当前位置：首页 > 高考数学二轮复习专题二平面向量与复数
1→→→→→
BA2－2tBA·BC＋t2BC2≥AC2，即2t2－3t＋1≥0，解得t≥1或t≤.
2
7．称d(a，b)＝|a－b|为两个向量a，b间的“距离”．若向量a，b满足：①|b|＝1；②a≠b；③对任意的t∈R，恒有d(a，tb)≥d(a，b)，则( )
A．a⊥b C．a⊥(a－b)
B．b⊥(a－b) D．(a＋b)⊥(a－b)
解析：选B.由于d(a，b)＝|a－b|，因此对任意的t∈R，恒有d(a，tb)≥d(a，b)，即|a－tb|≥|a－b|，即(a－tb)2≥(a－b)2，t2－2ta·b＋(2a·b－1)≥0对任意的t∈R都成立，因此有(－2a·b)2－4(2a·b－1)≤0，即(a·b－1)2≤0，得a·b－1＝0，故a·b－b2＝b·(a－b)＝0，故b⊥(a－b)．
??a，a≥b8．(2019·温州市高考模拟)记max{a，b}＝?，已知向量a，b，c 满足|a|＝1，|b|
?b，a＜b?
＝2，a·b＝0，c＝λa＋μb(λ，μ≥0，且λ＋μ＝1，则当max{c·a，c·b}取最小值时，|c|＝( )
25
A.
5C.1
解析：选A.如图，
→
设OA＝a，OB＝b，则a＝(1，0)，b＝(0，2)， 因为λ，μ≥0，λ＋μ＝1，所以0≤λ≤1. 又c＝λa＋μb，
所以c·a＝(λa＋b－λb)·a＝λ； c·b＝(λa＋b－λb)·b＝4－4λ. 4由λ＝4－4λ，得λ＝.
5
22B.
3D.5 2
?λ，5≤λ≤1
所以max{c·a，c·b}＝?.
4
?4－4λ，0≤λ＜5?λ，5≤λ≤1
令f(λ)＝?.
4
?4－4λ，0≤λ＜5
4?
则f(λ)∈??5，1?.
441所以f(λ)min＝，此时λ＝，μ＝，
55542?41
，. 所以c＝a＋b＝?55?55?
4
4
- 13 -
所以|c|＝
?4?＋?2?＝25.故选A. ?5??5?5
22
9．(2019·绍兴市柯桥区高三期中检测)已知平面向量a，b，c满足|a|＝4，|b|＝3，|c|＝2，b·c＝3，则(a－b)2(a－c)2－[(a－b)·(a－c)]2的最大值为( )
A．43＋37 C．(43＋37)2
B．47＋33 D．(47＋33)2
→→→
解析：选D.设OA＝a，OB＝b，OC＝c，a－b与a－c所成夹角为θ， 则(a－b)2(a－c)2－[(a－b)·(a－c)]2 ＝|AB|2|AC|2－|AB|2|AC|2cos2θ
＝|AB|2|AC|2sin2θ＝|AB|2|AC|2sin2∠CAB＝4S2△ABC， 因为|b|＝3，|c|＝2，b·c＝3，所以b，c的夹角为60°， 设B(3，0)，C(1，3)，则|BC|＝7，
133所以S△OBC＝×3×2×sin 60°＝，设O到BC的距离为h，
22133
则·BC·h＝S△OBC＝， 22321所以h＝，
7
因为|a|＝4，所以A点落在以O为圆心，以4为半径的圆上， 321
所以A到BC的距离最大值为4＋h＝4＋.
7所以S△ABC的最大值为 1321?×7×?4＋ 27??33＝27＋，
2
所以(a－b)2(a－c)2－[(a－b)·(a－c)]2最大值为
33?
4?27＋＝(47＋33)2.故选D.
2??
2
10．(2019·金华市东阳二中高三月考)若a，b是两个非零向量，且|a|＝|b|＝λ|a＋b|，λ∈
?3，1?，则b与a－b的夹角的取值范围是( )
?3?
π2
A.?，π? ?33?C.?
2π
，π? ?3?
B.?
2π5π?
?3，6? 5π
，π? ?6?
D.?
解析：选B.因为|a|＝|b|＝λ|a＋b|，λ∈?不妨设|a＋b|＝1，则|a|＝|b|＝λ.
3?，
?3，1?
- 14 -
→→
令OA＝a，OB＝b，以OA、OB为邻边作平行四边形OACB，
则平行四边形OACB为菱形．故有△OAB为等腰三角形，故有∠OAB＝∠OBA＝θ，且π→→
0<θ<.而由题意可得，b与a－b的夹角，即OB与BA的夹角，等于π－θ，△OAC中，由余弦
2定理可得|OC|2＝1＝|OA|2＋|AC|2－2|OA|·|AC|·cos 2θ＝λ2＋λ2－2·λ·λcos 2θ，解得cos 2θ＝1－
12λ2.再由
π2ππ311311
≤λ≤1，可得≤≤，所以－≤cos 2θ≤，所以≤2θ≤，所以322λ2222336
π2π5π2π5π
≤θ≤，故≤π－θ≤，即b与a－b的夹角π－θ的取值范围是?，?.
3366??3
1＋ai11．(2019·杭州市高考二模)已知复数z＝(a∈R)的实部为1，则a＝________，|z|＝
i________．
1＋ai（1＋ai）（－i）
解析：因为z＝＝＝a－i的实部为1，
i－i2所以a＝1，则z＝1－i，|z|＝2. 答案：1
2 12．(2019·嘉兴一中高考适应性考试)设e1，e2为单位向量，其中a＝2e1＋e2，b＝e2，且a在b上的投影为2，则a·b＝________，e1与e2的夹角为________．
解析：设e1，e2的夹角为θ，因为a在b上的投影为2，
a·b（2e1＋e2）·e21
所以＝＝2e1·e2＋|e2|2＝2|e1|·|e2|cos θ＋1＝2，解得cos θ＝，则θ
|b||e2|2π
＝.a·b＝(2e1＋e2)·e2＝2e1·e2＋|e2|2＝2|e1|·|e2|cos θ＋1＝2. 3
答案：2
π 3
13．已知向量a，b，|a|＝1，|b|＝2.若对任意单位向量e，均有|a·e|＋|b·e|≤6，则a·b的最大值是________．
解析：由题意，令e＝(1，0)，a＝(cos α，sin α)，b＝(2cos β，2sin β)，则由|a·e|＋|b·e|≤6，可得|cos α|＋2|cos β|≤6.①令sin α＋2sin β＝m，②
①2＋②2得4[|cos αcos β|＋sin αsin β]≤1＋m2对一切实数α，β恒成立，所以4[|cos
αcos β|＋sin αsin β]≤1，
1故a·b＝2(cos αcos β＋sin αsin β)≤2[|cos αcos β|＋sin αsin β]≤.
21答案： 2
→
14．(2019·温州市十五校联合体联考)已知坐标平面上的凸四边形ABCD满足AC＝(1，3)，
- 15 -
→→→
BD＝(－3，1)，则凸四边形ABCD的面积为________；AB·CD的取值范围是________．
→→→→→→
解析：由AC＝(1，3)，BD＝(－3，1)得AC⊥BD，且|AC|＝2，|BD|＝2，所以凸四边形1
ABCD的面积为×2×2＝2；因为ABCD为凸四边形，所以AC与BD交于四边形内一点，记
2→→→→→→→→→→→→→→
为M，则AB·CD＝(MB－MA)(MD－MC)＝MB·MD＋MA·MC－MB·MC－MA·MD，
→→→→→→→→设AM＝λAC，BM＝μBD，则λ，μ∈(0，1)，且MA＝－λAC，MC＝(1－λ)AC， →→→→→→
MB＝－μBD，MD＝(1－μ)BD，所以AB·CD＝－4μ(1－μ)－4λ(1－λ)∈[－2，0)，所以有
λ＝μ＝2时，AB·CD取到最小值－2.
答案：2 [－2，0)
→→
15．(2019·嘉兴一中高考适应性考试)在△ABC中，∠ACB为钝角，AC＝BC＝1，CO＝xCA3→→→→
＋yCB且x＋y＝1，函数f(m)＝|CA－mCB|的最小值为，则|CO|的最小值为________．
2
解析：在△ABC中，∠ACB为钝角，AC＝BC＝1，函数f(m)的最小值为→→
所以函数f(m)＝|CA－mCB| ＝
→→→→CA2＋m2CB2－2mCA·CB
3
， 2
3. 2
1
→→
＝1＋m2－2mcos∠ACB≥
化为4m2－8mcos∠ACB＋1≥0恒成立．
8cos∠ACB
当且仅当m＝＝cos∠ACB时等号成立，代入得到
82π1
cos∠ACB＝－，所以∠ACB＝.
23
2π2→→→→→
所以|CO|2＝x2CA2＋y2CB2＋2xyCA·CB＝x2＋y2＋2xy×cos＝x＋(1－x)2－x(1－x)＝
311x－?＋， 3??2?4
11→
当且仅当x＝＝y时，|CO|2取得最小值，
241→
所以|CO|的最小值为.
21答案： 2
→→→→→
16．在△OAB中，已知|OB|＝2，|AB|＝1，∠AOB＝45°，若OP＝λOA＋μOB，且λ＋2μ→→
＝2，则OA在OP上的投影的取值范围是________．
- 16 -
2
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