資源簡介

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第五章
§5.1　平面向量的概念及
線性運算
數學
大
一
輪
復
習
1.理解平面向量的意義、幾何表示及向量相等的含義.
2.掌握向量的加法、減法運算，并理解其幾何意義及向量共線的含義.
3.了解向量線性運算的性質及其幾何意義.
課標要求
課時精練
內容索引
第一部分 落實主干知識
第二部分 探究核心題型
落實主干知識
第一部分
1.向量的有關概念
名稱 定義 備注
向量 既有 又有 的量 平面向量是自由向量
長度(模) 向量的_____ 記作|a|或||
零向量 長度為0，其方向是任意的 記作___
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±
平行向量 (共線向量) 方向 或 的非零向量 0與任意向量 (或共線)
相等向量 長度 且方向 的向量 兩向量不能比較大小
相反向量 長度 且方向 的向量 0的相反向量為0
大小
方向
大小
0
相同
相反
平行
相等
相同
相等
相反
2.向量的線性運算
向量運算 法則(或幾何意義) 運算律
加法 交換律：a＋b＝ ；
結合律：(a＋b)＋c
＝_________
減法 a－b＝a＋(－b)
b＋a
a＋(b＋c)
向量運算 法則(或幾何意義) 運算律
數乘 |λa|＝ ，當λ>0時，λa的方向與a的方向 ； 當λ<0時，λa的方向與a的方向 ； 當λ＝0時，λa＝___ 設λ，μ為實數，則
λ(μa)＝ ；
(λ＋μ)a＝ ；
λ(a＋b)＝_______
|λ||a|
相同
相反
0
(λμ)a
λa＋μa
λa＋λb
3.向量共線定理
向量a(a≠0)與b共線的充要條件是：存在唯一一個實數λ，使 .
b＝λa
1.判斷下列結論是否正確.(請在括號中打“√”或“×”)
(1)若向量a與b同向，且|a|>|b|，則a>b.(　　)
(2)單位向量都相等.(　　)
(3)若a＝b，b＝c，則a＝c.(　　)
(4)當兩個非零向量a，b共線時，一定有b＝λa，反之成立.(　　)
×
×
√
√
2.下列命題正確的是
A.零向量是唯一沒有方向的向量
B.若|a|＝|b|，則a＝b或a＝－b
C.向量與是平行向量
D.平行向量不一定是共線向量
√
A項，零向量是有方向的，其方向是任意的，故A錯誤；
B項，|a|＝|b|說明a，b的長度相等，不能判斷它們的方向，故B錯誤；
C項，向量與方向相反，是平行向量，故C正確；
D項，平行向量就是共線向量，故D錯誤.
3.設M為平行四邊形ABCD對角線的交點，O為平行四邊形ABCD所在平面內的任意一點，則等于
A. 　　　　B.2 　　　　　C.3 　　　　D.4
√
如圖，連接OM，
在△OAC中，M為AC的中點，所以＝2，
在△OBD中，M為BD的中點，所以＝2，
所以＝4.
4.已知a，b是兩個不共線的向量，向量b－ta與a－b共線，則實數t＝　　.
由題意知，存在實數λ，使得b－ta＝λ，則解得t＝.
　
熟記平面向量線性運算的常用結論
(1)設P為線段AB的中點，O為平面內任一點，則).
(2)在△ABC中，點P滿足＝0 P為△ABC的重心 ).
(3)＝λ＋μ(λ，μ為實數，點O，B，C不共線)，若A，B，C三點共線，則λ＋μ＝1.
(4)對于任意兩個向量a，b，都有||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|.
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微點提醒
探究核心題型
第二部分
例1　(1)下列四個命題中正確的有
A.若a∥b，b∥c，則a∥c
B.“a＝b”的充要條件是“|a|＝|b|且a∥b”
C.在平行四邊形ABCD中，一定有
D.若a為平面內的某個向量，a0為單位向量，則a＝|a|a0
√
平面向量的基本概念
題型一
A不正確，若b＝0，則由a∥b，b∥c，無法得到a∥c；
B不正確，當|a|＝|b|且a∥b時，a，b的方向可能相反，此時a與b是相反向量，即a＝－b；當a＝b時，a與b的模相等且方向相同，即|a|＝|b|且a∥b，故“|a|＝|b|且a∥b”是“a＝b”的必要不充分條件；
C正確，平行四邊形ABCD對邊平行且相等，且和方向相同，故；
D不正確，向量是既有大小又有方向的量，a與|a|a0的模相等，但方向不一定相同.
(2)如圖，在等腰梯形ABCD中，對角線AC與BD交于點P，點E，F分別在兩腰AD，BC上，EF過點P，且EF∥AB，則下列等式中成立的是
A.
B.
C.
D.
√
方法一(排除法)
，不共線，，不共線，故A，B錯誤；
，方向相反，C錯誤；故選D.
方法二　在等腰梯形ABCD中，，不平行，
，不平行，故A，B錯誤；
∵AB∥CD，∴，則，
即，即，
∵EF∥AB，∴，
∴PE＝PF，即P為EF的中點，
∴，故C錯誤，D正確.
平面向量有關概念的四個關注點
(1)非零向量的平行具有傳遞性.
(2)共線向量即為平行向量，它們均與起點無關.
(3)向量可以平移，平移后的向量與原向量是相等向量.
(4)是與非零向量a同方向的單位向量.
思維升華
跟蹤訓練1　(1)(多選)下列關于向量的說法正確的是
A.若|a|＝0，則a＝0
B.若向量與是共線向量，則A，B，C，D四點必在同一條直線上
C.對于任意向量a，b，必有|a＋b|≤|a|＋|b|
D.若a∥b，則存在唯一實數λ，使a＝λb
√
√
對于A，若|a|＝0，則a＝0，故A正確；
對于B，若向量與是共線向量，則A，B，C，D四點不一定在同一條直線上，故B錯誤；
對于C，若a，b方向相同，則|a＋b|＝|a|＋|b|，若a，b方向相反，則|a＋b|<|a|＋|b|，
若a，b不共線，根據向量加法的三角形法則及三角形兩邊之和大于第三邊可知|a＋b|<|a|＋|b|.
綜上可知，對于任意向量a，b，必有|a＋b|≤|a|＋|b|，故C正確；
對于D，若a≠0，b＝0，則a∥b，此時不存在實數λ，使a＝λb，故D錯誤.
(2)在如圖所示的向量a，b，c，d，e中(小正方形的邊長為1).
①是共線向量的有　　　　　　；
a和d，b和e
a∥d，b∥e，故a和d，b和e是共線向量；
②方向相反的向量有　　　　　　；
a和d，b和e
a和d，b和e是方向相反的向量；
③模相等的向量有　　　　　.
a，c，d
由勾股定理可得，模相等的向量有a，c，d.
命題點1　向量加、減法的幾何意義
例2　若點O是△ABC所在平面內的一點，且滿足||＝|－2|，則△ABC的形狀為
A.等腰直角三角形 B.直角三角形
C.等腰三角形 D.等邊三角形
平面向量的線性運算
題型二
√
－2＝()＋()＝，，
∴||＝||.
故A，B，C為矩形的三個頂點，△ABC為直角三角形.
命題點2　向量的線性運算
例3　(2025·成都模擬)在△ABC中，＋2＝0，則等于
A. B.
C. D.
√
因為＋2＝0，
所以D為線段BC上靠近C的三等分點，如圖所示，
故
)＝.
平面向量線性運算的解題策略
(1)向量求和用平行四邊形法則或三角形法則；求差用向量減法的幾何意義.
(2)[爪子定理]在△ABC中，D為BC上一點，若，則.
思維升華
跟蹤訓練2　(1)設D，E為△ABC所在平面內兩點，，＝2，則等于
A.－ B.
C. D.－
√
如圖，因為，＝2，
所以，，
所以
＝)＝.
(2)若||＝7，||＝4，則||的取值范圍是
A.[3，7] B.(3，7)
C.[3，11] D.(3，11)
√
由題意知||＝7，||＝4，且||＝||，
當，同向時，||取得最小值，
||＝||＝|||－|||＝|4－7|＝3；
當，反向時，||取得最大值，
||＝||＝||＋||＝4＋7＝11；
當，不共線時，3＝|||－|||<||<||＋||＝11，
故|| 的取值范圍是[3，11].
例4　(1)(2024·福州模擬)已知e1，e2是兩個不共線的向量，若2e1＋λe2與μe1＋e2(λ，μ為實數)是共線向量，則
A.＝－2 B.λμ＝－2
C.＝2 D.λμ＝2
√
共線定理及其應用
題型三
由題意，可設2e1＋λe2＝t(μe1＋e2)，t∈R，
又e1，e2是兩個不共線的向量，
故解得λμ＝2.
(2)如圖，在△ABC中，，P是BN上的點，若＝m，則實數m的值是　　　.
因為，所以＝3，
因為＝m＝m，
且B，P，N三點共線，
所以m＋＝1，所以m＝.
利用向量共線定理解題的策略
(1)a∥b a＝λb(b≠0)是判斷兩個向量共線的主要依據.
(2)若a與b不共線且λa＝μb，則λ＝μ＝0.
(3)已知O，A，B是不共線的三點，且＝m＋n(m，n∈R)，則A，P，B三點共線的充要條件是m＋n＝1.
思維升華
跟蹤訓練3　(1)(2025·深圳模擬)設e1，e2是兩個不共線的向量，已知＝2e1－ke2，＝e1＋3e2，＝2e1－e2，若A，B，D三點共線，則實數k的值為
A.－8 B.8 C.6 D.－6
√
根據題意，得＝e1－4e2，
若A，B，D三點共線，設＝t，
則有2e1－ke2＝t(e1－4e2)＝te1－4te2，
所以所以k＝8.
(2)如圖所示，在△ABC中，O是BC的中點，過點O的直線分別交AB，AC所在直線于點M，N，若＝m，＝n，m，n∈R，則m＋n的值為　　　.
2
連接AO(圖略)，
則)＝，
因為M，O，N三點共線，
所以＝1，所以m＋n＝2.
如圖，由三點共線結論可知，若＝λ＋μ(λ，μ∈R)，則λ＋μ＝1，由△OAB與△OA'B'相似，必存在一個常數k，k∈R，使得＝k，則＝k＝kλ＋kμ，設＝x＋y(x，y∈R)，∴x＋y＝kλ＋kμ＝k；反之也成立.
等和(高)線定理
微拓展
平面內一個基底{，}及任一向量，＝λ＋μ(λ，μ∈R)，若點P'在直線AB上或在與AB平行的直線上，則λ＋μ＝k(定值)；反之也成立，我們把直線AB以及與直線AB平行的直線稱為等和(高)線.
①當等和線恰為直線AB時，k＝1；
②當等和線在點O和直線AB之間時，k∈(0，1)；
③當直線AB在點O和等和線之間時，k∈(1，＋∞)；
④當等和線過點O時，k＝0；
⑤若兩等和線關于點O對稱，則定值k1，k2互為相反數；
⑥定值k的絕對值與點O到等和線的距離成正比.
典例　(1)如圖，在平行四邊形ABCD中，AC，BD相交于點O，E為線段AO的中點.若＝λ＋μ(λ，μ∈R)，則λ＋μ等于
A.1 B. C. D.
√
方法一　(常規方法)∵E為線段AO的中點，
∴)＝
＝＝λ＋μ，
∴λ＝，μ＝，則λ＋μ＝.
方法二　(等和線法)
如圖，AD為值是1的等和線，過點E作AD的平行線，設λ＋μ＝k，
則k＝.
由圖易知，，即λ＋μ＝k＝.
(2)如圖，圓O是邊長為2的等邊△ABC的內切圓，其與BC邊相切于點D，點M為圓上任意一點，＝x＋y(x，y∈R)，則2x＋y的最大值為　　　.
2
設2x＋y＝k，作出定值為1的等和線DE，AC是過圓上的點最遠的等和線，
當點M在點N所在的位置時，2x＋y最大，
則kmax＝＝2，所以2x＋y的最大值為2.
如圖，點D，E，N分別為BC，AB，AC的中點，點P為DE與BN的交點，
＝x＋y＝2x·＋y＝2x＋y，
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課時精練
對一對
答案
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題號 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 B D D D A B ABC ABC
題號 9 10 13 　14 15 16 答案 等腰梯形 AC D 3 (1，+∞) 15
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存在.由題設知，
=d-c=2b-3a，
=e-c=(t-3)a+tb，
又a，b不共線，則≠0，
C，D，E三點在同一條直線上的充要條件是存在實數k，使得=k
即(t-3)a+tb=-3ka+2kb，
整理得(t-3+3k)a=(2k-t)b.
11.
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因為a，b不共線，
所以解得t=.
故存在實數t=使得C，D，E三點在同一條直線上.
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(1)因為=-
=
所以=-=a-b.
因為=+=
所以=+=a+b.
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(2)因為D，O，N三點共線，所以存在實數k，
使得=k=ka-kb，
所以=+=b+ka-kb=ka+(1-k)b， ①
因為A，O，M三點共線，
所以存在實數m，
使得=m=ma+mb， ②
12.
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由①②得解得m=
所以==
即λ=.
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一、單項選擇題
1.化簡等于
A. B.0 C. D.
√
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知識過關
答案
－()＝＝0.
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2.(2025·沈陽模擬)已知a，b為兩個不共線的向量，＝a＋b，＝2a－b，＝λa＋μb(λ，μ∈R)，若A，B，C三點共線，則2λ＋μ等于
A.0 B.1 C.2 D.3
√
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答案
由＝a＋b，＝2a－b，＝λa＋μb，則＝a－2b，
＝(λ－1)a＋(μ－1)b，
因為A，B，C三點共線，
設＝t(t∈R)，
則(λ－1)a＋(μ－1)b＝ta－2tb，
所以即
則2λ＋μ＝3.
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3.(2024·西安模擬)已知點P是△ABC的重心，則等于
A. B.
C. D.
√
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答案
設BC的中點為D，連接AD，如圖，由點P是△ABC的重心，
則＝×)
＝(2)＝
＝)＋
＝，
故A，B，C錯誤，D正確.
15
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4.已知點P為△OAB所在平面內一點，且，則
A.點P在線段AB上
B.點P在線段AB的延長線上
C.點P在線段AB的反向延長線上
D.點P在射線AB上
√
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由，得，所以·，
所以點P在射線AB上.
答案
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5.(2024·焦作模擬)已知△ABC所在平面內一點D滿足＝0，則△ABC的面積是△ABD面積的
A.5倍 B.4倍 C.3倍 D.2倍
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答案
設AB的中點為M，
因為＝0，
所以＝2()，
所以＝4，
所以點D是線段CM上靠近點M的五等分點，
所以＝5，
所以△ABC的面積是△ABD面積的5倍.
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6.已知a是單位向量，向量b滿足|a－b|＝3，則|b|的最大值為
A.2 B.4 C.3 D.1
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答案
方法一　設＝a，＝b，因為|a－b|＝3，
即||＝||＝3，即||＝3，
所以點B在以A為圓心，3為半徑的圓上，
又a是單位向量，則||＝1，
故||的最大值為||＋||＝1＋3＝4，即|b|的最大值為4.
方法二　因為b＝a－(a－b)，
所以|b|≤|a|＋|a－b|＝1＋3＝4，
所以|b|的最大值為4.
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二、多項選擇題
7.下列說法正確的是
A.若a與b是非零向量，則“a與b同向”是“a＝b”的必要不充分條件
B.若與共線，則A，B，C三點在同一條直線上
C.a與b是非零向量，若a與b同向，則a與－b反向
D.設λ，μ為實數，若λa＝μb，則a與b共線
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根據向量的有關概念可知A，B，C正確，對于D，當λ＝μ＝0時，a與b不一定共線，故D錯誤.
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8.如圖，在四邊形ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，AB＝2AD＝2DC，E為BC邊上一點，且＝3，F為AE的中點，則
A.＝－
B.
C.＝－
D.
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答案
∵AB∥CD，AB＝2DC，
∴＝－
＝－，故A正確；
∵＝3，∴＝－，
∴，
又F為AE的中點，∴，故B正確；
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∴＝－
＝－，故C正確；
∴＝－
＝－，故D錯誤.
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三、填空題
9.已知O為△ABC內一點，且2，＝t，若B，O，D三
點共線，則實數t的值為　　.
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答案
設線段BC的中點為M，
則＝2.
因為2，所以，
則)
＝.
由B，O，D三點共線，得＝1，解得t＝.
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10.已知在四邊形ABCD中，，且||＝||，則四邊形ABCD的形狀是　 　　　.
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等腰梯形
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由，
可得AB∥CD且AB＝DC，
所以四邊形ABCD是梯形，
又因為||＝||，
所以梯形ABCD的兩個腰相等，
所以四邊形ABCD是等腰梯形.
答案
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四、解答題
11.已知a，b不共線，＝a，＝b，＝c，＝d，＝e，設t∈R，如果3a＝c，2b＝d，e＝t(a＋b)，是否存在實數t，使得C，D，E三點在同一條直線上？若存在，求出實數t的值，若不存在，請說明理由.
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答案
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答案
存在.由題設知，＝d－c＝2b－3a，＝e－c＝(t－3)a＋tb，
又a，b不共線，則≠0，
C，D，E三點在同一條直線上的充要條件是存在實數k，使得＝k，
即(t－3)a＋tb＝－3ka＋2kb，
整理得(t－3＋3k)a＝(2k－t)b.
因為a，b不共線，所以解得t＝.
故存在實數t＝，使得C，D，E三點在同一條直線上.
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12.如圖所示，在 ABCD中，，，＝a，＝b.
(1)試用向量a，b來表示，；
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答案
因為，，
所以a－b.
因為，，
所以＝a＋b.
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(2)AM交DN于點O，若＝λ，求實數λ的值.
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答案
因為D，O，N三點共線，
所以存在實數k，使得＝kka－kb，
所以
＝b＋ka－kb＝ka＋(1－k)b， ①
因為A，O，M三點共線，所以存在實數m，
使得＝m＝ma＋mb， ②
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答案
由①②得解得m＝，
所以，，即λ＝.
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13.(多選)已知P是邊長為1的正六邊形ABCDEF內一點(含邊界)，且＋λ，λ∈R，則下列說法正確的是
A.△PCD的面積為定值
B. λ∈R，使得||>||
C.∠CPD的取值范圍是
D.||的取值范圍是[1，]
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答案
對于A，由＋λ，λ∈R可得＝λ，即＝λ，可得∥，因此，點P在正六邊形ABCDEF的對角線BE上，所以點P到CD的距離為定值，所以△PCD的面積為定值，故A正確；
對于B，因為正六邊形ABCDEF關于對角線BE對稱，故||＝||，故B錯誤；
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答案
對于D，因為正六邊形邊長為1，所以平行線BE，CD的距離d＝，又當PC⊥BE時，||有最小值，故D錯誤.
對于C，根據圖形的對稱性，當點P為BE中點時，∠CPD取得最大值，當點P與B或E重合時∠CPD取得最小值，即∠CPD的取值范圍是，故C正確；
15
16
14.在△ABC中，點O滿足=2，過點O的直線分別交射線AB，AC于不同的兩點M，N.設=，=，則m2+n的最小值是
A.3 B.1 C. D.
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答案
由題可知，m>0，n>0，
因為=，=，
所以=m，=n，
因為=2，
所以-=2(-)，
所以=+=m+n，
因為M，O，N三點共線，所以m+n=1，
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答案
則n=>0，則0所以m2+n=m2+=+
≥，當且僅當m=時等號成立，
所以m2+n的最小值為.
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15.(2024·鹽城模擬)如圖，已知菱形ABCD的邊長為2，∠BAD＝120°，點E，F分別在邊BC，CD上，且滿足，＝2，則||＝　　.
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答案
因為，所以，
又因為＝2，所以，
所以||＝||＝||，
又因為∠BAD＝120°，所以∠ADC＝60°，
所以△ADC為等邊三角形，所以AC＝AD＝2，
所以||＝||＝×2＝3.
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16.如圖，已知A，B，C是圓O上不同的三點，CO與AB交于點D(點O與點D不重合)，若=λ+μ(λ，μ∈R)，則λ+μ的取值范圍是　　　　.
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(1，+∞)
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因為CO與AB交于點D，
所以O，C，D三點共線，
所以與共線，
設=m，則m>1，
因為=λ+μ，
所以m=λ+μ，
可得=+，
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答案
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因為A，B，D三點共線，
所以+=1，可得λ+μ=m>1，
所以λ+μ的取值范圍是(1，+∞).(共88張PPT)
第五章
§5.3　平面向量的數量積
數學
大
一
輪
復
習
1.理解平面向量數量積的含義及其幾何意義.
2.了解平面向量的數量積與投影向量的關系.
3.掌握數量積的坐標表達式，會進行平面向量數量積的運算.
4.能運用數量積表示兩個向量的夾角，會用數量積判斷兩個平面向量的垂直關系.
5.會用向量的方法解決某些簡單的平面幾何問題.
課標要求
課時精練
內容索引
第一部分 落實主干知識
第二部分 探究核心題型
落實主干知識
第一部分
1.向量的夾角
已知兩個非零向量a，b，O是平面上的任意一點，作＝a＝b，則_______＝θ(0≤θ≤π)叫做向量a與b的夾角.
2.平面向量的數量積
已知兩個非零向量a與b，它們的夾角為θ，我們把數量 叫做向量a與b的數量積，記作 .
∠AOB
|a||b|cos θ
a·b
3.平面向量數量積的幾何意義
設a，b是兩個非零向量，它們的夾角是θ，e是與b方向相同的單位向量＝a＝b，過的起點A和終點B，分別作所在直線的垂線，垂足分別為A1，B1，
得到我們稱上述變換為向量a向向量b投影叫做向量a在向量b上的投影向量.記為 .
|a|cos θ e
4.向量數量積的運算律
(1)a·b＝ .
(2)(λa)·b＝ ＝ (λ∈R).
(3)(a＋b)·c＝ .
b·a
λ(a·b)
a·(λb)
a·c＋b·c
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|cos θ a·b＝__________
模 |a|＝_______ |a|＝_________
夾角 cos θ＝_____
cos θ＝_______________
a⊥b的充要條件 a·b＝0 _____________
|a·b|與|a||b|的關系 |a·b|≤|a||b| |x1x2＋y1y2|≤
x1x2＋y1y2
x1x2＋y1y2＝0
1.判斷下列結論是否正確.(請在括號中打“√”或“×”)
(1)兩個向量的夾角的范圍是.(　　)
(2)若a，b共線，則a·b＝|a||b|.(　　)
(3)兩個向量的數量積是一個實數，向量的加、減、數乘運算的結果是向量.(　　)
(4)若a·b＝a·c，則b＝c.(　　)
×
×
√
×
2.已知△ABC的三個頂點為A(－1，－4)，B(5，2)，C(3，4)，則△ABC是
A.銳角三角形 B.直角三角形
C.鈍角三角形 D.等腰三角形
√
由已知＝(6，6)＝(－2，2)，∴·＝6×(－2)＋6×2＝0，即AB⊥BC，∴△ABC是直角三角形.
3.已知a＝(1)，|b|＝2a·b＝－3，則a與b的夾角為　　　　.
設a與b的夾角為θ，
因為a＝(1)，|b|＝2a·b＝－3，
所以cos θ＝＝－
因為0°≤θ≤180°，所以θ＝120°，
即a與b的夾角為120°.
120°
4.已知|a|＝2，|b|＝3，a與b的夾角為且a＋b＋c＝0，則|c|＝　　　.
因為a＋b＋c＝0，所以c＝－a－b，所以c2＝(－a－b)2＝a2＋2a·b＋b2＝22＋2×2×3×cos ＋32＝4－6＋9＝7，所以|c|＝.
熟記以下常用結論
(1)平面向量數量積運算的常用公式
①(a＋b)·(a－b)＝a2－b2.
②(a±b)2＝a2±2a·b＋b2.
③a2＋b2＝0 a＝b＝0.
(2)有關向量夾角的兩個結論
①若a與b的夾角為銳角，則a·b>0；若a·b>0，則a與b的夾角為銳角或0.
②若a與b的夾角為鈍角，則a·b<0；若a·b<0，則a與b的夾角為鈍角或π.
(3)a在b上的投影向量為·a在b上的投影向量的模為.
返回
微點提醒
探究核心題型
第二部分
例1　(1)(多選)如圖，點A，B在圓C上，則·的值
A.與圓C的半徑有關
B.與圓C的半徑無關
C.與弦AB的長度有關
D.與點A，B的位置有關
√
平面向量數量積的基本運算
題型一
√
如圖，過點C作CD⊥AB交AB于點D，則D是AB的中點，
故·＝||||cos∠CAD
＝||||||2，
故·的值與圓C的半徑無關，只與弦AB的長度有關.
(2)如圖，在同一平面內沿平行四邊形ABCD的兩邊AB，AD向外分別作正方形ABEF，ADMN，其中AB＝2，AD＝1，∠BAD＝則·＝　　　.
0
方法一　·＝()·()＝····
＝0＋||||cos ＋||||cos ＋0＝－＝0.
方法二　建立平面直角坐標系，如圖，則A(0，2)，
CNF(0，0)，
則
則·＝－＝0.
1.極化恒等式
在平面向量中：
(a＋b)2＝a2＋b2＋2a·b，(a－b)2＝a2＋b2－2a·b，
兩式相減可得極化恒等式：a·b＝[(a＋b)2－(a－b)2].
2.幾何解釋
(1)平行四邊形模型：向量的數量積等于“和對角線
長”與“差對角線長”平方差的即a·b＝[(a＋b)2
－(a－b)2](如圖).
極化恒等式
微拓展
(2)三角形模型：向量的數量積等于第三邊的中線長與第三邊長的一半的平方差，即·(M為BC的中點)(如圖).
極化恒等式表明，向量的數量積可以由向量的模來表示，可以建立起向量與幾何長度之間的等量關系.
典例　(1)設向量a，b滿足|a＋b|＝|a－b|＝則a·b等于
A.1 B.2 C.3 D.5
√
因為|a＋b|2＝(a＋b)2＝a2＋b2＋2a·b＝10，|a－b|2＝(a－b)2＝a2＋b2－2a·b＝6，兩式相減得a·b＝[(a＋b)2－(a－b)2]＝1.
(2)如圖，在△ABC中，D是BC的中點，E，F是AD上的兩個三等分點·＝4·＝－1，則
·的值是　　　.
方法一　(極化恒等式法)
設BD＝DC＝m，AE＝EF＝FD＝n，
則AD＝3n.
由向量的極化恒等式，知
·＝||2－||2＝9n2－m2＝4， ①
·＝||2－||2＝n2－m2＝－1， ②
聯立①②解得n2＝m2＝
因此·＝||2－||2＝4n2－m2＝
即·.
方法二　(坐標法)
以直線BC為x軸，過點D且垂直于BC的直線為y軸，
建立如圖所示的平面直角坐標系.設A(3a，3b)，
B(－c，0)，C(c，0)，
則E(2a，2b)，F(a，b)，
所以·＝(3a＋c，3b)·(3a－c，3b)＝9a2－c2＋9b2＝4
·＝(a＋c，b)·(a－c，b)＝a2－c2＋b2＝－1，
則a2＋b2＝c2＝
所以·＝(2a＋c，2b)·(2a－c，2b)＝4a2－c2＋4b2＝.
方法三　(基向量法)
·＝()·()
＝＝4，
·＝()·()＝＝－1，
因此||2＝||2＝
所以·＝()·()＝.
計算平面向量數量積的主要方法
(1)利用定義：a·b＝|a||b|cos〈a，b〉.
(2)利用坐標運算，若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，
則a·b＝x1x2＋y1y2.
(3)利用基底法求數量積.
(4)靈活運用平面向量數量積的幾何意義.
思維升華
跟蹤訓練1　(1)(2025·揚州模擬)已知單位向量e1，e2的夾角為120°，則(2e1－e2)·e2等于
A.－2 B.0 C.1 D.2
√
因為單位向量e1，e2的夾角為120°，
所以(2e1－e2)·e2＝2e1·e2－＝2|e1||e2|cos 120°－＝2×1×1×
－12＝－2.
(2)(2025·咸陽模擬)如圖所示，已知在邊長為1的菱形ABCD中，∠BAD＝60°，若點E為線段CD的中點，則·等于
A. B. C.－ D.－
√
·
＝－1＝－.
例2　(1)(2024·新課標全國Ⅱ)已知向量a，b滿足|a|＝1，|a＋2b|＝2，且
(b－2a)⊥b，則|b|等于
A. B. C. D.1
√
命題點1　向量的模
平面向量數量積的應用
題型二
因為(b－2a)⊥b，
所以(b－2a)·b＝0，
即b2＝2a·b，
又因為|a|＝1，|a＋2b|＝2，
所以1＋4a·b＋4b2＝1＋6b2＝4，
從而|b|＝.
(2)(2024·溫州模擬)平面向量a，b滿足a＝(2，1)，a∥b，a·b＝－則|b|＝　　　.
由題意，設b＝(2t，t)，
又a＝(2，1)，
所以a·b＝4t＋t＝5t＝－
得t＝－
所以|b|＝|t|＝·.
例3　(1)(2025·池州模擬)已知向量a，b滿足|a|＝1，|b|＝2，|a＋b|＝則a與b的夾角為
A. B. C. D.
命題點2　向量的夾角
√
因為|a＋b|＝
所以(a＋b)2＝3，
所以a2＋2a·b＋b2＝3，
所以1＋2×1×2×cos〈a，b〉＋4＝3，
所以cos〈a，b〉＝－
所以〈a，b〉＝.
由題意得(a＋b)·(a－b)>0，
即a2－b2>0，52＋52>λ2＋12，所以－7<λ<7，
若a＋b＝k(a－b)(k>0)，
則解得
所以λ的取值范圍是(－7，1)∪(1，7).
(2)已知向量a＝(5，5)，b＝(λ，1)，若a＋b與a－b的夾角是銳角，則實數λ的取值范圍為　　　　　　　　 .
(－7，1)∪(1，7)
命題點3　向量的垂直
例4　(1)(2024·新課標全國Ⅰ)已知向量a＝(0，1)，b＝(2，x)，若b⊥(b－4a)，則x等于
A.－2 B.－1 C.1 D.2
因為b⊥(b－4a)，
所以b·(b－4a)＝0，
所以b2－4a·b＝0，
即4＋x2－4x＝0，解得x＝2.
√
(2)(多選)(2024·淮安模擬)已知向量a＝(1，－2)，b＝(1，3)，則下列結論正確的是
A.b在a上的投影向量是(1，－2)
B.|2a＋b|＝|b|
C.a與b的夾角為
D.(a＋b)⊥a
√
√
因為|a|＝|b|＝a·b＝1－6＝－5，所以cos〈a，b〉＝＝－所以〈a，b〉＝故C錯誤；
所以b在a上的投影向量是|b|·cos〈a，b〉·××＝－a＝
(－1，2)，故A錯誤；
因為a＝(1，－2)，b＝(1，3)，所以2a＋b＝(3，－1)，所以|2a＋b|＝＝|b|，故B正確；
a＋b＝(2，1)，所以(a＋b)·a＝2－2＝0，故D正確.
命題點4　向量的投影
例5　(2024·鄭州模擬)平面向量a，b滿足|a|＝2，|b|＝3，|a＋b|＝4，則b在a上的投影向量為
A.a B.a C.a D.a
由|a＋b|＝＝＝＝4
可得a·b＝
而b在a上的投影向量為a＝a＝a＝a.
√
(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幾何法：利用向量的幾何意義.
(2)求平面向量的夾角的方法
①定義法：cos θ＝；
②坐標法.
(3)兩個向量垂直的充要條件
a⊥b a·b＝0 |a－b|＝|a＋b|(其中a≠0，b≠0).
思維升華
跟蹤訓練2　(1)(2025·杭州模擬)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)
√
因為向量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).
(2)(2024·榆林模擬)若向量a＝(m，m－1)，b＝(m，3)，|a|＝|b|，則實數m等于
A.－4 B.－3 C.－2 D.－2
√
若|a|＝|b|，則|a|2＝|b|2，
即m2＋(m－1)2＝2m2＋9，解得m＝－4.
(3)(2025·佛山模擬)已知a與b為兩個不共線的單位向量，則
A.(a＋b)∥a
B.a⊥(a－b)
C.若〈a，b〉＝則〈a－b，b〉＝
D.若〈a＋b，a〉＝則〈a，b〉＝
√
選項A，若(a＋b)∥a，則可設a＝λ(a＋b)，即(1－λ)a＝λb，與a與b為兩個不共線的單位向量矛盾，故A錯誤；
選項B，因為0<〈a，b〉<π，cos〈a，b〉<1，所以a·(a－b)＝|a|2－|a||b|cos〈a，b〉＝1－cos〈a，b〉≠0，故B錯誤；
選項C，若〈a，b〉＝則a·b＝|a||b|cos 所以(a－b)·b＝a·b－b2＝－|a－b|2＝|a|2－2a·b＋|b|2＝1，即|a－b|＝1，所以cos〈a－b，b〉＝＝－又0≤〈a－b，b〉≤π，所以〈a－b，b〉＝故C錯誤；
選項D，因為(a＋b)·a＝a2＋a·b＝1＋a·b，|a＋b|2＝a2＋2a·b＋b2＝2＋2a·b，所以cos〈a＋b，a〉＝化簡得1＋a·b＝又0<〈a，b〉<π，cos〈a，b〉≠－1，所以a·b＝|a||b|cos〈a，b〉≠－1，所以＝1，即a·b＝0，所以〈a，b〉＝故D正確.
例6　(多選)在日常生活中，我們會看到兩個人共提一個行李包的情況.假設行李包所受的重力為G，所受的兩個拉力分別為F1，F2，若|F1|＝|F2|，且F1與F2的夾角為θ，則以下結論正確的是
A.|F1|的最小值為|G|
B.θ的范圍為[0，π]
C.當θ＝時，|F1|＝|G|
D.當θ＝時，|F1|＝|G|
√
平面向量的實際應用
題型三
√
√
由題意知，F1＋F2＋G＝0，
可得F1＋F2＝－G，兩邊同時平方得
|G|2＝|F1|2＋|F2|2＋2|F1||F2|cos θ＝2|F1|2＋2|F1|2cos θ，
所以|F1|2＝.
當θ＝0時，|F1|min＝|G|；當θ＝時，|F1|＝|G|；
當θ＝時，|F1|＝|G|，故A，C，D正確；
當θ＝π時，豎直方向上沒有分力與重力平衡，不成立，所以θ∈[0，π)，故B錯誤.
用向量方法解決實際問題的步驟
思維升華
跟蹤訓練3　冰球運動是一種以冰刀和冰球桿為工具在冰上進行的相互對抗的集體性競技運動，在冰球運動中，冰球運動員腳穿冰鞋，身著防護裝備，以球桿擊球，球入對方球門，多者為勝.小趙同學在練習冰球的過程中，以力F＝(6，24)作用于冰球，使冰球從點A(－1，－1)移動到點B(1，－1)，則F對冰球所做的功為
A.－18 B.18 C.－12 D.12
√
因為A(－1，－1)，B(1，－1)，所以＝(2，0)，又F＝(6，24)，
故力F對冰球所做的功為W＝F·＝12.
返回
課時精練
對一對
答案
1
2
3
4
5
6
7
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9
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11
12
13
14
題號 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 C D B C A D ACD BCD
題號 9 10 13 　14 15 16 答案 1 　- BC BCD 6 　- 15
16
答案
1
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14
(1)=+=+
=+)==+
=-=+-=-.
11.
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答案
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14
(2)由題意可知，||===1，
=-
所以·=(-)·=--·
=--||||·cos=×4-×1-×2×1×=.
11.
15
16
答案
1
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14
(1)分別以的方向為x軸、y軸的正方向，點B為坐標原點，建立如圖所示的平面直角坐標系，
所以A(0，1)，C(2，0)，D(1，1)，E(λ，1)，
所以=(2，-1)=(λ，1)，
因為⊥所以·=2λ-1=0，
所以λ=.
12.
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16
答案
1
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3
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7
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14
(2)當λ=時，||==||==
因為·=2λ-1=
所以cos θ===.
12.
15
16
一、單項選擇題
1.(2024·葫蘆島模擬)已知向量a，b滿足|a|＝1，a·b＝－1，則a·(a－b)的
值為
A.4 B.3 C.2 D.0
√
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知識過關
答案
由題意知，a·(a－b)＝a2－a·b＝1－(－1)＝2.
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答案
2.(2025·西安模擬)平面向量a與b的夾角為120°，|a|＝2，|b|＝3，則|a－2b|等于
A.28 B.52 C.2 D.2
√
由題意可知
|a－2b|＝
＝＝2.
15
16
3.長江流域內某地南北兩岸平行，已知游船在靜水中的航行速度v1的大小|v1|＝10 km/h，水流的速度v2的大小|v2|＝6 km/h，如圖，設v1和v2所成的角為θ(0<θ<π)，若游船從A航行到正北方向上位于北岸的碼頭B處，則cos θ等于
A.－ B.－ C.－ D.
√
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答案
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14
答案
由題意知(v1＋v2)·v2＝0，
則v1·v2＋＝|v1||v2|·cos θ＋
＝60cos θ＋36＝0，
所以cos θ＝－.
15
16
4.(2025·鞍山模擬)已知非零向量a，b滿足|a|＝2|b|，向量a在向量b上的投影向量是b，則a與b夾角的余弦值為
A. B. C. D.
√
1
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14
由向量a在向量b上的投影向量為b，
得··b，
又因為|a|＝2|b|，所以cos〈a，b〉＝.
答案
15
16
5.(2024·呼倫貝爾模擬)在△ABC中，AB⊥AC＝(－1)·＝6則AC等于
A. B.6 C.2 D.3
√
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答案
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13
14
由AB⊥AC，得·＝0，
由＝(－1)
得.
由··()＝·
＝··()
＝＝6
所以||＝即AC＝.
答案
15
16
6.在△ABC中，設||2－||2＝2·()，那么動點M的軌跡必通過△ABC的
A.垂心 B.內心
C.重心 D.外心
√
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答案
15
16
設線段BC的中點為D，則＝2
因為||2－||2＝2·()，
所以()·()＝2·
即2·＝2·即·()＝0，
當時，點M和點D重合；
當≠時·＝0，即DM⊥BC，
所以DM垂直且平分線段BC，
因此動點M的軌跡是BC的垂直平分線，必通過△ABC的外心.
1
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答案
15
16
二、多項選擇題
7.下列關于向量a，b，c的運算，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|
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√
答案
√
√
15
16
根據數量積的分配律可知A正確；
B中，左邊為c的共線向量，右邊為a的共線向量，故B不正確；
C中，根據數量積的定義可知a·b＝|a||b|cos〈a，b〉≤|a||b|，故C正確；
D中，|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正確.
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答案
15
16
8.已知向量a＝(－2，1)，b＝(1，t)，則下列說法正確的是
A.若a∥b，則t的值為－2
B.|a＋b|的最小值為1
C.若|a＋b|＝|a－b|，則t的值為2
D.若a與b的夾角為鈍角，則t的取值范圍是∪
√
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答案
√
√
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14
選項A，a∥b －2·t＝1·1 t＝－A選項錯誤；
選項B，|a＋b|＝|(－1，t＋1)|＝≥1，當且僅當t＝－1時取等號，B選項正確；
選項C，方法一　|a－b|＝|(－3，1－t)|＝根據解得t＝2，C選項正確；
方法二　因為|a＋b|＝|a－b|，則a·b＝0，所以a·b＝－2＋t＝0，解得t＝2，C選項正確；
答案
15
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選項D，a與b的夾角為鈍角，則a·b＝t－2<0，且兩個向量不能反向共線，注意到A選項，當t＝－時，a＝－2b，于是t<2且t≠－D選項正確.
答案
15
16
三、填空題
9.(2024·西安模擬)已知單位向量e1⊥e2，向量a＝λe1－2e2，b＝2e1＋e2，若a⊥b，則實數λ＝　　　.
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答案
1
因為a⊥b，所以a·b＝(λe1－2e2)·(2e1＋e2)＝2λ＋(λ－4)e1·e2－2＝2λ－2＝0，故λ＝1.
15
16
10.(2025·汕頭模擬)已知△ABC外接圓的半徑為1，圓心為O，且滿足4
＝－2－3則cos∠AOB＝　　　·＝　　 　.
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答案
－
由4＝－2－3兩邊平方得
16＝4＋9＋12·
依題意，16＝4＋9＋12cos∠AOB，
所以cos∠AOB＝
·＝()··＝cos∠AOB－1＝－.
15
16
四、解答題
11.如圖，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，||＝2||＝2，∠BAD＝E是BC邊的中點.
(1)試用表示；
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答案
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答案
)＝
＝.
15
16
(2)求·的值.
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答案
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答案
由題意可知，||＝＝1
所以·＝()·
＝·
＝||||·cos
＝×4－×1－×2×1×.
15
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12.如圖，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC＝λBC＝2AB＝2AD＝2.
(1)若⊥求實數λ的值；
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答案
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答案
分別以的方向為x軸、y軸的正方向，點B為坐標原點，建立如圖所示的平面直角坐標系，
所以A(0，1)，C(2，0)，D(1，1)，E(λ，1)，
所以＝(2，－1)＝(λ，1)，
因為⊥
所以·＝2λ－1＝0，
所以λ＝.
15
16
(2)若λ＝求與的夾角θ的余弦值.
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答案
當λ＝時，||＝||＝
因為·＝2λ－1＝
所以cos θ＝.
15
16
13.(多選)(2024·廣州模擬)已知向量a，b不共線，向量a＋b平分a與b的夾角，則下列結論一定正確的是
A.a·b＝0
B.(a＋b)⊥(a－b)
C.向量a，b在a＋b上的投影向量相等
D.|a＋b|＝|a－b|
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答案
√
能力拓展
√
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答案
如圖，作向量＝a＝b，在 OACB中
＝a＋b＝a－b，
由向量a＋b平分a與b的夾角，得 OACB是菱形，
即|a|＝|b|.
對于A，a與b不一定垂直，A錯誤；
對于B，(a＋b)·(a－b)＝a2－b2＝0，即(a＋b)⊥(a－b)，B正確；
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答案
對于C，a在a＋b上的投影向量為(a＋b)
＝(a＋b)，
b在a＋b上的投影向量為(a＋b)＝(a＋b)＝(a＋b)，C正確；
對于D，由選項A知，a·b不一定為0，則|a＋b|與|a－b|不一定相等，D錯誤.
15
16
14.(多選)已知向量a=(，1)，b=(cos θ，sin θ)，則下列說法正確的是
A.存在θ∈，使得a⊥b
B.存在θ∈，使得a∥b
C.對于任意θ∈，a·b∈(1，2］
D.對于任意θ∈，|a-b|∈[1，)
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答案
√
√
√
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14
答案
對于A，a·b=cos θ+sin θ=2sin，若a⊥b，則2sin=0，因為θ∈，此時θ無解，故A錯誤；
對于B，若a∥b，則sin θ-cos θ=0，
即tan θ=，
因為θ∈，所以θ=，故B正確；
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答案
對于C，a·b=2sin，
因為θ∈，所以θ+∈，
則sin∈，
所以a·b=2sin∈(1，2］，故C正確；
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答案
對于D，|a-b|==，
因為θ∈，則θ-∈，
所以cos∈，
則|a-b|∈[1，)，故D正確.
15
16
15.(2024·撫州模擬)定義：|a×b|＝|a||b|sin θ，其中θ為向量a與b的夾角，若|a|＝2，|b|＝5，a·b＝－8，則|a×b|＝　　　.
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答案
設向量a與b的夾角為θ∈[0，π]，
則cos θ＝＝－
因為θ∈[0，π]，可得sin θ＝
故|a×b|＝|a||b|sin θ＝2×5×＝6.
15
16
16.如圖，已知正六邊形ABCDEF的邊長為1，點M滿足=+)，則||=　　　　；若點P是線段EC上的動點(包括端點)，則·的最小值是　　　　.
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答案
-
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答案
建立如圖所示的平面直角坐標系，
則A，B，C(1，0)，D，E，F(-1，0)，
則=(1，0)，=，
則=+)=，
則||==，
15
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答案
返回
設=λ(0≤λ≤1)，
則=+λ=，
則·=·
=3λ2-3λ=3-，
即當λ=時，·取到最小值為-.
15
16(共32張PPT)
第五章
必刷小題10　平面向量
與復數
數學
大
一
輪
復
習
對一對
答案
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14
題號 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 A B A A C A A D
題號 9 10 11 12 13 　 14 答案 AC AB AD 2 2 [2] 一、單項選擇題
1.設向量a＝(3，4)，b＝(－1，1)，則cos〈a，b〉等于
A. B. C. D.
√
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知識過關
答案
因為a＝(3，4)，b＝(－1，1)，
所以cos〈a，b〉＝.
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答案
2.(2025·新鄉模擬)設z＝，則等于
A.－1＋i B.－1－i C.1－i D.1＋i
√
z＝＝－1＋i，故＝－1－i.
3.在四邊形ABCD中，若，且·＝0，則四邊形ABCD是
A.矩形 B.菱形
C.正方形 D.梯形
√
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∵，可知AB∥CD且AB＝CD，∴四邊形ABCD為平行四邊形，由·＝0可知AB⊥AD，∴四邊形ABCD為矩形.
答案
4.(2024·北京模擬)在復平面內，O是原點，向量對應的復數是－1＋i，將繞點O按逆時針方向旋轉，則所得向量對應的復數為
A.－ B.－i C.－1 D.－i
√
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答案
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14
答案
如圖，由題意可知＝(－1，1)，與x軸正方向的夾角為，繞點O逆時針方向旋轉后，Z到達x軸上的點Z1處，又||＝||＝，所以Z1的坐標為(－，0)，所以對應的復數為－.
5.設M，N是圓O上兩點，若MN＝2，則·等于
A.－4 B.－2 C.2 D.4
√
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答案
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14
答案
方法一　設MN的中點為P，則OP⊥MN，如圖1，
所以·＝()···
＋0＝2.
方法二　·＝||||cos∠OMN
＝||(||cos∠OMN)＝||·＝2.
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答案
方法三　設MN的中點為P，以的方向為x軸正方向，線段MN的中垂線為y軸建立如圖所示平面直角坐標系，如圖2，
則M(－1，0)，N(1，0)，設O(0，－m)，
所以＝(2，0)，＝(1，－m)，
因此·＝2.
6.設單位向量e1，e2的夾角為，a＝e1＋2e2，b＝2e1－3e2，則b在a上的投影向量為
A.－a B.－a C.a D.a
√
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依題意得e1·e2＝1×1×cos ＝－，
|a|＝，
a·b＝(e1＋2e2)·(2e1－3e2)
＝2－6＋e1·e2＝－，
因此b在a上的投影向量為|b|cos〈a，b〉a＝a＝－a.
答案
7.如圖，已知在△ABO中，OA＝1，OB＝2，·＝－1，過點O作OD⊥AB于點D，則
A.
B.
C.
D.
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答案
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答案
∵·＝||||cos∠AOB
＝2cos∠AOB＝－1，
∴cos∠AOB＝－，
又∵0°<∠AOB<180°，
∴∠AOB＝120°.
在△AOB中，根據余弦定理可得
AB2＝OA2＋OB2－2OA·OB·cos 120°＝7，
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答案
解得AB＝，
根據三角形面積公式S△AOB＝AB·OD＝OA·OB·sin 120°，
解得OD＝，
∴AD＝，
∴，
∴)＝.
8.已知△ABC的外接圓圓心為O，A＝120°，若＝x＋y(x，y∈R)，則x＋y的最小值為
A. B. C. D.2
√
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答案
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答案
設OA與BC交于點E，OE＝m，圓的半徑為R，D為BC的中點，如圖所示，則，
設＝λ＋μ(λ，μ∈R)，
因為B，C，E三點共線，則λ＋μ＝1，
所以＝x＋y(λ＋μ)，
故x＋y＝(λ＋μ)＝，
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答案
因為∠BAC＝120°，則∠COD＝60°，
所以OD＝Rcos 60°＝，
則≤m所以x＋y的最小值為2.
二、多項選擇題
9.(2025·開封模擬)已知復數z1＝a＋i，z2＝1＋bi(其中i是虛數單位，a，b∈R)，若z1·z2為純虛數，則
A.a－b＝0 B.a＋b＝0
C.ab≠－1 D.ab≠1
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答案
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答案
因為z1＝a＋i，z2＝1＋bi，
所以z1·z2＝(a＋i)(1＋bi)＝a＋i＋abi＋bi2＝(a－b)＋(1＋ab)i，
又z1·z2為純虛數，所以
即a－b＝0且ab≠－1.
10.已知z為復數，設z，，iz在復平面上對應的點分別為A，B，C，其中O為坐標原點，則
A.||＝|| B.⊥
C.||＝|| D.∥
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√
√
答案
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設z＝a＋bi(a，b∈R)，∴A(a，b)，＝a－bi，∴B(a，－b)，
iz＝i(a＋bi)＝－b＋ai，∴C(－b，a)，
＝(a，b)，＝(a，－b)，＝(－b，a)，＝(－b－a，a－b)，＝(－b－a，a＋b)，
對于A，∵，∴||＝||，故選項A正確；
對于B，∵a·(－b)＋ba＝0，∴⊥，故選項B正確；
答案
1
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對于C，∵||＝，||＝，
當ab≠0時，||≠||，故選項C錯誤；
對于D，∵a(a－b)－(－b)(－b－a)＝a2－2ab－b2，
a2－2ab－b2可以為零，也可以不為零，∴不一定平行于，故選項D錯誤.
答案
11.(2025·鄭州模擬)已知O是坐標原點，平面向量a＝，b＝，c＝，且a是單位向量，a·b＝2，a·c＝，則下列結論正確的是
A.|c|＝|a－c|
B.若A，B，C三點共線，則a＝b＋c
C.若向量b－a與c－a垂直，則|b＋c－2a|的最小值為1
D.向量b－a與b的夾角正切值的最大值為
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答案
√
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答案
在平面直角坐標系中，令a＝(1，0)，b＝(x1，b)，c＝(x2，c)，
由a·b＝2，a·c＝，
得x1＝2，x2＝，則b＝(2，b)，c＝，
對于A，a－c＝，
因此|a－c|＝＝|c|，A正確；
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答案
對于B，由A，B，C三點共線，得＝(1－λ)＋λ，λ∈R，
即(1，0)＝(1－λ)(2，b)＋λ，
于是2(1－λ)＋λ＝1，解得λ＝，
即a＝b＋c，B錯誤；
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答案
對于C，b－a＝(1，b)，c－a＝，
由向量b－a與c－a垂直，得bc＝，
而b＋c－2a＝，
則|b＋c－2a|＝≥，
當且僅當b＝c時取等號，C錯誤；
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答案
對于D，令向量b－a與b的夾角為θ，b－a＝(1，b)，
當b＝0時，θ＝0，tan θ＝0，
當b≠0時，根據對稱性不妨令b>0，D(1，b)，
則b－a＝，θ＝∠BOD，
顯然tan∠DOA＝b，tan∠BOA＝，
tan θ＝tan(∠DOA－∠BOA)＝＝
≤，當且僅當b＝時取等號，D正確.
三、填空題
12.已知向量a＝(1，2)，b＝(m，4)，且a∥(2a＋b)，那么實數m的值為　　　.
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答案
2
因為向量a＝(1，2)，b＝(m，4)，
所以2a＋b＝(2＋m，8)，
又因為a∥(2a＋b)，
所以2(2＋m)＝1×8 m＝2.
13.(2024·遵義模擬)已知復數z＝a－1＋(a＋3)i，a∈R，則|z|的最小值為　　　　.
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答案
能力拓展
2
|z|＝＝
≥2，
當且僅當a＝－1時取等號，所以|z|的最小值為2.
14.若平面向量a，b滿足|a|＝1，|a＋2b|＝2，則|a＋b|＋|b|的取值范圍為　　　　　.
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[2，]
答案
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13
14
答案
|a＋b|＋|b|≥|(a＋b)＋b|＝|a＋2b|＝2，
設a＋2b＝c，則|c|＝2，
所以|c＋a|2＋|c－a|2＝2(|c|2＋|a|2)＝10，
|a＋b|＋|b|＝≤，
所以|a＋b|＋|b|的取值范圍為[2，].(共46張PPT)
第五章
數學
大
一
輪
復
習
培優點5　平面向量奔馳定理與三
角形四心問題
奔馳定理將三角形的四心與向量完美地融合到一起，揭示了平面向量與三角形面積之間所蘊含的一個優美規律，同時也加強了對三角形的認識，加深了對數學的理解.
重點解讀
例1　如圖1，O是△ABC內一點，△BOC，△AOC，△AOB的面積分別為SA，SB，SC，求證：SA+SB+SC=0.(圖1與奔馳汽車的標志(圖2)類似，故上述結論稱為“奔馳”定理)
奔馳定理
題型一
如圖，延長AO與BC相交于點D，
======λ，
則=λ-=λ(-)，
所以-(1+λ)++λ=0，
又=-=-，
所以++=0，
從而SA+SB+SC=0.
利用平面向量“奔馳定理”解題時，要嚴格遵循定理成立的條件，注意定理中的點P為△ABC內一點；定理中等式左邊三個向量的系數之比對應三個三角形的面積之比.
思維升華
跟蹤訓練1　已知O是△ABC內部一點，滿足+2+m=0，且=，則實數m等于
A.2 B.3 C.4 D.5
√
由奔馳定理得
S△BOC·+S△AOC·+S△AOB·=0，
又+2+m=0，
∴S△BOC∶S△AOC∶S△AOB=1∶2∶m.
∴==，解得m=4.
命題點1　奔馳定理與重心
例2　已知G是△ABC的重心，求證：++=0.
奔馳定理與三角形四心問題
題型二
∵G是△ABC的重心，
∴SA=SB=SC，
由奔馳定理得++=0.
命題點2　奔馳定理與外心
例3　已知O是銳角△ABC的外心，求證：sin 2A+sin 2B+sin 2C=0.
由O是銳角△ABC的外心，
得||=||=||，
則∠AOB=2∠ACB，∠BOC=2∠BAC，
∠COA=2∠ABC，
于是SA∶SB∶SC=sin 2A∶sin 2B∶sin 2C，
根據奔馳定理得到sin 2A+sin 2B+sin 2C=0.
命題點3　奔馳定理與內心
例4　已知O是△ABC的內心，求證：a+b+c=0.(其中a，b，c分別是△ABC的三個內角A，B，C所對的邊長)
設△ABC的內切圓半徑為r，O是△ABC的內心，則SA∶SB∶SC=∶∶=a∶b∶c.
根據奔馳定理得，O是△ABC的內心，
∴a+b+c=0.
命題點4　奔馳定理與垂心
例5　已知O是△ABC(非直角三角形)的垂心，求證：tan A+tan B+
tan C=0.
O是△ABC(非直角三角形)的垂心，
∴·=·=·，
∴||·||cos(π-C)
=||·||cos(π-A)
=||·||cos(π-B)，
∴||∶||∶||=cos A∶cos B∶cos C，
∴SA∶SB∶SC=tan A∶tan B∶tan C，
由奔馳定理得，O是△ABC(非直角三角形)的垂心，
∴tan A+tan B+tan C=0.
推論1：P是△ABC所在平面內任意一點，=++) G是△ABC的重心.
推論2：P是銳角△ABC所在平面內任意一點，= O是銳角△ABC的外心.
推論3：P是△ABC所在平面內任意一點(其中a，b，c分別為△ABC的三個內角A，B，C所對的邊長)，O是△ABC的內心 =.
推論4：P是△ABC(非直角三角形)所在平面內任意一點，O是△ABC(非直角三角形)的垂心 =.
思維升華
跟蹤訓練2　奔馳定理與三角形四心(重心、內心、外心、垂心)有著神秘的關聯.它的具體內容是：已知M是△ABC內一點，△BMC，△AMC，△AMB的面積分別為SA，SB，SC，則SA·+SB·+SC·=0.以下命題錯誤的是
A.若SA∶SB∶SC=1∶1∶1，則M為△ABC的重心
B.若M為△ABC的內心，則BC·+AC·+AB·=0
C.若∠BAC=45°，∠ABC=60°，M為△ABC的外心，
則SA∶SB∶SC=∶2∶1
D.若M為△ABC的垂心，3+4+5=0，則cos∠AMB=-
√
對于A，取BC的中點D，連接MD，如圖，
由SA∶SB∶SC=1∶1∶1，則++=0，
所以2=+=-，
所以A，M，D三點共線，且=，
設E，F分別為AB，AC的中點，同理可得==，所以M為△ABC的重心，故A正確；
對于B，由M為△ABC的內心，則可設其內切圓半徑為r，
則有SA=BC·r，SB=AC·r，SC=AB·r，
所以r·BC·+r·AC·+r·AB·=0，即BC·+AC·+AB·=0，故B正確；
對于C，由M為△ABC的外心，則可設△ABC的外接圓半徑為R，
又∠BAC=45°，∠ABC=60°，
則有∠BMC=2∠BAC=90°，∠AMC=2∠ABC=120°，∠AMB=2∠ACB=150°，
所以SA=R2·sin∠BMC=R2·sin 90°=R2，
SB=R2·sin∠AMC=R2·sin 120°=R2，
SC=R2·sin∠AMB=R2·sin 150°=R2，
所以SA∶SB∶SC=2∶∶1，故C錯誤；
對于D，如圖，延長AM交BC于點D，延長BM交AC于點F，延長CM交AB于點E，
由M為△ABC的垂心，3+4+5=0，則SA∶SB∶SC=3∶4∶5，
又S△ABC=SA+SB+SC，則=4，=3，
設MD=x，MF=y，x，y>0，
則AM=3x，BM=2y，
所以cos∠BMD==cos∠AMF=，
即3x2=2y2，=，
所以cos∠BMD=，所以cos∠AMB=cos(π-∠BMD)=-，故D正確.
課時精練
對一對
答案
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題號 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 C C C C B B BCD AD
題號 9 10 答案 - 32 一、單項選擇題
1.點P在△ABC內部，滿足+2+3=0，則S△ABC∶S△APC為
A.2∶1 B.3∶2 C.3∶1 D.5∶3
√
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答案
根據奔馳定理得，S△PBC∶S△PAC∶S△PAB=1∶2∶3，所以S△ABC∶S△APC
=3∶1.
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答案
2.已知點G，O，H在△ABC所在平面內，滿足++=0，||=||
=||，·=·=·，則點G，O，H依次為△ABC的
A.重心、外心、內心 B.重心、內心、外心
C.重心、外心、垂心 D.外心、重心、垂心
√
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答案
因為++=0，所以+=-，
設AB的中點為D，則+=2，所以-=2，
所以C，G，D三點共線，即G為△ABC的中線CD上
的點，且GC=2GD，
所以G為△ABC的重心；
因為||=||=||，所以OA=OB=OC，所以O為△ABC的外心；
因為·=·=··(-)=0，即·=0，
所以⊥⊥⊥，所以H為△ABC的垂心.
3.已知G是△ABC的重心，若=x+y，x，y∈R，則x+y等于
A.-1 B.1 C. D.-
√
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答案
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由=x+y，
可得=x(-)+y(-)，
即(x+y)-x+(1-y)=0.
因為G是△ABC的重心，
所以x+y=-x=1-y，
解得x=-，y=，
則x+y=.
答案
4.設O是平面α內一定點，A，B，C是平面α內不共線的三點，平面α內的動點P滿足=+λ，λ∈[0，+∞)，則點P的軌跡經過△ABC的
A.內心 B.外心 C.垂心 D.重心
√
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答案
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·=·+λ·=·+λ(-||+||)=·，
則·-·=0，
即·=0，故AP⊥BC，
即點P的軌跡經過△ABC的垂心.
答案
5.已知點A，B，C，P在同一平面內，=，=，=，則S△ABC∶S△PBC等于
A.14∶3 B.19∶4
C.24∶5 D.29∶6
√
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答案
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答案
由=-=-)，
整理可得=+=+，
由==-)，
整理可得=-，
所以-=+，
整理得4+6+9=0，
由奔馳定理可得S△ABC∶S△PBC=(4+6+9)∶4=19∶4.
6.如圖，已知O是△ABC的垂心，且+2+3=0，
則cos∠ACB等于
A. B.
C. D.
√
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答案
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答案
由題意知，△ABC為銳角三角形，如圖，延長CO交AB于點P，
∵O是△ABC的垂心，∴OP⊥AB，
設△BOC，△AOC，△AOB的面積分別為S1，S2，S3，
∴S1∶S2=∶
=BP∶AP=(OPtan∠POB)∶(OPtan∠POA)=tan∠COB∶
tan∠COA=tan(π-∠BAC)∶tan(π-∠ABC)=tan∠BAC∶tan∠ABC，
同理可得S1∶S3=tan∠BAC∶tan∠ACB，
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答案
∴S1∶S2∶S3=tan∠BAC∶tan∠ABC∶tan∠ACB.
由奔馳定理可知，S1·+S2·+S3·=0，
∴tan∠BAC·+tan∠ABC·+tan∠ACB·=0.
又+2+3=0，
∴tan∠BAC∶tan∠ABC∶tan∠ACB=1∶2∶3.
不妨設tan∠BAC=k，tan∠ABC=2k，tan∠ACB=3k，其中k≠0，
∵tan∠BAC=-tan(∠ABC+∠ACB)=-，
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答案
∴k=-，解得k=±1.
當k=-1時，此時tan∠BAC<0，tan∠ABC<0，tan∠ACB<0，則∠BAC，∠ABC，∠ACB都是鈍角，不合題意，舍去，
故k=1，則tan∠ACB=3>0，故∠ACB為銳角，
∴解得cos∠ACB=.
二、多項選擇題
7.若O，P是銳角△ABC內的點，A，B，C是△ABC的三個內角，且滿足++=，·=·=·，則
A.S△PAB∶S△PBC∶S△PCA=4∶3∶2
B.∠A+∠BOC=π
C.||∶||∶||=cos A∶cos B∶cos C
D.tan A·+tan B·+tan C·=0
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答案
√
√
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答案
因為++=++=-++=0，所以=--，
又由奔馳定理S△PBC+S△PCA+S△PAB=0，得=--，
因為不共線，所以-=-，-=-，
所以S△PAB∶S△PBC∶S△PCA=4∶2∶3，故A錯誤；
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答案
延長AO，BO，CO分別與角A，B，C的對邊交于點D，E，F，如圖，
由·=··(-)=·=0，所以OB⊥AC，同理OC⊥AB，OA⊥BC，所以O是△ABC的垂心，
在四邊形AEOF中，∠A+∠EOF=π，∠EOF=∠BOC，
所以∠A+∠BOC=π，故B正確；
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答案
由·=·=·，得||||cos∠AOB=||||cos∠BOC=||||cos∠AOC，
所以||∶||∶||=cos∠BOC∶cos∠AOC∶cos∠AOB，
由選項B得cos∠BOC=-cos A，
同理，cos∠AOC=-cos B，cos∠AOB=-cos C，
所以||∶||∶||=cos A∶cos B∶cos C，故C正確；
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答案
由上述解析知，
S△OBC=OB·OCsin∠BOC=OB·OCsin A，
S△OAC=OA·OCsin∠AOC=OA·OCsin B，
S△OAB=OA·OBsin∠AOB=OA·OBsin C，
所以S△OBC∶S△OAC∶S△OAB=∶∶，
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答案
又||∶||∶||=cos A∶cos B∶cos C，
得S△OBC∶S△OAC∶S△OAB=∶∶=tan A∶tan B∶tan C，
由奔馳定理S△OBC·+S△OAC·+S△OAB·=0，
得tan A·+tan B·+tan C·=0，故D正確.
8.設銳角△ABC內部的一點O滿足OA=OB=OC，角A，B，C是△ABC的三個內角，且++=0，則角A的大小可能為
A. B. C. D.
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答案
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銳角△ABC內部的一點O滿足OA=OB=OC，則O為△ABC的外接圓的圓心，設外接圓的半徑為R，
因為++=0，
所以+-)+-)=0，
從而+·-)+·-)=0，
即R2+(R2cos∠AOB-R2)+(R2cos∠AOC-R2)=0，
進而得+(cos 2C-1)+(cos 2B-1)=0，
答案
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即+(-2sin2C)+(-2sin2B)=0，
所以=2sin Ccos B+2sin Bcos C
=2sin(B+C)=2sin A，
即2sin Acos A=，所以sin 2A=，
因為0所以2A=，所以A=.
答案
三、填空題
9.已知P為△ABC的外心，角A，B，C是△ABC的三個內角，且+=
λ，tan C=，則實數λ的值為　　　.
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答案
-
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答案
由題意知，△ABC為銳角三角形，由P為△ABC的外心，
可知sin 2A·+sin 2B·+sin 2C·=0，
又由題設得+=λ，
即+-λ=0，
比較兩式，可知sin 2A∶sin 2B∶sin 2C=1∶1∶(-λ)，
得到sin 2A=sin 2B，所以2A=2B或2A=π-2B.
若2A=π-2B，則A+B=，
此時△ABC為直角三角形，不符合題意；
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答案
若2A=2B，則A=B，
由A+B+C=π知2A=π-C，
sin 2A=sin(π-C)=sin C.
由sin 2A∶sin 2B∶sin 2C=1∶1∶(-λ)，
可得λ=-=-=-2cos C，
由tan C=，C為銳角，可得cos C=，所以λ=-.
10.已知I為△ABC的內心，且5=4(+).記R，r分別為△ABC的外接圓、內切圓的半徑，若r=15，則R=　　　.
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答案
32
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依題意，有5+4+4=0.
由三角形內心的向量表示，若a，b，c分別為△ABC的內角A，B，C的對邊的邊長，I為△ABC的內心，則a+b+c=0，
得a∶b∶c=5∶4∶4，可設a=10k(k>0)，則b=c=8k.
作AD⊥BC于點D(圖略)，則AD=k，
S△ABC=a·AD=5k2，
答案
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又r=15，S△ABC=(a+b+c)r=195k，
所以k=.
因為sin B==，
所以2R===8×=64，所以R=32.
答案(共54張PPT)
第五章
§5.4　平面向量中
的綜合問題
數學
大
一
輪
復
面向量中的范圍、最值問題是熱點問題，也是難點問題，此類問題綜合性強，體現了知識的交匯組合.其基本題型是根據已知條件求某個變量的范圍、最值，比如向量的模、數量積、向量夾角、系數的范圍等.
重點解讀
例1　(1)設P是△ABC所在平面內一點，若·()＝2·，且－2·，則點P是△ABC的
A.外心 B.內心 C.重心 D.垂心
√
平面向量在幾何中的應用
題型一
由·()＝2·，
得·(－2)＝0，
即·[()＋()]＝0，
所以·()＝0.
設D為AB的中點，則·2＝0，
故·＝0.
由－2·，
得()·()＝－2·，
即(－2)·＝0.
設E為BC的中點，則(2－2)·＝0，
則2·＝0，故·＝0.
所以P為AB與BC的垂直平分線的交點，
所以P是△ABC的外心.
(2)△ABC的外心O滿足＝0，||＝，則△ABC的面
積為
A. B. C. D.2
√
設AB的中點為D，
則＝0可化為2＝0，
即＝－，
∴O，D，C三點共線且CD⊥AB，
∴△ABC為等腰三角形，
||2＝||2＋||2，
設△ABC外接圓的半徑為R，
則R2＝，
解得R＝1，CD＝1＋，
∴S△ABC＝|AB||CD|＝××.
用向量方法解決平面幾何問題的步驟
平面幾何問題 向量問題 解決向量問題 解決幾何問題.
思維升華
跟蹤訓練1　(1)在△ABC中，若···，則點O是△ABC的
A.內心 B.外心 C.垂心 D.重心
√
∵··，
∴·()＝0，∴·＝0，
∴OB⊥CA，
即OB為△ABC邊CA上的高所在的直線.
同理·＝0，·＝0，
∴OA⊥BC，OC⊥AB，
故O是△ABC的垂心.
(2)如圖所示，在矩形ABCD中，AB＝，BC＝3，BE⊥AC，垂足為E，
則ED的長為　　　　.
以A為坐標原點，AD，AB所在直線分別為x軸、y軸建立平面直角坐標系，則A(0，0)，B(0，)，C(3，)，D(3，0)，＝(3，)，
設＝λ，則E的坐標為(3λ，λ)，
故＝(3λ，λ－).
因為BE⊥AC，所以·＝0，
即9λ＋3λ－3＝0，解得λ＝，所以E，
故，||＝，即ED＝.
命題點1　與平面向量基本定理有關的最值問題
例2　已知，是兩個夾角為120°的單位向量，如圖所示，點C在以O為圓心的上運動.若＝x＋y，其中x，y∈R，則x＋y的最大
值是
A. B.2
C. D.3
和向量有關的最值問題
題型二
√
由題意，以O為原點，的方向為x軸的正方向，建立如圖所示的平面直角坐標系，設C(cos θ，sin θ)，0°≤θ≤120°，
可得A(1，0)，B，由＝x(1，0)＋y＝(cos θ，sin θ)，
得x－y＝cos θ，y＝sin θ，∴y＝sin θ，
∴x＋y＝y＝cos θ＋sin θ＝2sin(θ＋30°)，
∵0°≤θ≤120°，∴30°≤θ＋30°≤150°，
∴當θ＝60°時，x＋y的最大值為2，此時C為的中點，∴x＋y的最大值是2.
命題點2　與數量積有關的最值問題
例3　在△ABC中，AC＝3，BC＝4，∠C＝90°.P為△ABC所在平面內的動點，且PC＝1，則·的取值范圍是
A.[－5，3] B.[－3，5]
C.[－6，4] D.[－4，6]
√
方法一　(坐標法)
以C為坐標原點，CA，CB所在直線分別為x軸、y軸建立平面直角坐標系(圖略)，則A(3，0)，B(0，4).
設P(x，y)，則x2＋y2＝1，＝(3－x，－y)，＝(－x，4－y)，
所以·＝x2－3x＋y2－4y＝＋(y－2)2－.
又＋(y－2)2表示圓x2＋y2＝1上一點到點距離的平方，圓心(0，0)到點的距離為，
所以·∈，
即·的取值范圍是[－4，6].
方法二　(極化恒等式法)
設AB的中點為M，與的夾角為θ，
由題意知AB＝5，CM＝.
由極化恒等式得·＝()2－－2·＋1－5cos θ－＝1－5cos θ，
因為cos θ∈[－1，1]，
所以·的取值范圍是[－4，6].
命題點3　與模有關的最值問題
例4　已知a，b是單位向量，a·b＝0，且向量c滿足|c－a－b|＝1，則|c|的取值范圍是
A.[－1，＋1] B.[－1，]
C.[，＋1] D.[2－，2＋]
√
a，b是單位向量，a·b＝0，設a＝(1，0)，b＝(0，1)，c＝(x，y)，|c－a－b|
＝|(x－1，y－1)|＝＝1，∴(x－1)2＋(y－1)2＝1，∴|c|表示以(1，1)為圓心，1為半徑的圓上的點到原點的距離，
故－1≤|c|≤＋1，∴－1≤|c|≤＋1.
向量求最值(范圍)的常用方法
(1)利用三角函數求最值(范圍).
(2)利用基本不等式求最值(范圍).
(3)建立坐標系，設變量構造函數求最值(范圍).
(4)數形結合，應用圖形的幾何性質求最值.
思維升華
跟蹤訓練2　(1)(2024·銅川模擬)在△ABC中，D是AB邊上的點，滿足AD＝2DB，E在線段CD上(不含端點)，且＝x＋y(x，y∈R)，則的最小值為
A.3＋2 B.4＋2
C.8＋4 D.8
√
∵＝x＋y(x，y∈R)，
AD＝2DB，∴＋y，
又E在線段CD上(不含端點)，
∴＋y＝1，且x>0，y>0，
∴＝4＋≥4＋2，
當且僅當，即x＝，y＝時，等號成立，∴的最小值為4＋2.
(2)(2025·韶關模擬)已知平面向量a，b，c均為單位向量，且|a＋b|＝1，則
向量a與b的夾角為　　　，(a＋b)·(b－c)的最小值為　　　.
－
由題意知，|a|＝|b|＝|c|＝1，
由|a＋b|2＝a2＋2a·b＋b2＝1，
得a·b＝－，所以cos〈a，b〉＝＝－，
又〈a，b〉∈[0，π]，所以〈a，b〉＝，
即a與b的夾角為，
(a＋b)·(b－c)＝a·b＋b2－(a＋b)·c
＝－|a＋b||c|cos〈a＋b，c〉
＝－cos〈a＋b，c〉，
又cos〈a＋b，c〉∈[－1，1]，
所以≥－cos〈a＋b，c〉≥－，
當且僅當a＋b與c同向時，右側等號成立.
所以(a＋b)·(b－c)的最小值為－.
(3)(2024·會寧模擬)已知單位向量a，b滿足|3a－4b|＝m，則實數m的取值范圍是　　　　　.
[1，7]
設a，b的夾角為θ(θ∈[0，π])，
因為|3a－4b|2＝9a2－24a·b＋16b2＝9|a|2－24|a||b|cos θ＋16|b|2，
又a，b為單位向量，
則m2＝9＋16－24cos θ＝25－24cos θ，
又cos θ∈[－1，1]，則1≤m2≤49，
所以1≤m≤7.
課時精練
對一對
答案
1
2
3
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5
6
7
8
9
10
題號 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 A C C A C C ABD BCD
題號 9 　10 答案 　 4- 一、單項選擇題
1.(2025·昆明模擬)設x>0，向量＝(x2，－2x)在向量＝(1，2)上的投影向量為λ(λ∈R)，則實數λ的最小值為
A.－ B.－ C.－ D.－
√
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答案
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答案
向量在向量上的投影向量為·，
則λ＝≥－，
當且僅當x＝2時，等號成立，所以λ的最小值為－.
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答案
2.已知點P是邊長為2的正方形ABCD所在平面內一點，若||＝1，則||的最大值是
A.2－1 B.2
C.2＋1 D.2＋2
√
由－()＝，||＝1，
得||＝1，即點P在以點C為圓心，1為半徑的圓周上運動，
所以||的最大值為＋1＝2＋1.
3.已知非零向量與滿足·＝0且·，則△ABC的形狀是
A.三邊均不相等的三角形
B.直角三角形
C.等腰三角形
D.等邊三角形
√
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答案
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由·＝0，得角A的平分線垂直于BC，
所以AB＝AC，設，的夾角為θ，
而·＝cos θ＝，
又θ∈[0，π]，所以θ＝，∠A＝π－，故△ABC為等腰三角形.
答案
4.在△ABC中，AC＝9，∠A＝60°，點D滿足＝2，AD＝，則BC的長為
A.3 B.3 C.3 D.6
√
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答案
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因為＝2，
所以＝)＝，
設AB＝x，x>0，
則||2＝，
得37＝x2＋×x×9cos 60°＋×92，
即2x2＋9x－126＝0，
解得x＝6(舍負)，即AB＝6，
答案
1
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10
所以||＝||
＝
＝＝3.
答案
5.在平行四邊形ABCD中，點P在對角線AC上(包含端點)，且AC＝2，則()·有
A.最大值為，沒有最小值
B.最小值為－，沒有最大值
C.最小值為－，最大值為4
D.最小值為－4，最大值為
√
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答案
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答案
設AC與BD的交點為O，則＝2，所以()·＝2·，
如圖(1)，當點P在AO上，設||＝a∈[0，1]，()·＝2·＝
－2a(1－a)，當a＝時，有最小值為－.
如圖(2)，當點P在CO上，設||＝a∈[0，1]，
()·＝2·＝2a(1＋a)，
當a＝1時，有最大值為4.
綜上，()·有最小值為－，最大值為4.
6.(2024·呼和浩特模擬)在△ABC中，D為線段AC的一個三等分點，AD＝2DC.連接BD，在線段BD上任取一點E，連接AE，若＝a＋b(a，b∈R)，則a2＋b2的最小值為
A. B. C. D.
√
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答案
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設＝λ，λ∈[0，1]，
因為AD＝2DC，
所以＋λ＋λ()＝＋(1－λ)，
所以a＝，b＝1－λ，
所以a2＋b2＝λ2＋(1－λ)2＝λ2－2λ＋1，
當λ＝－時，a2＋b2取得最小值為.
答案
二、多項選擇題
7.設點D是△ABC所在平面內一點，則下列說法正確的有
A.若)，則點D是邊BC的中點
B.若，則直線AD過△ABC的垂心
C.若＝2，則點D在邊BC的延長線上
D.若＝x＋y，且x＋y＝，則△BCD是△ABC面積的一半
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√
答案
√
√
對于A，∵)，
即，即，
即點D是邊BC的中點，故A正確；
對于B，·＝(－||＋||)＝0，即AD⊥BC，
故直線AD過△ABC的垂心，故B正確；
對于C，∵＝2，即，即，
即點D在邊CB的延長線上，故C錯誤；
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答案
對于D，∵＝x＋y，且x＋y＝，
設＝2，
則＝2＝2x＋2y，且2x＋2y＝1，
故M，B，C三點共線，且||＝2||，
即△BCD是△ABC面積的一半，故D正確.
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答案
8.已知△ABC的面積為3，在△ABC所在的平面內有兩點P，Q，滿足＋2＝0，＝2，記△APQ的面積為S，則下列說法正確的是
A.∥
B.
C.·<0
D.S＝4
√
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答案
√
√
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答案
由＋2＝0，＝2，
可知點P為AC的靠近點C的三等分點，點Q為AB延長線上的點，且B為AQ的中點，如圖所示，對于A，點P為AC的靠近點C的三等分點，點B為AQ的中點，所以PB與CQ不平行，故A錯誤；
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答案
對于B，)＝，故B正確；
對于C，·＝||||cos π＝－||||<0，故C正確；
對于D，設△ABC的高為h，S△ABC＝|AB|h＝3，即|AB|h＝6，則△APQ的面積S＝|AQ|·h＝·2|AB|·h＝×6＝4，故D正確.
三、填空題
9.已知向量a＝(－3，2)，b＝(2，1)，則|a＋tb|(t∈R)的最小值為　　　，
此時t的值為　 　.
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答案
因為a＝(－3，2)，b＝(2，1)，
所以a＋tb＝(－3，2)＋t(2，1)＝(－3＋2t，2＋t)，
所以|a＋tb|＝＝
≥.
當且僅當t＝時取等號，
即|a＋tb|的最小值為，此時t＝.
10.(2025·長沙模擬)在Rt△ABC中，AB⊥AC，AC＝，AB＝1，平面ABC內動點P滿足CP＝1，則·的最小值為　　　　　.
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答案
4－
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平面ABC內動點P滿足CP＝1，
所以點P的軌跡是以C為圓心，1為半徑的圓，
因為AB⊥AC，AC＝，AB＝1，
由勾股定理可得BC2＝AB2＋AC2＝4，
所以BC＝2，且cos C＝，
所以C＝30°，
所以·＝||·||cos 30°＝3，
答案
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因為，，
所以·＝()·()＝··()＋，
因為||＝1，
所以·＝4＋·()，
||＝＝＝，
所以向量是長度為的一個向量，
由此可得，點P在圓C上運動，
答案
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當與反向共線時，·()取得最小值為－，
故·的最小值為4－.
答案(共65張PPT)
第五章
§5.5　復　數
數學
大
一
輪
復
習
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.掌握復數的四則運算，了解復數加、減運算的幾何意義.
課標要求
課時精練
內容索引
第一部分 落實主干知識
第二部分 探究核心題型
落實主干知識
第一部分
1.復數的有關概念
(1)復數的定義：形如a＋bi(a，b∈R)的數叫做復數，其中 是復數的實部， 是復數的虛部，i為虛數單位.
(2)復數的分類：
復數z＝a＋bi(a，b∈R)
a
復數
實數(b 0),
虛數(b 0)(當a 0時為純虛數).
b
＝
≠
＝
(3)復數相等：
a＋bi＝c＋di (a，b，c，d∈R).
(4)共軛復數：
a＋bi與c＋di互為共軛復數 (a，b，c，d∈R).
(5)復數的模：
向量的模叫做復數z＝a＋bi的模或絕對值，記作 或 ，即|z|＝|a＋bi|＝ (a，b∈R).
a＝c且b＝d
a＝c，b＝－d
|z|
|a＋bi|
2.復數的幾何意義
(1)復數z＝a＋bi(a，b∈R) 復平面內的點Z(a，b).
(2)復數z＝a＋bi(a，b∈R) 平面向量.
3.復數的四則運算
(1)復數的加、減、乘、除運算法則：
設z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，則
①加法：z1＋z2＝(a＋bi)＋(c＋di)＝ ；
②減法：z1－z2＝(a＋bi)－(c＋di)＝ ；
(a＋c)＋(b＋d)i
(a－c)＋(b－d)i
③乘法：z1·z2＝(a＋bi)·(c＋di)＝ ；
④除法：＝ (c＋di≠0).
(2)幾何意義：復數加、減法可按向量的平行四邊形法則或三角形法則進行.
如圖給出的平行四邊形OZ1ZZ2可以直觀地反映出復數加、減法的幾何意義，即 ， .
(ac－bd)＋(ad＋bc)i
i
1.判斷下列結論是否正確.(請在括號中打“√”或“×”)
(1)復數z＝a＋bi(a，b∈R)中，虛部為bi.(　　)
(2)原點是實軸與虛軸的交點.(　　)
(3)已知z＝a＋bi(a，b∈R)，當a＝0時，復數z為純虛數.(　　)
(4)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.(2024·新課標全國Ⅱ)已知z＝－1－i，則|z|等于
A.0 B.1 C. D.2
√
若z＝－1－i，
則|z|＝.
3.已知復數z＝i3(1＋i)，則z在復平面內對應的點位于
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
√
z＝i3(1＋i)＝－i(1＋i)＝1－i，z在復平面內對應的點為(1，－1)，位于第四象限.
4.復數的共軛復數是　　　　.
＝－2－i，故其共軛復數是－2＋i.
－2＋i
1.熟記與復數有關的常用結論
(1)(1±i)2＝±2i；＝i；＝－i.
(2)i4n＝1，i4n＋1＝i，i4n＋2＝－1，i4n＋3＝－i(n∈N*).
(3)z·＝|z|2＝||2，|z1·z2|＝|z1|·|z2|，，|zn|＝|z|n.
(4)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；
|z－(a＋bi)|＝r(r>0)表示以(a，b)為圓心，r為半徑的圓.
2.謹防兩個易誤點
(1)利用復數相等a＋bi＝c＋di列方程時，注意a，b，c，d∈R的前提條件.
(2)兩個不全為實數的復數不能比較大小.
返回
微點提醒
探究核心題型
第二部分
例1　(1)(2024·白山模擬)復數z＝i＋2i2＋3i3，則z的虛部為
A.2i B.－2i C.2 D.－2
√
復數的概念
題型一
由z＝i＋2i2＋3i3可得z＝－2－2i，故z的虛部為－2.
(2)(2024·銀川模擬)已知復數z＝m2－1＋(m＋i2)·i(m∈R)表示純虛數，則m等于
A.1 B.－1 C.1或－1 D.2
√
因為z＝m2－1＋(m＋i2)·i＝m2－1＋(m－1)·i，
若復數z表示純虛數，則解得m＝－1.
(3)(2025·晉中模擬)已知復數z＝1－2i是方程x2＋ax＋b＝0(a，b∈R)的根，則|a＋bi|等于
A. B.4 C. D.
√
由題意得，＝1＋2i是方程x2＋ax＋b＝0(a，b∈R)的一個根，
由根與系數的關系得1＋2i＋1－2i＝－a，(1＋2i)(1－2i)＝b，
故a＝－2，b＝1－4i2＝1＋4＝5，
故|a＋bi|＝|－2＋5i|＝.
解決復數概念問題的常用方法
(1)求一個復數的實部與虛部，只需將已知的復數化為代數形式z＝a＋bi(a，b∈R)，則該復數的實部為a，虛部為b.
(2)復數是實數的條件：①z＝a＋bi∈R b＝0(a，b∈R)；②z∈R z＝；③z∈R z2≥0.
(3)復數是純虛數的條件
①z＝a＋bi是純虛數 a＝0且b≠0(a，b∈R)；
②z是純虛數 z＋＝0(z≠0)；③z是純虛數 z2<0.
(4)復數z＝a＋bi(a，b∈R)的共軛復數為＝a－bi，則z·＝|z|2＝||2，即|z|＝||＝.
思維升華
跟蹤訓練1　(1)(2024·海口模擬)下列關于復數的說法，正確的是
A.復數i是最小的純虛數
B.在復數范圍內，模為1的復數共有1，－1，i和－i四個
C.i與－i是一對共軛復數
D.虛軸上的點都表示純虛數
√
虛數不能比大小，故A錯誤；
對于復數z＝a＋bi(a，b∈R)，但凡滿足a2＋b2＝1，其模均為1，顯然不
僅四個，比如a＝，b＝時，|z|＝1，故B錯誤；
由共軛復數的定義可知C正確；
原點(0，0)也在虛軸上，但不表示純虛數，故D錯誤.
(2)(2025·南通模擬)已知復數z滿足z2＝－3＋4i，則|z|等于
A. B.5 C. D.2
√
設z＝a＋bi(a，b∈R)，
則z2＝a2－b2＋2abi，又z2＝－3＋4i，
所以解得或
則z＝1＋2i或z＝－1－2i，
所以|z|＝.
(3)已知復數z滿足4(1＋z)＝15＋8i，則z的實部為　　　.
設z＝a＋bi(a，b∈R)，則＝a－bi，
由4(1＋z)＝15＋8i，得4(a－bi)＋4(a2＋b2)＝15＋8i，
由復數相等的充要條件，得
解得
故z的實部為－.
－
例2　(1)(2024·新課標全國Ⅰ)若＝1＋i，則z等于
A.－1－i B.－1＋i
C.1－i D.1＋i
復數的四則運算
題型二
√
因為＝1＋＝1＋i，
所以z＝1＋＝1－i.
(2)設復數z＝，則z等于
A.1 B.－1 C.i D.－i
√
∵＝i，
∴z＝i2 025＝i4×506＋1＝i.
(3)(2024·南陽模擬)已知復數z滿足＝2i，則z·＝　　　.
因為＝2i，
所以z－3＝2i(z－i)＝2＋2iz，
所以z＝＝1＋2i，
所以＝1－2i，則z·＝(1＋2i)(1－2i)＝5.
5
復數四則運算問題的解題策略
思維升華
復數的 加減法 在進行復數的加減法運算時，可類比合并同類項運用法則(實部與實部相加減，虛部與虛部相加減)計算
復數的 乘法 復數的乘法類似于多項式的乘法，可將含有虛數單位i的看作一類同類項，不含i的看作另一類同類項，分別合并
復數的 除法 除法的關鍵是分子分母同乘以分母的共軛復數，解題中要注意把i的冪寫成最簡形式，這里的分母實數化可類比分母含根式的分母有理化
跟蹤訓練2　(1)(2023·新高考全國Ⅰ)已知z＝，則z－等于
A.－i B.i C.0 D.1
√
因為z＝＝＝－i，所以i，即z－＝－i.
(2)(2024·新鄉模擬)在復平面內，復數z對應的點的坐標為(2，－1)，則＝　　　.
由題意得復數z對應的點的坐標為(2，－1)，
故z＝2－i，＝2＋i，
故＝2i.
2i
(3)已知i為虛數單位，則i＋i2＋i3＋…＋i2 025＝　　　.
i＋i2＋i3＋i4＝0，
則i＋i2＋i3＋…＋i2 025＝506×0＋i＝i.
i
例3　(1)(2024·西寧模擬)已知復數z＝(a－1)－2ai(a∈R)，且|z|＝5，若z在復平面內對應的點位于第二象限，則a等于
A.－2 B.－ C.2 D.
√
復數的幾何意義
題型三
由題意|z|＝＝5，
得5a2－2a－24＝0，解得a＝－2或a＝，
因為z在復平面內對應的點位于第二象限，
所以故a<0，故a＝－2.
(2)已知i是虛數單位，復數z＝a＋bi(a，b∈R)，且|z－i|＝|z＋2－i|，則|z－3＋i|的最小值為
A.5 B.4 C.3 D.2
√
方法一　由|z－i|＝|z＋2－i|，得復數z在復平面內對應的點Z到點(0，1)與點(－2，1)的距離相等，則點Z在直線x＝－1上.
|z－3＋i|表示點Z與點(3，－)的距離，過點(3，－)作直線x＝－1的垂線，垂足為P(圖略)，當點Z與點P重合時，|z－3＋i|取得最小值4.
方法二　因為z＝a＋bi(a，b∈R)，
則z－i＝a＋(b－1)i，
z＋2－i＝(a＋2)＋(b－1)i，
由|z－i|＝|z＋2－i|，可得，
解得a＝－1，則z＝－1＋bi，
所以z－3＋i＝－4＋(b＋)i，
因此|z－3＋i|＝≥4，
當且僅當b＝－時，等號成立，
故|z－3＋i|的最小值為4.
復數的幾何意義及應用
(1)復數z、復平面上的點Z及向量相互聯系、一一對應，即z＝a＋bi(a，b∈R) Z(a，b) .
(2)由于復數、點、向量之間建立了一一對應的關系，因此可把復數、向量與解析幾何聯系在一起，解題時可運用數形結合的方法，使問題的解決更加直觀.
思維升華
跟蹤訓練3　(1)(2025·南充模擬)當1A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
√
由1所以復數m－1＋(m－2)i在復平面內對應的點Z(m－1，m－2)位于第四
象限.
(2)已知復數z滿足|z－2|＝1，則|z－i|的最小值為
A.1 B.－1 C.＋1 D.3
√
設z＝x＋yi(x，y∈R)，
因為|z－2|＝|x－2＋yi|＝＝1，
所以(x－2)2＋y2＝1，
即z在復平面內對應點的軌跡為圓C：(x－2)2＋y2＝1，
如圖，
又|z－i|＝|x＋(y－1)i|＝，
所以|z－i|表示圓C上的點到點A(0，1)的距離，
所以|z－i|min＝CA－1＝－1.
返回
課時精練
對一對
答案
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題號 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 A D B D A C ACD AC
題號 9 10 13 14 答案 4　 i(或-i) B 16　cos +isin (答案不唯一) 答案
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(1)因為z是純虛數，
所以解得m=-2.
(2)若m=2，則z=4+i，
故====+i=a+bi，
所以a=b=所以a+b=.
11.
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(1)把x=-1+i代入方程x2+ax+b=0，
得(-a+b)+(a-2)i=0，
所以解得
12.
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(2)由(1)知方程為x2+2x+2=0.
設另一個根為x2，由根與系數的關系，
得-1+i+x2=-2，所以x2=-1-i.
把x2=-1-i代入方程x2+2x+2=0，
則左邊=(-1-i)2+2(-1-i)+2=0=右邊，
所以x2=-1-i是方程的另一個根.
12.
一、單項選擇題
1.(2024·沈陽模擬)已知a，b∈R，a－3i＝(b－i)i(i為虛數單位)，則
A.a＝1，b＝－3 B.a＝－1，b＝3
C.a＝－1，b＝－3 D.a＝1，b＝3
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知識過關
答案
因為a－3i＝(b－i)i＝1＋bi，所以a＝1，b＝－3.
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答案
2.(2025·曲靖模擬)在復平面內，復數3＋2i，－2＋3i對應的向量分別是，，其中O是坐標原點，則向量對應的復數為
A.1＋i B.5－i
C.5－3i D.－5＋i
√
由題設＝(3，2)，＝(－2，3)，
則＝(－5，1)，
所以向量對應的復數為－5＋i.
3.(2024·臺州模擬)已知復數z＝(i為虛數單位)，則
A.z的實部為2 B.|z|＝
C.＝2－I D.z在復平面內對應的點位于第一象限
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z＝＝－(2＋i)i＝1－2i，故實部為1，|z|＝，＝1＋2i，z在復平面內對應的點為(1，－2)，位于第四象限.
答案
4.(2024·咸陽模擬)已知復數z＝m2－7m＋6＋(m2－36)i是純虛數，則實數m的值為
A.±6 B.1或6 C.－6 D.1
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由題意得m2－7m＋6＝0且m2－36≠0，則m＝1.
答案
5.(2025·固原模擬)已知復數z滿足2＝z＋i，則z等于
A.－2－i B.2－i
C.－2＋i D.2＋i
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依題意，設z＝a＋bi(a，b∈R)，則＝a－bi，
因為＝2－2i，
所以由2＝z＋i，
可得2(a－bi)＋2－2i＝a＋bi＋i，
則(2a＋2)－(2b＋2)i＝a＋(b＋1)i，所以
解得所以z＝－2－i.
答案
6.已知復數z滿足1≤|z－(1－i)|≤2，則復數z在復平面內對應的點Z所在區域的面積為
A.π B.2π C.3π D.4π
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令z＝a＋bi(a，b∈R)，則1≤|(a－1)＋(b＋1)i|≤2，所以1≤(a－1)2＋
(b＋1)2≤4，即對應的點Z所在區域的面積是圓心為(1，－1)，半徑分別為1，2的兩個同心圓的面積差，所以所求區域的面積為4π－π＝3π.
答案
二、多項選擇題
7.(2025·徐州模擬)已知復數z在復平面內對應的點為，則
A.|z|＝1 B.z＋＝1
C.z2＋z＋1＝0 D.z2 026＝z
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答案
√
√
由題可知，z＝－i，|z|＝＝1，故A正確；
＝－i，z＋＝－1，故B錯誤；
z2＝i＝－i，所以z2＋z＋1＝－1＋1＝0，
故C正確；
z3＝z2·z＝·＝1，
所以z2 026＝z2 025·z＝·z＝z，故D正確.
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8.(2024·臨汾模擬)下列說法正確的是
A.若z＝－2＋i，則z在復平面內對應的點位于第二象限
B.若z滿足z·i＝－1＋2i，則的虛部為1
C.若z是方程x2＋3＝0的根，則z＝±i
D.若z滿足|z－1＋2i|＝2，則|z|的最大值為
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對于A，z＝－2＋i在復平面內對應的點為(－2，1)，位于第二象限，故A正確；
對于B，因為z·i＝－1＋2i，所以z＝＝2＋i，則＝2－i，所以的虛部為－1，故B錯誤；
對于C，方程x2＋3＝0的根為±i，故C正確；
答案
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對于D，設z＝x＋yi(x，y∈R)，若z滿足|z－1＋2i|＝2，即|(x－1)＋(y＋2)i|＝2，所以＝2，即(x－1)2＋(y＋2)2＝4，則點(x，y)在以(1，－2)為圓心，2為半徑的圓上，又圓心到坐標原點的距離為，所以|z|的最大值為＋2，故D錯誤.
答案
三、填空題
9.(2025·遼陽模擬)若復數z＝＋|3－4i|，則|z|＝　　　.
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z＝＋|3－4i|＝＋5＝＋5＝8－4i，
|z|＝＝4.
10.寫出一個同時滿足①②的復數z＝　　　 　.
①z3＝；②z R.
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答案
i(或－i)
因為z R，不妨設z＝bi(b∈R，b≠0)，
則(bi)3＝－b3i＝－bi，
解得b＝±1，即z＝±i符合.
四、解答題
11.已知復數z＝m2＋m－2＋(m－1)i(m∈R)，其中i為虛數單位.
(1)若z是純虛數，求實數m的值；
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因為z是純虛數，
所以解得m＝－2.
(2)若m＝2，設＝a＋bi(a，b∈R)，試求a＋b的值.
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答案
若m＝2，則z＝4＋i，
故i＝a＋bi，
所以a＝，b＝，所以a＋b＝.
12.已知x＝－1＋i是方程x2＋ax＋b＝0(a，b∈R)的一個根.
(1)求實數a，b的值；
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答案
把x＝－1＋i代入方程x2＋ax＋b＝0，得(－a＋b)＋(a－2)i＝0，
所以解得
(2)結合根與系數的關系，猜測方程的另一個根，并給予證明.
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答案
由(1)知方程為x2＋2x＋2＝0.
設另一個根為x2，由根與系數的關系，
得－1＋i＋x2＝－2，所以x2＝－1－i.
把x2＝－1－i代入方程x2＋2x＋2＝0，
則左邊＝(－1－i)2＋2(－1－i)＋2＝0＝右邊，
所以x2＝－1－i是方程的另一個根.
13.已知復數z1，z2和z滿足|z1|＝|z2|＝1，若|z1－z2|＝|z1－1|＝|z2－z|，則|z|的最大值為
A.2 B.3 C. D.1
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能力拓展
根據題意，得|z|＝|(z2－z)－z2|≤|z2－z|＋|z2|＝|z1－1|＋1≤|z1|＋1＋1＝3，
當z1＝－1，z2＝1，z＝3時，|z1－z2|＝|z1－1|＝|z2－z|＝2，此時|z|＝3，
所以|z|max＝3.
14.在復平面內，復數z＝a＋bi(a，b∈R)對應向量(O為坐標原點)，設||＝r，以射線Ox為始邊，向量所在射線為終邊，旋轉的角為θ，則z＝r(cos θ＋isin θ)，法國數學家棣莫弗發現了棣莫弗定理：z1＝r1(cos θ1＋isin θ1)，z2＝r2(cos θ2＋isin θ2)，則z1z2＝r1r2[cos(θ1＋θ2)＋isin(θ1＋θ2)]，由棣莫弗定理可以推導出復數乘方公式：[r(cos θ＋isin θ)]n＝rn(cos nθ＋isin nθ).已知z＝(＋i)4，則||＝　　　；若復數ω滿足ωn－1＝0(n∈N*)，則稱復數ω為n次單位根，若復數ω是6次單位根，且ω R，請寫出一個滿足
條件的ω＝　　　　　　 .
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答案
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cos ＋isin (答案不唯一)
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答案
∵＋i＝2，
∴z＝(＋i)4＝24，
則||＝|z|＝24＝16.
由題意知ω6＝1，
設ω＝cos θ＋isin θ，
則ω6＝cos 6θ＋isin 6θ＝1，
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答案
∴
又ω R，∴sin θ≠0，
故可取θ＝，則ω＝cos ＋isin .
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第五章
§5.2　平面向量基本定理
及坐標表示
數學
大
一
輪
復
習
1.了解平面向量基本定理及其意義.
2.掌握平面向量的正交分解及其坐標表示.
3.會用坐標表示平面向量的加法、減法與數乘運算.
4.理解用坐標表示的平面向量共線的條件.
課標要求
課時精練
內容索引
第一部分 落實主干知識
第二部分 探究核心題型
落實主干知識
第一部分
1.平面向量基本定理
如果e1，e2是同一平面內的兩個 向量，那么對于這一平面內的任一向量a，有且只有一對實數λ1，λ2，使a＝ .
若e1，e2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.
2.平面向量的正交分解
把一個向量分解為兩個 的向量，叫做把向量作正交分解.
不共線
λ1e1＋λ2e2
互相垂直
3.平面向量的坐標運算
(1)向量加法、減法、數乘運算及向量的模
設a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，則
a＋b＝ ，a－b＝ ，λa＝ ，
|a|＝ .
(x1＋x2，y1＋y2)
(x1－x2，y1－y2)
(λx1，λy1)
(2)向量坐標的求法
①若向量的起點是坐標原點，則 坐標即為向量的坐標.
②設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則 ，
||＝ .
4.平面向量共線的坐標表示
設a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，其中b≠0，則a∥b .
終點
(x2－x1，y2－y1)
x1y2－x2y1＝0
1.判斷下列結論是否正確.(請在括號中打“√”或“×”)
(1)平面內的任何兩個向量都可以作為一個基底.(　　)
(2)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.(　　)
(3)設a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，當且僅當x2y2≠0時，a∥b與等價.
(　　)
(4)若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，則a＝b x1＝x2且y1＝y2.(　　)
√
×
√
√
2.設平面向量a＝(－1，0)，b＝(0，2)，則2a－3b等于
A.(6，3) B.(－2，－6)
C.(2，1) D.(7，2)
√
2a－3b＝2(－1，0)－3(0，2)＝(－2，－6).
3.在正方形ABCD中，E為DC的中點，若λ＋μ(λ，μ∈R)，則λ＋μ的值為
A. B.－ C.1 D.－1
√
因為E為DC的中點，所以，即，所以λ＝－，μ＝1，所以λ＋μ.
4.已知平行四邊形ABCD的頂點A(－1，－2)，B(3，－1)，C(5，6)，則頂點D的坐標為　　　　.
設D(x，y)，則，
得(3－(－1)，－1－(－2))＝(4，1)＝(5－x，6－y)，
即解得即D(1，5).
(1，5)
1.熟記以下常用結論
(1)如果對于一個基底{e1，e2}，有a＝λ1e1＋λ2e2＝μ1e1＋μ2e2，那么可以得到即基底給定，同一向量的分解形式唯一.特別地，若λ1e1＋λ2e2＝0，則λ1＝λ2＝0.
(2)已知△ABC的重心為G，若A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，則G點坐標為.
微點提醒
2.謹防三個易誤點
(1)基底{e1，e2}必須是同一平面內的兩個不共線向量.因為零向量平行于任意向量，所以不能作為基底中的向量.
(2)a∥b的充要條件不能表示為，因為x2，y2有可能為0.
(3)向量的坐標與表示向量的有向線段的起點、終點的相對位置有關系.兩個相等的向量，無論起點在什么位置，它們的坐標都是相同的.
返回
微點提醒
探究核心題型
第二部分
例1　(1)(2025·鹽城模擬)若{a，b}是平面內的一個基底，則下列四組向量中能作為平面向量的基底的是
A.a－b，b－a B.2a＋b，a＋b
C.2b－3a，6a－4b D.a＋b，a－b
√
平面向量基本定理的應用
題型一
A選項，b－a＝－(a－b)，所以a－b，b－a共線，不能作為基底.
B選項，2a＋b＝2，所以2a＋b，a＋b共線，不能作為基底.
C選項，6a－4b＝－2(2b－3a)，所以2b－3a，6a－4b共線，不能作為
基底.
D選項，易知a＋b，a－b不共線，可以作為基底.
(2)如圖，在平行四邊形ABCD中，E，F分別為邊AB，BC的中點，連接CE，DF，交于點G.若λ＋μ(λ，μ∈R)，則　　　.
由題圖可設x(0則x()＝x＋x.
因為λ＋μ，與不共線，
所以λ，μ＝x，所以.
(1)應用平面向量基本定理表示向量的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是：先選擇一個基底，并運用該基底將條件和結論表示成向量的形式，再通過向量的運算來解決.
思維升華
跟蹤訓練1　(1)(2022·新高考全國Ⅰ)在△ABC中，點D在邊AB上，BD＝2DA.記m，n，則等于
A.3m－2n B.－2m＋3n
C.3m＋2n D.2m＋3n
√
因為BD＝2DA，所以3，所以＋3＋3()＝－2＋3－2m＋3n.
(2)在△ABC中，點D在邊AB的延長線上，AB＝2BD，m＋n，m，n∈R，則
A.m，n B.m，n
C.m，n D.m＝－，n
√
因為點D在邊AB的延長線上，AB＝2BD，所以2，即2()，所以.又m＋n，由平面向量基本定理可得m，n.
例2　(1)在平行四邊形ABCD中，(3，7)，(－2，3)，對角線AC與BD交于點O，則的坐標為
A. B.
C. D.
平面向量的坐標運算
題型二
√
因為在平行四邊形ABCD中，(3，7)，(－2，3)，對角線AC與BD交于點O，所以.
(2)如圖，在7×5正方形網格中，向量a，b滿足a⊥b，則
等于
A.2a＋b B.－2a－b
C.－3a＋b D.3a－b
√
(－3，1).
令xa＋yb，得到(－3，1)＝x(1，0)＋y(0，2)＝(x，2y)，解得x＝－3，y.
所以－3a＋b.
以圖中向量a，b的始點為坐標原點，a所在直線為x軸，b所在直線為y軸建立平面直角坐標系(圖略)，則a＝(1，0)，b＝(0，2)，C(2，5)，D(5，4).
(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，然后根據“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.
思維升華
跟蹤訓練2　(1)已知點A(0，1)，B(2，3)，向量(－3，1)，則向量等于
A.(1，－2) B.(－1，2)
C.(1，－3) D.(－1，3)
√
因為A(0，1)，B(2，3)，所以(2，2)，
所以(2，2)＋(－3，1)＝(－1，3).
(2)(2025·成都模擬)在正方形ABCD中，M是BC的中點.若λ＋μ(λ，μ∈R)，則λ＋μ的值為
A. B. C. D.2
√
在正方形ABCD中，以點A為原點，AB，AD所在直線
分別為x，y軸建立平面直角坐標系，如圖，
令AB＝2，則B(2，0)，C(2，2)，D(0，2)，M(2，1)，
(2，2)，(2，1)，(－2，2)，
λ＋μ(2λ－2μ，λ＋2μ)，
因為λ＋μ，所以
解得λ，μ，λ＋μ，
所以λ＋μ的值為.
例3　(1)(2024·臨沂模擬)已知向量a＝(3，m)，b，若a∥b，則m等于
A.1 B.－1 C.9 D.－9
向量共線的坐標表示
題型三
√
因為向量a＝(3，m)，b，
若a∥b，則3×－m，即m＝－1.
(2)已知點A(4，0)，B(4，4)，C(2，6)，O為坐標原點，則AC與OB的交點P的坐標為　　 　　.
(3，3)
方法一　(4，0)，(4，4)，(2，6)，
由O，P，B三點共線，可設λ(4λ，4λ)，λ∈R，則(4λ－4，4λ).
又(－2，6)，
由與共線，得(4λ－4)×6－4λ×(－2)＝0，解得λ，所以(3，3)，
所以點P的坐標為(3，3).
方法二　設點P(x，y)，則(x，y)，因為(4，4)，且與共線，所以，即x＝y.
又(x－4，y)，(－2，6)，且與共線，所以(x－4)×6－y×(－2)＝0，解得x＝y＝3，所以點P的坐標為(3，3).
平面向量共線的坐標表示問題的解題策略
(1)若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，其中b≠0，則a∥b的充要條件是x1y2＝x2y1.
(2)在求與一個已知向量a共線的向量時，可設所求向量為λa(λ∈R).
思維升華
跟蹤訓練3　(1)(2025·景德鎮模擬)已知向量a＝(2，3)，b＝(2，sin α－3)，c＝(2，cos α)，若(a＋b)∥c，則tan α的值為
A.2 B.－2 C. D.－
√
因為a＝(2，3)，b＝(2，sin α－3)，
所以a＋b＝(4，sin α)，
又c＝(2，cos α)且(a＋b)∥c，
所以4cos α＝2sin α，則tan α2.
(2)已知向量a＝(1，4)，b＝(2，3)，若c∥(a－b)，且|c|＝1，則c的坐標
為　　　 　　　.
或
因為a＝(1，4)，b＝(2，3)，
所以a－b＝(－1，1)，
因為c∥(a－b)，且|c|＝1，所以c＝±
又|a－b|所以c或c＝－.
定比分點是中點、三等分點的延伸拓展，在解決平面向量和解析幾何題目中都有應用.
如圖，線段P1P2的端點P1，P2的坐標分別是(x1，y1)，(x2，y2)，點P是直線P1P2上異于P1，P2的點，當＝λ(λ≠0且λ≠－1)時點P的坐標是當λ>0時，
點P在線段P1P2上，稱為內分點；當λ<0且λ≠－1時，點
P在線段P1P2的延長線上，稱為外分點.
定比分點坐標公式
微拓展
典例　(1)若過兩點P1(－1，2)，P2(5，6)的直線與x軸相交于點P，則點P分有向線段所成的比λ的值為
A.－ B.－ C. D.
√
設P(x，0)，則λ＝＝－.
(2)已知M(－2，7)，N(10，－2)，點P是線段MN上的點，且＝
－2則P點的坐標為
A.(－14，16) B.(22，－11)
C.(6，1) D.(2，4)
√
由＝2可知P分有向線段所成的比是λ＝2，設O為坐標原點，所以
則P即(2，4).
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課時精練
對一對
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題號 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 D C D D D A AD BCD
題號 9 10 13 　14 15 16
答案 m≠- (2，4) ABC D 16 3
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(1)a+kc=(3+4k，2+k)，2b-a=(-5，2)，
由題意得2×(3+4k)-(-5)×(2+k)=0，
解得k=-.
(2)設d=(x，y)，
則d-c=(x-4，y-1)，
又a+b=(2，4)，(d-c)∥(a+b)，|d-c|=
11.
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∴
解得或
∴d的坐標為(3，-1)或(5，3).
11.
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(1)如圖，以A點為原點，AB所在直線為x軸，AD所在直線為y軸，建立平面直角坐標系，則D(0，1)，B(2，0)，MN
所以==(2，0)=(0，1)，
所以=
=λ+μ=(2λ，μ)，
12.
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所以解得
(2)設=t=m+nt，m，n∈R，
因為==
又C(2，1)，則=(2，1)，
所以=(2，1)=.
12.
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即解得
即=+
所以=t=t+t
又因為M，E，N三點共線，
所以t+t=1，則t=所以=+.
12.
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一、單項選擇題
1.已知a＝(5，－2)，b＝(－4，－3)，若a－2b＋3c＝0，則c等于
A. B.
C. D.
√
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答案
∵a－2b＋3c＝0，
∴c＝－(a－2b).
∵a－2b＝(5，－2)－(－8，－6)＝(13，4)，
∴c＝－(a－2b).
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答案
2.(2024·北京模擬)已知向量a＝(λ＋1，3)，b＝(2，3)，若a與a＋b共線，則實數λ等于
A.－2 B.－1 C.1 D.2
√
∵a＝(λ＋1，3)，b＝(2，3)，
∴a＋b＝(λ＋3，6)，
又∵a與a＋b共線，
∴(λ＋1)×6－(λ＋3)×3＝0，解得λ＝1.
16
15
3.平面內任一向量m都可以表示成λa＋μb(λ，μ∈R)的形式，下列關于向量a，b的說法中正確的是
A.向量a，b的方向相同
B.向量a，b中至少有一個是零向量
C.向量a，b的方向相反
D.當且僅當λ＝μ＝0時，λa＋μb＝0
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因為任一向量m＝λa＋μb(λ，μ∈R)，
所以根據平面向量基本定理得，向量a，b不共線，故A，B，C不正確；
因為a，b不共線，所以當且僅當λ＝μ＝0時，λa＋μb＝0，故D正確.
答案
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4.已知(1，－1)，C(0，1)，若2則點D的坐標為
A.(－2，3) B.(2，－3)
C.(－2，1) D.(2，－1)
√
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設D(x，y)，則(x，y－1)，2(2，－2)，
根據2得(x，y－1)＝(2，－2)，
即解得即D(2，－1).
答案
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15
5.在△ABC中，點M是BC的中點，點N在邊AC上，且AN＝2NC，AM與BN交于點P，若AM＝5.5，則AP的長是
A.3.8 B.4 C.4.2 D.4.4
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答案
方法一　設e1e2，
則－3e2－e1，
2e1＋e2，
因為點A，P，M和點B，P，N分別共線，
所以存在實數λ，μ，使λ－λe1－3λe2μ2μe1＋μe2，
所以(λ＋2μ)e1＋(3λ＋μ)e2，
又2e1＋3e2，
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答案
所以解得
所以所以APAM＝4.4.
方法二　設λλ∈R，
因為M是BC的中點，AN＝2NC，
則λλλ
又B，P，N三點共線，所以λ＋λ＝1，解得λ所以APAM＝4.4.
16
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6.如圖，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝1，以AC為直徑的半圓上有一點Mλλ則實數λ等于
A. B.
C. D.
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答案
以B為原點，BC，BA所在直線分別為x軸、y軸建立如圖所示的平面直角坐標系.
則A(0，1)，C(1，0)，AC
則以AC為直徑的圓的圓心為AC的中點D.
則以AC為直徑的圓的方程為
設M(x，y)，
則(x，y)(1，0)(0，1)，
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答案
λλ(λλ)，
所以
由點M在圓上，
可得
即4λ2－(1＋)λ＝0，
解得λ或λ＝0(舍去).
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二、多項選擇題
7.已知向量a＝(2，－1)，b＝(－1，3)，則下列向量與2a＋b平行的是
A. B.(1，－3)
C.(1，－2) D.
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√
答案
√
因為a＝(2，－1)，b＝(－1，3)，所以2a＋b＝(3，1)，故若向量(x，y)滿足3y－x＝0，則該向量與2a＋b平行.檢驗易知A，D符合題意.
16
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8.已知△ABC中，點P滿足點Q在△PBC內(含邊界)，其中x＋y則
A.若xy則2
B.若P，Q兩點重合，則
C.存在x，y，使得x＋2y
D.存在x，y，使得x＋2y
√
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答案
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對于A即3＋2故2－2則2故故A錯誤；
對于B，由得0，故P為△ABC的重心，則Q為△ABC的重心，故故B正確；
對于C，D，取AC的中點D，則x＋2y由點Q在△PBC內(含邊界)，
答案
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答案
過點Q作MN∥BD(當點Q在線段BP上時，MN與BD重合)，
與線段CD交于點M，與射線AB交于點N，如圖所示，
設kk∈[1，2]，則k
因為點M，Q，N三點共線，所以存在實數λ，使λ＋(1－λ)kλ＋k(1－λ)
因為x＋2y所以則x＋2y＝k∈[1，2]，故C和D
正確.
16
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三、填空題
9.已知向量(3，4)(6，－3)(5－m，－3－m)，若點A，
B，C能構成三角形，則實數m應滿足的條件是　　　　　.
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答案
m≠－
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答案
因為(3，－7)(2－m，－7－m)，
又點A，B，C能構成三角形，
所以點A，B，C不共線，即與不共線，
所以3(－7－m)－(－7)(2－m)≠0，
解得m≠－.
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10.在梯形ABCD中，AB∥CD，且CD＝2AB，若點A(1，2)，B(2，1)，
C(4，2)，則點D的坐標為　　　　.
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答案
(2，4)
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∵在梯形ABCD中，CD＝2AB，AB∥CD，
∴2
設點D的坐標為(x，y)，則(4－x，2－y)，
又(1，－1)，∴(4－x，2－y)＝2(1，－1)，
即∴
∴點D的坐標為(2，4).
答案
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四、解答題
11.平面內給定三個向量a＝(3，2)，b＝(－1，2)，c＝(4，1).
(1)若(a＋kc)∥(2b－a)，求實數k；
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答案
a＋kc＝(3＋4k，2＋k)，2b－a＝(－5，2)，
由題意得2×(3＋4k)－(－5)×(2＋k)＝0，
解得k＝－.
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(2)若d滿足(d－c)∥(a＋b)，且|d－c|求d的坐標.
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答案
設d＝(x，y)，則d－c＝(x－4，y－1)，
又a＋b＝(2，4)，(d－c)∥(a＋b)，
|d－c|
∴
解得或
∴d的坐標為(3，－1)或(5，3).
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12.如圖所示，已知矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1AC與MN相交于點E.
(1)若λ＋μ求實數λ和μ的值；
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答案
如圖，以A點為原點，AB所在直線為x軸，AD所在直線為y軸，建立平面直角坐標系，則D(0，1)，B(2，0)，MN
所以(2，0)(0，1)，
所以λ＋μ(2λ，μ)，
所以解得
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(2)用向量表示.
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答案
設tm＋nt，m，n∈R，
因為
又C(2，1)，則(2，1)，
所以(2，1).
即解得
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答案
即
所以ttt
又因為M，E，N三點共線，
所以t＋t＝1，則t
所以.
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13.(多選)如圖，在 OACB中，E是AC的中點，F是BC上的一點，且4若m＋n其中m，n∈R，則
A.m＋n B.m－n
C.2m＝3n D.3m＝2n
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能力拓展
√
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答案
在 OACB中
因為E是AC的中點，所以
所以
因為4所以
所以
因為m＋n
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答案
所以
所以解得
所以m＋nm－n2m＝3n.
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14.(2025·昆明模擬)已知{e1，e2}是平面α內的一個基底，O為α內的定點.對于α內任意一點P，若xe1＋ye2(x，y∈R)，則稱有序實數對(x，y)為點P的廣義坐標.若點A，B的廣義坐標分別為(x1，y1)，(x2，y2)，關于下列命題正確的
A.點M(1，2)關于點O的對稱點不一定為M'(－1，－2)
B.A，B兩點間的距離為
C.若向量平行于向量則x1y2－x2y1的值不一定為0
D.若線段AB的中點為C，則點C的廣義坐標為
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答案
對于Ae1＋2e2，設M(1，2)關于點O的對稱點為M'(x，y)，則－e1－2e2＝xe1＋ye2，因為e1，e2不共線，所以A錯誤；
對于B，因為x2e1＋y2e2－x1e1－y1e2＝(x2－x1)e1＋(y2－y1)e2，所以||
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答案
當向量e1，e2是相互垂直的單位向量時，A，B兩點間的距離為否則距離不為B錯誤；
對于C，當與中至少一個是0時，x1y2－x2y1＝0；當與都不為0時，設λ(λ≠0)，有x1e1＋y1e2＝λx2e1＋λy2e2，即所以x1y2＝x2y1，
C錯誤；
對于D(x1e1＋y1e2＋x2e1＋y2e2)e1＋e2，所以線段AB中點C的廣義坐標為D正確.
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15.已知a=(x，y)，b=(x-1，9)(x>0，y>0)，若a∥b，則x+y的最小值為　　　.
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答案
已知a=(x，y)，b=(x-1，9)(x>0，y>0)，
由a∥b，得9x-y(x-1)=0，即+=1，
則x+y=(x+y)=10++
≥10+2=16，
當且僅當=，即y=12，x=4時取等號.
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16.在矩形ABCD中，AB=1，AD=2，動點P在以點C為圓心且與BD相切的圓上.若=λ+μ，則λ+μ的最大值為　　　.
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答案
如圖所示，以A為原點建立平面直角坐標系，則B(1，0)，D(0，2)，C(1，2)，則直線BD的方程為y=-2x+2，
設☉C方程為(x-1)2+(y-2)2=r2，
又=(1，0)，=(0，2)，
則=λ+μ=(λ，2μ)，
圓與直線BD相切，則半徑r=.
P點坐標可表示為x=1+rcos θ=λ，y=2+rsin θ=2μ，
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答案
返回
則λ+μ=2+sin θ+rcos θ=2+sin(θ+φ)，
其中tan φ=2，
當sin(θ+φ)=1時，λ+μ有最大值，為2+×=3.
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