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第1讲　平面向量的概念及线性运算
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
1.通过对力、速度、位移等的分析，了解平面向量的实际背景，理解平面向量的意义和两个向量相等的含义. 2.理解平面向量的几何表示和基本要素. 3.借助实例和平面向量的几何表示，掌握平面向量加、减运算及运算规则，理解其几何意义. 4.掌握平面向量数乘运算及运算规则，理解其几何意义.理解两个平面向量共线的含义. 5.了解平面向量的线性运算性质及其几何意义. 平面向量的有关概念 2022新高考卷ⅠT3 本讲命题热点为平面向量的线性运算、共线向量定理的应用，一般以选择题、填空题的形式出现，难度不大.预计2025年高考命题稳定，备考时注意对向量的几何意义的理解和应用.
平面向量的线性运算 2022新高考卷ⅠT3；2020全国卷ⅠT14；2020新高考卷ⅡT3
共线向量定理的应用
1.平面向量的有关概念
名称 定义 备注
向量 既有①　大小　又有②　方向　的量；向量的大小叫做向量的长度（或③　模　）. 平面向量是自由向量.
零向量 长度为0的向量. 零向量记作0，其方向是④　任意　的.
单位向量 长度等于1个单位长度的向量. 与非零向量a共线的单位向量为⑤　　和⑥　－　.
平行向量（共线向量） 方向⑦　相同或相反　的非零向量. 0与任意向量平行（共线）.
相等向量 长度⑧　相等　且方向⑨　相同　的向量. 相等向量一定是平行向量，平行向量不一定是相等向量.
相反向量 长度相等且方向相反的两个向量. 若a，b互为相反向量，则a＝－b. 0的相反向量为0.
注意　（1）0是一个向量，0是一个实数，｜0｜＝0.
（2）两个向量不能比较大小，只能判断它们是否相等，但它们的模可以比较大小.
2.平面向量的线性运算
向量运算 定义 法则（或几何意义） 运算律
加法 求两个向量和的运算. 三角形法则 平行四边形法则 （1）a＋b＝b＋a. （2）（a＋b）＋c＝a＋（b＋c）.
减法 求a与b的相反向量－b的和的运算叫做a与b的差. 三角形法则 a－b＝a＋（－b）.
数乘 求实数λ与向量a的积的运算. （1）｜λa｜＝｜λ｜｜a｜. （2）当λ＞0时，λa与a的方向⑩　相同　；当λ＜0时，λa与a的方向 　相反　；当λ＝0时，λa＝0. （1）λ（μa）＝λμa＝ μ（λa）. （2）（λ＋μ）a＝λa＋μa. （3）λ（a＋b）＝λa＋λb.
注意　利用三角形法则时，两向量要首尾相连；利用平行四边形法则时，两向量要有相同的起点.
常用结论
向量运算的常用结论
（1）若P为线段AB的中点，O为平面内任一点，则＝（＋）.
（2）对于任意两个向量a，b，都有：①｜｜a｜－｜b｜｜≤｜a±b｜≤｜a｜＋｜b｜；
②｜a＋b｜2＋｜a－b｜2＝2（｜a｜2＋｜b｜2）.
注意　当a，b不共线时：①式的几何意义是三角形中两边之和大于第三边，两边之差的绝对值小于第三边；②式的几何意义是平行四边形中两邻边的长与两对角线的长之间的关系.
3.共线向量定理
向量a（a≠0）与b共线的充要条件：存在唯一一个实数λ，使 　b＝λa　.
注意　（1）只有非零向量才能表示与之共线的其他向量.（2）两向量共线包含同向共线和反向共线两种情况.
1.下列说法正确的是（　D　）
A.零向量是唯一没有方向的向量
B.单位向量都相等
C.a与b同向，且｜a｜＞｜b｜，则a＞b
D.两个向量平行是这两个向量相等的必要不充分条件
2.[新高考卷Ⅱ]若D为△ABC的边AB的中点，则＝（　A　）
A.2－ B.2－
C.2＋ D.2＋
解析　解法一　因为D是AB的中点，所以＝2，所以＝＋＝＋2＝＋2（－）＝2－，故选A.
解法二　因为D是AB的中点，所以＝（＋），即2＝＋，所以＝2－，故选A.
3.已知向量a，b，若｜a｜＝2，｜b｜＝4，则｜a－b｜的取值范围是　[2，6]　.
解析　由｜｜a｜－｜b｜｜≤｜a－b｜≤｜a｜＋｜b｜，得2≤｜a－b｜≤6.
4.已知a与b是两个不共线的向量，且向量a＋λb与－（b－3a）共线，则λ＝　－　.
解析　由题意知存在k∈R，使得a＋λb＝k[－（b－3a）]，所以解得
研透高考 明确方向
命题点1　平面向量的有关概念
例1 （1）下列说法正确的是（　B　）
A.若两个向量相等，则它们的起点相同，终点相同
B.若A，B，C，D是不共线的四点，且＝，则四边形ABCD为平行四边形
C.a＝b的充要条件是｜a｜＝｜b｜且a∥b
D.已知λ，μ为实数，若λa＝μb，则a与b共线
解析　A错误，两个向量是否相等只与模及方向有关，与位置无关；B正确，因为＝，所以｜｜＝｜｜且∥，又A，B，C，D是不共线的四点，所以四边形ABCD为平行四边形；C错误，当a∥b且｜a｜＝｜b｜时还可能是a＝－b，所以“｜a｜＝｜b｜且a∥b”是“a＝b”的必要不充分条件；D错误，当λ＝μ＝0时，a与b可以为任意向量，满足λa＝μb，但a与b不一定共线.故选B.
（2）设a，b都是非零向量，下列四个条件中，使＝成立的充分条件是（　C　）
A.a＝－b B.a∥b
C.a＝2b D.a∥b且｜a｜＝｜b｜
解析　因为向量的方向与向量a的方向相同，向量的方向与向量b的方向相同，且＝，所以向量a与向量b的方向相同，故可排除选项A，B，D.当a＝2b时，＝＝，故a＝2b是＝成立的充分条件.
方法技巧
向量有关概念的关注点
（1）向量定义的关键是方向和长度.
（2）非零向量的平行具有传递性.
（3）平行向量即共线向量的关键是方向相同或相反，长度没有限制.
（4）向量可以平移，平移后的向量与原向量是相等向量.
（5）向量是与向量a同方向的单位向量.
训练1 下列说法正确的是（　B　）
A.相反向量就是方向相反的向量
B.a，b，c为非零向量，若a∥b，b∥c，则a∥c
C.若a与b共线，则a＝b或a＝－b
D.若a为平面内的某个向量，a0为单位向量，则a＝｜a｜a0
解析　对于A，相反向量是方向相反，长度相等的两个向量，故A错误；对于C，若向量a与b共线，则a与b的方向相同或相反，但长度不一定相等，故C错误；对于D，a与
｜a｜a0的模相等，但方向不一定相同，故D错误；易知B正确.故选B.
命题点2　平面向量的线性运算
角度1　向量加、减法的几何意义
例2 （1）[多选]P是△ABC所在平面内一点，且满足｜－｜－｜＋－2｜＝0，则△ABC不可能是（　AD　）
A.钝角三角形 B.直角三角形
C.等腰三角形 D.等边三角形
解析　设D为边BC的中点，则＋＝2，由已知有｜｜＝｜2－2｜＝
2｜｜，所以△ABC为直角三角形，故选AD.
（2）[全国卷Ⅰ]设a，b为单位向量，且｜a＋b｜＝1，则｜a－b｜＝　　.
解析　解法一　如图，四边形OACB为平行四边形，设＝a，＝b，利用平行四边形法则得＝a＋b，∵｜a｜＝｜b｜＝｜a＋b｜＝1，∴△OAC为正三角形，∴｜｜＝｜a－b｜＝2××｜a｜＝.
解法二　∵a，b为单位向量，且｜a＋b｜＝1，∴（a＋b）2＝1，∴1＋1＋2a·b＝1，
∴a·b＝－，∴｜a－b｜2＝a2＋b2－2a·b＝1＋1－2×（－）＝3，∴｜a－b｜＝.
方法技巧
利用向量加、减法的几何意义解决问题的思路
（1）根据两个向量的和与差，构造相应的平行四边形或三角形，再结合其他知识求解；
（2）平面几何中，如果出现平行四边形或可能构造出平行四边形或三角形的问题，那么可考虑利用向量知识来求解.
角度2　向量的线性运算
例3 [2022新高考卷Ⅰ]在△ABC中，点D在边AB上，BD＝2DA.记＝m，＝n，则＝（　B　）
A.3m－2n B.－2m＋3n
C.3m＋2n D.2m＋3n
解析　因为BD＝2DA，所以＝3，所以＝＋＝＋3＝＋3（－）＝－2＋3＝－2m＋3n.故选B.
方法技巧
向量的线性运算问题的求解策略
（1）利用三角形法则或平行四边形法则求解；
（2）利用相等向量、相反向量、共线向量以及三角形中位线等，把未知向量转化为与已知向量有直接关系的向量进行求解.
角度3　根据向量线性运算求参数
例4 在△ABC中，点D在线段BC上，且＝2，点O在线段CD上（与点C，D不重合）.若＝x＋（1－x），则x的取值范围是（　C　）
A.（0，1） B.（，1） C.（0，） D.（，）
解析　设＝λ，λ∈（，1），则＝＋＝＋λ＝（1－λ）＋λ＝x＋（1－x），则x＝1－λ∈（0，）.故选C.
方法技巧
求参数问题可以通过向量的线性运算将向量表示出来，进行比较，构造方程（组）求解.
训练2 （1）[多选]在梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝2CD，AC与BD相交于点O，则下列结论正确的是（　ABD　）
A.－＝ B.｜＋2｜＝0
C.＝＋ D.＋＋＋＝0
解析　对于A，－＝＝，故A正确.对于B，由题知＝＝，所以＋2＝0，故｜＋2｜＝0，故B正确.对于C，＝＝（－）＝（＋2）＝＋，故C错误.对于D，＋＋＋＝＋＝0，故D正确.故选ABD.
（2）在△ABC中，AB＝2，BC＝3，∠ABC＝30°，AD为BC边上的高.若＝λ＋μ，则λ－μ＝　　.
解析　如图，∵AD为BC边上的高，∴AD⊥BC.∵AB＝2，∠ABC＝30°，∴BD＝＝BC，∴＝＋＝＋＝＋（－）＝＋.
又＝λ＋μ，∴λ＝，μ＝，故λ－μ＝.
命题点3　共线向量定理的应用
例5 （1）已知O为△ABC内一点，且＝（＋），＝t，若B，O，D三点共线，则t＝（　B　）
A. B. C. D.
解析　设E是BC边的中点，则（＋）＝，由题意得＝，所以＝＝
（＋）＝＋，又因为B，O，D三点共线，所以＋＝1，解得t＝.故选B.
（2）[全国卷Ⅱ]设向量a，b不平行，向量λa＋b与a＋2b平行，则实数λ＝　　.
解析　因为λa＋b与a＋2b平行，所以存在μ∈R，使得λa＋b＝μ（a＋2b），即（λ－μ）a＋（1－2μ）b＝0.因为向量a，b不平行，所以λ－μ＝0，1－2μ＝0，解得λ＝μ＝.
方法技巧
利用共线向量定理解题的策略
（1）利用a∥b a＝λb（b≠0）求解.
（2）当两向量共线且有公共点时，才能得出三点共线，即A，B，C三点共线 ，共线.
（3）若a与b不共线且λa＝μb，则λ＝μ＝0.
（4）＝λ＋μ（λ，μ为实数），若A，B，C三点共线，则λ＋μ＝1.
注意　＝λ＋μ中的三个向量的起点相同时，才有A，B，C三点共线 λ＋μ＝1.
训练3 （1）已知e1，e2是平面内两个不共线的向量，＝3e1＋2e2，＝4e1＋ke2，＝5e1－4e2，若A，B，C三点共线，则实数k的值为（　A　）
A.－1 B.0 C.1 D.2
解析　解法一　因为＝3e1＋2e2，＝4e1＋ke2，＝5e1－4e2，所以＝－＝（4e1＋ke2）－（3e1＋2e2）＝e1＋（k－2）e2，＝－＝（5e1－4e2）－（3e1＋2e2）＝2e1－6e2，又A，B，C三点共线，所以存在唯一的实数λ，使得＝λ，即e1＋（k－2）e2＝λ（2e1－6e2），所以解得故选A.
解法二　根据题意，设＝x＋（1－x），则3e1＋2e2＝[4x＋5（1－x）]e1＋[kx－
4（1－x）]e2，因为e1，e2是平面内两个不共线的向量，所以得故选A.
（2）[2023湖北天门中学、仙桃中学等校5月联考]如图，在△ABC中，AD为BC边上的中线，G为△ABC的重心，M，N分别为线段AB，AC上的动点，且M，N，G三点共线，若＝λ（λ≠0），＝μ（μ≠0），则λ＋4μ的最小值为（　B　）
A. B.3 C.2 D.
解析　由题意得＝＝×（＋）＝（＋）＝（＋），由于M，N，G三点共线，故＋＝1.故λ＋4μ＝（λ＋4μ）（＋）＝＋＋≥＋2＝3，当且仅当＝，即λ＝1，μ＝时等号成立，故λ＋4μ的最小值为3，故选B.第2讲　平面向量基本定理及坐标表示
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
1.理解平面向量基本定理及其意义. 2.借助平面直角坐标系，掌握平面向量的正交分解及坐标表示. 3.会用坐标表示平面向量的加、减运算与数乘运算. 4.能用坐标表示平面向量共线、垂直的条件. 平面向量基本定理的应用 该讲命题热点为平面向量的坐标运算、共线的坐标表示等，一般以选择题、填空题的形式出现，难度不大.预计2025年高考命题稳定，备考时要关注坐标法在求解向量问题中的应用.
平面向量的坐标运算 2023新高考卷ⅠT3；2022北京T10；2021全国卷甲T14；2021新高考卷ⅠT10；2019全国卷ⅡT3
向量共线的坐标表示 2021全国卷乙T13
1.平面向量基本定理
（1）定理：如果e1，e2是同一平面内的两个①　不共线　向量，那么对于这一平面内的任一向量a，②　有且只有　一对实数λ1，λ2，使a＝λ1e1＋λ2e2.
（2）基底：若e1，e2③　不共线　，我们把{e1，e2}叫做表示这一平面内所有向量的一个基底.
注意　（1）基底向量e1，e2必须是同一平面内的两个不共线的向量，零向量不能作为基底向量；（2）基底给定，同一向量的分解形式唯一.
2.平面向量的坐标表示
（1）把一个向量分解为两个④　互相垂直　的向量，叫做把向量作正交分解.
（2）平面向量运算的坐标表示
坐标表示
和（差） 已知a＝（x1，y1），b＝（x2，y2），则a＋b＝⑤　（x1＋x2，y1＋y2）　，a－b＝⑥　（x1－x2，y1－y2）　.
数乘 已知a＝（x1，y1），则λa＝（λx1，λy1），其中λ是实数.
任一向量的坐标 已知A（x1，y1），B（x2，y2），则＝⑦　（x2－x1，y2－y1）　.
说明　（1）相等向量的坐标相同；（2）向量的坐标与表示该向量的有向线段的端点无关，只与其相对位置有关.
（3）平面向量共线的坐标表示
如果a＝（x1，y1），b＝（x2，y2），那么a∥b的充要条件为⑧　x1y2－x2y1＝0　.
注意　a∥b的充要条件不能表示成＝的形式，因为x2，y2有可能等于0.
1.下列说法正确的是（　B　）
A.平面内的任意两个向量都可以作为一个基底
B.设{a，b}是平面内的一个基底，若实数λ1，μ1，λ2，μ2满足λ1a＋μ1b＝λ2a＋μ2b，则λ1＝λ2，μ1＝μ2
C.若a＝（x1，y1），b＝（x2，y2），则a∥b的充要条件可以表示成＝
D.平面向量经过平移后其坐标改变
解析　对于A，共线向量不可以作为基底，故A错误；对于B，同一向量在给定基底下的分解是唯一的，B正确；对于C，若b＝（0，0），则＝无意义，故C错误；对于D，平面向量不论经过怎样的平移，其坐标都不变，故D错误.
2.[教材改编]已知M（－2，7），N（10，－2），点P是线段MN上的点，且＝
－2，则点P的坐标为（　A　）
A.（2，4） B.（－14，16）
C.（6，1） D.（2，－11）
解析　设P（x，y），则＝（10－x，－2－y），＝（－2－x，7－y），又＝
－2，所以解得所以点P的坐标为（2，4）.故选A.
3.已知e1，e2不共线，a＝e1＋2e2，b＝2e1＋λe2，要使{a，b}能作为平面内所有向量的一个基底，则实数λ的取值范围是　（－∞，4）∪（4，＋∞）　.
研透高考 明确方向
命题点1　平面向量基本定理的应用
例1 （1）[全国卷Ⅰ]在△ABC中，AD为BC边上的中线，E为AD的中点，则＝（　A　）
A.－ B.－
C.＋ D.＋
解析　解法一　根据向量的运算法则可得，在△ABE中，＝＋.因为E为AD的中点，所以＝，在△ABD中，＝＋＝－.因为D为BC的中点，所以＝.在△ABC中，＝－.逐步代入，可得＝＋＝＋＝（－）＋＝（－）＋＝＋＝（－）＋＝－.故选A.
解法二　由D为BC的中点，得＝（＋），由E为AD的中点，得＝＝（＋）.在△ABE中，＝－＝－（＋）＝－.故选A.
（2）如图，在直角梯形ABCD中，＝，＝2，且＝r＋s，则2r＋3s＝（　C　）
A.1 B.2
C.3 D.4
解析　根据题图，由题意可得＝＋＝＋＝＋（＋＋）＝＋（＋）＝＋（＋）＝＋.因为＝r＋s，所以r＝，s＝，所以2r＋3s＝1＋2＝3.故选C.
方法技巧
1.应用平面向量基本定理表示向量，实质是利用平行四边形法则或三角形法则进行向量的加、减或数乘运算.
2.用平面向量基本定理解决问题的一般思路：先选择一个基底，并运用该基底将相关向量表示出来，再通过向量的运算来解决.
注意　同一个向量在不同基底下的分解是不同的，但在同一基底下的分解是唯一的.
训练1 （1）[2024昆明市模拟]在平行四边形ABCD中，点T为CD的中点，则（　A　）
A.＝＋ B.＝＋
C.＝＋ D.＝＋
解析　因为四边形ABCD是平行四边形，所以＝.因为T为CD的中点，所以＝，则＝＋＝＋＝＋，故选A.
（2）[2024广东省模拟]已知△OAB中，＝，＝2，AD与BC相交于点M，＝x＋y，则有序数对（x，y）＝（　D　）
A.（，） B.（，）
C.（，） D.（，）
解析　如图，依题意A，M，D三点共线，故＝λ，所以＝＋＝＋λ＝＋λ（－）＝＋λ（－）＝＋（1－λ），又C，M，B三点共线，故＝μ，则＝＋＝＋μ＝＋μ（－）＝（1－μ）＋μ＝＋μ，所以解得所以＝＋，又＝x＋y，所以所以有序数对（x，y）＝（，）.故选D.
命题点2　平面向量的坐标运算
例2 （1）[全国卷Ⅰ]已知点A（0，1），B（3，2），向量＝（－4，－3），则向量＝（　A　）
A.（－7，－4） B.（7，4）
C.（－1，4） D.（1，4）
解析　因为＝（3，2）－（0，1）＝（3，1），所以＝－＝（－4，－3）－（3，1）＝（－7，－4）.故选A.
（2）已知向量a，b，c在正方形网格中的位置如图所示，以a，b为基底，则（　C　）
A.c＝－2a＋3b B.c＝－3a＋2b
C.c＝3a－2b D.c＝2a－3b
解析　建立如图所示的平面直角坐标系，则a＝（1，1），b＝
（－2，3），c＝（7，－3）.设c＝xa＋yb，则解得故c＝3a－2b.故选C.
方法技巧
1.利用向量的坐标运算解题，主要是利用加法、减法、数乘运算法则，根据“两个向量相等当且仅当它们的坐标对应相等”这一原则，化归为方程（组）进行求解.
2.向量的坐标表示使向量运算代数化，成为数与形结合的载体，可以使很多几何问题的解答转化为我们熟知的数量运算.
训练2 （1）如图，在直角梯形ABCD中，AB∥DC，AD⊥DC，AD＝DC＝2AB，E为AD的中点，若＝λ＋μ（λ，μ∈R），则λ＋μ的值为（　B　）
A. B.
C.2 D.
解析　建立如图所示的平面直角坐标系，则D（0，0）.不妨设AB＝1，则CD＝AD＝2，∴C（2，0），A（0，2），B（1，2），E（0，1），∴＝（－2，2），＝（－2，1），＝（1，2），∵＝λ＋μ，
∴（－2，2）＝λ（－2，1）＋μ（1，2），∴解得故λ＋μ＝.
（2）已知平面上的三个点A（－2，1），B（－1，3），C（3，4），若A，B，C，D四点能构成平行四边形，则点D的坐标为　（2，2）或（4，6）或（－6，0）　.
解析　由四边形ABCD为平行四边形，得＝，可解得D（2，2）.
由四边形ABDC为平行四边形，得＝，可解得D（4，6）.
由四边形ADBC为平行四边形，得＝，可解得D（－6，0）.
因此，使A，B，C，D四点构成平行四边形的点D的坐标为（2，2）或（4，6）或
（－6，0）.
命题点3　向量共线的坐标表示
例3 （1）[2021全国卷乙]已知向量a＝（2，5），b＝（λ，4），若a∥b，则λ＝　　.
解析　因为a∥b，所以2×4－5λ＝0，解得λ＝.
（2）已知点O（0，0），A（0，5），B（4，3），＝，＝，AD与BC交于点M，则点M的坐标为　（，2）　.
解析　由已知可得点C（0，），点D（2，）.因为A，M，D三点共线，所以与共线，设M的坐标为（x，y），则＝（x，y－5），又＝（2，－），所以－x－2（y－5）＝0，即7x＋4y＝20.因为C，M，B三点共线，所以与共线，又＝（x，y－），＝（4，），所以x－4（y－）＝0，即7x－16y＝－20.由得所以点M的坐标为（，2）.
方法技巧
平面向量共线问题的解题策略
（1）若a＝（x1，y1），b＝（x2，y2），则a∥b x1y2－x2y1＝0.
（2）若a∥b（b≠0），则a＝λb.
训练3 （1）[2023贵州省联考]已知P1（3，2），P2（9，11），P（5，y），＝λ，则y与λ的值分别为（　D　）
A.y＝8，λ＝2 B.y＝，λ＝
C.y＝，λ＝ D.y＝5，λ＝
解析　因为P1（3，2），P2（9，11），P（5，y），所以＝（2，y－2），＝（4，11－y），由＝λ，得（2，y－2）＝λ（4，11－y）＝（4λ，11λ－λy），所以解得故选D.
（2）设0＜θ＜，向量a＝（sin 2θ，cos θ），b＝（cos θ，1），若a∥b，则tan θ＝　　.
解析　∵a∥b，∴sin 2θ＝cos2θ，
∴2sin θcosθ＝cos2θ.
∵θ∈（0，），
∴2sin θ＝cos θ，tan θ＝.
思维帮·提升思维　快速解题
奔驰定理
例4 [2023江苏南京三模]如图，O是△ABC内一点，且＋＋2＝0，则＝　4　.
解析　解法一　取AB的中点D，连接OD，则＝（＋），又＋＋2＝0，所以＝－，即O为CD的中点.
又D为AB的中点，所以S△AOC＝S△ADC＝S△ABC，故＝4.
解法二　＋＋2＝0，则由奔驰定理得＝＝4.
方法技巧
奔驰定理：P为△ABC内一点，则SA·＋SB·＋SC·＝0，其中SA，SB，SC分别是△BPC，△CPA，△APB的面积.
证明过程如下.
延长AP交边BC于点Q，如图所示.
用S表示△ABC的面积，则S＝SA＋SB＋SC，用h1表示△BPC的边BC上的高，用h表示△ABC的边BC上的高.
则＝＝＝，＝＝1－＝1－＝，所以＝·.
用h2表示△CPA的边AP上的高，用h3表示△APB的边AP上的高.
则＝＝，所以＝·＋·，则＝·＋·，
即S·＝SB·（－）＋SC·（－），所以SA·＋SB·＋SC·＝0.
训练4 [2023江苏苏州市第六中学三模]已知O是△ABC内一点，满足＋2＋m＝0，且＝，则m＝（　C　）
A.2 B.3 C.4 D.5
解析　解法一　由＋2＋m＝0，得－＝＋，令＝－，则＝＋，所以A，B，M三点共线，所以＝＝＝，解得m＝4.
解法二　由奔驰定理得S△BOC·＋S△AOC·＋S△AOB·＝0，又＋2＋m＝0，所以S△BOC∶S△AOC∶S△AOB＝1∶2∶m，所以＝＝，解得m＝4.第3讲　平面向量的数量积及应用
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
1.理解平面向量数量积的概念及其物理意义，会计算平面向量的数量积. 2.了解平面向量投影的概念以及投影向量的意义. 3.会用数量积判断两个平面向量的垂直关系. 4.能用坐标表示平面向量的数量积，会表示两个平面向量的夹角. 5.会用向量方法解决简单的平面几何问题、力学问题以及其他实际问题，体会向量在解决数学和实际问题中的应用. 平面向量的数量积运算 2023全国卷乙T6；2022全国卷乙T3；2022全国卷甲T13；2021新高考卷ⅡT15；2020北京T13；2019全国卷ⅡT3 本讲每年必考，主要考查向量的数量积运算、向量的夹角、模长、垂直问题，一般以客观题形式出现，难度不大.预计2025年高考命题稳定，常规备考的同时要关注向量与三角、解析几何等的综合以及坐标法在解题中的应用.
平面向量数量积的应用 2023新高考卷ⅠT3；2023新高考卷ⅡT13；2023全国卷甲T4；2022全国卷乙T3；2022新高考卷ⅡT4；2022天津T14；2021新高考卷ⅠT10；2021全国卷甲T14；2021全国卷甲T14；2021全国卷乙T14；2020全国卷ⅠT14；2020全国卷ⅡT13；2020新高考卷ⅠT7；2019全国卷ⅠT7
平面向量的应用 2023全国卷乙T12；2020天津T15
1.向量的夹角
定义 图示 范围 共线与垂直
已知两个非零向量a，b，O是平面上的任意一点.作＝a，＝b，则①　∠AOB　叫做向量a与b的夹角，记作＜a，b＞. 设θ是a与b的夹角，则θ的取值范围是②　[0，π]　. θ＝0或π ③　a∥b　， ④　θ＝　 a⊥b.
注意　确定向量的夹角时应注意“共起点”.
思维拓展
1.两个向量夹角的范围为[0，π]，两条直线夹角的范围为[0，].
2.（1）两个向量a，b的夹角为锐角 a·b＞0且向量a，b不共线；
（2）两个向量a，b的夹角为钝角 a·b＜0且向量a，b不共线.
2.平面向量的数量积
已知两个非零向量a与b的夹角为θ，我们把数量⑤　｜a｜｜b｜cosθ　叫做向量a与b的数量积，记作⑥　a·b　.
注意　零向量与任一向量的数量积为0.
3.投影与投影向量
如图，过的起点A和终点B，分别作向量所在直线的垂线，垂足分别为A1，B1，得到，我们称上述变换为向量a向向量b⑦　投影　，叫做向量a在向量b上的⑧　投影向量　.
设与b方向相同的单位向量为e，a与b的夹角为θ，则＝｜a｜cosθe.
4.向量数量积的运算律
对于向量a，b，c和实数λ，有
（1）a·b＝b·a；
（2）（λa）·b＝λ（a·b）＝a·（λb）；
（3）（a＋b）·c＝a·c＋b·c.
注意　（1）向量数量积的运算不满足乘法结合律，即（a·b）·c不一定等于a·（b·c），这是由于（a·b）·c表示一个与c共线的向量，a·（b·c）表示一个与a共线的向量，而c与a不一定共线.
（2）a·b＝a·c（a≠0）b＝c，等式两边不能约去同一个向量.
（3）平方差公式、完全平方公式仍适用.
5.平面向量数量积的有关结论
已知非零向量a＝（x1，y1），b＝（x2，y2），a与b的夹角为θ.
几何表示 坐标表示
数量积 a·b＝｜a｜｜b｜cosθ. a·b＝⑨　x1x2＋y1y2　.
模 ｜a｜＝. ｜a｜＝⑩　　.
夹角 cos θ＝ 　　. cos θ＝.
a⊥b的充要条件 a·b＝0. 　x1x2＋y1y2＝0　.
a∥b的充要条件 a＝λb（λ∈R）. 　x1y2－x2y1＝0　.
｜a·b｜与 ｜a｜｜b｜的关系 ｜a·b｜≤｜a｜｜b｜（当且仅当a∥b时等号成立）. ｜x1x2＋y1y2｜≤ .
1.以下说法正确的是（　A　）
A.两个向量的数量积是一个实数，向量的加法、减法、数乘运算的运算结果是向量
B.由a·b＝0可得a＝0或b＝0
C.（a·b）·c＝a·（b·c）
D.已知两个非零向量a与b的夹角为θ，若a·b＞0，则θ为锐角
2.[教材改编]已知向量a＝（1＋x，x－3），b＝（1－x，2），a·b＝－4，则a＋2b与b的夹角为（　B　）
A. B. C. D.
解析　因为a·b＝－4，所以（1＋x）（1－x）＋2（x－3）＝－4，得x＝1.所以a＝（2，－2），b＝（0，2），所以a＋2b＝（2，2），｜a＋2b｜＝＝2，｜b｜＝2，所以cos＜a＋2b，b＞＝＝＝.又＜a＋2b，b＞∈[0，π]，所以a＋2b与b的夹角为.故选B.
3.[2022全国卷甲]已知向量a＝（m，3），b＝（1，m＋1）.若a⊥b，则m＝　－　.
解析　∵a⊥b，∴a·b＝m＋3（m＋1）＝4m＋3＝0，解得m＝－.
4.已知点A（－1，1），B（1，2），C（－2，－1），D（3，4），则在方向上的投影向量为　（，）　.
解析　依题意，得＝（5，5），则与同向的单位向量e＝＝（，），＝（2，1），则在方向上的投影向量为·e＝（，）＝（，）＝（，）.
5.[易错题]已知平面内三个向量a，b，c两两夹角相等，且｜a｜＝｜b｜＝1，｜c｜＝3，则｜a＋b＋c｜＝　2或5　.
解析　当a，b，c共线时，｜a＋b＋c｜＝｜a｜＋｜b｜＋｜c｜＝5；当a，b，c两两夹角为时，a·b＝－，a·c＝b·c＝－.｜a＋b＋c｜＝＝＝2.
研透高考 明确方向
命题点1　平面向量的数量积运算
例1 （1）[2023全国卷乙]正方形ABCD的边长是2，E是AB的中点，则·＝（　B　）
A. B.3 C.2 D.5
解析　解法一　由题意知，＝＋＝＋，＝＋＝－＋，所以·＝（＋）·（－＋）＝－，由题意知｜｜＝
｜｜＝2，所以·＝4－1＝3，故选B.
解法二　以点A为坐标原点，，的方向分别为x，y轴的正方向建立平面直角坐标系，则E（1，0），C（2，2），D（0，2），则＝（1，2），＝（－1，2），·＝－1＋4＝3，故选B.
（2）[2022全国卷甲]设向量a，b的夹角的余弦值为，且｜a｜＝1，｜b｜＝3，则（2a＋b）·b＝　11　.
解析　（2a＋b）·b＝2a·b＋b2＝2｜a｜｜b｜cos＜a，b＞＋｜b｜2＝2×1×3×＋32＝11.
方法技巧
求非零向量a，b的数量积的方法
1.定义法：a·b＝｜a｜｜b｜cosθ.
2.基底法：选取合适的一组基底，利用平面向量基本定理将待求数量积的两个向量分别表示出来，进而根据数量积的运算律和定义求解.
3.坐标法：已知条件中有（或隐含）正交基底，优先考虑建立平面直角坐标系，利用a·b＝x1x2＋y1y2求解.
训练1 （1）[2022全国卷乙]已知向量a，b满足｜a｜＝1，｜b｜＝，｜a－2b｜＝3，则a·b＝（　C　）
A.－2 B.－1 C.1 D.2
解析　由｜a－2b｜＝3，可得｜a－2b｜2＝a2－4a·b＋4b2＝9.
又｜a｜＝1，｜b｜＝，所以a·b＝1，故选C.
（2）[全国卷Ⅱ]已知＝（2，3），＝（3，t），｜｜＝1，则·＝（　C　）
A.－3 B.－2 C.2 D.3
解析　因为＝－＝（1，t－3），所以｜｜＝＝1，解得t＝3，所以＝（1，0），所以·＝2×1＋3×0＝2，故选C.
命题点2　平面向量数量积的应用
角度1　向量的模问题
例2 （1）[2022全国卷乙]已知向量a＝（2，1），b＝（－2，4），则｜a－b｜＝（　D　）
A.2 B.3 C.4 D.5
解析　由题意知a－b＝（2，1）－（－2，4）＝（4，－3），所以｜a－b｜＝＝5.故选D.
（2）[2023新高考卷Ⅱ]已知向量a，b满足｜a－b｜＝，｜a＋b｜＝｜2a－b｜，则
｜b｜＝　　.
解析　由｜a－b｜＝，得a2－2a·b＋b2＝3，即2a·b＝a2＋b2－3　①.由｜a＋b｜＝
｜2a－b｜，得a2＋2a·b＋b2＝4a2－4a·b＋b2，整理得，a2＝2a·b，结合①，得a2＝a2＋b2－3，整理得，b2＝3，所以｜b｜＝.
方法技巧
求平面向量模的两种方法
公式法 利用如下公式转化求解. ①a2＝a·a＝｜a｜2或｜a｜＝； ②｜a±b｜＝＝； ③若a＝（x，y），则｜a｜＝.
几何法 利用向量的几何意义，即利用向量加、减法的平行四边形法则或三角形法则作出向量，再利用余弦定理等求解.
角度2　向量的夹角问题
例3 （1）[2023全国卷甲]已知向量a，b，c满足｜a｜＝｜b｜＝1，｜c｜＝，且a＋b＋c＝0，则cos＜a－c，b－c＞＝（　D　）
A.－ B.－ C. D.
解析　∵a＋b＋c＝0，∴c＝－a－b，等式两边同时平方得2＝a2＋b2＋2a·b＝1＋1＋2a·b，∴a·b＝0.
解法一　∵a－c＝a－（－a－b）＝2a＋b，b－c＝b－（－a－b）＝a＋2b，∴（a－c）·（b－c）＝（2a＋b）·（a＋2b）＝2a2＋5a·b＋2b2＝4，且｜a－c｜＝｜2a＋b｜＝＝＝，｜b－c｜＝｜a＋2b｜＝＝＝，
∴cos＜a－c，b－c＞＝＝，故选D.
解法二　如图，令＝a，＝b，则＝c，∴＝a－c，＝b－c，而｜AB｜＝，｜AC｜＝｜BC｜＝，在△ABC中，由余弦定理得cos＜a－c，b－c＞＝cos＜，＞＝cos∠ACB＝＝，故选D.
解法三　如图，令向量a，b的起点均为O，终点分别为A，B，以，的方向分别为x，y轴的正方向建立平面直角坐标系，则a＝（1，0），b＝（0，1），c＝－a－b＝
（－1，－1），所以a－c＝（2，1），b－c＝（1，2），则cos＜a－c，b－c＞＝＝＝，故选D.
（2）[2022新高考卷Ⅱ]已知向量a＝（3，4），b＝（1，0），c＝a＋tb，若＜a，c＞＝
＜b，c＞，则t＝（　C　）
A.－6 B.－5 C.5 D.6
解析　解法一　由题意，得c＝a＋tb＝（3＋t，4），所以a·c＝3×（3＋t）＋4×4＝25＋3t，b·c＝1×（3＋t）＋0×4＝3＋t.因为＜a，c＞＝＜b，c＞，所以cos＜a，c＞＝cos＜b，
c＞，即＝，即＝3＋t，解得t＝5.故选C.
解法二　因为＜a，c＞＝＜b，c＞，且c＝a＋tb，所以由向量加法的平行四边形法则得｜a｜＝t｜b｜，易知｜a｜＝5，｜b｜＝1，所以t＝5.
方法技巧
求平面向量夹角问题的三种方法
定义法 当a，b是非坐标形式时，由cos θ＝求解.
坐标法 若a＝（x1，y1），b＝（x2，y2），则cos＜a，b＞＝，＜a，b＞∈[0，π].
解三角 形法 可以把所求两向量的夹角放到三角形中进行求解.注意向量夹角与三角形内角的关系.
角度3　向量的垂直问题
例4 （1）[2023新高考卷Ⅰ]已知向量a＝（1，1），b＝（1，－1）.若（a＋λb）⊥（a＋μb），则（　D　）
A.λ＋μ＝1 B.λ＋μ＝－1
C.λμ＝1 D.λμ＝－1
解析　因为a＝（1，1），b＝（1，－1），所以a＋λb＝（1＋λ，1－λ），a＋μb＝（1＋μ，1－μ），因为（a＋λb）⊥（a＋μb），所以（a＋λb）·（a＋μb）＝0，所以（1＋λ）（1＋μ）＋（1－λ）（1－μ）＝0，整理得λμ＝－1.故选D.
（2）[全国卷Ⅱ]已知单位向量a，b的夹角为60°，则在下列向量中，与b垂直的是（　D　）
A.a＋2b B.2a＋b C.a－2b D.2a－b
解析　解法一　由题意，得a·b＝｜a｜｜b｜cos 60°＝.对于A，（a＋2b）·b＝a·b＋2b2＝＋2＝≠0，故A不符合题意；对于B，（2a＋b）·b＝2a·b＋b2＝1＋1＝2≠0，故B不符合题意；对于C，（a－2b）·b＝a·b－2b2＝－2＝－≠0，故C不符合题意；对于D，（2a－b）·b＝2a·b－b2＝1－1＝0，所以（2a－b）⊥b，符合题意.故选D.
解法二　根据条件，分别作出向量b与A，B，C，D四个选项对应的向量的位置关系，如图所示.
　A 　　B 　 C 　　D
由图易知，只有选项D满足题意.故选D.
解法三　不妨设a＝（，），b＝（1，0），则a＋2b＝（，）， 2a＋b＝（2，），a－2b＝（－，），2a－b＝（0，），易知，只有（2a－b）·b＝0，即（2a－b）⊥b.故选D.
方法技巧
1.证明两个向量垂直的解题策略
先计算出这两个向量的坐标或表示出两个向量，然后根据数量积的运算公式，计算出这两个向量的数量积为0即可.
2.已知两个向量的垂直关系，求解相关参数的值
根据两个向量垂直的充要条件，列出相应的关系式，进而求解参数.
训练2 （1）[2023广州市二检]已知两个非零向量a，b满足｜a｜＝3｜b｜，（a＋b）⊥b，则cos 〈a，b〉＝（　D　）
A. B.－ C. D.－
解析　因为（a＋b）⊥b，所以（a＋b）·b＝0，即a·b＝－b2，所以｜a｜·｜b｜·cos 〈a，b〉＝－｜b｜2，即3｜b｜·｜b｜cos 〈a，b〉＝－｜b｜2，则cos 〈a，b〉＝－.故选D.
（2）[2021全国卷甲]若向量a，b满足｜a｜＝3，｜a－b｜＝5，a·b＝1，则｜b｜＝　3　.
解析　由｜a－b｜＝5得（a－b）2＝25，即a2－2a·b＋b2＝25，结合｜a｜＝3，a·b＝1，得32－2×1＋｜b｜2＝25，所以｜b｜＝3.
命题点3　平面向量的应用
例5 在日常生活中，我们会看到两人共提一个行李包的情况（如图）.假设行李包所受重力为G，所受的两个拉力分别为F1，F2.若｜F1｜＝
｜F2｜，F1与F2的夹角为θ，则下列结论不正确的是（　D　）
A.｜F1｜的最小值为｜G｜
B.当θ＝时，｜F1｜＝｜G｜
C.当θ＝时，｜F1｜＝｜G｜
D.当θ＝时，F1在F2方向上的投影数量为
解析　由题意知，｜G｜＝｜F1＋F2｜，且｜G｜为定值，因为｜F1｜＝｜F2｜，所以
｜G｜2＝｜F1｜2＋｜F2｜2＋2｜F1｜｜F2｜·cos θ＝2｜F1｜2（1＋cos θ），所以｜F1｜2＝.
当θ∈（0，π）时，y＝cos θ单调递减，
所以关于θ的函数y＝｜F1｜2＝单调递增，
即θ越大越费力，θ越小越省力.
当θ＝0时，＝｜G｜；
当θ＝时，｜F1｜＝｜G｜；
当θ＝时，｜F1｜＝｜G｜.故A，B，C正确.
对于D选项，当θ＝时，F1在F2方向上的投影数量为｜F1｜cos ＝｜G｜cos＝
－，故D不正确.故选D.
方法技巧
用向量方法解决实际问题的步骤
训练3 一条东西方向的河流两岸平行，河宽250 m，河水的速度为正东3 km/h.一艘小货船准备从河流南岸码头P处出发，航行到河流对岸对应点Q（PQ与河流的方向垂直）的正西方向并且与Q相距250 m的码头M处卸货，若水流的速度与小货船航行的速度的合速度的大小为 5 km/h，则当小货船的航程最短时，小货船航行速度的大小为（　C　）
A.3 km/h B.6 km/h
C.7 km/h D.3 km/h
解析　连接PM，由题意得，当小货船的航程最短时，其航线为线段PM.
设小货船航行的速度为v，水流的速度为v1，水流的速度与小货船航行的速度的合速度为v2，作出示意图，如图所示.
PQ＝250 m，QM＝250 m.
在Rt△PQM中，（根据“PQ与河流的方向垂直”得到△PMQ的形状）
tan∠PMQ＝＝＝，由题意∠PMQ∈（0，），
所以∠PMQ＝，∠MPQ＝，＜v1，v2＞＝＋＝，
易知v＝v2－v1，｜v1｜＝3，｜v2｜＝5，
所以｜v｜＝＝＝＝7，
所以小货船航行速度的大小为7 km/h，故选C.第4讲　余弦定理、正弦定理
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
借助向量的运算，探索三角形边长与角度的关系，掌握余弦定理、正弦定理. 利用正、余弦定理解三角形 2023新高考卷ⅠT17；2023新高考卷ⅡT17；2023全国卷乙T4；2023全国卷甲T16；2022新高考卷ⅠT18；2022新高考卷ⅡT18；2022全国卷甲T16；2021全国卷甲T8；2021全国卷乙T15；2021新高考卷ⅠT19；2021浙江T14；2020全国卷ⅠT16；2020全国卷ⅡT17；2020全国卷ⅢT7；2020新高考卷ⅠT17；2019全国卷ⅠT17；2019全国卷ⅡT15；2019全国卷ⅢT18 本讲每年必考，主要考查正、余弦定理的应用，如求解三角形的边长、角度、周长、面积等问题，也会作为方法求解其他章节问题，难度中等.预计2025年高考命题稳定，备考时要重视正、余弦定理的应用.
判断三角形的形状 2021新高考卷ⅡT18
与面积、周长有关的问题 2023全国卷乙T18；2022全国卷乙T17；2022新高考卷ⅡT18；2022北京T16；2021北京T16；2021新高考卷ⅡT18；2020全国卷ⅡT17；2019全国卷ⅢT18
1.余弦定理、正弦定理
在△ABC中，若角A，B，C所对的边分别是a，b，c，R为△ABC的外接圆半径，则
定理 余弦定理 正弦定理
内容 a2＝b2＋c2－2bccos A； b2＝①　c2＋a2－2cacosB　； c2＝②　a2＋b2－2abcosC　. ＝＝＝③　2R　.
变形 cos A＝； cos B＝④　　； cos C＝⑤　　. （1）a＝2Rsin A，b＝⑥　2RsinB　，c＝⑦　2RsinC　； （2）sin A＝，sin B＝⑧　　，sin C＝⑨　　； （3）a∶b∶c＝⑩sinA∶sinB∶sinC； （4）＝＝2R.
2.在△ABC中，若已知角A，B所对的边a，b和角A，则解的情况如下：
A为锐角 A为钝角或直角
图形
关系式 a＜bsinA a＝bsinA bsinA＜a＜b a≥b a＞b a≤b
解的个数 无解 　一解　 　两解　 　一解　 一解 无解
3.三角形中常用的面积公式
△ABC中，角A，B，C对应的边分别为a，b，c.则：
（1）S＝ah（h表示边a上的高）；
（2）S＝absin C＝ 　acsinB　＝ 　bcsinA　；
（3）S＝r（a＋b＋c）（r表示三角形 　内切圆　的半径）.
常用结论
三角形中的常见结论
（1）在△ABC中，A＋B＋C＝π.变形：＝－.
（2）在△ABC中，a＞b A＞B sinA＞sin B cosA＜cos B.
（3）任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边.
（4）在△ABC中，sin（A＋B）＝sin C；cos（A＋B）＝－cos C；tan（A＋B）＝－tan C；sin＝cos ；cos＝sin .
（5）在△ABC中，角A，B，C成等差数列 B＝，A＋C＝.
（6）在斜△ABC中，tan A＋tan B＋tan C＝tan A·tanB·tanC.
（7）在△ABC中，a＝bcosC＋ccosB；b＝acosC＋ccosA；c＝bcosA＋acosB（射影定理）.
1.以下说法正确的是（　A　）
A.在△ABC中，A＞B是sin A＞sin B的充要条件
B.在△ABC中，若b2＋c2＞a2，则△ABC为锐角三角形
C.在△ABC中，若sin 2A＝sin 2B，则△ABC为等腰三角形
D.三角形中的三边之比等于相应的三个内角之比
解析　易知A正确；对于B，当b2＋c2－a2＞0时，只能说明角A为锐角，△ABC不一定为锐角三角形，故B错误；对于C，若sin 2A＝sin 2B，则2A＝2B或2A＋2B＝π，所以A＝B或A＋B＝，所以△ABC为等腰三角形或直角三角形，故C错误；对于D，三角形中的三边之比等于相应的三个内角的正弦值之比，故D错误.
2.[2021全国卷甲]在△ABC中，已知B＝120°，AC＝，AB＝2，则BC＝（　D　）
A.1 B. C. D.3
解析　由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos B，得BC2＋2BC－15＝0，解得BC＝3或BC＝－5（舍去）.故选D.
3.[多选]记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则符合下列条件的△ABC有且只有一个的是（　AC　）
A.a＝，b＝1，A＝45° B.a＝1，b＝2，c＝3
C.b＝c＝1，B＝45° D.a＝1，b＝2，A＝100°
解析　对于A，由正弦定理得＝，所以sin B＝，又a＞b，所以B＝30°，所以满足条件的三角形只有一个；
对于B，a＋b＝c，构不成三角形；
对于C，b＝c＝1，所以B＝C＝45°，A＝90°，所以满足条件的三角形只有一个；
对于D，a＜b，所以A＜B，而A＝100°，所以没有满足条件的三角形.
4.已知2a＋1，a，2a－1是钝角三角形的三边，则实数a的取值范围是　（2，8）　.
解析　∵2a＋1，a，2a－1是三角形的三边，∴解得a＞.显然2a＋1是三角形的最大边，则要使2a＋1，a，2a－1构成三角形，需满足a＋2a－1＞2a＋1，解得a＞2.设最大边对应的角为θ（钝角），则cos θ＝＜0，
∴a2＋（2a－1）2－（2a＋1）2＜0，即a2－8a＜0，解得0＜a＜8.
又a＞2，∴a的取值范围是（2，8）.
5.在△ABC中，A＝60°，AC＝4，BC＝2，则△ABC的面积等于　2　.
解析　设△ABC中，角A，B，C对应的边分别为a，b，c.
由题意及余弦定理得cos A＝＝＝，解得c＝2，所以S△ABC＝bcsin A＝×4×2×sin 60°＝2.
研透高考 明确方向
命题点1　利用正、余弦定理解三角形
例1 （1）[2023全国卷乙]在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若acosB－bcosA＝c，且C＝，则B＝（　C　）
A. B. C. D.
解析　因为acosB－bcosA＝c，所以由正弦定理得sin A·cosB－sin BcosA＝sin C＝sin（B＋A），则2sin BcosA＝0.在△ABC中，sin B≠0，则cos A＝0，A＝，所以B＝π－A－C＝π－－＝，故选C.
（2）[2021全国卷乙]记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为，B＝60°，a2＋c2＝3ac，则b＝　2　.
解析　由题意得S△ABC＝acsin B＝ac＝，则ac＝4，所以a2＋c2＝3ac＝3×4＝12，所以b2＝a2＋c2－2accos B＝12－2×4×＝8，则b＝2.
方法技巧
应用正、余弦定理的解题技巧
（1）求边：利用正弦定理变形公式a＝等或余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A等求解.
（2）求角：利用正弦定理变形公式sin A＝等或余弦定理变形公式cos A＝等求解.
（3）利用式子的特点转化：若出现a2＋b2－c2＝λab的形式，则用余弦定理；若等式两边是关于边或角的正弦的齐次式，则用正弦定理.
训练1 （1）[全国卷Ⅰ]△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知asinA－bsinB＝4csin C，cos A＝－，则＝（　A　）
A.6 B.5 C.4 D.3
解析　由题意及正弦定理得b2－a2＝－4c2，所以由余弦定理得，cos A＝＝＝－，得＝6.故选A.
（2）[全国卷Ⅰ]△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知sin B＋sin A·（sin C－cos C）＝0，a＝2，c＝，则C＝（　B　）
A. B. C. D.
解析　因为sin B＋sin A（sin C－cos C）＝0，所以sin（A＋C）＋sin A·sinC－sin A·cosC＝0，所以sin AcosC＋cos Asin C＋sin Asin C－sin AcosC＝0，整理得sin C（sin A＋cos A）＝0.因为sin C≠0，所以sin A＋cos A＝0，所以tan A＝－1.因为A∈（0，π），所以A＝，由正弦定理得sin C＝＝＝，又0＜C＜，所以C＝.故选B.
命题点2　判断三角形的形状
例2 在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，＝sin2，则△ABC的形状为（　A　）
A.直角三角形
B.等边三角形
C.等腰三角形或直角三角形
D.等腰直角三角形
解析　由cos B＝1－2sin2，得sin2＝，所以＝，即cos B＝.
解法一　由余弦定理得cos B＝＝，即a2＋c2－b2＝2a2，所以a2＋b2＝c2，所以△ABC为直角三角形，但无法判断两直角边是否相等.
解法二　由正弦定理得cos B＝，又sin A＝sin（B＋C）＝sin BcosC＋cos BsinC，所以cos BsinC＝sin BcosC＋cos BsinC，即sin BcosC＝0，又sin B≠0，所以cos C＝0，又角C为△ABC的内角，所以C＝，所以△ABC为直角三角形，但无法判断两直角边是否相等.
命题拓展
[变条件]将例2中的条件“＝sin2”改为“＝，（b＋c＋a）（b＋c－a）＝3bc”，则△ABC的形状为　等边三角形　.
解析　因为＝，所以由正弦定理得＝，所以b＝c.又（b＋c＋a）（b＋c－a）＝3bc，所以b2＋c2－a2＝bc，所以由余弦定理得cos A＝＝＝.因为A∈（0，π），所以A＝，所以△ABC是等边三角形.
方法技巧
判断三角形形状的方法
（1）化为边：通过正、余弦定理将角化边，利用因式分解、配方等得出边之间的关系进行判断.判断技巧：
a2＋b2＜c2 cos C＜0 C为钝角 三角形为钝角三角形
a2＋b2＝c2 cos C＝0 C为直角 三角形为直角三角形
a2＋b2＞c2 cos C＞0 C为锐角 无法判断（只有C为最大角时才可得出三角形为锐角三角形）
（2）化为角：通过正、余弦定理将边化角，通过三角恒等变换公式、三角形的内角和定理得出角的大小或角之间的关系.
注意　（1）不能随意约掉公因式，要移项、提取公因式，否则会有遗漏一种形状的可能.（2）注意挖掘隐含条件，在变形过程中注意角的范围对三角函数值的影响.
训练2 [2021新高考卷Ⅱ]在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，b＝a＋1，c＝a＋2.
（1）若2sin C＝3sin A，求△ABC的面积.
（2）是否存在正整数a，使得△ABC为钝角三角形？若存在，求a；若不存在，说明理由.
解析　（1）由2sin C＝3sin A及正弦定理，得2c＝3a.
又c＝a＋2，所以a＝4，c＝6，
所以b＝a＋1＝5.
由余弦定理，得cos A＝＝＝.
又A∈（0，π），所以sin A＝，
所以S△ABC＝bcsin A＝×5×6×＝.
（2）存在.
由题意知c＞b＞a，要使△ABC为钝角三角形，需cos C＝＝＝＜0，
得0＜a＜3.
因为a为正整数，所以a＝1或a＝2.
当a＝1时，b＝2，c＝3，此时不能构成三角形；
当a＝2时，b＝3，c＝4，满足题意.
综上，存在正整数a＝2，使得△ABC为钝角三角形.
命题点3　与面积、周长有关的问题
角度1　面积问题
例3 [2023全国卷乙]在△ABC中，已知∠BAC＝120°，AB＝2，AC＝1.
（1）求sin∠ABC；
（2）若D为BC上一点，且∠BAD＝90°，求△ADC的面积.
解析　（1）由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos∠BAC＝22＋12＋2×2×1×＝7，得BC＝.
由正弦定理得＝，则sin∠ABC＝＝.
（2）解法一　如图，由sin∠ABC＝，得tan∠ABC＝，
又tan∠ABC＝＝，所以DA＝，
故△ADC的面积为DA·AC·sin（120°－90°）＝××1×＝.
解法二　S△ABC＝AC·AB·sin∠BAC＝×1×2×＝，＝＝＝，
故△ADC的面积为S△ABC＝×＝.
方法技巧
与面积有关问题的解题思路
1.利用面积公式S＝absin C＝acsin B＝bcsin A求面积，一般是已知哪个角就使用哪一个公式.
2.与面积有关的问题，一般要用到正弦定理、余弦定理进行边和角的转化.
角度2　周长问题
例4 [2022全国卷乙]记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin Csin（A－B）＝sin Bsin（C－A）.
（1）证明：2a2＝b2＋c2；
（2）若a＝5，cos A＝，求△ABC的周长.
解析　（1）解法一　由sin Csin（A－B）＝sin Bsin（C－A）可得，sin CsinAcosB－
sin CcosAsin B＝sin B·sinCcosA－sin BcosCsinA，
结合正弦定理＝＝可得accosB－bccosA＝bccosA－abcosC，即accosB＋
abcosC＝2bccos A.
由余弦定理得＋＝b2＋c2－a2，整理得2a2＝b2＋c2.
解法二　因为A＋B＋C＝π，
所以sin Csin（A－B）＝sin（A＋B）sin（A－B）＝sin2Acos2B－cos2Asin2B＝sin2A（1－sin2B）－（1－sin2A）sin2B＝sin2A－sin2B.
同理有sin Bsin（C－A）＝sin（C＋A）sin（C－A）＝sin2C－sin2A，所以sin2A－sin2B＝sin2C－sin2A，
由正弦定理可得2a2＝b2＋c2.
（2）由（1）及a2＝b2＋c2－2bccos A得，a2＝2bccos A，所以2bc＝31.
因为b2＋c2＝2a2＝50，
所以（b＋c）2＝b2＋c2＋2bc＝81，得b＋c＝9，
所以△ABC的周长为a＋b＋c＝14.
方法技巧
与周长有关问题的解题思路
（1）若边长易求，直接求出边长，进而求出周长；
（2）若边长不易求，可利用整体思想，构造以两边长的和为未知数的方程求解，进而求出周长.
训练3 [2022北京高考]在△ABC中，sin 2C＝sin C.
（1）求∠C；
（2）若b＝6，且△ABC的面积为6，求△ABC的周长.
解析　（1）因为sin 2C＝sin C，
所以2sin C cos C＝sin C.
因为C∈（0，π），所以sin C≠0，所以cos C＝，C＝.
（2）因为△ABC的面积S＝absin C＝×a×6×＝6，所以a＝4.
由余弦定理可得c2＝a2＋b2－2abcos C＝48＋36－72＝12，所以c＝2，所以△ABC的周长为a＋b＋c＝4＋6＋2＝6（＋1）.第5讲　解三角形应用举例
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
能用余弦定理、正弦定理解决简单的实际问题. 余弦定理、正弦 定理应用举例 2021全国卷乙T9； 2021全国卷甲T8　 本讲知识单一，主要考查利用正、余弦定理求解距离、高度、角度问题，对数学建模能力的要求较高，一般以选择题形式出现，难度中等.在2025年高考的备考中要提升阅读理解能力，要能够从文字信息中提取出解三角形的模型.
测量中的常用术语
术语名称 术语意义 图形表示
仰角与 俯角 在竖直平面内的目标视线与水平视线所成的角中，目标视线在水平视线①　上方　的叫做仰角，目标视线在水平视线②　下方　的叫做俯角.
方位角 从某点的指北方向线起按顺时针方向到目标方向线之间的水平夹角叫做方位角.方位角θ的范围是0≤θ＜2π.
方向角 正北或正南方向线与目标方向线所成的锐角，通常表达为北（南）偏东（西）α. 北偏东α　南偏西α
坡角与 坡度 坡面与水平面所成的锐二面角叫坡角.坡面的垂直高度h和水平宽度l的比叫坡度. 设坡角为α，坡度为i，则i＝＝tan α.
1.如图所示，为测量一树的高度，在地面上选取A，B两点（A，B与树所在的直线在同一平面内），从A，B两点测得树尖P的仰角分别为30°和45°，且A，B两点之间的距离为60 m，则树的高度为（　A　）
A.（30＋30）m B.（30＋15）m
C.（15＋30）m D.（15＋3）m
解析　解法一　在△ABP中，由正弦定理可得＝，则PB＝＝30（＋）.
设树的高度为h m，则h＝PBsin 45°＝30＋30.
解法二　设树的高度为h m，则AB＝－＝60，解得h＝30＋30.
2.[易错题]两座灯塔A和B与海岸观察站C的距离相等，灯塔A在观察站北偏东40°，灯塔B在观察站南偏东60°，则灯塔A在灯塔B的（　B　）
A.北偏东10° B.北偏西10° C.南偏东10° D.南偏西10°
解析　灯塔A，B的相对位置如图所示，由已知得∠ACB＝80°，∠CAB＝∠CBA＝50°，则α＝60°－50°＝10°，即北偏西10°，故选B.
3.[教材改编]已知A船在灯塔C的北偏东85°方向且A到C的距离为2 km，B船在灯塔C的西偏北25°方向且B到C的距离为 km，则A，B两船的距离为（　A　）
A. km B. km C.2 km D.3 km
解析　画出图形如图所示，由题意可得∠ACB＝（90°－25°）＋85°＝150°，又AC＝2，BC＝，在△ABC中，由余弦定理可得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos 150°＝13，所以AB＝，即A，B两船的距离为 km.
研透高考 明确方向
命题点　余弦定理、正弦定理应用举例
角度1　距离问题
例1 [2023合肥市二检]如图，某地需要经过一座山两侧的D，E两点修建一条穿山隧道.工程人员先选取直线DE上的三点A，B，C，在隧道DE正上方的山顶P处测得A处的俯角为15°，B处的俯角为45°，C处的俯角为30°，且测得AB＝1.4 km，BD＝0.2 km，CE＝0.5 km，则拟修建的隧道DE的长为　0.7km　.
解析　由题意知，∠PAB＝15°，∠PBC＝45°，∠PCB＝30°，所以∠APB＝∠PBC－∠PAB＝30°，∠BPC＝180°－∠PBC－∠PCB＝105°，在△PAB中，由正弦定理得＝，则＝，所以PB＝2.8sin 15°（km）.
在△PBC中，由正弦定理得＝，则＝，所以BC＝×sin 105°＝2PB×sin 105°＝5.6sin 15°·sin 105°＝5.6sin 15°cos 15°＝2.8sin 30°＝1.4（km），所以DE＝BC－BD－EC＝1.4－0.2－0.5＝0.7（km），
即拟修建的隧道DE的长为0.7 km.
角度2　高度问题
例2 [2021全国卷甲]2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8 848.86 （单位：m），三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一.如图是三角高程测量法的一个示意图，现有A，B，C三点，且A，B，C在同一水平面上的投影A'，B'，C'满足∠A'C'B'＝45°，∠A'B'C'＝60°.由C点测得B点的仰角为15°，BB'与CC'的差为100；由B点测得A点的仰角为45°，则A，C两点到水平面A'B'C'的高度差AA'－CC'约为（≈1.732）（　B　）
A.346 B.373 C.446 D.473
解析　如图所示，根据题意过C作CE∥C'B'，交BB'于E，过B作BD∥A'B'，交AA'于D，则BE＝100，C'B'＝CE＝.
在△A'C'B'中，∠C'A'B'＝75°，则BD＝A'B'＝.又在B点处测得A点的仰角为45°，所以AD＝BD＝，所以高度差AA'－CC'＝AD＋BE＝＋100＝＋100＝＋100＝＋100＝100（＋1）＋100≈373.故选B.
角度3　角度问题
例3 如图所示，位于A处的信息中心获悉：在其正东方向40海里的B处有一艘渔船遇险，在原地等待营救.信息中心立即把消息告知在其南偏西30°，相距20海里的C处的乙船，现乙船朝北偏东θ的方向即沿直线CB前往B处救援，则cos θ＝　　.
解析　在△ABC中，AB＝40，AC＝20，∠BAC＝120°.
由余弦定理，得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos 120°＝2 800，所以BC＝20.
由正弦定理，得sin∠ACB＝·sin∠BAC＝.
由∠BAC＝120°，知∠ACB为锐角，故cos∠ACB＝，从而cos θ＝cos（∠ACB＋30°）＝cos∠ACBcos 30°－sin∠ACBsin 30°＝×－×＝.
方法技巧
1.解三角形实际问题的一般求解步骤
（1）分析.理解题意，分析已知与未知，画出示意图.
（2）建模.根据已知条件与求解目标，把已知量与所求量尽量集中在相关的三角形中，建立一个解三角形的模型.
（3）求解.利用正、余弦定理解三角形，求得数学模型的解.
（4）检验.检验上述所求出的解是否具有实际意义，从而得出实际问题的解.
2.对于立体测量问题，通常要转化为两类平面问题，一类是竖直放置的平面，通常要解直角三角形；另一类是水平放置的平面，通常要解斜三角形.
训练（1）如图，为测量某塔的高度CD，在点A测得塔底在北偏东60°方向的点D处，塔顶C的仰角为30°.在点A的正东方向且距离D点50 m的B点测得塔底在北偏西45°方向，则塔的高度CD约为（参考数据：≈2.4）（　C　）
A.30 m B.35 m C.40 m D.45 m
解析　由题意知，BD＝50 m，∠DAB＝∠DAC＝30°，∠DBA＝45°，在△ABD中，由正弦定理得＝，则AD＝50 m，所以tan∠DAC＝＝＝，得CD＝≈
40（m），故塔的高度CD约为40 m.故选C.
（2）[多选]一艘轮船航行到A处时看灯塔B在A的北偏东75°方向，距离为12海里，灯塔C在A的北偏西30°方向，距离为12海里，该轮船由A沿正北方向继续航行到D处时再看灯塔B在其南偏东60°方向，则下列结论正确的有（　ABD　）
A.AD＝24海里
B.CD＝12海里
C.∠CDA＝60°或∠CDA＝120°
D.∠CDA＝60°
解析　如图，由题意得∠BAD＝75°，∠CAD＝30°，∠ADB＝60°，AB＝12海里，AC＝12海里，在△ABD中，易得B＝45°，由正弦定理得＝，则AD＝＝24（海里），故A正确.在△ACD中，由余弦定理得CD2＝AC2＋AD2－2×AC×AD×cos 30°，得CD2＝（12）2＋242－2×12×24×＝144，所以CD＝12海里，故B正确.在△ACD中，由正弦定理得＝，得sin∠CDA＝＝，故∠CDA＝60°或∠CDA＝120°，因为AD＞AC，所以∠CDA为锐角，所以∠CDA＝60°，故C错误，D正确.故选ABD.第6讲　复　数
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
1.通过方程的解，认识复数. 2.理解复数的代数表示及其几何意义，理解两个复数相等的含义. 3.掌握复数代数表示式的四则运算，了解复数加、减运算的几何意义. 复数的概念 2023全国卷乙T1；2023全国卷甲T2；2022全国卷乙T2；2022全国卷甲T1；2022新高考卷ⅠT2；2022浙江T2；2021全国卷甲T3；2021新高考卷ⅡT1；2020全国卷ⅠT1；2020全国卷ⅢT2；2019全国卷ⅡT2 本讲每年必考，主要考查复数的有关概念和运算，复数的几何意义，一般以选择题的形式出现，属于送分题.预计2025年高考命题稳定，常规备考的同时要注意对复数几何意义的理解和应用.
复数的运算 2023新高考卷ⅠT2；2022全国卷甲T1；2022新高考卷ⅠT2；2022新高考卷ⅡT2；2021新高考卷ⅠT2；2021新高考卷ⅡT1；2021全国卷乙T1；2021全国卷甲T3；2020新高考卷ⅡT2；2019全国卷ⅢT2
复数的几何意义 2023新高考卷ⅡT1；2021新高考卷ⅡT1；2020全国卷ⅡT15；2020北京T2；2019全国卷ⅠT2；2019全国卷ⅡT2
1.复数的有关概念
名称 含义
复数的定义 形如a＋bi（a，b∈R）的数叫做复数，其中实部为①　a　，虚部为②　b　，i为虚数单位且i2＝③　－1　.
复数分类 a＋bi为实数 b＝0；a＋bi为虚数 b≠0；a＋bi为纯虚数 ④　a＝0且b≠0　（a，b∈R）.
复数相等 a＋bi＝c＋di a＝c且b＝d（a，b，c，d∈R）. 注意　实数能比较大小，虚数不能比较大小.
共轭复数 a＋bi与c＋di互为共轭复数 ⑤　a＝c且b＝－d　（a，b，c，d∈R）.
复平面 建立平面直角坐标系来表示复数的平面叫做复平面，x轴叫做⑥　实轴　，y轴叫做⑦　虚轴　. 说明　实轴上的点都表示实数；除了原点外，虚轴上的点都表示纯虚数，各象限内的点都表示虚数.
复数的模 设对应的复数为z＝a＋bi，则向量的模叫做复数z＝a＋bi的模或绝对值，记作｜z｜或｜a＋bi｜，即｜z｜＝｜a＋bi｜＝⑧　　.
2.复数的几何意义
思维拓展
（1）r1≤｜z｜≤r2表示以原点O为圆心，以r1和r2为半径的两圆所夹的圆环；
（2）｜z－（a＋bi）｜＝r（r＞0）表示以（a，b）为圆心，r为半径的圆.
3.复数的四则运算
（1）复数的运算法则
设z1＝a＋bi，z2＝c＋di（a，b，c，d∈R）.
运算法则 运算形式
加法 z1＋z2＝（a＋bi）＋（c＋di）＝⑨　（a＋c）＋（b＋d）i　.
减法 z1－z2＝（a＋bi）－（c＋di）＝⑩　（a－c）＋（b－d）i　.
乘法 z1·z2＝（a＋bi）·（c＋di）＝ 　（ac－bd）＋（ad＋bc）i　.
除法 ＝＝＝＋i（c＋di≠0）.
（2）复数的运算律
对任意的z1，z2，z3∈C：
加法运算律 交换律：z1＋z2＝ 　z2＋z1　.结合律：（z1＋z2）＋z3＝ 　z1＋（z2＋z3）　.
乘法运算律 交换律：z1z2＝z2z1.结合律：（z1z2）z3＝z1（z2z3）.分配律：z1（z2＋z3）＝z1z2＋z1z3.
（3）复数加、减运算的几何意义：复数的加、减法可以按照向量的加、减法来进行
若复数z1，z2对应的向量，不共线，则复数z1＋z2是以，为两邻边的平行四边形的对角线所对应的复数；复数z1－z2是－＝所对应的复数.
1.下列说法正确的是（　D　）
A.复数z＝a－bi（a，b∈R）中，虚部为b
B.复数中有相等复数的概念，因此复数可以比较大小
C.已知z＝a＋bi（a，b∈R），当a＝0时，复数z为纯虚数
D.复数的模实质上就是复平面内复数对应的点到原点的距离，也就是复数对应的向量的模
2.[2023南京市六校联考]复数z＝（i为虚数单位），则｜z｜＝（　D　）
A. B. C. D.
解析　解法一　z＝＝＝＝－i，所以｜z｜＝＝，故选D.
解法二　｜z｜＝｜｜＝＝＝＝，故选D.
3.[2021新高考卷Ⅰ]已知z＝2－i，则z（＋i）＝（　C　）
A.6－2i B.4－2i C.6＋2i D.4＋2i
解析　因为z＝2－i，所以z（＋i）＝（2－i）（2＋2i）＝6＋2i，故选C.
4.[2023合肥市二检]设i是虚数单位，复数z＝，则在复平面内z所对应的点位于（　B　）
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
解析　因为z＝＝＝－1＋i，所以在复平面内z所对应的点为（－1，1），位于第二象限.故选B.
研透高考 明确方向
命题点1　复数的概念
例1 （1）[全国卷Ⅲ]复数的虚部是（　D　）
A.－ B.－ C. D.
解析　＝＝＝＋i，所以复数的虚部为.故选D.
（2）[2023全国卷甲]设a∈R，（a＋i）（1－ai）＝2，则a＝（　C　）
A.－2 B.－1
C.1 D.2
解析　∵（a＋i）（1－ai）＝a＋i－a2i－ai2＝2a＋（1－a2）i＝2，∴2a＝2且1－a2＝0，解得a＝1，故选C.
（3）[2022全国卷甲]若z＝1＋i，则｜iz＋3｜＝（　D　）
A.4 B.4
C.2 D.2
解析　因为z＝1＋i，所以iz＋3＝i（1＋i）＋3（1－i）＝－1＋i＋3－3i＝2－2i，所以｜iz＋3｜＝｜2－2i｜＝＝2.故选D.
方法技巧
1.求解与复数有关概念问题的技巧：将复数化为z＝a＋bi（a，b∈R）的形式，然后根据复数的有关概念求解即可.
2.若两个复数相等，则它们的实部与实部相等，虚部与虚部相等.
3.复数的概念中的常用性质
（1）＝±；＝·；＝（z2≠0）.
（2）｜｜＝｜z｜，｜z2｜＝｜｜2＝z·，｜z1·z2｜＝｜z1｜·｜z2｜，｜｜＝.
训练1 （1）[2023全国卷乙]设z＝，则＝（　B　）
A.1－2i B.1＋2i
C.2－i D.2＋i
解析　z＝＝＝＝1－2i，所以＝1＋2i，故选B.
（2）[2022全国卷乙]已知z＝1－2i，且z＋a＋b＝0，其中a，b为实数，则（　A　）
A.a＝1，b＝－2 B.a＝－1，b＝2
C.a＝1，b＝2 D.a＝－1，b＝－2
解析　由题意知＝1＋2i，所以z＋a＋b＝1－2i＋a（1＋2i）＋b＝a＋b＋1＋（2a－2）i＝0，所以解得故选A.
（3）[2023武汉市5月模拟]设复数z满足为纯虚数，则｜z｜＝（　A　）
A.1 B. C. D.2
解析　因为为纯虚数，所以可设＝bi（b≠0），则z＝.
解法一　因为z＝＝＋i，所以｜z｜＝＝＝1，故选A.
解法二　｜z｜＝｜｜＝＝＝1，故选A.
命题点2　复数的运算
例2 （1）[2023新高考卷Ⅰ]已知z＝，则z－＝（　A　）
A.－i B.i
C.0 D.1
解析　因为z＝＝＝－i，
所以＝i，所以z－＝－i－i＝－i.
故选A.
（2）[2022全国卷甲]若z＝－1＋i，则＝（　C　）
A.－1＋i B.－1－i
C.－＋i D.－－i
解析　＝＝＝－＋i.故选C.
方法技巧
1.复数运算的解题策略
（1）复数的加法、减法、乘法运算类比多项式的运算.
（2）复数的除法运算是分子、分母同乘分母的共轭复数，即分母实数化.
2.复数运算中的常用结论
（1）（1±i）2＝±2i，＝i，＝－i.
（2）＝b－ai.
（3）i4n＝1，i4n＋1＝i，i4n＋2＝－1，i4n＋3＝－i，i4n＋i4n＋1＋i4n＋2＋i4n＋3＝0（n∈N）.
训练2 （1）[2022新高考卷Ⅰ]若i（1－z）＝1，则z＋＝（　D　）
A.－2 B.－1
C.1 D.2
解析　因为i（1－z）＝1，所以z＝1－＝1＋i，所以＝1－i，所以z＋＝（1＋i）＋（1－i）＝2.故选D.
（2）[2023重庆二调]已知复数z满足z＋3＝4＋5i，i是虚数单位，则z2＝（　B　）
A.－2i B.2i
C.1＋i D.1－i
解析　令z＝a＋bi（a，b∈R），则a＋bi＋3＝4a－4bi＋5i，即3a－3＋（5－5b）i＝0，
∴3a－3＝0，5－5b＝0，解得a＝1，b＝1，
∴z＝1＋i，∴z2＝2i.故选B.
命题点3　复数的几何意义
例3 （1）[2023新高考卷Ⅱ]在复平面内，（1＋3i）·（3－i）对应的点位于（　A　）
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
解析　因为（1＋3i）（3－i）＝3－i＋9i－3i2＝6＋8i，所以该复数在复平面内对应的点为（6，8），位于第一象限，故选A.
（2）[全国卷Ⅱ]设复数z1，z2满足｜z1｜＝｜z2｜＝2，z1＋z2＝＋i，则｜z1－z2｜＝　2　.
解析　如图所示，设复平面内复数z1，z2所对应的点分别为Z1，Z2，O为原点，则＝＋.
由题知｜｜＝＝2＝｜OZ1｜＝｜OZ2｜，所以平行四边形OZ1PZ2为菱形，且△OPZ1，△OPZ2都是正三角形，所以∠OZ2Z1＝30°，｜Z1Z2｜＝2｜OZ2｜·cos 30°＝2，所以｜z1－z2｜＝｜Z1Z2｜＝2.
方法技巧
1.根据复数、点、向量之间的一一对应关系，把复数、向量与解析几何联系在一起，解题时运用数形结合的方法，可以更加直观地解决问题.
2.思维拓展
｜z－z0｜表示在复平面内复数z对应的点与复数z0对应的点之间的距离；｜z－z0｜＝r（r＞0）表示在复平面内复数z对应的点在以复数z0对应的点为圆心、r为半径的圆上；｜z－z1｜＝｜z－z2｜表示在复平面内复数z对应的点在复数z1，z2对应点所连线段的垂直平分线上.
训练3 （1）[2023湖北十一校联考]复数z满足｜z－5｜＝｜z－1｜＝｜z＋i｜，则｜z｜＝（　C　）
A. B.
C.3 D.5
解析　解法一　由｜z－5｜＝｜z－1｜，得复数z对应的点到点（5，0）和到点（1，0）的距离相等，所以复数z对应的点在直线x＝3上；由｜z－1｜＝｜z＋i｜，得复数z对应的点到点（1，0）和到点（0，－1）的距离相等，所以复数z对应的点在直线y＝－x上.因为直线x＝3和直线y＝－x的交点为（3，－3），所以z＝3－3i，所以｜z｜＝＝3，故选C.
解法二　设z＝a＋bi（a，b∈R），由｜z－5｜＝｜z－1｜＝｜z＋i｜，得｜a－5＋bi｜＝｜a－1＋bi｜＝｜a＋（b＋1）i｜，得解得则｜z｜＝＝3.
（2）[多选/2023石家庄市三检]已知复数z1＝1＋2i，复数z满足｜z－z1｜＝2，则下列说法正确的有（　AD　）
A.z1·＝5
B.－2＜｜z｜＜＋2
C.复数在复平面内所对应的点为（－1，2）
D.若复数z在复平面内所对应的点为Z（x，y），则（x－1）2＋（y－2）2＝4
解析　因为复数z1＝1＋2i，所以＝1－2i，其在复平面内所对应的点为（1，－2），所以选项C错误；z1·＝（1＋2i）（1－2i）＝5，所以选项A正确；若复数z在复平面内所对应的点为Z（x，y），则可设复数z＝x＋yi，由｜z－z1｜＝2得，｜（x－1）＋（y－2）i｜＝2，即（x－1）2＋（y－2）2＝4，所以选项D正确；由D选项的分析知，若设复数z在复平面内对应的点为Z（x，y），则｜z｜＝，其几何意义为圆（x－1）2＋（y－2）2＝4上任意一点到原点的距离，圆心（1，2）到原点的距离为，半径为2，所以－2≤｜z｜≤＋2，所以选项B错误.综上，选AD.

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