2021届二轮复习 平面向量与复数 课时作业（全国通用） 练习

第3讲 平面向量与复数
专题强化训练
1．(2020·绍兴诸暨北京朝阳期末二模)已知复数z满足z(1＋i)＝2i，则z的共轭复数等于(　　)
A．1＋i　　　　　　　　　 B．1－i
C．－1＋i D．－1－i
解析：选B.由z(1＋i)＝2i，得z＝＝＝1＋i，
则z的共轭复数＝1－i.故选B.
2．在等腰梯形ABCD中，＝－2，M为BC的中点，则＝(　　)
A.＋ B.＋
C.＋ D.＋
解析：选B.因为＝－2，所以＝2.又M是BC的中点，
所以＝(＋)＝(＋＋)＝(＋＋)＝＋，故选B.
3．(2020·嘉兴一中北京朝阳期末模拟)复数z满足z·(2－i)＝3－4i(其中i为虚数单位)，则复数||＝(　　)
A. B.2
C. D.
解析：选D.复数z满足z·(2－i)＝3－4i(其中i为虚数单位)，所以z·(2－i)(2＋i)＝(3－4i)(2＋i)，化为：5z＝10－5i，可得z＝2－i.则复数||＝＝＝|－1－2i|＝|1＋2i|＝＝.故选D.
4.在边长为2的正方形ABCD中，E，F分别为BC和DC的中点，则·＝(　　)
A．－ B．
C．－4 D．－2
解析：选C.通过建系求点的坐标，然后求解向量的数量积．在边长为2的正方形ABCD中，E，F分别为BC和DC的中点，以A为坐标原点，AB，AD为坐标轴，建立平面直角坐标系，则B(2，0)，D(0，2)，E(2，1)，F(1，2)．所以＝(2，－1)，＝(－1，2)，所以·＝－4.
5．(2020·台州市书生中学检测)已知点O是△ABC的外接圆圆心，且AB＝3，AC＝4.若存在非零实数x、y，使得＝x＋y，且x＋2y＝1，则cos∠BAC的值为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选A.设线段AC的中点为点D，则直线OD⊥AC.因为＝x＋y，所以＝x＋2y.又因为x＋2y＝1，所以点O、B、D三点共线，即点B在线段AC的中垂线上，则AB＝BC＝3.在△ABC中，由余弦定理得，cos∠BAC＝＝.故选A.
6．在△ABC中，AB＝，BC＝2，∠A＝，如果不等式|－t|≥||恒成立，则实数t的取值范围是(　　)
A．[1，＋∞) B．
C．∪[1，＋∞) D．(－∞，0]∪[1，＋∞)
解析：选C.在直角三角形ABC中，易知AC＝1，cos∠ABC＝，由|－t|≥||，得2－2t·＋t22≥2，即2t2－3t＋1≥0，解得t≥1或t≤.
7．称d(a，b)＝|a－b|为两个向量a，b间的“距离”．若向量a，b满足：①|b|＝1；②a≠b；③对任意的t∈R，恒有d(a，tb)≥d(a，b)，则(　　)
A．a⊥b B．b⊥(a－b)
C．a⊥(a－b) D．(a＋b)⊥(a－b)
解析：选B.由于d(a，b)＝|a－b|，因此对任意的t∈R，恒有d(a，tb)≥d(a，b)，即|a－tb|≥|a－b|，即(a－tb)2≥(a－b)2，t2－2ta·b＋(2a·b－1)≥0对任意的t∈R都成立，因此有(－2a·b)2－4(2a·b－1)≤0，即(a·b－1)2≤0，得a·b－1＝0，故a·b－b2＝b·(a－b)＝0，故b⊥(a－b)．
8．(2020·温州市北京朝阳期末模拟)记max{a，b}＝，已知向量a，b，c 满足|a|＝1，|b|＝2，a·b＝0，c＝λa＋μb(λ，μ≥0，且λ＋μ＝1，则当max{c·a，c·b}取最小值时，|c|＝(　　)
A. B.
C.1 D.
解析：选A.如图，
设＝a，OB＝b，则a＝(1，0)，b＝(0，2)，
因为λ，μ≥0，λ＋μ＝1，所以0≤λ≤1.
又c＝λa＋μb，
所以c·a＝(λa＋b－λb)·a＝λ；
c·b＝(λa＋b－λb)·b＝4－4λ.
由λ＝4－4λ，得λ＝.
所以max{c·a，c·b}＝.
令f(λ)＝.
则f(λ)∈.
所以f(λ)min＝，此时λ＝，μ＝，
所以c＝a＋b＝.
所以|c|＝＝.故选A.
9．(2020·绍兴市柯桥区高三期中检测)已知平面向量a，b，c满足|a|＝4，|b|＝3，|c|＝2，b·c＝3，则(a－b)2(a－c)2－[(a－b)·(a－c)]2的最大值为(　　)
A．4＋3 B．4＋3
C．(4＋3)2 D．(4＋3)2
解析：选D.设＝a，＝b，＝c，a－b与a－c所成夹角为θ，
则(a－b)2(a－c)2－[(a－b)·(a－c)]2
＝|AB|2|AC|2－|AB|2|AC|2cos2θ
＝|AB|2|AC|2sin2θ＝|AB|2|AC|2sin2∠CAB＝4S，
因为|b|＝3，|c|＝2，b·c＝3，所以b，c的夹角为60°，
设B(3，0)，C(1，)，则|BC|＝，
所以S△OBC＝×3×2×sin 60°＝，设O到BC的距离为h，
则·BC·h＝S△OBC＝，
所以h＝，
因为|a|＝4，所以A点落在以O为圆心，以4为半径的圆上，
所以A到BC的距离最大值为4＋h＝4＋.
所以S△ABC的最大值为
××
＝2＋，
所以(a－b)2(a－c)2－[(a－b)·(a－c)]2最大值为4＝(4＋3)2.故选D.
10．(2020·金华市东阳二中高三月考)若a，b是两个非零向量，且|a|＝|b|＝λ|a＋b|，λ∈，则b与a－b的夹角的取值范围是(　　)
A. B.
C. D.
解析：选B.因为|a|＝|b|＝λ|a＋b|，λ∈，
不妨设|a＋b|＝1，则|a|＝|b|＝λ.
令＝a，＝b，以OA、OB为邻边作平行四边形OACB，
则平行四边形OACB为菱形．故有△OAB为等腰三角形，故有∠OAB＝∠OBA＝θ，且0<θ<.而由题意可得，b与a－b的夹角，即与的夹角，等于π－θ，△OAC中，由余弦定理可得|OC|2＝1＝|OA|2＋|AC|2－2|OA|·|AC|·cos 2θ＝λ2＋λ2－2·λ·λcos 2θ，解得cos 2θ＝1－.再由≤λ≤1，可得≤≤，所以－≤cos 2θ≤，所以≤2θ≤，所以≤θ≤，故≤π－θ≤，即b与a－b的夹角π－θ的取值范围是.
11．(2020·杭州市北京朝阳期末二模)已知复数z＝(a∈R)的实部为1，则a＝________，|z|＝________．
解析：因为z＝＝＝a－i的实部为1，
所以a＝1，则z＝1－i，|z|＝.
答案：1　
12．(2020·嘉兴一中北京朝阳期末适应性考试)设e1，e2为单位向量，其中a＝2e1＋e2，b＝e2，且a在b上的投影为2，则a·b＝________，e1与e2的夹角为________．
解析：设e1，e2的夹角为θ，因为a在b上的投影为2，
所以＝＝2e1·e2＋|e2|2＝2|e1|·|e2|cos θ＋1＝2，解得cos θ＝，则θ＝.a·b＝(2e1＋e2)·e2＝2e1·e2＋|e2|2＝2|e1|·|e2|cos θ＋1＝2.
答案：2　
13．已知向量a，b，|a|＝1，|b|＝2.若对任意单位向量e，均有|a·e|＋|b·e|≤，则a·b的最大值是________．
解析：由题意，令e＝(1，0)，a＝(cos α，sin α)，b＝(2cos β，2sin β)，则由|a·e|＋|b·e|≤，可得|cos α|＋2|cos β|≤.①令sin α＋2sin β＝m，②
①2＋②2得4[|cos αcos β|＋sin αsin β]≤1＋m2对一切实数α，β恒成立，所以4[|cos αcos β|＋sin αsin β]≤1，
故a·b＝2(cos αcos β＋sin αsin β)≤2[|cos αcos β|＋sin αsin β]≤.
答案：
14．(2020·温州市十五校联合体联考)已知坐标平面上的凸四边形ABCD满足＝(1，)，＝(－，1)，则凸四边形ABCD的面积为________；·的取值范围是________．
解析：由＝(1，)，＝(－，1)得⊥，且||＝2，||＝2，所以凸四边形ABCD的面积为×2×2＝2；因为ABCD为凸四边形，所以AC与BD交于四边形内一点，记为M，则·＝(－)(－)＝·＋·－·－·，
设＝λ，＝μ，则λ，μ∈(0，1)，且＝－λ，＝(1－λ)，
＝－μ，＝(1－μ)，所以·＝－4μ(1－μ)－4λ(1－λ)∈[－2，0)，所以有λ＝μ＝时，·取到最小值－2.
答案：2　[－2，0)
15．(2020·嘉兴一中北京朝阳期末适应性考试)在△ABC中，∠ACB为钝角，AC＝BC＝1，＝x＋y且x＋y＝1，函数f(m)＝|－m|的最小值为，则||的最小值为________．
解析：在△ABC中，∠ACB为钝角，AC＝BC＝1，函数f(m)的最小值为.
所以函数f(m)＝|－m|
＝
＝≥，
化为4m2－8mcos∠ACB＋1≥0恒成立．
当且仅当m＝＝cos∠ACB时等号成立，代入得到
cos∠ACB＝－，所以∠ACB＝.
所以||2＝x22＋y22＋2xy·＝x2＋y2＋2xy×cos＝x2＋(1－x)2－x(1－x)＝3＋，
当且仅当x＝＝y时，||2取得最小值，
所以||的最小值为.
答案：
16．在△OAB中，已知||＝，||＝1，∠AOB＝45°，若＝λ＋μ，且λ＋2μ＝2，则在上的投影的取值范围是________．
解析：由＝λ＋μ，且λ＋2μ＝2，
则·＝·
＝λ2＋·，
又||＝，||＝1，∠AOB＝45°，
所以由余弦定理求得||＝1，
所以·＝λ＋×1××＝1＋，
||＝
＝
＝　　，
故在上的投影＝
＝·　(*)．
当λ＜－2时，(*)式＝－·
＝－＝－∈；
当λ≥－2时，(*)式可化为；
①λ＝0，上式＝；
②－2≤λ＜0，上式＝∈；
③λ＞0，上式＝∈.
综上，在上的投影的取值范围是.
答案：
17．已知，是非零不共线的向量，设＝·＋，定义点集P＝，当K1，K2∈P时，若对于任意的r≥3，不等式||≤c||恒成立，则实数c的最小值为________．
解析：由＝·＋，可得A，B，C三点共线，
由＝，可得||cos∠AKC＝||cos∠BKC，
即有∠AKC＝∠BKC，则KC为∠AKB的角平分线．
由角平分线的性质定理可知＝＝r，
以AB所在的直线为x轴，以线段AB上某一点为原点建立直角坐标系，设点K(x，y)，A(－a，0)，B(b，0)，
所以＝r2，
化简得(1－r2)x2＋(1－r2)y2＋(2a＋2br2)x＋(a2－b2r2)＝0.
由方程知K的轨迹是圆心在AB上的圆，当|K1K2|为直径时最大，方便计算，令K1K2与AB共线，如图，
由|K1A|＝r|K1B|，可得|K1B|＝，
由|K2A|＝r|K2B|，可得|K2B|＝，
可得|K1K2|＝＋＝|AB|＝|AB|，

而易知r－≥3－＝，
即有|K1K2|≤|AB|，即≤，
即c≥＝，
故c的最小值为.
答案：
18．在△ABC中，已知C＝，向量p＝(sin A，2)，q＝(2，cos B)，且p⊥q.
(1)求角A的值；
(2)若＝2，AD＝，求△ABC的面积．
解：(1)因为p⊥q，所以p·q＝0⇒p·q＝2sin A＋2cos B＝0，又C＝，
所以sin A＋cos B＝sin A＋cos＝0，
化简得tan A＝，A∈(0，π)，所以A＝.
(2)因为＝2，所以D为BC边的中点，
设||＝x，||＝2x，
由(1)知A＝C＝，所以||＝2x，B＝，
在△ABD中，由余弦定理，得
||2＝||2＋||2－2||·||·cos
＝(2x)2＋x2－2·2x·x·cos＝7，
所以x＝1，所以AB＝BC＝2，
所以S△ABC＝BA·BC·sin B＝×2×2×sin＝.
19．已知m＝(2sin x，sin x－cos x)，n＝(cos x，sin x＋cos x)，记函数f(x)＝m·n.
(1)求函数f(x)的最大值以及取得最大值时x的取值集合；
(2)设△ABC的角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若f(C)＝2，c＝，求△ABC面积的最大值．
解：(1)由题意，得f(x)＝m·n＝2sin xcos x＋sin2x－cos2x＝sin 2x－(cos2 x－sin2 x)＝sin 2x－cos 2x＝2sin，所以f(x)max＝2；
当f(x)取最大值时，即sin＝1，此时2x－＝2kπ＋(k∈Z)，解得x＝kπ＋(k∈Z)，所以x的取值集合为.
(2)由f(C)＝2，得sin＝1，又0＜C＜π，
即－＜2C－＜，
所以2C－＝，解得C＝，
在△ABC中，由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcos C，
得3＝a2＋b2－ab≥ab，即ab≤3，当且仅当a＝b＝时，取等号，所以S△ABC＝absin C＝ab≤，
所以△ABC面积的最大值为.