序数对(x，y)叫做点P在斜坐标系xOy中的坐标，记作P(x，y)，已知在斜坐标系xOy中，△ABC的三个顶点A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，且A，B，C异于点O，则下列结论错误的是( )
A．＝(x2－x1，y2－y1)
B．＝
C．若∥，则x1y2－x2y1＝0
D．△ABC的重心G的坐标为G
B
解析：B 依题意，e1·e2＝1×1×cos 45°＝.
由向量＝(x1，y1)，＝(x2，y2)，则＝(x2e1＋y2e2)－(x1e1＋y1e2)
＝(x2－x1)e1＋(y2－y1)e2
＝(x2－x1，y2－y1)，故A正确；
＝
＝
＝ ，
故B错误；
若∥，则，即(x1e1＋y1e2)＝
λ(x2e1＋y2e2)，即
所以x1y2－x2y1＝0，故C正确；
设D为BC的中点，根据三角形重心性质知，则＝0，
所以＝0，
所以(x1e1＋y1e2)＋(x2e1＋y2e2)＋(x3e1＋y3e2)＝2，
所以G，故D正确．
思维升华 解决向量新定义问题的步骤
(1)对向量的新定义进行提取，明确新定义的名称和符号；
(2)对向量的新定义所提取的信息进行加工，探求解决方法和相近的知识点；
(3)对新定义中提取的知识进行转换，并按照新定义的概念、法则、公式运算，或转换为已有知识加以解决，这是解题的关键．
跟踪训练2 (2024·河北邯郸二模)对任意两个非零的平面向量a和b，定义：a b＝，a⊙b＝，若平面向量a，b满足n∈Z，0＜n≤4}中，则a b＋a⊙b＝
( )
A．1 B．
C．1或 D．1或
D
解析：D 因为{n∈Z，0＜n≤4}＝{，1}，
设向量a和b的夹角为θ，因为|a|＞|b|＞0，所以|a|2＋|b|2＞2|a||b|，
得到a b＝＜，
又θ∈[0，π]，所以，所以a b<，
又a b在集合{n∈Z，0＜n≤4}中，得到a b＝，所以＞，即cos θ＞，
又因为a⊙b＝cos θ＞cos θ＞，所以a⊙b＝或1，
所以a b＋a⊙b＝1或.故选D.
1
2
1．(17分)(2025·湖南长沙一中适应性演练)“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出．该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”意大利数学家托里拆利给出了解答，当△ABC的三个内角均小于120°时，使得∠AOB＝∠BOC＝∠COA＝120°的点O即为费马点；当△ABC有一个内角大于或等于120°时，最大内角的顶点为费马点．试用以上知识解决下面的问题：
已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且cos 2B＋cos 2C－cos 2A＝1.
(1)求A；
(2)若bc＝2，设点P为△ABC的费马点，求.
限时规范
训练 三角函数与平面向量
1
2
解：(1)由已知△ABC中，cos 2B＋cos 2C－cos 2A＝1，即1－2sin2B＋1－2sin2C－1＋2sin2A＝1，sin2A＝sin2B＋sin2C，
由正弦定理可得a2＝b2＋c2，
故△ABC为直角三角形，且A＝.
1
2
(2)由(1)知A＝，所以△ABC的三个角都小于120°，则由费马点定义可知，
∠APB＝∠BPC＝∠APC＝120°，
设＝x，＝y，＝z，
由S△APB＋S△BPC＋S△APC＝S△ABC得
bc＝1，
整理得xy＋yz＋xz＝，
则＝xy·＋yz·＋xz·＝－.
2
1
2．(17分)(2025·江苏徐州四校适应性考试)交比是射影几何中最基本的不变量，在欧氏几何中亦有应用．设A，B，C，D是直线l上互异且非无穷远的四点，则称(分式中各项均为有向线段长度，例如AB＝－BA)为A，B，C，D四点的交比，记为(A，B；C，D)．
(1)证明：1－(D，B；C，A)＝；
2
1
(2)若l1，l2，l3，l4为平面上过定点P且互异的四条直线，L1，L2为不过点P且互异的两条直线，L1与l1，l2，l3，l4的交点分别为A1，B1，C1，D1，L2与l1，l2，l3，l4的交点分别为A2，B2，C2，D2，证明：(A1，B1；C1，D1)＝(A2，B2；C2，D2)；
(3)已知第(2)问的逆命题成立，证明：若△EFG与△E′F′G′的对应边不平行，对应顶点的连线交于同一点，则△EFG与△E′F′G′对应边的交点在一条直线上．
2
1
证明：(1)1－(D，B；C，A)
＝1－
＝
＝
＝
＝.
2
1
(2)由题意画出图形如图①，
则(A1，B1；C1，D1)＝
＝＝
＝
图①
2
1
＝
＝
＝＝(A2，B2；C2，D2)．
图①
2
1
(3)如图②，设EF与E′F′交于X，FG与F′G′交于Y，EG与E′G′交于Z，连接XY，记FF′与XY交于L，EE′与XY交于M，GG′与XY交于N，欲证X，Y，Z三点共线，只需证Z在直线XY上．
图②
2
1
考虑线束XP，XE，XM，XE′，由第(2)问知(P，F；L，F′)＝(P，E；M，E′)，
再考虑线束YP，YF，YL，YF′由第(2)问知(P，F；L，F′)＝(P，G；N，G′)，
从而得到(P，E；M，E′)＝(P，G；N，G′)，
于是由第(2)问的逆命题知，EG，MN，E′G′交于一点，即为点Z，
从而MN过点Z，故Z在直线XY上，X，Y，Z三点共线．
图②
三新命题 三角函数与平面向量
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第2讲
平面向量基本定理及坐标表示
聚焦·必备知识
突破·核心考点
限时规范训练
1
2
3
内容索引
1．理解平面向量基本定理及其意义.2.掌握平面向量的正交分解及其坐标表示. 3.掌握平面向量的加法、减法与数乘运算的坐标表示. 4.掌握平面向量共线的坐标表示及成立的条件．
◆课标要求
聚焦
必备知识
1．平面向量基本定理
(1)定理：如果e1，e2是同一平面内的两个________向量，那么对于这一平面内的任一向量a，__________一对实数λ1，λ2，使a＝λ1e1＋λ2e2.
(2)基底：若e1，e2________，我们把{e1，e2}叫做表示这一平面内所有向量的一个基底．
2．平面向量的正交分解
把一个向量分解为两个__________的向量，叫做把向量作正交分解．
不共线
有且只有
不共线
互相垂直
3．平面向量的坐标运算
(1)向量的加法、减法、数乘及向量的模
设a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则a＋b＝(x1＋x2，y1＋y2)，a－b＝(x1－x2，y1－y2)，
λa＝______________，|a|＝ ________________．
(2)向量坐标的求法
①若向量的起点是坐标原点，则终点坐标即为向量的坐标；
②设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则＝_____________________，
＝ ___________________________．
4．平面向量共线的坐标表示
设a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，其中b≠0，则a∥b x1y2－x2y1＝0.
(λx1，λy1)
(x2－x1，y2－y1)
1．已知P为线段AB的中点，若A(x1，y1)，.
2．已知△ABC的顶点A(x1，y1)，B(x2，y2)，.
1．思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)平面内的任意两个向量都可以作为一个基底．( )
(2)若a，b不共线，且λ1a＋μ1b＝λ2a＋μ2b，则λ1＝λ2，μ1＝μ2.( )
(3)若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则a∥b的充要条件.( )
(4)平面向量不论经过怎样的平移变换之后其坐标不变．( )
×
√
×
√
2．已知a＝(4，2)，b＝(6，y)，且a∥b，则y＝______．
解析：∵a∥b，∴4y＝2×6，解得y＝3.
答案：3
3．已知平行四边形ABCD的顶点A(－1，－2)，B(3，－1)，C(5，6)，则顶点D的坐标为________．
解析：设D(x，y)，则＝(x＋1，y＋2)，＝(2，7)，又，故解得x＝1，y＝5.
答案：(1，5)
4．如图，＝a，＝b，＝c，则c＝________(用a，b表示)．
解析：
＝
＝a－b.
答案：a－b
例1 (1)(2025·福建漳州质量检测)在△ABC中，D是边BC上一点，且BD＝2DC，E是AC的中点，记＝n，则( )
A．－3m B．－3m
C．－3n D．－3n
突破
核心考点
平面向量基本定理的应用
D
解析：D －＝－－3＝－3n，故选D.
(2)在△ABC中，点D在边AB的延长线上，AB＝2BD，设，则( )
A．m＝
B．m＝
C．m＝
D．m＝－
C
解析：C 因为点D在边AB的延长线上，且AB＝2BD，所以，即＝，整理得.
又，所以由平面向量基本定理可得m＝.故选C.
反思感悟 (1)应用平面向量基本定理表示向量的实质是利用平行四边形法则或三角形法则进行向量的加、减或数乘运算．
(2)用平面向量基本定理解决问题的一般思路：先选择一个基底，并运用该基底将条件和结论表示成向量的形式，再通过向量的运算来解决．注意同一个向量在不同基底下的分解是不同的，但在每个基底下的分解都是唯一的．
跟踪训练1 (1)平面内任一向量m都可以表示成λa＋μb(λ，μ∈R)的形式，下列关于向量a，b的说法中正确的是( )
A．向量a，b的方向相同
B．向量a，b中至少有一个是零向量
C．向量a，b的方向相反
D．当且仅当λ＝μ＝0时，λa＋μb＝0
解析：D 因为任一向量m＝λa＋μb(λ，μ∈R)，所以根据平面向量的基本定理得向量a，b不共线，故A，B，C不正确；因为a，b不共线，所以当且仅当λ＝μ＝0时，λa＋μb＝0，故D正确．
D
(2)(2022·新高考Ⅰ卷)在△ABC中，点D在边AB上，BD＝2DA.记＝n，则( )
A．3m－2n B．－2m＋3n
C．3m＋2n D．2m＋3n
解析：B 因为BD＝2DA，所以，
所以＋＝－2＝－2m＋3n.故选B.
B
例2 (1)已知＝(1，－1)，C(0，1)，若，则点D的坐标为
( )
A．(－2，3)
B．(2，－3)
C．(－2，1)
D．(2，－1)
D
平面向量的坐标运算
解析：D 设D(x，y)，则＝(x，y－1)，
2＝(2，－2)，
根据，得(x，y－1)＝(2，－2)，
即解得
所以点D的坐标为(2，－1)．
(2)(人教A版必修第二册P29例3变式)已知向量a，b，c在正方形网格中的位置如图所示，若c＝λa＋μb(λ，μ∈R)，则λ＋μ( )
A．－
B．－
C．－
D．－
B
解析：B 设网格中小正方形的边长为1，建立平面直角坐标系如图所示，可知b＝(3，3)，a＝(－2，1)，c＝(－1，－3)，代入c＝λa＋μb(λ，μ∈R)，得(－1，－3)＝λ(－2，1)＋μ(3，3)，则解得所以λ＋μ＝－.故选B.
反思感悟 (1)利用向量的坐标运算解题，主要是利用加法、减法、数乘运算法则，然后根据“两个向量相等当且仅当它们的坐标对应相等”这一原则，化为方程(组)进行求解．
(2)向量的坐标表示使向量运算代数化，成为数与形结合的载体，可以使很多几何问题的解答转化为熟知的代数运算．
跟踪训练2 (1)如图所示，在梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AD＝1，AB＝2，BC＝3，M，N分别为CD，AD的中点，则( )
A．2
B．2
C．3
D．
D
解析：D 如图所示，以B为坐标原点，BC，BA所在直线分别为x，y轴建立平面直角坐标系，则B(0，0)，M(2，1)，∴＝(2，1)，＝，∴＝(2，1)－＝(1，－3)，∴＝.故选D.
(2)(人教A版必修第二册P30例5变式)已知平行四边形ABCD的三个顶点A，B，C的坐标分别是(0，0)，(1，2)，(3，1)，则顶点D的坐标为________．
解析：由四边形ABCD为平行四边形，知＝(1，2)，设D(x，y)，则＝(3－x，1－y)，所以解得故顶点D的坐标为(2，－1)．
答案：(2，－1)
考向1 利用向量共线求参数的值
例3 (2025·广东湛江统考)已知向量a＝(－1，3)，b＝(－1，2)，c＝(2，m)，若b∥(2a－c)，则m( )
A．－1 B．－2
C．1 D．2
B
平面向量共线的坐标表示
解析：B 由a＝(－1，3)，b＝(－1，2)，c＝(2，m)，得2a－c＝(－4，6－m)，因为b∥(2a－c)，所以－(6－m)＋8＝0，解得m＝－2.故选B.
考向2 利用向量共线求向量或点的坐标
例4 (人教A版必修第二册P33探究变式)已知A(2，3)，B(4，－3)，点P在线段AB的延长线上，且＝，则点P的坐标为________．
解析：由点P在线段AB的延长线上，＝.设P(x，y)，则(x－2，y－3)＝－(4－x，－3－y)，即解得故点P的坐标为(10，－21)．
答案：(10，－21)
反思感悟 平面向量共线问题的坐标表示的解题策略
(1)若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，其中b≠0，则a∥b的充要条件是x1y2＝x2y1.
(2)在求与一个已知向量a共线的向量时，可设所求向量为λa(λ∈R)．
跟踪训练3 平面内给定三个向量a＝(3，2)，b＝(－1，2)，c＝(4，1)．
(1)若(a＋kc)∥(2b－a)，求实数k的值；
(2)若d满足(d－c)∥(a＋b)，且|d－c|＝，求d的坐标．
解：(1)a＋kc＝(3＋4k，2＋k)，2b－a＝(－5，2)，
由题意得2×(3＋4k)－(－5)×(2＋k)＝0，
解得k＝－.
(2)设d＝(x，y)，则d－c＝(x－4，y－1)，
又a＋b＝(2，4)，|d－c|＝，
∴
解得或
∴d的坐标为(3，－1)或(5，3)．
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?A级 基础落实练?
1．(多选)已知向量a＝(2，－1)，b＝(－1，3)，则下列向量与2a＋b平行的是( )
A． B．(1，－3)
C．(1，－2) D．
限时规范
训练(三十七) 平面向量基本定理及坐标表示
AD
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解析：AD 因为a＝(2，－1)，b＝(－1，3)，
所以2a＋b＝(3，1)，
故若向量(x，y)满足3y－x＝0，
则该向量与2a＋b平行．
检验易知A，D符合题意．
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2．(2025·浙江杭州高三质检)已知平面向量a＝(2，0)，b＝(－1，1)，且(ma－b)∥(a＋b)，则m等于( )
A．－1 B．0
C．1 D．
解析：A 法一：平面向量a＝(2，0)，b＝(－1，1)，则ma－b＝(2m，0)－(－1，1)＝(2m＋1，－1)，a＋b＝(1，1)，(ma－b)∥(a＋b)，
则(2m＋1)×1＝1×(－1)，解得m＝－1.故选A.
法二：∵a＝(2，0)，b＝(－1，1)，∴a，b不共线，要使得(ma－b)∥(a＋b)，则只需，即m＝－1，经检验m＝－1，符合题意，故选A.
A
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3．(2025·四川雅安诊断)已知D，E分别为△ABC的边AB，AC的中点，若＝(3，4)，B(－2，－3)，则点C的坐标为( )
A．(4，5) B．(1，1)
C．(－5，－7) D．(－8，－11)
A
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解析：A 因为D，E分别为AB，AC的中点，
所以＝(6，8)，
设C(x，y)，又B(－2，－3)，所以(x＋2，y＋3)＝(6，8)，即解得
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4．(多选)(2025·安徽亳州期末)已知向量a，b，c满足c＝λa＋(1－λ)b(0<λ<1)，且c＝(1，2)，则a，b的坐标可以为( )
A.a＝(1，0)，b＝(0，2)
B．a＝(2，0)，b＝(0，4)
C．a＝(3，1)，b＝(－1，3)
D．a＝(2，1)，b＝(4，－1)
BC
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解析：BC 设＝a，＝b，＝c，O为坐标原点，则由c＝λa＋(1－λ)b(0<λ<1)可知，A，B，C三点共线，且C在A，B两点之间．
对于A，＝(－1，2)，＝(0，2)，与不平行，选项A错误；
对于B，＝(－2，4)，＝(－1，2)，与平行，且C在A，B两点之间，选项B正确；
对于C，＝(－4，2)，＝(－2，1)，与平行，且C在A，B两点之间，选项C正确；
对于D，＝(2，－2)，＝(－1，1)，与平行，但C不在A，B两点之间，选项D错误．
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5．(2025·江西上饶联考)如图所示，在平行四边形ABCD中，E是对角线AC上靠近点C的三等分点，点F为BE的中点，若则x＋y等于( )
A． B．
C． D．
A
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解析：A ∵点F为BE的中点，且E是对角线AC上靠近点C的三等分点，∴＝，∴x＝，∴x＋y＝，故选A.
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6．如图所示，在正方形ABCD中，E，F分别为边BC，CD的中点，若，则λ等于( )
A．
B．
C．
D．
C
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解析：C 如图所示，以A为坐标原点建立平面直角坐标系，设正方形ABCD的边长为6，则B(6，0)，D(0，6)，C(6，6)，E(6，3)，F(3，6)，
∴(6，0)＋(0，6)＝(4，5)，
∴G(4，5)，＝(－2，2)，＝(－3，3)，
∴，∴λ＝.
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7．(2025·江西宜春部分学校联考)已知|a＋b|＝，b＝(1，2)，且a∥b，则非零向量a的坐标为________．
解析：∵a∥b，且a为非零向量，∴存在实数λ≠0，使得a＝λb成立，又b＝(1，2)，∴a＝(λ，2λ)，∴a＋b＝(λ＋1，2λ＋2)，∴|a＋b|＝，解得λ＝－2或λ＝0(舍去)，则非零向量a的坐标为(－2，－4)．
答案：(－2，－4)
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8．在△ABC中，点D在线段BC上，且点O在线段CD上(与点C，D不重合)．若＋(1－x)，则x的取值范围是________．
解析：法一：＋(1－x)＝x＋，即＝x，
∴，∴＝x.
∵，∴，
则0∴x的取值范围是.
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法二：设，λ∈，则＝(1－λ)＋(1－x)，则x＝1－λ∈.
答案：
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9．(2024·天津模拟)已知在△ABC中，＝a，＝b，D，F分别为BC，AC的中点，P为AD与BF的交点，若＝xa＋yb，则x＋y＝________．
解析：因为D，F分别为BC，AC的中点，所以DF是△ABC的中位线，所以，则＝－a＋b，
所以x＝－，所以x＋y＝－.
答案：－
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10．(13分)已知a＝(1，0)，b＝(2，1)．
(1)当k为何值时，ka－b与a＋2b共线？
(2)若＝2a＋3b，＝a＋mb，且A，B，C三点共线，求m的值．
解：(1)ka－b＝k(1，0)－(2，1)
＝(k－2，－1)，
a＋2b＝(1，0)＋2(2，1)＝(5，2)．
∵ka－b与a＋2b共线，
∴2(k－2)－(－1)×5＝0，
即2k－4＋5＝0，得k＝－.
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(2)法一：∵A，B，C三点共线，
∴存在实数λ，使得，
即2a＋3b＝λ(a＋mb)，
∴解得m＝.
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法二：＝2a＋3b＝2(1，0)＋3(2，1)
＝(8，3)，
＝a＋mb＝(1，0)＋m(2，1)
＝(2m＋1，m)．
∵A，B，C三点共线，∴∥，
∴8m－3(2m＋1)＝0，
即2m－3＝0，∴m＝.
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11．(13分)已知A，B，C三点的坐标分别为(－1，0)，(3，－1)，(1，2)，并且.
(1)求点E，F的坐标；
(2)求证：∥.
解：(1)设E，F两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则依题意，得＝(2，2)，
＝(－2，3)，＝(4，－1)，
所以＝，
＝.
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因为＝(x1，y1)－(－1，0)＝，
即(x1，y1)＝＋(－1，0)＝，
＝(x2，y2)－(3，－1)＝，
即(x2，y2)＝＋(3，－1)＝，
所以E的坐标为，F的坐标为.
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(2)证明：由(1)得＝，
＝(4，－1)，
因为4×－(－1)×＝0，
所以∥.
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?B级 能力提升练?
12．(2025·辽宁大连测试)在△ABC中，若，则λ等于( )
A． B．
C．－ D．－
A
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解析：A 法一：若，则＝，可得，
∴＝，
结合题意，得＝λ，
解得m＝2，λ＝.故选A.
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法二：∵，∴点D在AB上，又，∴M为线段AC上靠近C的三等分点，如图，CD为平行四边形CMDN的对角线，∴D为线段AB上靠近B的三等分点，∴N为线段BC上靠近B的三等分点，∴λ＝.
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13．(2025·辽宁葫芦岛测试)已知点A(－1，1)，B(3，2)，D(0，5)，若，AC与BD交于点M，则点M的坐标为________．
解析：结合题意，设C(x，y)，M(x1，y1)，易得＝(x－3，y－2)，＝(1，4)，
由，可得(x－3，y－2)＝3(1，4)，解得即C(6，14)．
因为，所以△DMA∽△BMC，所以，
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所以，即(x1＋1，y1－1)＝(7，13)＝，解得
即点M的坐标为.
答案：
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14．(15分)如图所示，已知矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，，AC与MN相交于点E.
(1)若，求λ和μ的值；
(2)用向量表示.
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解：以A点为坐标原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，则A(0，0)，D(0，1)，B(2，0)，M，N，C(2，1)．
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(1)由题意知＝，
＝(2，0)，＝(0，1)，
所以＝＝λ＝(2λ，μ)，
所以解得λ＝.
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(2)设，
因为＝＝＝(2，1)，
所以＝(2，1)＝.
解得m＝，
即，
所以，
又因为M，E，N三点共线，
所以，
所以.
第2讲 平面向量基本定理及坐标表示
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