高中數(shù)學(xué)課時(shí)作業(yè)（人教B版必修第四冊）詳解答案

課時(shí)作業(yè)(一)正弦定理1．解析：由已知及正弦定理，得eq\f(4,sin45°)＝eq\f(b,sin60°)，∴b＝eq\f(4sin60°,sin45°)＝eq\f(4×\f(\r(3),2),\f(\r(2),2))＝2eq\r(6).答案：C2．解析：由eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得sinB＝eq\f(bsinA,a)＝eq\f(2\r(3)sin30°,2)＝eq\f(\r(3),2).因?yàn)閎＞a，所以∠B＞∠A，所以∠B＝60°或∠B＝120°.答案：B3．解析：由題意知，OP＝OQ＝3，∠POQ＝eq\f(4π,3)－eq\f(π,2)＝eq\f(5π,6)，所以S△POQ＝eq\f(1,2)OP×OQsin∠POQ＝eq\f(1,2)×3×3sineq\f(5π,6)＝eq\f(9,4).答案：B4．解析：對于A選項(xiàng)，若A>B，則a>b，由正弦定理可得sinA>sinB，A對；對于B選項(xiàng)，因?yàn)?<B<A<π，且余弦函數(shù)y＝cosx在(0，π)上為減函數(shù)，故cosA<cosB，B對；對于C選項(xiàng)，取B＝eq\f(π,6)，A＝eq\f(2π,3)，則sin2B＝sineq\f(π,3)＝eq\f(\r(3),2)，sin2A＝sineq\f(4π,3)＝－eq\f(\r(3),2)，此時(shí)，sin2A<sin2B，C錯(cuò)．對于D選項(xiàng)，若A>B，則sinA>sinB，則cos2A＝1－2sin2A<1－2sin2B＝cos2B，D對．答案：ABD5．解析：由正弦定理可得sinAcosA＝sinBcosB，∴sin2A＝sin2B，∴2A＝2B或2A＋2B＝π，∴A＝B或A＋B＝eq\f(π,2)，又a>b，∴A≠B，因此A＋B＝eq\f(π,2)，∴△ABC是直角三角形．答案：直角三角形6．解析：在△ABC中，∵sinB＝eq\f(1,2)，0<∠B<π，∴∠B＝eq\f(π,6)或∠B＝eq\f(5,6)π.又∵∠B＋∠C<π，∠C＝eq\f(π,6)，∴∠B＝eq\f(π,6)，∴∠A＝π－eq\f(π,6)－eq\f(π,6)＝eq\f(2,3)π.∵eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，∴b＝eq\f(asinB,sinA)＝1.答案：17．解析：由正弦定理得sinB＝eq\f(bsinA,a)＝eq\f(\r(3),x)，因?yàn)锳＝60°，所以0°<B<120°，要使此三角形有兩解，則60°<B<120°，且B≠90°，即eq\f(\r(3),2)<sinB<1，所以eq\f(\r(3),2)<eq\f(\r(3),x)<1，解得eq\r(3)<x<2.答案：eq\r(3)<x<28．解析：由正弦定理可得eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，即eq\f(b,c)＝eq\f(sinB,sinC)＝eq\f(sin2C,sinC)＝eq\f(2sinCcosC,sinC)＝2cosC＝eq\f(2\r(7),3)?cosC＝eq\f(\r(7),3)，所以cos2C＝2cos2C－1＝2×eq\f(7,9)－1＝eq\f(5,9).9．解析：在△ABC中，由正弦定理得eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，∴eq\f(a,b)＝eq\f(sinA,sinB)，∴eq\f(a2,b2)＝eq\f(sin2A,sin2B).又∵a2tanB＝b2tanA，∴eq\f(a2,b2)＝eq\f(tanA,tanB)，∴eq\f(tanA,tanB)＝eq\f(sin2A,sin2B)，∴sinAcosA＝sinBcosB，即sin2A＝sin2B.∴2∠A＝2∠B或2∠A＋2∠B＝π，即∠A＝∠B或∠A＋∠B＝eq\f(π,2).∴△ABC為等腰三角形或直角三角形．10．解析：(1)由eq\f(2a－c,b)＝eq\f(cosC,cosB)得到eq\f(2sinA－sinC,sinB)＝eq\f(cosC,cosB)即2sinAcosB＝sin(B＋C)，即2sinAcosB＝sinA，又因?yàn)锳為三角形內(nèi)角，所以sinA≠0，所以cosB＝eq\f(1,2)，從而B＝eq\f(π,3).(2)eq\r(3)cos2eq\f(C,2)－sineq\f(A,2)coseq\f(A,2)＝eq\f(\r(3),2)(cosC＋1)－eq\f(1,2)sinA＝eq\f(\r(3),2)cosC－eq\f(1,2)sin(eq\f(2π,3)－C)＋eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),4)cosC－eq\f(1,4)sinC＋eq\f(\r(3),2)＝eq\f(1,2)cos(C＋eq\f(π,6))＋eq\f(\r(3),2)，因?yàn)?<C<eq\f(2π,3)，所以eq\f(π,6)<C＋eq\f(π,6)<eq\f(5π,6)，所以－eq\f(\r(3),2)<cos(C＋eq\f(π,6))<eq\f(\r(3),2)，所以eq\f(\r(3),4)<eq\f(1,2)cos(C＋eq\f(π,6))＋eq\f(\r(3),2)<eq\f(3\r(3),4).所以eq\r(3)cos2eq\f(C,2)－sineq\f(A,2)coseq\f(A,2)的取值范圍為(eq\f(\r(3),4)，eq\f(3\r(3),4)).課時(shí)作業(yè)(二)余弦定理1．解析：a2＝c2＋b2－2cbcosA?13＝c2＋9－2c×3×cos60°，即c2－3c－4＝0，解得c＝4或c＝－1(舍去)，故選C.答案：C2．解析：設(shè)中間角為θ，則θ為銳角，由余弦定理得cosθ＝eq\f(52＋82－72,2×5×8)＝eq\f(1,2)，θ＝60°，180°－60°＝120°，所以三角形最大角與最小角的和是120°.答案：B3．解析：因?yàn)镾＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(3\r(3)c,4)＝eq\f(3\r(3),2)，所以c＝2；又因?yàn)閏osA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)，所以eq\f(1,2)＝eq\f(9＋4－a2,12)，所以a＝eq\r(7)，故選A.答案：A4．解析：依題意，△ABC中，B＋C＝π－A，sin(B＋C)＝sin(π－A)＝sinA，A正確；cos(B＋C)＝cos(π－A)＝－cosA，B不正確；因a2＋b2＝c2，則由余弦定理得：cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝0，而0<C<π，即有C＝eq\f(π,2)，△ABC為直角三角形，C正確；因a2＋b2<c2，則cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)<0，而0<C<π，即有eq\f(π,2)<C<π，△ABC為鈍角三角形，D不正確．答案：AC5．解析：根據(jù)余弦定理，cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(\r(3)ac,2ac)＝eq\f(\r(3),2)，又∠B∈(0，π)，所以∠B＝eq\f(π,6).答案：eq\f(π,6)6．解析：由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB＝3，所以b＝eq\r(3)，由正弦定理得eq\f(c,sinC)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(\r(3),\f(\r(3),2))＝2.答案：27．解析：由正弦定理得a2＋c2－eq\r(2)ac＝b2，由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB，故cosB＝eq\f(\r(2),2).又因?yàn)锽為三角形的內(nèi)角，所以B＝45°.答案：45°8．解析：(1)因?yàn)閑q\f(sinA＋sinB,sinC)＝eq\f(b－c,b－a)，所以eq\f(a＋b,c)＝eq\f(b－c,b－a)，化簡得c2＋b2－a2＝bc，所以cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(bc,2bc)＝eq\f(1,2).因?yàn)锳∈(0，π)，所以A＝eq\f(π,3).(2)因?yàn)椤鰽BC的面積為eq\r(3)，所以eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(\r(3),4)bc＝eq\r(3)，得bc＝4.因?yàn)锳＝eq\f(π,3)，a＝eq\r(6)，所以b2＋c2－2bccoseq\f(π,3)＝6，整理得(b＋c)2＝3bc＋6＝18，解得b＋c＝3eq\r(2).故△ABC的周長為eq\r(6)＋3eq\r(2).答案：(1)A＝eq\f(π,3)(2)eq\r(6)＋3eq\r(2)9．解析：方法一(利用邊的關(guān)系判斷)由正弦定理，得eq\f(sinC,sinB)＝eq\f(c,b).∵2cosAsinB＝sinC，∴cosA＝eq\f(sinC,2sinB)＝eq\f(c,2b).∵cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)，∴eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(c,2b)，∴c2＝b2＋c2－a2，∴a2＝b2，∴a＝b.∵(a＋b＋c)(a＋b－c)＝3ab，∴(a＋b)2－c2＝3ab.∵a＝b，∴4b2－c2＝3b2，∴b2＝c2，∴b＝c，∴△ABC為等邊三角形．方法二(利用角的關(guān)系判斷)∵A＋B＋C＝180°，∴sinC＝sin(A＋B).∵2cosAsinB＝sinC，∴2cosAsinB＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB，∴sinAcosB－cosAsinB＝0，∴sin(A－B)＝0.∵0°<A<180°，0°<B<180°，∴－180°<A－B<180°，∴A－B＝0°，即A＝B.∵(a＋b＋c)(a＋b－c)＝3ab，∴(a＋b)2－c2＝3ab，∴a2＋b2－c2＝ab，∵c2＝a2＋b2－2abcosC，∴cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(1,2)，∴C＝60°，∴△ABC為等邊三角形．10．解析：(1)由eq\f(asinA＋bsinB－csinC,sinBsinC)－eq\f(2\r(3),3)a＝0，得eq\f(a·a＋b·b－c·c,b·sinC)＝eq\f(2\r(3),3)a，即eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(\r(3),3)sinC，由余弦定理得cosC＝eq\f(\r(3),3)sinC，所以tanC＝eq\r(3)，因?yàn)镃∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，π))，所以C＝eq\f(π,3).(2)由余弦定理b2＝1＋eq\f(c2,4)－2×1×eq\f(c,2)·cos∠CEA①，a2＝1＋eq\f(c2,4)－2×1×eq\f(c,2)·cos∠CEB②，①＋②得，b2＋a2＝2＋eq\f(c2,2)，即2(b2＋a2)＝4＋c2，因?yàn)閏2＝a2＋b2－2ab·cosC，所以a2＋b2＝4－ab≥2ab，所以ab≤eq\f(4,3)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)取等號，所以S△ABC＝eq\f(1,2)absinC≤eq\f(1,2)×eq\f(4,3)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),3)，即△ABC面積的最大值為eq\f(\r(3),3).課時(shí)作業(yè)(三)正弦定理與余弦定理的應(yīng)用1.解析：由題意，做出示意圖，如圖，在△ABC中，C＝180°－60°－75°＝45°，由正弦定理，得eq\f(BC,sin60°)＝eq\f(10,sin45°)，解得BC＝5eq\r(6)(nmile).答案：D2．解析：∵tan15°＝tan(60°－45°)＝eq\f(tan60°－tan45°,1＋tan60°tan45°)＝2－eq\r(3)，∴BC＝60tan60°－60tan15°＝120(eq\r(3)－1)(m)，故選C.答案：C3．解析：如圖，由條件知四邊形ABCD為正方形，∴AB＝CD＝20m，BC＝AD＝20m.在△DCE中，∠EDC＝60°，∠DCE＝90°，CD＝20m，∴EC＝CD·tan60°＝20eq\r(3)m．∴BE＝BC＋CE＝(20＋20eq\r(3))m.選B.答案：B4．解析：到14時(shí)，輪船A和輪船B分別走了50nmile，30nmile，由余弦定理得兩船之間的距離為l＝eq\r(502＋302－2×50×30×cos120°)＝70(nmile).答案：B5．解析：由題可知，∠ABO＝β＝45°，∠ACO＝α＝30°，∴OB＝OA＝h，∴OC＝OB＋BC＝h＋100，在Rt△AOC中，∵∠ACO＝30°，∴CO＝eq\r(3)AO，即h＋100＝eq\r(3)h，解得h＝eq\f(100,\r(3)－1)＝50(eq\r(3)＋1).∴氣球的高度為50(eq\r(3)＋1)m.答案：50(eq\r(3)＋1)m6．解析：由題意知∠ABC＝30°，由正弦定理，得eq\f(AC,sin∠ABC)＝eq\f(AB,sin∠ACB)，∴AB＝eq\f(AC·sin∠ACB,sin∠ABC)＝eq\f(50×\f(\r(2),2),\f(1,2))＝50eq\r(2)(m).答案：50eq\r(2)7．解析：如圖所示，依題意可知∠PCB＝45°，∠PBC＝180°－60°－15°＝105°，∴∠CPB＝180°－45°－105°＝30°，∴在△PBC中，由正弦定理，可知PB＝eq\f(CB,sin∠CPB)·sin∠PCB＝20eq\r(3)(米)，∴在Rt△POB中，OP＝PB·sin∠PBO＝20eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝30(米)，即旗桿的高度為30米．答案：308．解析：因?yàn)锳B＝40，∠BAP＝120°，∠ABP＝30°，所以∠APB＝30°，所以AP＝40，所以BP2＝AB2＋AP2－2AP·AB·cos120°＝402＋402－2×40×40×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝402×3，所以BP＝40eq\r(3).又∠PBC＝90°，BC＝80，所以PC2＝BP2＋BC2＝(40eq\r(3))2＋802＝11200，所以PC＝40eq\r(7)海里．9．解析：設(shè)緝私船用th在D處追上走私船，則有CD＝10eq\r(3)t，BD＝10t，在△ABC中，∵AB＝eq\r(3)－1，AC＝2，∠BAC＝120°，∴由余弦定理，得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos∠BAC＝(eq\r(3)－1)2＋22－2×(eq\r(3)－1)×2·cos120°＝6，∴BC＝eq\r(6)，且sin∠ABC＝eq\f(AC,BC)·sin∠BAC＝eq\f(2,\r(6))×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(2),2)，∴∠ABC＝45°，∴BC與正北方向垂直．∵∠CBD＝90°＋30°＝120°，在△BCD中，由正弦定理，得sin∠BCD＝eq\f(BD·sin∠CBD,CD)＝eq\f(10tsin120°,10\r(3)t)＝eq\f(1,2)，∴∠BCD＝30°.即緝私船沿北偏東60°方向能最快追上走私船．10．解析：(1)依題意2acosA＝bcosC＋ccosB，由正弦定理得2sinAcosA＝sinBcosC＋sinCcosB＝sin(B＋C)＝sinA，由于0＜A＜π，sinA>0，所以2cosA＝1，cosA＝eq\f(1,2)，則A＝eq\f(π,3).(2)由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA，即4＝b2＋c2－bc≥2bc－bc＝bc，bc≤4，當(dāng)且僅當(dāng)b＝c＝2時(shí)等號成立．所以S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA≤eq\f(\r(3),4)×4＝eq\r(3).即△ABC面積的最大值為eq\r(3).課時(shí)作業(yè)(四)復(fù)數(shù)的概念1．解析：－2i的實(shí)部為0，虛部為－2.答案：C2．解析：由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2－3a＋2＝0，,a－1≠0，))得a＝2.答案：B3．解析：因?yàn)閍，b∈R.“a＝0”時(shí)“復(fù)數(shù)a＋bi不一定是純虛數(shù)”．“復(fù)數(shù)a＋bi是純虛數(shù)”則“a＝0”一定成立．所以a，b∈R.“a＝0”是“復(fù)數(shù)a＋bi是純虛數(shù)”的必要而不充分條件．答案：B4．解析：對于選項(xiàng)A，因?yàn)閤，y∈R，且x＋yi＝1＋i，根據(jù)復(fù)數(shù)相等的性質(zhì)，則x＝y(tǒng)＝1，故正確；對于選項(xiàng)B，因?yàn)樘摂?shù)不能比較大小，故正確；對于選項(xiàng)C，因?yàn)槿魪?fù)數(shù)z1＝i，z2＝1滿足zeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋zeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝0，則z1≠z2≠0，故不正確；對于選項(xiàng)D，因?yàn)閺?fù)數(shù)i2＝－1，故不正確．答案：AB5．解析：由題意得m2－3m＋mi＝4＋(5m＋4)i，從而eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m2－3m＝4，,m＝5m＋4，))解得m＝－1.答案：－16．解析：3i－eq\r(3)的虛部為3，3i2＋eq\r(2)i＝－3＋eq\r(2)i，實(shí)部為－3，故應(yīng)填3－3i.答案：3－3i7．解析：由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m2－2m＝0，,m2－1>1，))解得m＝2.答案：28．解析：(1)∵z是零，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m（m－1）＝0，,m2＋2m－3＝0，))解得m＝1.(2)∵z是純虛數(shù)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m（m－1）＝0，,m2＋2m－3≠0，))解得m＝0.9．解析：因?yàn)镸∪P＝P，所以M?P，即(m2－2m)＋(m2＋m－2)i＝－1或(m2－2m)＋(m2＋m－2)i＝4i.由(m2－2m)＋(m2＋m－2)i＝－1，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m2－2m＝－1，,m2＋m－2＝0，))解得m＝1；由(m2－2m)＋(m2＋m－2)i＝4i，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m2－2m＝0，,m2＋m－2＝4，))解得m＝2.綜上可知，m＝1或m＝2.10．解析：x＝x0是方程的實(shí)根，代入方程并整理，得(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋kx0＋2)＋(2x0＋k)i＝0.由復(fù)數(shù)相等的充要條件，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋kx0＋2＝0，,2x0＋k＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0＝\r(2)，,k＝－2\r(2)))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0＝－\r(2)，,k＝2\r(2)．))∴方程的實(shí)根為x0＝eq\r(2)或x0＝－eq\r(2)，相應(yīng)的k值為k＝－2eq\r(2)或k＝2eq\r(2).課時(shí)作業(yè)(五)復(fù)數(shù)的幾何意義1．解析：由題意知A(6，5)，B(－2，3)，則AB中點(diǎn)C(2，4)對應(yīng)的復(fù)數(shù)為2＋4i.答案：C2．解析：|z|＝|1＋3i|＝eq\r(12＋32)＝eq\r(10)，故選C.答案：C3．解析：由|z|2－3|z|＋2＝0，得(|z|－1)·(|z|－2)＝0，所以|z|＝1或|z|＝2.由復(fù)數(shù)模的幾何意義知，z對應(yīng)點(diǎn)的軌跡是兩個(gè)圓．答案：B4．解析：z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)為(x，y)，則復(fù)數(shù)z＝x＋yi，則|z－1|＝|x＋(y－1)i|＝2，由復(fù)數(shù)的模長公式可得x2＋(y－1)2＝4，故選C.答案：C5．解析：∵z1＝3＋ai，z2＝b＋4i互為共軛復(fù)數(shù)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3＝b，,a＝－4，))∴z＝－4＋3i，∴|z|＝eq\r(（－4）2＋32)＝5.答案：56．解析：由已知得：z＝m2－2－(2m－1)i，且在第二象限，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m2－2<0，,2m－1<0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\r(2)<m<\r(2)，,m<\f(1,2)，))所以－eq\r(2)<m<eq\f(1,2).答案：(－eq\r(2)，eq\f(1,2))7．解析：∵0<m<1，∴1－m>0，m2－m＝m(m－1)<0，∴復(fù)數(shù)z＝(1－m)＋(m2－m)i在復(fù)平面上對應(yīng)的點(diǎn)位于第四象限．答案：四8．解析：(1)由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m－2>0，,m2－9>0，))解得m>3，所以m的取值范圍是m>3；(2)因?yàn)閦＝(m－2)＋(m2－9)i，所以z＝m－2＋(9－m2)i，因?yàn)閦與復(fù)數(shù)eq\f(8,m)＋5i相等，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m－2＝\f(8,m)，,9－m2＝5，))解得m＝－2.9．解析：(1)由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m－3>0，,m2－5m－14<0，))得3<m<7，此時(shí)復(fù)數(shù)z對應(yīng)的點(diǎn)位于第四象限．(2)由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m－3>0，,m2－5m－14>0，))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m－3<0，,m2－5m－14<0，))∴m>7或－2<m<3，此時(shí)復(fù)數(shù)z對應(yīng)的點(diǎn)位于第一、三象限．(3)要使復(fù)數(shù)z對應(yīng)的點(diǎn)在直線y＝x上，只需m2－5m－14＝m－3，∴m2－6m－11＝0，∴m＝3±2eq\r(5)，此時(shí)，復(fù)數(shù)z對應(yīng)的點(diǎn)位于直線y＝x上．10．解析：因?yàn)镺Z1對應(yīng)的復(fù)數(shù)為－3＋4iOZ2對應(yīng)的復(fù)數(shù)為2a＋i所以O(shè)Z1＝(－3，4)，OZ2＝(2a，1因?yàn)镺Z1與OZ2共線，所以存在實(shí)數(shù)k使OZ2＝即(2a，1)＝k(－3，4)＝(－3k，4k)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a＝－3k，,1＝4k，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＝\f(1,4)，,a＝－\f(3,8)，))即a的值為－eq\f(3,8).課時(shí)作業(yè)(六)復(fù)數(shù)的加法與減法1．解析：(6－3i)－(3i＋1)＋(2－2i)＝(6－1＋2)＋(－3－3－2)i＝7－8i.答案：C2．解析：設(shè)z＝a＋bi，則|z|－z＝eq\r(a2＋b2)－a＋bi＝1＋2i，故eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(a2＋b2)－a＝1，,b＝2，))故eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(3,2)，,b＝2，))故z＝eq\f(3,2)＋2i.答案：B3．解析：已知z＝a＋bi，則z＝a－bi.選項(xiàng)A，z－z＝(a＋bi)－(a－bi)＝2bi≠2a，錯(cuò)誤．選項(xiàng)B，|z|＝eq\r(a2＋b2)，|z|＝eq\r(a2＋（－b）2)＝eq\r(a2＋b2)，正確．選項(xiàng)C，z＋z＝2a，故C正確，D錯(cuò)誤．答案：BC4．解析：根據(jù)復(fù)數(shù)加(減)法的幾何意義，知以eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))為鄰邊所作的平行四邊形的對角線相等，則此平行四邊形為矩形，故△AOB為直角三角形．答案：B5．解析：原式＝2＋7i－5＋13i＋3－4i＝(2－5＋3)＋(7＋13－4)i＝16i.答案：16i6．解析：設(shè)z＝bi(b∈R且b≠0)，|z－1－i|＝|－1＋(b－1)i|＝eq\r(1＋（b－1）2)＝1，解得b＝1，∴z＝i.答案：i7．解析：|z|＝1，即|OZ|＝1，∴滿足|z|＝1的點(diǎn)Z的集合是以(0，0)為圓心，以1為半徑的圓，又復(fù)數(shù)z1＝2(1－i)在坐標(biāo)系內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)為(2，－2).故|z－z1|的最大值為點(diǎn)Z1(2，－2)到圓上的點(diǎn)的最大距離，即|z－z1|的最大值為2eq\r(2)＋1.答案：2eq\r(2)＋18．解析：因?yàn)閦1＝eq\f(m2＋m,m＋2)＋(m－15)i，z2＝－2＋m(m－3)i，所以z1＋z2＝(eq\f(m2＋m,m＋2)－2)＋[(m－15)＋m(m－3)]i＝eq\f(m2－m－4,m＋2)＋(m2－2m－15)i.因?yàn)閦1＋z2是虛數(shù)，所以m2－2m－15≠0且m≠－2，所以m≠5且m≠－3且m≠－2，所以m的取值范圍是(－∞，－3)∪(－3，－2)∪(－2，5)∪(5，＋∞).9．解析：設(shè)正方形的第四個(gè)點(diǎn)D對應(yīng)的復(fù)數(shù)為x＋yi(x，y∈R)，∴eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(OD,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→))對應(yīng)的復(fù)數(shù)為(x＋yi)－(1＋2i)＝(x－1)＋(y－2)i，eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(OC,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→))對應(yīng)的復(fù)數(shù)為(－1－2i)－(－2＋i)＝1－3i.∵eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))，∴(x－1)＋(y－2)i＝1－3i，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－1＝1，,y－2＝－3，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝2，,y＝－1.))故點(diǎn)D對應(yīng)的復(fù)數(shù)為2－i.10．解析：(1)∵A，B，C三點(diǎn)對應(yīng)的復(fù)數(shù)分別為1，2＋i，－1＋2i.∴eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))對應(yīng)的復(fù)數(shù)分別為1，2＋i，－1＋2i(O為坐標(biāo)原點(diǎn))，∴eq\o(OA,\s\up6(→))＝(1，0)，eq\o(OB,\s\up6(→))＝(2，1)，eq\o(OC,\s\up6(→))＝(－1，2).∴eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→))＝(1，1)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(OC,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→))＝(－2，2)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(OC,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→))＝(－3，1).即eq\o(AB,\s\up6(→))對應(yīng)的復(fù)數(shù)為1＋i，eq\o(AC,\s\up6(→))對應(yīng)的復(fù)數(shù)為－2＋2i，eq\o(BC,\s\up6(→))對應(yīng)的復(fù)數(shù)為－3＋i.(2)∵|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝eq\r(1＋1)＝eq\r(2)，|eq\o(AC,\s\up6(→))|＝eq\r(（－2）2＋22)＝eq\r(8)，|eq\o(BC,\s\up6(→))|＝eq\r(（－3）2＋1)＝eq\r(10)，∴|eq\o(AB,\s\up6(→))|2＋|eq\o(AC,\s\up6(→))|2＝10＝|eq\o(BC,\s\up6(→))|2.又∵|eq\o(AB,\s\up6(→))|≠|(zhì)eq\o(AC,\s\up6(→))|，∴△ABC是以角A為直角的直角三角形．課時(shí)作業(yè)(七)復(fù)數(shù)的乘法與除法1．解析：z·eq\o(z,\s\up3(－))＝(2－i)(2＋i)＝22－i2＝4＋1＝5，故選A.答案：A2．解析：因?yàn)閦＝eq\f(－1＋i,2＋i)＝eq\f(（－1＋i）（2－i）,（2＋i）（2－i）)＝－eq\f(1,5)＋eq\f(3,5)i，所以復(fù)數(shù)z＝eq\f(－1＋i,2＋i)的虛部為eq\f(3,5).答案：D3．解析：因?yàn)閦＝a＋i＋a2i－a＝(a2＋1)i，且a2＋1>0，所以復(fù)數(shù)z＝(a＋i)(1＋ai)在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)在虛軸上．答案：B4．解析：因?yàn)?1＋i)z＝3＋i，所以z＝eq\f(3＋i,1＋i)＝eq\f(（3＋i）（1－i）,（1＋i）（1－i）)＝eq\f(4－2i,2)＝2－i，所以|z|＝eq\r(22＋1)＝eq\r(5)，故選項(xiàng)A正確．z的實(shí)部是2，故選項(xiàng)B正確．z的虛部是－1，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤．復(fù)數(shù)z＝2＋i在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)為(2，1)，在第一象限，故選項(xiàng)D正確．答案：ABD5．解析：eq\f(a－i,1＋i)＝eq\f(（a－i）（1－i）,（1＋i）（1－i）)＝eq\f(（a－1）－（a＋1）i,2)，因?yàn)閑q\f(a－i,1＋i)是純虛數(shù)，所以a－1＝0且a＋1≠0，即a＝1.答案：16．解析：因?yàn)閑q\f(1＋i,1－i)＝eq\f(（1＋i）2,（1－i）（1＋i）)＝eq\f(1＋2i＋i2,2)＝i，所以(eq\f(1＋i,1－i))2022＝i2022＝i2＝－1.答案：－17．解析：由題意，方程另一根為1－2i，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（1＋2i）＋（1－2i）＝m，,（1＋2i）（1－2i）＝2n.))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n＝\f(5,2)，,m＝2.))故m＋n＝2＋eq\f(5,2)＝eq\f(9,2).答案：eq\f(9,2)8．解析：(1)z＝eq\f(a－i,1＋i)＝eq\f(（a－i）（1－i）,（1＋i）（1－i）)＝eq\f(a－1,2)－eq\f(a＋1,2)i.因?yàn)閦為純虛數(shù)，所以eq\f(a－1,2)＝0且－eq\f(a＋1,2)≠0，則a＝1.(2)由(1)知z＝eq\f(a－1,2)＋eq\f(a＋1,2)i，則點(diǎn)(eq\f(a－1,2)，eq\f(a＋1,2))位于第二象限，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－1<0，,a＋1>0))得－1<a<1，所以a的取值范圍是(－1，1).9．解析：∵z－1＝eq\r(3)(1＋z)i，∴z＝eq\f(1＋\r(3)i,1－\r(3)i)＝eq\f(（1＋\r(3)i）2,（1－\r(3)i）（1＋\r(3)i）)＝－eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2)i，∴z＋z2＝－eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2)i＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i))eq\s\up12(2)＝－eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2)i＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)－\f(\r(3),2)i))＝－1.10．解析：(1)z＝－1＋i＋3i＋3－4＝－2＋4i，所以復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)為－2－4i.(2)w＝－2＋(4＋a)i，復(fù)數(shù)w對應(yīng)的向量為(－2，4＋a)，其模為eq\r(4＋（4＋a）2)＝eq\r(20＋8a＋a2).又復(fù)數(shù)z所對應(yīng)向量為(－2，4)，其模為2eq\r(5).由復(fù)數(shù)w對應(yīng)向量的模不大于復(fù)數(shù)z所對應(yīng)向量的模，得20＋8a＋a2≤20，a2＋8a≤0，解得－8≤a≤0.所以，實(shí)數(shù)a的取值范圍是{a|－8≤a≤0}．課時(shí)作業(yè)(八)空間幾何體與斜二測畫法1．解析：根據(jù)斜二測畫法的規(guī)則可知，矩形的直觀圖為平行四邊形，如圖，其中O′C′＝OC＝4，O′A′＝eq\f(1,2)OA＝eq\r(2)，∠A′O′C′＝45°，所以平行四邊形的面積S＝2S△O′A′C′＝2×eq\f(1,2)×4×eq\r(2)×sin45°＝4.答案：C2．解析：由斜二測畫法規(guī)則可知，平行于y軸的線段長度減半，直角坐標(biāo)系變成斜坐標(biāo)系，而平行性沒有改變，故只有選項(xiàng)D正確．答案：D3．解析：原圖形△AOB中，OB＝4，OB邊上的高為8×2＝16，故面積為32.答案：C4．解析：根據(jù)斜二測畫法可知△ABC中，BC＝2，AO＝eq\r(3)，AO⊥BC，∴AB＝AC＝eq\r(12＋（\r(3)）2)＝2，故△ABC是等邊三角形，則∠ABC＝60°.答案：C5．解析：畫出直觀圖，BC對應(yīng)B′C′，且B′C′＝1，∠B′C′x′＝45°，故頂點(diǎn)B′到x′軸的距離為eq\f(\r(2),2).答案：eq\f(\r(2),2)6．解析：在x軸上的線段長度不變，故A′A′1＝4cm，在y軸上的線段變成原來的一半，故A′D′＝2cm.答案：247.解析：按斜二測畫法，得梯形的直觀圖O′A′B′C′，如圖所示，原圖形中梯形的高CD＝2，在直觀圖中C′D′＝1，且∠C′D′E′＝45°，作C′E′垂直于x′軸于E′，則C′E′＝C′D′·sin45°＝eq\f(\r(2),2).答案：eq\f(\r(2),2)8．解析：作AD⊥BC于D，在BD上取點(diǎn)E，使DE＝AD；因?yàn)橹苯侨切蜛BC中，AC＝1，∠ABC＝30°，所以BC＝2，AB＝eq\r(3).由面積相等可得BC邊上的高為AD＝DE＝eq\f(\r(3),2)，所以AE＝eq\f(\r(6),2)；根據(jù)斜二測畫法的規(guī)則，則B′C′＝2，A′E′＝eq\r(6)；所以△A′B′C′的面積為S＝eq\f(1,2)×2×eq\r(6)＝eq\r(6).9．解析：畫法如下：(1)畫x′軸和y′軸，兩軸交于點(diǎn)O′，使∠x′O′y′＝45°；(2)分別在x′軸、y′軸上以O(shè)′為中心，作A′B′＝2cm，C′D′＝1cm，用曲線將A′，C′，B′，D′連起來得到圓錐底面(圓)的直觀圖；(3)畫z′軸，在z′軸方向上取O′S＝3cm，S為圓錐的頂點(diǎn)，連接SA′，SB′；(4)擦去輔助線，得到圓錐的直觀圖．10．解析：由已知中A′B′C′D′是邊長為1的正方形，又知它是某個(gè)四邊形按斜二測畫法畫出的直觀圖，可得該四邊形的原圖形，如圖所示：這是一個(gè)底邊長為2，高為eq\r(2)的平行四邊形．故原圖形的面積為2eq\r(2).課時(shí)作業(yè)(九)構(gòu)成空間幾何體的基本元素1．解析：③中AD不為對角線，故錯(cuò)誤；⑤中漏掉“平面”兩字，故錯(cuò)誤．答案：D2．解析：由于直線a不平行于平面α，則a在α內(nèi)或a與α相交，故A錯(cuò)；當(dāng)a?α?xí)r，在平面α內(nèi)存在與a平行的直線，故B錯(cuò)；因?yàn)棣羶?nèi)的直線也可能與a平行或異面，故C錯(cuò)；由線面平行的定義知D正確．答案：D3．解析：由a，b為兩條不同的直線，α，β為兩個(gè)不同的平面，α∩β＝a，a∥b，知：對于選項(xiàng)A，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，平面ABCD∩平面ABB1A1＝AB，C1D1?平面ABCD，C1D1∥AB，此時(shí)有C1D1?平面ABB1A1，C1D1∥平面ABCD成立，故排除A.對于選項(xiàng)B，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，平面ABCD∩平面ABB1A1＝AB，C1D1∥平面ABCD，且C1D1∥平面ABB1A1，所以b?α有可能成立，故排除B；對于選項(xiàng)C，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，平面ABCD∩平面ABB1A1＝AB，C1D1∥平面ABCD，且C1D1∥平面ABB1A1，所以b∥α，且b∥β有可能成立，故排除C；對于選項(xiàng)D，b與α，β都相交不可能成立．答案：D4．解析：選項(xiàng)A只表示點(diǎn)A在直線l上；選項(xiàng)D表示直線l與平面α相交于點(diǎn)A；選項(xiàng)B中的直線l有部分在平行四邊形的外面，所以不能表示直線在平面α內(nèi)，故選C.答案：C5．解析：如圖，在長方體ABCD-A′B′C′D′中，AB＝5cm，BC＝4cm，CC′＝3cm，∴長方體的高為3cm；平面A′B′BA與平面CDD′C′之間的距離為4cm；點(diǎn)A到平面BCC′B′的距離為5cm.答案：(1)3(2)4(3)56．解析：如圖所示，與平面ABB1A1平行的直線有6條：D1E1，E1E，ED，DD1，D1E，DE1.答案：67．解析：根據(jù)點(diǎn)、線、面位置關(guān)系及其表示方法可知：(1)A∈a，B∈a，(2)a?α，(3)D∈b，C∈α.答案：(1)A∈a，B∈a(2)a?α(3)D∈b，C∈α8．解析：(1)AM所在的直線與平面ABCD相交．(2)CN所在的直線與平面ABCD相交．(3)AM所在的直線與平面CDD1C1平行．(4)CN所在的直線與平面CDD1C1相交．9．解析：這兩個(gè)平面平行(如圖①)或相交(如圖②).10．解析：(1)若三個(gè)平面經(jīng)過同一條直線，則有1條交線；若三個(gè)平面不過同一條直線，則有3條交線．(2)若直線l平行于平面α，則平面α內(nèi)的直線與l平行或異面，故A，B正確；在C中，若直線l平行于平面α，則平面α內(nèi)存在直線與l異面垂直，故C正確；在D中，若直線l平行于平面α，則平面α內(nèi)的直線與l平行或異面，故D錯(cuò)誤．(3)由平面的概念知，只有④正確．答案：(1)C(2)D(3)A課時(shí)作業(yè)(十)多面體與棱柱1．解析：如圖，由圖形可知，選項(xiàng)A，B，D錯(cuò)誤，因?yàn)锳1F∥CE，A1F＝CE，所以四邊形A1ECF是平行四邊形，所以A1E∥FC.答案：C2．答案：ABC3．解析：由已知得底面邊長為1，側(cè)棱長為eq\r(6－2)＝2.∴S側(cè)＝1×2×4＝8.答案：D4．解析：由題意得直三棱柱底面為等腰直角三角形．①若把平面ABB1A1和平面B1C1CB展開在同一個(gè)平面內(nèi)，則線段EF在直角三角形A1EF中，由勾股定理得EF＝eq\r(A1E2＋A1F2)＝eq\r(12＋（\f(3\r(2),2)）2)＝eq\f(\r(22),2).②若把平面ABB1A1和平面A1B1C1展開在同一個(gè)平面內(nèi)，設(shè)BB1的中點(diǎn)為G，在直角三角形EFG中，由勾股定理得EF＝eq\r(EG2＋GF2)＝eq\r(（\r(2)）2＋（1＋\f(\r(2),2)）2)＝eq\r(\f(7,2)＋\r(2)).③若把平面ACC1A1和平面A1B1C1展開在同一個(gè)平面內(nèi)，過F作與CC1平行的直線，過E作與AC平行的直線，所作兩線交于點(diǎn)H，則EF在直角三角形EFH中，由勾股定理得EF＝eq\r(EH2＋FH2)＝eq\r(（2－\f(1,2)）2＋（1＋\f(1,2)）2)＝eq\f(3\r(2),2).綜上可得從E到F兩點(diǎn)的最短路徑的長度為eq\f(3\r(2),2).答案：C5．解析：(2)(3)中，①④為相對的面，②⑤為相對的面，③⑥為相對的面，故它們的排列規(guī)律完全一樣．答案：(2)(3)6．解析：①正確，如四邊形A1D1CB為矩形；②不正確，任選四個(gè)頂點(diǎn)若組成平面圖形，則一定為矩形；③正確，如四面體A1-C1BD；④正確，如四面體B1-ABD.答案：①③④7．解析：由直四棱柱的定義可知，直四棱柱不一定是長方體；長方體一定是直四棱柱；由正四棱柱的定義可知，正四棱柱不一定是正方體；正方體一定是正四棱柱．答案：(1)不一定(2)不一定8．解析：如圖所示，設(shè)正六棱柱的底面邊長為a，側(cè)棱長為h，易知CF′是正六棱柱的一條最長的體對角線，即CF′＝13.因?yàn)镃F＝2a，F(xiàn)F′＝h，所以CF′＝eq\r(CF2＋FF′2)＝eq\r(4a2＋h2)＝13.①因?yàn)檎庵膫?cè)面積為180，所以S側(cè)＝6a·h＝180.②聯(lián)立①②解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝6,h＝5))，或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(5,2),h＝12)).當(dāng)a＝6，h＝5時(shí)，2S底＝6×eq\f(\r(3),4)a2×2＝108eq\r(3).所以S全＝180＋108eq\r(3).當(dāng)a＝eq\f(5,2)，h＝12時(shí)，2S底＝6×eq\f(\r(3),4)a2×2＝eq\f(75\r(3),4)，所以S全＝180＋eq\f(75\r(3),4).9．解析：截面以上的幾何體是三棱柱AEF-A1HG，截面以下的幾何體是四棱柱BEFC-B1HGC1.10.解析：連A1B，沿BC1將△CBC1展開與△A1BC1在同一個(gè)平面內(nèi)，如圖所示，連A1C，則A1C的長度就是所求的最小值．通過計(jì)算可得∠A1C1B＝90°.又∠BC1C＝45°，∴∠A1C1C＝135°.由余弦定理可求得A1C＝5eq\r(2).即CP＋PA1最小值為5eq\r(2).課時(shí)作業(yè)(十一)棱錐與棱臺1．解析：由棱臺的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)可知，A、C、D不正確．答案：B2．解析：因?yàn)檎呅蔚倪呴L與它的外接圓半徑相等，所以滿足上述條件的棱錐一定不是六棱錐．答案：D3．解析：兩個(gè)面互相平行，故此多面體一定不是棱錐，其余各面都是梯形，所以也不是棱柱，棱柱的側(cè)面都是平行四邊形，選D.答案：D4．解析：根據(jù)棱錐的幾何特征可知：棱錐的中截面與棱錐的底面是相似的，且相似比等于eq\f(1,2)，所以棱錐的中截面面積與棱錐的底面面積之比為eq\f(1,4)，所以中截面面積為8×eq\f(1,4)＝2(cm2).答案：C5．解析：如圖，在正三棱錐P-ABC中，O為底面中心，因?yàn)閭?cè)面為等腰直角三角形，AC＝6，所以PC＝3eq\r(2)，OC＝2eq\r(3)，所以O(shè)P＝eq\r(18－12)＝eq\r(6).答案：eq\r(6)6．解析：取上底A1B1C1D1的中心O1和下底ABCD的中心O，連結(jié)OO1，過O1作O1F⊥A1B1，交A1B1于F，過O作OE⊥AB，交AB于E，過F作FN⊥OE，交OE于N,正四棱臺的斜高B1K＝EF＝eq\r(BBeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－（\f(AB－A1B1,2)）2)＝eq\r(25－（\f(3,2)）2)＝eq\f(\r(91),2).則正四棱臺的高OO1＝FN＝eq\r(EF2－（OE－O1F）2)＝eq\r(\f(91,4)－\f(9,4))＝eq\f(\r(82),2).∴正四棱臺的高是eq\f(\r(82),2)，斜高是eq\f(\r(91),2).答案：eq\f(\r(82),2)eq\f(\r(91),2)7．解析：折起后是一個(gè)三棱錐(如圖所示).答案：三棱錐8．解析：如圖，連接BD，取BD中點(diǎn)為O，CD中點(diǎn)為E，連接OP，OE，PE，則OE∥BC，且OE＝eq\f(1,2)BC；因?yàn)檎睦忮FP-ABCD底面邊長為2cm，高為eq\r(3)cm，所以O(shè)P＝eq\r(3)cm，OE＝1cm，所以PE＝eq\r(OP2＋OE2)＝2(cm)，又PC＝PD，所以PE⊥CD，因此S△PCD＝eq\f(1,2)CD·PE＝eq\f(1,2)×2×2＝2(cm2)，底面正方形的面積為S1＝2×2＝4(cm2)，所以給該正四棱錐玩具模型外表貼一層保護(hù)膜，所需保護(hù)膜的面積為S＝4S△PCD＋S1＝4×2＋4＝12(cm2).9．解析：(1)設(shè)小棱錐的底面邊長為a，斜高為h，則大棱錐的底面邊長為2a，斜高為2h，所以大棱錐的側(cè)面積為6×eq\f(1,2)×2a×2h＝12ah，小棱錐的側(cè)面積為6×eq\f(1,2)×a×h＝3ah，棱臺的側(cè)面積為12ah－3ah＝9ah，所以大棱錐，小棱錐，棱臺的側(cè)面積之比12ah∶3ah∶9ah＝4∶1∶3.(2)因?yàn)樾±忮F的底面邊長為4cm，所以大棱錐的底面邊長為8cm，因?yàn)榇罄忮F的側(cè)棱長為12cm，所以大棱錐的斜高為eq\r(144－16)＝8eq\r(2)(cm)，所以大棱錐的側(cè)面積為6×eq\f(1,2)×8×8eq\r(2)＝192eq\r(2)(cm2)，所以棱臺的側(cè)面積為192eq\r(2)×eq\f(3,4)＝144eq\r(2)(cm2)，棱臺的上，下底面的面積和為6×eq\f(\r(3),4)×42＋6×eq\f(\r(3),4)×82＝24eq\r(3)＋96eq\r(3)＝120eq\r(3)(cm2)，所以棱臺的表面積為(120eq\r(3)＋144eq\r(2))cm2.10．解析：作出三棱錐的側(cè)面展開圖，如圖A、B兩點(diǎn)間最短繩長就是線段AB的長度．在△AOB中，∠AOB＝30°×3＝90°，OA＝4cm，OB＝3cm，所以AB＝eq\r(OA2＋OB2)＝5(cm).所以此繩在A，B兩點(diǎn)間的最短繩長為5cm.課時(shí)作業(yè)(十二)旋轉(zhuǎn)體1．解析：根據(jù)旋轉(zhuǎn)體的概念可知，①和④是旋轉(zhuǎn)體．答案：D2．解析：圓柱的軸截面是矩形，圓錐的軸截面是等腰三角形，圓臺的軸截面是等腰梯形，只有球的軸截面是圓面．答案：C3．解析：如圖，以AB為軸旋轉(zhuǎn)所得的幾何體是一個(gè)大圓錐挖去一個(gè)同底的小圓錐．答案：D4．解析：設(shè)球的半徑為R，則截面圓的半徑為eq\r(R2－1).所以截面圓的面積為S＝π(eq\r(R2－1))2＝(R2－1)π＝π，所以R2＝2，所以球的表面積S＝4πR2＝8π.答案：C5．解析：因?yàn)閳A柱的軸截面是邊長為a的正方形，故圓柱的底面半徑R＝eq\f(1,2)a，母線長l′＝a，故圓柱的表面積S＝2πR(R＋l′)＝eq\f(3,2)a2π，因?yàn)閳A錐的軸截面是邊長為a的正三角形，故圓錐的底面半徑r＝eq\f(1,2)a，母線長l＝a，故圓錐的表面積S＝πr(r＋l)＝eq\f(3,4)a2π，故它們的表面積之比為2∶1.答案：2∶16．解析：如圖，設(shè)圓錐底面半徑為r，母線長為l，由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)l2＝S，,πl(wèi)＝2πr，))解得r＝eq\r(\f(S,2π))，所以底面積為πr2＝π×eq\f(S,2π)＝eq\f(S,2).答案：eq\f(S,2)7．解析：正方體的對角線即為球的直徑，直徑d＝eq\r(32＋32＋32)＝eq\r(27)＝3eq\r(3)，由d＝3eq\r(3)?R＝eq\f(3\r(3),2)?S＝4πR2＝27π.答案：27π8．解析：設(shè)圓臺較小底面圓的半徑為r，則另一底面圓的半徑為3r，而圓臺的側(cè)面積公式為π(r＋3r)l＝π×4r×3＝84π，r＝7.9．解析：(1)由截得圓臺上、下底面面積之比為1∶16，可設(shè)截得圓臺的上、下底面的半徑分別為r，4r.過軸SO作截面，如圖所示．則△SO′A′∽△SOA，O′A′＝3，∴eq\f(O′A′,OA)＝eq\f(1,4)，∴OA＝12cm.又SO＝24cm，∴SA＝eq\r(122＋242)＝12eq\r(5)cm.即圓錐SO的母線長為12eq\r(5)cm.(2)如圖，過正方體的體對角線作圓錐的軸截面，設(shè)正方體的棱長為x，則OC＝eq\f(\r(2),2)x，∴eq\f(\f(\r(2),2)x,12)＝eq\f(24－x,24)，解得x＝24(eq\r(2)－1)，∴正方體的棱長為24(eq\r(2)－1)cm.10．解析：將側(cè)面展開可得S＝eq\f(1,2)(50＋80)×40π＝2600π(cm2).答案：2600π課時(shí)作業(yè)(十三)祖暅原理與幾何體的體積1．解析：由圖知：VC′-A′DD′＝eq\f(1,3)·C′D′·S△A′DD′，VABCD-A′B′C′D′＝C′D′·SA′D′DA，而SA′D′DA＝2S△A′DD′，∴剩余部分的體積為VABCD-A′B′C′D′－VC′-A′DD′＝eq\f(5,3)C′D′·S△A′DD′，∴棱錐C′-A′DD′的體積與剩余部分的體積之比為1∶5.答案：A2．解析：因圓臺的上、下底面半徑分別為2，4，母線長為3，則圓臺的高為eq\r(32－22)＝eq\r(5)，所以圓臺的體積為V＝eq\f(1,3)π(22＋2×4＋42)×eq\r(5)＝eq\f(28\r(5),3)π.答案：A3．解析：如圖，去掉的一個(gè)棱錐的體積是eq\f(1,3)×(eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2))×eq\f(1,2)＝eq\f(1,48)，剩余幾何體的體積是1－8×eq\f(1,48)＝eq\f(5,6).答案：D4．解析：設(shè)圓O1的半徑為r，球的半徑為R，依題意，得πr2＝4π，所以r＝2，由正弦定理可得AB＝2rsin60°＝2eq\r(3)，所以O(shè)O1＝AB＝2eq\r(3)，根據(jù)球截面性質(zhì)得OO1⊥平面ABC，所以O(shè)O1⊥O1A，R＝OA＝eq\r(OOeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋O1A2)＝eq\r(OOeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋r2)＝4，所以球O的表面積S＝4πR2＝64π.答案：A5．解析：幾何體是一個(gè)圓柱挖去一個(gè)半球后剩余的部分，且圓柱的底面半徑是1，高是1，球的半徑是1，所以圓柱的體積是π×12×1＝π，半球的體積是eq\f(1,2)×eq\f(4π,3)×13＝eq\f(2π,3)，因此所求幾何體的體積為π－eq\f(2π,3)＝eq\f(π,3).答案：eq\f(π,3)6．解析：如圖，在三棱錐S-ABC中，作高SO，連接AO并延長AO交BC于點(diǎn)D，則AO＝eq\f(\r(3),2)×4×eq\f(2,3)＝eq\f(4\r(3),3).在Rt△SAO中，SO＝eq\r(42－（\f(4\r(3),3)）2)＝eq\f(4\r(6),3)，所以V＝eq\f(1,3)×eq\f(4\r(6),3)×eq\f(\r(3),4)×42＝eq\f(16\r(2),3).答案：eq\f(16\r(2),3)7．解析：將三棱錐A-DED1選擇△ADD1為底面，E為頂點(diǎn)，則VA-DED1＝VE-ADD1＝eq\f(1,3)Sh＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×1＝eq\f(1,6).答案：eq\f(1,6)8．解析：因?yàn)閂半球＝eq\f(1,2)×eq\f(4π,3)R3＝eq\f(1,2)×eq\f(4π,3)×43＝eq\f(128π,3)(cm3)，V圓錐＝eq\f(π,3)r2h＝eq\f(π,3)×42×10＝eq\f(160π,3)(cm3)，V半球<V圓錐，所以，冰淇淋融化了，不會(huì)溢出杯子．9．解析：(1)已知圓柱的底面半徑為r，則圓柱和圓錐的高為h＝2r，圓錐和球的底面半徑為r，則圓柱的表面積為S圓柱表＝2×πr2＋4πr2＝6πr2.(2)由(1)知V圓錐＝eq\f(π,3)r2×2r＝eq\f(2π,3)r3，V圓柱＝πr2×2r＝2πr3，V球＝eq\f(4π,3)r3，V圓錐∶V球∶V圓柱＝eq\f(2π,3)r3∶eq\f(4π,3)r3∶2πr3＝1∶2∶3.10．解析：如圖所示，連接AB1，AC1.∵B1E＝CF，∴梯形BEFC的面積等于梯形B1EFC1的面積．又四棱錐A-BEFC的高與四棱錐A-B1EFC1的高相等，即四棱錐A-BEFC的體積是eq\f(m,3).課時(shí)作業(yè)(十四)平面的基本事實(shí)與推論1．解析：因?yàn)樘菪斡袃蛇吰叫?，所以梯形確定一個(gè)平面，所以①是正確的；三條平行直線不一定共面，如直三棱柱的三條平行的棱，所以②不正確；有三個(gè)公共點(diǎn)的兩個(gè)平面不一定重合，如兩個(gè)平面相交，三個(gè)公共點(diǎn)都在交線上，所以③不正確；三條直線兩兩相交，可以確定的平面?zhèn)€數(shù)是1或3，所以④不正確．答案：A2．解析：因?yàn)樗睦忮FP-ABCD的底面ABCD是梯形，AB∥CD，所以AD與CB必相交于點(diǎn)M，且P是平面PAD和平面PBC的公共點(diǎn)，又平面PAD∩平面PBC＝l，所以P∈l，l與直線DA相交．答案：D3．解析：直線AC與直線PO交于點(diǎn)O，所以平面PCA與平面PBD交于點(diǎn)O，所以必相交于直線PO，直線AM在平面PAC內(nèi)，點(diǎn)N∈AM，故點(diǎn)N∈平面PAC，故O，N，P，M四點(diǎn)共面，所以A錯(cuò)．若點(diǎn)D與O，M，N共面，則直線BD在平面PAC內(nèi)，與題目矛盾，故B錯(cuò)．O，M分別為AC，PC中點(diǎn)，所以O(shè)M∥PA，ON∩PA＝P，故ON∩OM＝O，故C錯(cuò)．答案：D4．解析：根據(jù)公理判定點(diǎn)C和點(diǎn)D既在平面β內(nèi)又在平面γ內(nèi)，故在β與γ的交線上．故選D.答案：D5．解析：①錯(cuò)誤．如圖所示，點(diǎn)A?平面CC1B1B，所以直線AC1?平面CC1B1B.②正確．如圖所示，連接AC，BD，A1C1，B1D1，因?yàn)镺∈直線AC，AC?平面AA1C1C，O∈直線BD，BD?平面BB1D1D，O1∈直線A1C1，A1C1?平面AA1C1C，O1∈直線B1D1，B1D1?平面BB1D1D，所以平面AA1C1C與平面BB1D1D的交線為OO1.③④都正確，因?yàn)锳D∥B1C1，且AD＝B1C1，所以四邊形AB1C1D是平行四邊形，所以A，B1，C1，D共面．答案：②③④6．答案：(1)A1B1(2)AC(3)OO1(4)B17．解析：如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，①AA1∩AB＝A，AA1∩A1B1＝A1，直線AB，A1B1與AA1可以確定一個(gè)平面(平面ABB1A1).②AA1∩AB＝A，AA1∩A1D1＝A1，直線AB，AA1與A1D1可以確定兩個(gè)平面(平面ABB1A1和平面ADD1A1).③三條直線AB，AD，AA1交于一點(diǎn)A，它們可以確定三個(gè)平面(平面ABCD，平面ABB1A1和平面ADD1A1).答案：1或2或38．證明：延長AA1，BB1，設(shè)AA1∩BB1＝P，又BB1?平面BC1，∴P∈平面BC1，AA1?平面AC1，∴P∈平面AC1，∴P為平面BC1和平面AC1的公共點(diǎn)，又∵平面BC1∩平面AC1＝CC1，∴P∈CC1，即AA1，BB1，CC1延長后交于一點(diǎn)P.9．證明：因?yàn)锳B∩α＝P，CD∩α＝P，所以AB∩CD＝P，所以AB，CD可確定一個(gè)平面，設(shè)為β.因?yàn)锳∈AB，C∈CD，B∈AB，D∈CD，所以A∈β，C∈β，B∈β，D∈β，所以AC?β，BD?β.因?yàn)锳C∩α＝Q，所以Q∈α，Q∈β.同理，P∈α且P∈β，R∈α且R∈β.所以P，Q，R在α與β的交線上，故P，Q，R三點(diǎn)共線．10．解析：不妨設(shè)正方體的棱長為1，當(dāng)0<DE≤eq\f(1,2)時(shí)，截面為四邊形BMEF，如圖；特別地，當(dāng)DE＝eq\f(1,2)時(shí)，截面為等腰梯形BFEC1，如圖；當(dāng)eq\f(1,2)<DE<1時(shí)，截面為五邊形BFENM，不可能為六邊形，如圖．答案：D課時(shí)作業(yè)(十五)平行直線與異面直線1．解析：②③中α可能與β相交也可能平行，①④符合異面直線的定義．答案：D2．解析：如圖，連接AD1，CD1，AC，因?yàn)镋，F(xiàn)分別為AD1，CD1的中點(diǎn)，由三角形的中位線定理知EF∥AC，GH∥AC，所以EF∥GH.答案：C3．解析：由平行線的傳遞性知A正確；若a與b相交，b與c相交，則a與c可能平行、相交或異面，B錯(cuò)誤；易知C正確；若a與c相交，b與c異面，則a與b可能相交、平行或異面，故D錯(cuò)誤．答案：AC4．解析：易知GH∥MN，又∵E，F(xiàn)，M，N分別為所在棱的中點(diǎn)，由平面基本事實(shí)3可知EF，DC，MN交于一點(diǎn)，故選B.答案：B5．解析：題干圖①中，GH∥MN，因此，GH與MN共面．題干圖②中，G，H，N三點(diǎn)共面，但M?平面GHN，因此直線GH與MN異面．題干圖③中，連接MG，GM∥HN，因此，GH與MN共面．題干圖④中，G，M，N三點(diǎn)共面，但H?平面GMN，所以GH與MN異面．答案：②④6．答案：60°或120°7．答案：菱8．證明：∵EF為梯形ABCD的中位線，∴EF∥AB，且EF＝eq\f(1,2)(AB＋CD).又GH為梯形ABC′D′的中位線，∴GH∥AB，且GH＝eq\f(1,2)(AB＋C′D′).又C′D′＝CD，∴EF綊GH.∴四邊形EFGH為平行四邊形．9．證明：(1)連接BD，B1D1，在△ABD中，因?yàn)镋，F(xiàn)分別為AB，AD的中點(diǎn)，所以EF綊eq\f(1,2)BD，同理E1F1綊eq\f(1,2)B1D1，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，因?yàn)锳A1綊DD1，AA1綊BB1，所以B1B綊DD1，所以四邊形BDD1B1是平行四邊形，所以BD綊B1D1，所以EF綊E1F1.所以四邊形EFF1E1為平行四邊形．(2)取A1B1的中點(diǎn)M，連接BM，F(xiàn)1M，因?yàn)镸F1綊B1C1，B1C1綊BC，所以MF1綊BC，所以四邊形BCF1M是平行四邊形，所以MB∥CF1，因?yàn)锳1M綊EB，所以四邊形EBMA1是平行四邊形，所以A1E∥MB，所以A1E∥CF1，同理可證：A1F∥E1C，又∠EA1F與∠F1CE1兩邊的方向均相反，所以∠EA1F＝∠E1CF1.10．解析：(1)證明：因?yàn)锳E∶EB＝AH∶HD，所以EH∥BD，又CF∶FB＝CG∶GD，所以FG∥BD，所以EH∥FG，所以E，F(xiàn)，G，H四點(diǎn)共面．(2)當(dāng)且僅當(dāng)EH綊FG時(shí)，四邊形EFGH為平行四邊形．因?yàn)閑q\f(EH,BD)＝eq\f(AE,AE＋EB)＝eq\f(m,m＋1)，所以EH＝eq\f(m,m＋1)BD，同理FG＝eq\f(n,n＋1)BD，由EH＝FG得m＝n.故當(dāng)m＝n時(shí)，四邊形EFGH為平行四邊形．(3)當(dāng)m＝n時(shí)，AE∶EB＝CF∶FB，所以EF∥AC，又因?yàn)锳C⊥BD，所以∠FEH是AC與BD所成的角，所以∠FEH＝90°，從而EFGH為矩形，所以EG＝FH.課時(shí)作業(yè)(十六)直線與平面平行1．解析：直線a∥平面α，則a與α無公共點(diǎn)，與α內(nèi)的直線均無公共點(diǎn)．答案：D2．解析：如圖，在長方體ABCD-A′B′C′D′中，AA′∥BB′，AA′卻在過BB′的平面AB′內(nèi)，故選項(xiàng)A不正確；AA′∥平面B′C，BC?平面B′C，但AA′不平行于BC，故選項(xiàng)B不正確；AA′∥平面B′C，A′D′∥平面B′C，但AA′與A′D′相交，所以選項(xiàng)C不正確；選項(xiàng)D中，假設(shè)b與α相交，因?yàn)閍∥b，所以a與α相交，這與a∥α矛盾，故b∥α，即選項(xiàng)D正確．故選D.答案：D3．解析：因?yàn)镸N∥平面PAD，MN?平面PAC，平面PAC∩平面PAD＝PA，∴MN∥PA，∵PA?平面PAB，MN?平面PAB，因此，MN∥平面PAB.答案：BD4．解析：如圖所示，結(jié)合圖形可知AA1∥平面BC1，AA1∥平面DC1，AA1∥平面BB1D1D.答案：B5．解析：因?yàn)镃D∥AB，AB?平面SAB，CD?平面SAB，所以CD∥平面SAB.又CD?平面CDEF，平面SAB∩平面CDEF＝EF，所以CD∥EF，且EF≠CD，因?yàn)镋是SA的中點(diǎn)，EF∥AB，所以F是SB的中點(diǎn)，所以DE＝CF，所以四邊形CDEF為等腰梯形，且CD＝2，EF＝1，DE＝CF＝eq\r(3)，所以四邊形CDEF的周長為3＋2eq\r(3).答案：3＋2eq\r(3)6．解析：連接A1C1(圖略)，∵AC∥A1C1，∴AC∥平面A1B1C1D1，又∵AC?平面AB1C，平面AB1C∩平面A1B1C1D1＝l，∴AC∥l.答案：平行7．解析：連接AC交BE于G，連接FG，因?yàn)镻A∥平面EBF，PA?平面PAC，平面PAC∩平面BEF＝FG，所以PA∥FG，所以eq\f(PF,FC)＝eq\f(AG,GC).又因?yàn)锳D∥BC，E為AD的中點(diǎn)，所以eq\f(AG,GC)＝eq\f(AE,BC)＝eq\f(1,2)，所以eq\f(PF,FC)＝eq\f(1,2).答案：eq\f(1,2)8．證明：∵四邊形EFGH為平行四邊形，∴EF∥GH，又GH?平面BCD，EF?平面BCD，∴EF∥平面BCD.而EF所在的平面ACD∩平面BCD＝CD，∴EF∥CD.9.證明：設(shè)正方形的邊長是a，AM＝FN＝x，作MP⊥BC，NQ⊥BE，則MP∥AB，NQ∥AB，所以MP∥NQ，又NQ＝a－eq\f(\r(2),2)x，MP＝a－eq\f(\r(2),2)x，所以MP綊NQ，即MPQN是平行四邊形，所以MN∥PQ，因?yàn)镻Q?平面CBE，MN?平面CBE，所以MN∥平面CBE.10．證明：連接AC，設(shè)AC∩BD＝O，連接MO.因?yàn)樗倪呅蜛BCD為平行四邊形，所以O(shè)是AC的中點(diǎn)，又M是PC的中點(diǎn)，所以MO∥PA.又MO?平面BDM，PA?平面BDM，所以PA∥平面BDM.又因?yàn)槠矫鍮DM∩平面PAHG＝GH，PA?平面PAHG，所以PA∥GH.課時(shí)作業(yè)(十七)平面與平面平行1．解析：對于A，若α∩γ＝a，β∩γ＝b，且a∥b，則α∥β或者α與β相交，故A錯(cuò)誤；對于B，若a，b相交且都在α，β外，根據(jù)線面關(guān)系的基本事實(shí)可得a，b可以確定一個(gè)平面記為γ，a∥α，b∥α，a∥β，b∥β，可得γ∥α，γ∥β，由面面平行的傳遞性可知α∥β，故B正確；對于C，a∥α，a∥β，則α∥β也可能α與β相交，故C錯(cuò)誤；對于D，由a?α，a∥β，α∩β＝b，結(jié)合線面平行的性質(zhì)定理：如果一條直線與一個(gè)平面平行，且經(jīng)過這條直線的平面與這個(gè)平面相交，那么這條直線就與兩平面的交線平行，則a∥b，故D正確．答案：BD2．解析：由于六棱柱ABCDEF-A1B1C1D1E1F1的底面是正六邊形，所以上下底面平行，側(cè)面有3對相互平行的面，故有4對．答案：D3．解析：如圖，在長方體中，平面ABCD∥平面A′B′C′D′，A′D′?平面A′B′C′D′，AB?平面ABCD，A′D′與AB不平行，且A′D′與AB垂直，所以AC錯(cuò)．答案：BD4．解析：如圖，∵EG∥E1G1，EG?平面E1FG1，E1G1?平面E1FG1，∴EG∥平面E1FG1，又G1F∥H1E，同理可證H1E∥平面E1FG1