資源簡介

第1講　平面向量的概念及線性運算
課標要求 命題點 五年考情 命題分析預測
1.通過對力、速度、位移等的分析，了解平面向量的實際背景，理解平面向量的意義和兩個向量相等的含義. 2.理解平面向量的幾何表示和基本要素. 3.借助實例和平面向量的幾何表示，掌握平面向量加、減運算及運算規則，理解其幾何意義. 4.掌握平面向量數乘運算及運算規則，理解其幾何意義.理解兩個平面向量共線的含義. 5.了解平面向量的線性運算性質及其幾何意義. 平面向量的有關概念 2022新高考卷ⅠT3 本講命題熱點為平面向量的線性運算、共線向量定理的應用，一般以選擇題、填空題的形式出現，難度不大.預計2025年高考命題穩定，備考時注意對向量的幾何意義的理解和應用.
平面向量的線性運算 2022新高考卷ⅠT3；2020全國卷ⅠT14；2020新高考卷ⅡT3
共線向量定理的應用
1.平面向量的有關概念
名稱 定義 備注
向量 既有①　大小　又有②　方向　的量；向量的大小叫做向量的長度（或③　模　）. 平面向量是自由向量.
零向量 長度為0的向量. 零向量記作0，其方向是④　任意　的.
單位向量 長度等于1個單位長度的向量. 與非零向量a共線的單位向量為⑤　　和⑥　－　.
平行向量（共線向量） 方向⑦　相同或相反　的非零向量. 0與任意向量平行（共線）.
相等向量 長度⑧　相等　且方向⑨　相同　的向量. 相等向量一定是平行向量，平行向量不一定是相等向量.
相反向量 長度相等且方向相反的兩個向量. 若a，b互為相反向量，則a＝－b. 0的相反向量為0.
注意　（1）0是一個向量，0是一個實數，｜0｜＝0.
（2）兩個向量不能比較大小，只能判斷它們是否相等，但它們的模可以比較大小.
2.平面向量的線性運算
向量運算 定義 法則（或幾何意義） 運算律
加法 求兩個向量和的運算. 三角形法則 平行四邊形法則 （1）a＋b＝b＋a. （2）（a＋b）＋c＝a＋（b＋c）.
減法 求a與b的相反向量－b的和的運算叫做a與b的差. 三角形法則 a－b＝a＋（－b）.
數乘 求實數λ與向量a的積的運算. （1）｜λa｜＝｜λ｜｜a｜. （2）當λ＞0時，λa與a的方向⑩　相同　；當λ＜0時，λa與a的方向 　相反　；當λ＝0時，λa＝0. （1）λ（μa）＝λμa＝ μ（λa）. （2）（λ＋μ）a＝λa＋μa. （3）λ（a＋b）＝λa＋λb.
注意　利用三角形法則時，兩向量要首尾相連；利用平行四邊形法則時，兩向量要有相同的起點.
常用結論
向量運算的常用結論
（1）若P為線段AB的中點，O為平面內任一點，則＝（＋）.
（2）對于任意兩個向量a，b，都有：①｜｜a｜－｜b｜｜≤｜a±b｜≤｜a｜＋｜b｜；
②｜a＋b｜2＋｜a－b｜2＝2（｜a｜2＋｜b｜2）.
注意　當a，b不共線時：①式的幾何意義是三角形中兩邊之和大于第三邊，兩邊之差的絕對值小于第三邊；②式的幾何意義是平行四邊形中兩鄰邊的長與兩對角線的長之間的關系.
3.共線向量定理
向量a（a≠0）與b共線的充要條件：存在唯一一個實數λ，使 　b＝λa　.
注意　（1）只有非零向量才能表示與之共線的其他向量.（2）兩向量共線包含同向共線和反向共線兩種情況.
1.下列說法正確的是（　D　）
A.零向量是唯一沒有方向的向量
B.單位向量都相等
C.a與b同向，且｜a｜＞｜b｜，則a＞b
D.兩個向量平行是這兩個向量相等的必要不充分條件
2.[新高考卷Ⅱ]若D為△ABC的邊AB的中點，則＝（　A　）
A.2－ B.2－
C.2＋ D.2＋
解析　解法一　因為D是AB的中點，所以＝2，所以＝＋＝＋2＝＋2（－）＝2－，故選A.
解法二　因為D是AB的中點，所以＝（＋），即2＝＋，所以＝2－，故選A.
3.已知向量a，b，若｜a｜＝2，｜b｜＝4，則｜a－b｜的取值范圍是　[2，6]　.
解析　由｜｜a｜－｜b｜｜≤｜a－b｜≤｜a｜＋｜b｜，得2≤｜a－b｜≤6.
4.已知a與b是兩個不共線的向量，且向量a＋λb與－（b－3a）共線，則λ＝　－　.
解析　由題意知存在k∈R，使得a＋λb＝k[－（b－3a）]，所以解得
研透高考 明確方向
命題點1　平面向量的有關概念
例1 （1）下列說法正確的是（　B　）
A.若兩個向量相等，則它們的起點相同，終點相同
B.若A，B，C，D是不共線的四點，且＝，則四邊形ABCD為平行四邊形
C.a＝b的充要條件是｜a｜＝｜b｜且a∥b
D.已知λ，μ為實數，若λa＝μb，則a與b共線
解析　A錯誤，兩個向量是否相等只與模及方向有關，與位置無關；B正確，因為＝，所以｜｜＝｜｜且∥，又A，B，C，D是不共線的四點，所以四邊形ABCD為平行四邊形；C錯誤，當a∥b且｜a｜＝｜b｜時還可能是a＝－b，所以“｜a｜＝｜b｜且a∥b”是“a＝b”的必要不充分條件；D錯誤，當λ＝μ＝0時，a與b可以為任意向量，滿足λa＝μb，但a與b不一定共線.故選B.
（2）設a，b都是非零向量，下列四個條件中，使＝成立的充分條件是（　C　）
A.a＝－b B.a∥b
C.a＝2b D.a∥b且｜a｜＝｜b｜
解析　因為向量的方向與向量a的方向相同，向量的方向與向量b的方向相同，且＝，所以向量a與向量b的方向相同，故可排除選項A，B，D.當a＝2b時，＝＝，故a＝2b是＝成立的充分條件.
方法技巧
向量有關概念的關注點
（1）向量定義的關鍵是方向和長度.
（2）非零向量的平行具有傳遞性.
（3）平行向量即共線向量的關鍵是方向相同或相反，長度沒有限制.
（4）向量可以平移，平移后的向量與原向量是相等向量.
（5）向量是與向量a同方向的單位向量.
訓練1 下列說法正確的是（　B　）
A.相反向量就是方向相反的向量
B.a，b，c為非零向量，若a∥b，b∥c，則a∥c
C.若a與b共線，則a＝b或a＝－b
D.若a為平面內的某個向量，a0為單位向量，則a＝｜a｜a0
解析　對于A，相反向量是方向相反，長度相等的兩個向量，故A錯誤；對于C，若向量a與b共線，則a與b的方向相同或相反，但長度不一定相等，故C錯誤；對于D，a與
｜a｜a0的模相等，但方向不一定相同，故D錯誤；易知B正確.故選B.
命題點2　平面向量的線性運算
角度1　向量加、減法的幾何意義
例2 （1）[多選]P是△ABC所在平面內一點，且滿足｜－｜－｜＋－2｜＝0，則△ABC不可能是（　AD　）
A.鈍角三角形 B.直角三角形
C.等腰三角形 D.等邊三角形
解析　設D為邊BC的中點，則＋＝2，由已知有｜｜＝｜2－2｜＝
2｜｜，所以△ABC為直角三角形，故選AD.
（2）[全國卷Ⅰ]設a，b為單位向量，且｜a＋b｜＝1，則｜a－b｜＝　　.
解析　解法一　如圖，四邊形OACB為平行四邊形，設＝a，＝b，利用平行四邊形法則得＝a＋b，∵｜a｜＝｜b｜＝｜a＋b｜＝1，∴△OAC為正三角形，∴｜｜＝｜a－b｜＝2××｜a｜＝.
解法二　∵a，b為單位向量，且｜a＋b｜＝1，∴（a＋b）2＝1，∴1＋1＋2a·b＝1，
∴a·b＝－，∴｜a－b｜2＝a2＋b2－2a·b＝1＋1－2×（－）＝3，∴｜a－b｜＝.
方法技巧
利用向量加、減法的幾何意義解決問題的思路
（1）根據兩個向量的和與差，構造相應的平行四邊形或三角形，再結合其他知識求解；
（2）平面幾何中，如果出現平行四邊形或可能構造出平行四邊形或三角形的問題，那么可考慮利用向量知識來求解.
角度2　向量的線性運算
例3 [2022新高考卷Ⅰ]在△ABC中，點D在邊AB上，BD＝2DA.記＝m，＝n，則＝（　B　）
A.3m－2n B.－2m＋3n
C.3m＋2n D.2m＋3n
解析　因為BD＝2DA，所以＝3，所以＝＋＝＋3＝＋3（－）＝－2＋3＝－2m＋3n.故選B.
方法技巧
向量的線性運算問題的求解策略
（1）利用三角形法則或平行四邊形法則求解；
（2）利用相等向量、相反向量、共線向量以及三角形中位線等，把未知向量轉化為與已知向量有直接關系的向量進行求解.
角度3　根據向量線性運算求參數
例4 在△ABC中，點D在線段BC上，且＝2，點O在線段CD上（與點C，D不重合）.若＝x＋（1－x），則x的取值范圍是（　C　）
A.（0，1） B.（，1） C.（0，） D.（，）
解析　設＝λ，λ∈（，1），則＝＋＝＋λ＝（1－λ）＋λ＝x＋（1－x），則x＝1－λ∈（0，）.故選C.
方法技巧
求參數問題可以通過向量的線性運算將向量表示出來，進行比較，構造方程（組）求解.
訓練2 （1）[多選]在梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝2CD，AC與BD相交于點O，則下列結論正確的是（　ABD　）
A.－＝ B.｜＋2｜＝0
C.＝＋ D.＋＋＋＝0
解析　對于A，－＝＝，故A正確.對于B，由題知＝＝，所以＋2＝0，故｜＋2｜＝0，故B正確.對于C，＝＝（－）＝（＋2）＝＋，故C錯誤.對于D，＋＋＋＝＋＝0，故D正確.故選ABD.
（2）在△ABC中，AB＝2，BC＝3，∠ABC＝30°，AD為BC邊上的高.若＝λ＋μ，則λ－μ＝　　.
解析　如圖，∵AD為BC邊上的高，∴AD⊥BC.∵AB＝2，∠ABC＝30°，∴BD＝＝BC，∴＝＋＝＋＝＋（－）＝＋.
又＝λ＋μ，∴λ＝，μ＝，故λ－μ＝.
命題點3　共線向量定理的應用
例5 （1）已知O為△ABC內一點，且＝（＋），＝t，若B，O，D三點共線，則t＝（　B　）
A. B. C. D.
解析　設E是BC邊的中點，則（＋）＝，由題意得＝，所以＝＝
（＋）＝＋，又因為B，O，D三點共線，所以＋＝1，解得t＝.故選B.
（2）[全國卷Ⅱ]設向量a，b不平行，向量λa＋b與a＋2b平行，則實數λ＝　　.
解析　因為λa＋b與a＋2b平行，所以存在μ∈R，使得λa＋b＝μ（a＋2b），即（λ－μ）a＋（1－2μ）b＝0.因為向量a，b不平行，所以λ－μ＝0，1－2μ＝0，解得λ＝μ＝.
方法技巧
利用共線向量定理解題的策略
（1）利用a∥b a＝λb（b≠0）求解.
（2）當兩向量共線且有公共點時，才能得出三點共線，即A，B，C三點共線 ，共線.
（3）若a與b不共線且λa＝μb，則λ＝μ＝0.
（4）＝λ＋μ（λ，μ為實數），若A，B，C三點共線，則λ＋μ＝1.
注意　＝λ＋μ中的三個向量的起點相同時，才有A，B，C三點共線 λ＋μ＝1.
訓練3 （1）已知e1，e2是平面內兩個不共線的向量，＝3e1＋2e2，＝4e1＋ke2，＝5e1－4e2，若A，B，C三點共線，則實數k的值為（　A　）
A.－1 B.0 C.1 D.2
解析　解法一　因為＝3e1＋2e2，＝4e1＋ke2，＝5e1－4e2，所以＝－＝（4e1＋ke2）－（3e1＋2e2）＝e1＋（k－2）e2，＝－＝（5e1－4e2）－（3e1＋2e2）＝2e1－6e2，又A，B，C三點共線，所以存在唯一的實數λ，使得＝λ，即e1＋（k－2）e2＝λ（2e1－6e2），所以解得故選A.
解法二　根據題意，設＝x＋（1－x），則3e1＋2e2＝[4x＋5（1－x）]e1＋[kx－
4（1－x）]e2，因為e1，e2是平面內兩個不共線的向量，所以得故選A.
（2）[2023湖北天門中學、仙桃中學等校5月聯考]如圖，在△ABC中，AD為BC邊上的中線，G為△ABC的重心，M，N分別為線段AB，AC上的動點，且M，N，G三點共線，若＝λ（λ≠0），＝μ（μ≠0），則λ＋4μ的最小值為（　B　）
A. B.3 C.2 D.
解析　由題意得＝＝×（＋）＝（＋）＝（＋），由于M，N，G三點共線，故＋＝1.故λ＋4μ＝（λ＋4μ）（＋）＝＋＋≥＋2＝3，當且僅當＝，即λ＝1，μ＝時等號成立，故λ＋4μ的最小值為3，故選B.第2講　平面向量基本定理及坐標表示
課標要求 命題點 五年考情 命題分析預測
1.理解平面向量基本定理及其意義. 2.借助平面直角坐標系，掌握平面向量的正交分解及坐標表示. 3.會用坐標表示平面向量的加、減運算與數乘運算. 4.能用坐標表示平面向量共線、垂直的條件. 平面向量基本定理的應用 該講命題熱點為平面向量的坐標運算、共線的坐標表示等，一般以選擇題、填空題的形式出現，難度不大.預計2025年高考命題穩定，備考時要關注坐標法在求解向量問題中的應用.
平面向量的坐標運算 2023新高考卷ⅠT3；2022北京T10；2021全國卷甲T14；2021新高考卷ⅠT10；2019全國卷ⅡT3
向量共線的坐標表示 2021全國卷乙T13
1.平面向量基本定理
（1）定理：如果e1，e2是同一平面內的兩個①　不共線　向量，那么對于這一平面內的任一向量a，②　有且只有　一對實數λ1，λ2，使a＝λ1e1＋λ2e2.
（2）基底：若e1，e2③　不共線　，我們把{e1，e2}叫做表示這一平面內所有向量的一個基底.
注意　（1）基底向量e1，e2必須是同一平面內的兩個不共線的向量，零向量不能作為基底向量；（2）基底給定，同一向量的分解形式唯一.
2.平面向量的坐標表示
（1）把一個向量分解為兩個④　互相垂直　的向量，叫做把向量作正交分解.
（2）平面向量運算的坐標表示
坐標表示
和（差） 已知a＝（x1，y1），b＝（x2，y2），則a＋b＝⑤　（x1＋x2，y1＋y2）　，a－b＝⑥　（x1－x2，y1－y2）　.
數乘 已知a＝（x1，y1），則λa＝（λx1，λy1），其中λ是實數.
任一向量的坐標 已知A（x1，y1），B（x2，y2），則＝⑦　（x2－x1，y2－y1）　.
說明　（1）相等向量的坐標相同；（2）向量的坐標與表示該向量的有向線段的端點無關，只與其相對位置有關.
（3）平面向量共線的坐標表示
如果a＝（x1，y1），b＝（x2，y2），那么a∥b的充要條件為⑧　x1y2－x2y1＝0　.
注意　a∥b的充要條件不能表示成＝的形式，因為x2，y2有可能等于0.
1.下列說法正確的是（　B　）
A.平面內的任意兩個向量都可以作為一個基底
B.設{a，b}是平面內的一個基底，若實數λ1，μ1，λ2，μ2滿足λ1a＋μ1b＝λ2a＋μ2b，則λ1＝λ2，μ1＝μ2
C.若a＝（x1，y1），b＝（x2，y2），則a∥b的充要條件可以表示成＝
D.平面向量經過平移后其坐標改變
解析　對于A，共線向量不可以作為基底，故A錯誤；對于B，同一向量在給定基底下的分解是唯一的，B正確；對于C，若b＝（0，0），則＝無意義，故C錯誤；對于D，平面向量不論經過怎樣的平移，其坐標都不變，故D錯誤.
2.[教材改編]已知M（－2，7），N（10，－2），點P是線段MN上的點，且＝
－2，則點P的坐標為（　A　）
A.（2，4） B.（－14，16）
C.（6，1） D.（2，－11）
解析　設P（x，y），則＝（10－x，－2－y），＝（－2－x，7－y），又＝
－2，所以解得所以點P的坐標為（2，4）.故選A.
3.已知e1，e2不共線，a＝e1＋2e2，b＝2e1＋λe2，要使{a，b}能作為平面內所有向量的一個基底，則實數λ的取值范圍是　（－∞，4）∪（4，＋∞）　.
研透高考 明確方向
命題點1　平面向量基本定理的應用
例1 （1）[全國卷Ⅰ]在△ABC中，AD為BC邊上的中線，E為AD的中點，則＝（　A　）
A.－ B.－
C.＋ D.＋
解析　解法一　根據向量的運算法則可得，在△ABE中，＝＋.因為E為AD的中點，所以＝，在△ABD中，＝＋＝－.因為D為BC的中點，所以＝.在△ABC中，＝－.逐步代入，可得＝＋＝＋＝（－）＋＝（－）＋＝＋＝（－）＋＝－.故選A.
解法二　由D為BC的中點，得＝（＋），由E為AD的中點，得＝＝（＋）.在△ABE中，＝－＝－（＋）＝－.故選A.
（2）如圖，在直角梯形ABCD中，＝，＝2，且＝r＋s，則2r＋3s＝（　C　）
A.1 B.2
C.3 D.4
解析　根據題圖，由題意可得＝＋＝＋＝＋（＋＋）＝＋（＋）＝＋（＋）＝＋.因為＝r＋s，所以r＝，s＝，所以2r＋3s＝1＋2＝3.故選C.
方法技巧
1.應用平面向量基本定理表示向量，實質是利用平行四邊形法則或三角形法則進行向量的加、減或數乘運算.
2.用平面向量基本定理解決問題的一般思路：先選擇一個基底，并運用該基底將相關向量表示出來，再通過向量的運算來解決.
注意　同一個向量在不同基底下的分解是不同的，但在同一基底下的分解是唯一的.
訓練1 （1）[2024昆明市模擬]在平行四邊形ABCD中，點T為CD的中點，則（　A　）
A.＝＋ B.＝＋
C.＝＋ D.＝＋
解析　因為四邊形ABCD是平行四邊形，所以＝.因為T為CD的中點，所以＝，則＝＋＝＋＝＋，故選A.
（2）[2024廣東省模擬]已知△OAB中，＝，＝2，AD與BC相交于點M，＝x＋y，則有序數對（x，y）＝（　D　）
A.（，） B.（，）
C.（，） D.（，）
解析　如圖，依題意A，M，D三點共線，故＝λ，所以＝＋＝＋λ＝＋λ（－）＝＋λ（－）＝＋（1－λ），又C，M，B三點共線，故＝μ，則＝＋＝＋μ＝＋μ（－）＝（1－μ）＋μ＝＋μ，所以解得所以＝＋，又＝x＋y，所以所以有序數對（x，y）＝（，）.故選D.
命題點2　平面向量的坐標運算
例2 （1）[全國卷Ⅰ]已知點A（0，1），B（3，2），向量＝（－4，－3），則向量＝（　A　）
A.（－7，－4） B.（7，4）
C.（－1，4） D.（1，4）
解析　因為＝（3，2）－（0，1）＝（3，1），所以＝－＝（－4，－3）－（3，1）＝（－7，－4）.故選A.
（2）已知向量a，b，c在正方形網格中的位置如圖所示，以a，b為基底，則（　C　）
A.c＝－2a＋3b B.c＝－3a＋2b
C.c＝3a－2b D.c＝2a－3b
解析　建立如圖所示的平面直角坐標系，則a＝（1，1），b＝
（－2，3），c＝（7，－3）.設c＝xa＋yb，則解得故c＝3a－2b.故選C.
方法技巧
1.利用向量的坐標運算解題，主要是利用加法、減法、數乘運算法則，根據“兩個向量相等當且僅當它們的坐標對應相等”這一原則，化歸為方程（組）進行求解.
2.向量的坐標表示使向量運算代數化，成為數與形結合的載體，可以使很多幾何問題的解答轉化為我們熟知的數量運算.
訓練2 （1）如圖，在直角梯形ABCD中，AB∥DC，AD⊥DC，AD＝DC＝2AB，E為AD的中點，若＝λ＋μ（λ，μ∈R），則λ＋μ的值為（　B　）
A. B.
C.2 D.
解析　建立如圖所示的平面直角坐標系，則D（0，0）.不妨設AB＝1，則CD＝AD＝2，∴C（2，0），A（0，2），B（1，2），E（0，1），∴＝（－2，2），＝（－2，1），＝（1，2），∵＝λ＋μ，
∴（－2，2）＝λ（－2，1）＋μ（1，2），∴解得故λ＋μ＝.
（2）已知平面上的三個點A（－2，1），B（－1，3），C（3，4），若A，B，C，D四點能構成平行四邊形，則點D的坐標為　（2，2）或（4，6）或（－6，0）　.
解析　由四邊形ABCD為平行四邊形，得＝，可解得D（2，2）.
由四邊形ABDC為平行四邊形，得＝，可解得D（4，6）.
由四邊形ADBC為平行四邊形，得＝，可解得D（－6，0）.
因此，使A，B，C，D四點構成平行四邊形的點D的坐標為（2，2）或（4，6）或
（－6，0）.
命題點3　向量共線的坐標表示
例3 （1）[2021全國卷乙]已知向量a＝（2，5），b＝（λ，4），若a∥b，則λ＝　　.
解析　因為a∥b，所以2×4－5λ＝0，解得λ＝.
（2）已知點O（0，0），A（0，5），B（4，3），＝，＝，AD與BC交于點M，則點M的坐標為　（，2）　.
解析　由已知可得點C（0，），點D（2，）.因為A，M，D三點共線，所以與共線，設M的坐標為（x，y），則＝（x，y－5），又＝（2，－），所以－x－2（y－5）＝0，即7x＋4y＝20.因為C，M，B三點共線，所以與共線，又＝（x，y－），＝（4，），所以x－4（y－）＝0，即7x－16y＝－20.由得所以點M的坐標為（，2）.
方法技巧
平面向量共線問題的解題策略
（1）若a＝（x1，y1），b＝（x2，y2），則a∥b x1y2－x2y1＝0.
（2）若a∥b（b≠0），則a＝λb.
訓練3 （1）[2023貴州省聯考]已知P1（3，2），P2（9，11），P（5，y），＝λ，則y與λ的值分別為（　D　）
A.y＝8，λ＝2 B.y＝，λ＝
C.y＝，λ＝ D.y＝5，λ＝
解析　因為P1（3，2），P2（9，11），P（5，y），所以＝（2，y－2），＝（4，11－y），由＝λ，得（2，y－2）＝λ（4，11－y）＝（4λ，11λ－λy），所以解得故選D.
（2）設0＜θ＜，向量a＝（sin 2θ，cos θ），b＝（cos θ，1），若a∥b，則tan θ＝　　.
解析　∵a∥b，∴sin 2θ＝cos2θ，
∴2sin θcosθ＝cos2θ.
∵θ∈（0，），
∴2sin θ＝cos θ，tan θ＝.
思維幫·提升思維　快速解題
奔馳定理
例4 [2023江蘇南京三模]如圖，O是△ABC內一點，且＋＋2＝0，則＝　4　.
解析　解法一　取AB的中點D，連接OD，則＝（＋），又＋＋2＝0，所以＝－，即O為CD的中點.
又D為AB的中點，所以S△AOC＝S△ADC＝S△ABC，故＝4.
解法二　＋＋2＝0，則由奔馳定理得＝＝4.
方法技巧
奔馳定理：P為△ABC內一點，則SA·＋SB·＋SC·＝0，其中SA，SB，SC分別是△BPC，△CPA，△APB的面積.
證明過程如下.
延長AP交邊BC于點Q，如圖所示.
用S表示△ABC的面積，則S＝SA＋SB＋SC，用h1表示△BPC的邊BC上的高，用h表示△ABC的邊BC上的高.
則＝＝＝，＝＝1－＝1－＝，所以＝·.
用h2表示△CPA的邊AP上的高，用h3表示△APB的邊AP上的高.
則＝＝，所以＝·＋·，則＝·＋·，
即S·＝SB·（－）＋SC·（－），所以SA·＋SB·＋SC·＝0.
訓練4 [2023江蘇蘇州市第六中學三模]已知O是△ABC內一點，滿足＋2＋m＝0，且＝，則m＝（　C　）
A.2 B.3 C.4 D.5
解析　解法一　由＋2＋m＝0，得－＝＋，令＝－，則＝＋，所以A，B，M三點共線，所以＝＝＝，解得m＝4.
解法二　由奔馳定理得S△BOC·＋S△AOC·＋S△AOB·＝0，又＋2＋m＝0，所以S△BOC∶S△AOC∶S△AOB＝1∶2∶m，所以＝＝，解得m＝4.第3講　平面向量的數量積及應用
課標要求 命題點 五年考情 命題分析預測
1.理解平面向量數量積的概念及其物理意義，會計算平面向量的數量積. 2.了解平面向量投影的概念以及投影向量的意義. 3.會用數量積判斷兩個平面向量的垂直關系. 4.能用坐標表示平面向量的數量積，會表示兩個平面向量的夾角. 5.會用向量方法解決簡單的平面幾何問題、力學問題以及其他實際問題，體會向量在解決數學和實際問題中的應用. 平面向量的數量積運算 2023全國卷乙T6；2022全國卷乙T3；2022全國卷甲T13；2021新高考卷ⅡT15；2020北京T13；2019全國卷ⅡT3 本講每年必考，主要考查向量的數量積運算、向量的夾角、模長、垂直問題，一般以客觀題形式出現，難度不大.預計2025年高考命題穩定，常規備考的同時要關注向量與三角、解析幾何等的綜合以及坐標法在解題中的應用.
平面向量數量積的應用 2023新高考卷ⅠT3；2023新高考卷ⅡT13；2023全國卷甲T4；2022全國卷乙T3；2022新高考卷ⅡT4；2022天津T14；2021新高考卷ⅠT10；2021全國卷甲T14；2021全國卷甲T14；2021全國卷乙T14；2020全國卷ⅠT14；2020全國卷ⅡT13；2020新高考卷ⅠT7；2019全國卷ⅠT7
平面向量的應用 2023全國卷乙T12；2020天津T15
1.向量的夾角
定義 圖示 范圍 共線與垂直
已知兩個非零向量a，b，O是平面上的任意一點.作＝a，＝b，則①　∠AOB　叫做向量a與b的夾角，記作＜a，b＞. 設θ是a與b的夾角，則θ的取值范圍是②　[0，π]　. θ＝0或π ③　a∥b　， ④　θ＝　 a⊥b.
注意　確定向量的夾角時應注意“共起點”.
思維拓展
1.兩個向量夾角的范圍為[0，π]，兩條直線夾角的范圍為[0，].
2.（1）兩個向量a，b的夾角為銳角 a·b＞0且向量a，b不共線；
（2）兩個向量a，b的夾角為鈍角 a·b＜0且向量a，b不共線.
2.平面向量的數量積
已知兩個非零向量a與b的夾角為θ，我們把數量⑤　｜a｜｜b｜cosθ　叫做向量a與b的數量積，記作⑥　a·b　.
注意　零向量與任一向量的數量積為0.
3.投影與投影向量
如圖，過的起點A和終點B，分別作向量所在直線的垂線，垂足分別為A1，B1，得到，我們稱上述變換為向量a向向量b⑦　投影　，叫做向量a在向量b上的⑧　投影向量　.
設與b方向相同的單位向量為e，a與b的夾角為θ，則＝｜a｜cosθe.
4.向量數量積的運算律
對于向量a，b，c和實數λ，有
（1）a·b＝b·a；
（2）（λa）·b＝λ（a·b）＝a·（λb）；
（3）（a＋b）·c＝a·c＋b·c.
注意　（1）向量數量積的運算不滿足乘法結合律，即（a·b）·c不一定等于a·（b·c），這是由于（a·b）·c表示一個與c共線的向量，a·（b·c）表示一個與a共線的向量，而c與a不一定共線.
（2）a·b＝a·c（a≠0）b＝c，等式兩邊不能約去同一個向量.
（3）平方差公式、完全平方公式仍適用.
5.平面向量數量積的有關結論
已知非零向量a＝（x1，y1），b＝（x2，y2），a與b的夾角為θ.
幾何表示 坐標表示
數量積 a·b＝｜a｜｜b｜cosθ. a·b＝⑨　x1x2＋y1y2　.
模 ｜a｜＝. ｜a｜＝⑩　　.
夾角 cos θ＝ 　　. cos θ＝.
a⊥b的充要條件 a·b＝0. 　x1x2＋y1y2＝0　.
a∥b的充要條件 a＝λb（λ∈R）. 　x1y2－x2y1＝0　.
｜a·b｜與 ｜a｜｜b｜的關系 ｜a·b｜≤｜a｜｜b｜（當且僅當a∥b時等號成立）. ｜x1x2＋y1y2｜≤ .
1.以下說法正確的是（　A　）
A.兩個向量的數量積是一個實數，向量的加法、減法、數乘運算的運算結果是向量
B.由a·b＝0可得a＝0或b＝0
C.（a·b）·c＝a·（b·c）
D.已知兩個非零向量a與b的夾角為θ，若a·b＞0，則θ為銳角
2.[教材改編]已知向量a＝（1＋x，x－3），b＝（1－x，2），a·b＝－4，則a＋2b與b的夾角為（　B　）
A. B. C. D.
解析　因為a·b＝－4，所以（1＋x）（1－x）＋2（x－3）＝－4，得x＝1.所以a＝（2，－2），b＝（0，2），所以a＋2b＝（2，2），｜a＋2b｜＝＝2，｜b｜＝2，所以cos＜a＋2b，b＞＝＝＝.又＜a＋2b，b＞∈[0，π]，所以a＋2b與b的夾角為.故選B.
3.[2022全國卷甲]已知向量a＝（m，3），b＝（1，m＋1）.若a⊥b，則m＝　－　.
解析　∵a⊥b，∴a·b＝m＋3（m＋1）＝4m＋3＝0，解得m＝－.
4.已知點A（－1，1），B（1，2），C（－2，－1），D（3，4），則在方向上的投影向量為　（，）　.
解析　依題意，得＝（5，5），則與同向的單位向量e＝＝（，），＝（2，1），則在方向上的投影向量為·e＝（，）＝（，）＝（，）.
5.[易錯題]已知平面內三個向量a，b，c兩兩夾角相等，且｜a｜＝｜b｜＝1，｜c｜＝3，則｜a＋b＋c｜＝　2或5　.
解析　當a，b，c共線時，｜a＋b＋c｜＝｜a｜＋｜b｜＋｜c｜＝5；當a，b，c兩兩夾角為時，a·b＝－，a·c＝b·c＝－.｜a＋b＋c｜＝＝＝2.
研透高考 明確方向
命題點1　平面向量的數量積運算
例1 （1）[2023全國卷乙]正方形ABCD的邊長是2，E是AB的中點，則·＝（　B　）
A. B.3 C.2 D.5
解析　解法一　由題意知，＝＋＝＋，＝＋＝－＋，所以·＝（＋）·（－＋）＝－，由題意知｜｜＝
｜｜＝2，所以·＝4－1＝3，故選B.
解法二　以點A為坐標原點，，的方向分別為x，y軸的正方向建立平面直角坐標系，則E（1，0），C（2，2），D（0，2），則＝（1，2），＝（－1，2），·＝－1＋4＝3，故選B.
（2）[2022全國卷甲]設向量a，b的夾角的余弦值為，且｜a｜＝1，｜b｜＝3，則（2a＋b）·b＝　11　.
解析　（2a＋b）·b＝2a·b＋b2＝2｜a｜｜b｜cos＜a，b＞＋｜b｜2＝2×1×3×＋32＝11.
方法技巧
求非零向量a，b的數量積的方法
1.定義法：a·b＝｜a｜｜b｜cosθ.
2.基底法：選取合適的一組基底，利用平面向量基本定理將待求數量積的兩個向量分別表示出來，進而根據數量積的運算律和定義求解.
3.坐標法：已知條件中有（或隱含）正交基底，優先考慮建立平面直角坐標系，利用a·b＝x1x2＋y1y2求解.
訓練1 （1）[2022全國卷乙]已知向量a，b滿足｜a｜＝1，｜b｜＝，｜a－2b｜＝3，則a·b＝（　C　）
A.－2 B.－1 C.1 D.2
解析　由｜a－2b｜＝3，可得｜a－2b｜2＝a2－4a·b＋4b2＝9.
又｜a｜＝1，｜b｜＝，所以a·b＝1，故選C.
（2）[全國卷Ⅱ]已知＝（2，3），＝（3，t），｜｜＝1，則·＝（　C　）
A.－3 B.－2 C.2 D.3
解析　因為＝－＝（1，t－3），所以｜｜＝＝1，解得t＝3，所以＝（1，0），所以·＝2×1＋3×0＝2，故選C.
命題點2　平面向量數量積的應用
角度1　向量的模問題
例2 （1）[2022全國卷乙]已知向量a＝（2，1），b＝（－2，4），則｜a－b｜＝（　D　）
A.2 B.3 C.4 D.5
解析　由題意知a－b＝（2，1）－（－2，4）＝（4，－3），所以｜a－b｜＝＝5.故選D.
（2）[2023新高考卷Ⅱ]已知向量a，b滿足｜a－b｜＝，｜a＋b｜＝｜2a－b｜，則
｜b｜＝　　.
解析　由｜a－b｜＝，得a2－2a·b＋b2＝3，即2a·b＝a2＋b2－3　①.由｜a＋b｜＝
｜2a－b｜，得a2＋2a·b＋b2＝4a2－4a·b＋b2，整理得，a2＝2a·b，結合①，得a2＝a2＋b2－3，整理得，b2＝3，所以｜b｜＝.
方法技巧
求平面向量模的兩種方法
公式法 利用如下公式轉化求解. ①a2＝a·a＝｜a｜2或｜a｜＝； ②｜a±b｜＝＝； ③若a＝（x，y），則｜a｜＝.
幾何法 利用向量的幾何意義，即利用向量加、減法的平行四邊形法則或三角形法則作出向量，再利用余弦定理等求解.
角度2　向量的夾角問題
例3 （1）[2023全國卷甲]已知向量a，b，c滿足｜a｜＝｜b｜＝1，｜c｜＝，且a＋b＋c＝0，則cos＜a－c，b－c＞＝（　D　）
A.－ B.－ C. D.
解析　∵a＋b＋c＝0，∴c＝－a－b，等式兩邊同時平方得2＝a2＋b2＋2a·b＝1＋1＋2a·b，∴a·b＝0.
解法一　∵a－c＝a－（－a－b）＝2a＋b，b－c＝b－（－a－b）＝a＋2b，∴（a－c）·（b－c）＝（2a＋b）·（a＋2b）＝2a2＋5a·b＋2b2＝4，且｜a－c｜＝｜2a＋b｜＝＝＝，｜b－c｜＝｜a＋2b｜＝＝＝，
∴cos＜a－c，b－c＞＝＝，故選D.
解法二　如圖，令＝a，＝b，則＝c，∴＝a－c，＝b－c，而｜AB｜＝，｜AC｜＝｜BC｜＝，在△ABC中，由余弦定理得cos＜a－c，b－c＞＝cos＜，＞＝cos∠ACB＝＝，故選D.
解法三　如圖，令向量a，b的起點均為O，終點分別為A，B，以，的方向分別為x，y軸的正方向建立平面直角坐標系，則a＝（1，0），b＝（0，1），c＝－a－b＝
（－1，－1），所以a－c＝（2，1），b－c＝（1，2），則cos＜a－c，b－c＞＝＝＝，故選D.
（2）[2022新高考卷Ⅱ]已知向量a＝（3，4），b＝（1，0），c＝a＋tb，若＜a，c＞＝
＜b，c＞，則t＝（　C　）
A.－6 B.－5 C.5 D.6
解析　解法一　由題意，得c＝a＋tb＝（3＋t，4），所以a·c＝3×（3＋t）＋4×4＝25＋3t，b·c＝1×（3＋t）＋0×4＝3＋t.因為＜a，c＞＝＜b，c＞，所以cos＜a，c＞＝cos＜b，
c＞，即＝，即＝3＋t，解得t＝5.故選C.
解法二　因為＜a，c＞＝＜b，c＞，且c＝a＋tb，所以由向量加法的平行四邊形法則得｜a｜＝t｜b｜，易知｜a｜＝5，｜b｜＝1，所以t＝5.
方法技巧
求平面向量夾角問題的三種方法
定義法 當a，b是非坐標形式時，由cos θ＝求解.
坐標法 若a＝（x1，y1），b＝（x2，y2），則cos＜a，b＞＝，＜a，b＞∈[0，π].
解三角 形法 可以把所求兩向量的夾角放到三角形中進行求解.注意向量夾角與三角形內角的關系.
角度3　向量的垂直問題
例4 （1）[2023新高考卷Ⅰ]已知向量a＝（1，1），b＝（1，－1）.若（a＋λb）⊥（a＋μb），則（　D　）
A.λ＋μ＝1 B.λ＋μ＝－1
C.λμ＝1 D.λμ＝－1
解析　因為a＝（1，1），b＝（1，－1），所以a＋λb＝（1＋λ，1－λ），a＋μb＝（1＋μ，1－μ），因為（a＋λb）⊥（a＋μb），所以（a＋λb）·（a＋μb）＝0，所以（1＋λ）（1＋μ）＋（1－λ）（1－μ）＝0，整理得λμ＝－1.故選D.
（2）[全國卷Ⅱ]已知單位向量a，b的夾角為60°，則在下列向量中，與b垂直的是（　D　）
A.a＋2b B.2a＋b C.a－2b D.2a－b
解析　解法一　由題意，得a·b＝｜a｜｜b｜cos 60°＝.對于A，（a＋2b）·b＝a·b＋2b2＝＋2＝≠0，故A不符合題意；對于B，（2a＋b）·b＝2a·b＋b2＝1＋1＝2≠0，故B不符合題意；對于C，（a－2b）·b＝a·b－2b2＝－2＝－≠0，故C不符合題意；對于D，（2a－b）·b＝2a·b－b2＝1－1＝0，所以（2a－b）⊥b，符合題意.故選D.
解法二　根據條件，分別作出向量b與A，B，C，D四個選項對應的向量的位置關系，如圖所示.
　A 　　B 　 C 　　D
由圖易知，只有選項D滿足題意.故選D.
解法三　不妨設a＝（，），b＝（1，0），則a＋2b＝（，）， 2a＋b＝（2，），a－2b＝（－，），2a－b＝（0，），易知，只有（2a－b）·b＝0，即（2a－b）⊥b.故選D.
方法技巧
1.證明兩個向量垂直的解題策略
先計算出這兩個向量的坐標或表示出兩個向量，然后根據數量積的運算公式，計算出這兩個向量的數量積為0即可.
2.已知兩個向量的垂直關系，求解相關參數的值
根據兩個向量垂直的充要條件，列出相應的關系式，進而求解參數.
訓練2 （1）[2023廣州市二檢]已知兩個非零向量a，b滿足｜a｜＝3｜b｜，（a＋b）⊥b，則cos 〈a，b〉＝（　D　）
A. B.－ C. D.－
解析　因為（a＋b）⊥b，所以（a＋b）·b＝0，即a·b＝－b2，所以｜a｜·｜b｜·cos 〈a，b〉＝－｜b｜2，即3｜b｜·｜b｜cos 〈a，b〉＝－｜b｜2，則cos 〈a，b〉＝－.故選D.
（2）[2021全國卷甲]若向量a，b滿足｜a｜＝3，｜a－b｜＝5，a·b＝1，則｜b｜＝　3　.
解析　由｜a－b｜＝5得（a－b）2＝25，即a2－2a·b＋b2＝25，結合｜a｜＝3，a·b＝1，得32－2×1＋｜b｜2＝25，所以｜b｜＝3.
命題點3　平面向量的應用
例5 在日常生活中，我們會看到兩人共提一個行李包的情況（如圖）.假設行李包所受重力為G，所受的兩個拉力分別為F1，F2.若｜F1｜＝
｜F2｜，F1與F2的夾角為θ，則下列結論不正確的是（　D　）
A.｜F1｜的最小值為｜G｜
B.當θ＝時，｜F1｜＝｜G｜
C.當θ＝時，｜F1｜＝｜G｜
D.當θ＝時，F1在F2方向上的投影數量為
解析　由題意知，｜G｜＝｜F1＋F2｜，且｜G｜為定值，因為｜F1｜＝｜F2｜，所以
｜G｜2＝｜F1｜2＋｜F2｜2＋2｜F1｜｜F2｜·cos θ＝2｜F1｜2（1＋cos θ），所以｜F1｜2＝.
當θ∈（0，π）時，y＝cos θ單調遞減，
所以關于θ的函數y＝｜F1｜2＝單調遞增，
即θ越大越費力，θ越小越省力.
當θ＝0時，＝｜G｜；
當θ＝時，｜F1｜＝｜G｜；
當θ＝時，｜F1｜＝｜G｜.故A，B，C正確.
對于D選項，當θ＝時，F1在F2方向上的投影數量為｜F1｜cos ＝｜G｜cos＝
－，故D不正確.故選D.
方法技巧
用向量方法解決實際問題的步驟
訓練3 一條東西方向的河流兩岸平行，河寬250 m，河水的速度為正東3 km/h.一艘小貨船準備從河流南岸碼頭P處出發，航行到河流對岸對應點Q（PQ與河流的方向垂直）的正西方向并且與Q相距250 m的碼頭M處卸貨，若水流的速度與小貨船航行的速度的合速度的大小為 5 km/h，則當小貨船的航程最短時，小貨船航行速度的大小為（　C　）
A.3 km/h B.6 km/h
C.7 km/h D.3 km/h
解析　連接PM，由題意得，當小貨船的航程最短時，其航線為線段PM.
設小貨船航行的速度為v，水流的速度為v1，水流的速度與小貨船航行的速度的合速度為v2，作出示意圖，如圖所示.
PQ＝250 m，QM＝250 m.
在Rt△PQM中，（根據“PQ與河流的方向垂直”得到△PMQ的形狀）
tan∠PMQ＝＝＝，由題意∠PMQ∈（0，），
所以∠PMQ＝，∠MPQ＝，＜v1，v2＞＝＋＝，
易知v＝v2－v1，｜v1｜＝3，｜v2｜＝5，
所以｜v｜＝＝＝＝7，
所以小貨船航行速度的大小為7 km/h，故選C.第4講　余弦定理、正弦定理
課標要求 命題點 五年考情 命題分析預測
借助向量的運算，探索三角形邊長與角度的關系，掌握余弦定理、正弦定理. 利用正、余弦定理解三角形 2023新高考卷ⅠT17；2023新高考卷ⅡT17；2023全國卷乙T4；2023全國卷甲T16；2022新高考卷ⅠT18；2022新高考卷ⅡT18；2022全國卷甲T16；2021全國卷甲T8；2021全國卷乙T15；2021新高考卷ⅠT19；2021浙江T14；2020全國卷ⅠT16；2020全國卷ⅡT17；2020全國卷ⅢT7；2020新高考卷ⅠT17；2019全國卷ⅠT17；2019全國卷ⅡT15；2019全國卷ⅢT18 本講每年必考，主要考查正、余弦定理的應用，如求解三角形的邊長、角度、周長、面積等問題，也會作為方法求解其他章節問題，難度中等.預計2025年高考命題穩定，備考時要重視正、余弦定理的應用.
判斷三角形的形狀 2021新高考卷ⅡT18
與面積、周長有關的問題 2023全國卷乙T18；2022全國卷乙T17；2022新高考卷ⅡT18；2022北京T16；2021北京T16；2021新高考卷ⅡT18；2020全國卷ⅡT17；2019全國卷ⅢT18
1.余弦定理、正弦定理
在△ABC中，若角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，R為△ABC的外接圓半徑，則
定理 余弦定理 正弦定理
內容 a2＝b2＋c2－2bccos A； b2＝①　c2＋a2－2cacosB　； c2＝②　a2＋b2－2abcosC　. ＝＝＝③　2R　.
變形 cos A＝； cos B＝④　　； cos C＝⑤　　. （1）a＝2Rsin A，b＝⑥　2RsinB　，c＝⑦　2RsinC　； （2）sin A＝，sin B＝⑧　　，sin C＝⑨　　； （3）a∶b∶c＝⑩sinA∶sinB∶sinC； （4）＝＝2R.
2.在△ABC中，若已知角A，B所對的邊a，b和角A，則解的情況如下：
A為銳角 A為鈍角或直角
圖形
關系式 a＜bsinA a＝bsinA bsinA＜a＜b a≥b a＞b a≤b
解的個數 無解 　一解　 　兩解　 　一解　 一解 無解
3.三角形中常用的面積公式
△ABC中，角A，B，C對應的邊分別為a，b，c.則：
（1）S＝ah（h表示邊a上的高）；
（2）S＝absin C＝ 　acsinB　＝ 　bcsinA　；
（3）S＝r（a＋b＋c）（r表示三角形 　內切圓　的半徑）.
常用結論
三角形中的常見結論
（1）在△ABC中，A＋B＋C＝π.變形：＝－.
（2）在△ABC中，a＞b A＞B sinA＞sin B cosA＜cos B.
（3）任意兩邊之和大于第三邊，任意兩邊之差小于第三邊.
（4）在△ABC中，sin（A＋B）＝sin C；cos（A＋B）＝－cos C；tan（A＋B）＝－tan C；sin＝cos ；cos＝sin .
（5）在△ABC中，角A，B，C成等差數列 B＝，A＋C＝.
（6）在斜△ABC中，tan A＋tan B＋tan C＝tan A·tanB·tanC.
（7）在△ABC中，a＝bcosC＋ccosB；b＝acosC＋ccosA；c＝bcosA＋acosB（射影定理）.
1.以下說法正確的是（　A　）
A.在△ABC中，A＞B是sin A＞sin B的充要條件
B.在△ABC中，若b2＋c2＞a2，則△ABC為銳角三角形
C.在△ABC中，若sin 2A＝sin 2B，則△ABC為等腰三角形
D.三角形中的三邊之比等于相應的三個內角之比
解析　易知A正確；對于B，當b2＋c2－a2＞0時，只能說明角A為銳角，△ABC不一定為銳角三角形，故B錯誤；對于C，若sin 2A＝sin 2B，則2A＝2B或2A＋2B＝π，所以A＝B或A＋B＝，所以△ABC為等腰三角形或直角三角形，故C錯誤；對于D，三角形中的三邊之比等于相應的三個內角的正弦值之比，故D錯誤.
2.[2021全國卷甲]在△ABC中，已知B＝120°，AC＝，AB＝2，則BC＝（　D　）
A.1 B. C. D.3
解析　由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos B，得BC2＋2BC－15＝0，解得BC＝3或BC＝－5（舍去）.故選D.
3.[多選]記△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，則符合下列條件的△ABC有且只有一個的是（　AC　）
A.a＝，b＝1，A＝45° B.a＝1，b＝2，c＝3
C.b＝c＝1，B＝45° D.a＝1，b＝2，A＝100°
解析　對于A，由正弦定理得＝，所以sin B＝，又a＞b，所以B＝30°，所以滿足條件的三角形只有一個；
對于B，a＋b＝c，構不成三角形；
對于C，b＝c＝1，所以B＝C＝45°，A＝90°，所以滿足條件的三角形只有一個；
對于D，a＜b，所以A＜B，而A＝100°，所以沒有滿足條件的三角形.
4.已知2a＋1，a，2a－1是鈍角三角形的三邊，則實數a的取值范圍是　（2，8）　.
解析　∵2a＋1，a，2a－1是三角形的三邊，∴解得a＞.顯然2a＋1是三角形的最大邊，則要使2a＋1，a，2a－1構成三角形，需滿足a＋2a－1＞2a＋1，解得a＞2.設最大邊對應的角為θ（鈍角），則cos θ＝＜0，
∴a2＋（2a－1）2－（2a＋1）2＜0，即a2－8a＜0，解得0＜a＜8.
又a＞2，∴a的取值范圍是（2，8）.
5.在△ABC中，A＝60°，AC＝4，BC＝2，則△ABC的面積等于　2　.
解析　設△ABC中，角A，B，C對應的邊分別為a，b，c.
由題意及余弦定理得cos A＝＝＝，解得c＝2，所以S△ABC＝bcsin A＝×4×2×sin 60°＝2.
研透高考 明確方向
命題點1　利用正、余弦定理解三角形
例1 （1）[2023全國卷乙]在△ABC中，內角A，B，C的對邊分別是a，b，c，若acosB－bcosA＝c，且C＝，則B＝（　C　）
A. B. C. D.
解析　因為acosB－bcosA＝c，所以由正弦定理得sin A·cosB－sin BcosA＝sin C＝sin（B＋A），則2sin BcosA＝0.在△ABC中，sin B≠0，則cos A＝0，A＝，所以B＝π－A－C＝π－－＝，故選C.
（2）[2021全國卷乙]記△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，面積為，B＝60°，a2＋c2＝3ac，則b＝　2　.
解析　由題意得S△ABC＝acsin B＝ac＝，則ac＝4，所以a2＋c2＝3ac＝3×4＝12，所以b2＝a2＋c2－2accos B＝12－2×4×＝8，則b＝2.
方法技巧
應用正、余弦定理的解題技巧
（1）求邊：利用正弦定理變形公式a＝等或余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A等求解.
（2）求角：利用正弦定理變形公式sin A＝等或余弦定理變形公式cos A＝等求解.
（3）利用式子的特點轉化：若出現a2＋b2－c2＝λab的形式，則用余弦定理；若等式兩邊是關于邊或角的正弦的齊次式，則用正弦定理.
訓練1 （1）[全國卷Ⅰ]△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c.已知asinA－bsinB＝4csin C，cos A＝－，則＝（　A　）
A.6 B.5 C.4 D.3
解析　由題意及正弦定理得b2－a2＝－4c2，所以由余弦定理得，cos A＝＝＝－，得＝6.故選A.
（2）[全國卷Ⅰ]△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c.已知sin B＋sin A·（sin C－cos C）＝0，a＝2，c＝，則C＝（　B　）
A. B. C. D.
解析　因為sin B＋sin A（sin C－cos C）＝0，所以sin（A＋C）＋sin A·sinC－sin A·cosC＝0，所以sin AcosC＋cos Asin C＋sin Asin C－sin AcosC＝0，整理得sin C（sin A＋cos A）＝0.因為sin C≠0，所以sin A＋cos A＝0，所以tan A＝－1.因為A∈（0，π），所以A＝，由正弦定理得sin C＝＝＝，又0＜C＜，所以C＝.故選B.
命題點2　判斷三角形的形狀
例2 在△ABC中，a，b，c分別為角A，B，C的對邊，＝sin2，則△ABC的形狀為（　A　）
A.直角三角形
B.等邊三角形
C.等腰三角形或直角三角形
D.等腰直角三角形
解析　由cos B＝1－2sin2，得sin2＝，所以＝，即cos B＝.
解法一　由余弦定理得cos B＝＝，即a2＋c2－b2＝2a2，所以a2＋b2＝c2，所以△ABC為直角三角形，但無法判斷兩直角邊是否相等.
解法二　由正弦定理得cos B＝，又sin A＝sin（B＋C）＝sin BcosC＋cos BsinC，所以cos BsinC＝sin BcosC＋cos BsinC，即sin BcosC＝0，又sin B≠0，所以cos C＝0，又角C為△ABC的內角，所以C＝，所以△ABC為直角三角形，但無法判斷兩直角邊是否相等.
命題拓展
[變條件]將例2中的條件“＝sin2”改為“＝，（b＋c＋a）（b＋c－a）＝3bc”，則△ABC的形狀為　等邊三角形　.
解析　因為＝，所以由正弦定理得＝，所以b＝c.又（b＋c＋a）（b＋c－a）＝3bc，所以b2＋c2－a2＝bc，所以由余弦定理得cos A＝＝＝.因為A∈（0，π），所以A＝，所以△ABC是等邊三角形.
方法技巧
判斷三角形形狀的方法
（1）化為邊：通過正、余弦定理將角化邊，利用因式分解、配方等得出邊之間的關系進行判斷.判斷技巧：
a2＋b2＜c2 cos C＜0 C為鈍角 三角形為鈍角三角形
a2＋b2＝c2 cos C＝0 C為直角 三角形為直角三角形
a2＋b2＞c2 cos C＞0 C為銳角 無法判斷（只有C為最大角時才可得出三角形為銳角三角形）
（2）化為角：通過正、余弦定理將邊化角，通過三角恒等變換公式、三角形的內角和定理得出角的大小或角之間的關系.
注意　（1）不能隨意約掉公因式，要移項、提取公因式，否則會有遺漏一種形狀的可能.（2）注意挖掘隱含條件，在變形過程中注意角的范圍對三角函數值的影響.
訓練2 [2021新高考卷Ⅱ]在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，b＝a＋1，c＝a＋2.
（1）若2sin C＝3sin A，求△ABC的面積.
（2）是否存在正整數a，使得△ABC為鈍角三角形？若存在，求a；若不存在，說明理由.
解析　（1）由2sin C＝3sin A及正弦定理，得2c＝3a.
又c＝a＋2，所以a＝4，c＝6，
所以b＝a＋1＝5.
由余弦定理，得cos A＝＝＝.
又A∈（0，π），所以sin A＝，
所以S△ABC＝bcsin A＝×5×6×＝.
（2）存在.
由題意知c＞b＞a，要使△ABC為鈍角三角形，需cos C＝＝＝＜0，
得0＜a＜3.
因為a為正整數，所以a＝1或a＝2.
當a＝1時，b＝2，c＝3，此時不能構成三角形；
當a＝2時，b＝3，c＝4，滿足題意.
綜上，存在正整數a＝2，使得△ABC為鈍角三角形.
命題點3　與面積、周長有關的問題
角度1　面積問題
例3 [2023全國卷乙]在△ABC中，已知∠BAC＝120°，AB＝2，AC＝1.
（1）求sin∠ABC；
（2）若D為BC上一點，且∠BAD＝90°，求△ADC的面積.
解析　（1）由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos∠BAC＝22＋12＋2×2×1×＝7，得BC＝.
由正弦定理得＝，則sin∠ABC＝＝.
（2）解法一　如圖，由sin∠ABC＝，得tan∠ABC＝，
又tan∠ABC＝＝，所以DA＝，
故△ADC的面積為DA·AC·sin（120°－90°）＝××1×＝.
解法二　S△ABC＝AC·AB·sin∠BAC＝×1×2×＝，＝＝＝，
故△ADC的面積為S△ABC＝×＝.
方法技巧
與面積有關問題的解題思路
1.利用面積公式S＝absin C＝acsin B＝bcsin A求面積，一般是已知哪個角就使用哪一個公式.
2.與面積有關的問題，一般要用到正弦定理、余弦定理進行邊和角的轉化.
角度2　周長問題
例4 [2022全國卷乙]記△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知sin Csin（A－B）＝sin Bsin（C－A）.
（1）證明：2a2＝b2＋c2；
（2）若a＝5，cos A＝，求△ABC的周長.
解析　（1）解法一　由sin Csin（A－B）＝sin Bsin（C－A）可得，sin CsinAcosB－
sin CcosAsin B＝sin B·sinCcosA－sin BcosCsinA，
結合正弦定理＝＝可得accosB－bccosA＝bccosA－abcosC，即accosB＋
abcosC＝2bccos A.
由余弦定理得＋＝b2＋c2－a2，整理得2a2＝b2＋c2.
解法二　因為A＋B＋C＝π，
所以sin Csin（A－B）＝sin（A＋B）sin（A－B）＝sin2Acos2B－cos2Asin2B＝sin2A（1－sin2B）－（1－sin2A）sin2B＝sin2A－sin2B.
同理有sin Bsin（C－A）＝sin（C＋A）sin（C－A）＝sin2C－sin2A，所以sin2A－sin2B＝sin2C－sin2A，
由正弦定理可得2a2＝b2＋c2.
（2）由（1）及a2＝b2＋c2－2bccos A得，a2＝2bccos A，所以2bc＝31.
因為b2＋c2＝2a2＝50，
所以（b＋c）2＝b2＋c2＋2bc＝81，得b＋c＝9，
所以△ABC的周長為a＋b＋c＝14.
方法技巧
與周長有關問題的解題思路
（1）若邊長易求，直接求出邊長，進而求出周長；
（2）若邊長不易求，可利用整體思想，構造以兩邊長的和為未知數的方程求解，進而求出周長.
訓練3 [2022北京高考]在△ABC中，sin 2C＝sin C.
（1）求∠C；
（2）若b＝6，且△ABC的面積為6，求△ABC的周長.
解析　（1）因為sin 2C＝sin C，
所以2sin C cos C＝sin C.
因為C∈（0，π），所以sin C≠0，所以cos C＝，C＝.
（2）因為△ABC的面積S＝absin C＝×a×6×＝6，所以a＝4.
由余弦定理可得c2＝a2＋b2－2abcos C＝48＋36－72＝12，所以c＝2，所以△ABC的周長為a＋b＋c＝4＋6＋2＝6（＋1）.第5講　解三角形應用舉例
課標要求 命題點 五年考情 命題分析預測
能用余弦定理、正弦定理解決簡單的實際問題. 余弦定理、正弦 定理應用舉例 2021全國卷乙T9； 2021全國卷甲T8　 本講知識單一，主要考查利用正、余弦定理求解距離、高度、角度問題，對數學建模能力的要求較高，一般以選擇題形式出現，難度中等.在2025年高考的備考中要提升閱讀理解能力，要能夠從文字信息中提取出解三角形的模型.
測量中的常用術語
術語名稱 術語意義 圖形表示
仰角與 俯角 在豎直平面內的目標視線與水平視線所成的角中，目標視線在水平視線①　上方　的叫做仰角，目標視線在水平視線②　下方　的叫做俯角.
方位角 從某點的指北方向線起按順時針方向到目標方向線之間的水平夾角叫做方位角.方位角θ的范圍是0≤θ＜2π.
方向角 正北或正南方向線與目標方向線所成的銳角，通常表達為北（南）偏東（西）α. 北偏東α　南偏西α
坡角與 坡度 坡面與水平面所成的銳二面角叫坡角.坡面的垂直高度h和水平寬度l的比叫坡度. 設坡角為α，坡度為i，則i＝＝tan α.
1.如圖所示，為測量一樹的高度，在地面上選取A，B兩點（A，B與樹所在的直線在同一平面內），從A，B兩點測得樹尖P的仰角分別為30°和45°，且A，B兩點之間的距離為60 m，則樹的高度為（　A　）
A.（30＋30）m B.（30＋15）m
C.（15＋30）m D.（15＋3）m
解析　解法一　在△ABP中，由正弦定理可得＝，則PB＝＝30（＋）.
設樹的高度為h m，則h＝PBsin 45°＝30＋30.
解法二　設樹的高度為h m，則AB＝－＝60，解得h＝30＋30.
2.[易錯題]兩座燈塔A和B與海岸觀察站C的距離相等，燈塔A在觀察站北偏東40°，燈塔B在觀察站南偏東60°，則燈塔A在燈塔B的（　B　）
A.北偏東10° B.北偏西10° C.南偏東10° D.南偏西10°
解析　燈塔A，B的相對位置如圖所示，由已知得∠ACB＝80°，∠CAB＝∠CBA＝50°，則α＝60°－50°＝10°，即北偏西10°，故選B.
3.[教材改編]已知A船在燈塔C的北偏東85°方向且A到C的距離為2 km，B船在燈塔C的西偏北25°方向且B到C的距離為 km，則A，B兩船的距離為（　A　）
A. km B. km C.2 km D.3 km
解析　畫出圖形如圖所示，由題意可得∠ACB＝（90°－25°）＋85°＝150°，又AC＝2，BC＝，在△ABC中，由余弦定理可得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos 150°＝13，所以AB＝，即A，B兩船的距離為 km.
研透高考 明確方向
命題點　余弦定理、正弦定理應用舉例
角度1　距離問題
例1 [2023合肥市二檢]如圖，某地需要經過一座山兩側的D，E兩點修建一條穿山隧道.工程人員先選取直線DE上的三點A，B，C，在隧道DE正上方的山頂P處測得A處的俯角為15°，B處的俯角為45°，C處的俯角為30°，且測得AB＝1.4 km，BD＝0.2 km，CE＝0.5 km，則擬修建的隧道DE的長為　0.7km　.
解析　由題意知，∠PAB＝15°，∠PBC＝45°，∠PCB＝30°，所以∠APB＝∠PBC－∠PAB＝30°，∠BPC＝180°－∠PBC－∠PCB＝105°，在△PAB中，由正弦定理得＝，則＝，所以PB＝2.8sin 15°（km）.
在△PBC中，由正弦定理得＝，則＝，所以BC＝×sin 105°＝2PB×sin 105°＝5.6sin 15°·sin 105°＝5.6sin 15°cos 15°＝2.8sin 30°＝1.4（km），所以DE＝BC－BD－EC＝1.4－0.2－0.5＝0.7（km），
即擬修建的隧道DE的長為0.7 km.
角度2　高度問題
例2 [2021全國卷甲]2020年12月8日，中國和尼泊爾聯合公布珠穆朗瑪峰最新高程為8 848.86 （單位：m），三角高程測量法是珠峰高程測量方法之一.如圖是三角高程測量法的一個示意圖，現有A，B，C三點，且A，B，C在同一水平面上的投影A'，B'，C'滿足∠A'C'B'＝45°，∠A'B'C'＝60°.由C點測得B點的仰角為15°，BB'與CC'的差為100；由B點測得A點的仰角為45°，則A，C兩點到水平面A'B'C'的高度差AA'－CC'約為（≈1.732）（　B　）
A.346 B.373 C.446 D.473
解析　如圖所示，根據題意過C作CE∥C'B'，交BB'于E，過B作BD∥A'B'，交AA'于D，則BE＝100，C'B'＝CE＝.
在△A'C'B'中，∠C'A'B'＝75°，則BD＝A'B'＝.又在B點處測得A點的仰角為45°，所以AD＝BD＝，所以高度差AA'－CC'＝AD＋BE＝＋100＝＋100＝＋100＝＋100＝100（＋1）＋100≈373.故選B.
角度3　角度問題
例3 如圖所示，位于A處的信息中心獲悉：在其正東方向40海里的B處有一艘漁船遇險，在原地等待營救.信息中心立即把消息告知在其南偏西30°，相距20海里的C處的乙船，現乙船朝北偏東θ的方向即沿直線CB前往B處救援，則cos θ＝　　.
解析　在△ABC中，AB＝40，AC＝20，∠BAC＝120°.
由余弦定理，得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos 120°＝2 800，所以BC＝20.
由正弦定理，得sin∠ACB＝·sin∠BAC＝.
由∠BAC＝120°，知∠ACB為銳角，故cos∠ACB＝，從而cos θ＝cos（∠ACB＋30°）＝cos∠ACBcos 30°－sin∠ACBsin 30°＝×－×＝.
方法技巧
1.解三角形實際問題的一般求解步驟
（1）分析.理解題意，分析已知與未知，畫出示意圖.
（2）建模.根據已知條件與求解目標，把已知量與所求量盡量集中在相關的三角形中，建立一個解三角形的模型.
（3）求解.利用正、余弦定理解三角形，求得數學模型的解.
（4）檢驗.檢驗上述所求出的解是否具有實際意義，從而得出實際問題的解.
2.對于立體測量問題，通常要轉化為兩類平面問題，一類是豎直放置的平面，通常要解直角三角形；另一類是水平放置的平面，通常要解斜三角形.
訓練（1）如圖，為測量某塔的高度CD，在點A測得塔底在北偏東60°方向的點D處，塔頂C的仰角為30°.在點A的正東方向且距離D點50 m的B點測得塔底在北偏西45°方向，則塔的高度CD約為（參考數據：≈2.4）（　C　）
A.30 m B.35 m C.40 m D.45 m
解析　由題意知，BD＝50 m，∠DAB＝∠DAC＝30°，∠DBA＝45°，在△ABD中，由正弦定理得＝，則AD＝50 m，所以tan∠DAC＝＝＝，得CD＝≈
40（m），故塔的高度CD約為40 m.故選C.
（2）[多選]一艘輪船航行到A處時看燈塔B在A的北偏東75°方向，距離為12海里，燈塔C在A的北偏西30°方向，距離為12海里，該輪船由A沿正北方向繼續航行到D處時再看燈塔B在其南偏東60°方向，則下列結論正確的有（　ABD　）
A.AD＝24海里
B.CD＝12海里
C.∠CDA＝60°或∠CDA＝120°
D.∠CDA＝60°
解析　如圖，由題意得∠BAD＝75°，∠CAD＝30°，∠ADB＝60°，AB＝12海里，AC＝12海里，在△ABD中，易得B＝45°，由正弦定理得＝，則AD＝＝24（海里），故A正確.在△ACD中，由余弦定理得CD2＝AC2＋AD2－2×AC×AD×cos 30°，得CD2＝（12）2＋242－2×12×24×＝144，所以CD＝12海里，故B正確.在△ACD中，由正弦定理得＝，得sin∠CDA＝＝，故∠CDA＝60°或∠CDA＝120°，因為AD＞AC，所以∠CDA為銳角，所以∠CDA＝60°，故C錯誤，D正確.故選ABD.第6講　復　數
課標要求 命題點 五年考情 命題分析預測
1.通過方程的解，認識復數. 2.理解復數的代數表示及其幾何意義，理解兩個復數相等的含義. 3.掌握復數代數表示式的四則運算，了解復數加、減運算的幾何意義. 復數的概念 2023全國卷乙T1；2023全國卷甲T2；2022全國卷乙T2；2022全國卷甲T1；2022新高考卷ⅠT2；2022浙江T2；2021全國卷甲T3；2021新高考卷ⅡT1；2020全國卷ⅠT1；2020全國卷ⅢT2；2019全國卷ⅡT2 本講每年必考，主要考查復數的有關概念和運算，復數的幾何意義，一般以選擇題的形式出現，屬于送分題.預計2025年高考命題穩定，常規備考的同時要注意對復數幾何意義的理解和應用.
復數的運算 2023新高考卷ⅠT2；2022全國卷甲T1；2022新高考卷ⅠT2；2022新高考卷ⅡT2；2021新高考卷ⅠT2；2021新高考卷ⅡT1；2021全國卷乙T1；2021全國卷甲T3；2020新高考卷ⅡT2；2019全國卷ⅢT2
復數的幾何意義 2023新高考卷ⅡT1；2021新高考卷ⅡT1；2020全國卷ⅡT15；2020北京T2；2019全國卷ⅠT2；2019全國卷ⅡT2
1.復數的有關概念
名稱 含義
復數的定義 形如a＋bi（a，b∈R）的數叫做復數，其中實部為①　a　，虛部為②　b　，i為虛數單位且i2＝③　－1　.
復數分類 a＋bi為實數 b＝0；a＋bi為虛數 b≠0；a＋bi為純虛數 ④　a＝0且b≠0　（a，b∈R）.
復數相等 a＋bi＝c＋di a＝c且b＝d（a，b，c，d∈R）. 注意　實數能比較大小，虛數不能比較大小.
共軛復數 a＋bi與c＋di互為共軛復數 ⑤　a＝c且b＝－d　（a，b，c，d∈R）.
復平面 建立平面直角坐標系來表示復數的平面叫做復平面，x軸叫做⑥　實軸　，y軸叫做⑦　虛軸　. 說明　實軸上的點都表示實數；除了原點外，虛軸上的點都表示純虛數，各象限內的點都表示虛數.
復數的模 設對應的復數為z＝a＋bi，則向量的模叫做復數z＝a＋bi的模或絕對值，記作｜z｜或｜a＋bi｜，即｜z｜＝｜a＋bi｜＝⑧　　.
2.復數的幾何意義
思維拓展
（1）r1≤｜z｜≤r2表示以原點O為圓心，以r1和r2為半徑的兩圓所夾的圓環；
（2）｜z－（a＋bi）｜＝r（r＞0）表示以（a，b）為圓心，r為半徑的圓.
3.復數的四則運算
（1）復數的運算法則
設z1＝a＋bi，z2＝c＋di（a，b，c，d∈R）.
運算法則 運算形式
加法 z1＋z2＝（a＋bi）＋（c＋di）＝⑨　（a＋c）＋（b＋d）i　.
減法 z1－z2＝（a＋bi）－（c＋di）＝⑩　（a－c）＋（b－d）i　.
乘法 z1·z2＝（a＋bi）·（c＋di）＝ 　（ac－bd）＋（ad＋bc）i　.
除法 ＝＝＝＋i（c＋di≠0）.
（2）復數的運算律
對任意的z1，z2，z3∈C：
加法運算律 交換律：z1＋z2＝ 　z2＋z1　.結合律：（z1＋z2）＋z3＝ 　z1＋（z2＋z3）　.
乘法運算律 交換律：z1z2＝z2z1.結合律：（z1z2）z3＝z1（z2z3）.分配律：z1（z2＋z3）＝z1z2＋z1z3.
（3）復數加、減運算的幾何意義：復數的加、減法可以按照向量的加、減法來進行
若復數z1，z2對應的向量，不共線，則復數z1＋z2是以，為兩鄰邊的平行四邊形的對角線所對應的復數；復數z1－z2是－＝所對應的復數.
1.下列說法正確的是（　D　）
A.復數z＝a－bi（a，b∈R）中，虛部為b
B.復數中有相等復數的概念，因此復數可以比較大小
C.已知z＝a＋bi（a，b∈R），當a＝0時，復數z為純虛數
D.復數的模實質上就是復平面內復數對應的點到原點的距離，也就是復數對應的向量的模
2.[2023南京市六校聯考]復數z＝（i為虛數單位），則｜z｜＝（　D　）
A. B. C. D.
解析　解法一　z＝＝＝＝－i，所以｜z｜＝＝，故選D.
解法二　｜z｜＝｜｜＝＝＝＝，故選D.
3.[2021新高考卷Ⅰ]已知z＝2－i，則z（＋i）＝（　C　）
A.6－2i B.4－2i C.6＋2i D.4＋2i
解析　因為z＝2－i，所以z（＋i）＝（2－i）（2＋2i）＝6＋2i，故選C.
4.[2023合肥市二檢]設i是虛數單位，復數z＝，則在復平面內z所對應的點位于（　B　）
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
解析　因為z＝＝＝－1＋i，所以在復平面內z所對應的點為（－1，1），位于第二象限.故選B.
研透高考 明確方向
命題點1　復數的概念
例1 （1）[全國卷Ⅲ]復數的虛部是（　D　）
A.－ B.－ C. D.
解析　＝＝＝＋i，所以復數的虛部為.故選D.
（2）[2023全國卷甲]設a∈R，（a＋i）（1－ai）＝2，則a＝（　C　）
A.－2 B.－1
C.1 D.2
解析　∵（a＋i）（1－ai）＝a＋i－a2i－ai2＝2a＋（1－a2）i＝2，∴2a＝2且1－a2＝0，解得a＝1，故選C.
（3）[2022全國卷甲]若z＝1＋i，則｜iz＋3｜＝（　D　）
A.4 B.4
C.2 D.2
解析　因為z＝1＋i，所以iz＋3＝i（1＋i）＋3（1－i）＝－1＋i＋3－3i＝2－2i，所以｜iz＋3｜＝｜2－2i｜＝＝2.故選D.
方法技巧
1.求解與復數有關概念問題的技巧：將復數化為z＝a＋bi（a，b∈R）的形式，然后根據復數的有關概念求解即可.
2.若兩個復數相等，則它們的實部與實部相等，虛部與虛部相等.
3.復數的概念中的常用性質
（1）＝±；＝·；＝（z2≠0）.
（2）｜｜＝｜z｜，｜z2｜＝｜｜2＝z·，｜z1·z2｜＝｜z1｜·｜z2｜，｜｜＝.
訓練1 （1）[2023全國卷乙]設z＝，則＝（　B　）
A.1－2i B.1＋2i
C.2－i D.2＋i
解析　z＝＝＝＝1－2i，所以＝1＋2i，故選B.
（2）[2022全國卷乙]已知z＝1－2i，且z＋a＋b＝0，其中a，b為實數，則（　A　）
A.a＝1，b＝－2 B.a＝－1，b＝2
C.a＝1，b＝2 D.a＝－1，b＝－2
解析　由題意知＝1＋2i，所以z＋a＋b＝1－2i＋a（1＋2i）＋b＝a＋b＋1＋（2a－2）i＝0，所以解得故選A.
（3）[2023武漢市5月模擬]設復數z滿足為純虛數，則｜z｜＝（　A　）
A.1 B. C. D.2
解析　因為為純虛數，所以可設＝bi（b≠0），則z＝.
解法一　因為z＝＝＋i，所以｜z｜＝＝＝1，故選A.
解法二　｜z｜＝｜｜＝＝＝1，故選A.
命題點2　復數的運算
例2 （1）[2023新高考卷Ⅰ]已知z＝，則z－＝（　A　）
A.－i B.i
C.0 D.1
解析　因為z＝＝＝－i，
所以＝i，所以z－＝－i－i＝－i.
故選A.
（2）[2022全國卷甲]若z＝－1＋i，則＝（　C　）
A.－1＋i B.－1－i
C.－＋i D.－－i
解析　＝＝＝－＋i.故選C.
方法技巧
1.復數運算的解題策略
（1）復數的加法、減法、乘法運算類比多項式的運算.
（2）復數的除法運算是分子、分母同乘分母的共軛復數，即分母實數化.
2.復數運算中的常用結論
（1）（1±i）2＝±2i，＝i，＝－i.
（2）＝b－ai.
（3）i4n＝1，i4n＋1＝i，i4n＋2＝－1，i4n＋3＝－i，i4n＋i4n＋1＋i4n＋2＋i4n＋3＝0（n∈N）.
訓練2 （1）[2022新高考卷Ⅰ]若i（1－z）＝1，則z＋＝（　D　）
A.－2 B.－1
C.1 D.2
解析　因為i（1－z）＝1，所以z＝1－＝1＋i，所以＝1－i，所以z＋＝（1＋i）＋（1－i）＝2.故選D.
（2）[2023重慶二調]已知復數z滿足z＋3＝4＋5i，i是虛數單位，則z2＝（　B　）
A.－2i B.2i
C.1＋i D.1－i
解析　令z＝a＋bi（a，b∈R），則a＋bi＋3＝4a－4bi＋5i，即3a－3＋（5－5b）i＝0，
∴3a－3＝0，5－5b＝0，解得a＝1，b＝1，
∴z＝1＋i，∴z2＝2i.故選B.
命題點3　復數的幾何意義
例3 （1）[2023新高考卷Ⅱ]在復平面內，（1＋3i）·（3－i）對應的點位于（　A　）
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
解析　因為（1＋3i）（3－i）＝3－i＋9i－3i2＝6＋8i，所以該復數在復平面內對應的點為（6，8），位于第一象限，故選A.
（2）[全國卷Ⅱ]設復數z1，z2滿足｜z1｜＝｜z2｜＝2，z1＋z2＝＋i，則｜z1－z2｜＝　2　.
解析　如圖所示，設復平面內復數z1，z2所對應的點分別為Z1，Z2，O為原點，則＝＋.
由題知｜｜＝＝2＝｜OZ1｜＝｜OZ2｜，所以平行四邊形OZ1PZ2為菱形，且△OPZ1，△OPZ2都是正三角形，所以∠OZ2Z1＝30°，｜Z1Z2｜＝2｜OZ2｜·cos 30°＝2，所以｜z1－z2｜＝｜Z1Z2｜＝2.
方法技巧
1.根據復數、點、向量之間的一一對應關系，把復數、向量與解析幾何聯系在一起，解題時運用數形結合的方法，可以更加直觀地解決問題.
2.思維拓展
｜z－z0｜表示在復平面內復數z對應的點與復數z0對應的點之間的距離；｜z－z0｜＝r（r＞0）表示在復平面內復數z對應的點在以復數z0對應的點為圓心、r為半徑的圓上；｜z－z1｜＝｜z－z2｜表示在復平面內復數z對應的點在復數z1，z2對應點所連線段的垂直平分線上.
訓練3 （1）[2023湖北十一校聯考]復數z滿足｜z－5｜＝｜z－1｜＝｜z＋i｜，則｜z｜＝（　C　）
A. B.
C.3 D.5
解析　解法一　由｜z－5｜＝｜z－1｜，得復數z對應的點到點（5，0）和到點（1，0）的距離相等，所以復數z對應的點在直線x＝3上；由｜z－1｜＝｜z＋i｜，得復數z對應的點到點（1，0）和到點（0，－1）的距離相等，所以復數z對應的點在直線y＝－x上.因為直線x＝3和直線y＝－x的交點為（3，－3），所以z＝3－3i，所以｜z｜＝＝3，故選C.
解法二　設z＝a＋bi（a，b∈R），由｜z－5｜＝｜z－1｜＝｜z＋i｜，得｜a－5＋bi｜＝｜a－1＋bi｜＝｜a＋（b＋1）i｜，得解得則｜z｜＝＝3.
（2）[多選/2023石家莊市三檢]已知復數z1＝1＋2i，復數z滿足｜z－z1｜＝2，則下列說法正確的有（　AD　）
A.z1·＝5
B.－2＜｜z｜＜＋2
C.復數在復平面內所對應的點為（－1，2）
D.若復數z在復平面內所對應的點為Z（x，y），則（x－1）2＋（y－2）2＝4
解析　因為復數z1＝1＋2i，所以＝1－2i，其在復平面內所對應的點為（1，－2），所以選項C錯誤；z1·＝（1＋2i）（1－2i）＝5，所以選項A正確；若復數z在復平面內所對應的點為Z（x，y），則可設復數z＝x＋yi，由｜z－z1｜＝2得，｜（x－1）＋（y－2）i｜＝2，即（x－1）2＋（y－2）2＝4，所以選項D正確；由D選項的分析知，若設復數z在復平面內對應的點為Z（x，y），則｜z｜＝，其幾何意義為圓（x－1）2＋（y－2）2＝4上任意一點到原點的距離，圓心（1，2）到原點的距離為，半徑為2，所以－2≤｜z｜≤＋2，所以選項B錯誤.綜上，選AD.

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