新高考一輪復(fù)習(xí)蘇教版 命題熱點(diǎn)5　平面向量及其應(yīng)用、復(fù)數(shù) 作業(yè)

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命題熱點(diǎn)自測(cè)(五)平面向量及其應(yīng)用、復(fù)數(shù)

一、選擇題

1．(2021·三亞華僑學(xué)校高三月考)已知平行四邊形ABCD，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是AB，BC的中點(diǎn)(如圖所示)，設(shè)

eq\o(AB,\s\up8(→))

＝a，

eq\o(AD,\s\up8(→))

＝b，則

eq\o(EF,\s\up8(→))

等于()

A．

eq\f(1,2)

eq(\a\vs4\al\co1(a＋b))

B．

eq\f(1,2)

eq(\a\vs4\al\co1(a－b))

C．

eq\f(1,2)

eq(\a\vs4\al\co1(b－a))

D．

eq\f(1,2)

a＋b

A[連接AC，則EF為△ABC的中位線(xiàn)，

∴

eq\o(EF,\s\up8(→))

＝

eq\f(1,2)

eq\o(AC,\s\up8(→))

＝

eq\f(1,2)

a＋

eq\f(1,2)

b.

故選A．]

2．在△ABC中，∠A，∠B，∠C的對(duì)邊分別為a，b，c，∠B＝135°，b＝

eq\r(15)

，c＝

eq\r(3)

，則a＝()

A．2 B．

eq\r(6)

C．3 D．2

eq\r(6)

B[由余弦定理得b2＝a2＋c2＋

eq\r(2)

ac，

即15＝a2＋

eq\r(6)

a＋3，解得a＝

eq\r(6)

(負(fù)值舍去)．故選B．]

3．(2021·廣東花都區(qū)高三月考)已知a，b為實(shí)數(shù)，且

eq\f(3＋bi,2＋i)

＝a－i(i是虛數(shù)單位)，則a＋b＝()

A．2 B．0

C．－1 D．－2

B[∵

eq\f(3＋bi,2＋i)

＝a－i?3＋bi＝2a－2i＋ai－i2＝1＋2a＋(a－2)i，

∴

eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3＝1＋2a,b＝a－2))

?a＝1，b＝－1，∴a＋b＝0，故選B．]

4．已知平面向量a，b滿(mǎn)足|a|＝3|b|＝3，(a－b)⊥b，則sin〈a，b〉＝()

A．

eq\f(1,3)

B．

eq\f(2,3)

C．

eq\f(\r(7),3)

D．

eq\f(2\r(2),3)

D[由于(a－b)⊥b，

所以(a－b)·b＝a·b－b2＝|a|·|b|·cos〈a，b〉－|b|2＝0，cos〈a，b〉＝

eq\f(|b|2,|a|·|b|)

＝

eq\f(1,3)

＞0，

由于〈a，b〉∈

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))

，所以sin〈a，b〉＝

eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))

eq\s\up12(2)

)

＝

eq\f(2\r(2),3)

.

故選D．]

5．(2021·遼寧沈陽(yáng)二中期末)圖1是我國(guó)古代數(shù)學(xué)家趙爽創(chuàng)制的一幅“勾股圓方圖”(又稱(chēng)“趙爽弦圖”)，它是由四個(gè)全等的直角三角形與中間的一個(gè)小正方形拼成的一個(gè)大正方形．受其啟發(fā)，某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)圖形，它是由三個(gè)全等的鈍角三角形與中間一個(gè)小正三角形拼成一個(gè)大正三角形，如圖2所示，若AB＝7，DE＝2，則線(xiàn)段BD的長(zhǎng)為()

圖1圖2

A．3 B．3.5

C．4 D．4.5

A[設(shè)BD＝x，可得AD＝2＋x，

且∠ADB＝180°－60°＝120°，

在△ABD中，可得AB2＝AD2＋BD2－2AD·BD·cos∠ADB，

即為49＝(2＋x)2＋x2－2(2＋x)x·

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))

，

化為x2＋2x－15＝0，解得x＝3(x＝－5舍去)，故選A．]

6．(多選)(2021·湖南長(zhǎng)郡中學(xué)模擬)已知i為虛數(shù)單位，以下四個(gè)說(shuō)法中正確的是()

A．i＋i2＋i3＋i4＝0

B．復(fù)數(shù)z＝3－i的虛部為－i

C．若z＝(1＋2i)2，則復(fù)平面內(nèi)

eq\x\to(z)

對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于第二象限

D．已知復(fù)數(shù)z滿(mǎn)足|z－1|＝|z＋1|，則z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的軌跡為直線(xiàn)

AD[A選項(xiàng)，i＋i2＋i3＋i4＝i－1－i＋1＝0，故A選項(xiàng)正確；B選項(xiàng)，z的虛部為－1，故B選項(xiàng)錯(cuò)誤；C選項(xiàng)，z＝1＋4i＋4i2＝－3＋4i，

eq\x\to(z)

＝－3－4i，對(duì)應(yīng)坐標(biāo)為

eq(\a\vs4\al\co1(－3，－4))

在第三象限，故C選項(xiàng)錯(cuò)誤；D選項(xiàng)，|z－1|＝|z＋1|＝|z－(－1)|表示z到A

eq(\a\vs4\al\co1(1，0))

和B

eq(\a\vs4\al\co1(－1，0))

兩點(diǎn)的距離相等，故z的軌跡是線(xiàn)段AB的垂直平分線(xiàn)，故D選項(xiàng)正確．故選AD．]

7．(多選)(2021·石家莊市第一中學(xué)東校區(qū)高三月考)對(duì)于△ABC，有如下判斷，其中正確的判斷是()

A．若cosA＝cosB，則△ABC為等腰三角形

B．若△ABC為銳角三角形，有A＋B>

eq\f(π,2)

，則sinA＞cosB

C．若a＝8，c＝10，B＝60°，則符合條件的△ABC有兩個(gè)

D．若sin2A＋sin2B＜sin2C，則△ABC是鈍角三角形

ABD[對(duì)于A(yíng)：若cosA＝cosB，A，B為△ABC內(nèi)角，則A＝B，故△ABC為等腰三角形，故A正確；

對(duì)于B：若△ABC為銳角三角形，有A＋B>

eq\f(π,2)

，整理得A>

eq\f(π,2)

－B，故sinA>sin

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－B))

，則sinA＞cosB，故B正確；

對(duì)于C：由于a＝8，c＝10，B＝60°，利用余弦定理求出b＝

eq\r(a2＋c2－2accosB)

＝2

eq\r(21)

，故△ABC唯一，故C錯(cuò)誤；

對(duì)于D：sin2A＋sin2B＜sin2C，利用正弦定理：a2＋b2＜c2，故cosC＝

eq\f(a2＋b2－c2,2ab)

<0，故C∈

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))

，故△ABC是鈍角三角形，故D正確．

故選ABD．]

8．(多選)(2021·廣東羅湖區(qū)高三月考)如圖，在正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別是BC，CD的中點(diǎn)．則下列結(jié)論正確的為()

A．

eq\o(AE,\s\up8(→))

·

eq\o(AF,\s\up8(→))

＜0

B．

eq\f(|\o(AB,\s\up8(→))＋\o(AD,\s\up8(→))|,|\o(CE,\s\up8(→))－\o(CF,\s\up8(→))|)

＝2

C．

eq\o(AE,\s\up8(→))

·

eq\o(BC,\s\up8(→))

＝

eq\o(AE,\s\up8(→))

·

eq\o(FC,\s\up8(→))

D．

eq\o(AC,\s\up8(→))

＝

eq\f(3,2)

(

eq\o(AE,\s\up8(→))

＋

eq\o(AF,\s\up8(→))

)

BC[A．因?yàn)?/p>

eq\o(AE,\s\up8(→))

·

eq\o(AF,\s\up8(→))

＝|

eq\o(AE,\s\up8(→))

|·|

eq\o(AF,\s\up8(→))

|·cos∠EAF，∠EAF為銳角，所以

eq\o(AE,\s\up8(→))

·

eq\o(AF,\s\up8(→))

＞0，故錯(cuò)誤；

B．因?yàn)?/p>

eq\o(CE,\s\up8(→))

－

eq\o(CF,\s\up8(→))

＝

eq\o(FE,\s\up8(→))

，

eq\o(AB,\s\up8(→))

＋

eq\o(AD,\s\up8(→))

＝

eq\o(AC,\s\up8(→))

，又E，F(xiàn)為BC，CD的中點(diǎn)，所以|

eq\o(FE,\s\up8(→))

|＝

eq\f(1,2)

|

eq\o(BD,\s\up8(→))

|＝

eq\f(1,2)

|

eq\o(AC,\s\up8(→))

|，所以

eq\f(|\o(AB,\s\up8(→))＋\o(AD,\s\up8(→))|,|\o(CE,\s\up8(→))－\o(CF,\s\up8(→))|)

＝2，故正確；

C．因?yàn)?/p>

eq\o(AE,\s\up8(→))

·

eq\o(BC,\s\up8(→))

＝

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up8(→))＋\f(1,2)\o(BC,\s\up8(→))))

·

eq\o(BC,\s\up8(→))

＝

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up8(→))＋\f(1,2)\o(AD,\s\up8(→))))

·

eq\o(AD,\s\up8(→))

＝

eq\f(1,2)

|

eq\o(AD,\s\up8(→))

|2，

eq\o(AE,\s\up8(→))

·

eq\o(FC,\s\up8(→))

＝

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up8(→))＋\f(1,2)\o(BC,\s\up8(→))))

·

eq\o(FC,\s\up8(→))

＝

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up8(→))＋\f(1,2)\o(AD,\s\up8(→))))

·

eq\f(1,2)

eq\o(AB,\s\up8(→))

＝

eq\f(1,2)

|

eq\o(AB,\s\up8(→))

|2，

且

eq\f(1,2)

|

eq\o(AD,\s\up8(→))

|2＝

eq\f(1,2)

|

eq\o(AB,\s\up8(→))

|2，所以

eq\o(AE,\s\up8(→))

·

eq\o(BC,\s\up8(→))

＝

eq\o(AE,\s\up8(→))

·

eq\o(FC,\s\up8(→))

，故正確；

D．因?yàn)?/p>

eq\f(3,2)

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AE,\s\up8(→))＋\o(AF,\s\up8(→))))

＝

eq\f(3,2)

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up8(→))＋\f(1,2)\o(BC,\s\up8(→))＋\o(AD,\s\up8(→))＋\f(1,2)\o(AB,\s\up8(→))))

＝

eq\f(3,2)

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)\o(AB,\s\up8(→))＋\f(3,2)\o(AD,\s\up8(→))))

＝

eq\f(9,4)

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up8(→))＋\o(AD,\s\up8(→))))

，

又

eq\o(AB,\s\up8(→))

＋

eq\o(AD,\s\up8(→))

＝

eq\o(AC,\s\up8(→))

，所以

eq\o(AC,\s\up8(→))

＝

eq\f(3,2)

(

eq\o(AE,\s\up8(→))

＋

eq\o(AF,\s\up8(→))

)不成立，故錯(cuò)誤．故選BC．]

二、填空題

9．(2021·天津市新華中學(xué)高一月考)已知向量a＝

eq(\a\vs4\al\co1(2，m))

，b＝

eq(\a\vs4\al\co1(－1，2))

，若a⊥b，則向量a在向量c＝a－2b上的投影向量的坐標(biāo)為_(kāi)_______．

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)，－\f(3,5)))

[由題意可得a·b＝－2＋2m＝0，解得m＝1，則a＝

eq(\a\vs4\al\co1(2，1))

，c＝a－2b＝

eq(\a\vs4\al\co1(4，－3))

，設(shè)向量a在向量c上的投影向量為λc，且c2＝25，a·c＝2×4－3＝5，

由題意可得a·c＝λc2，則5＝25λ，解得λ＝

eq\f(1,5)

，

因此，向量a在向量c＝a－2b上的投影向量的坐標(biāo)為

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)，－\f(3,5)))

.]

10．設(shè)復(fù)數(shù)z1，z2滿(mǎn)足

eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(z1))

＝

eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(z2))

＝2，z1＋z2＝1＋

eq\r(3)

i，則

eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(z1－z2))

＝________.

2

eq\r(3)

[設(shè)z1＝a＋bi，z2＝c＋di

eq(\a\vs4\al\co1(a，b，c，d∈R))

，由已知得：a2＋b2＝c2＋d2＝4，a＋c＝1，b＋d＝

eq\r(3)

，則z1－z2＝

eq(\a\vs4\al\co1(a－c))

＋

eq(\a\vs4\al\co1(b－d))

i,

eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(z1－z2))

2＝a2＋b2＋c2＋d2－2ac－2bd

＝2

eq(\a\vs4\al\co1(a2＋b2＋c2＋d2))

－

eq(\a\vs4\al\co1(a＋c))

2－

eq(\a\vs4\al\co1(b＋d))

2

＝2

eq(\a\vs4\al\co1(a2＋b2＋c2＋d2))

－4＝12，

則

eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(z1－z2))

＝2

eq\r(3)

.]

11．(2021·廣東順德高三月考)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若b＝acosC＋

eq\f(1,2)

c，則角A為_(kāi)_______．

60°[∵b＝acosC＋

eq\f(1,2)

c，

∴由正弦定理可得：sinB＝sinAcosC＋

eq\f(1,2)

sinC，

即sinAcosC＋sinCcosA＝sinAcosC＋

eq\f(1,2)

sinC，

即sinCcosA＝

eq\f(1,2)

sinC，∵sinC≠0，∴cosA＝

eq\f(1,2)

，

∵A∈(0°，180°)，∴A＝60°.]

12．(2021·石家莊市第一中學(xué)東校區(qū)高三月考)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，A＝30°，C＝45°，c＝3.則a＝________.點(diǎn)P是平面ABC內(nèi)的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，若∠BPC＝60°，則△PBC面積的最大值為_(kāi)_______．

eq\f(3\r(2),2)

eq\f(9\r(3),8)

[△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，A＝30°，C＝45°，c＝3.

則由正弦定理可得

eq\f(a,sinA)

＝

eq\f(c,sinC)

，

即

eq\f(a,sin30°)

＝

eq\f(3,sin45°)

，∴a＝

eq\f(3\r(2),2)

.

在△PBC中，由余弦定理得，

a2＝PB2＋PC2－2PB·PC·cos∠BPC，

∴

eq\f(9,2)

＝PB2＋PC2－2PB·PC·cos60°，

∴

eq\f(9,2)

＝PB2＋PC2－PB·PC，

∵PB2＋PC2≥2PB·PC，

∴

eq\f(9,2)

＝PB2＋PC2－PB·PC≥PB·PC，

當(dāng)且僅當(dāng)PB＝PC時(shí)取等號(hào)，∴PB·PC≤

eq\f(9,2)

，

∴S△PBC＝

eq\f(1,2)

PB·PC·sin60°≤

eq\f(1,2)

×

eq\f(9,2)

×

eq\f(\r(3),2)

＝

eq\f(9\r(3),8)

.]

三、解答題

13．(2021·河北唐縣第一中學(xué)高三月考)銳角△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c已知

eq\r(3)

(bsinC＋csinB)＝4asinBsinC，b2＋c2－a2＝8.

(1)求cosA的值及△ABC的面積；

(2)∠A的平分線(xiàn)與BC交于D，DC＝2BD，求a的值．

[解](1)根據(jù)題意，結(jié)合正弦定理邊角互化得，

eq\r(3)

(sinBsinC＋sinCsinB)＝4sinAsinBsinC，

即2

eq\r(3)

sinBsinC＝4sinAsinBsinC，

因?yàn)锽，C∈(0，π)，所以sinB≠0，sinC≠0，

所以sinA＝

eq\f(\r(3),2)

.

因?yàn)樵阡J角△ABC中，A∈

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))

，所以A＝

eq\f(π,3)

.

所以cosA＝

eq\f(1,2)

.

因?yàn)閎2＋c2－a2＝8，所以b2＋c2－a2＝2bccosA＝8，解得bc＝8.

所以△ABC的面積S＝

eq\f(1,2)

bcsinA＝

eq\f(1,2)

×8×

eq\f(\r(3),2)

＝2

eq\r(3)

.

(2)因?yàn)椤螦的平分線(xiàn)與BC交于D，DC＝2BD，

所以S△ABD＝

eq\f(1,2)

S△ADC，

即

eq\f(1,2)

c·ADsin30°＝

eq\f(1,2)

×

eq\f(1,2)

b·ADsin30°，

所以b＝2c，由于bc＝8，

所以b＝4，c＝2.

所以a2＝b2＋c2－8＝16＋4－8＝12，所以a＝2

eq\r(3)

.

14．(2021·江蘇省前黃高級(jí)中學(xué)高三開(kāi)學(xué)考試)記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.請(qǐng)?jiān)谙铝腥齻€(gè)條件中任選一個(gè)作為已知條件，解答問(wèn)題．

①(a－c)sinA＋csin(A＋B)＝bsinB；

②2S＝

eq\r(3)

eq\o(AB,\s\up8(→))

·

eq\o(CB,\s\up8(→))

(其中S為△ABC的面積)；

③

eq\r(3)

a－csinB＝

eq\r(3)

bcosC．

(1)若b＝4，ac＝3，求a＋c的值；

(2)若△ABC為銳角三角形，且c＝2，求a的取值范圍．

[解]選擇①(a－c)sinA＋csin(A＋B)＝bsinB．

由正弦定理得(a－c)a＋c2＝b2，

所以cosB＝

eq\f(a2＋c2－b2,2ac)

＝

eq\f(1,2)

，B∈(0，π)，則B＝

eq\f(π,3)

.

選擇②2S＝

eq\r(3)

eq\o(AB,\s\up8(→))

·

eq\o(CB,\s\up8(→))

，則acsinB＝

eq\r(3)

cacosB，所以tanB＝

eq\r(3)

，又B∈(0，π)，則B＝

eq\f(π,3)

.

選擇③

eq\r(3)

a－csinB＝

eq\r(3)

bcosC，由正弦定理得

eq\r(3)

sinA－sinCsinB＝

eq\r(3)

sinBcosC，

又因?yàn)閟inA＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC，

所以

eq\r(3)

cosBsinC－sinCsinB＝0，則所以tanB＝

eq\r(3)

，又B∈(0，π)，則B＝

eq\f(π,3)

.

故選擇①②③均得到B＝

eq\f(π,3)

.

(1)若b＝4，ac＝3，由余弦定理得

b2＝a2＋c2－2accosB，

即16＝a2＋c2－2accos

eq\f(π,3)

＝(a＋c)2－3ac，∴a＋c＝5.

(2)由△ABC為銳角三角形及B＝

eq\f(π,3)

，

得A＝

eq\f(2π,3)

－C∈

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))

且C∈

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))

，∴C∈

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))

，

由正弦定理得

eq\f(a,sinA)

＝

eq\f(2,sinC)

，

∴a＝

eq\f(2sinA,sinC)

＝

eq\f(2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,3))),sinC)

＝

eq\f(sinC＋\r(3)cosC,sinC)

＝1＋

eq\f(\r(3),tanC)

.

∵C∈

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))

，∴tanC∈

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，＋∞))

，∴

eq\f(1,tanC)

∈(0，

eq\r(3)

)，

∴1＋

eq\f(\r(3),tanC)

∈(1,4)，即所求a的取值范圍是(1,4)．

15．(2021·衡水中學(xué)模擬)目前，中國(guó)已經(jīng)建成全球最大的5G網(wǎng)絡(luò)，無(wú)論是大山深處還是廣袤平原，處處都能見(jiàn)到5G基站的身影．如圖，某同