2022年高考数学全程复习知识点同步学案第四章平面向量数系的扩充与复数的引入平面向量的数量积及应用举例 .pdf

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1、第 3 讲平面向量的数量积及应用举例1平面向量的数量积平面向量数量积的定义已知两个非零向量a 和 b，它们的夹角为 ，把数量 |a|b|cos_叫做 a 和 b的数量积 (或内积 )，记作 a b即 a b|a|b|cos_ ，规定 0 a0. 2向量数量积的运算律(1)a b ba(2)( a) b (a b)a ( b)(3)(ab) cac bc3平面向量数量积的有关结论已知非零向量a(x1，y1)，b(x2，y2) 性质几何表示坐标表示模|a|a a|a|x21y21夹角cos a b|a|b|cos x1x2y1y2x21y21x22y22ab的充要条件a b0 x1x2y1y20

2、|a b|与|a|b|的关系|a b|a|b|x1x2y1y2|（x21y21）（ x22y22）做一做 1 (x 高考x 卷)设向量a (3，3)， b(1， 1)若 (a b)(a b)，则实数 _解析： 由题意得， (a b) (a b)0，即 a2 2b2 1822 0，解得 3.答案： 3 2(x 高考江西卷 )已知单位向量e1，e2的夹角为 ，且 cos 13，若向量a3e12e2，则|a| _解析： |a|2 a a (3e1 2e2) (3e1 2e2) 9|e1|2 xe1 e2 4|e2|2 9 x1113 49.|a|3.答案： 3 1辨明三个易误点(1)0 与实数 0的

3、区别： 0a00，a (a)00， a 000； 0 的方向是任意的，并非没有方向，0 与任何向量平行，我们只定义了非零向量的垂直关系(2)a b 0不能推出a0 或 b0，因为 a b0 时，有可能ab. (3)a b ac(a0)不能推出bc，即消去律不成立2有关向量夹角的两个结论(1)两个向量a 与 b的夹角为锐角，则有a b0，反之不成立 (因为夹角为0 时不成立 )；(2)两个向量a 与 b的夹角为钝角，则有a b0，反之不成立 (因为夹角为 时不成立 )做一做 3已知向量a，b 和实数 ，则下列选项中错误的是() A|a|a aB|a b|a| |b| C(a b) a bD|a

4、b|a| |b| 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 45 页解析： 选 B.|a b|a|b|cos |，只有a 与 b 共线时，才有|a b|a|b|，可知选项B 是错误的4(x x 武汉调研 )已知向量a，b满足 |a|3，|b|23，且 a(a b)，则 a 与 b的夹角为() A.2B.23C.34D.56解析： 选 D. a(ab)? a (a b)a2a b|a|2|a|b|cosa， b 0，故 cosa，b32，故所求夹角为56. 考点一 _平面向量数量积的运算_ (1)(x 沧州模拟 )已知平面向量a(x

5、1，y1)，b(x2，y2)，若 |a| 2，|b|3，a b 6，则x1 y1x2 y2的值为 () A.23B23C.56D56(2)(x高考x 卷) 如图，在平行四边形ABCD 中，已知AB 8，AD5，CP3PD，APBP2，则 ABAD的值是 _ 解析 (1)由已知得，向量a(x1，y1)与 b(x2，y2)反向， 3a2b0，即3(x1，y1)2(x2，y2)(0，0)，得 x123x2，y123y2，故x1y1x2y223.(2)由CP3PD，得 DP14DC14AB， APAD DPAD14AB，BP APABAD14AB ABAD34AB.因为 AP BP 2，所以AD14A

6、BAD34AB 2，即 AD212AD AB316AB22.又因为 AD225，AB264，所以 AB AD22.答案 (1)B(2)22 规律方法 向量数量积的两种运算方法：(1)当已知向量的模和夹角时，可利用定义法求解，即a b|a|b|cosa，b (2)当已知向量的坐标时，可利用坐标法求解，即若a(x1， y1)，b(x2，y2)，则 a bx1x2y1y2.运用两向量的数量积可解决长度、夹角、垂直等问题，解题时应灵活选择相应公式求解精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 45 页1.(1)(x高考 x 卷)已知点A(1

7、，1)，B(1，2)， C(2， 1)，D(3，4)，则向量 AB在CD方向上的投影为() A.3 22B.3152C3 22D3152(2)(x贵阳市适应性考试)如图，在矩形ABCD 中， AB2，BC 2，点 E 为 BC 的中点，点 F 在边 CD 上，若 ABAF2，则 AEBF的值是 () A.2 B2 C0 D1 (3)(xx 梅州模拟 )已知向量 OA(2， 2)，OB(4，1)，在 x 轴上存在一点P 使APBP有最小值，则P 点的坐标是 () A(3，0) B(2，0) C(3， 0) D(4，0) 解析： (1)选A.由已知得AB (2， 1)， CD (5， 5)，因此

8、AB在 CD方向上的投影为AB CD|CD|155 23 22.(2)选 A. AFADDF，AB AFAB (AD DF)AB ADAB DF AB DF2|DF|2， |DF|1， |CF|21， AE BF(ABBE) (BC CF)AB CFBE BC2(21)12 2222，故选 A.(3)选 C.设 P 点坐标为 (x，0)，则AP(x2， 2)，BP(x4， 1)AP BP(x2)(x4)( 2) (1)x26x10(x3)21.当 x3 时， AP BP有最小值1.点P坐标为 (3，0)考点二_平面向量的夹角与模(高频考点 )_ 平面向量的夹角与模的问题是高考中的常考内容，题型

9、多为选择题、填空题，难度适中，属中档题高考对平面向量的夹角与模的考查常有以下四个命题角度：(1)求两向量的夹角；(2)求向量的模；(3)两向量垂直； (4)求参数值或范围(1)(x 高考重庆卷 )已知向量a(k，3)，b (1，4)，c(2， 1)，且 (2a3b)c，则实数 k() A92B0 C3 D.152精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 45 页(2)(x高考江西卷 )已知单位向量e1与 e2的夹角为 ，且 cos 13，向量 a3e12e2与b3e1 e2的夹角为 ，则 cos _(3)已知点G 是 ABC 的重

10、心， BACx0， ABCA2，则 |AB AGAC|的最小值为 _解析 (1)因为a(k，3)，b(1，4)，所以2a3b 2(k，3)3(1，4)(2k3，6)因为 (2a3b)c，所以 (2a3b) c(2k3， 6) (2，1)2(2k3)60，解得k3.故选 C.(2)|a|（ 3e12e2）2941211133，|b|（3e1e2）29161113 2 2， a b(3e12e2) (3e1e2) 9e219e1 e22e22 99111328， cos 83 2 22 23.(3)因为 BACx0， AB CA2，所以 |AB|CA|cos(180 x0 )2，所以 |AB|AC

11、|4.因为点 G 是 ABC 的重心，所以 AG2312(ABAC)13(ABAC)，所以 |ABAGAC|243（ABAC）2169(AB2AC22AB AC)169(AB2AC24)169(2|AB|AC|4)169(244)649，当且仅当 |AB|AC|时等号成立故|AB AGAC|的最小值为83.答案 (1)C(2)223(3)83规律方法 1.利用数量积求解长度的处理方法：(1)|a|2a2a a；(2)|a b|2a2 2a b b2；(3)若 a(x，y)，则 |a|x2y2.2求两个非零向量的夹角时要注意：(1)向量的数量积不满足结合律；(2)数量积大于0 说明不共线的两个向

12、量的夹角为锐角；数量积等于0 说明两个向量的夹角为直角；数量积小于0 且两个向量不能共线时两个向量的夹角就是钝角精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 45 页2.(1)(x忻州市高三x 次联考 )已知向量a (a2b)0，|a|2，|b|2，则向量 a，b 的夹角为 () A.3B.23C.6D.56(2)(x云南省昆明三中、玉溪一中统一考试)在 ABC 中，设 AC2 AB22AMBC，那么动点 M 的轨迹必通过ABC 的() A垂心B内心C外心D重心(3)(x北京海淀区期中考试)已知 ABC 是正三角形，若a AC AB与

13、向量 AC的夹角大于 90，则实数 的取值范围是 _解析： (1)设 是 a 与 b 的夹角，由a (a2b)0，可得 |a|2 2a b0.根据向量数量积的定义及已知条件，得22222cos 0， cos 12，23.(2)设 BC 边的中点为D， AC2AB22AM BC， (ACAB) (ACAB)2AM BC，即AD BCAM BC， MD BC0，MD BC，MD BC，MD 为 BC 的垂直平分线，动点M 的轨迹必通过 ABC 的外心，故选C.(3)因为 AC AB与向量 AC的夹角大于90，所以(AC AB) AC0，即 |AC|2 |AC| |AB|cos 60 2.答案： (

14、1)B(2)C(3) 2 考点三_向量数量积的综合应用_ (x 高考辽宁卷 )设向量 a(3sin x，sin x)，b (cos x，sin x)，x0，2(1)若|a|b|，求 x 的值；(2)设函数 f(x)a b，求 f(x)的最大值解(1)由|a|2(3sin x)2sin2x4sin2x，|b|2cos2xsin2x1，及|a|b|，得 4sin2x 1.又 x0，2，从而 sin x12，所以 x6.(2)f(x) a b3sin x cos xsin2x32sin 2x12cos 2x12sin(2x6)12，当 x3 0，2时， sin(2x6)取最大值1.所以 f(x)的最

15、大值为32.若本例变为：已知向量a(cos ，sin )，b(cos ，sin )， 0，c(0，1)，若 abc，求 ，的值解： 因为 ab(cos cos ， sin sin )(0，1)，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 45 页所以cos cos 0，sin sin 1.由此得， cos cos ( )，由 0 ，得 0 .又 0 ，所以 56，6.规律方法 平面向量与三角函数的综合问题：(1)题目条件给出的向量坐标中含有三角函数的形式，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

16、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3.(x 广州海珠区高三入学摸底考试)在 ABC 中，角A，B，C 的对边分别为 a，b，c，向量 m(cos(AB)，sin(AB)，n(cos B， sin B)，且 m n35. (1)求 sin A 的值；(2)若 a4 2，b5，求角 B 的大小及向量BA在 BC方向上的投影解： (1)由 m n35，得 cos(AB)cos Bsin(AB)sin B35，所以 cos A35.因为 0Ab，所以 AB，则 B4，由余弦定理得()4 2252c225c 3

17、5，解得 c1.故向量 BA在BC方向上的投影为|BA|cos Bccos B12222. 交汇创新 平面向量与线性规划的交汇(x 高考安徽卷 )在平面直角坐标系中，O 是坐标原点，两定点A，B 满足|OA| |OB|OAOB2，则点集 P|OP OA OB，| | |1， R 所表示的区域的面积是 () A2 2B2 3 C42 D43 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 45 页解析 由|OA|OB|OA OB2，知OA，OB3.当 0，0， 1 时，在OAB 中，取 OC OA，过点 C 作 CD OB 交 AB 于点

18、 D，作 DEOA 交 OB 于点E，显然 OD OACD.由于CDOBACAO，CDOB222， CD(1 )OB， OD OA(1 )OB OA OBOP， 1 时，点 P 在线段 AB 上，0，0， 1时，点 P 必在 OAB 内(包括边界 )考虑 | | | |1 的其他情形，点P 构成的集合恰好是以AB 为一边，以OA，OB 为对角线一半的矩形，其面积为 S4SOAB4122 2sin343.答案 D 名师点评 由平面向量的模与数量积求解夹角考查了应用意识，由平面向量的分解考查了抽象概括能力和推理能力已知 x，y 满足yx，xy2，xa，若OA(x，1)，OB(2，y)，且 OAOB

19、的最大值是最小值的8 倍，则实数a 的值是 () A1 B.13C.14D.18解析： 选 D. 因为 OA(x，1)， OB(2，y)，所以 OA OB2xy，令z2xy，依题意，不等式组所表示的可行域如图中阴影部分所示，观察图象可知，当目标函数z2xy过点 C(1，1)时， zmax21 13，目标函数z2xy 过点F(a，a)时， zmin 2aa 3a，所以 3 83a，解得 a18，故选 D. 1(x 高考 x 卷)已知向量 a(1，3)，b(3，m). 若向量 a，b的夹角为6，则实数 m() A2 3B.3 C0 D3 解析： 选 B. a b(1，3) (3，m) 33m，精选

20、学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 45 页又 a b12（3）232m2cos6， 33m12（3）232m2cos6， m3.2(x 云南省 x 次统一检测 )设向量 a(1，2)，b(m，1)，如果向量a2b与 2ab平行，那么a 与 b的数量积等于() A72B12C.32D.52解析： 选 D.a2b (12m，4)， 2ab (2m，3)，由题意得3(1 2m)4(2m)0，则 m12，所以 a b 1 122152.3(x 高考 x 卷 )在四边形ABCD 中， AC(1，2)，BD( 4，2)，则该四边形的面积为

21、() A.5 B2 5 C5 D10 解析： 选 C. AC BD (1， 2) (4， 2) 4 40， AC BD， S四边形ABCD12|AC| |BD|125255.4(x x 长沙模拟 )关于平面向量a，b，c，有下列三个命题：若 a ba c，则 a0 或 bc；若 a(1，k)，b(2，6)且 ab，则 k13；非零向量a， b 满足 |a|b|ab|，则 a 与 ab 的夹角为30.其中所有真命题的个数为 () A0 B1 C2 D3 解析： 选 C.若 a b a c，则 a (bc)0，可得 a0 或 bc或 a(bc)，即命题 不正确；若a(1，k)，b(2，6)且 ab

22、，则 a b 26k0，得 k13，即命题 正确；非零向量a，b 满足 |a|b| |a b|，则可得出一个等边三角形，且a 与 ab 的夹角为30，即命题 正确，综上可得真命题有2 个5在 ABC 中，ACAB|AB|1，BCBA|BA|2，则 AB 边的长度为 () A1 B3 C5 D9 解析： 选 B.由题意画示意图，如图，AC AB|AB|1 表示 AC在 AB上的投影为1，即AD 的长为 1，BC BA|BA|2 表示 BC在BA上的投影为2，即 BD 的长为 2，故 AB边的长度为3.精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8

23、 页，共 45 页6(x 高考重庆卷 )已知向量a 与 b 的夹角为60，且a(2， 6)，|b|10，则a b_解析： a(2， 6)， |a|（ 2）2（ 6）22 10， a b2 1010cos 60 10.答案： 10 7(x 昆明市x 次调研 )在 ABC 中， B90， ABBC1，点 M 满足 BM2AM，则CMCA_解析： 建立如图所示的平面直角坐标系，因为BM2AM，故点 A 是 BM 的中点依题意 C(1， 0)， A(0， 1)， M(0， 2)，则 CA ( 1， 1)， CM ( 1， 2)，所以 CM CA (1)(1)12 3.答案： 3 8(x 山西省 x 次

24、四校联考 )圆 O 为 ABC 的外接圆，半径为2，若 AB AC2AO，且|OA|AC|，则向量 BA在向量 BC方向上的投影为_解析： ABAC2AO， O 是 BC 的中点，故 ABC 为直角三角形在AOC 中，有|OA| |AC|， B30 .由定义知，向量BA在向量 BC方向上的投影为|BA|cos B23323.答案： 3 9已知 |a|4， |b|8，a 与 b的夹角是x0 . (1)计算： |ab|， |4a2b|；(2)当 k 为何值时， (a2b) (kab)? 解： 由已知得， a b48 12 16.(1) |ab|2 a2 2a bb2162(16)64 48， |a

25、b|43. |4a2b|216a216a b4b2161616(16)464768. |4a2b|163.(2)(a2b)(kab)， (a2b) (kab)0，ka2(2k1)a b2b20，即 16k16(2k 1)2640.k 7.即 k 7 时， a2b 与 kab垂直精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 45 页10已知 a(1，2)，b( 2，n)，a 与 b 的夹角是 45. (1)求 b；(2)若 c与 b同向，且a 与 ca 垂直，求c. 解： (1)a b2n2，|a|5，|b|n24， cos 452n

26、25 n2422， 3n216nx0(n1) n6 或 n23(舍去 )， b(2，6)(2)由(1)知， a b10， |a|25.又c与 b同向，故可设c b( 0) (ca) a0，b a|a|20，|a|2b a51012. c12b(1，3)1已知 AB，AC是非零向量，且满足(AB2AC)AB，(AC2AB)AC，则 ABC 的形状为 () A等腰三角形B直角三角形C等边三角形D等腰直角三角形解析： 选 C. (AB2AC)AB? (AB2AC) AB0，即 AB AB2AC AB 0.(AC 2AB)AC? (AC 2AB) AC 0，即 AC AC 2AB AC 0，AB AB

27、 AC AC2AB AC，即 |AB|AC|，而 cos AAB AC|AB|AC|12， A60，ABC 为等边三角形2(x 高考 x 卷)记 max x，yx，xy，y，xy，min x，yy， xy，x， x|ab|，此时， |ab|2|a|2|b|2；当a，b 夹角为钝角时，|ab|a|2 |b|2；当 ab时， |ab|2|ab|2 |a|2 |b|2，故选 D.3单位圆上三点A，B，C 满足 OA OBOC0，则向量 OA，OB的夹角为 _解析： A，B，C 为单位圆上三点， |OA| |OB|OC|1，又OAOBOC0， OCOBOA，OC2(OB OA)2OB2OA22OB O

28、A，可得cosOA，OB12，向量OA，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 45 页OB的夹角为x0 .答案： x04设集合D 平面向量 ，定义在D 上的映射f 满足：对任意xD，均有f(x) x( R，且 0)若 |a|b|且 a，b不共线，则 f(a)f(b) (a b)_；若 A(1，2)，B(3，6)，C(4，8)，且 f(BC)AB，则 _解析： f(a)f(b) (ab) (ab) (ab) (a2b2)0；BC (1， 2)，AB(2，4)，又 f(BC)AB，则BCAB，2.答案： 02 5已知向量a(co

29、s ，sin )，b(cos ，sin )，c(1，0)(1)求向量 bc 的长度的最大值(2)设 4，且 a (bc)，求 cos 的值解： (1)法一： bc(cos 1，sin )，则|bc|2(cos 1)2sin22(1 cos ) 1cos 1， 0|bc|24，即 0|bc| 2.当 cos 1 时，有 |bc|2，向量b c的长度的最大值为2.法二： |b|1，|c|1，|bc|b|c|2.当 cos 1 时，有 bc(2，0)，即|bc|2，向量b c的长度的最大值为2.(2)法一： 由已知可得bc(cos 1，sin )，a (bc)cos cos sin sin cos

30、cos( )cos . a(bc)， a (bc)0，即 cos( )cos .由 4，得 cos4cos4，即 42k4(kZ)，2k2或 2k，k Z，于是 cos 0 或 cos 1.法二： 若 4，则 a22，22.又由 b(cos ，sin )，c(1， 0)得 a (bc)22，22 (cos 1，sin )22cos 22sin 22. a(bc)， a (bc)0，即 cos sin 1， sin 1cos ，平方后化简得cos (cos 1)0，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 45 页解得 cos 0

31、 或 cos 1.经检验 cos 0 或 cos 1 即为所求6(选做题 )已知向量 a(mx2， 1)，b1mx1，x(m是常数 )，且 f(x)1a b. (1)若 f(x)是奇函数，求m 的值；(2)设函数 g(x)fx2x2，讨论当实数m 变化时，函数g(x)的零点个数解： (1)由题意知， a bmx2mx1xxmx1，所以 f(x)mx 1xm1x.由题设，对任意的不为零的实数x，都有 f(x) f(x)，即 m1x m1x恒成立，所以 m0.(2)由(1)知， g(x)m2xx2，则 g(x) 0? x22mx40，4(m24)所以当 m2 或 m2时，函数g(x)有两个零点；当

32、 m 2 时，函数g(x)有一个零点；当 2m2 时，函数g(x)没有零点第 4 讲数系的扩充与复数的引入1复数的有关概念(1)复数的概念：形如 abi(a，bR)的数叫复数，其中a，b 分别是它的实部和虚部若b0，则 abi 为实数；若b0，则 abi 为虚数；若a0 且 b0，则 abi 为纯虚数(2)复数相等： abicdi? ac 且 bd(a，b，c，d R)(3)共轭复数： abi 与 c di 共轭 ? ac， b d(a，b，c，dR)(4)复数的模：向量 OZ的模r 叫做复数zabi(a， b R)的模，记作|z|或 |a bi|，即 |z| |a bi|a2b22复数的几何

33、意义(1)复数 zabi 一一对应复平面内的点Z(a，b)(a，bR)(2)复数 zabi(a，b R)一一对应平面向量 OZ3复数的运算(1)复数的加、减、乘、除运算法则设 z1abi，z2cdi(a，b，c，d R)，则加法： z1z2(abi)(cdi)(ac)(bd)i；减法： z1z2(abi)(cdi)(ac)(bd)i；乘法： z1z2(abi) (cdi)(acbd) (adbc)i；除法：z1z2abicdi（abi）（ c di）（cdi）（ cdi）acbdc2d2bcadc2d2i(cdi0)(2)复数加法的运算定律复数的加法满足交换律、结合律，即对任何z1，z2，z3

34、C，有 z1z2z2z1，(z1z2)精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 45 页z3z1(z2z3)做一做 1(x 高考课标全国卷)设 z11ii，则 |z|() A.12B.22C.32D2 解析： 选 B. z11ii1i2 i1212i， |z|12212222.2 (x 高考安徽卷)设 i 是虚数单位，z表示复数z 的共轭复数若z 1i，则zii z() A 2 B 2i C2 D2i 解析： 选 C. z1i，z1i，zi1iii2ii1i，zii z1ii(1i)(1i)(1i)2.故选 C. 1辨明三个易误

35、点(1)两个虚数不能比较大小(2)利用复数相等abicdi 列方程时，注意a，b，c，dR 的前提条件(3)注意不能把实数集中的所有运算法则和运算性质照搬到复数集中来例如，若z1，z2C，z21z220，就不能推出z1z20；z2”为全体实数排了一个“序”类似地，我们在复数集C 上也可以定义一个称为“序”的关系，记为“”定义如下：对于任意两个复数z1a1b1i，z2a2b2i(a1，a2，b1，b2 R)，当且仅当 “ a1a2”或“ a1a2且 b1b2”时， z1z2. 按上述定义的关系“”，给出如下四个命题：若 z1z2，则 |z1|z2|；若 z1z2， z2z3，则 z1z3；若 z

36、1z2，则对于任意zC，z1zz2z；对于复数z0，若 z1z2，则 zz1zz2. 其中所有真命题的个数为() A1B2 C3 D4 解析 对于复数z12i，z213i，显然满足z1z2，但 |z1|5，|z2|10，不满足|z1|z2|，故 不正确；设z1a1b1i，z2a2b2i，z3a3b3i，(a1，a2，a3， b1， b2，b3 R)，由 z1z2，z2z3，可得 “ a1a3”或“ a1a3且 b1b3” ，故 正确；设z1a1b1i，z2a2 b2i， z a bi ， (a， a1， a2， b， b1， b2 R)，由z1z2，可得 “ a1a2” 或 “a1 a2且b1

37、b2” 显然有 “a1aa2 a”或“ a1aa2a 且 b1bb2b”，从而z1zz2z，故正确；对于复数z12 i，z213i 显然满足z1z2，令 z1i，则 zz1(1i)(2 i)13i，zz2(1i)(13i)42i，显然不满足zz1zz2，故 错误综上 正确，故选B.答案 B 名师点评 解决本题的关键有以下两点：(1)根据所给的新定义把所给的复数大小比较问题转化为复数的实部、虚部之间的大小比较问题来处理(2)能善于利用举反例的方法解决问题定义一种运算如下：x1x2y1y2x1y2x2y1，则复数z3i3 i1i(i 是虚数单位 )的共轭复数是_解析： z (3i)i (3i)(1

38、)3i i23i(31)i 31，z (31) (13)i.答案： (31)(13)i 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 17 页，共 45 页1(x 山西省 x 次四校联考 )设复数 z 1i(i 是虚数单位 )，则2zz2() A 1iB 1i C1i D1i 解析： 选 D.2zz221i(1 i)22（1i）（1i）（ 1i）12ii21i2i1i.2(x 高考江西卷 )若复数 z 满足 z(1i)2i(i 为虚数单位 )，则 |z|() A1 B2 C.2 D.3 解析： 选 C. z(1i) 2i， z2i1 i2i（1i

39、）21i， |z|12 122.3(x 洛阳市统考 )已知复数a3i12i纯虚数，则实数a() A 2 B4 C 6 D6 解析： 选 D.a3i12ia6（ 2a3）i5，当 a6 时，复数a3i12i为纯虚数4(x x 宁波高三期中)已知复数z12i1 i，则 1zz2 z2 015为 () A1i B1i Ci D0 解析： 选 D.z12i1i12i（1i）2i， 1zz2z2 0151（1z2 016）1z1i2 0161i1i45041i 0.5设 z1，z2是复数，则下列命题中为假命题的是() A若 |z1z2|0，则 z1 z2B若 z1 z2，则 z1 z2C若 |z1|z2

40、|，则 z1 z1z2 z2D若 |z1|z2|，则 z21z22解析： 选 D.对于 A， |z1z2|0? z1z2? z1 z2，是真命题；对于B，C 易判断是真命题；对于D，若 z12，z213i，则 |z1| |z2|，但 z214，z22 22 3i，是假命题6已知复数z42i（1i）2(i 为虚数单位 )在复平面内对应的点在直线x2y m0上，则 m_解析： z42i（1 i）242i2i（42i）i2i2 12i，复数 z 在复平面内对应的点的坐标为(1， 2)，将其代入x2ym0，得 m 5.答案： 5 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - -

41、- - - - -第 18 页，共 45 页7已知复数z1i，则z22zz1_解析：z22zz1（z1）21z1z11z1(i)1i iii i 2i.答案： 2i 8(x x 教学质量检测)已知mR，复数mi1i12的实部和虚部相等，则m_解析：mi1i12（m i）（ 1i）（ 1i）（ 1i）12（m1）（ 1m）i212m（ 1m）i2，由已知得 m1m，则 m12.答案：129计算： (1)（12i）2 3（1i）2i；(2)1i（1i）21i（1i）2；(3)13i（3 i）2. 解： (1)（12i）23（1i）2i3 4i 33i2ii2ii（2i）51525i.(2)1i（1

42、i）21i（1i）21i2i1 i2i1i21i2 1.(3)13i（3 i）2（3i）（ i）（3i）2 i3i（ i）（3i）41434i.10已知复数z的共轭复数是z，且满足z z2iz9 2i. 求 z. 解： 设 za bi(a， b R)，则 z abi. z z2iz9 2i， (abi)(abi)2i(abi) 92i，即 a2b22b 2ai92i，a2b22b9，2a2. 由得 a1，代入 ，得 b22b80.解得 b 2 或 b4.精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 19 页，共 45 页 z1 2i 或 z14i

43、. 1第 1 讲相似三角形的判定及有关性质1平行线的截割定理(1)平行线等分线段定理定理：如果一组平行线在一条直线上截得的线段相等，那么在其他直线上截得的线段也相等推论 1：经过三角形一边的中点与另一边平行的直线必平分x 边推论 2：经过梯形一腰的中点，且与底边平行的直线平分另一腰(2)平行线分线段成比例定理定理：三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例推论：平行于三角形一边的直线截其他两边(或两边的延长线)所得的对应线段成比例2相似三角形的判定与性质(1)判定定理内容判定定理1两角对应相等的两个三角形相似判定定理2两边对应成比例，并且夹角相等的两个三角形相似判定定理3三边对应成比例的两个三

44、角形相似(2)性质定理内容性质定理1相似三角形对应边上的高、中线和角平分线以及它们周长的比都等于相似比性质定理2相似三角形的面积比等于相似比的平方(3)推论：相似三角形外接圆的直径比、周长比等于相似比，外接圆的面积比等于相似比的平方3直角三角形相似的判定定理与射影定理(1)直角三角形相似的判定定理定理内容判定定理1如果两个直角三角形有一个锐角对应相等，那么它们相似判定定理2如果两个直角三角形的两条直角边对应成比例，那么它们相似判定定理3如果一个直角三角形的斜边和一条直角边与另一个三角形的斜边和一条直角边对应成比例，那么这两个直角三角形相似精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归

45、纳总结 - - - - - - -第 20 页，共 45 页(2)直角三角形的射影定理直角三角形斜边上的高是两直角边在斜边上射影的比例中项；两直角边分别是它们在斜边上射影与斜边的比例中项考点一 _平行线分线段成比例定理_ 如图，在 ABC 中， D 为 BC 的中点， E在 CA 上且 AE2CE，AD，BE 交于 F，求AFFD，BFFE. 解取 BE 的中点 G，连接 DG，在BCE 中， D、G 分别为BC、BE 的中点， DG EC，且 DG12EC.又AE2CE，DG EC，AFFDEFFGAEDGAE12EC 4，又 BGGE，BFEFBGGFEFGEGFEF2GFEFEF2141

46、32.规律方法 平行线截割定理的作用平行线截割定理一方面可以判定线段成比例；另一方面，当不能直接证明要证的比例成立时，常用这个定理将两条线段的比转化为另外两条线段的比1.如图所示，在梯形ABCD 中， ABCD，AB4，CD2，E，F 分别为AD，BC 上的点，且EF3，EF AB，求梯形ABFE 与梯形 EFCD 的面积比解： 由 CD2，AB 4，EF3，得 EF12(CDAB)，所以EF 是梯形ABCD 的中位线，则梯形ABFE 与梯形 EFCD 有相同的高，设为h，则 S梯形ABFE S梯形EFCD12(34)h12(23)h75. 考点二_相似三角形的判定与性质_ 如图，在等腰梯形A

47、BCD 中， ADBC，ABDC，过点D 作 AC 的平行线DE，交 BA 的延长线于点E.求证：精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 21 页，共 45 页 (1)ABC DCB；(2)DE DCAE BD. 证明 (1)四边形 ABCD 是等腰梯形， ACBD. ABDC， BCCB， ABC DCB.(2) ABC DCB， ACBDBC ， ABCDCB. AD BC， DAC ACB， EADABC. DACDBC ， EADDCB. ED AC， EDA DAC. EDADBC ， ADE CBD. DE BDAEDC， DE

48、 DCAE BD. 规律方法 (1)判定两个三角形相似要注意结合图形性质灵活选择判定定理，特别要注意对应角和对应边证明线段乘积相等的问题一般转化为有关线段成比例问题(2)相似三角形的性质可用来证明线段成比例、角相等；可间接证明线段相等2. 如图，在RtABC 中， ACB90， CDAB，E 为 AC 的中点，ED、CB 的延长线交于一点F. 求证： FD2FB FC. 证明： E 是 Rt ACD 斜边上的中点， EDEA， A 1， 1 2， 2 A， FDC CDB 290 2， FBD ACB A90 A， FBDFDC ， F 是公共角，FBD FDC ，FBFDFDFC， FD2F

49、B FC. 考点三 _直角三角形射影定理_ 如图所示， AD、BE 是 ABC 的两条高， DF AB，垂足为F，直线FD 交BE 于点 G，交 AC 的延长线于点H，求证： DF2GF HF . 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 22 页，共 45 页 证明 HBAC90， GBF BAC90， HGBF. AFH GFB 90， AFH GFB，HFBFAFGF， AF BF GF HF .在Rt ABD 中， FD AB， DF2AF BF， DF2GF HF .规律方法 (1)在使用直角三角形射影定理时，要注意将“乘积式 ”转

50、化为相似三角形中的 “比例式 ”(2)证题时，要注意作垂线构造直角三角形，这是解直角三角形时常用的方法3如图所示，在ABC 中， CAB 90， AD BC 于点D ， BE 是ABC 的角平分线，交AD 于点 F，求证：DFAFAEEC. 证明： BE 是ABC 的角平分线，DFAFBDAB，AEECABBC.在 Rt ABC 中，由射影定理知，AB2BD BC，即BDABABBC.由 得DFAFABBC，由 得DFAFAEEC. 1如图， ABEMDC，AEED，EF BC，EFx cm，求 BC 的长解：AB EM DCAE ED? E 为 AD 的中点， M 为 BC 的中点又 EF