（江苏专版）2018年高考数学二轮复习 14个填空题专项强化练（七）平面向量与复数.doc

14个填空题专项强化练(七)平面向量与复数a组题型分类练题型一平面向量的线性运算1已知平面上不共线的四点o，a，b，c，若23，则的值为_解析：由23，得22，即2，所以.答案：2在abcd中，a，b，3，m为bc的中点，则_(用a，b表示)解析：由3得(ab)，ab，所以(ab)ab.答案：ab3已知rtabc的面积为2，c90，点p是rtabc所在平面内的一点，满足，则的最大值是_解析：由条件可知|4，0，因为，故979|4|9712273，当且仅当9|4|，即|，|3时等号成立答案：73题型二平面向量的坐标表示1在abcd中，ac为一条对角线，(2,4)，(1,3)，则向量的坐标为_解析：因为(1，1)，所以(3，5)答案：(3，5)2已知向量a(1,2)，b(x,1)，ua2b，v2ab，且uv，则实数x的值是_解析：因为u(12x,4)，v(2x,3)，uv，所以84x36x，所以x.答案：3已知向量a(1,2)，b(2，3)若向量c满足(ca)b，c(ab)，则c_.解析：不妨设c(m，n)，则ac(1m,2n)，ab(3，1)，对于(ca)b，有3(1m)2(2n)对于c(ab)，有3mn0.联立，解得m，n.故c.答案：题型三平面向量的数量积1已知向量a(3，2)，b(1,0)，向量ab与a2b垂直，则实数的值为_解析：依题意，ab(31，2)，a2b(1，2)，所以(ab)(a2b)710，.答案：2已知非零向量a，b满足|a|b|ab|，则a与2ab夹角的余弦值为_解析：法一：不妨设|a|b|ab|1，则|ab|2a2b22ab22ab1，所以ab，所以a(2ab)2a2ab，又因为|a|1，|2ab|，所以a与2ab夹角的余弦值为.法二：(特殊化、坐标化)设|a|b|ab|1，则向量a，b，ab构成以1为边长的正三角形，故可设a(1,0)，b，ab，则a与2ab的夹角的余弦值为.答案：3已知向量与的夹角为120，且|2，|3.若，且，则实数的值为_解析：由题意得，3，由()()0，得220，即34930，故.答案：4.如图，已知abc的边bc的垂直平分线交ac于点p，交bc于点q.若|3，|5，则()()的值为_解析：由题意知，()()(2)2()()|2|2325216.答案：165在abc中，已知ab，c60，则的最大值为_解析：因为，所以2222，所以3|2|2|2|，即|3，当且仅当|时等号成立所以|cos 60|，所以 的最大值为.答案：6在abc中，abac，ab，act，p是abc所在平面内一点，若，则pbc面积的最小值为_解析：由于abac，故以ab，ac所在直线分别为x轴，y轴，建立平面直角坐标系(图略)，则b，c(0，t)，因为，所以点p坐标为(4,1)，直线bc的方程为t2xyt0，所以点p到直线bc的距离为d，bc，所以pbc的面积为，当且仅当t时取等号答案：题型四复数1设复数zabi(a，br，i为虚数单位)若z(43i)i，则ab的值是_解析：因为zabi且z(43i)i，所以abi4i3i234i，所以a3，b4，所以ab12.答案：122已知复数z满足z(12i)(3i)，其中i为虚数单位，则|z|_.解析：复数z(12i)(3i)，i为虚数单位，则|z|12i|3i|5.答案：53设复数z满足z(1i)2，其中i为虚数单位，则z的虚部为_解析：由(1i)z2，得z1i.所以z的虚部为1.答案：14若复数z满足(2i)z1i，则复数z在复平面上对应的点在第_象限解析：因为zi，所以复数z在复平面上对应的点在第一象限答案：一b组高考提速练1复数z(12i)2，其中i为虚数单位，则z的实部为_解析：因为复数z(12i)234i，所以复数z的实部为3.答案：32.如图，已知a，b，3，用a，b表示，则_.解析：因为ab，又3，所以(ab)，所以b(ab)ab.答案：ab3已知|a|3，|b|4，且a与b不共线，若向量akb与akb垂直，则k_.解析：因为(akb)(akb)，所以(akb)(akb)0，即|a|2k2|b|20.又因为|a|3，|b|4，所以k2，即k.答案：4设复数z11i，z2a2i，若的虚部是实部的2倍，则实数a的值为_解析：，故该复数的实部是，虚部是.由题意，知2.解得a6.答案：65已知复数z(1i)(12i)，其中i是虚数单位，则z的模是_解析：法一：复数z12ii213i，则|z|.法二：|z|1i|12i|.答案：6若a，b均为单位向量，且a(a2b)，则a，b的夹角大小为_解析：设a，b的夹角为.因为a(a2b)，所以a(a2b)a22ab0，所以12cos 0，所以cos ，而0，故.答案：7若复数z满足z232i，其中i为虚数单位，为复数z的共轭复数，则复数z的模为_解析：设zxyi，x，yr，则xyi，因为z232i，所以z2(xyi)2(xyi)3xyi32i，所以x1，y2，所以z12i，所以复数z的模为.答案：8平面向量a，b满足|a|2，|ab|4，且向量a与向量ab的夹角为，则|b|为_解析：因为向量a与向量ab的夹角为，所以cos ，解得ab0，即ab.所以|a|2|b|2|ab|2，从而解得|b|2.答案：29.如图，在abc中，abac3，cosbac，2，则的值为_解析：由2，得(2)又，abac3，cosbac，所以 (2)()(93)2.答案：210已知边长为1的正方形abcd，2，则|_.解析：法一：由题意得，2(2)24224.又四边形abcd是边长为1的正方形，所以，所以0.又|，|，所以242210，所以|.法二：由题意，作出2，如图所示，则|为边长分别为，2的矩形cfme的对角线的长，所以| .答案：11已知ab为圆o的直径，m为圆o的弦cd上一动点，ab8，cd6，则的取值范围是_解析：因为ab为圆o的直径，所以2，又， 22，得4422，所以216，因为m为圆o的弦cd上一动点，ab8，cd6，所以根据圆的几何性质知|，4，所以9,0答案：9,012在abc中，若2，则的值为_解析：法一：设角a，b，c所对的边分别为a，b，c.由2，得ac2bcab，化简可得ac.由正弦定理得.法二：建立平面直角坐标系，设a(0，a)，b(b,0)，c(c，0)，所以(c，a)，(b，a)，(cb,0)，(b，a)，(c，a)，(bc,0)，则由2，得b22cb2a2c20，所以b22cbc2(cb)22(a2b2)，所以bcab.由正弦定理得.答案：13已知平面向量，满足|1，且与的夹角为120，则|的取值范围为_解析：法一：由|1，且与的夹角为120，作向量，则，在oab中，oab60，ob1，则由正弦定理，得oasinabo，即00，故0u，即0|.答案：14在平面直角坐标系xoy中，设点a(1,0)，b(0,1)，c(a，b)，d(c，d)，若不等式2(m2)m()()对任意实数a，b，c，d都成立，则实数m的最大值是_解析：原不等式可化为(ac)2(bd)2(m2)(acbd)mbc，即a2b2c2d2m(acbdbc)0，整理