2019高考高考数学二轮复习第二部分第一讲高考常考客观题微专题2平面向量、复数学案理.doc

1、1微专题 2 平面向量、复数命 题 者 说考 题 统 计 考 情 点 击2018全国卷T 1复数的运算2018全国卷T 6平面向量的线性运算2018全国卷T 1复数的运算2018全国卷T 4平面向量的数量积运算2018全国卷T 2复数的运算2018全国卷T 13平面向量的坐标运算高考对本部分内容的考查主要有以下几方面：平面向量的运算。包括向量的线性运算及几何意义，坐标运算，利用数量积运算解决模、夹角、垂直的问题，常与函数、不等式、三角函数、解析几何等知识进行简单的结合；复数的运算。包括复数的概念、几何意义及四则运算。以上考点难度不高，属送分题，只要掌握基础知识就能得满分。考向一 平面向量微考向

2、 1：平面向量的线性运算【例 1】 (1)(2018全国卷)在 ABC中， AD为 BC边上的中线， E为 AD的中点，则 ( )EB A. B. 34AB 14AC 14AB 34AC C. D. 34AB 14AC 14AB 34AC (2)(2018重庆调研)已知 Rt ABC中， AB3， BC4， AC5， I是 ABC的内心， P是 IBC内部(不含边界)的动点，若 ( ， R)，则 的取值范围AP AB AC 是( )A. B.(23， 1) (23， 2)C. D(2,3)(712， 1)解析 (1)解法一：如图所示， ( ) ( )EB ED DB 12AD 12CB 12

3、12AB AC 12AB AC 34 ，故选 A。AB 14AC 2解法二： ( ) ，故选 A。EB AB AE AB 12AD AB 12 12 AB AC 34AB 14AC (2)以 B为原点， BA， BC所在直线分别为 x， y轴建立如图所示的平面直角坐标系，则B(0,0)， A(3,0)， C(0,4)。设 ABC的内切圆的半径为 r，因为 I是 ABC的内心，所以(534) r43，解得 r1，所以 I(1,1)。设 P(x， y)，因为点 P在 IBC内部(不含边界)，所以 00)，则12 32B(m,0)， C ， D 。因为 E是 CD的中点，所以 E 。所以 (m12，

4、 32) (12， 32) (m2 12， 32) BE ， 。由 1 可得 1，即 2m2 m0。所以(12 m2， 32) AC (m 12， 32) AC BE (m 12)(12 m2) 34m0(舍去)或 m 。故 AB的长为 。12 125答案 (1)B (2)3 (3)12解决以平面图形为载体的向量数量积问题的方法(1)选择平面图形中的模与夹角确定的向量作为一组基底，用该基底表示构成数量积的两个向量，结合向量数量积运算律求解。(2)若已知图形中有明显的适合建立直角坐标系的条件，可建立直角坐标系将向量数量积运算转化为代数运算来解决。 变|式|训|练1平面向量 a与 b的夹角为 45

5、， a(1,1)，| b|2，则|3 a b|( )A136 B22 5C. D.30 34解析 依题意得| a| ， ab 2cos452，则|3 a b| 2 2 3a b 2 。故选 D。9a2 6ab b2 18 12 4 34答案 D2已知菱形 ABCD的边长为 2， BAD120，点 E， F 分别在边 BC， DC上，BC3 BE， DC DF 。若 1，则 的值为_。AE AF 解析 解法一：如图，由题意可得 | | |cos120AB AD AB AD 22 2。在菱形 ABCD中，易知 ， ，所以(12) AB DC AD BC ， ， AE AB BE AB 13AD A

6、F AD DF 1 AB AD AE AF (AB 13AD ) (1 AB AD ) 4 432 1，解得 2。(113 )6解法二：以 A为原点建立直角坐标系如图，则 A(0,0)， B(2,0)， C(1， )， D(1，3)， E ，设 F (x0， )，则 (x0， )1，则 x011，则3 (53， 33) 3 AE AF (53， 33) 3 53x00，所以 F 为 DC中点，所以 DC2 DF ，即 2。答案 2微考向 3：平面向量的最值问题【例 3】 (2018浙江高考)已知 a， b， e是平面向量， e是单位向量。若非零向量 a与 e的夹角为 ，向量 b满足 b24 e

7、b30，则| a b|的最小值是( )3A 1 B 13 3C2 D2 3解析 解法一：设 O为坐标原点， a ， b ( x， y)， e(1,0)，由OA OB b24 eb30 得 x2 y24 x30，即( x2) 2 y21，所以点 B的轨迹是以 C(2,0)为圆心，1 为半径的圆。因为 a与 e的夹角为 ，所以不妨令点 A在射线 y x(x0)上，如3 3图，数形结合可知| a b|min| | | 1。故选 A。CA CB 37解法二：由 b24 eb30 得 b24 eb3 e2( b e)(b3 e)0。设b ， e ，3 e ，所以 b e ， b3 e ，所以 0，取 E

8、F 的中点为OB OE OF EB FB EB FB C，则 B在以 C为圆心， EF 为直径的圆上，如图。设 a ，作射线 OA，使得 AOE ，OA 3所以| a b|( a2 e)(2 e b)| a2 e|2 e b| | | 1。故选 A。CA BC 3答案 A平面向量的最值问题的两种解法(1)坐标法：建立平面直角坐标系，计算有关向量的坐标，利用向量的坐标计算。(2)几何法：根据向量的几何意义构造图形，通过分析图形得出结论。 变|式|训|练已知 A， B， C是圆 O： x2 y21 上的动点，且 AC BC，若点 M的坐标是(1,1)，则| |的最大值为( )MA MB MC A3

9、 B4C3 1 D3 12 2解析 解法一：因为 A， B， C是圆 O： x2 y21 上的动点，且 AC BC，所以设A(cos ，sin )， B(cos ，sin )， C(cos ，sin )，其中80 2，0 2，因为 M(1,1)，所以 (cos 1，sin 1)MA MB MC (cos 1，sin 1)(cos 1，sin 1)(cos 3，sin 3)，所以| |MA MB MC cos 3 2 sin 3 2 cos2 6cos 9 sin2 6sin 9 ，当且仅当 sin 1 时，| |取得最大值，19 62sin( 4) ( 4) MA MB MC 最大值为 3 1

10、。故选 D。19 62 2解法二：连接 AB，因为 AC BC，所以 AB为圆 O的直径，所以 2 ，所以MA MB MO | |2 |2 | |2 | |，易知点 M与圆上动点 C的距离的最MA MB MC MO MC MO MC 2 MC 大值为 1，所以| | 1，所以| |3 1。故选 D。2 MC 2 MA MB MC 2答案 D考向二 复数的运算【例 4】 (1)(2018全国卷) ( )1 2i1 2iA i B i45 35 45 35C i D i35 45 35 45(2)(2018北京高考)在复平面内，复数 的共轭复数对应的点位于( )11 iA第一象限 B第二象限C第三

11、象限 D第四象限解析 (1)因为 i。故选 D。1 2i1 2i 1 2i 25 3 4i5 35 45(2) i，其共轭复数为 i，对应的点为 。故选 D。11 i 1 i2 12 12 12 12 (12， 12)答案 (1)D (2)D复数问题的解题思路(1)以复数的基本概念、几何意义、相等的条件为基础，结合四则运算，利用复数的代数形式列方程或方程组解决问题。9(2)若与其他知识结合考查，则要借助其他的相关知识解决问题。 变|式|训|练1设 i是虚数单位，若复数 a (aR)是纯虚数，则 a( )5i1 2iA1 B1C2 D2解析 因为 a a a2i 为纯虚数，所以 a20，5i1

12、2i 5i 1 2i 1 2i 1 2i得 a2。故选 D。答案 D2复数 z (i为虚数单位)在复平面内对应点的坐标为( )2 4i1 iA(3,3) B(1,3)C(3，1) D(2,4)解析 因为 z 13i，所以其在复平面内2 4i1 i 2 4i 1 i 1 i 1 i 2 6i2对应的点的坐标为(1,3)。故选 B。答案 B3复数 z满足 i(i 为虚数单位)，则 ( )zz i zA1i B1i C. D.1 i2 1 i2解析 因为 i，所以 z( zi)i zi1， z ， ，故选 D。zz i 11 i 1 i2 z 1 i2答案 D1(考向一)(2018河北、河南、山西联

13、考)如图，在等边 ABC中， O为 ABC的重心，点 D为 BC边上靠近 B点的四等分点，若 x y ，则 x y( )OD AB AC 10A. B.112 13C. D.23 34解析 设点 E为 BC的中点，连接 AE，可知 O在 AE上，由 (OD OE ED 13AE 14CB 16 ) ( ) ，故 x ， y ， x y 。故选 B。AB AC 14AB AC 512AB 112AC 512 112 13答案 B2(考向一)(2018天津高考)如图，在平面四边形 ABCD中，AB BC， AD CD， BAD120， AB AD1。若点 E为边 CD上的动点，则 的最小AE BE

14、 值为( )A B2116 32C D32516解析 解法一：如图，以 D为原点 DA所在直线为 x轴， DC所在直线为 y轴，建立平面直角坐标系，则 A(1,0)， B ， C(0， )，令 E(0， t)， t0， ，所(32， 32) 3 3以 (1， t) t2 t ，因为 t0， ，所以当AE BE ( 32， t 32) 32 32 3t 时， 取得最小值，( )min 。故选 A。 3221 34 AE BE AE BE 316 32 34 32 211611解法二：令 (0 1)，由已知可得 DC ，因为 ，所以 DE DC 3 AE AD DC BE ，所以 ( )( ) 2

15、 BA AE BA AD DC AE BE AD DC BA AD DC AD BA |AD | 23 2 。当 时， 取得最小值 。故选DC BA 2|DC | 32 32 3223 14 AE BE 2116A。答案 A3(考向二)(2018株洲二模)设 i为虚数单位，1i ，则实数 a( )2 ai1 iA2 B1C0 D1解析 因为 1i ，所以 2 ai(1i)(1i)2，所以 a0。故选 C。2 ai1 i答案 C4(考向二)已知复数 z的共轭复数为 ，若 (12 i)5 i(i为虚数单z (3z2 z 2) 2 2位)，则在复平面内，复数 z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 依题意，设 z a bi(a， bR)，则 2 a bi，故3z2 z 22a bi 1 i，故 a ， b ，则在复平面内，复数 z对应的点为 ，5 2i1 22i 2 12 2 (12， 2)位于第一象限。故选 A。12答案 A