课时作业(十五) 平行直线与异面直线
一、选择题
1．若a，b为异面直线，则( )
①a∩b＝ ，且a不平行于b；②a 平面α，b 平面β，且α∩β＝l；③a 平面α，b 平面β，且α∩β＝ ；④不存在平面α能使a α，且b α成立．
A．①②④ B．①③④
C．②③ D．①④
2．在正方体ABCD A1B1C1D1中，E，F分别是侧面AA1D1D，侧面CC1D1D的中心，G，H分别是线段AB，BC的中点，则直线EF与直线GH的位置关系是( )
A．相交 B．异面
C．平行 D．垂直
3．(多选)a，b，c是空间中的三条直线，下列说法中正确的是( )
A．若a∥b，b∥c，则a∥c
B．若a与b相交，b与c相交，则a与c也相交
C．若a，b分别在两个相交平面内，则这两条直线可能平行、相交或异面
D．若a与c相交，b与c异面，则a与b异面
4．如图，在正方体ABCD A1B1C1D1中，E，F，G，H，M，N分别是棱AB，BC，A1B1，BB1，C1D1，CC1的中点，则下列结论正确的是( )
A．直线GH和MN平行，GH和EF相交
B．直线GH和MN平行，MN和EF相交
C．直线GH和MN相交，MN和EF异面
D．直线GH和EF异面，MN和EF异面
二、填空题
5．如图，G，H，M，N分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH，MN是异面直线的图形有________.
6．空间两个角α，β，且α与β的两边对应平行，且α＝60°，则β＝________．
7．在空间四边形ABCD中，E，F，G，H分别为AB，BC，CD，DA的中点，若AC＝BD，则四边形EFGH为________形．
三、解答题
8．在梯形ABCD中，AB∥CD，E，F分别为BC和AD的中点，将平面CDFE沿EF翻折起来，使CD翻折到C′D′的位置，G，H分别为AD′和BC′的中点．
求证：四边形EFGH为平行四边形．
9．在如图所示的正方体ABCD A1B1C1D1中，E，F，E1，F1分别是棱AB，AD，B1C1，C1D1的中点．
求证：
(1)四边形EFF1E1为平行四边形；
(2)∠EA1F＝∠E1CF1.
[尖子生题库]
10．如图所示，E，F，G，H分别是空间四边形ABCD各边上的点，且有AE∶EB＝AH∶HD＝m，CF∶FB＝CG∶GD＝n.
(1)证明：E，F，G，H四点共面；
(2)m，n满足什么条件时EFGH是平行四边形；
(3)在(2)的条件下，若AC⊥BD，试证明EG＝FH.课时作业(十二) 旋转体
一、选择题
1．下列几何体中是旋转体的是( )
①圆柱；②六棱锥；③正方体；④球体；⑤四面体．
A．①和⑤ B．①
C．③和④ D．①和④
2．下面几何体的轴截面(过旋转轴的截面)是圆面的是( )
A．圆柱 B．圆锥
C．球 D．圆台
3．以钝角三角形的较小边所在的直线为轴，其他两边旋转一周所得到的几何体是( )
A．两个圆锥拼接而成的组合体
B．一个圆台
C．一个圆锥
D．一个圆锥挖去一个同底的小圆锥
4．用与球心距离为1的平面去截球，所得截面圆的面积为π，则球的表面积为( )
A． B．
C．8π D．
二、填空题
5．一个圆柱和一个圆锥的轴截面分别是边长为a的正方形和正三角形，则它们的表面积之比为________．
6．已知一圆锥的侧面展开图为半圆，且面积为S，则圆锥的底面面积是________.
7．若棱长为3的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为________．
三、解答题
8．圆台的一个底面圆周长是另一个底面圆周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，求圆台较小底面圆的半径．
9．如图所示，用一个平行于圆锥SO底面的平面截这个圆锥，截得圆台上、下底面的面积之比为1∶16，“截去的圆锥的底面半径为3 cm，圆锥的高为24 cm.”
(1)试求圆锥SO的母线长l；
(2)若该圆锥中有一内接正方体，试求正方体的棱长．
[尖子生题库]
10．在如图所示的斜截圆柱中，已知圆柱底面的直径为40 cm，母线长最短50 cm、最长80 cm，则斜截圆柱侧面面积S＝________cm2.课时作业(十九) 平面与平面垂直
一、选择题
1．对于直线m，n和平面α，β，能得出α⊥β的一个条件是( )
A．m⊥n，m∥α，n∥β
B．m⊥n，α∩β＝m，n α
C．m∥n，n⊥β，m α
D．m∥n，m⊥α，n⊥β
2.
如图所示，四边形ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，则图中互相垂直的平面共有( )
A．3对
B．4对
C．5对
D．6对
3.
如图，在四面体D ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列结论正确的是( )
A．平面ABC⊥平面ABD
B．平面ABD⊥平面BDC
C．平面ABC⊥平面BDE，且平面ADC⊥平面BDE
D．平面ABC⊥平面ADC，且平面ADC⊥平面BDE
4．(多选)若正方形ABCD与正方形ADEF所在平面互相垂直，M为BE的中点，N为AD的中点﹐则下列结论正确的是( )
A．MN⊥平面BCE B．MN∥平面ECD
C．MN⊥EF D．MN∥CD
二、填空题
5．如图所示，平面α⊥平面β，在α与β交线上取线段AB＝4，AC，BD分别在平面α和β内，AC⊥AB，BD⊥AB，AC＝3，BD＝12，则CD＝________．
6．如图所示，在三棱锥P ABC中，平面PAC⊥平面ABC，∠PCA＝90°，△ABC是边长为4的正三角形，PC＝4，M是AB边上的一动点，则PM的最小值为________．
7．矩形ABCD的两边AB＝3，AD＝4，PA⊥平面ABCD，且PA＝，则二面角A BD P的度数为________．
三、解答题
8．如图所示，三棱锥P ABC中，已知△ABC是等腰直角三角形，∠ABC＝90°，△PAC是直角三角形，∠PAC＝90°，平面PAC⊥平面ABC.求证：平面PAB⊥平面PBC.
9．如图所示，在矩形ABCD中，已知AB＝AD，E是AD的中点，沿BE将△ABE折起至△A′BE的位置，使A′C＝A′D，求证：平面A′BE⊥平面BCDE.
[尖子生题库]
10．图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2.
(1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
(2)求图2中的四边形ACGD的面积．课时作业(一) 正弦定理
一、选择题
1．在△ABC中，a＝4，A＝45°，B＝60°，则边b的值为( )
A．＋1 B．2＋1
C．2 D．2＋2
2．在△ABC中，若a＝2，b＝2，A＝30°，则B＝( )
A．60° B．60°或120°
C．30° D．30°或150°
3．在平面直角坐标系中，大小为的角始边与x轴非负半轴重合，顶点与原点O重合，其终边与圆心在原点，半径为3的圆相交于一点P，点Q坐标为(0，3)，则△OPQ的面积为( )
A． B．
C． D．2
4．(多选)在△ABC中，下列说法正确的有( )
A．若A>B，则sin A>sin B
B．若A>B，则cos A
C．若A>B，则sin 2A>sin 2B
D．若A>B，则cos 2A二、填空题
5．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a cos A＝b cos B，a>b，则△ABC的形状一定是____________．
6．设△ABC的内角∠A，∠B，∠C的对边分别为a，b，c.若a＝，sin B＝，C＝，则b＝________．
7．在△ABC中，角A，B的对边分别是a，b，且A＝60°，b＝2，a＝x，若解此三角形有两解，则x的取值范围是________．
三、解答题
8．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b＝2，c＝3，B＝2C, 求cos 2C的值．
9.在△ABC中，已知a2tan B＝b2tan A，试判断△ABC的形状．
[尖子生题库]
10．在△ABC中，设内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且＝.
(1)求角B的大小；
(2)求cos2－sincos 的取值范围．课时作业(十一) 棱锥与棱台
一、选择题
1．下面说法中，正确的是( )
A．上下两个底面平行且是相似四边形的几何体是四棱台
B．棱台的所有侧面都是梯形
C．棱台的侧棱长必相等
D．棱台的上下底面可能不是相似图形
2．若一个正棱锥的各棱长和底面边长均相等，则该棱锥一定不是( )
A．三棱锥 B．四棱锥
C．五棱锥 D．六棱锥
3．对有两个面互相平行，其余各面都是梯形的多面体，以下说法正确的是( )
A．棱柱 B．棱锥
C．棱台 D．一定不是棱柱、棱锥
4．设棱锥的底面面积是8 cm2，那么这个棱锥的中截面的面积是( )
A．4 cm2 B．2 cm2
C．2 cm2 D． cm2
二、填空题
5．底面边长为6，侧面为等腰直角三角形的正三棱锥的高为________.
6．已知正四棱台侧棱长为5，上底面边长和下底面边长分别为2和5，则该四棱台的高和斜高分别为________、________．
7．如图，已知四边形ABCD是一个正方形，E，F分别是边AB和BC的中点，沿折痕DE，EF，FD折起得到一个空间几何体，这个空间几何体是________．
三、解答题
8．如图是一个正四棱锥玩具模型，已知它的底面边长为2 cm，高为 cm，现在给其外表贴一层保护膜，试求出所需保护膜的面积．
9．如图所示，正六棱锥被过棱锥高PO的中点O′且平行于底面的平面所截，得到正六棱台OO′和较小的棱锥PO′.
(1)求大棱锥，小棱锥，棱台的侧面面积之比；
(2)若大棱锥PO的侧棱长为12 cm，小棱锥的底面边长为4 cm，求截得的棱台的侧面面积和表面积．
[尖子生题库]
10．如图，在以O为顶点的三棱锥中，过O的三条棱两两夹角都是30°，在一条棱上取A、B两点，OA＝4 cm，OB＝3 cm，以A、B为端点用一条绳子紧绕三棱锥的侧面一周(绳和侧面无摩擦)，求此绳在A，B两点间的最短绳长．课时作业(三) 正弦定理与余弦定理的应用
一、选择题
1．海上的A，B两个小岛相距10 n mile，从A岛望C岛和B岛成60°的视角，从B岛望C岛和A岛成75°的视角，则B岛与C岛之间的距离是( )
A．10 n mile B． n mile
C．5 n mile D．5 n mile
2．如图所示，从气球A上测得正前下方的河流的两岸B，C的俯角分别为75°，30°，此时气球的高是60 m，则河流的宽度BC等于( )
A．240(－1)m B．180(－1)m
C．120(－1)m D．30(＋1)m
3．在一幢20 m高的楼顶测得对面一塔吊顶的仰角为60°，塔基的俯角为45°，那么这座塔吊的高是( )
A．20(1＋) m B．20(1＋) m
C．10(＋) m D．20(＋) m
4．轮船A和轮船B在中午12时同时离开海港O，两船航行方向的夹角为120°，两船的航行速度分别为25 n mile/h，15 n mile/h，则14时两船之间的距离是( )
A．50 n mile B．70 n mile
C．90 n mile D．110 n mile
二、填空题
5．如图，河流上有一座桥，其长度BC＝100 m，在桥的两端C，B处测得空中一气球的仰角分别为α＝30°，β＝45°，试求气球的高度h为________.
6．如图所示，设A，B两点在河的两岸，一测量者在A的同侧，在A所在的河岸边选定一点C.测出AC的距离为50 m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°，则A，B两点的距离为______m．
7．某校运动会开幕式上举行升旗仪式，在坡角为15°的看台上，同一列的第一排和最后一排测得旗杆顶部的仰角分别为60°和30°，若同一列的第一排和最后一排之间的距离为10米(如图所示)，则旗杆的高度为________米．
三、解答题
8．如图所示，某海轮以60海里/时的速度航行，在A点测得海面上油井P在南偏东60°，向北航行40分钟后到达B点，测得油井P在南偏东30°，海轮改为北偏东60°的航向再行驶80分钟到达C点，求P，C间的距离．
9．如图所示，在海岸A处，发现北偏东45°方向，距A处(－1) n mile的B处有一艘走私船，在A处北偏西75°的方向，距离A处2 n mile的C处的缉私船奉命以10 n mile/h的速度追截走私船．此时，走私船正以10 n mile/h的速度从B处向北偏东30°方向逃窜，问缉私船沿着什么方向能最快追上走私船？
[尖子生题库]
10．△ABC的三个内角A，B，C所对的边为a，b，c，且2a cos A＝b cos C＋c cos B，
(1)求角A的大小；
(2)若a＝2，求△ABC面积的最大值．课时作业(十六) 直线与平面平行
一、选择题
1．如果直线a∥平面α，那么直线a与平面α内的( )
A．一条直线不相交
B．两条直线不相交
C．无数条直线不相交
D．任意一条直线不相交
2．下列说法正确的是( )
A．如果a，b是两条直线，a∥b，那么a平行于经过b的任何一个平面
B．如果直线a和平面α满足a∥α，那么a平行于平面α内的任何一条直线
C．如果直线a，b满足a∥α，b∥α，则a∥b
D．如果直线a，b和平面α满足a∥b，a∥α，b α，那么b∥α
3．(多选)如图，在四棱锥P ABCD中，M、N分别为AC、PC上的点，且MN∥平面PAD，则( )
A．MN∥PD
B．MN∥平面PAB
C．MN∥AD
D．MN∥PA
4．在长方体ABCD A1B1C1D1的六个表面与六个对角面(平面AA1C1C、平面ABC1D1、平面ADC1B1、平面BB1D1D、平面A1BCD1及平面A1B1CD)所在的平面中，与棱AA1平行的平面共有( )
A．2个 B．3个
C．4个 D．5个
二、填空题
5．如图，四棱锥S ABCD的所有的棱长都等于2，E是SA的中点，过C，D，E三点的平面与SB交于点F，则四边形CDEF的周长为________.
6．如图，ABCD A1B1C1D1是正方体，若过A，C，B1三点的平面与底面A1B1C1D1的交线为l，则l与AC的关系是________．
7．如图，P为 ABCD所在平面外一点，E为AD的中点，F为PC上一点，当PA∥平面EBF时，＝________．
三、解答题
8．如图所示，三棱锥A BCD被一平面所截，截面为平行四边形EFGH.求证：CD∥EF.
9．如图，已知有公共边AB的两个全等的正方形ABCD和ABEF不在同一平面内，M，N分别是对角线AC，BF上的点，且AM＝FN，求证：MN∥平面CBE.
[尖子生题库]
10．如图所示，已知四边形ABCD是平行四边形，点P是平面ABCD外的一点，M是PC的中点，在DM上取一点G，过G和AP作平面交平面BDM于GH，求证：PA∥GH.课时作业(二) 余弦定理
一、选择题
1．在△ABC中，A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a＝，b＝3，A＝60°，则c＝( )
A．1 B．2
C．4 D．6
2．边长为5，7，8的三角形的最大角与最小角的和是( )
A．90° B．120°
C．135° D．150°
3．在△ABC中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，如果A＝60°，b＝3，△ABC的面积S＝，那么a等于( )
A． B．7
C． D．17
4．(多选)△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，对于△ABC，有如下命题，其中正确的有( )
A．sin (B＋C)＝sin A
B．cos (B＋C)＝cos A
C．若a2＋b2＝c2，则△ABC为直角三角形
D．若a2＋b2二、填空题
5．在△ABC中，若a2＋c2－b2＝ac，则∠B的值为________．
6．在△ABC中，B＝60°，a＝1，c＝2，则＝________．
7．若△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a sin A＋c sin C－a sin C＝b sin B，则B＝________.
三、解答题
8．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且＝.
(1)求角A；
(2)若a＝，△ABC的面积为，求△ABC的周长．
9．已知△ABC中，(a＋b＋c)(a＋b－c)＝3ab，且2cos A sin B＝sin C，试判断△ABC的形状．
[尖子生题库]
10．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且－a＝0 .
(1)求角C；
(2)若△ABC的中线CE的长为1，求△ABC的面积的最大值．课时作业(四) 复数的概念
一、选择题
1．复数－2i的实部与虚部分别是( )
A．0，2 B．0，0
C．0，－2 D．－2，0
2．若复数(a2－3a＋2)＋(a－1)i是纯虚数，则实数a的值为( )
A．1 B．2
C．－1或－2 D．1或2
3．设a，b∈R.“a＝0”是“复数a＋bi是纯虚数”的( )
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
4．(多选)已知i为虚数单位，下列说法正确的是( )
A．若x，y∈R且x＋yi＝1＋i，则x＝y＝1
B．任意两个虚数都不能比较大小
C．若复数z1，z2满足z＋z＝0，则z1＝z2＝0
D．i的平方等于1
二、填空题
5．已知z1＝m2－3m＋mi，z2＝4＋(5m＋4)i，其中m∈R，i为虚数单位，若z1＝z2，则m的值为________．
6．以3i－的虚部为实部，以3i2＋i的实部为虚部的复数是________．
7．如果(m2－1)＋(m2－2m)i>1，则实数m的值为________.
三、解答题
8．已知复数z＝m(m－1)＋(m2＋2m－3)i，当实数m取什么值时：(1)复数z是零；(2)复数z是纯虚数．
9．已知集合M＝{1，(m2－2m)＋(m2＋m－2)i}，P＝{－1，1，4i}，若M∪P＝P，求实数m的值．
[尖子生题库]
10．已知关于x的方程x2＋(k＋2i)x＋2＋ki＝0有实根x0，求x0以及实数k的值．课时作业(八) 空间几何体与斜二测画法
一、选择题
1．已知水平放置的矩形的长为4，宽为2，用斜二测画法画出该矩形的直观图，则所画直观图的面积为( )
A．32 B．8
C．4 D．2
2．关于斜二测画法所得直观图的说法正确的是( )
A．直角三角形的直观图仍是直角三角形
B．梯形的直观图是平行四边形
C．正方形的直观图是菱形
D．平行四边形的直观图仍是平行四边形
3．如图所示的是用斜二测画法画出的△AOB的直观图(图中虚线分别与x′轴，y′轴平行)，则原图形△AOB的面积是( )
A．8 B．16
C．32 D．64
4．已知水平放置的△ABC按“斜二测画法”得到如图所示的直观图，其中B′O′＝C′O′＝1，A′O′＝，那么原△ABC中∠ABC的大小是( )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
二、填空题
5．如图所示为水平放置的正方形ABCO，它在直角坐标系xOy中，点B的坐标为(2，2)，则在用斜二测画法画出的它的直观图中，顶点B′到x′轴的距离为________．
6．在棱长为4 cm的正方体ABCD A1B1C1D1中，作直观图时，棱AA1在x轴上，棱AD在y轴上，则在其直观图中，对应棱A′D′的长为________cm，棱A′A′1的长为________cm.
7．如图所示，四边形OABC是上底为2，下底为6，底角为45°的等腰梯形，由斜二测画法，画出这个梯形的直观图O′A′B′C′，则在直观图中梯形的高为________．
三、解答题
8．用斜二测画法得到一水平放置的直角三角形ABC如图所示，其中AC＝1，∠ABC＝30°，试求原三角形A′B′C′边B′C′上的高及△A′B′C′的面积．
9．用斜二测画法画底面半径为1 cm，高为3 cm的圆锥的直观图．
[尖子生题库]
10.
如图，A′B′C′D′是边长为1的正方形，又知它是某个四边形按斜二测画法画出的直观图，请画出该四边形的原图形，并求出原图形的面积．课时作业(十四) 平面的基本事实与推论
一、选择题
1．给出下列说法：
①梯形的四个顶点共面；
②三条平行直线共面；
③有三个公共点的两个平面重合；
④三条直线两两相交，可以确定3个平面．
其中正确的序号是( )
A．① B．①④
C．②③ D．③④
2．如图，四棱锥P ABCD的底面ABCD是梯形，AB∥CD，若平面PAD∩平面PBC＝l，则( )
A．l∥CD
B．l∥BC
C．l与直线AB相交
D．l与直线DA相交
3．如图，四棱锥P ABCD，AC∩BD＝O，M是PC的中点，直线AM交平面PBD于点N，则下列结论正确的是( )
A．O，N，P，M四点不共面
B．O，N，M，D四点共面
C．O，N，M三点共线
D．P，N，O三点共线
4．如图，平面α∩平面β＝l，A，B∈α，C∈β，C l，直线AB∩l＝D，过A，B，C三点确定的平面为γ，则平面γ、β的交线必过( )
A.点A
B．点B
C．点C，但不过点D
D．点C和点D
二、填空题
5．在正方体ABCD A1B1C1D1中，下列说法正确的是________．(只填序号)
①直线AC1在平面CC1B1B内；②若正方形ABCD与A1B1C1D1的中心分别为O，O1，则平面AA1C1C与平面BB1D1D的交线为OO1；③由A，C1，B1确定的平面是ADC1B1；④由A，C1，B1确定的平面与由A，C1，D确定的平面是同一个平面．
6．如图，在正方体ABCD A1B1C1D1中，试根据图形填空：
(1)平面AB1∩平面A1C1＝________；
(2)平面A1C1CA∩平面AC＝________；
(3)平面A1C1CA∩平面D1B1BD＝________；
(4)平面A1C1，平面B1C，平面AB1的公共点为________．
7．空间三条直线，如果其中一条直线和其他两条直线都相交，那么这三条直线能确定的平面个数是________．
三、解答题
8．求证：三棱台A1B1C1 ABC三条侧棱延长后相交于一点．
9．如图所示，AB∩α＝P，CD∩α＝P，点A，D与点B，C分别在平面α的两侧，AC∩α＝Q，BD∩α＝R.求证：P，Q，R三点共线．
[尖子生题库]
10．在正方体ABCD A1B1C1D1中，F为AD的中点，E为棱D1D上的动点(不包括端点)，过点B，E，F的平面截正方体所得的截面的形状不可能是( )
A．四边形 B．等腰梯形
C．五边形 D ．六边形课时作业(十三) 祖暅原理与几何体的体积
一、选择题
1．如图所示，在长方体ABCD A′B′C′D′中，用截面截下一个棱锥C′ A′DD′，则棱锥C′ A′DD′的体积与剩余部分的体积之比为( )
A．1∶5 B．1∶4
C．1∶3 D．1∶2
2．圆台的上、下底面半径分别为2，4，母线长为3，则圆台的体积为( )
A．π B．28π
C．28π D．π
3．在棱长为1的正方体上，分别用过共顶点的三条棱中点的平面截该正方体，则截去8个三棱锥后，剩下的凸多面体的体积是( )
A． B．
C． D．
4．已知A，B，C为球O的球面上的三个点，⊙O1为△ABC的外接圆，若⊙O1的面积为4π，AB＝BC＝AC＝OO1，则球O的表面积为( )
A．64π B．48π
C．36π D．32π
二、填空题
5．如图，OABC是边长为1的正方形，是四分之一圆弧，则图中阴影部分绕轴OC旋转一周得到的旋转体的体积为________________．
6．已知三棱锥S ABC的棱长均为4，则该三棱锥的体积是________．
7．如图所示，正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为1，E为线段B1C上的一点，则三棱锥A DED1的体积为________．
三、解答题
8．如图，一个圆锥形的空杯子上面放着一个半球形的冰淇淋，如果冰淇淋融化了，会溢出杯子吗？请用你的计算数据说明理由．
9．如图，圆柱的底面半径为r，球的直径与圆柱底面的直径和圆柱的高相等，圆锥的顶点为圆柱上底面的圆心，圆锥的底面是圆柱的下底面．
(1)计算圆柱的表面积；
(2)计算图中圆锥、球、圆柱的体积比．
[尖子生题库]
10．若E，F是三棱柱ABC A1B1C1侧棱BB1和CC1上的点，且B1E＝CF，三棱柱的体积为m，求四棱锥A BEFC的体积．课时作业(六) 复数的加法与减法
一、选择题
1．(6－3i)－(3i＋1)＋(2－2i)的结果为( )
A．5－3i B．3＋5i
C．7－8i D．7－2i
2．z∈C，若|z|－＝1＋2i，则z＝( )
A．－2i B．＋2i
C．2＋2i D．2－2i
3．(多选)对任意复数z＝a＋bi(a，b∈R)，i为虚数单位，则下列结论中正确的是( )
A．z－＝2a B．|z|＝||
C．z＋＝2a D．z＋＝2bi
4．A，B分别是复数z1，z2在复平面内对应的点，O是原点，若|z1＋z2|＝|z1－z2|，则△AOB一定是( )
A．等腰三角形 B．直角三角形
C．等边三角形 D．等腰直角三角形
二、填空题
5．计算：(2＋7i)－|－3＋4i|＋|5－12i|i＋3－4i＝________．
6．z为纯虚数且|z－1－i|＝1，则z＝________．
7．已知z1＝2(1－i)，且|z|＝1，则|z－z1|的最大值为________．
三、解答题
8．设m∈R，复数z1＝＋(m－15)i，z2＝－2＋m(m－3)i，若z1＋z2是虚数，求m的取值范围．
9．如图，已知复数z1＝1＋2i，z2＝－2＋i，z3＝－1－2i，它们在复平面上的对应点是一个正方形ABCD的三个顶点A，B，C，求这个正方形的第四个顶点对应的复数．
[尖子生题库]
10．在复平面内，A，B，C三点分别对应复数1，2＋i，－1＋2i.
(1)求，，对应的复数；
(2)判断△ABC的形状．课时作业(一) 正弦定理
1．解析：由已知及正弦定理，得＝，
∴b＝＝＝2.
答案：C
2．解析：由＝，得sin B＝＝＝.因为b＞a，所以∠B＞∠A，所以∠B＝60°或∠B＝120°.
答案：B
3．解析：由题意知，OP＝OQ＝3，∠POQ＝－＝，
所以S△POQ＝OP×OQ sin ∠POQ＝×3×3sin ＝.
答案：B
4．解析：对于A选项，若A>B，则a>b，由正弦定理可得sin A>sin B，A对；对于B选项，因为0B，则sin A>sin B，则cos 2A＝1－2sin 2A<1－2sin 2B＝cos 2B，D对．
答案：ABD
5．解析： 由正弦定理可得sin A cos A＝sin B cos B，
∴sin 2A＝sin 2B，∴2A＝2B或2A＋2B＝π，
∴A＝B或A＋B＝，又a>b，∴A≠B，
因此A＋B＝，∴△ABC是直角三角形．
答案：直角三角形
6．解析：在△ABC中，∵sin B＝，0<∠B<π，
∴∠B＝或∠B＝π.
又∵∠B＋∠C<π，∠C＝，
∴∠B＝，∴∠A＝π－－＝π.
∵＝，∴b＝＝1.
答案：1
7．解析：由正弦定理得sin B＝＝，因为A＝60°，所以0°答案：8．解析：由正弦定理可得＝，
即＝＝＝＝2cos C＝ cos C＝，所以cos 2C＝2cos2C－1＝2×－1＝.
9．解析：在△ABC中，由正弦定理得＝，
∴＝，∴＝.
又∵a2tanB＝b2tan A，∴＝，∴＝，
∴sinA cos A＝sin B cos B，
即sin 2A＝sin 2B.
∴2∠A＝2∠B或2∠A＋2∠B＝π，
即∠A＝∠B或∠A＋∠B＝.
∴△ABC为等腰三角形或直角三角形．
10．解析：(1)由＝得到＝即2sin A cos B＝sin (B＋C)，即2sin A cos B＝sin A，又因为A为三角形内角，所以sin A≠0，所以cos B＝，从而B＝.
(2)cos2－sincos ＝(cos C＋1)－sin A＝cos C－sin (－C)＋
＝cos C－sin C＋＝cos (C＋)＋，
因为0所以－所以cos2－sincos 的取值范围为(，).
课时作业(二) 余弦定理
1．解析：a2＝c2＋b2－2cb cos A 13＝c2＋9－2c×3×cos 60°，即c2－3c－4＝0，解得c＝4或c＝－1(舍去)，故选C.
答案：C
2．解析：设中间角为θ，则θ为锐角，由余弦定理得cos θ＝＝，θ＝60°，180°－60°＝120°，所以三角形最大角与最小角的和是120°.
答案：B
3．解析：因为S＝bc sin A＝＝，所以c＝2；
又因为cos A＝，所以＝，所以a＝，故选A.
答案：A
4．解析：依题意，△ABC中，B＋C＝π－A，sin (B＋C)＝sin (π－A)＝sin A，A正确；cos (B＋C)＝cos (π－A)＝－cos A，B不正确；因a2＋b2＝c2，则由余弦定理得：cos C＝＝0，而0答案：AC
5．解析：根据余弦定理，cos B＝＝＝，又∠B∈(0，π)，所以∠B＝.
答案：
6．解析：由余弦定理得b2＝a2＋c2－2ac cos B＝3，所以b＝，由正弦定理得＝＝＝2.
答案：2
7．解析：由正弦定理得a2＋c2－ac＝b2，由余弦定理得b2＝a2＋c2－2ac cos B，故cos B＝.
又因为B为三角形的内角，所以B＝45°.
答案：45°
8．解析：(1)因为＝，所以＝，
化简得c2＋b2－a2＝bc，所以cos A＝＝＝.
因为A∈(0，π)，所以A＝.
(2)因为△ABC的面积为，所以bc sin A＝bc＝，得bc＝4.因为A＝，a＝，所以b2＋c2－2bc cos ＝6，整理得(b＋c)2＝3bc＋6＝18，解得b＋c＝3.
故△ABC的周长为＋3.
答案：(1)A＝ (2)＋3
9．解析：方法一 (利用边的关系判断)
由正弦定理，得＝.
∵2cos A sin B＝sin C，∴cos A＝＝.
∵cos A＝，∴＝，
∴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为等边三角形．
方法二 (利用角的关系判断)
∵A＋B＋C＝180°，∴sin C＝sin (A＋B).
∵2cos A sin B＝sin C，
∴2cos A sin B＝sin (A＋B)＝sin A cos B＋cos A sin B，
∴sin A cos B－cos A sin B＝0，∴sin (A－B)＝0.
∵0°∴－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＋b2－2ab cos C，
∴cos C＝＝，∴C＝60°，
∴△ABC为等边三角形．
10．解析：(1)由－a＝0，
得＝a，即＝sin C，由余弦定理得cos C＝sin C，
所以tan C＝，因为C∈，所以C＝ .
(2)由余弦定理b2＝1＋－2×1×·cos ∠CEA ①，
a2＝1＋－2×1×·cos ∠CEB ②，①＋②得，
b2＋a2＝2＋，即2(b2＋a2)＝4＋c2，
因为c2＝a2＋b2－2ab·cos C，所以a2＋b2＝4－ab≥2ab，所以ab≤，当且仅当a＝b时取等号，所以S△ABC＝ab sin C≤××＝，即△ABC面积的最大值为.
课时作业(三) 正弦定理与余弦定理的应用
1.
解析：由题意，做出示意图，如图，在△ABC中，C＝180°－60°－75°＝45°，由正弦定理，得＝，解得BC＝5(n mile).
答案：D
2．解析：∵tan 15°＝tan (60°－45°)＝＝2－，∴BC＝60tan 60°－60tan 15°＝120(－1)(m)，故选C.
答案：C
3．解析：如图，由条件知四边形ABCD为正方形，∴AB＝CD＝20 m，BC＝AD＝20 m.
在△DCE中，∠EDC＝60°，∠DCE＝90°，CD＝20 m，∴EC＝CD·tan 60°＝20 m．∴BE＝BC＋CE＝(20＋20)m.选B.
答案：B
4．解析：到14时，轮船A和轮船B分别走了50 n mile，
30 n mile，由余弦定理得两船之间的距离为
l＝＝70(n mile).
答案：B
5．解析：由题可知，∠ABO＝β＝45°，∠ACO＝α＝30°，
∴OB＝OA＝h，∴OC＝OB＋BC＝h＋100，
在Rt△AOC中，∵∠ACO＝30°，∴CO＝AO，即h＋100＝h，
解得h＝＝50(＋1).
∴气球的高度为50(＋1) m.
答案：50(＋1) m
6．解析：由题意知∠ABC＝30°，由正弦定理，得＝，
∴AB＝＝＝50(m).
答案：50
7．解析：如图所示，依题意可知∠PCB＝45°，∠PBC＝180°－60°－15°＝105°，∴∠CPB＝180°－45°－105°＝30°，∴在△PBC中，由正弦定理，可知PB＝·sin ∠PCB＝20(米)，∴在Rt△POB中，OP＝PB·sin ∠PBO＝20×＝30(米)，即旗杆的高度为30米．
答案：30
8．解析：因为AB＝40，∠BAP＝120°，∠ABP＝30°，
所以∠APB＝30°，所以AP＝40，
所以BP2＝AB2＋AP2－2AP·AB·cos 120°
＝402＋402－2×40×40×＝402×3，
所以BP＝40.又∠PBC＝90°，BC＝80，
所以PC2＝BP2＋BC2＝(40)2＋802＝11 200，
所以PC＝40海里．
9．解析：设缉私船用t h在D处追上走私船，
则有CD＝10t，BD＝10t，
在△ABC中，∵AB＝－1，AC＝2，∠BAC＝120°，
∴由余弦定理，得
BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos ∠BAC＝(－1)2＋22－2×(－1)×2·cos 120°＝6，
∴BC＝，
且sin ∠ABC＝·sin ∠BAC＝×＝，
∴∠ABC＝45°，
∴BC与正北方向垂直．
∵∠CBD＝90°＋30°＝120°，
在△BCD中，由正弦定理，得
sin ∠BCD＝＝＝，
∴∠BCD＝30°.
即缉私船沿北偏东60°方向能最快追上走私船．
10．解析：(1)依题意2a cos A＝b cos C＋c cos B，
由正弦定理得2sin A cos A＝sin B cos C＋sin C cos B＝sin (B＋C)＝sin A，由于0＜A＜π，sin A>0，
所以2cos A＝1，cos A＝，则A＝.
(2)由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bc cos A，
即4＝b2＋c2－bc≥2bc－bc＝bc，bc≤4，当且仅当b＝c＝2时等号成立．
所以S△ABC＝bc sin A≤×4＝.
即△ABC面积的最大值为.
课时作业(四) 复数的概念
1．解析：－2i的实部为0，虚部为－2.
答案：C
2．解析：由得a＝2.
答案：B
3．解析：因为a，b∈R.“a＝0”时“复数a＋bi不一定是纯虚数”．“复数a＋bi是纯虚数”则“a＝0”一定成立．所以a，b∈R.“a＝0”是“复数a＋bi是纯虚数”的必要而不充分条件．
答案：B
4．解析：对于选项A，因为x，y∈R，且x＋yi＝1＋i，根据复数相等的性质，则x＝y＝1，故正确；对于选项B，因为虚数不能比较大小，故正确；对于选项C，因为若复数z1＝i，z2＝1满足z＋z＝0，则z1≠z2≠0，故不正确；对于选项D，因为复数i2＝－1，故不正确．
答案：AB
5．解析：由题意得m2－3m＋mi＝4＋(5m＋4)i，从而解得m＝－1.
答案：－1
6．解析：3i－的虚部为3，3i2＋i＝－3＋i，实部为－3，故应填3－3i.
答案：3－3i
7．解析：由题意得解得m＝2.
答案：2
8．解析：(1)∵z是零，
∴
解得m＝1.
(2)∵z是纯虚数，
∴解得m＝0.
9．解析：因为M∪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
解得m＝1；
由(m2－2m)＋(m2＋m－2)i＝4i，得
解得m＝2.
综上可知，m＝1或m＝2.
10．解析：x＝x0是方程的实根，代入方程并整理，得
(x＋kx0＋2)＋(2x0＋k)i＝0.
由复数相等的充要条件，得
解得或
∴方程的实根为x0＝或x0＝－，相应的k值为k＝－2或k＝2.
课时作业(五) 复数的几何意义
1．解析：由题意知A(6，5)，B(－2，3)，则AB中点C(2，4)对应的复数为2＋4i.
答案：C
2．解析：|z|＝|1＋3i|＝＝，故选C.
答案：C
3．解析：由|z|2－3|z|＋2＝0，得(|z|－1)·(|z|－2)＝0，所以|z|＝1或|z|＝2.由复数模的几何意义知，z对应点的轨迹是两个圆．
答案：B
4．解析：z在复平面内对应的点为(x，y)，则复数z＝x＋yi，
则|z－1|＝|x＋(y－1)i|＝2，由复数的模长公式可得x2＋(y－1)2＝4，故选C.
答案：C
5．解析：∵z1＝3＋ai，z2＝b＋4i互为共轭复数，
∴
∴z＝－4＋3i，
∴|z|＝＝5.
答案：5
6．解析：由已知得：z＝m2－2－(2m－1)i，且在第二象限，所以解得
所以－答案：(－，)
7．解析：∵0∴1－m>0，m2－m＝m(m－1)<0，
∴复数z＝(1－m)＋(m2－m)i在复平面上对应的点位于第四象限．
答案：四
8．解析：(1)由题意得解得m>3，
所以m的取值范围是m>3；
(2)因为z＝(m－2)＋(m2－9)i，所以z＝m－2＋(9－m2)i，因为z与复数＋5i相等，
所以解得m＝－2.
9．解析：(1)由题意得
得3(2)由题意得或
∴m>7或－2此时复数z对应的点位于第一、三象限．
(3)要使复数z对应的点在直线y＝x上，只需m2－5m－14＝m－3，
∴m2－6m－11＝0，
∴m＝3±2，
此时，复数z对应的点位于直线y＝x上．
10．解析：因为对应的复数为－3＋4i，
对应的复数为2a＋i，
所以＝(－3，4)，＝(2a，1).
因为与共线，所以存在实数k使＝k，
即(2a，1)＝k(－3，4)＝(－3k，4k)，
所以所以
即a的值为－.
课时作业(六) 复数的加法与减法
1．解析：(6－3i)－(3i＋1)＋(2－2i)
＝(6－1＋2)＋(－3－3－2)i
＝7－8i.
答案：C
2．解析：设z＝a＋bi，则|z|－＝－a＋bi＝1＋2i，故故故z＝＋2i.
答案：B
3．解析：已知z＝a＋bi，则＝a－bi.选项A，z－＝(a＋bi)－(a－bi)＝2bi≠2a，错误．选项B，|z|＝，|z|＝＝，正确．选项C，z＋z＝2a，故C正确，D错误．
答案：BC
4．解析：根据复数加(减)法的几何意义，知以，为邻边所作的平行四边形的对角线相等，则此平行四边形为矩形，故△AOB为直角三角形．
答案：B
5．解析：原式＝2＋7i－5＋13i＋3－4i＝(2－5＋3)＋(7＋13－4)i＝16i.
答案：16i
6．解析：设z＝bi(b∈R且b≠0)，|z－1－i|＝|－1＋(b－1)i|＝＝1，解得b＝1，∴z＝i.
答案：i
7．解析：|z|＝1，即|OZ|＝1，∴满足|z|＝1的点Z的集合是以(0，0)为圆心，以1为半径的圆，又复数z1＝2(1－i)在坐标系内对应的点为(2，－2).故|z－z1|的最大值为点Z1(2，－2)到圆上的点的最大距离，即|z－z1|的最大值为2＋1.
答案：2＋1
8．解析：因为z1＝＋(m－15)i，
z2＝－2＋m(m－3)i，所以z1＋z2＝(－2)＋[(m－15)＋m(m－3)]i
＝＋(m2－2m－15)i.
因为z1＋z2是虚数，所以m2－2m－15≠0且m≠－2，所以m≠5且m≠－3且m≠－2，所以m的取值范围是(－∞，－3)∪(－3，－2)∪(－2，5)∪(5，＋∞).
9．解析：设正方形的第四个点D对应的复数为 x＋yi(x，y∈R)，
∴＝－对应的复数为
(x＋yi)－(1＋2i)＝(x－1)＋(y－2)i，
＝－对应的复数为
(－1－2i)－(－2＋i)＝1－3i.
∵＝，
∴(x－1)＋(y－2)i＝1－3i，
即解得
故点D对应的复数为2－i.
10．解析：(1)∵A，B，C三点对应的复数分别为1，2＋i，－1＋2i.
∴，，对应的复数分别为1，2＋i，－1＋2i(O为坐标原点)，
∴＝(1，0)，＝(2，1)，＝(－1，2).
∴＝－＝(1，1)，＝－＝(－2，2)，
＝－＝(－3，1).
即对应的复数为1＋i，对应的复数为－2＋2i，对应的复数为－3＋i.
(2)∵||＝＝，||＝＝，
||＝＝，
∴||2＋||2＝10＝||2.
又∵||≠||，∴△ABC是以角A为直角的直角三角形．
课时作业(七) 复数的乘法与除法
1．解析：z·＝(2－i)(2＋i)＝22－i2＝4＋1＝5，故选A.
答案：A
2．解析：因为z＝＝＝－＋i，
所以复数z＝的虚部为.
答案：D
3．解析：因为z＝a＋i＋a2i－a＝(a2＋1)i，且a2＋1>0，所以复数z＝(a＋i)(1＋ai)在复平面内对应的点在虚轴上．
答案：B
4．解析：因为(1＋i)z＝3＋i，所以z＝＝＝＝2－i，所以|z|＝＝，故选项A正确．z的实部是2，故选项B正确．z的虚部是－1，故选项C错误．复数z＝2＋i在复平面内对应的点为(2，1)，在第一象限，故选项D正确．
答案：ABD
5．解析：＝＝，因为是纯虚数，所以a－1＝0且a＋1≠0，即a＝1.
答案：1
6．解析：因为＝＝＝i，所以()2 022＝i2 022＝i2＝－1.
答案：－1
7．解析：由题意，方程另一根为1－2i，
所以
解得
故m＋n＝2＋＝.
答案：
8．解析：(1)z＝＝＝－i.
因为z为纯虚数，所以＝0且－≠0，则a＝1.
(2)由(1)知z＝＋i，则点(，)位于第二象限，所以得－1所以a的取值范围是(－1，1).
9．解析：∵z－1＝(1＋z)i，
∴z＝＝＝－＋i，
∴z＋z2＝－＋i＋＝－＋i＋＝－1.
10．解析：(1)z＝－1＋i＋3i＋3－4＝－2＋4i，
所以复数z的共轭复数为－2－4i.
(2)w＝－2＋(4＋a)i，复数w对应的向量为(－2，4＋a)，其模为＝.
又复数z所对应向量为(－2，4)，其模为2.由复数w对应向量的模不大于复数z所对应向量的模，得20＋8a＋a2≤20，a2＋8a≤0，解得－8≤a≤0.
所以，实数a的取值范围是{a|－8≤a≤0}．
课时作业(八) 空间几何体与斜二测画法
1．解析：根据斜二测画法的规则可知，矩形的直观图为平行四边形， 如图，
其中O′C′＝OC＝4，O′A′＝OA＝，∠A′O′C′＝45°，
所以平行四边形的面积S＝2S△O′A′C′＝2××4××sin 45°＝4.
答案：C
2．解析：由斜二测画法规则可知，平行于y轴的线段长度减半，直角坐标系变成斜坐标系，而平行性没有改变，故只有选项D正确．
答案：D
3．解析：原图形△AOB中，OB＝4，OB边上的高为8×2＝16，故面积为32.
答案：C
4．解析：根据斜二测画法可知△ABC中，BC＝2，AO＝，AO⊥BC，∴AB＝AC＝＝2，故△ABC是等边三角形，则∠ABC＝60°.
答案：C
5．解析：画出直观图，BC对应B′C′，且B′C′＝1，∠B′C′x′＝45°，故顶点B′到x′轴的距离为.
答案：
6．解析：在x轴上的线段长度不变，故A′A′1＝4 cm，在y轴上的线段变成原来的一半，故A′D′＝2 cm.
答案：2 4
7.
解析：按斜二测画法，得梯形的直观图O′A′B′C′，如图所示，
原图形中梯形的高CD＝2，在直观图中C′D′＝1，且∠C′D′E′＝45°，作C′E′垂直于x′轴于E′，则C′E′＝C′D′·sin 45°＝.
答案：
8．解析：作AD⊥BC于D，在BD上取点E，使DE＝AD；
因为直角三角形ABC中，AC＝1，∠ABC＝30°，
所以BC＝2，AB＝.由面积相等可得BC边上的高为AD＝DE＝，所以AE＝；
根据斜二测画法的规则，则B′C′＝2，A′E′＝；
所以△A′B′C′的面积为S＝×2×＝.
9．解析：画法如下：
(1)画x′轴和y′轴，两轴交于点O′，使∠x′O′y′＝45°；
(2)分别在x′轴、y′轴上以O′为中心，作A′B′＝2 cm，C′D′＝1 cm，用曲线将A′，C′，B′，D′连起来得到圆锥底面(圆)的直观图；
(3)画z′轴，在z′轴方向上取O′S＝3 cm，S为圆锥的顶点，连接SA′，SB′；
(4)擦去辅助线，得到圆锥的直观图．
10．解析：由已知中A′B′C′D′是边长为1的正方形，又知它是某个四边形按斜二测画法画出的直观图，可得该四边形的原图形，如图所示：这是一个底边长为2，高为的平行四边形．故原图形的面积为2.
课时作业(九) 构成空间几何体的基本元素
1．解析：③中AD不为对角线，故错误；⑤中漏掉“平面”两字，故错误．
答案：D
2．解析：由于直线a不平行于平面α，则a在α内或a与α相交，故A错；当a α时，在平面α内存在与a平行的直线，故B错；因为α内的直线也可能与a平行或异面，故C错；由线面平行的定义知D正确．
答案：D
3．解析：由a，b为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，α∩β＝a，a∥b，知：对于选项A，在正方体ABCD A1B1C1D1中，平面ABCD∩平面ABB1A1＝AB，C1D1 平面ABCD，C1D1∥AB，此时有C1D1 平面ABB1A1，C1D1∥平面ABCD成立，故排除A.
对于选项B，在正方体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；对于选项C ，在正方体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；对于选项D，b与α，β都相交不可能成立．
答案：D
4．解析：选项A只表示点A在直线l上；选项D表示直线l与平面α相交于点A；选项B中的直线l有部分在平行四边形的外面，所以不能表示直线在平面α内，故选C.
答案：C
5．解析：如图，
在长方体ABCD A′B′C′D′中，AB＝5 cm，BC＝4 cm，CC′＝3 cm，
∴长方体的高为3 cm；平面A′B′BA与平面CDD′C′之间的距离为4 cm；点A到平面BCC′B′的距离为5 cm.
答案：(1)3 (2)4 (3)5
6．解析：如图所示，与平面ABB1A1平行的直线有6条：D1E1，E1E，ED，DD1，D1E，DE1.
答案：6
7．解析：根据点、线、面位置关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∈α
8．解析：(1)AM所在的直线与平面ABCD相交．
(2)CN所在的直线与平面ABCD相交．
(3)AM所在的直线与平面CDD1C1平行．
(4)CN所在的直线与平面CDD1C1相交．
9．解析：这两个平面平行(如图①)或相交(如图②).
10．解析：(1)若三个平面经过同一条直线，则有1条交线；若三个平面不过同一条直线，则有3条交线．
(2)若直线l平行于平面α，则平面α内的直线与l平行或异面，故A，B正确；
在C中，若直线l平行于平面α，则平面α内存在直线与l异面垂直，故C正确；
在D中，若直线l平行于平面α，则平面α内的直线与l平行或异面，故D错误．
(3)由平面的概念知，只有④正确．
答案：(1)C (2)D (3)A
课时作业(十) 多面体与棱柱
1．解析：如图，由图形可知，选项A，B，D错误，
因为A1F∥CE，A1F＝CE，
所以四边形A1ECF是平行四边形，
所以A1E∥FC.
答案：C
2．答案：ABC
3．解析：由已知得底面边长为1，侧棱长为＝2.
∴S侧＝1×2×4＝8.
答案：D
4．解析：由题意得直三棱柱底面为等腰直角三角形．
①若把平面ABB1A1和平面B1C1CB展开在同一个平面内，则线段EF在直角三角形A1EF中，由勾股定理得EF＝＝＝.
②若把平面ABB1A1和平面A1B1C1展开在同一个平面内，设BB1的中点为G，在直角三角形EFG中，由勾股定理得EF＝＝ ＝ .
③若把平面ACC1A1和平面A1B1C1展开在同一个平面内，过F作与CC1平行的直线，过E作与AC平行的直线，所作两线交于点H，则EF在直角三角形EFH中，由勾股定理得EF＝＝＝.
综上可得从E到F两点的最短路径的长度为.
答案：C
5．解析：(2)(3)中，①④为相对的面，②⑤为相对的面，③⑥为相对的面，故它们的排列规律完全一样．
答案：(2)(3)
6．解析：①正确，如四边形A1D1CB为矩形；②不正确，任选四个顶点若组成平面图形，则一定为矩形；③正确，如四面体A1 C1BD；④正确，如四面体B1 ABD.
答案：①③④
7．解析：由直四棱柱的定义可知，直四棱柱不一定是长方体；长方体一定是直四棱柱；
由正四棱柱的定义可知，正四棱柱不一定是正方体；正方体一定是正四棱柱．
答案：(1)不一定 (2)不一定
8．解析：如图所示，设正六棱柱的底面边长为a，侧棱长为h，易知CF′是正六棱柱的一条最长的体对角线，即CF′＝13.
因为CF＝2a，FF′＝h，
所以CF′＝＝＝13. ①
因为正六棱柱的侧面积为180，
所以S侧＝6a·h＝180. ②
联立①②解得，或.
当a＝6，h＝5时，2S底＝6×a2×2＝108.
所以S全＝180＋108.
当a＝，h＝12时，2S底＝6×a2×2＝，
所以S全＝180＋.
9．解析：截面以上的几何体是三棱柱AEF A1HG，截面以下的几何体是四棱柱BEFC B1HGC1.
10.
解析：连A1B，沿BC1将△CBC1展开与△A1BC1在同一个平面内，如图所示，连A1C，则A1C的长度就是所求的最小值．
通过计算可得∠A1C1B＝90°.
又∠BC1C＝45°，∴∠A1C1C＝135°.
由余弦定理可求得A1C＝5.
即CP＋PA1最小值为5.
课时作业(十一) 棱锥与棱台
1．解析：由棱台的结构特点可知，A、C、D不正确．
答案：B
2．解析：因为正六边形的边长与它的外接圆半径相等，所以满足上述条件的棱锥一定不是六棱锥．
答案：D
3．解析：两个面互相平行，故此多面体一定不是棱锥，其余各面都是梯形，所以也不是棱柱，棱柱的侧面都是平行四边形，选D.
答案：D
4．解析：根据棱锥的几何特征可知：棱锥的中截面与棱锥的底面是相似的，且相似比等于，所以棱锥的中截面面积与棱锥的底面面积之比为，所以中截面面积为8×＝2(cm2).
答案：C
5．解析：
如图，在正三棱锥P ABC中，O为底面中心，
因为侧面为等腰直角三角形，AC＝6，
所以PC＝3，OC＝2，所以OP＝＝.
答案：
6．解析：取上底A1B1C1D1的中心O1和下底ABCD的中心O，连结OO1，
过O1作O1F⊥A1B1，交A1B1于F，过O作OE⊥AB，交AB于E，
过F作FN⊥OE，交OE于N,
正四棱台的斜高B1K＝EF＝＝＝.
则正四棱台的高OO1＝FN＝＝ ＝.
∴正四棱台的高是，斜高是.
答案：
7．解析：折起后是一个三棱锥(如图所示).
答案：三棱锥
8．解析：
如图，连接BD，取BD中点为O，CD中点为E，连接OP，OE，PE，
则OE∥BC，且OE＝BC；
因为正四棱锥P ABCD底面边长为2 cm，高为 cm，
所以OP＝ cm，OE＝1 cm，
所以PE＝＝2(cm)，
又PC＝PD，所以PE⊥CD，
因此S△PCD＝CD·PE＝×2×2＝2(cm2)，底面正方形的面积为S1＝2×2＝4(cm2)，所以给该正四棱锥玩具模型外表贴一层保护膜，所需保护膜的面积为S＝4S△PCD＋S1＝4×2＋4＝12(cm2).
9．解析：(1)设小棱锥的底面边长为a，斜高为h，则大棱锥的底面边长为2a，斜高为2h，
所以大棱锥的侧面积为6××2a×2h＝12ah，小棱锥的侧面积为6××a×h＝3ah，
棱台的侧面积为12ah－3ah＝9ah，
所以大棱锥，小棱锥，棱台的侧面积之比12ah∶3ah∶9ah＝4∶1∶3.
(2)因为小棱锥的底面边长为4 cm，所以大棱锥的底面边长为8 cm，
因为大棱锥的侧棱长为12 cm，所以大棱锥的斜高为＝8(cm)，
所以大棱锥的侧面积为6××8×8＝192(cm2)，
所以棱台的侧面积为192×＝144(cm2)，
棱台的上，下底面的面积和为6××42＋6××82＝24＋96＝120(cm2)，
所以棱台的表面积为(120＋144) cm2.
10．解析：
作出三棱锥的侧面展开图，如图A、B两点间最短绳长就是线段AB的长度．
在△AOB中，∠AOB＝30°×3＝90°，
OA＝4 cm，OB＝3 cm，
所以AB＝＝5(cm).
所以此绳在A，B两点间的最短绳长为5 cm.
课时作业(十二) 旋转体
1．解析：根据旋转体的概念可知，①和④是旋转体．
答案：D
2．解析：圆柱的轴截面是矩形，圆锥的轴截面是等腰三角形，圆台的轴截面是等腰梯形，只有球的轴截面是圆面．
答案：C
3．解析：如图，以AB为轴旋转所得的几何体是一个大圆锥挖去一个同底的小圆锥．
答案：D
4．解析：设球的半径为R，则截面圆的半径为.
所以截面圆的面积为S＝π()2＝(R2－1)π＝π，所以R2＝2，所以球的表面积S＝4πR2＝8π.
答案：C
5．解析：因为圆柱的轴截面是边长为a的正方形，故圆柱的底面半径R＝a，母线长l′＝a，故圆柱的表面积S＝2πR(R＋l′)＝a2π，因为圆锥的轴截面是边长为a的正三角形，故圆锥的底面半径r＝a，母线长l＝a，故圆锥的表面积S＝πr(r＋l)＝a2π，故它们的表面积之比为2∶1.
答案：2∶1
6．解析：
如图，设圆锥底面半径为r，母线长为l，
由题意得解得r＝ ，
所以底面积为πr2＝π×＝.
答案：
7．解析：正方体的对角线即为球的直径，直径d＝＝＝3，由d＝3 R＝ S＝4πR2＝27π.
答案：27π
8．解析：设圆台较小底面圆的半径为r，则另一底面圆的半径为3r，而圆台的侧面积公式为π(r＋3r)l＝π×4r×3＝84π，r＝7.
9．解析：(1)由截得圆台上、下底面面积之比为1∶16，可设截得圆台的上、下底面的半径分别为r，4r.
过轴SO作截面，如图所示．
则△SO′A′∽△SOA，O′A′＝3，
∴＝，
∴OA＝12 cm.
又SO＝24 cm，
∴SA＝＝12 cm.
即圆锥SO的母线长为12 cm.
(2)如图，过正方体的体对角线作圆锥的轴截面，设正方体的棱长为x，则
OC＝x，
∴＝，
解得x＝24(－1)，
∴正方体的棱长为24(－1) cm.
10．解析：将侧面展开可得S＝(50＋80)×40π＝2 600π(cm2).
答案：2 600π
课时作业(十三) 祖暅原理与几何体的体积
1．解析：由图知：VC′ A′DD′＝·C′D′·S△A′DD′，
VABCD A′B′C′D′＝C′D′·SA′D′DA，而SA′D′DA＝2S△A′DD′，
∴剩余部分的体积为VABCD A′B′C′D′－VC′ A′DD′＝C′D′·S△A′DD′，∴棱锥C′ A′DD′的体积与剩余部分的体积之比为1∶5.
答案：A
2．解析：因圆台的上、下底面半径分别为2，4，母线长为3，则圆台的高为＝，
所以圆台的体积为V＝π(22＋2×4＋42)×＝π.
答案：A
3．解析：如图，去掉的一个棱锥的体积是×(××)×＝，
剩余几何体的体积是1－8×＝.
答案：D
4．解析：设圆O1的半径为r，球的半径为R，依题意，
得πr2＝4π，所以r＝2，由正弦定理可得AB＝2r sin 60°＝2，
所以OO1＝AB＝2，
根据球截面性质得OO1⊥平面ABC，
所以OO1⊥O1A，R＝OA＝＝＝4，
所以球O的表面积S＝4πR2＝64π.
答案：A
5．解析：几何体是一个圆柱挖去一个半球后剩余的部分，且圆柱的底面半径是1，高是1，球的半径是1，所以圆柱的体积是π×12×1＝π，半球的体积是××13＝，因此所求几何体的体积为π－＝.
答案：
6．解析：如图，在三棱锥S ABC中，作高SO，连接AO并延长AO交BC于点D，则AO＝×4×＝.在Rt△SAO中，SO＝＝，所以V＝×××42＝.
答案：
7．解析：将三棱锥A DED1选择△ADD1为底面，E为顶点，则VA DED1＝VE ADD1＝Sh＝××1×1×1＝.
答案：
8．解析：因为V半球＝×R3＝××43＝(cm3)，
V圆锥＝r2h＝×42×10＝(cm3)，
V半球所以，冰淇淋融化了，不会溢出杯子．
9．解析：(1)已知圆柱的底面半径为r，则圆柱和圆锥的高为h＝2r，圆锥和球的底面半径为r，
则圆柱的表面积为S圆柱表＝2×πr2＋4πr2＝6πr2.
(2)由(1)知V圆锥＝r2×2r＝r3，V圆柱＝πr2×2r＝2πr3，V球＝r3，V圆锥∶V球∶V圆柱＝r3∶r3∶2πr3＝1∶2∶3.
10．解析：如图所示，
连接AB1，AC1.
∵B1E＝CF，
∴梯形BEFC的面积等于梯形B1EFC1的面积．
又四棱锥A BEFC的高与四棱锥A B1EFC1的高相等，
即四棱锥A BEFC的体积是.
课时作业(十四) 平面的基本事实与推论
1．解析：因为梯形有两边平行，所以梯形确定一个平面，所以①是正确的；三条平行直线不一定共面，如直三棱柱的三条平行的棱，所以②不正确；有三个公共点的两个平面不一定重合，如两个平面相交，三个公共点都在交线上，所以③不正确；三条直线两两相交，可以确定的平面个数是1或3，所以④不正确．
答案：A
2．解析：因为四棱锥P ABCD的底面ABCD是梯形，AB∥CD，所以AD与CB必相交于点M，且P是平面PAD和平面PBC的公共点，又平面PAD∩平面PBC＝l，所以P∈l，l与直线DA相交．
答案：D
3．解析：直线AC与直线PO交于点O，所以平面PCA与平面PBD交于点O，所以必相交于直线PO，直线AM在平面PAC内，点N∈AM，故点N∈平面PAC，故O，N，P，M四点共面，所以A错．若点D与O，M，N共面，则直线BD在平面PAC内，与题目矛盾，故B错．O，M分别为AC，PC中点，所以OM∥PA，ON∩PA＝P，故ON∩OM＝O，故C错．
答案：D
4．解析：根据公理判定点C和点D既在平面β内又在平面γ内，故在β与γ的交线上．故选D.
答案：D
5．解析：①错误．如图所示，点A 平面CC1B1B，所以直线AC1 平面CC1B1B.
②正确．如图所示，连接AC，BD，A1C1，B1D1，
因为O∈直线AC，AC 平面AA1C1C，O∈直线BD，BD 平面BB1D1D，O1∈直线A1C1，A1C1 平面AA1C1C，O1∈直线B1D1，B1D1 平面BB1D1D，
所以平面AA1C1C与平面BB1D1D的交线为OO1.
③④都正确，因为AD∥B1C1，且AD＝B1C1，
所以四边形AB1C1D是平行四边形，
所以A，B1，C1，D共面．
答案：②③④
6．答案：(1)A1B1 (2)AC (3)OO1 (4)B1
7．解析：如图，在正方体ABCD A1B1C1D1中，
①AA1∩AB＝A，AA1∩A1B1＝A1，直线AB，A1B1与AA1可以确定一个平面(平面ABB1A1).
②AA1∩AB＝A，AA1∩A1D1＝A1，
直线AB，AA1与A1D1可以确定两个平面(平面ABB1A1和平面ADD1A1).
③三条直线AB，AD，AA1交于一点A，它们可以确定三个平面(平面ABCD，平面ABB1A1和平面ADD1A1).
答案：1或2或3
8．证明：延长AA1，BB1，设AA1∩BB1＝P，又BB1 平面BC1，∴P∈平面BC1，AA1 平面AC1，∴P∈平面AC1，∴P为平面BC1和平面AC1的公共点，又∵平面BC1∩平面AC1＝CC1，∴P∈CC1，
即AA1，BB1，CC1延长后交于一点P.
9．证明：因为AB∩α＝P，CD∩α＝P，所以AB∩CD＝P，所以AB，CD可确定一个平面，设为β.
因为A∈AB，C∈CD，B∈AB，D∈CD，所以A∈β，C∈β，B∈β，D∈β，所以AC β，BD β.因为AC∩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与β的交线上，故P，Q，R三点共线．
10．解析：不妨设正方体的棱长为1，
当0特别地，当DE＝时，截面为等腰梯形BFEC1，如图；
当答案：D
课时作业(十五) 平行直线与异面直线
1．解析：②③中α可能与β相交也可能平行，①④符合异面直线的定义．
答案：D
2．解析：如图，
连接AD1，CD1，AC，
因为E，F分别为AD1，CD1的中点，
由三角形的中位线定理知EF∥AC，GH∥AC，
所以EF∥GH.
答案：C
3．解析：由平行线的传递性知A正确；若a与b相交，b与c相交，则a与c可能平行、相交或异面，B错误；易知C正确；若a与c相交，b与c异面，则a与b可能相交、平行或异面，故D错误．
答案：AC
4．解析：易知GH∥MN，又∵E，F，M，N分别为所在棱的中点，由平面基本事实3可知EF，DC，MN交于一点，故选B.
答案：B
5．解析：题干图①中，GH∥MN，因此，GH与MN共面．题干图②中，G，H，N三点共面，但M 平面GHN，因此直线GH与MN异面．题干图③中，连接MG，GM∥HN，因此，GH与MN共面．题干图④中，G，M，N三点共面，但H 平面GMN，所以GH与MN异面．
答案：②④
6．答案：60°或120°
7．答案：菱
8．证明：∵EF为梯形ABCD的中位线，
∴EF∥AB，且EF＝(AB＋CD).
又GH为梯形ABC′D′的中位线，
∴GH∥AB，且GH＝(AB＋C′D′).
又C′D′＝CD，∴EF綊GH.
∴四边形EFGH为平行四边形．
9．证明：(1)连接BD，B1D1，在△ABD中，因为E，F分别为AB，AD的中点，所以EF綊BD，同理E1F1綊B1D1，在正方体ABCD A1B1C1D1中，因为AA1綊DD1，AA1綊BB1，所以B1B綊DD1，所以四边形BDD1B1是平行四边形，所以BD綊B1D1，所以EF綊E1F1.所以四边形EFF1E1为平行四边形．
(2)取A1B1的中点M，连接BM，F1M，
因为MF1綊B1C1，B1C1綊BC，
所以MF1綊BC，
所以四边形BCF1M是平行四边形，
所以MB∥CF1，
因为A1M綊EB，
所以四边形EBMA1是平行四边形，所以A1E∥MB，所以A1E∥CF1，
同理可证：A1F∥E1C，又∠EA1F与∠F1CE1两边的方向均相反，所以∠EA1F＝∠E1CF1.
10．解析：(1)证明：因为AE∶EB＝AH∶HD，所以EH∥BD，又CF∶FB＝CG∶GD，
所以FG∥BD，所以EH∥FG，所以E，F，G，H四点共面．
(2)当且仅当EH綊FG时，四边形EFGH为平行四边形．
因为＝＝，所以EH＝BD，
同理FG＝BD，由EH＝FG得m＝n.
故当m＝n时，四边形EFGH为平行四边形．
(3)当m＝n时，AE∶EB＝CF∶FB，所以EF∥AC，
又因为AC⊥BD，所以∠FEH是AC与BD所成的角，
所以∠FEH＝90°，从而EFGH为矩形，所以EG＝FH.
课时作业(十六) 直线与平面平行
1．解析：直线a∥平面α，则a与α无公共点，与α内的直线均无公共点．
答案：D
2．解析：如图，在长方体ABCD A′B′C′D′中，
AA′∥BB′，AA′却在过BB′的平面AB′内，故选项A不正确；
AA′∥平面B′C，BC 平面B′C，但AA′不平行于BC，故选项B不正确；
AA′∥平面B′C，A′D′∥平面B′C，但AA′与A′D′相交，所以选项C不正确；
选项D中，假设b与α相交，因为a∥b，
所以a与α相交，这与a∥α矛盾，
故b∥α，即选项D正确．故选D.
答案：D
3．解析：因为MN∥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：BD
4．解析：如图所示，结合图形可知AA1∥平面BC1，AA1∥平面DC1，AA1∥平面BB1D1D.
答案：B
5．解析：因为CD∥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，因为E是SA的中点，EF∥AB，所以F是SB的中点，所以DE＝CF，所以四边形CDEF为等腰梯形，
且CD＝2，EF＝1，DE＝CF＝，
所以四边形CDEF的周长为3＋2.
答案：3＋2
6．解析：连接A1C1(图略)，∵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：连接AC交BE于G，连接FG，因为PA∥平面EBF，
PA 平面PAC，平面PAC∩平面BEF＝FG，
所以PA∥FG，所以＝.
又因为AD∥BC，E为AD的中点，
所以＝＝，所以＝.
答案：
8．证明：∵四边形EFGH为平行四边形，∴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.
证明：设正方形的边长是a，AM＝FN＝x，作MP⊥BC，NQ⊥BE，则MP∥AB，NQ∥AB，
所以MP∥NQ，又NQ＝a－x，MP＝a－x，
所以MP綊NQ，即MPQN是平行四边形，
所以MN∥PQ，因为PQ 平面CBE，MN 平面CBE，
所以MN∥平面CBE.
10．证明：连接AC，设AC∩BD＝O，连接MO.
因为四边形ABCD为平行四边形，
所以O是AC的中点，
又M是PC的中点，所以MO∥PA.
又MO 平面BDM，PA 平面BDM，
所以PA∥平面BDM.
又因为平面BDM∩平面PAHG＝GH，
PA 平面PAHG，
所以PA∥GH.
课时作业(十七) 平面与平面平行
1．解析：对于A，若α∩γ＝a，β∩γ＝b，且a∥b，则α∥β或者α与β相交，故A错误；对于B，若a，b相交且都在α，β外，
根据线面关系的基本事实可得a，b可以确定一个平面记为γ，a∥α，b∥α，a∥β，b∥β，可得γ∥α，γ∥β，由面面平行的传递性可知α∥β，故B正确；对于C，a∥α，a∥β，则α∥β也可能α与β相交，故C错误；对于D，由a α，a∥β，α∩β＝b，结合线面平行的性质定理：如果一条直线与一个平面平行，且经过这条直线的平面与这个平面相交，那么这条直线就与两平面的交线平行，则a∥b，故D正确．
答案：BD
2．解析：
由于六棱柱ABCDEF A1B1C1D1E1F1的底面是正六边形，
所以上下底面平行，侧面有3对相互平行的面，故有4对．
答案：D
3．解析：如图，在长方体中，平面ABCD∥平面A′B′C′D′，A′D′ 平面A′B′C′D′，AB 平面ABCD，A′D′与AB不平行，且A′D′与AB垂直，所以AC错．
答案：BD
4．解析：如图，∵EG∥E1G1，EG 平面E1FG1，E1G1 平面E1FG1，
∴EG∥平面E1FG1，
又G1F∥H1E，同理可证H1E∥平面E1FG1，
又H1E∩EG＝E，H1E 平面EGH1，EG 平面EGH1，
∴平面E1FG1∥平面EGH1.
答案：A
5．解析：因为侧面AA1B1B是平行四边形，
所以AB∥A1B1，
因为AB 平面A1B1C1，A1B1 平面A1B1C1，
所以AB∥平面A1B1C1，
同理可证BC∥平面A1B1C1.
又因为AB∩BC＝B，AB 平面ABC，
BC 平面ABC，所以平面ABC∥平面A1B1C1.
答案：是
6．解析：因为平面MNE∥平面ACB1，平面ABCD∩平面MNE＝MN，平面ABCD∩平面ACB1＝AC，
所以MN∥AC.同理可证EM∥AB1，EN∥B1C.
因为E是B1B的中点，所以M，N分别是AB，BC的中点，所以MN＝AC.
又因为MN∥AC，MN 平面AB1C，AC 平面AB1C，所以MN∥平面AB1C.
答案： ∥
7．解析：由图知，∵平面α∥平面ABC，
∴AB∥平面α，
又由平面α∩平面PAB＝A′B′，则A′B′∥AB，
同理可得B′C′∥BC，A′C′∥AC，
∴∠B′A′C′＝∠BAC，∠A′B′C′＝∠ABC，∠A′C′B′＝∠ACB，
∴△A′B′C′∽△ABC，
∵PA′∶AA′＝2∶3，即PA′∶PA＝2∶5，
∴A′B′∶AB＝2∶5，
由于相似三角形得到面积比为相似比的平方，
∴＝.
答案：
8．证明：由棱柱性质知，
B1C1∥BC，B1C1＝BC，
又D，E分别为BC，B1C1的中点，
所以C1E綊DB，则四边形C1DBE为平行四边形，
因此EB∥C1D，
又C1D 平面ADC1，
EB 平面ADC1，所以EB∥平面ADC1.
连接DE，同理，EB1綊BD，
所以四边形EDBB1为平行四边形，则ED綊B1B.
因为B1B綊A1A(棱柱的性质)，
所以ED綊A1A，则四边形EDAA1为平行四边形，
所以A1E∥AD，又A1E 平面ADC1，AD 平面ADC1，
所以A1E∥平面ADC1.
由A1E∥平面ADC1，EB∥平面ADC1.
A1E 平面A1EB，EB 平面A1EB，
且A1E∩EB＝E，所以平面A1EB∥平面ADC1.
9．证明：根据棱台的定义可知，BB1与DD1相交，
所以BD与B1D1共面．
又因为平面ABCD∥平面A1B1C1D1，且平面BB1D1D∩平面ABCD＝BD，平面BB1D1D∩平面A1B1C1D1＝B1D1，所以B1D1∥BD.
10．证明：如图，连接EC、EB，EB与AC相交于点O，连接OG，
因为BC∥AD，AB⊥AD，E为线段AD的中点，AD＝2BC＝2AB，
所以四边形ABCE为矩形，O为EB的中点，
因为G为PB的中点，所以OG为△PBE的中位线，OG∥PE，
因为OG 平面PEF，PE 平面PEF，所以OG∥平面PEF，
因为E、F分别为线段AD、DC的中点，所以EF∥AC，
因为AC 平面PEF，EF 平面PEF，所以AC∥平面PEF，
因为OG 平面ACG，AC 平面ACG，AC∩OG＝O，
所以平面PEF∥平面ACG，
因为PF 平面PEF，所以PF∥平面ACG.
课时作业(十八) 直线与平面垂直
1．解析：一条直线和三角形的两边同时垂直，则其垂直于三角形所在平面，从而垂直第三边．
答案：B
2．解析：由题意可得：AH⊥HE，AH⊥HF.
所以AH⊥平面EFH，而AG与平面EFH不垂直，所以B正确，A不正确．
又HF⊥HE，所以HF⊥平面AHE，C正确．
HG与AG不垂直，因此HG⊥平面AEF不正确，D不正确．
答案：BC
3.
解析：空间四边形ABCD的四个顶点不共面，
∴AC与BD必为异面直线．
取BD的中点O，连接OA，OC，
由AB＝AD＝BC＝CD得OA⊥BD，OC⊥BD，
∴BD⊥平面AOC，∴BD⊥AC，故选C.
答案：C
4．解析：取B1C1的中点M，连接BM，DM，
则DM∥A1C1∥AC，
所以异面直线BD与AC所成角为∠BDM，
因为DM＝AC＝，BD＝＝，
BM＝＝，所以∠BDM＝60°，
即异面直线BD与AC所成的角为60°.
答案：C
5．解析：∠B1AA1为AB1与平面ADD1A1所成的角，即45°；AB1与平面DCC1D1平行，即所成的角为0°.
答案：45° 0°
6．解析： BC⊥平面PAC
BC⊥PC，
∴直角三角形有△PAB、△PAC、△ABC、△PBC.
答案：4
7．解析：∵ABCD为正方形，
∴AC⊥BO.
∵BB1⊥平面ABCD，AC 平面ABCD，
∴AC⊥BB1，
又BO∩BB1＝B，
∴AC⊥平面BB1O.
∵EF是△ABC的中位线，
∴EF∥AC，
∴EF⊥平面BB1O.
答案：垂直
8.
证明：如图，连接PE，EC，
∵PA⊥平面ABCD，底面ABCD为矩形，
∴PA⊥AD，PA⊥AB，CD⊥AD.
在Rt△PAE和Rt△CDE中，PA＝AB＝CD，AE＝DE，∴PE＝CE，
即△PEC是等腰三角形．
又F是PC的中点，∴EF⊥PC.
又∵AP＝2，AB＝2，∴PB＝2＝BC，
△PBC为等腰三角形．
又∵F为PC中点，∴PC⊥BF，
又BF∩EF＝F，∴PC⊥平面BEF.
9．解析：(1)证明： ∵∠APE＝∠APF＝90°，
即AP⊥PE，AP⊥PF , PE∩PF＝P，PE，PF 平面PEF，
∴PA⊥平面PEF，又EF 平面PEF，
所以AP⊥EF.
(2)由(1)知PA⊥平面PEF，
∴VP AEF＝VA PEF＝S△PEF·AP＝××1×1×2＝.
10．解析：
(1)证明：设BC边中点是E，连接DE，SE.
因为△SBC是等边三角形，所以SE⊥BC，
又由已知得△DBC是等边三角形，所以DE⊥BC，
又DE∩SE＝E，所以BC⊥平面SDE，所以BC⊥SD.
(2)因为△SBC是边长为2的等边三角形，
所以SE＝，同理DE＝，又SD＝2，
所以S△SDE＝×2×＝，又由(1)知BC⊥平面SDE，
所以VS BCD＝S△SDE·BC＝××2＝＝VS ABD，
所以VS ABCD＝2VS－BCD＝.
又易知三棱锥S BCD是正四面体，
所以S在底面BCD上的射影H为△BCD各边中线的交点，且为△BCD的重心，
所以H在AC上，由勾股定理，SA＝，
又CH＝OC＝(其中O为AC与BD的交点)，
所以SH＝，AH＝＋＝，
所以SA＝2，
所以SD2＋AD2＝SA2，所以SD⊥AD，
所以S△SAD＝×2×2＝2.
设点B到平面ASD的距离为h.
因为VS ABD＝VB SAD，
所以·S△SAD·h＝，所以h＝.
故点B到平面ASD的距离为.
课时作业(十九) 平面与平面垂直
1．解析：∵n⊥β，m∥n，∴m⊥β，又m α，由面面垂直的判定定理，∴α⊥β.
答案：C
2．解析：因为PA⊥平面ABCD，且PA 平面PAB，
PA 平面PAD，PA 平面PAC，
所以平面PAB和平面PAC和平面PAD都与平面ABCD垂直，
又AD⊥PA，AD⊥AB，所以AD⊥平面PAB，
又AD 平面PAD，
所以平面PAB⊥平面PAD，
同理可证平面PBC⊥平面PAB，
平面PCD⊥平面PAD.
答案：D
3．解析：因为AB＝CB，且E是AC的中点，所以BE⊥AC，同理有DE⊥AC，于是AC⊥平面BDE.因为AC在平面ABC内，所以平面ABC⊥平面BDE.又由于AC 平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE.故选C.
答案：C
4．解析：
取EC中点H.连接HM，HD，如图，
由于M为BE的中点，N为AD的中点﹐因此HM，ND都平行并且等于BC的，
所以HM与ND平行且相等，MNDH是平行四边形，MN∥HD，
由AD与平面ECD内两相交直线CD，DE都垂直得AD⊥平面CDE，DH 平面CDE，则AD⊥DH，BC∥AD，所以BC⊥DH，DE＝DC，H是EC中点，DH⊥EC，EC∩BC＝C，EC，BC 平面BCE，所以DH⊥平面BCE，所以MN⊥平面BCE，A正确，
由MN∥DH，MN 平面ECD，DH 平面ECD，得MN∥平面ECD，B正确；
AD∥EF，AD⊥DH，DH∥MN，所以MN⊥EF，C正确；
DH与CD相交，D错误．故选ABC.
答案：ABC
5．解析：连接BC.∵BD⊥AB，α⊥β，α∩β＝AB，∴BD⊥α.∵BC α，∴BD⊥BC，∴△CBD是直角三角形．
在Rt△BAC中，BC＝＝5.
在Rt△CBD中，CD＝＝13.
答案：13
6．解析：连接CM，则由题意知PC⊥平面ABC，
可得PC⊥CM，所以PM＝，要求PM的最小值只需求出CM的最小值即可，在△ABC中，当CM⊥AB时，CM有最小值，此时有CM＝4×＝2，所以PM的最小值为2.
答案：2
7．解析：
过A作AE⊥BD，连接PE，则∠AEP为所求角．
由AB＝3，AD＝4知BD＝5.
又AB·AD＝BD·AE，所以AE＝，
所以tan ∠AEP＝＝.所以∠AEP＝30°.
答案：30°
8．证明：∵平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC＝AC，PA⊥AC，
∴PA⊥平面ABC.又BC 平面ABC，
∴PA⊥BC.
又∵AB⊥BC，AB∩PA＝A，AB 平面PAB，
PA 平面PAB，
∴BC⊥平面PAB.又BC 平面PBC，
∴平面PAB⊥平面PBC.
9．证明：如图所示，取CD的中点M，BE的中点N，连接A′M，A′N，MN，则MN∥BC.
∵AB＝AD，E是AD的中点，
∴AB＝AE，即A′B＝A′E.
∴A′N⊥BE.∵A′C＝A′D，∴A′M⊥CD.
在四边形BCDE中，CD⊥MN，
又MN∩A′M＝M，
∴CD⊥平面A′MN.
∴CD⊥A′N.
∵DE∥BC且DE＝BC，
∴BE必与CD相交．
又A′N⊥BE，A′N⊥CD，
∴A′N⊥平面BCDE.
又A′N 平面A′BE，
∴平面A′BE⊥平面BCDE.
10．解析：(1)证明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．
由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，BE∩BC＝B，故AB⊥平面BCGE.
又因为AB 平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)取CG的中点M，连接EM，DM.
因为AB∥DE，AB⊥平面BCGE，
所以DE⊥平面BCGE，又CG 平面BCGE，故DE⊥CG.
由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC＝60°得EM⊥CG，又DE∩EM＝E，故CG⊥平面DEM.又DM 平面DEM.
因此DM⊥CG.
在Rt△DEM中，DE＝1，EM＝，故DM＝2.
所以四边形ACGD的面积为4.
章末质量检测(一) 第九章 解三角形
1．解析：余弦定理AB2＝BC2＋AC2－2BC·AC cos C，将各值代入得AC2＋3AC－4＝0，
解得AC＝1或AC＝－4(舍去)，故选A.
答案：A
2．解析：在△ABC中，因为A＝105°，B＝30°，所以C＝45°.
由正弦定理＝得＝，解得AB＝×＝2.
答案：B
3．解析：因为a＝，b＝2，c＝1，
所以cos A＝＝＝－，
由0°∴B＋C＝180°－A＝60°.
答案：C
4．解析：由正弦定理可得＝，
∴sin B＝ sin B＝sin A，
sin 30°∴∵b>a，得B>A，
∵B可能为锐角，也可能为钝角，
∴B有两个值．
答案：B
5．解析： 由于sin 2A≤sin2B＋sin2C－sinB sin C，根据正弦定理可知a2≤b2＋c2－bc，故cos A＝≥.又A∈(0，π)，则A的范围为(0，].故本题正确答案为C.
答案：C
6．解析： 因为sin A＝sin C，由正弦定理可得a＝c，
又由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2ac cos B，即4＝3c2＋c2－2×c2×，
解得c＝2，所以a＝2，
所以△ABC的面积为S＝ac sin B＝×2×2×＝.
答案：B
7．解析：由余弦定理得a×＋b×＝b，
所以c(a2＋b2－c2)＋b(b2＋c2－a2)＝2b2c，整理得(b－c)·(b2＋c2－a2)＝0，
当b－c＝0时，△ABC是等腰三角形；
当b2＋c2－a2＝0时，△ABC是直角三角形．
答案：D
8．解析：取AB的中点E，连DE，设飞机飞行了15分钟到达F点，连BF，如图所示：则BF即为所求．
因为E为AB的中点，且AB＝120 km，所以AE＝60 km，
又∠DAE＝60°，AD＝60 km，所以三角形DAE为等边三角形，所以DE＝60 km，∠ADE＝60°，
在等腰三角形EDB中，∠DEB＝120°，所以∠EDB＝∠EBD＝30°，
所以∠ADB＝90°，由勾股定理得BD2＝AB2－AD2＝1202－602＝10 800，
所以BD＝60 km，
因为∠CBE＝90°＋30°＝120°，∠EBD＝30°，所以∠CBD＝90°，
所以CD＝＝＝240 km，
所以cos ∠BDC＝＝＝，
因为DF＝360×＝90 km，
所以在三角形BDF中，
BF2＝BD2＋DF2－2BD·DF·cos ∠BDF
＝(60)2＋902－2×60×90×
＝10 800，
所以BF＝60 km.
故一架飞机从城市D出发以360 km/h的速度向城市C飞行，飞行了15 min，接到命令改变航向，飞向城市B，此时飞机距离城市B有60 km.
故选D.
答案：D
9．解析：选项B满足c sin 60°＜b＜c，选项C满足b sin 45°＜a＜b，所以B、C有两解．对于选项A，可求得B ＝180°－A－C＝65°，三角形有一解．对于选项D，由sin B＝，且b＜a，可得B为锐角，只有一解，三角形只有一解．
答案：BC
10．解析：因为sin (A＋C)＋2sin B cos C＝2sin A cos C＋cos A sin C，所以2sin B cos C＝sin A cos C，又0＜C＜，得2sin B＝sin A，从而由正弦定理得2b＝a.
答案：AC
11．解析：A选项，∵＝＝，a＝2、b＝3、c＝4，
∴sin A∶sin B∶sin C＝2∶3∶4，对；
B选项，由于a∵cos C＝＝<0，∴C>，
∴△ABC是钝角三角形，错；
C选项，假设△ABC的最大内角是最小内角的2倍，则C＝2A，
即sin C＝sin 2A＝2sin A·cos A，
又sin A∶sin C＝1∶2，即sin A∶2sin A·cos A＝1∶2，cos A＝1，不符合题意，错；
D选项，∵cos B＝＝＝，
∴sin B＝＝，
∴S△ABC＝ac·sinB＝×2×4×＝，
设△ABC的内切圆半径为r，则S△ABC＝(a＋b＋c)·r＝×(2＋3＋4)×r＝，
∴r＝，错．
答案：BCD
12．解析：∵tan A＋tan B＝tan (A＋B)(1－tan A tan B)，
∴tan A＋tan B＋tan C＝tan (A＋B)(1－tan A tan B)＋tan C＝tan A tan B tan C＞0，
又A，B，C是△ABC的内角，∴角A，B，C都是锐角，选项A正确．
若a cos A＝b cos B，则sin A cos A＝sin B cos B，
∴2sin A cos A＝2sin B cos B，∴sin 2A＝sin 2B，
∴A＝B，或A＋B＝90°，即△ABC是等腰三角形或直角三角形，选项B错误．
若b cos C＋c cos B＝b，sin B cos C＋sin C cos B＝sin (B＋C)＝sin A＝sin B，
则A＝B，∴△ABC是等腰三角形，选项C正确．
若＝＝，则＝＝，
即tan A＝tan B＝tan C，∴A＝B＝C，
∴△ABC是等边三角形，选项D正确．
答案：ACD
13．解析：由正弦定理，得sin B sin A＋sin A cos B＝0.
∵A∈(0，π)，B∈(0，π)，∴sin A≠0，得sin B＋cos B＝0，即tan B＝－1，∴B＝.
答案：
14．解析：因为大边对大角，设最大内角为α，
则cos α＝＝－，所以α＝.
答案：
15．解析：由于△ABC的面积为，
所以S△ABC＝ab sin C＝·ab·＝，
整理得ab＝；
由于a＋b＝c，且C＝，
利用余弦定理cos C＝＝，
转换为(a＋b)2－2ab－c2＝，
整理得2c2－－c2＝，
则c2＝1，故c＝1(负值舍去).
答案：1
16．解析：在△ABM中，∠AMB＝15°，则AM＝＝60(m)，
在△ACM中，因为∠CAM＝15°＋15°＝30°，∠CMA＝180°－(60°＋15°)＝105°，
所以∠MCA＝180°－105°－30°＝45°.
因为＝，
所以CM＝×60＝60(m)，
故CD＝CM sin 60°＝30(m).
答案：30
17．解析：(1)因为AB＝14，BD＝6，AD＝10，
所以cos ∠ADB＝＝＝－，
cos ∠ADC＝cos (π－∠ADB)＝－cos ∠ADB＝ ∠ADC＝.
(2)由正弦定理可知：
＝ ＝ sin ∠ABD＝，因为△ABC的面积为35，
所以×14·BC·＝35 BC＝14，于是CD＝BC－BD＝14－6＝8，
由余弦定理可知：
AC＝
＝ ＝2.
18．解析：∵a2＋c2＝b2＋ac，∴a2＋c2－b2＝ac，
又∵a2＋c2－b2＝2ac cos B，∴2ac cos B＝ac，∴cos B＝，
∵0°∵＝，∴2sin A＝(＋1)sin C，∴2sin (120°－C)＝(＋1)sin C，
∴2sin 120°cos C－2cos 120°sin C＝(＋1)sin C，
整理得，sin C＝cos C，∴tan C＝1.
∵0°19．解析：(1)由a＝b cos C＋c sin B及正弦定理可得
sin B cos C＋sin C sin B＝sin A，
即sin B cos C＋sin C sin B＝sin (B＋C)＝sin B cos C＋cos B sin C，
因为C∈(0，π)，则sin C>0，所以，sin B＝cos B，
则tan B＝，
∵B∈(0，π)，因此，B＝.
(2)由正弦定理可得b＝2R sin B＝6，
由余弦定理可得62＝b2＝a2＋c2－2ac cos B＝a2＋c2－ac≥2ac－ac＝ac，即ac≤36，
当且仅当a＝c＝6时，等号成立，
故△ABC面积的最大值为×36×sin ＝9.
20．解析：(1)由题意，在△ABC中，因为a sin B＝b cos A，
由正弦定理，可得sin A sin B＝sin B cos A，
又因为B∈(0，π)，可得sin B≠0，
所以sin A＝cos A，即tan A＝，
因为A∈(0，π)，所以A＝.
(2)由(1)可知A＝，且a＝5，
又由△ABC的面积2＝bc sin A＝bc，解得bc＝8，
由余弦定理a2＝b2＋c2－2bc cos A，可得25＝b2＋c2－bc＝(b＋c)2－3bc＝(b＋c)2－24，
整理得(b＋c)2＝49，解得b＋c＝7，
所以△ABC的周长a＋b＋c＝5＋7＝12.
21．解析：(1)∵2b cos B＝c cos A＋a cos C，
∴由正弦定理可得：
2sin B cos B＝sin C cos A＋sin A cos C＝sin (C＋A)＝sin (π－B)＝sin B，
∵0(2)由(1)知∠ABC＝，
∵a＝BC＝2，b＝CA＝，
∴由正弦定理可得，＝，即＝，
∴sin ∠BAC＝，
∴∠BAC＝或∠BAC＝(舍去)，
∴∠C＝π－－＝，
∵AD⊥AC，
∴cos ∠C＝，CD＝CB＋BD＝，
∴2＋BD＝＝＝＝6＋2，
∴BD＝4＋2.
22．解析：(1)在△ABC中，因为cos A＝，cos C＝，
所以sin A＝，sin C＝，
从而sin B＝sin [π－(A＋C)]＝sin (A＋C)＝sin A cos C＋sin C cos A＝×＋×＝.
由正弦定理＝，得AB＝×sin C＝×＝1 040(m).
所以索道AB的长为1 040 m.
(2)假设乙出发t min后，甲、乙两游客距离为d，此时，甲行走了(100＋50t)m，乙距离A处130t m，
所以由余弦定理得d2＝(100＋50t)2＋(130t)2－2×130t×(100＋50t)×＝200(37t2－70t＋50)＝200·，
由于0≤t≤，即0≤t≤8，
故当t＝ min时，甲、乙两游客距离最短．
(3)由正弦定理＝，
得BC＝×sin A＝×＝500(m).
乙从B出发时，甲已走了50×(2＋8＋1)＝550(m)，还需走710 m才能到达C.
设乙步行的速度为v m/min，由题意得－3≤－≤3，解得≤v≤，
所以为使两位游客在C处互相等待的时间不超过3 min，乙步行的速度应控制在(单位：m/min)范围内．
章末质量检测(二) 第十章 复数
1．解析： 复数z＝－1＋i在复平面内的坐标为(－1，1)，即在复平面内z对应的点位于第二象限．
答案：B
2．解析：因为z＝＝＝＝＝，所以复数z的共轭复数为.
答案：B
3．解析：∵z＝(3－i)(2＋i)＝7＋i，∴z的虚部为1.
答案：B
4．解析：因为iz＝3＋4i，所以z＝＝＝＝4－3i，所以z＝4＋3i，所以z的共轭复数在复平面内对应的点的坐标为(4，3)，位于第一象限．
答案：A
5．解析：因为z＝＝＝－＋i，所以|z|＝＝2.
答案：D
6．解析：由己知得(cos ＋isin )7＝cos ＋isin ＝cos (π＋)＋isin (π＋)＝－cos －isin ＝－－i，
∴复数(cos ＋isin )7在复平面内所对应的点的坐标为(－，－)，位于第三象限．
答案：C
7．解析：命题①：当z＝i时，显然i2＝－1<0，因此本说法不正确；
命题②：当a＝－1时， (a＋1)i＝0∈R，因此本说法不正确；
命题③：只有当两个复数都是实数时才能比较大小，因此由a>b，推不出a＋i>b＋i，因此本说法不正确；
命题④：因为z＝＝＝－i，所以z3＋1＝(－i)3＋1＝－i3＋1＝1＋i，故z3＋1对应的点在复平面内的第一象限，因此本命题是正确的．故选A.
答案：A
8．解析：设z＝x＋yi(x，y∈R)，则|z－3＋4i|＝|(x－3)＋(y＋4)i|＝＝1，
所以，复数z在复平面内对应的点的轨迹方程为(x－3)2＋(y＋4)2＝1,
圆(x－3)2＋(y＋4)2＝1的圆心坐标为(3，－4)，半径长为1，
|z－2|＝表示圆(x－3)2＋(y＋4)2＝1上的点到定点(2，0)的距离，
因此，|z－2|的最大值为＋1＝＋1.
答案：B
9．解析：令z＝a＋bi(a，b∈R)，则由＝＝∈R得b＝0，所以z∈R，故A正确；
当z＝i时，因为z2＝i2＝－1∈R，而z＝i R，故B不正确；
当z1＝z2＝i时，满足z1·z2＝－1∈R，但z1≠2，故C不正确；
因为实数的共轭复数是它本身，也属于实数，故D正确，故选AD.
答案：AD
10．解析：z＝＝＝＝＝－i，|z|＝＝1，z的实部为0，虚部为－1，z在复平面内的坐标为(0，－1)，复平面内z对应的点在虚轴上．
答案：ACD
11．解析：∵2t2＋5t－3＝(2t－1)(t＋3)，
∴2t2＋5t－3的符号可正、可负、可为0，
又t2＋2t＋2＝(t＋1)2＋1>0，
∴不正确的有A，B，D.
答案：ABD
12．解析：设z＝x＋yi(x，y∈R)，则z＝x－yi，
对A：|z|2＝x2＋y2＝(x＋yi)(x－yi)＝zz，故A正确；
对B：z2＝(x＋yi)2＝x2－y2＋2xyi≠x2＋y2＝|z|2，故B错误；
对C：若|z|＝1，则该复数对应点为以原点为圆心，半径为1的圆上的点，
而|z＋i|表示复数z对应点到(0，－1)的距离，
故当且仅当z对应点为(0，1)时，取得最大值2，故C正确；
对D：若|z－1|＝1，其表示复数z对应的点是以(1，0)为圆心，1为半径的圆上的点，
又|z|表示复数z对应点到原点的距离，显然|z|∈[0，2]，故D正确．
答案：ACD
13．解析：因为z＝1－2i，所以|z|＝＝.
答案：
14．解析：∵z＝sin ＋icos ＝＋i，
∴|z|＝ ＝1.
答案：1
15．解析：由题意，复数ω＝，可得ω2＝＝，所以ω2＋ω＋1＝＋＋1＝0.
故答案为0.
答案：0
16．解析：z1＝cos x＋2f(x)i，z2＝(sin x＋cos x)＋i，∠Z1OZ2＝90°，
则(sin x＋cos x)cos x＋2f(x)＝0，∴f(x)＝－(sin x＋cos x)cos x，
f(x)＝－sin x cos x－cos2x＝－sin2x－cos 2x－＝－sin －，
函数f(x)的最小正周期为T＝＝π.
故答案为π.
答案：π
17．解析：(1)当z是实数时，m2－m－2＝0，解得m＝2或m＝－1，
∴所求的m值为2或－1.
(2)当z是纯虚数时，，解得m＝－3，
∴所求的m值为－3.
(3)当z对应的点在第二象限时，
，解得－3∴实数m的取值范围是(－3，－1).
18．解析：z2＝＝＝＝＝1－3i.
(1)z1z2＝(2－3i)(1－3i)＝－7－9i.
(2)＝＝＝＝＋i.
19．解析：(1)设z＝a＋bi(a，b∈R)，
由已知可得：，即，
解得或.∴z＝1＋i或z＝－1－i.
(2)当z＝1＋i时，z2＝2i，z－z2＝1－i，
∴A(1，1)，B(0，2)，C(1，－1)，
故△ABC的面积S＝×2×1＝1；
当z＝－1－i时，z2＝2i，z－z2＝－1－3i，
∴A(－1，－1)，B(0，2)，C(－1，－3)，
故△ABC的面积S＝×2×1＝1.
∴△ABC的面积为1.
20．解析：(1)∵(1＋2i)＝4＋3i，
∴＝＝＝＝2－i，∴z＝2＋i.
(2)由(1)知z＝2＋i，则(z＋ai)2＝(2＋i＋ai)2＝[2＋(a＋1)i]2＝4－(a＋1)2＋4(a＋1)i，
∵复数(z＋ai)2在复平面内对应的点在第一象限，
∴ 解得－1即实数a的取值范围为(－1，1).
21．解析：(1)设z＝a＋bi(a，b∈R)，则＝a－bi，代入4z＋＝5＋3i，化简得5a＋3bi＝5＋3i，
∴由复数相等可得解得∴z＝＋i.
(2)由z＝＋i和ω＝sin θ＋cos θi在复平面内对应的点为Z(，1)和W(sin θ，cos θ)，
∴|ZW|2＝(－sin θ)2＋(1－cos θ)2＝－2sin θ－2cos θ＋5＝－4sin ＋5，
∵sin ∈[－1，1], ∴－4sin ＋5∈[1，9]，
∴|ZW|∈[1，3].
22．解析：(1)设z1＝a＋bi(a，b∈R)，则由z1＋2i＝a＋(b＋2)i为实数，∴b＋2＝0，∴b＝－2.
则由＝＝＝＋i为实数，可得＝0，
∴a＝4，所以z1＝4－2i，z2＝z1＋＝4＋2i＋＝4＋2i－i＝4＋i，所以|z2|＝＝.
(2)因为z1＝4－2i ，z2＝4＋i，所以Z1(4，－2)、Z2(4，1)，所以S△OZ1Z2＝×4×3＝6，
所以以OZ1，OZ2为邻边的平行四边形的面积S＝2S△OZ1Z2＝12.
章末质量检测(三) 第十一章 立体几何初步
1．解析：由l，m，n在同一平面内，可能有l，m，n两两平行，所以l，m，n可能没有公共点，所以不能推出l，m，n两两相交．由l，m，n两两相交且l，m，n不经过同一点，可设l∩m＝A，l∩n＝B，m∩n＝C，且A n，所以点A和直线n确定平面α，且B，C∈n，所以B，C∈α，所以l，m α，所以l，m，n在同一平面内．故选B.
答案：B
2．解析：取AD的中点N，连结CN，D1N，易知AM∥ND1，故∠ND1C(或其补角)即为异面直线AM与CD1所成的角．不妨设AB＝1，则CN＝D1N＝，CD1＝，故cos ∠ND1C＝＝.故选A.
答案：A
3.
解析：如图所示，在圆柱的侧面展开图中，
BC的长为底面圆周长的一半，即BC＝×2π×3＝3π，蚂蚁所走路程为AB＝＝＝15(cm).
所以蚂蚁沿圆柱表面爬行的最短路程是15 cm.
答案：C
4．解析：若α⊥β，l α，n β，设α∩β＝m，只要l，n与m都不垂直，则l，n不垂直， A项错误；l∥β，过l的平面与β的交线为m，则l∥m，又l⊥α，则m⊥α，∴β⊥α，B项正确；l⊥n，m⊥n，l与m可能相交，可能异面，也可能平行，C项错误；α⊥β，l α时，l与β可能垂直，也可能不垂直，甚至可能平行，D项错误．故选B.
答案：B
5．解析：设圆锥底面半径为r，则×2×3r＝8，所以r＝，所以米堆的体积为××3××5＝，故堆放的米约为÷1.62≈22，故选B.
答案：B
6．解析：设球的半径为R，根据长方体的对角线长等于其外接球的直径，可得2R＝，解得R2＝，所以球的表面积为S球＝4πR2＝4π×＝50π.故选B.
答案：B
7.
解析：如图所示，在正方体ABCD A1B1C1D1中，AD⊥平面DCC1D1，因此平面ABCD，平面AA1D1D均与平面DCC1D1垂直而且平面AA1D1D∩平面ABCD＝AD，显然选项D不正确．
答案：D
8.
解析：如图所示：
由已知O为等边△ABC的中心，且SO⊥平面ABC，∵AO 平面ABC，则SA⊥AO，
由正弦定理可得AO＝＝，则SO＝＝3，A对；
延长AO，则直线AO过点E，∵△ABC为等边三角形，E为BC的中点，则AE⊥BC，
∵SO⊥平面ABC，BC 平面ABC，则SO⊥BC，
∵SO∩AE＝O，则BC⊥平面SAO，∵SA 平面SAO，故SA⊥BC，B对；
∵D、E分别为AC、BC的中点，则DE∥AB，
∵DE 平面SAB，AB 平面SAB，所以，DE∥平面SAB，C对；
连接SE，因为O为等边△ABC的中心，则OE＝AO＝，
∵SO＝3，SO⊥平面ABC，OE 平面ABC，∴SO⊥OE，
∴tan ∠SEO＝＝＝2，D错．
故选D.
答案：D
9．解析：
如图，四面体ABCD中，当AB⊥平面BCD，BC⊥CD时，则四面体的四个面均为直角三角形，理由如下：
因为AB⊥平面BCD，BC，DB，CD 平面BCD，所以AB⊥BC，AB⊥DB，AB⊥CD，
因为BC⊥CD，AB∩BC＝B，所以CD⊥平面ABC，因为AC 平面ABC，所以CD⊥AC，所以四面体ABCD的四个面均为直角三角形，所以A正确；
棱台是由棱锥被平行于棱锥底面的平面所截而得，而两个面平行，其余各面都是梯形的多面体不一定是棱台，因为它的侧棱延长后不一定交于一点，故选项B错误；
由棱台的定义可得棱台的侧棱延长后交于一点，故选项C正确；
若每个侧面都是长方形，则说明侧棱与底面垂直，又底面也是长方形，符合长方体的定义，故选项D正确．
故选ACD.
答案：ACD
10.
解析：如图所示，连接AC、BD相交于点O，连接EM，EN.
由正四棱锥S ABCD，可得SO⊥底面ABCD，AC⊥BD，∴SO⊥AC.
∵SO∩BD＝O，∴AC⊥平面SBD.
∵E，M，N分别是BC，CD，SC的中点，
∴EM∥BD，MN∥SD，而EM∩MN＝M，
∴平面EMN∥平面SBD，∴AC⊥平面EMN，∴AC⊥EP.选项A正确；
由异面直线的定义可知：EP与BD是异面直线，不可能EP∥BD，因此选项B不正确；
∵平面EMN∥平面SBD，∴EP∥平面SBD，因此选项C正确；
EM⊥平面SAC，若EP⊥平面SAC，则EP∥EM，与EP∩EM＝E相矛盾，因此当P与M不重合时，EP与平面SAC不垂直．即选项D不正确．
答案：AC
11．解析：A正确，因为GF∥PC，GE∥CB，GF∩GE＝G，PC∩CB＝C，所以平面EFG∥平面PBC；
B正确，因为PC⊥BC，PC⊥AC，PC∥GF，所以GF⊥BC，GF⊥AC，又BC∩AC＝C，所以GF⊥平面ABC，又GF 平面EFG，所以平面EFG⊥平面ABC；
C正确，因为EF∥BP，所以∠BPC是直线EF与直线PC所成的角；
D错误，因为GE与AB不垂直，所以∠FEG不是平面PAB与平面ABC所成二面角的平面角．
答案：ABC
12．解析：设A1到平面EBCD的距离为h，D到AB的距离为h′，
则∶＝×S△ADE×h∶S梯形EBCD×h
＝S△ADE∶S梯形EBCD＝×AE×h′∶×h′＝1∶3，A正确；
A1C在平面ABCD中的射影为AC，AC与DE不垂直，
∴DE与A1C不垂直，B错误；
取CD中点F，连接MF，BF，则MF＝A1D，FB＝ED，
由MF∥A1D与FB∥ED，可得平面MBF∥平面A1DE，∴总有BM∥平面A1DE，C正确；
∴∠MFB＝∠A1DE，由余弦定理可得MB2＝MF2＋FB2－2MF·FB·cos ∠MFB是定值，故D正确．
答案：ACD
13．解析：(1)AB＝AC，AD⊥BC，所以BD⊥AD，CD⊥AD，
所以∠BDC为二面角的平面角，∠BDC＝90°，所以BD⊥DC.
(2)设等腰直角三角形的直角边长为a，则斜边长为a.
所以BD＝CD＝a.
所以折叠后BC＝ ＝a.
所以折叠后△ABC为等边三角形，所以∠BAC＝60°.
答案：(1)BD⊥CD (2)60°
14．解析：由题意，圆柱底面半径r＝球的半径R，
圆柱的高h＝2R，则V球＝πR3，
V柱＝πr2h＝π·R2·2R＝2πR3.∴＝＝.
S球＝4πR2，S柱＝2πr2＋2πrh＝2πR2＋2πR 2R＝6πR2.
∴＝＝.
答案：
15.
解析：把正方体的平面展开图还原成原来的正方体，如图：
则AB⊥EF，EF与MN异面，AB∥CM，MN⊥CD，只有①③正确．
故答案为①③.
答案：①③
16．解析：∵三棱锥P ABC的体积为2，
∴××(2)2×PA＝2，∴PA＝2，
将三棱锥补成三棱柱，可得球心在三棱柱的中心，
球心到底面的距离d等于三棱柱的高PA的一半，
∵△ABC是边长为2的正三角形，
∴△ABC外接圆的半径r＝2，
∴球的半径为＝，
∴球O的表面积为4π×5＝20π.
故答案为20π.
答案：20π
17.
证明：(1)连接OE，
∵O是正方形ABCD的中心，
∴O为AC中点，又E为PC中点，
∴OE∥PA，
∵OE 平面BDE，PA 平面BDE，
∴PA∥平面BDE.
(2)∵O是正方形ABCD的中心，∴AC⊥BD，
∵PO⊥平面ABCD，BD 平面ABCD，∴PO⊥BD，
∵AC，PO 平面PAC，AC∩PO＝O，∴BD⊥平面PAC，
∵BD 平面BDE，∴平面PAC⊥平面BDE.
18．证明：(1)由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD.
因为BC⊥CD，BC 平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM.
因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM.
又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC.
而DM 平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC.
(2)当P为AM的中点时，MC∥平面PBD.
证明如下：连结AC交BD于O.因为ABCD为矩形，所以O为AC中点．连结OP，因为P为AM 中点，所以MC∥OP.
MC 平面PBD，OP 平面PBD，所以MC∥平面PBD.
19．解析：
如图，连接CD，因为D是切点，CD是半径，所以CD⊥AB，
由已知可得∠A＝60°，AB＝4，BC＝2，CD＝AC·sin 60°＝.
阴影部分绕BC所在直线旋转一周得到的旋转体，可以看作是一个圆锥挖去一个半球所得的几何体，圆锥的底面半径为2，高为2，挖去的半球的半径为.
该几何体的表面包含一个圆锥侧面，一个半球面和一个圆环，
所以其表面积S＝×2π×2×4＋×4π×()2＋π×22－π×()2＝15π，
体积V＝×π×22×2－××()3＝π.
20.
证明：(1)连结DF，∵D，F分别是棱BC，B1C1的中点，∴DF綊BB1綊AA1，
∴四边形ADFA1为平行四边形，
∴A1F∥AD，
∵AD 平面ADE，A1F 平面ADE，
∴A1F∥平面ADE.
(2)∵BB1⊥平面ABC，∴BB1⊥AD，
∵AB＝AC，D为BC中点，
∴BC⊥AD，又BB1∩BC＝B，
∴AD⊥平面BCC1B1，∵AD 平面ADE，
∴平面ADE⊥平面BCC1B1.
21．解析：(1)证明：∵ED⊥平面ABCD，FB⊥平面ABCD，
∴FB∥ED，
又∵DE 平面ADE，BF 平面ADE，
∴BF∥平面ADE，
在矩形ABCD中，BC∥AD，且AD 平面ADE，BC 平面ADE，
∴BC∥平面ADE，
又BC∩FB＝B，
∴平面ADE∥平面BCF.
(2)∵FB⊥平面ABCD，
∴点F到平面BCD的距离为FB＝1，
∵四边形ABCD是矩形，BC＝3，CD＝2，
∴S△BCD＝×3×2＝3，
∴VB CFD＝VF BCD＝S△BCD·FB＝×3×1＝1.
22．解析：(1)证明：∵O，M分别为AB，VA的中点，
∴OM∥VB，
∵VB 平面MOC，OM 平面MOC，
∴VB∥平面MOC.
(2)证明：∵AC＝BC，O为AB的中点，
∴OC⊥AB，
又∵平面VAB⊥平面ABC，平面ABC∩平面VAB＝AB，且OC 平面ABC，
∴OC⊥平面VAB，
∵OC 平面MOC，
∴平面MOC⊥平面VAB.
(3)在等腰直角三角形ACB中，AC＝BC＝，
所以AB＝2，OC＝1.
所以等边三角形VAB的面积S△VAB＝.
又因为OC⊥平面VAB，
所以三棱锥C VAB的体积等于×OC×S△VAB＝.
又因为三棱锥V ABC的体积与三棱锥C VAB的体积相等，
所以三棱锥V ABC的体积为.
第四册 模块质量检测
1．解析：由题意得(b＋i)i＝－1＋bi＝a－b－i(a，b∈R)，所以解得
所以复数－2－i在复平面内对应的点(－2，－1)位于第三象限．
故选C.
答案：C
2．解析：∵z＝4＋3i，∴＝4－3i，|z|＝＝5，
∴＝＝－i.故选D.
答案：D
3．解析：设较小底面半径为r，另一底面半径为R，则2πR＝3×2πr，∴R＝3r.由侧面积公式得π(r＋3r)l＝84π，即π(r＋3r)·3＝84π.∴r＝7，故选A.
答案：A
4．解析：(1＋2i)(a＋i)＝a－2＋(1＋2a)i，由题意知a－2＝1＋2a，解得a＝－3，故选A.
答案：A
5．解析：
如图所示，由AB＝BC＝1，∠ABC＝90°，得AC＝.
因为M为AC的中点，
所以MC＝A′M＝，且CM⊥BM，
A′M⊥BM，
所以∠CMA′为二面角C BM A′的平面角．
因为A′C＝1，MC＝A′M＝，所以∠CMA′＝90°.
答案：C
6．解析：因为点E，F分别为PA，AB的中点，所以EF∥PB，
因为∠CEF＝90°，所以EF⊥CE，所以PB⊥CE.
取AC的中点D，连接BD，PD，易证AC⊥平面BDP，
所以PB⊥AC，又AC∩CE＝C，AC，CE 平面PAC，所以PB⊥平面PAC，
所以PB⊥PA，PB⊥PC，因为PA＝PB＝PC，△ABC为正三角形，
所以PA⊥PC，即PA，PB，PC两两垂直，将三棱锥P ABC放在正方体中如图所示．因为AB＝2，所以该正方体的棱长为，所以该正方体的体对角线长为，所以三棱锥P ABC的外接球的半径R＝，所以球O的体积V＝πR3＝π＝π，故选D.
答案：D
7．解析：∵直线l垂直于平面ABC，∴l⊥BC，又∠ACB＝90°，∴AC⊥BC，又AC∩l＝A，∴BC⊥平面APC，PC 平面APC，∴BC⊥PC，即∠PCB为直角，与点P的位置无关，故选C.
答案：C
8．解析：由题可知S△ABC＝ab sin C＝，
所以a2＋b2－c2＝2ab sin C.
由余弦定理a2＋b2－c2＝2ab cos C，
所以sin C＝cos C.
∵C∈(0，π)，∴C＝.
故选C.
答案：C
9．解析：对于选项A：因为AP⊥PB，AP⊥PC，PB∩PC＝P，
所以AP⊥平面PBC，
又BC 平面PBC，所以AP⊥BC，故A正确；
对于选项B：由AP⊥PB，BC⊥PB条件不能判断出AP⊥BC.
对于选项C：因为平面BCP⊥平面PAC，BC⊥PC，所以BC⊥平面APC，AP 平面APC，所以AP⊥BC，故C正确；
对于选项D：由A知D正确．
答案：ACD
10．解析：当两个平面相交时，一个平面内的两条平行于它们交线的直线就平行于另一个平面，故A不正确；由平面与平面垂直的判定定理知B正确；空间中垂直于同一条直线的两条直线可能平行、相交或异面，故C不正确；若两个平面垂直，只有在一个平面内与它们的交线垂直的直线才与另一个平面垂直，故D正确．
答案：BD
11．解析：∵(2a－b)cos C＝c cos B，∴(2sin A－sin B)cos C＝sin C cos B，∴2sin A cos C＝sin B cos C＋cos B sin C，即2sin A cos C＝sin (B＋C)，∴2sin A cos C＝sin A．∵在△ABC中，sin A≠0，∴cos C＝，∴C＝60°，A正确．由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2ab cos C，得49＝64＋b2－2×8b cos 60°，即b2－8b＋15＝0，解得b＝3或b＝5，又b<4，∴b＝3，C错误．∴△ABC的面积S＝ab sin C＝×8×3×＝6，B正确．又cos A＝＝<0，∴A为钝角，△ABC为钝角三角形，D错误．
答案：AB
12．解析：
底面圆周长为2π，圆锥的侧面积为×2π×2＝2π，所以A错．
设母线与圆锥的高所成角为θ，则sin θ＝，所以θ＝30°，B对．
因为VA＝VB，所以△VAB一定是等腰三角形，C对．
设∠AVB＝α，则cos α＝＝1－.
因为AB∈(0，2]，所以cos α∈[，1)，
所以sin α∈(0，].
△VAB的面积S△VAB＝×2×2×sin α＝2sin α∈(0，]，所以D对．
故选BCD.
答案：BCD
13．解析：＝＝＝＝－i.
答案：－i
14．解析：若m⊥α，α∥β，则m⊥β，故填②④.
答案：②④
15．解析：设AB＝x m，则BC＝AB＝x，BD＝x，
在△BCD中，由余弦定理可得：3x2＝x2＋6002－2×600x cos 120°，
∴x2－300x－180 000＝0，
解得x＝600(m)，(x＝－300舍去).
答案：600
16．解析：因为AB＝1，AC＝，BC＝2，所以BC2＝AB2＋AC2，所以AB⊥AC，
因为PA⊥平面ABC，AB 平面ABC，所以PA⊥AB，PA⊥AC，
将三棱锥P ABC补形为长方体，如图：
则四面体PABC的外接球就是长方体ABDC PEFG的外接球，
所以该球的半径为 ＝2，
所以四面体PABC的外接球的表面积为4π·22＝16π.
答案：16π
17．解析：(1)由z∈R，得a2－3a＋2＝0，解得a＝1或a＝2.
(2)z为纯虚数，
即
故a＝0.
(3)z对应的点在第一象限，
则
∴
∴a<0或a>2.
∴a的取值范围是(－∞，0)∪(2，＋∞).
(4)依题意得(a2－2a)－(a2－3a＋2)＝0，
∴a＝2.
18．解析：由题意得：DC＝DE＝1 km，所以△CDE是等腰三角形，
因为∠CDE＝120°，所以∠DCE＝∠DEC＝30°，
在△CDE中，由余弦定理得：CE2＝CD2＋DE2－2CD·DE·cos ∠CDE＝1＋1－2×1×1×＝3，
所以CE＝ km，
因为∠FCD＝90°，所以∠FCE＝60°，
在△CEF中，由余弦定理得：EF2＝CE2＋FC2－2CE·FC·cos ∠FCE，
得9＝3＋FC2－2FC·，即FC2－FC－6＝0，
解得FC＝2 km 或FC＝－ km ，
由于FC>0，所以FC＝2 km.
19.
证明：(1)如图，连接AC交BD于O.连接EO.
∵底面ABCD是正方形，∴点O是AC的中点，
在△PAC中，EO是中位线，
∴PA∥EO.
而EO 平面EDB且PA 平面EDB，
所以PA∥平面EDB.
(2)∵PD⊥底面ABCD且DC 底面ABCD，
∴PD⊥DC，
∵PD＝DC，可知△PDC是等腰直角三角形，而DE是斜边PC的中线，∴DE⊥PC，①
同理，由PD⊥底面ABCD，得PD⊥BC.
∵底面ABCD是正方形，有DC⊥BC，又PD∩DC＝D，
∴BC⊥平面PDC.
而DE 平面PDC，∴BC⊥DE.②
由①和②推得DE⊥平面PBC.
而PB 平面PBC，∴DE⊥PB，
又EF⊥PB且DE∩EF＝E，所以PB⊥平面EFD.
20．解析：(1)在△ADC中，
因为cos ∠ADC＝，
所以sin ∠ADC＝，
所以sin ∠BAD＝sin (∠ADC－∠B)
＝sin ∠ADC cos B－cos ∠ADC sin B
＝×－×＝.
(2)在△ABD中，由正弦定理，得BD＝＝＝3.
在△ABC中，由余弦定理，
得AC2＝AB2＋BC2－2AB×BC×cos B
＝82＋52－2×8×5×＝49，
所以AC＝7.
21．解析：(1)证明：在棱长为1的正方体ABCD A1B1C1D1中，
AB∥C1D1，且AB＝C1D1，所以四边形ABC1D1为平行四边形，
所以AD1∥BC1，
又BC1 平面C1BD，
AD1 平面C1BD，
所以D1A∥平面C1BD.
(2)因为AA1∥BB1，所以异面直线BC1与AA1的夹角即为BB1与C1B的夹角，
因为∠B1BC1＝45°，
所以异面直线BC1与AA1所成的角的大小为45°.
(3)＝＝×BB1＝××1×1×1＝.
22．解析：(1)证明：连接AC交BD于点O，连接MO，由正方形ABCD知O为AC的中点，
∵M为PC的中点，∴MO∥PA，∵MO 平面MBD，PA 平面MBD，∴PA∥平面MBD.
(2)∵△APD为正三角形，Q为AD中点，故PQ⊥AD，又平面APD⊥平面ABCD，平面APD∩平面ABCD于AD，故PQ⊥平面ABCD，
故多面体P ABCD的体积V＝×4×4×2＝.
(3)存在点N，当N为AB中点时，平面PQB⊥平面PNC，
∵四边形ABCD是正方形，Q为AD的中点，∴BQ⊥NC.
由(1)知，PQ⊥平面ABCD，NC 平面ABCD，∴PQ⊥NC，
又BQ∩PQ＝Q，∴NC⊥平面PQB，∵NC 平面PCN，∴平面PCN⊥平面PQB.课时作业(十) 多面体与棱柱
一、选择题
1．在正方体ABCD A1B1C1D1中，E，F分别为棱CD、A1B1的中点，则( )
A．A1E∥B1C B．A1E⊥BC
C．A1E∥FC D．A1E⊥AC
2．(多选)下列说法不正确的是( )
A．棱柱的侧面都是矩形
B．棱柱的侧棱不全相等
C．棱柱是有两个面互相平行，其余各面都是四边形的几何体
D．棱柱的几何体中至少有两个面平行
3．底面为正方形的直棱柱，它的底面对角线长为，体对角线长为，则这个棱柱的侧面积是( )
A．2 B．4
C．6 D．8
4．在直三棱柱ABC A1B1C1中，AB＝BC＝，BB1＝2，∠ABC＝90°，E，F分别为AA1，C1B1的中点，沿棱柱的表面从E到F两点的最短路径的长度为( )
A． B．
C． D．2
二、填空题
5．下列四个平面图形都是正方体的展开图，还原成正方体后，数字排列规律完全一样的两个是________．
6．如图，在正方体的8个顶点中任意选择4个顶点，它们可能构成的平面图形或几何体是________.
①矩形；②不是矩形的平行四边形；③每个面都是等边三角形的四面体；④每个面都是直角三角形的四面体．
7．侧棱垂直于底面的棱柱称为直棱柱．
侧棱不垂直于底面的棱柱称为斜棱柱．
底面是正多边形的直棱柱称为正棱柱．
底面是平行四边形的四棱柱称为平行六面体．
侧棱与底面垂直的平行六面体称为直平行六面体．
底面是矩形的直平行六面体称为长方体．
棱长都相等的长方体称为正方体．
请根据上述定义，回答下面的问题：
(1)直四棱柱________是长方体；
(2)正四棱柱________是正方体．(填“一定”“不一定”或“一定不”)
三、解答题
8．已知正六棱柱的一条最长的体对角线长是13，侧面积为180，求正六棱柱的全面积．
9．如图所示的三棱柱ABC A1B1C1，其中E，F，G，H是三棱柱对应边上的中点，过此四点作截面EFGH，把三棱柱分成两部分，各部分形成的几何体是棱柱吗？如果是，是几棱柱，并用符号表示；如果不是，请说明理由．
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10．如图所示，在直三棱柱ABC A1B1C1中，底面为直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝CC1＝，P是BC1上一动点，求CP＋PA1的最小值．课时作业(十七) 平面与平面平行
一、选择题
1．(多选)已知a，b表示两条不重合的直线，α，β，γ表示三个不重合的平面，给出下列命题，其中正确的是( )
A．若α∩γ＝a，β∩γ＝b，且a∥b，则α∥β
B．若a，b相交且都在α，β外，a∥α，b∥α，a∥β，b∥β，则α∥β
C．若a∥α，a∥β，则α∥β
D．若a α，a∥β，α∩β＝b，则a∥b
2．六棱柱ABCDEF A1B1C1D1E1F1的底面是正六边形，此六棱柱的面中互相平行的有( )
A．1对 B．2对
C．3对 D．4对
3．(多选)平面α与平面β平行，且a α，下列四种说法中正确的是( )
A．a与β内的所有直线都平行
B．a与β内无数条直线平行
C．a与β内的任意一条直线都不垂直
D．a与β无公共点
4．在正方体EFGH E1F1G1H1中，下列四对截面彼此平行的一对是( )
A．平面E1FG1与平面EGH1
B．平面FHG1与平面F1H1G
C．平面F1H1H与平面FHE1
D．平面E1HG1与平面EH1G
二、填空题
5．在如图所示的几何体中，三个侧面AA1B1B，BB1C1C，CC1A1A都是平行四边形，则平面ABC与平面A1B1C1平行吗？________(填“是”或“否”).
6．如图，在长方体ABCD A1B1C1D1中，过BB1的中点E作一个与平面ACB1平行的平面交AB于M，交BC于N，则MN＝________AC，MN________平面AB1C.
7．如图所示，P是△ABC所在平面外一点，平面α∥平面ABC，α分别交线段PA，PB，PC于A′，B′，C′，若PA′∶AA′＝2∶3，则＝________.
三、解答题
8．如图所示，在三棱柱ABC A1B1C1中，点D，E分别是BC与B1C1的中点．求证：平面A1EB∥平面ADC1.
9．如图所示，A1B1C1D1 ABCD是四棱台，求证：B1D1∥BD.
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10．如图，在四棱锥P ABCD中，AB⊥AD，BC∥AD，AD＝2BC＝2PA＝2AB＝2，E、F、G分别为线段AD、DC、PB的中点，
证明：直线PF∥平面ACG.课时作业(五) 复数的几何意义
一、选择题
1．在复平面内，复数6＋5i，－2＋3i对应的点分别为A，B.若C为线段AB的中点，则点C对应的复数是( )
A．4＋8i B．8＋2i
C．2＋4i D．4＋i
2．复数z＝1＋3i的模等于( )
A．2 B．4
C． D．2
3．已知复数z满足|z|2－3|z|＋2＝0，则复数z对应点的轨迹是( )
A．一个圆 B．两个圆
C．两点 D．线段
4．设复数z满足|z－i|＝2，z在复平面内对应的点为(x，y)，则x，y之间的关系( )
A．(x－1)2＋y2＝4
B．(x＋1)2＋y2＝4
C．x2＋(y－1)2＝4
D．x2＋(y＋1)2＝4
二、填空题
5．若复数z1＝3＋ai，z2＝b＋4i(a，b∈R)，且z1与z2互为共轭复数，则z＝a＋bi的模为________．
6．z＝m2－2＋(2m－1)i(m∈R)，其共轭复数z对应复平面内的点在第二象限，则实数m的范围是________.
7．当0三、解答题
8．已知m∈R，复数z＝(m－2)＋(m2－9)i.
(1)若z对应的点在第一象限，求m的取值范围；
(2)若z的共轭复数z与复数＋5i相等，求m的值．
9.实数m取什么值时，复平面内表示复数z＝(m－3)＋(m2－5m－14)i的点：
(1)位于第四象限；
(2)位于第一、三象限；
(3)位于直线y＝x上．
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10．已知O为坐标原点，对应的复数为－3＋4i，对应的复数为2a＋i(a∈R).若与共线，求a的值．课时作业(七) 复数的乘法与除法
一、选择题
1．已知复数z＝2－i，则z·的值为( )
A．5 B．
C．3 D．
2．复数z＝的虚部为( )
A．－i B．－
C．i D．
3．若a为实数，则复数z＝(a＋i)(1＋ai)在复平面内对应的点在( )
A．实轴上 B．虚轴上
C．第一象限 D．第二象限
4．(多选)若复数z满足(1＋i)z＝3＋i(其中i是虚数单位)，复数z的共轭复数为z，则( )
A．|z|＝
B．z的实部是2
C．z的虚部是1
D．复数z在复平面内对应的点在第一象限
二、填空题
5．已知a为实数，是纯虚数，则a＝________．
6．已知i是虚数单位，则化简()2 022的结果为________．
7．已知1＋2i是方程x2－mx＋2n＝0(m，n∈R)的一个根，m＋n＝________．
三、解答题
8．已知a∈R，复数z＝.
(1)若z为纯虚数，求a的值；
(2)在复平面内，若对应的点位于第二象限，求a的取值范围．
9．若z满足z－1＝(1＋z)i，求z＋z2的值．
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10．已知复数z满足z＝(－1＋3i)·(1－i)－4.
(1)求复数z的共轭复数；
(2)若w＝z＋ai，且复数w对应向量的模不大于复数z所对应向量的模，求实数a的取值范围．课时作业(九) 构成空间几何体的基本元素
一、选择题
1．如图所示的是平行四边形ABCD所在的平面，有下列表示方法：①平面ABCD；②平面BD；③平面AD；④平面ABC；⑤AC；⑥平面α.其中不正确的是( )
A．④⑤ B．③④⑤
C．②③④⑤ D．③⑤
2．若直线a不平行于平面α，则下列结论成立的是( )
A．α内的所有直线均与a异面
B．α内不存在与a平行的直线
C．α内直线均与a相交
D．直线a与平面α有公共点
3．已知a，b为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，α∩β＝a，a∥b，则下面结论不可能成立的是( )
A．b β，且b∥α
B．b α
C．b∥α，且b∥β
D．b与α，β都相交
4．能正确表示点A在直线l上且直线l在平面α内的是( )
二、填空题
5．线段AB长为5 cm，在水平面上向右移动4 cm后记为CD，将CD沿铅垂线方向向下移动3 cm后记为C′D′，再将C′D′沿水平方向向左移动4 cm后记为A′B′，依次连接构成长方体ABCD A′B′C′D′.
(1)该长方体的高为________cm；
(2)平面A′B′BA与平面CDD′C′间的距离为________cm；
(3)点A到平面BCC′B′的距离为______cm.
6．过三棱柱ABC A1B1C1的任意两条棱的中点作直线，其中与平面ABB1A1平行的直线共有________条.
7．如图所示，用符号语言表示以下各概念：
(1)点A，B在直线a上________；
(2)直线a在平面α内________；
(3)点D在直线b上，点C在平面α内________．
三、解答题
8．如图所示，在正方体ABCD A1B1C1D1中，M，N分别是A1B1和BB1的中点，试判断
(1)AM所在的直线与平面ABCD的位置关系；
(2)CN所在的直线与平面ABCD的位置关系；
(3)AM所在的直线与平面CDD1C1的位置关系；
(4)CN所在的直线与平面CDD1C1的位置关系．
9．如果在两个平面内分别有一条直线，这两条直线互相平行，则这两个平面位置关系如何？试画图分析．
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10．(1)若空间三个平面两两相交，则它们的交线条数是( )
A．1或2 B．2或3
C．1或3 D．1或2或3
(2)下列说法错误的是( )
A．若直线l平行于平面α，则平面α内存在直线与l平行
B．若直线l平行于平面α，则平面α内存在直线与l异面
C．若直线l平行于平面α，则平面α内存在直线与l垂直
D．若直线l平行于平面α，则平面α内存在直线与l相交
(3)下列命题中正确的个数为( )
①书桌面是平面；②9个平面重叠起来，要比7个平面重叠起来厚；③有一个平面的长是50 m，宽是20 m；④平面是绝对平的、无厚度的、可以无限延展的抽象的数学概念．
A．1 B．2
C．3 D．4课时作业(十八) 直线与平面垂直
一、选择题
1．一条直线和三角形的两边同时垂直，则这条直线和三角形的第三边的位置关系是 ( )
A．平行 B．垂直
C．相交不垂直 D．不确定
2．(多选)如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，G是EF的中点．现在沿AE，AF及EF把这个正方形折成一个空间图形，使B，C，D三点重合，重合后的点记为H，下列说法正确的是( )
A．AG⊥平面EFH B．AH⊥平面EFH
C．HF⊥平面AEH D．HG⊥平面AEF
3．已知空间四边形ABCD的四边相等，则它的两条对角线AC、BD的关系是( )
A．垂直且相交 B．相交但不一定垂直
C．垂直但不相交 D．不垂直也不相交
4.
如图，在直三棱柱ABC A1B1C1中，D为A1B1的中点，AB＝BC＝4，BB1＝1，AC＝2，则BD与AC所成的角为( )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
二、填空题
5.
如图，在正方体ABCD A1B1C1D1中，AB1与平面ADD1A1所成的角等于________，AB1与平面DCC1D1所成的角等于________.
6．如图所示，PA⊥平面ABC，在△ABC中，BC⊥AC，则图中直角三角形的个数有________．
7．如图，在正方体ABCD A1B1C1D1中，E，F分别是棱AB，BC的中点，O是底面ABCD的中心，则EF与平面BB1O的位置关系是________.(填“平行”或“垂直”)
三、解答题
8．如图所示，在四棱锥P ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，AP＝AB＝2，BC＝2，E，F分别是AD，PC的中点．
证明：PC⊥平面BEF.
9．如图，已知正方形ABCD的边长为2，分别取BC，CD的中点E，F，连接AE，EF，AF，以AE，EF，FA为折痕进行折叠，使点B，C，D重合于一点P.
(1)求证：AP⊥EF；
(2)求三棱锥P AEF的体积．
[尖子生题库]
10.
如图，在四棱锥S ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD＝60°，侧面SBC为等边三角形，SD＝2.
(1)求证：SD⊥BC；
(2)求点B到平面ASD的距离．