5平面向量与复数综合练习_平面向量与复数练习

5平面向量与复数综合练习由刀豆文库小编整理，希望给你工作、学习、生活带来方便，猜你可能喜欢“平面向量与复数练习”。

5—平面向量与复数综合练习

11111．i为虚数单位，＋＋＝()iiiiA．0B．2iC．－2iD．4i

2．设i，j是不共线的单位向量，a＝5i＋3j，b＝3i－5j，则a⊥b是i⊥j的()

A．充分不必要条件B．必要不充分条件

C．充要条件D．既非充分又非必要条件

3．若复数z＝1＋i，i为虚数单位，则(1＋z)·z＝()

A．1＋3iB．3＋3iC．3－iD．

3→→→→→4．若四边形ABCD满足AB＋CD＝0，(AB－AD)·AC＝0，则该四边形一定是()

A．直角梯形B．菱形C．矩形D．正方形

5．平面向量a与b的夹角为60°，a＝(2,0)，|b|＝1，则|a＋2b|＝()

A.3B．23C．4D．1

22＋i6．数的共轭复数是()1－2i

33AB.C．－iD．i 5

57．已知向量a、b不共线，c＝ka＋b(k∈R)，d＝a－b.如果c∥d，那么()

A．k＝1且c与d同向B．k＝1且c与d反向

C．k＝－1且c与d同向D．k＝－1且c与d反向

8．a，b为平面向量，已知a＝(4,3)，2a＋b＝(3,18)，则a，b夹角的余弦值等于()

881616A.B．－C.D．－ 6565656

5→→→→9．已知两点M(－2,0)，N(2,0)，点P为坐标平面内的动点，满足|MN|·|MP|＋MN·NP＝0，则动点P(x，y)的轨迹方程为()

A．y2＝8xB．y2＝－8x

C．y2＝4xD．y2＝－4x 110.在△ABC中，AB=a，AC=b，且BD=DC，则AD=()

241211412A．a-bB．a+bC． a-bD．a+b 3333333

311．若向量a＝(1,1)，b＝(2,5)，c＝(3，x)满足条件(8a－b)·c＝30，则x＝________.12．设复数z满足(1＋i)z＝2，其中i是虚数单位，则z＝________.13．|a|＝1，|b|＝2，且a⊥(a－b)，则向量a与向量b的夹角是________．

1→1→3→→→14．在四边形ABCD中，AB＝DC＝(1,1)BA＋BC＝BD，则四边形ABCD的面积为________． →→→|BA||BC||BD|

15．已知A(3,0)，B(0,3)，C(cos α，sin α)．

π→→→→→→(1)若AC·BC＝－1，求sin(α的值；(2)若|OA＋OC|＝13，且α∈(0，π)，求OB与OC的夹角．

4→→→→16．已知向量OP＝(2cos x＋1，cos 2x－sin x＋1)，OQ＝(cos x，－1)，定义f(x)＝OP·OQ.(1)求函数f(x)的最小正周期；

→→(2)若x∈(0,2π)，当OP·OQ＜－1时，求x的取值范围．

32→→17．设O为坐标原点，已知向量OZ1，OZ2分别对应复数z1，z2，且z1＝＋(10－a2)i，z2＝(2a－a＋51－a

→→5)i(其中a∈R)，若z1＋z2可以与任意实数比较大小，求OZ1·OZ2的值．

18．已知△ABC的角A、B、C所对的边分别是a、b、c，设向量m＝(a，b)，n＝(sin B，sin A)，p＝(b－2，a－2)．

(1)若m∥n，求证：△ABC为等腰三角形；

π(2)若m⊥p，边长c＝2，角C＝，求△ABC的面积． 3

→→→→→→19．已知两点M(－1,0)，N(1,0)，且点P使NM·NP，PM·PN，MP·MN成公差为非负的等差数列．

→→(1)求点P的轨迹方程；(2)若θ为PM与PN的夹角，求θ的最大值及此时点P的坐标．

答案及解析

1．【解析】 原式＝－i＋i＋(－i)＋i＝0.【答案】 A

2．【解析】 a·b＝(5i＋3j)·(3i－5j)

22＝15|i|－16i·j－15|j|＝－16i·j.∴a⊥b是i⊥j的充要条件．

【答案】 C

3．【解析】 ∵z＝1＋i，∴(1＋z)·z＝(2＋i)(1＋i)＝1＋3i.【答案】 A

→→→→4．【解析】 由AB＋CD＝0知，AB＝DC，∴四边形ABCD是平行四边形．

→→→又(AB－AD)·AC＝0，→→∴DB·AC＝0，即AC⊥BD，因此四边形ABCD是菱形．

【答案】 B

5．【解析】 ∵|a|＝2，且|b|＝1，∴|a＋2b|2＝(a＋2b)2＝a2＋4a·b＋4b2

＝4＋4×2×1×cos 60°＋4×12＝12.∴|a＋2b|＝23.【答案】 B

2＋i2＋i1＋2i2＋i＋4i－26．【解析】 ∵＝＝＝i，51－2i1－2i1＋2i2＋i∴i.1－2i

【答案】 C

7．【解析】 ∵c∥d且a，b不共线，∴存在唯一实数λ，使c＝λd.∴ka＋b＝λa－λb，k＝λ，k＝－1，∴∴ 1＝－λ，λ＝－1.

【答案】 D

8．【解析】 ∵a＝(4,3)，2a＋b＝(3,18)，∴b＝(3,18)－2(4,3)＝(－5,12)，5，1216a·b4，3·－∴cos〈a，b〉＝＝|a|·|b|5×1365

【答案】 C

→→→9．【解析】 ∵MN＝(4,0)，MP＝(x＋2，y)，NP＝(x－2，y)，→→→→∴|MN|·|MP|＋MN·NP

＝x＋2＋y＋4(x－2)＝0.x＋2＋y＝2－x，化简得y2＝－8x.【答案】 B

10.B

11．【解析】 由(8a－b)·c＝30，得18＋3x＝30，x＝4.【答案】 4

21－i212．【解析】 z＝＝1－i.1＋i1＋i1－i

【答案】 1－i

13．【解析】 设向量a与b的夹角为θ，由a⊥(a－b)，得

a·(a－b)＝0，即|a|2－a·b＝0，∴|a||b|cos θ＝|a|2，|a|

2π∴cos θ＝，故θ＝.|b|24

π【答案】 4

14.3

→→15．【解】(1)∵AC＝(cos α－3，sin α)，BC＝(cos α，sin α－3)，→→∴AC·BC＝(cos α－3)cos α＋sin α(sin α－3)＝－1，得cos2α＋sin2α－3(cos α＋sin α)＝－1，2∴cos α＋sin α 3

π2∴sin(α＋)＝.43

→→(2)∵|OA＋OC|＝13，1∴(3＋cos α)2＋sin2α＝13，∴cos α 2

π313∵α∈(0，π)，∴α＝，sin α＝C()，3222

→→33∴OB·OC＝，2

→→设OB与OC的夹角为θ，且θ∈[0，π]，3→→2OB·OC3π则cos θ＝.故θ＝为所求． →→326|OB|·|OC|

→→16．【解】(1)f(x)＝OP·OQ

＝2cos2x＋cos x－cos 2x＋sin x－1＝sin x＋cos x

π＝2sin(x＋)，4

则f(x)的最小正周期为T＝2π.π2→→(2)由OP·OQ＜－1，得sin(x＋＜－42

又x∈(0,2π)，5ππ7π3π则x＋π＜x＜.4442

3π故x的取值范围是(π，． 2317．【解】 依题意z1＋z2为实数，由z1－(10－a2)i，a＋5

32∴z1＋z2＝[(a2－10)＋(2a－5)]i的虚部为0，a＋51－a

∴a2＋2a－15＝0，解得a＝－5，或a＝3.又分母不为零，∴a＝3，3此时z1＝i，z2＝－1＋i，8

3→→即OZ1＝，1)，OZ2＝(－1,1)，8

5→→3∴OZ1·OZ2＝×(－1)＋1×1＝.88

18．【解】(1)证明 ∵m∥n，∴asin A＝bsin B，由正弦定理，得a2＝b2，∴a＝b.∴△ABC为等腰三角形．

(2)由题意可知m·p＝0，即a(b－2)＋b(a－2)＝0.∴a＋b＝ab.由余弦定理可知，4＝a2＋b2－ab＝(a＋b)2－3ab，即(ab)2－3ab－4＝0，∴ab＝4(舍去ab＝－1)，11π∴S＝absin C＝×4×sin3.22319．【解】(1)设点P的坐标为(x，y)，又M(－1,0)，N(1,0)，→→→→→→则PM＝－MP＝(－1－x，－y)，PN＝－NP＝(1－x，－y)，MN＝－NM＝(2,0)． →→∴NM·NP＝2(1－x)，→→→→PM·PN＝x2＋y2－1，MP·MN＝2(1＋x)，依题意得

222x2＋y2－1＝21＋x＋21－x，x＋y＝3，⇔ x≥0.21＋x－21－x≥0

∴点P的轨迹方程为x2＋y2＝3(x≥0)．

→→(2)(2)∵PM·PN＝(－1－x，－y)·(1－x，－y)

＝x2＋y2－1＝2，→→|PM|·|PN|＝－1－x＋－y1－x＋－y

＝4－x.→→PM·PN1∴cos θ＝＝.→→4－x|PM|·|PN|

∵0≤x≤3，1π∴≤cos θ≤1，∴0≤θ23

π∴θ的最大值为x＝0，3

∴点P的坐标为(0，3)．