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1、复数、平面向量考点1复数解决复数问题应注意的4点(1)复数zabi(a，bR)是纯虚数a0且b0，复数的实部为a，虚部为b. (2)与复数的分类、复数相等、共轭复数、复数的几何意义等有关的问题，常先运算再求解(3)虚数单位i的in(nN)周期为4.(4)求复数的模时，直接根据复数的模的公式|abi|和性质|z|，|z|2|2z，|z1z2|z1|z2|，进行计算提醒：实系数方程的复根成对出现历年常考题型1(2021全国卷甲)已知(1i)2z32i，则z()A1iB1iCiDiBz1i.故选B2(2021全国卷乙)设2(z)3(z)46i，则z()A12iB12iC1iD1iC设zabi(a，b
2、R)，则abi，代入2(z)3(z)46i，可得4a6bi46i，所以a1，b1，故z1i.故选C3(2021长郡十五校第二次联考)已知复数z满足：z26i(i为虚数单位)，且z在复平面内对应的点位于第三象限，则复数的虚部为()A2iB3CDiC设zabi(a，bR)，则z2a2b22abi6i，可得由题意知a0，b0，解得a2，b，所以z2i，则2i.故选C4(2021开封模拟)已知i为虚数单位，若复数z(aR)为纯虚数，则()AB3 C5D2Az，复数z(aR)为纯虚数，则解得a2，则zi ，所以za2i，所以，故选A预测创新题型5已知2i是关于x的方程x2ax50的根，则实数a()A2i
3、B4C2D4B因为2i是关于x的方程x2ax50的根，则另一根为2i，由根与系数的关系得(2i)(2i)a，所以a4，故选B6设z为复数，则下列命题中正确的序号是_2z；z22；若1，则的最大值为2；若1，则02.对于：设zabi(a，bR)，则abi，2a2b2，而za2b2，所以2z成立；对于：设zabi(a，bR)，当ab均不为0时，z2(abi)2a2b22abi，而2a2b2，所以z22不成立；对于： 1可以看作以O(0,0)为圆心，1为半径的圆上的点P，可以看成点P到Q(0，1)的距离，所以当点P为(0,1)时，可取的最大值为2；对于： 1可以看作以M(1,0)为圆心，1为半径的圆
4、上的点N，则表示点N到原点的距离，故O、N重合时，0最小，当O、M、N三点共线时，2最大，故02.故填.考点2平面向量的线性运算解决平面向量问题的3种常用方法(1)直接法：灵活运用三角形法则、平行四边形法则、共线向量定理，紧密结合图形的几何性质进行运算，如P是AB的中点；A，P，B三点共线(1t)t(O为平面内任一点，tR)(2)坐标法：若平面图形(如长方形、等腰三角形、菱形、直角梯形等)建系方便，则可借助向量的坐标运算巧解题(3)基底法：若平面图形建系不方便，则考虑选取合适基底求解历年常考题型1(2021兰州模拟)已知向量(1，k)，(1,2)，(k2,0)，且实数k0，若A，B，C三点共线
5、，则k()A0B1C2D3D向量(1，k)，(1,2)，(k2,0)，且实数k0，(2,2k)，(k1，2)，A，B，C三点共线，由k0，解得k3.故选D2.如图，在正方形ABCD中，M，N分别是BC，CD的中点，若，则()A2BCDD法一：(坐标法)以AB，AD所在直线分别为x轴，y轴，建立平面直角坐标系如图所示，设正方形的边长为1，则，(1,1)，解得，故选D法二：(基底法)由，得，又，解得，故选D3ABC所在的平面内有一点P，满足，则PBC与ABC的面积之比是()ABCDC因为，所以，所以22，即P是AC边的一个三等分点，且PCAC，由三角形的面积公式可知，.4已知向量a(1,3)，b(
6、2，k)，且(a2b)(3ab)，则实数k_.6a2b(3,32k)，3ab(5,9k)，由题意可得3(9k)5(32k)，解得k6.预测创新题型5.如图，在扇形OAB中，AOB，C为弧AB上的一个动点，若xy，则x3y的取值范围是_1,3设扇形的半径为1，以OB所在直线为x轴，O为坐标原点建立如图所示平面直角坐标系，则B(1,0)，A，C(cos ，sin ).则(cos ，sin )xy(1,0)，即解得x，ycos ，故x3y3cos sin 3cos sin ，0.令g()3cos sin ，0，易知g()3cos sin 在上单调递减，故当0时，g()取得最大值为3，当时，g()取得
7、最小值为1，故x3y的取值范围为1,3考点3平面向量的数量积平面向量的数量积的运算转换技巧(1)抓住数量积的定义、几何意义及其性质，实现向量数量积、夹角、模的转换若a(x，y)，则|a|.若A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|.设为a与b(a0，b0)的夹角，且a(x1，y1)，b(x2，y2)，则cos .(2)用好坐标法或极化恒等式ab(ab)2(ab)2，解决与数量积有关的最值问题历年常考题型1(2021郑州模拟)已知向量a，b满足1，|b|2，ab(，)，则()A2BCD2A根据题意，则(ab)2a2b22ab52ab5，可得ab0，结合2， 可得(2ab)24a2b24ab448
8、，则2，故选A2已知非零向量a，b满足|a|2|b|，且(ab)b，则a与b的夹角为()ABCDB设a与b的夹角为，因为(ab)b，所以(ab)bab|b|20.又因为|a|2|b|，所以2|b|2cos |b|20，即cos ，又0，所以，故选B3已知P是边长为2的正六边形ABCDEF内的一点，则的取值范围是()A(2,6)B(6,2)C(2,4)D(4,6)A法一：|cosPAB2|cosPAB，又|cosPAB表示在方向上的投影，所以结合图形(图略)可知，当P与C重合时投影最大，当P与F重合时投影最小又22cos 306，22cos 1202，故当点P在正六边形ABCDEF内部运动时，(
9、2,6)，故选A法二：如图，取A为坐标原点，AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系，则A(0,0)，B(2,0)，C(3，)，F(1，)设P(x，y)，则(x，y)，(2,0)，且1x3.所以(x，y)(2,0)2x(2,6)4(2021全国卷甲)若向量a，b满足|a|3，|ab|5，ab1，则|b|_.3由|ab|5得(ab)225，即a22abb225，结合|a|3，ab1，得3221|b|225，所以|b|3.5(2021全国卷乙)已知向量a(1,3)，b(3,4)，若(ab)b，则_.法一：ab(13，34)，(ab)b，(ab)b0，即(13，34)(3,4)0，3912160，解得.
10、法二：由(ab)b可知，(ab)b0，即abb20，从而.预测创新题型6已知O为坐标原点，点P1(cos ，sin )，P2(cos ，sin )，P3(cos()，sin()，A(1,0)，则下列选项说法不正确的是()A|B|CDD由题可知，|1，|1，所以|，故A正确；取，则P1，取，则P2，则|，故B正确；因为cos()，cos cos sin sin cos()，所以，故C正确；因为cos ，cos cos()sin sin()cos(2)，取，则，cos，所以，故D错误故选D7在ABC中，AB6，AC4，A120，m，则|的最小值为_，若，则m_.2因为m，所以2(m)2m2222m36m226m4cos 1201636m224m16361212，所以|2.若，则0，即(m)()0，所以m2(m1)20，所以36m12(m1)160，解得m.8在ABC中，M是BC的中点，AM3，BC10，则_.16法一：如图，设AMB，则AMC.又， ()()2，2553cos 35cos()916，法二：因为M是BC的中点，由极化恒等式得：|AM|2|BC|2910016.10/10