压轴题06向量、复数压轴题十六大题型汇总-1

这是一份压轴题06向量、复数压轴题十六大题型汇总-1，共46页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．已知，，且、不共线，则的面积为（ ）
A．B．
C．D．
2．已知向量与的夹角为，且，向量满足，且，记向量在向量与方向上的投影分别为x､y.现有两个结论：①若，则；②的最大值为.则正确的判断是（ ）
A．①成立，②成立B．①成立，②不成立
C．①不成立，②成立D．①不成立，②不成立
3．已知中，，，，，，则的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
4．已知平面向量.若对区间内的三个任意的实数，都有，则向量夹角的最大值的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
5．已知，，，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
6．人脸识别，是基于人的脸部特征信息进行身份识别的一种生物识别技术．在人脸识别中，主要应用距离测试检测样本之间的相似度，常用测量距离的方式有曼哈顿距离和余弦距离．设，，则曼哈顿距离，余弦距离，其中（O为坐标原点）．已知，，则的最大值近似等于（ ）
（参考数据：，．）
A．0.052B．0.104C．0.896D．0.948
7．若复数z满足，则的最小值为（ ）
A．B．C．1D．
8．复数与下列复数相等的是（ ）
A．B．
C．D．
9．现定义，其中为虚数单位，为自然对数的底数，，且实数指数幂的运算性质对都适用，若，，那么复数等于
A．B．
C．D．
10．复数的模为1，其中为虚数单位，，则这样的一共有（ ）个.
A．9B．10C．11D．无数
11．关于x的实系数方程和有四个不同的根，若这四个根在复平面上对应的点共圆，则m的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
12．已知，是椭圆上两个不同点，且满足，则下列说法正确的是（ ）
A．的最大值为
B．的最小值为
C．的最大值为
D．的最小值为
13．若平面向量满足且，则（ ）
A．的最小值为2
B．的最大值为5
C．的最小值为2
D．的最大值为
14．定义平面向量的一种运算“”如下：对任意的两个向量，，令，下面说法一定正确的是（ ）
A．对任意的，有
B．存在唯一确定的向量使得对于任意向量，都有成立
C．若与垂直，则与共线
D．若与共线，则与的模相等
15．已知集合E是由平面向量组成的集合，若对任意，，均有，则称集合E是“凸”的，则下列集合中是“凸”的有（ ）．
A．B．
C．D．
16．设z为复数（i为虚数单位），下列命题正确的有（ ）
A．若，则
B．对任意复数，，有
C．对任意复数，，有
D．在复平面内，若，则集合M所构成区域的面积为
17．设复数，且,其中为确定的复数，下列说法正确的是（ ）.
A．若，则是实数
B．若，则存在唯一实数对使得
C．若 ，则 在复平面内对应的点的轨迹是射线
D．若，则
18．在复数城内，大小成为了没有意义的量，那么我们能否赋予它一个定义呢，在实数域内，我们通常用绝对值来描述大小，而复数域中也相应的有复数的模长来代替绝对值，于是，我们只需定义复数的正负即可，我们规定复数的“长度”即为模长，规定在复平面x轴上方的复数为正，在x轴下方的复数为负，在x轴上的复数即为实数大小．“大小”用符号+“长度”表示，我们用来表示复数的“大小”，例如：，，，，，则下列说法正确的是（ ）
A．在复平面内表示一个圆
B．若，则方程无解
C．若为虚数，且，则
D．复平面内，复数对应的点在直线上，则最小值为
19．已知复数均不为0，则（ ）
A．B．
C．D．若，则
20．已知复数，则下列命题正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若是非零复数，且，则D．若是非零复数，则
21．已知关于的方程的两根为和，则（ ）
A．B．
C．D．
22．意大利数学家卡尔达诺（Cardan.Girlam，1501-1576）发明了三次方程的代数解法.17世纪人们把卡尔达诺的解法推广并整理为四个步骤：
第一步，把方程中的用来替换，得到方程；
第二步，利用公式将因式分解；
第三步，求得，的一组值，得到方程的三个根：，，（其中，为虚数单位）；
第四步，写出方程的根：，，.
某同学利用上述方法解方程时，得到的一个值：，则下列说法正确的是（ ）
A．B．C．D．
三、填空题
23．已知五个点，满足：，，则的最小值为 ．
24．设正n边形的边长为1，顶点依次为，若存在点P满足，且，则n的最大值为 .（参考数据：）
25．已知平面向量满足，且．则的最小值是 ，最大值是 ．
26．已知是坐标原点，点，且点是圆：上的一点，则向量在向量上的投影向量的模的取值范围是 .
27．在中，，角为锐角，且向量在向量上的投影向量的模是3，则 ；若，则函数的最小值为 .
28．已知非零向量与的夹角为锐角，为在方向上的投影向量，且，则与的夹角的最大值是 ．
29．已知平面向量的夹角为，满足．平面向量在上的投影之和为2，则的最小值是 ．
30．正三棱锥中，底面边长，侧棱，向量，满足，，则的最大值为 .
31．如图所示，已知满足，为所在平面内一点.定义点集.若存在点，使得对任意，满足恒成立，则的最大值为 .
32．若实数x，y满足，则的最大值为
33．已知平面向量满足，若，则的最小值是 ．
34．在中，，是的中点，延长交于点．设，，则可用，表示为 ，若，,则面积的最大值为 ．
35．已知平面向量满足：，若，则的最小值为 ．
36．定义两个向量组的运算，设为单位向量，向量组分别为的一个排列，则的最小值为 ．
37．如果复数，，，在复平面内对应的点分别为，，，，复数z满足，且，则的最大值为 .
38．若为虚数单位，复数满足，则的最大值为 .
39．对任意三个模长小于1的复数，，，均有恒成立，则实数的最小可能值是 ．
40．若复数，且，则 .
41．任何一个复数（其中a、，i为虚数单位）都可以表示成：的形式，通常称之为复数z的三角形式．法国数学家棣莫弗发现：，我们称这个结论为棣莫弗定理．根据以上信息，若，时，则 ；对于， ．
42．已知复数，（，为虚数单位），在复平面上，设复数、对应的点分别为、，若，其中是坐标原点，则函数的最小正周期为 .
43．设为实数，且，虚数为方程的一个根，则的值为 .
四、解答题
44．设有维向量，，称为向量和的内积，当，称向量和正交．设为全体由和1构成的元数组对应的向量的集合．
(1)若，写出一个向量，使得．
(2)令．若，证明：为偶数．
(3)若，是从中选出向量的个数的最大值，且选出的向量均满足，猜测的值，并给出一个实例．
45．对任意一个非零复数z，定义集合．
(1)设a是方程的一个根，试用列举法表示集合．若在中任取两个数，求其和为零的概率P；
(2)设复数，求证：．
参考答案：
1．B
【分析】利用向量的数量积写出其夹角的表达式，结合同角三角函数的平方式以及三角形的面积公式，可得答案.
【详解】设与的夹角为，由，则，
由，则.
故选：B.
2．C
【分析】①根据及与的夹角为求出，假设成立，求出与，代入后发现等式不成立，故①错误；②利用向量共线定理可知，点C在线段AB上，再结合，可得：，利用投影公式求出，只需求出最大值，利用面积公式和基本不等式求出最大值为1，进而求出的最大值.
【详解】由，解得：，当时，，由得：，即，由得：，因为，假设，则可求出，，代入中，等号不成立，故①错误；
设，，，因为，由向量共线定理可知，点C在线段AB上，如图，设，则，因为，所以，即，故在方向的投影等于在方向的投影相等，故点C满足，又，，所以
，其中，而要想保证最大，只需最小，由余弦定理可得：，当且仅当时，等号成立，所以最小值为，所以最大值为，故的最大值为，②正确.
故选：C
【点睛】向量投影的理解是很重要的，在出题中往往会画出图形来进行思考问题，利用几何法来解决问题，这道题目的突破口就是结合与，可得：点C在线段AB上且，进而得到最小值.
3．D
【分析】根据已知可得到的距离为2，为等腰直角三角形，若为的两个四等分点，为中点，在线段上运动，且，数形结合求的取值范围.
【详解】由，结合向量加法法则知：到的距离为2，
又，则，所以，故为等腰直角三角形，
由，则，所以共线，
又，则，若为的两个四等分点，为中点，如下图示，

所以在线段上运动，且，，，
由图：若，则，又，此时，
故上述情况，易知，
由图知：与重合时，，
综上，的取值范围为.
故选：D
4．A
【分析】设,作出图形，分析出恒成立，临界处即与重合，与重合，且GM不能充当直角三角形斜边，否则可以改变的位置，使得，此时最小，向量夹角取得最大值，利用三角函数恒等变换和图象得到答案.
【详解】设,如图，
不妨设.
设为的中点，为OC的中点，为BD的中点，为AD的中点.
则，
，
设，点在平行四边形内（含边界）.
由题知恒成立.
为了使最大，则思考为钝角，即思考点在第一或第四象限.
思考临界值即与重合，与重合，且GM不能充当直角三角形斜边，否则可以改变的位置，使得，此时最小，
所以，即，
即
即，即.
所以.
所以
，
其中向量与夹角为，故与夹角的最大值的余弦值为.
故选：A.
【点睛】平面向量解决几何最值问题，通常有两种思路：
①形化，即用平面向量的几何意义将问题转化为平面几何中的最值或取值范围问题，然后根据平面图形的特征直接进行求解；
②数化，即利用平面向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域，不等式的解集，方程有解等问题，然后利用函数，不等式，方程的有关知识进行求解.
5．C
【分析】根据题设向量模长和垂直条件，考虑运用几何法求解，由想到构造矩形，运用极化恒等式推导出结论，求得,最后用三角形三边关系定理得到的范围，转化即得.
【详解】
如图，设，，，点在圆上，
点在圆上，则，，由可得：，
作矩形, 则.
下证： .
设交于点，连接,因则 ，
同理可得：，两式左右分别相加得：
，
.
即，故.
又，因，
即，故有．
故选:C．
【点睛】方法点睛：本题考查平面向量的线性运算的模长范围问题，属于较难题.
处理平面向量的模长范围问题，常用的方法有：
（1）坐标法：即通过建立直角坐标系，通过向量坐标运算求得；
（2）基向量表示法：即通过选设平面的基底，用基底表示相关向量，运算求得；
（3）构造几何图形法：即根据模长定值构造圆形，由向量点乘等于零得到两向量垂直.
6．B
【分析】根据题意分析可得在正方形的边上运动，结合图象分析的最大值，即可得结果.
【详解】设，
由题意可得：，即，
可知表示正方形，其中，
即点在正方形的边上运动，
因为，由图可知：
当取到最小值，即最大，点有如下两种可能：
①点为点A，则，可得；
②点在线段上运动时，此时与同向，不妨取，
则；
因为，
所以的最大值为.
故选：B.

【点睛】方法定睛：在处理代数问题时，常把代数转化为几何图形，数形结合处理问题.
7．B
【分析】根据复数模的运算公式，结合配方法进行求解即可.
【详解】令，为实数
由，
所以，
因此当时，取最小值，
故选：B
8．B
【分析】应用复数的除法化简，结合复数的三角表示、各项的形式判断正误即可.
【详解】由题设，，故A、C、D错误；
而，故B正确.
故选：B
9．A
【分析】计算，结合二项式定理的展开即可得解.
【详解】
,
故选A.
【点睛】本题主要考查了二项式定理的展开与复数的新定义问题，观察出二项展开的结构是解本题的关键，属于中档题.
10．C
【分析】先根据复数的模为1及复数模的运算公式，求得即，接下来分与两种情况进行求解，结合，求出的个数.
【详解】，其中，所以，即，，当时，①，，所以，，因为，所以或；②，，所以，，因为，所以，，，，或；当时，①，，即，，因为，所以，②，，即，，因为，所以，，，，，综上：，，一共有11个.
故选：C
11．D
【分析】根据条件分别设四个不同的解所对应的点为ABCD，讨论根的判别式，根据圆的对称性得到相应判断.
【详解】解：由已知x2﹣4x+5＝0的解为，设对应的两点分别为A，B，
得A（2，1），B（2，﹣1），
设x2+2mx+m＝0的解所对应的两点分别为C，D，记为C（x1，y1），D（x2，y2），
（1）当△＜0，即0＜m＜1时，的根为共轭复数，必有C、D关于x轴对称，又因为A、B关于x轴对称，且显然四点共圆；
（2）当△＞0，即m＞1或m＜0时，此时C（x1，0），D（x2，0），且＝﹣m，
故此圆的圆心为（﹣m，0），
半径，
又圆心O1到A的距离O1A＝，
解得m＝﹣1，
综上：m∈（0，1）∪{﹣1}.
故选：D.
【点睛】本题考查方程根的个数与坐标系内点坐标的对应，考查一元二次方程根的判别式，属于难题.
12．AD
【分析】设，设，可得，,可得两点均在圆的圆上，且，根据点到直线的距离公式及圆的性质可得及的最值，可得答案.
【详解】由，可得，又，是椭圆上两个不同点,
可得，设，则，
设,O为坐标原点，可得，,
可得，且，
所以，，又，
可得两点均在圆的圆上，且，
设的中点为，则,
根据点到直线的距离公式可知：为点两点到直线的距离之和，
设到直线的距离，由题可知圆心到直线的距离为，
则，
可得的最大值为，的最小值为；
可得，可得的最大值为，最小值为，故A正确，B错误；
同理，为点两点到直线的距离之和，
设到直线的距离，由题可知圆心到直线的距离为，
则，，
可得，可得的最大值为，最小值为，故C错误，D正确.
故选：AD.
【点睛】关键点睛：本题的关键是把问题转化为圆上点到直线的距离问题，结合到直线的距离公式及圆的性质即得.
13．BD
【分析】由向量方向间的关系，判断的最大值和最小值；由，通过的最值，计算的最值.
【详解】当向量方向相同，与方向相反时，满足，
此时有最小值，A选项错误；
当向量方向相同时，满足，
此时有最大值，B选项正确；
，有，即，则，
向量方向相同时，的最小值为0，的最小值为3，C选项错误；
向量方向相反时，的最大值为2，的最大值为，D选项正确.
故选：BD
14．AD
【分析】由表示出和，即可判断A；假设存在唯一确定的向量使得对于任意向量，都有成立，即方程组
，对任意恒成立，解方程可判断B；若与垂直，则，设，分别表示出与即可判断C；若与共线，则，设，分别表示出与即可判断D.
【详解】设向量，，对于A，对任意的，有
，故A正确；
对于B，假设存在唯一确定的向量使得对于任意向量，都有成立，即恒成立，即方程组
，对任意恒成立，而此方程组无解，故B不正确；
对于C，若与垂直，则，设，则，
，其中，故C不正确；
对于D，若与共线，则，设，
，
，所以与的模相等，故D正确.
故选：AD.
【点睛】本题在平面向量的基础上，加以创新，属于创新题，考查平面向量的基础知识以及分析问题、解决问题的能力.
15．ACD
【分析】作出各个选项表示的平面区域，根据给定集合E是“凸”的意义判断作答.
【详解】设，，，则C为线段AB上一点，
因此一个集合E是“凸”的就是E表示的平面区域上任意两点的连线上的点仍在该区域内，
四个选项所表示的平面区域如图中阴影所示：
A B
C D
观察选项A，B，C，D所对图形知，B不符合题意，ACD符合题意.
故选：ACD
【点睛】思路点睛：涉及符合某个条件的点构成的平面区域问题，理解不等式变为对应等式时的曲线方程的意义，
再作出方程表示的曲线，作图时一定要分清虚实线、准确确定区域.
16．BC
【分析】借助复数的运算、共轭复数、复数的模及复数的几何意义逐项判断即可得.
【详解】对A：由，故，
故，故A错误；
对B：设、，
则
，
，
故，故B正确；
对C：设、，
有，则，
，故，故C正确；
对D：设，则有，
集合M所构成区域为以为圆心，半径为的圆，
故，故D错误.
故选：BC.
17．ACD
【分析】根据复数的概念及运算性质，以及共轭复数的性质和复数模的性质，逐项计算，即可求解.
【详解】对于A中，若，因为，则，可得，
设，则，所以A正确；
对于B中，由A得，设，若，
则，
只要或，选项B就不正确；
例如：，此时，
可表示为或，
所以表示方法不唯一，所以B错误.
对于C中，若，则，可得，
则，所以且，
设，则，其中，
则复数对应的向量与复数对应的向量方向共线，且长度是倍，
故在复平面内对应的点的轨迹是射线（且与方向共线），所以C正确.
对于D中，若，可得，同理，
由，即，可得，
即，
即，即，
即，
因为，所以成立，
所以成立，所以D正确.
故选：ACD.
18．BCD
【分析】根据已知条件，理解的意义，结合复数的几何意义，点到直线距离公式对选项逐一判断即可.
【详解】根据已知条件表示模长为，在复平面位于轴上方的复数，
所以并不是一个圆，A错误；
若，则方程为一个实数，所以无解，B正确；
若为虚数，且，设，则，，，
所以，C正确；
复数对应的点在直线上，则最小值为：
点到直线的距离，所以最小值为：，D 正确.
故选：BCD
19．AD
【分析】设，，结合复数的运算、共轭复数的定义及复数的模的计算公式逐一判断即可.
【详解】设，，其中，且复数均不为0，
则选项A：由可得，
所以，即，A说法正确；
选项B：，所以，
又因为，
当，即时，可得，
两边平方整理得，所以不一定成立，C说法错误；
选项C：，所以，
又，
当时可得，所以不一定成立，C说法错误；
选项D：若，则，
所以，D说法正确；
故选：AD
20．BC
【分析】对于A项，可以举反例说明；对于B项，可以设，则，代入等式两边验证即可判定；对于C项，可将题设条件等价转化，分析即得；对于D项，可通过举反例对结论进行否定.
【详解】对于A项，若，，显然满足，但，故A项错误；
对于B项，设，则，，故而，故B项正确；
对于C项，由可得：，因是非零复数，故，即，故C项正确；
对于D项，当时，是非零复数，但 ，故D项错误.
故选：BC.
21．ABC
【分析】求出方程的两根，即可判断A，利用韦达定理判断B，计算出两根的模，即可判断C，利用复数代数形式的除法运算及B项的结论化简，即可判断D.
【详解】关于的方程，
则，，
不妨设，，
，故A正确；
由韦达定理可得，故B正确；
，故C正确；
，
，
则，当时，，此时，故D错误．
故选：ABC．
22．ABC
【分析】根据三次方程的代数解法对选项进行分析，由此确定正确选项.
【详解】
依题意可知是次项系数，所以，A选项正确.
第一步，把方程中的，用来替换，
得，
第二步，对比与，
可得，解得，B选项正确.
所以，C选项正确.
，D选项错误.
故选：ABC
23．
【分析】根据题意设出合理的向量模，再将其置于坐标系中，利用坐标表示出，再用基本不等式求解出最值即可.
【详解】因为，
所以，，，
由题意设，则，，
设，如图，因为求的最小值，
则，，，，
所以，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为．
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：首先是对向量模的合理假设，然后为了进一步降低计算的复杂性，我们选择利用坐标法将涉及的各个点用坐标表示，最后得到，再利用基本不等式即可求出最值.
24．5
【分析】由题意确定P点的轨迹，分类讨论，结合向量的运算说明正六边形中以及时不符合题意，说明时满足题意，即可得答案.
【详解】由题意知点P满足，则P点在以为直径的圆上，
当时，设为的中点，如图，
，
当共线且方向时，即三点共线时，取最小值，
此时，则，
则，故时，不满足题意；
当时，设为的中点，如图，
，当共线且反向时，取最小值，
此时共线，，
，
则，
则当共线且同向时，必有，
故时，存在点P满足，且；
当时，如图，正七边形的顶点到对边的高h必大于正六边形对边之间的高，依此类推，

故此时不存在点P满足，且；
故n的最小值为5，
故答案为：5
【点睛】难点点睛：本题考查了平面向量的运算以及向量的模的最值问题，综合性较强，难度加大，难点在于要分类讨论正n边形的情况，结合向量的加减运算，确定模的最值情况.
25． 2 30
【分析】先求出模长的范围，由题设得，通过向量的线性运算得和取得最小值1，最大值15，即可求解.
【详解】由题意知：，
又，可得，则；
显然当，且时，取得最小值0；
当，且方向相反时，取得最小值1；
又由上知，则的最小值取不到0，
又因为当，方向相同，与方向相反时，，
此时，同时取得最小值1，故的最小值为，
只要方向相反，即可满足；
显然当，且方向相同时，取得最大值15；
当，且方向相同时，取得最大值20；
又由上知，则的最大值取不到20，
又当时，由三角形法则知，必然存在使得，
此时，同时取得最大值15，
故的最大值为，
只要方向相反，即可满足.
故答案为：2；30.
26．
【分析】设直线的斜率为，倾斜角为，的倾斜角为，可表示，再根据投影向量的模的概念可得解.
【详解】设直线倾斜角为，的倾斜角为，
当直线的斜率存在时，设直线方程为，即
由圆：，即，
所以圆心，半径，
又点在圆上，
所以点到直线的距离，解得，即，
当直线的斜率不存在时，方程为与圆相切，成立，此时，
综上，，
则，
所以，即
所以，
即，
又
所以向量在向量上的投影向量的模为，
故答案为：.
27． /
【分析】根据投影向量的定义求出，即可求出，以点为原点，建立平面直角坐标系，在上取，使得，在上取点使得，求出点关于直线的对称点的坐标，再结合图象即可得解.
【详解】由向量在向量上的投影向量为，
得向量在向量上的投影向量的模为，
所以，
又因角为锐角，所以，
如图，以点为原点，建立平面直角坐标系，
则，
在上取，使得，则，
在上取点使得，
则，
直线的方程为，设点关于直线的对称点，
则，解得，所以，
则，当且仅当三点共线时取等号，
所以的最小值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：以点为原点，建立平面直角坐标系，在上取，使得，在上取点使得，求出点关于直线的对称点的坐标，则是解决本题的关键.
28．
【详解】先通过向量的定义得到，从而，通过求出，再求出，利用表示夹角，进而利用基本不等式求最值.
【分析】因为为在方向上的投影向量，且与的夹角为锐角，
所以，故．
因为，且，
所以．设，
则，
故．又．
设与的夹角为，所以．
因为（当且仅当，即时取等号），
所以，即，
故．又，所以．
故与的夹角的最大值是．
故答案为：.
【点睛】方法点睛：平面向量中有关最值问题的求解通常有两种思路：一是“形化”，即利用平面向量的几何意义将问题转化为平面几何中的最值或范围问题，然后根据平面图形的特征直接进行判断；二是“数化”，即利用平面向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域、不等式的解集、方程有解等问题，然后利用函数、不等式、方程的有关知识来解决．
29．
【分析】设向量，的单位方向向量，用所设的单位向量作为基底，表示出已知条件，进而表示出，继而求得答案.
【详解】设与 方向相同的单位向量是 ，且 ，
设与 方向相同的单位向量是 ，且 ，
又. 注意到.
，
，
∵c-12a-13b=μ1u+μ2v-λ1u-λ2v=μ1-λ1u+μ2-λ2v，
∴
设
y′μ1=2μ1−λ1+μ2−λ2+δ2=0 1 y′μ2=2μ2−λ2+μ1−λ1+δ2=0 2
(1)与(2)联立得： (7)
(3)与(4)联立得： (8)
将(8)代入(5)中得：，
∴μ1-μ2=λ1-λ2=5189，与联立得：，
对应，故,
故答案为：
30．4
【分析】利用向量运算化简变形，设，将向量等式转化为两动点轨迹为均为球面，再利用球心距求两球面上任意两点间距离最大值即可.
【详解】已知正三棱锥，则，且，
由化简得，
由化简得.
设，代入，，
分别化简得，且，
故点在以为直径的球面上，半径；
点在以为直径的球面上，半径
分别取线段、的中点、，
则，
故.
故答案为：4
【点睛】将向量的代数关系转化为动态的几何表达，借助几何意义求解动点间的距离最值是解决本类题型的关键所在.
31．
【分析】延长到满足，取的靠近的三等分点，连接，由向量共线定理得三点共线，从而表示的边上的高，利用正弦定理求得的面积的最大值，从而可得结论．
【详解】延长到满足，取的靠近的三等分点，连接，如图，
，
所以三点共线，
又存在点，使得对任意，满足恒成立，则的长表示到直线的距离，即的边上的高，设，
由得，，公用，因此，
所以，
中，设，由正弦定理得，记为角，
所以，，，
所以
，
若不是钝角，则
，
又，所以，即，
所以，
设，则，，它是减函数，
所以时，，
若是钝角，则
，
设，则，，
令，则，
，
时，，递减，时，递增，
所以时，，，
综上，，
此时．
故答案为：3．
【点睛】方法点睛：本题考查向量的线性运算，考查三角形的面积，解题方法其一是根据向量共线定理得出点在一条直线，问题转化为求三角形高的最大值，从而求三角形面积的最大值，解题方法其二是利用正弦定理求三角形的面积，本题中注意在用平方关系转化时，需要根据是否为钝角分类讨论，才能正确求解（本题用海伦公式求三角形的面积方法较简便）．
32．
【分析】利用向量不等式并结合x的范围求最值.
【详解】设
则，当且仅当等号成立
故，
又，所以，
所以,
当且仅当等号成立.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题考查利用向量不等式求最值，关键是两次运用不等式且保证等号成立.
33．
【分析】利用绝对值三角不等式，及三角函数的有界性可进行化简分析.
【详解】设，由，根据三角不等式，有
，
得，
故
.
故答案为：.
34． ，
【分析】根据几何关系，表示向量；设，再利用平面向量基本定理表示，即可求解，再根据，以及基本不等式，三角形面积公式，即可求解.
【详解】由点是的中点，
则；
设，，
则，
，
，
，
所以，得,,
所以，即，
因为，
所以，
，
即，即，当时，即时等号成立，
所以面积的最大值为.

故答案为：；.
35．2
【分析】先利用和证明，再解不等式得到，从而有，再验证，，时，即得到的最小值是2.
【详解】由于，
且，
故有
，
所以，记，则有，从而或，即或.
总之有，故，即.
存在，，时条件满足，且此时，所以的最小值是2.
故答案为：2.
【点睛】关键点点睛：对于的最小值问题，我们先证明，再给出一个使得的例子，即可说明的最小值是2，论证不等关系和举例取到等号两个部分都是证明最小值的核心，缺一不可.
36．/
【分析】讨论、且、且或2或3，根据的定义及向量数量积的运算律，分别求最小值，即可得结果.
【详解】当且时，；
当且、时，则，当且仅当时等号成立；
同理且、或且、时，的最小值也为；
当时，则，
由，设，则，
所以，当时等号成立.
综上，的最小值为．
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：应用分类讨论，注意中向量不同的排列情况下对应的表达式，结合向量数量积运算律和几何关系求最值.
37．
【分析】先将复数转化为平面直角坐标系中的坐标，然后用距离公式对条件进行变形，得到，由此可以证明. 之后再使用向量的坐标运算将表示为关于的表达式，利用即可证明，最后给出一个的例子即可说明的最大值是.
【详解】由，，，，知，，，，从而，，.
由于，，故条件即为，展开得到，再化简得，所以，故我们有，从而.
由于，，，，故，从而.
经验证，当，时，条件满足. 此时.
所以的最大值是.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于将复数坐标化为平面直角坐标系中的坐标，并将复数之差的模长表示为平面直角坐标系中的线段长度. 另外，本题还具有“阿波罗尼斯圆”的背景：平面上到两个不同定点的距离之比恒为常数的点的轨迹是一个圆，该圆称为关于的阿波罗尼斯圆. 使用解析几何方法结合距离公式，很容易证明此结论.
38．
【分析】利用复数的几何意义知复数对应的点到点的距离满足，表示复数对应的点到点的距离，数形结合可求得结果.
【详解】复数满足，即
即复数对应的点到点的距离满足
设，表示复数对应的点到点的距离
数形结合可知的最大值
故答案为：
39．10
【分析】利用复数的三角形式结合余弦函数的性质可得的取值范围，从而得到实数的最小可能值.
【详解】设，，，
由题设有.
又
，
，
而，
所以，
而，当且仅当终边相同时等号成立，
故，所以，
故实数的最小可能值为10，
故答案为：10.
40．/
【分析】设，利用复数相等的性质得到点轨迹是以为焦点，长轴为的椭圆，从而利用图像平移变换的知识求得点的坐标表示，进而利用三角换元法与辅助角公式即可得解.
【详解】依题意，设，
则，
因为，所以，则，
因为，即，
所以，即，
令，，，则，
所以点轨迹是以为焦点，长轴为的椭圆，
因为的中点为，记，则，，
所以椭圆的图像是由以为焦点，长轴为的椭圆的图像先逆时针旋转角度，再向右平移4个单位，向下平移3个单位，得到的图像，椭圆为实线部分，椭圆为虚线部分，如图，
.
因为在椭圆中，，则，，
所以椭圆的方程为，
不妨设为椭圆上的点，则可设，，
下面求逆时针旋转角度得到的点，
以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标，则，其中，为与极轴所成角度，
所以，
，
接着求向右平移4个单位，向下平移3个单位得到的点，
易得，，
又因为，，
所以，，
所以，其中，
因为，的最小正周期为，
所以，则，
所以，即.
故答案为：.
【点睛】关皱点睛：本题的关键有两点：
（1）利用椭圆的定义得到的轨迹；
（2）利用点的旋转平移得到关于的关系式.
41．
【分析】利用给定定理直接计算即得；令，求出等比数列前项的和，再利用复数相等求解作答.
【详解】当，时，，所以；
，令，则，
，
，
而，则，，
所以.
故答案为：-i；
【点睛】思路点睛：涉及复数的次幂的求和问题，可把视为等比数列的第n项，再借助数列问题求解.
42．
【分析】根据垂直得到，化简得到，利用周期公式得到答案.
【详解】，，
则
函数的最小正周期为
故答案为
【点睛】本题考查了复数的几何意义，三角函数化简，周期，意在考查学生的计算能力和综合应用能力
43．1
【分析】由复数与共轭复数的意义可知，方程的两个根为和，再设出复数，结合韦达定理和复数运算解出模长即可.
【详解】由题意可知虚数为方程的一个根，也为方程的一个根，
所以，
设，则，
，
所以，
故答案为：.
44．(1)（答案不唯一）
(2)证明见解析
(3)，答案见解析.
【分析】（1）根据定义写出满足条件的即可；
（2）根据，结合定义，求出，即可得证；
（3）利用反证法求证.
【详解】（1）由定义，只需满足，不妨取（答案不唯一）．
（2）对于，，2，，，存在，，，，使得．
当时，；当时，．令，．
所以．
所以为偶数．
（3）当时，可猜测互相正交的4维向量最多有4个，即．
不妨取，，，，
则有，，，，，．
若存在，使，则或或．
当时，；
当时，；
当时，，
故找不到第5个向量与已知的4个向量互相正交．
【点睛】关键点点睛：新定义问题，理解定义内容、会运用新定义运算，是解决问题的关键.
45．(1)见解析，；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据题意求得，再结合复数的乘方运算，即可求得；根据古典概型的概率计算公式，即可求得概率；
（2）根据的定义，设出中的任意一个元素，根据其满足的条件化简的形式，只需证明满足定义中的形式即可.
【详解】（1）因为是方程的一个根，故，
当时，
故；
同理，当时，；
在中任取两个数共有6种取法，满足和为零的有2种，故其概率.
（2）证明：设为集合中的一个元素，则，
因为，故存在，使得；
因为，且
，其中，
故为正奇数，故.
故.
【点睛】关键点点睛：本题考查复数的运算，涉及古典概型的概率计算；其中第二问中处理问题的关键是能够根据的形式，逐步划归为满足的形式，属综合难题.