高一下学期第一次月考解答题压轴题十六大题型专练

20232024学年高一下学期第一次月考解答题压轴题十六大题型专练【人教A版（2019）】题型1题型1用向量关系研究几何图形的性质1．（2023·高一课时练习）已知点E，F，G，H分别是平面四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点，求证：EF=【解题思路】连接AC，易得EF，HG分别为△ABC和△ADC的中位线，进而可得EF//HG，且EF=HG，又向量【解答过程】证明：如图，连接AC，

因为E，F分别是AB，BC的中点，所以EF为△ABC的中位线，所以EF//AC，且同理，因为G，H分别是CD，DA的中点，所以HG//AC，且所以EF//HG，且因为向量EF与HG方向相同，所以EF=2．（2023下·高一课时练习）如图，已知在四边形ABCD中，M，N分别是BC，AD的中点，又AB=DC.求证：【解题思路】根据相等向量的定义、中点的定义、平行四边形的判定定理和性质定理，可以证明出CN=【解答过程】证明：由AB=DC可知AB=DC且所以四边形ABCD为平行四边形，从而AD=又M，N分别是BC，AD的中点，于是AN=所以AN=MC且AN//MC.所以四边形AMCN是平行四边形.从而CN=3．（2023·高一课时练习）如图，四边形ABCD的对角线AC与BD交于点O，且AO=OC，BO=【解题思路】由AO=OC，BO=OD可得【解答过程】因为四边形ABCD的对角线AC与BD交于点O，且AO=OC，所以四边形ABCD的对角线AC、BD互相平分，所以四边形ABCD是平行四边形．即证.4．（2023·高一课时练习）如图，半圆的直径AB=6，C是半圆上的一点，D、E分别是AB、BC上的点，且AD=1，BE=4，DE=3.（1）求证：AC∥（2）求AC.【解题思路】(1)本题首先可以根据勾股定理得出ΔDEB是直角三角形，然后根据点C为半圆上一点得出∠ACB=90°，最后根据AC//DE即可得出结果；(2)本题首先可以根据AC//DE得出ΔABC∼ΔDBE，然后根据ΔABC∼ΔDBE计算出AC=18【解答过程】(1)由题意知，在ΔBED中，BD=5，DE=3，BE=4，所以DE2+BE因为点C为半圆上一点，所以∠ACB=90°所以AC//DE，故AC(2)因为AC//DE，所以ΔABC∼ΔDBE，ACDE即AC3=65，解得题型2题型2向量线性运算的几何应用5．（2023·全国·高一课堂例题）如图，四边形ABCD是平行四边形，E，F分别是AD，DC的中点，BE，BF分别交AC于M，N．求证：M，N三等分AC．

【解题思路】根据题意结合向量的线性运算分析证明.【解答过程】由题意可得：AN+NB=所以AN+由于AN与NC，NB与FN分别共线，但NC与FN不共线，所以NB=2FN，AN=2NC，因此同理可证MC=2AM，因此M也是6．（2023·全国·高一随堂练习）如图，点D是△ABC中BC边的中点，AB=a，

(1)试用a，b表示AD；(2)若点G是△ABC的重心，能否用a，b表示AG？(3)若点G是△ABC的重心，求GA+【解题思路】（1）利用三角形法则整理化简即可；（2）利用三角形重心性质及向量的线性运算化简计算即可；（3）利用三角形重心性质及三角形法则化简计算即可.【解答过程】（1）因为点D是△ABC中BC边的中点，且AB=a，所以AD=（2）因为点G是△ABC的重心，所以AG=23AD=2=1（3）因为点G是△ABC的重心且D是BC边的中点，所以GB+又AG=23AD=27．（2023·高三课时练习）已知点G为△ABC的重心．(1)求GA+(2)过G作直线与AB、AC两条边分别交于点M、N，设AM=xAB，AN=y【解题思路】（1）根据已知得出GA、（2）根据已知得出AG=13AB+AC，结合AM=xAB，【解答过程】（1）∵点G为△ABC的重心，∴GA=13BA∴GA（2）∵点G为△ABC的重心，AG=∴MG=1=1GN==yAC=−1∵MG与GN∴存在实数λ，使得MG=λ则13根据向量相等的定义可得13消去λ可得x+y−3xy=0，两边同除xy，整理得1x8．（2023下·高一课时练习）点O是梯形ABCD对角线的交点，|AD|=4,|BC|=6，|AB|=2，设与BC同向的单位向量为a0，与BA同向的单位向量为b（1）用a0和b0表示AC,（2）若点P在梯形ABCD所在平面上运动，且|CP|=2，求【解题思路】（1）根据AC=BC−BA、CD=AD−AC可求解出（2）根据向量的三角不等式求解出|BP【解答过程】（1）因为BC=6a0所以CD=因为AD//BC，所以ADBC所以OA=−（2）因为|BP|=|BC+CP|≤|BC又|BP|=|CP−CB|≥|综上可知，|BP|的最大值为8，最小值为题型3题型3向量的数量积问题9．（2023上·江苏徐州·高一统考期末）已知|a|=3，|b|=4，且a与(1)求a⋅(2)求|a(3)若(2a−b)⊥【解题思路】（1）利用向量数量积公式，计算出a⋅（2）利用平方再开方的方法，结合向量数量积运算，求得|a（3）根据两个向量垂直，数量积为零列方程，解方程求得k的值.【解答过程】（1）a⋅（2）|a+b（3）因为(2a−b)⊥(a即2a18−6(2k−1)−16k=24−28k=0，解得k=610．（2023下·上海嘉定·高一校考期中）已知单位向量e1与e2的夹角为α，且cosα=13，向量a（1）求a，b；（2）求cosβ【解题思路】（1）利用平面向量的数量积的运算求解；（2）利用数量积的运算求得a⋅【解答过程】（1）a=b⃑（2）a⋅所以cosβ=11．（2023下·宁夏银川·高一校考期末）如图，在ΔABC中，已知CA=2,CB=3,∠ACB=60∘,CH（1）求AB⋅（2）设CH=mCB+nCA，其中【解题思路】（1）设CB=（2）根据A,H,B三点共线，设AH=λAB=λ(a−b)【解答过程】解：设CB=（1）因为AB=所以AB（2）因为A,H,B三点共线，所以设AH∴因为CH⊥AB，所以所以λ即λ又a2=9,∴CH=112．（2022下·浙江温州·高一校联考期中）如图所示△ABC的两边BC=1，AC=2，设G是△ABC的重心，BC边上的高为AH，过G的直线与AB，AC分别交于E，F，已知AE=λAB，(1)求1λ(2)若cosC=14，S△AEF=(3)若BF⋅CE的最大值为−5【解题思路】（1）利用重心的性质以及三点共线的充要条件即可求解（2）先解出λ与μ，再利用解三角形的知识求出EF和AH，最后将EH+AF⋅HF+EA化简即可求解（3）以AB和【解答过程】（1）AE=λAB如图所示，连接AG并延长交BC于点D，则D为BC中点因为G为△ABC重心所以AG因为AG，AE，AF起点相同，终点共线所以13λ+（2）设角A，B，C所对的边分别为a，b，c，∴a=1，b=2∵c2=SS所以S△AEF由1λ+∴AE=2×在△ABC中cos在△AEF，EF在Rt△AHC，中EHHF∴EH+AF⋅（3）BF=λ+μ3+1=c2令t=λη∈12①若117≤c<3时，BF⋅CEmax=解得：c=2或4②若1<c<117BF⋅CEmax=1解得：c2综上可得：c=2或435题型4题型4向量的夹角（夹角的余弦值）问题13．（2023下·湖南邵阳·高一校考期末）已知a=1，b（1）若a⋅b=22（2）若a与b的夹角为45°，求a+【解题思路】（1）利用公式计算cosθ=（2）先求得a⋅b=1【解答过程】解：（1）因为a=1，b=2所以cosθ=因为θ∈0,π，所以θ=（2）由题意知a⋅则a+所以a+14．（2024上·浙江宁波·高一镇海中学校考期末）单位向量a，b满足a+2(1)求a与b夹角的余弦值：(2)若ka+b与a【解题思路】（1）利用向量数量积的运算法则求得a⋅b，再由模长与数量积求得a与（2）由题意得ka+b⋅a+3b【解答过程】（1）因为a=b=1所以a2+a⋅b则cosa,b=a⋅b（2）因为ka+b所以ka+b⋅a当ka+b与a+3b由（1）知a与b不共线，所以k=λ1=3λ，解得k=所以当ka+b与a由ka+b即k+3k+1×1所以k>−53且k≠13，即实数15．（2023下·高一课时练习）如图，平行四边形ABCD中，AB=2，AD=4，求：（1）DB；（2）∠CAB的大小.【解题思路】（1）根据DB2（2）由AC2=AB+AD2，利用向量的数量积运算，求得【解答过程】（1）DB=4+16−2×2×4×∴DB2（2）AC=4+16+2×2×4×1∴AC=2AC·∴cos∠CAB∴∠CAB=arccos16．（2023下·福建福州·高一校联考期中）如图，设Ox,Oy是平面内相交成θ角的两条数轴，e1,e2分别是与x轴、y轴同方向的单位向量．若向量OP=xe1

(1)若θ=π3，a=1,1,(2)若a=(1,1)，b=(3,1)，c=(2,−1),|【解题思路】（1）根据平面向量模的公式、平面向量数量积的定义和运算性质，结合投影向量的定义进行求解即可；（2）根据平面向量模的公式、平面向量数量积的定义和运算性质，结合平面向量夹角公式、函数的单调性进行求解即可.【解答过程】（1）∵若θ=π3，所以a=∵ea⋅a=∴b在a上的投影向量为b即a在b上的投影向量斜坐标为2,2；（2）∵c=(2,−1),|∴c=(2,−1)=2e1∴e1又a=(1,1)=e1a=e1acos2令t=e1⋅e2又y=4+4t5+3t=∴cos2a,b=题型5题型5平面向量基本定理的应用17．（2023下·浙江台州·高一校联考期中）如图，在边长为1的正三角形ABC中，D为AB的中点，AO=2OD，过点O的直线交边AB与点M，交边AC于点

(1)用AB，AC表示AO；(2)若AM=mAB，AN=n(3)求OM【解题思路】（1）根据已知可得出AD=（2）先根据已知结合（1）的结论得出AO=13m（3）先用AB,AC得出OM,ON，然后根据数量积的运算律可推得OM2+ON2=9mn−518【解答过程】（1）因为D为BC中点，所以，AD=又因为AO=2所以AO=（2）若AM=mAB，所以AB=1m所以AO=因为M，O，N三点共线，所以13m所以，1m（3）因为，OM=AM−所以，O===m+n2−5mn+由（2）得m+n=3mn，得m=n3n−1，令3n−1=t，n∈12,1得mn=t根据对勾函数的单调性可知，ft=t+1t在且f12=f2=所以，49因为OM所以，根据二次函数的性质可知OM所以OM2+O18．（2023下·浙江宁波·高一校联考期中）如图，在梯形ABCD中，AD=2，DC=CB=3，AB=2DC，点E、F是线段DC上的两个三等分点，点G，点H是线段AB上的两个三等分点，点P是直线(1)求AB⋅(2)求FH的值；(3)直线AP分别交线段EG、FH于M，N两点，若B、N、D三点在同一直线上，求AMAN【解题思路】（1）以AB，AD为基底表示CB，CB=3，可得AB（2）以AB，AD为基底表示FH，进而计算模长；（3）根据向量共线定理分别可表示AM，AN，进而确定AMAN【解答过程】（1）设AB=a∵CB∴CB2=（2）AF=FH=FH=（3）设AN=xAF+yAH，即因为N在FH上，所以1−x−y=0，即y=1−x，∴AN即AN=23即23由于D，N，B三点共线，所以1−2∴x=12，设AM=λAE+μ即λME又M在EG上，则1−λ−μ=0，即μ=1−λ，AM=λ由于A，M，N三点共线，所以13−1所以AM=2719．（2022下·浙江·高一校联考期中）如图所示，在△ABC中，P在线段BC上，满足2BP=PC，O(1)延长CO交AB于点Q（图1），求AQQB(2)过点O的直线与边AB，AC分别交于点E，F（图2），设EB=λAE，（i）求证2λ+μ为定值；（ii）设△AEF的面积为S1，△ABC的面积为S2，求【解题思路】（1）根据题意，将AQ,AC作为基底表示AO，由C,O,Q三点共线可知，AQ,（2）（i）根据题意，将AE，AF作为基底表示AO，由E,O,F三点共线可知，AE，AF的系数之和为1，即可求出2λ+μ为一定值；（ii）根据题意，S1=12AEAFsinA，S2=1【解答过程】（1）依题意，因为2BP所以AP=因为O是线段AP的中点，所以AO=设AB=xAQ，则有因为C,O,Q三点共线，所以x3+1即AQ=25AB，所以QB=（2）（i）根据题意AB=同理可得：AC=由（1）可知，AO=所以AO=因为E,O,F三点共线，所以1+λ3化简得2λ+μ=3，即2λ+μ为定值，且定值为3；（ii）根据题意，S1S2所以S1由（i）可知2λ+μ=3，则μ=3−2λ，所以S1易知，当λ=12时，S120．（2023下·福建·高一校联考期中）如图，A，B是单位圆上的相异两定点（O为圆心），∠AOB=θ（0<θ<π2），点C为单位圆上的动点，线段AC交线段OB于点M（点M异于点O、B），记△AOB的面积为(1)记fθ=2S+OA(2)若θ=60°①求CA⋅②设OM=tOB0<t<1，记AM【解题思路】（1）利用三角形面积公式和数量积的定义，写出f(θ)的表达式；（2）由CA⋅利用向量共线将AMAC用t【解答过程】（1）因为2S=sinθ，所以fθ=2S+OA（2）①设∠AOC=α，α∈π3,CA⋅所以CA⋅CB=又α+π3∈2π②设AM=λAC(0<λ<1)，则g(t)=λ所以OM=所以OC=因为OC=1，所以tλOB化简得，λ=t2−t+1所以f(t)=λ=t2当且仅当2−t=32−t，即故f(t)的最小值为23题型6题型6\o"平面向量线性运算的坐标表示"\t"https://zujuan.xkw/gzsx/zj168404/_blank"平面向量线性运算的坐标表示

平面向量线性运算的坐标表示

平面向量线性运算的坐标表示21．（2023下·山东威海·高一统考期末）在平面直角坐标系xOy中，已知点A(1 ， 0)，点B在第二象限，且(1)若点B的横坐标为−2，现将向量OB绕原点O沿顺时针方向旋转90°到OC的位置，求点C的坐标；(2)已知向量OP与OA，OB的夹角分别为θ，45°，且cosθ=1010，|OP|=2【解题思路】（1）根据三角函数的定义即可求解，（2）根据三角函数的定义，结合和差角公式即可根据向量的坐标运算求解.【解答过程】（1）因为|OB|=5，点B所以点B的坐标为(−2 设∠AOB=α，由三角函数定义可知cosα=−25因为向量OB绕原点O沿顺时针方向旋转90O到OC所以角α−90°的终边位于射线OC上，所以cos(α−90°)=sinα=设点C的坐标为(a 所以a=|OB|cos所以点C的坐标为(1 （2）因为向量OP与OA的夹角为θ且cosθ=所以sinθ=3所以点P横纵坐标分别为210×10即点P坐标为(2 , 因为向量OP与OB的夹角为45°，且点B在第二象限，所以角θ+45°的终边位于射线OB上，又cos(θ+45°)=sin(θ+45°)=所以点B的横纵坐标分别为5×(−55即点B坐标为(−1 , 因为OP=x所以(2 所以x−y=22y=6解得x=5y=3，所以x+y=822．（2023下·福建福州·高一校考期中）四边形ABCD中，AB=6,1，BC=（1）BC//DA，试求x与（2）满足（1）的同时又有AC⊥BD，求xy的值和四边形【解题思路】（1）利用向量的加法求出DA的坐标，再根据BC//DA得到x与（2）根据AC⊥BD得到x,y的关系，结合（1）中x,y的关系，得到x,y的两种取值，再分求出|AC【解答过程】（1）依题意：DA=∵BC//DA

∴即：2x−xy=−4y−xy，得x=−2y；（2）AC=AB当AC⊥BD时，6+x⋅代入x=−2y，解方程得：x1=−6y1=3或x当x1=−6y此时求得：SABCD②当x2=2y此时求得：SABCD∴SABCD23．（2023下·天津和平·高一校考阶段练习）已知三点A（2，3），B（5，4），C7,10，点(1)当λ为何值时，点P在函数y=x的图象上？(2)若点P在第三象限，求实数λ的取值范围.(3)若Q在直线BC上且BQ=12【解题思路】（1）根据点P在函数y=x的图象上可设Pa,a，然后表示出AP,AB（2）设Px,y，表示出AP,AB,AC（3）设Qm,n，由Q在直线BC上可得BQ//BC，先利用坐标表示平行关系，再利用坐标表示BQ【解答过程】（1）∵点P在函数y=x的图象上，∴可设Pa,a则AP=(a−2,a−3),∵∴(a−2,a−3)=(3,1)+λ(5,7)=(3+5λ,1+7λ)∴a−2=3+5λ,a−3=1+7λ，解得λ=1（2）设Px,y，则AP∵∴(x−2,y−3)=(3+5λ,1+7λ)∴x−2=3+5λ,y−3=1+7λ∴x=5+5λ,y=4+7λ∵点P在第三象限，∴x<0,y<0∴5+5λ<0,4+7λ<0∴λ<−1；（3）设Qm,n，由Q在直线BC上可得BQ又BQ//BC，∴6m−5∵BQ∴m−5由①②可得m=4n=1或m=6∴点Q的坐标为4,1或6,7.24．（2023下·全国·高一专题练习）（1）已知向量a,b是不共线的两个向量，AP=a−tb，（2）如图，两块斜边长相等的直角三角板拼在一起，∠ACB=45°,∠BED=60°，若AD=xAB+yAC，求【解题思路】（1）将已知条件代入AP=x（2）作DF⊥AB于F，设AB=AC=1，如图，以A为原点，以AB,AC所在的直线分别为x,y轴，建立平面直角坐标系，求出AB,【解答过程】解（1）当t=−2时，AP=xBP由于AP=x所以a+2所以3y−x=13x−2y=2，解得x=（2)解：作DF⊥AB于F，设AB=AC=1，BC=DE=2因为∠DEB=60°，所以BD=6由∠DBF=45°，解得DF=BF=6如图，以A为原点，以AB,AC所在的直线分别为x,y轴，建立平面直角坐标系，则A(0,0),B(1,0),C(0,1),D1+3所以AB所以AD=因为AD所以x=1+32

题型7题型7向量坐标运算的几何应用

平面向量线性运算的坐标表示

平面向量线性运算的坐标表示25．（2023下·重庆万州·高一阶段练习）在平行四边形ABCD中，E，G分别是BC，DC上的点且BC=3BE，CD=3CG，DE与（1）求|OE（2）若平行四边形ABCD的面积为21，求△BOC的面积.【解题思路】（1）根据向量共线基本定理，可用EB、EG表示（2）根据三角形面积的比例关系，得到高的比值．进而通过给出的三角形面积求出△BOC的面积．【解答过程】（1）设AB=a，ADDE=a−23由B，O，G三点共线，则存在实数m，使得EO=mEB+(1−m)EG，即OE=−[mEB+(1−m)EG]=m（2）由（1）可知ℎ△BOCℎ△BDC=17，所以26．（2023下·高一课时练习）如图，已知直角梯形ABCD中，AD⊥AB,AB=2AD=2CD，过点C作CE⊥AB于点E，M为CE的中点.求证：（1）DE//BC；（2）D，M，B三点共线.【解题思路】（1）建立平面直角坐标系，证明四边形AECD为正方形，分别写出各点的坐标，然后利用向量共线证明即可；（2）用向量证明MD//MB，结合MD与【解答过程】以E为原点，AB所在直线为x轴，EC所在直线为y轴建立平面直角坐标系，如图.令|AD|=1，则|CD|=1,|AB所以四边形AECD为正方形，所以各点坐标分别为E(0,0)（1）因为ED=(−1,1)−(0,0)=(−1,1)，BC所以ED=BC，即（2）因为M为EC的中点，所以M0,所以MD=(−1,1)−0,1所以MD=−MB，所以又MD与MB有公共点，所以D，M，B三点共线.27．（2023下·浙江·高一湖州中学校联考期中）如图，点P,Q分别是正方形ABCD的边DC、CB上两点，AB=1，∠PAQ=θ，记点O为△APQ的外心.(1)若DP=λDC，CQ=λCB，(2)若θ=45°，求AP⋅(3)若θ=60°，若AO=xAP+y【解题思路】（1）建立平面直角坐标系，根据向量数量积的坐标运算求得AP⋅（2）设∠QAB=α∈0,π4，求得AP⋅AQ（3）设AP=a，AQ=b，将3x+6y表示为关于a,b的表达式，求得ba【解答过程】（1）以A点为坐标原点，AB为x轴，建立直角坐标系.Pλ,1，Q所以PA⋅（2）设∠QAB=α∈0,π4则Q1,tanαPA=2由于tanα+1∈1,2，根据对勾函数的性质可知（3）AO⋅AO⋅设AP=a，AQ=b，则这两个式子为化简得a=2xa+yb,解得x=所以3x+6y=32a−b设∠QAB=α∈0,π6令t=b所以由对勾函数的性质得3x+6y=6−b所以当α=π6时，即点P与D点重合时，3x+6y取到最大值28．（2023下·山东青岛·高一校考阶段练习）如图，正方形ABCD的边长为6，E是AB的中点，F是BC边上靠近点B的三等分点，AF与DE交于点M．(1)求∠EMF的余弦值；(2)设AM=λAF，求λ的值及点(3)若点P自A点逆时针沿正方形的边再运动到A点，在这个过程中，是否存在这样的点P，使得EF⊥MP？若存在，求出MP的长度，若不存在，请说明理由．【解题思路】（1）建立平面直角坐标系，利用向量的夹角公式即可求得答案；（2）利用三点共线结合向量共线的坐标表示，即可求得答案；（3）假设存在满足条件的点P，分类讨论其所处的位置，根据数量积等于0，求得参数，即可判断出结论.【解答过程】（1）如图所示，建立以点A为原点的平面直角坐标系，则D(0,6),E(3,0),A(0,0),F(6,2)，∴DE=(3,−6)，AF由于∠EMF就是DE，AF的夹角，∴cos∴∠EMF的余弦值为210（2）因为AM=λAF，则AM=(6λ,2λ)又D,M,E三点共线，则设DM=t即(6λ,2λ−6)=t(3,−6)，则6λ=3t2λ−6=−6t解得λ=37，故（3）由题意得EF=(3,2)，假设存在点P，使得EF⊥MP①当点P在AB上时，设P(x,0),(0≤x≤6)，∴MP=(x−则3x−547−127=0，则②当点P在BC上时，设P(6,y),0<y≤6，∴MP=(则727③当点P在CD上时，设P(x,6),0≤x<6，∴MP=(x−则3x−547+④当点P在DA上时，设P(0,y),0<y<6，则MP=(−则−547+2y−127综上，存在符合题意的点P(227,0)，|MP|=题型8题型8用向量解决夹角、线段的长度问题

平面向量线性运算的坐标表示

平面向量线性运算的坐标表示29．（2023下·广东广州·高一华南师大附中校考期中）如图，在△ABC中，AB=3,AC=2,∠BAC=π3,D是BC边的中点，CE⊥AB,AD与CE(1)求CE和AD的长度；(2)求cos∠CFD【解题思路】（1）利用三角函数定义即可求得CE的长；利用向量法即可求得AD的长度；（2）利用向量夹角的余弦公式即可求得cos∠CFD【解答过程】（1）∵CE是高，∴∠AEC=π2，在Rt△AEC中，所以CE=ACsin∵AD是中线，∴AD∴=14∴CE=（2）∵AE=AC⋅cos∴∴=∴cos另解：过D作DG//CE交BE于∵D是BC的中点，∴G是BE的中点，∴AE=EG=GB=1,EF是△AGD的中位线，DG是△BCE的中位线，∴EF=1cos∠CFD=30．（2023下·湖南常德·高一临澧县第一中学校考阶段练习）如图，正方形ABCD的边长为6,E是AB的中点，F是BC边上靠近点B的三等分点，AF与DE交于点M．

(1)求∠EMF的余弦值．(2)若点P自A点逆时针沿正方形的边运动到C点，在这个过程中，是否存在这样的点P，使得EF⊥MP？若存在，求出MP的长度，若不存在，请说明理由．【解题思路】（1）如图所示，建立以点A为原点的平面直角坐标系，由于∠EMF就是DE,（2）根据向量的共线表示联立方程组可求解M187,67，分点P在AB【解答过程】（1）如图所示，建立以点A为原点的平面直角坐标系．则D0,6由于∠EMF就是DE,

∴cos∠EMF=DE（2）设M∵AM∴x=18由题得EF=①当点P在AB上时，设Px,0∴3x−54②当点P在BC上时，设P6,y∴72综上，存在P2231．（2023下·浙江湖州·高一统考期末）如图，A,B是单位圆（圆心为O）上两动点，C是劣弧AB（含端点）上的动点.记OC=λOA+μOB(1)若O到弦AB的距离是12（i）当点C恰好运动到劣弧AB的中点时，求AC⋅（ii）求λ+μ的取值范围；(2)若3OA−OB≤52，记向量2OA【解题思路】（1）根据题意，又直线与圆的位置关系，得∠AOB=120∘，（i）可由圆的几何性质得∠ACB=120（2）以OA,【解答过程】（1）解：由O到弦AB的距离是12，可得∠ABO=∠BAO=30（i）由圆的几何性质得∠ACB=120故AC（ii）记劣弧AB的中点为D，且OA∴OC∴OC①+②得OC进一步得：λ+μ=2OC其中〈故λ+μ的取值范围为：[1,2]（2）解：记∠AOB=α，由3OA−∴10−6cosα≤52∴2故2又2OA+OB和向量OA∴==记fx显然fx关于x=所以当x=cosα=532．（2022下·浙江台州·高一校联考期中）在直角梯形ABCD中，已知AB∥DC，AD⊥AB，CD=1，AD=2，AB=3，动点E、F分别在线段BC和DC上，AE和BD交于点M，且BE=λBC，DF=(1)当AE⋅BC=0(2)当λ=23时，求(3)求AF+【解题思路】(1)在直角梯形ABCD中，根据几何关系求出∠ABC和BC长度，当AE⊥BC时，求出BE长度，从而可得λ=BE(2)设AM=xAE，DM=yDB，以AB,AD为基底用两种形式表示出AM，从而可得关于(3)以AB,AD为基底表示出AE、AF，从而表示出AF+12【解答过程】（1）在直角梯形ABCD中，易得∠ABC=π4，∵AE⋅BC=0，∴AE⊥BC，∴△ABE故λ=BE（2）AE=1−当λ=23时，设AM=xAE，则AM=xAM=∵AB,AD不共线，∴59x=y2（3）∵AF=AD+∴AF+AF＝(λ+2)2由题意知，λ∈0,1∴当λ=35时，AE+AF取到最小值当λ=0时，AE+AF取到最大值∴AF+12题型9题型9向量与几何最值（范围）问题

平面向量线性运算的坐标表示

平面向量线性运算的坐标表示33．（2023下·辽宁朝阳·高一校考期中）在△ABC中，CA=2，AB=3，∠BAC=2π3，D为BC(1)求AD⋅(2)若点P满足CP=λCA，求PB⋅【解题思路】（1）将AD⋅BC化为AB和AC表示，利用AB和（2）用AB、AC表示PB⋅PC，求出PB⋅【解答过程】（1）因为D为BC的三等分点（靠近C点），所以CD=所以AD=AC+所以AD⋅BC=(=−13×9+（2）因为CP=λCA，所以因为PB=PC+所以PB⋅PC==λ|=−3λ+4λ(λ−1)=4λ2−7λ所以当λ=78时，PB⋅34．（2022·浙江·高一校联考期中）在△ABC中，已知AB=3，AC=1，AB⋅AC=−1，设点P为边BC上一点，点Q为线段CA(1)当t=−1且P是边BC上的中点时，设PQ与AB交于点M，求线段CM的长；(2)若PA⋅PQ+3=【解题思路】（1）根据点M是三角形CBQ的重心，结合三角形重心的向量表示以及数量积运算，即可求得结果；（2）设CP=λCB(0≤λ≤1)，根据平面向量的线性运算，再结合题意，求得t与λ的关系，BQ【解答过程】（1）设AB=a，AC=b，当t=−1，P是BC的中点时，则CM=CM=（2）设CP=λCB(0≤λ≤1)，则APAP⋅PA==[=9=12由PA⋅PQ+3=∴t(1−2λ)=12λ2−14λ+5，因为t<0所以12<λ≤1，令m=2λ−1∈(0,1]，则t==−当且仅当m=33∈(0,1]时取到等号，所以t又BQ=a−t所以BQ=13−4故BQ的最小值为26−235．（2023·高一课时练习）在ΔABC中，满足：AB⊥AC，M是（1）若AB=AC，求向量AB+2（2）若O是线段AM上任意一点，且AB=AC=（3）若点P是∠BAC内一点，且AP=2，AP⋅AC=2，【解题思路】（1）利用向量的数量积公式得到cosθ=(AB+2AC（2）通过解三角形求出AM的长，设|OA|=x，则|OM|=1−x，利用向量的平行四边形法则得到而OB+（3）设∠CAP=α，将已知条件利用向量的数量积公式表示成关于α的三角函数，将|AB+AC【解答过程】解：（1）设向量AB+2AC，与向量2∴cos令AB=AC=a（2）∵AB=AC设OA=x，则OM=1−x，而∴=−2x1−x当且仅当x=12时，OA⋅（3）设∠CAP=α⇒∠BAP=π∵AP⋅AC=2，∴2⋅AC同理：2⋅AB∴====当且仅当sin2所以AB+36．（2023·全国·高一专题练习）在锐角△ABC中，cosB=22，点O(1)若BO=xBA+y(2)若b=2（i）求证：OB+（ii）求3OB【解题思路】（1）由cosB=22推出∠AOC=π2，即OA⋅OC=0，由BO=x（2）（i）延长BO交圆O于E，则BO=OE，过E作EF⊥OC，垂足为F，过E作EG⊥OA，垂足为（ii）延长OA至M，使得|OM|=2，以OM,OC为邻边作矩形OCNM，延长OB至P，使得|OP|=3|OB|=3，将3OB+2OA【解答过程】（1）因为cosB=22因为点O为△ABC的外心，所以∠AOC=2B=π2，即OA⊥OC，因为BO=xBA+y所以xOA设三角形ABC的外接圆的半径为R，则|OA由xOA+yOC所以x2+y因为xy≤(x+y)24所以x+y−12≤得(x+y−2)2≥2，得x+y≥2+2因为三角形ABC为锐角三角形，其外心必在三角形ABC内，由BO=xBA+y再由xOA+yOC所以x+y≥2+2应舍去，所以x+y≤2−所以x+y的最大值为2−2（2）（i）延长BO交圆O于E，则BO=OE，过E作EF⊥OC，垂足为F，过E作EG⊥OA，垂足为

因为∠BOC=2A，所以∠EOC=π−2A，因为∠AOC=π2，且|AC|=b=2所以|OF|=|OE|⋅cos(π−2A)=−cos所以OE=OG+所以BO=所以OB+（ii）延长OA至M，使得|OM|=2，则OM=2OA，以OM,OC为邻边作矩形则ON=OM+延长OB至P，使得|OP|=3|OB|=3，则OP=3

所以|3OB所以当N,O,P三点共线时，|3OB+2OA因为三角形ABC为锐角三角形，且B=π4，所以A+C=3所以∠BOC=2A∈(π当∠BOC=π2时，|=14−65⋅sin∠CON当∠BOC=π时，|OP+=14−65sin所以|OP+ON|∈[3−5题型10题型10三角形（四边形）的面积问题

平面向量线性运算的坐标表示

平面向量线性运算的坐标表示37．（2023上·重庆·高二校联考开学考试）如图，在等边△ABC中，AB=2，点D,E,F分别在边AB,BC,CA上，且AD=kAB0<k<1

(1)用k,θ表示DE,DF;(2)若△DEF为等腰直角三角形，求k的取值范围；(3)若DE=1，求△DEF的面积的最小值【解题思路】（1）在△AFD、△DEB中应用正弦定理用k,θ表示出DE,DF，注意θ范围；（2）根据DE=DF得到k=21tanθ+(2+（3）由题设得12cosθ+32sinθ−3=−3k【解答过程】（1）由DFsinA=ADsinθ，且由DEsinB=BDsin∠BED，且BD=2(1−k)，所以DF=3ksinθ，（2）△DEF为等腰直角三角形，则3ksinθ所以k=21tanθ+(2+3)所以k∈(3（3）若DE=3(1−k)sin令S△DEF则(4t+3)sin所以(4t+3)2+1≥2存在θ∈(π6,2π3综上，△DEF的面积的最小值为11−38．（2023下·江苏泰州·高一统考期中）在平面凸四边形ABCD中，AB=2，BC=6，AD=CD=4．(1)当四边形ABCD内接于圆O时，求四边形ABCD的面积S；(2)当四边形ABCD的面积最大时，求对角线BD的长．【解题思路】（1）利用余弦定理，结合A+C=π求出角C（2）结合余弦定理和面积公式得S4=sinA+3sinC2=3【解答过程】（1）连接BD，如图，

由余弦定理得：BD及BD于是20−16cosA=52−48cosC，又四边形ABCD内接于圆因此20−16cosπ−C=52−48cosC，化简可得于是S=S所以四边形ABCD的面积83（2）设四边形ABCD的面积为S，则S=S又BD2=A于是S=12×2×4平方相加得S216+4=10+6sinA则当A+C=π时，S216有最大值，即S有最大值，此时A=π−C又C∈0,π，于是在△BCD中，BD2=所以对角线BD的长为2739．（2023下·湖北武汉·高一校联考阶段练习）如图，在四边形ABCD中，已知△ABC的面积为S1=34A

(1)求∠ABC的大小；(2)若CD=3BC，设∠CAD=30°，∠BCD=120°，问是否存在常数λ，使得S1【解题思路】（1）利用余弦定理及三角形面积公式，求得tanB的值，得∠ABC（2）设∠ACB=α，利用正弦定理得关于α的代数式，解出α，利用三角形面积公式，求出λ的值.【解答过程】（1）在△ABC中，由余弦定理，AC因为S1=3即tanB=−3，又因为B∈(0°,180（2）设∠ACB=α，则∠ACD=120°−α，D=30°+α，∠CAB=60°−α，在△ACD中，由正弦定理，CDsin在△ABC中，由正弦定理，BCsin两式作商，得sin(60°−α)即sin(60°+2α)=12，因为α∈(0°,120°)S1=1假设S1=λS解得λ=3−40．（2023下·福建泉州·高一校联考阶段练习）如图，设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，AD为BC边上的中线，已知c=1,sin

(1)求△ABC的面积；(2)点G为AD上一点，AG=25AD，过点G的直线与边AB,AC（不含端点）分别交于E,F．若【解题思路】（1）法一、由正弦定理得b=4c=4，由AD为中线得SΔABD=SΔ法二、由正弦定理得b=4c=4，在△ABD和△ADC中，由正弦定理作商得∠DAC的正余弦值，从而由正弦的和角公式得sin∠BAC=法三、设∠BAC=θ，利用平面向量的数量积公式可求得cos∠BAD=AB⋅ADAB（2）设AE=λAB,AF=μAC,λ,μ∈0,1，利用向量共线的充要条件可得【解答过程】（1）法一：由sinB=4sin∵又∵AD是BC边上的中线，∴S即1易知∠CAD为锐角，∴cos∴∴S

（法二）由sinB=4sin∵cos在△ABD中，由正弦定理得BDsin在△ADC中，设∠DAC=α，由正弦定理得CDsin①÷②得，sinα=714

易知α∴∴S（法三）：由sinB=4sinC设∠BAC=θ，∵AD为BC边上的中线，∴AD=则AB⋅AD==1∴cos∠BAD=整理得28cos2θ+8∴cosθ=12或cos∴sinθ=32（2）

设AE∵D为BC的中点，AD=∴AG又E、G、F三点共线，所以15λ+1又EF=∴AG由（1）知，AB=1,化简得12μ−2λ=3④，

由③④，得λ=12，μ=∴S△AEF题型11题型11求\o"求三角形中的边长或周长的最值或范围"\t"https://zujuan.xkw/gzsx/zj168411/_blank"三角形中的边长或周长的最值或范围

平面向量线性运算的坐标表示

平面向量线性运算的坐标表示41．（2023下·江苏泰州·高一统考期末）在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a，b，c，已知1+cos(1)当C=π2时，求(2)当a=1时，求△ABC周长的最大值.【解题思路】（1）根据题意借助于倍角公式整理得1tan（2）以内切圆为基础，设∠OBD=θ，进而可得AD=OBsinθ+cos【解答过程】（1）因为1+cosAsin可得1tan又因为C=π2，则所以1tan解得tanA（2）设△ABC的内切圆的圆心为O，圆O与边AB切于点D，连接OA,OB,OD，设△ABC周长为l，∠OBD=θ∈0,可得OD=OBsin由（1）可知：1tanA2整理得AD=BD+OD=OBsin可得AB=AD+BD=OBsin根据等面积法可得12即12整理得l=sin其中tanφ=2,φ∈当2θ+φ=π2，即tan2θ=tanπ所以△ABC周长的最大值为5+2

42．（2023·全国·高三专题练习）在①2sinA−sinB=2sin问题：在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且____．(1)求角C；(2)若c=2，求2a−b的取值范围．【解题思路】（1）根据三角恒等变换，结合正余弦定理边角互化，即可逐一求解，（2）根据正弦定理可得a=4【解答过程】（1）若选①：2sinA−则2sin∴2∴2∵B∈0,π，∴cosC=12，∵C∈若选②：(a+c)(sin由正弦定理得(a+c)(a−c)=b(a−b)，∴a2∴cosC=∵C∈0,π，∴若选③：S△BAC则12由正弦定理得12∴∴a2∴cosC=∵C∈0,π，∴（2）由正弦定理得asin故a=4则2a−b=8=23由于A∈0,2π3，A−∴2a−b∈(−2,4).43．（2023上·福建·高三校联考期中）已知△ABC的内角A,B,C所对应的边分别为a,b,c，且满足sinA(1)求角C的大小；(2)若△ABC为锐角三角形，且b=2，求△ABC周长的取值范围.【解题思路】（1）利用正弦定理和余弦定理化简求值即可；（2）根据三角形为锐角求出π6【解答过程】（1）由正弦定理得ab+c整理得a2+b由余弦定理得cosC=12，又C∈（2）由（1）知A+B=2π3因为△ABC为锐角三角形，所以0<2π3由正弦定理asinA=则a+b+c=2sin=3+31+cosBsin当π6<B<π2时，又tanπ所以2−3<tan所以3+3<3+3所以△ABC周长的取值范围是3+344．（2023下·新疆·高一兵团第三师第一中学校考阶段练习）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且满足acos(1)求角A；(2)若a=3，求△ABC(3)求bc−ab−aca【解题思路】（1）根据正弦定理与sinB=sinAcosC+（2）由余弦定理和基本不等式求出b+c≤23（3）利用正弦定理，结合三角恒等变换得到bc−ab−aca【解答过程】（1）acossinA因为sinB=所以sinA即3sin因为C∈0,π，所以sinC≠0所以sinA−因为A∈0,π，所以故A−π6=（2）由（1）知A=π又a=3，由余弦定理得cos即12所以b+c2由基本不等式可知bc≤b+c所以b+c2−3≤3当且仅当b=c=3故△ABC的周长最大值为33（3）由（1）知A=π则bc−ab−ac=====−=−=4令t=sin因为C∈0,2π3，所以C+则bc−ab−aca故当t=34时，bc−ab−aca当t=1时，bc−ab−aca2取得最大值，最大值为故bc−ab−aca2的取值范围是题型12题型12解三角形与向量综合

平面向量线性运算的坐标表示

平面向量线性运算的坐标表示45．（2023上·河北·高三校联考阶段练习）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知AB⋅(1)求ab(2)若cosA=63【解题思路】（1）利用余弦定理化简即可得到答案；（2）在△ABC中，由（1）及正弦定理得sinA=33，sinB=1【解答过程】（1）由AB⋅CA+所以bccos(π由余弦定理得a2化简得a=3b，即（2）由（1）及正弦定理得ab=sinAsin∴

sinA=33因a=3b>b，则∴

cosB=∴

cosC=−46．（2023下·辽宁沈阳·高一沈阳二中校考阶段练习）如图，设△ABC中的角A，B，C所对的边是a，b，c，AD为∠BAC的角平分线，已知AB=1，AD=34AB+14AC，ABAB⋅ACAC=12，点E，F

(1)求边BC的长度；(2)设AG=kAD，AE=λAB，AF=μ【解题思路】（1）由ABAB⋅ACAC=12，可得∠BAC=π3，过D分别作DM∥AC,DN∥AB,交AB,AC于点M，N（2）由△AEF的面积是△ABC面积的一半，可得λμ=12①，由E,F,G三点共线，得k=23μ+λ，由AG⋅【解答过程】（1）解：由ABAB⋅AC又因为∠BAC∈(0,π)，所以又因为AD=过D分别作DM∥AC,DN∥AB,交AB,AC于点M，N，

所以AMAB=3所以BDDC所以AC=b=3,又因为a2所以BC=a=7（2）解：因为AG=kAD，AE=λ△AEF的面积是△ABC面积的一半，所以12所以λμ=1AB⋅由AD=34又因为E,F,G三点共线，所以1k=3所以AG=k又EF=所以AG⋅EF=(34又因为AG⋅所以27μ−9λ12μ+4λ=由①②解得λ=1所以k=447．（2023下·江苏南京·高一校联考阶段练习）如图，已知△ABC是边长为2的正三角形，点P在边BC上，且3BP=BC，点Q

(1)若AQ=λAB+(2)求QA⋅(3)求△QPC周长的取值范围．【解题思路】（1）结合图形，利用平面向量基本定理，以及向量的线性运算，即可求解；（2）首先用基底向量AB,AC表示向量QA和（3）首先在△QPC中，设∠PCQ=α，∠PQC=β，∠QPC=θ，再根据正弦定理，利用三角函数表示△QPC的周长，结合三角函数恒等变换以及函数的性质，即可求解.【解答过程】（1）由题意BP=13BC，即AP−AB=设AQ=m又∵BC=AC即23mAB所以23m=λ−1所以λ=1（2）AB⋅由（1）知AP=23QC=所以QA=−=−23m设fm当m=37时，fmmin（3）在△ABP中，AP2=4+在△QPC中，设∠PCQ=α，∠PQC=β，∠QPC=θ在△ABP中，ABsin(π−θ)=APsin在△QPC中，PQsinα=∴PQ=4所以△QPC的周长l=PQ+CQ+PC=4∵sinα=sin令f(β)=cosf(β)=cosβ+1sin在△APC中，AP=273，AC=2，PC=∴APsin∠ACB=又∵sintan∠CAP=32，设tan即3x2+4x−3=0，x>0tanθ=33，设tanθ即33t2+2t−33=0，−2+7−1+27所以−1+27因此△QPC的周长的取值范围是8348．（2023下·新疆伊犁·高一校联考期中）在△ABC中，角A､B､C所对的边分别是a､b､c，点D在边

(1)求边b的长度；(2)若点E､F分别为线段AB､线段AC上的动点，且线段EF交AD于G且△AEF的面积为△ABC面积的一半，求【解题思路】（1）由正弦定理得到2accosB=a（2）设AE=xAB,AF=yAC,AD=λAG，表达出AG=1−μxAB+μyAC，又由D为【解答过程】（1）因为2csin由正弦定理得2accos由余弦定理得2ac⋅a∴c2=bc（2）设AE=x因为EG=μEF，所以即AG=又因为D为BC的中点，所以AD=即12=λ1−μ又S△AEF所以12即xAB⋅yAC由①②得λ=x+y，AG===32又0<x≤10<y=12x当x=1时，(AG题型13题型13解三角形与三角函数综合

平面向量线性运算的坐标表示

平面向量线性运算的坐标表示49．（2023上·安徽·高二合肥一中校联考阶段练习）已知函数fx(1)求fx(2)在△ABC中，fA2=0，AB=2【解题思路】（1）利用三角恒等变换得到fx（2）根据fA2=0，求出A=π3，由正弦定理得到a=3sin【解答过程】（1）fx令−π2+2k故fx的单调递增区间为−（2）fA2因为A∈0,π，所以A−π6∈又AB=2，由正弦定理得asinA=故a=3所以a+b==3因为A=π3，所以C∈0,由于y=tanx在x∈0,故a+b=3tanC所以△ABC周长的取值范围是4,+∞50．（2023下·山东青岛·高一校联考期中）已知a=2cos(1)求函数y=fx(2)若锐角△ABC的三内角A,B,C的对边分别是a,b,c，且fA=1，求【解题思路】（1）通过向量夹角的公式以及两角和的正弦公式化简函数，结合正弦函数单调性即可求解；（2）先由fA=1求得A=π【解答过程】（1）由题意得，a⋅a=所以fx对于函数y=fx的单调增区间，令2k得到kπ对于函数y=fx的单调减区间，令2k得到kπ所以函数y=fx的单调增区间为k函数y=fx的单调减区间为（2）fA=sin2A−π所以2A−π6∈−π在△ABC中，由正弦定理得b+ca在锐角△ABC中，0＜B＜所以π3＜B+即b+ca的取值范围为351．（2023下·山东聊城·高一统考期末）已知向量a=(2cosωx,−2)，b=(3sinωx+cosωx,1)(1)求ω；(2)已知a,b,c分别为不等边△ABC的三个内角A,B,C的对边，且f(A)=f(B)=3，a=2，求【解题思路】（1）根据平面向量数量积的坐标运算以及三角恒等变换公式可得f(x)=2sin2ωx+π（2）根据已知条件求出A,B,C，再根据正弦定理求出b，最后根据三角形面积公式可求出结果.【解答过程】（1）f(x)=a⋅=3sin2ωx+2依题意得2π2ω=（2）由（1）得f(x)=2sin由f(A)=f(B)=3，得sin因为△ABC为不等边三角形，且0<A<π，0<B<所以π6<2A+π所以A=π12，B=π4，或A=当A=π12，B=π4由正弦定理得asinA=bsinB，得所以S△ABC=1当A=π4，B=π由正弦定理得asinA=bsinB，得所以S△ABC=152．（2023·全国·高一专题练习）设函数f(x)=m⋅n，其中向量m(1)求f(x)的最小值；(2)在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C所对的边，已知f(A)=2，b=1，△ABC的面积为32，求b+c【解题思路】（1）利用向量数量积的坐标表示及倍角余弦公式、辅助角公式可得f(x)=2sin（2）由题设可得A=π3，应用三角形面积公式有c=2，由余弦定理可得a=3【解答过程】（1）由题设，f(x)=2cos2x+所以，当sin(2x+π6)=−1时（2）由f(A)=2，得：2sin(2A+π6)+1=2所以2A+π6∈(π6由S△ABC=1在△ABC中，由余弦定理得：a2所以a=3由asinA=题型14题型14复数的模的几何意义

平面向量线性运算的坐标表示

平面向量线性运算的坐标表示53．（2023·全国·高一课堂例题）设：z∈C，点Z对应复数z，在复平面内满足下列条件的点Z的集合是什么图形？(1)z=2(2)2≤z【解题思路】（1）根据复数模长的几何意义求解即可.（2）根据复数模长的几何意义求解即可.【解答过程】（1）复数z的模等于2，这表明，复数z对应的向量OZ之的长度等于2，即点Z到原点O的距离等于2，因此满足条件z=2点Z的集合是以原点O（2）不等式2≤z≤3不等式z≤3的解集是圆z不等式z≥2的解集是圆z这两个集合的交集，即上述不等式组的解集，也就是满足条件2≤z≤3的点所求的集合是以原点O为圆心，以2和3为半径的两圆所夹的圆环，并包括圆环的边界.

54．（2023·全国·高一专题练习）已知复数z满足|z+2−2i|=2，且复数z在复平面内的对应点为(1)确定点M的集合构成图形的形状；(2)求|z−1+2i【解题思路】（1）根据复数模的几何意义确定点M的集合构成图形的形状.（2）根据复数模的几何意义，结合圆的几何性质求得正确答案.【解答过程】（1）设复数−2+2i在复平面内的对应点为P(−2,2)则|z+2−2i故点M的集合是以点P为圆心，2为半径的圆，如下图所示．（2）设复数1−2i在复平面内的对应点为Q(1,−2)，则|z−1+2|PQ|=(1+2)则|z−1+2i|的最大值即|MQ|的最大值是|z−1+2i|的最小值即|MQ|的最小值是55．（2023·全国·高一专题练习）设复数z1=2+ai（其中a∈R(1)若z1z2(2)求满足z−z2≤【解题思路】（1）将z1z2化成复数的一般形式，则实部为0，虚部不为0，即可求解（2）复数z在复平面上对应的点构成的图形是以3,−4【解答过程】（1）z依题意6−4a=0且8+3a≠0，所以a=（2）设z=x+yi,x,y∈z−故复数z在复平面上对应的点构成的图形是以3,−4为圆心，半径为3的圆及其内部所以S=πr56．（2023·高一单元测试）已知复数z满足z=5（1）若4+3i⋅z是实数，求复数（2）求z2【解题思路】（1）利用实数概念及模长，即可得到复数z；（2）利用点与圆的位置关系，即可得到取值范围.【解答过程】（1）设z=a+bi，a、b∈R，则a2又4+3i∴3a+4b=0，又∴a=4,b=−3或a=−4,b=3，∴复数z=4−3i或−4+3（2）zz−−4+2i表示复数z对应的点与−4+2i而复数z在以原点为圆心，半径为5的圆上，如图所示，z−−4+2∴z2

题型15根据复数的四则运算结果求复数特征题型15根据复数的四则运算结果求复数特征

平面向量线性运算的坐标表示

平面向量线性运算的坐标表示57．（2023下·辽宁锦州·高一统考期末）已知i是虚数单位，a，b∈R，设复数z1=2a−3i，z2(1)若z1−z(2)若复数z1，z2在复平面上对应的点分别为A，B，且①是否存在实数a，b，使向量OB逆时针旋转90°后与向量OA重合，如果存在，求实数a，b的值；如果不存在，请说明理由；②若O，A，B三点不共线，记△ABO的面积为Sa,b，求S【解题思路】（1）计算z1−z2，然后使其实部为零，虚部不为零，再结合z3（2）①方法一：由题意可得OA=OBOA⋅OB=0z3=1②设向量OA,OB的夹角为θ，0≤θ≤π，设复数z3所对应的向量为OC,则【解答过程】（1）因为复数z1所以z1而z1−z2为纯虚数，因此又因为z3=a+bi，且z由a2+b2=1所以z3=−2（2）①存在，理由如下：法一：由题意知：OA=OBOA解得a=−12b=−因为OB逆时针旋转90°后与OA重合，所以a=−1法二：设OA=OB=r,α是以x轴正半轴为始边，OB所以rcosα+π所以−r⋅1r=2a且a=−12,b=−所以a=−1②因为复数z1，z2对应的向量分别是OA,OB(为坐标原点），且O所以设向量OA,OB的夹角为θ，0≤θ≤π，设复数z则OA=2a,因此△AOB的面积Sa=====a+设n=1,当且仅当b=3a且a2+b所以Sa58．（2023·全国·高一专题练习）已知z为复数，ω=z+9(1)当−2<ω<10时，求复数z在复平面内对应的点Z的集合；(2)当−4<ω<2时，若u=α−zα+z（α>0）为纯虚