一、解三角形
1．正弦定理及其推论：
设△ABC的外接圆半径为R，则
(1)＝＝＝2R.
(2)a＝2Rsin A，b＝2Rsin_B，c＝2Rsin_C.
(3)sin A＝，sin B＝，sin C＝.
(4)在△ABC中，A>B?a>b?sin A>sin B.
2．余弦定理及其推论：
(1)a2＝b2＋c2－2bccos A，b2＝a2＋c2－2accos_B，c2＝a2＋b2－2abcos_C.
(2)cos A＝；cos B＝；cos C＝.
(3)在△ABC中，c2＝a2＋b2?∠C为直角；c2>a2＋b2?∠C为钝角；c2
3．正弦定理、余弦定理解三角形的问题：
(1)两类正弦定理解三角形的问题：①已知两角和任意一边，求其他的两边及一角．
②已知两边和其中一边的对角，求其他边角．
(2)两类余弦定理解三角形的问题：①已知三边求三角．
②已知两边和他们的夹角，求第三边和其他两角．
4．三角形面积公式：
(1)S＝aha＝bhb＝chc.
(2)S＝absin C＝bcsin A＝acsin B.
二、复数
1．形如a＋bi(a，b∈R)的数叫做复数，其中的a与b分别叫做复数z的实部与虚部．
2．a＋bi与c＋di相等的充要条件是a＝c且b＝d.
3．对于复数a＋bi(a，b∈R)，当且仅当b＝0时，它是实数；当b≠0时，叫做虚数；当a＝0且b≠0时，叫做纯虚数．
4．|z|＝|a＋bi|＝r＝(r≥0，r∈R)．
5．设复数z1，z2对应的向量为，，则复数z1＋z2是以，为邻边的平行四边形的对角线 所对应的复数，z1－z2是连接向量与的终点并指向的向量所对应的复数．
6．z1＝a＋bi，z2＝c＋di，a，b，c，d∈R，则z1，z2互为共轭复数的充要条件是a＝c且b＝－d.
7．设z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)
(1)复数的加、减法法则z1＋z2＝(a＋c)＋(b＋d)i，z1－z2＝(a－c)＋(b－d)i.
(2)复数代数形式的乘法法则z1·z2＝(a＋bi)(c＋di)＝(ac－bd)＋(ad＋bc)i.
(3)复数代数形式的除法法则：(a＋bi)÷(c＋di)＝＝＋i(c＋di≠0)．
三、立体几何初步
1．多面体及其结构特征
(1)棱柱：
①有两个平面(底面)互相平行；②其余各面都是平行四边形；
③每相邻两个平行四边形的公共边互相平行．
(2)棱锥：
①有一个面(底面)是多边形；
②其余各面(侧面)是有一个公共顶点的三角形．
(3)棱台：
①上下底面互相平行、且是相似图形；
②各侧棱延长线相交于一点．
2．圆柱、圆锥、圆台和球
圆柱、圆锥、圆台和球可以看成以矩形的一边、直角三角形的一直角边、直角梯形垂直于底边的腰、一个半圆的直径所在的直线为旋转轴，将矩形、直角三角形、直角梯形、半圆分别旋转一周而形成的曲面围成的几何体．
3．斜二测画法的意义及建系原则
(1)斜二测画法中“斜”和“二测”：
“斜”是指在已知图形的xOy平面内与x轴垂直的线段，在直观图中均与x′轴成45°或135°.
“二测”是指两种度量形式，即在直观图中，平行于x′轴或z′轴的线段长度不变；平行于y′轴的线段长度变为原来的一半．
(2)斜二测画法中的建系原则：
在已知图中建立直角坐标系，理论上在任何位置建立坐标系都行，但实际作图时，一般建立特殊的直角坐标系，尽量运用原有直线或图形的对称直线为坐标轴，图形的对称点为原点或利用原有互相垂直的直线为坐标轴等．
4．空间几何体的表面积和体积
(1)多面体的表面积：
各个面的面积之和，也就是展开图的面积．
(2)旋转体的表面积：
圆柱：S＝2πr2＋2πrl＝2πr(r＋l)．
圆锥：S＝πr2＋πrl＝πr(r＋l)．
球：S＝4πR2.
(3)柱体、锥体、台体的体积公式
①柱体的体积公式：V柱体＝Sh(S为底面面积，h为高)．
②锥体的体积公式：V锥体＝Sh(S为底面面积，h为高)．
③台体的体积公式：V台体＝(S＋＋S′)h(S′，S分别为上、下底面面积，h为高)．
④球的体积公式：V球＝πR3.
5．共面与异面直线
(1)共面：空间中的几个点或几条直线，如果都在同一平面内，我们就说它们共面．
(2)异面直线：既不相交又不平行的直线．
6．平行公理
过直线外一点有且只有一条直线和已知直线平行．
7．基本性质4
平行于同一条直线的两条直线互相平行．即如果直线a∥b，c∥b，那么a∥c.
8．直线与平面平行的判定与性质
(1)判定：如果平面外的一条直线和平面内的一条直线平行．那么这条直线和这个平面平行．
(2)性质：如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线和交线平行．
9．平面与平面平行的判定
(1)文字语言：如果一个平面内有两条相交直线平行于另一个平面，那么这两个平面平行．
(2)符号语言：aβ，bβ，a∩b＝P，a∥α，b∥α?β∥α.
(3)图形语言：如图所示．
10．平面与平面平行的性质定理
(1)文字语言：如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行．
(2)符号语言：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b?a∥b.
(3)图形语言：如图所示．
(4)作用：证明两直线平行．
11．直线与平面垂直的判定定理
定理：如果一条直线与平面内的两条相交直线垂直，则这条直线与这个平面垂直．
推论1：如果在两条平行直线中，有一条垂直于平面，那么另一条直线也垂直于这个平面．
推论2：如果两条直线垂直于同一平面，那么这两条直线平行．
12．直线与平面垂直的性质
性质：如果—条直线垂直于一个平面，那么它就和平面内的任意一条直线垂直．
符号表示：?a⊥b.
13．面面垂直的判定定理
如果一个平面过另一个平面的一条垂线，则这两个平面互相垂直．
14．面面垂直的性质定理
如果两个平面互相垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线与另一个平面垂直．
(教师独具)
1．在三角形中，大边对大角，小边对小角． (√)
2．任意给定三边和三角中的三个元素，都可以用正弦、余弦定理解三角形． (×)
[提示] 已知三角无法解得三角形三边．
3．已知三角形两边及一边的对角时，解可能有两个． (√)
4．已知三角形两边及一边的对角时，解一定有两个． (×)
[提示] 可能无解，也可能一解，也可能两解．
5．在△ABC中，若a2[提示] 若a26．余弦定理揭示了任意三角形边角之间的关系，因此，它适用于任何三角形． (√)
7．三角形中已知三边无法求其面积． (×)
[提示] 可由余弦定理求其中的一个角的余弦，从而可求其正弦，然后再用三角形面积公式求解．
8．两个不可到达的点之间的距离无法求得． (×)
[提示] 可构造三角形，利用正弦定理或余弦定理求解．
9．若a，b为实数，则z＝a＋bi为虚数． (×)
[提示] 当b＝0时，z为实数．
10．若a为实数，则z＝a一定不是虚数． (√)
11．如果两个复数的实部的差和虚部的差都等于0，那么这两个复数相等． (√)
12．在复平面内，虚轴上的点所对应的复数都是纯虚数． (×)
[提示] 在复平面内，虚轴上的点除原点外所对应的复数都是纯虚数．
13．复数的模一定是正实数． (×)
[提示] 当复数z＝0时，复数的模为0，不是正实数．
14．a＝0是复数z＝a＋bi(a，b∈R)为纯虚数的充分但不必要条件．(×)
[提示] a＝0是复数z＝a＋bi(a，b∈R)为纯虚数的必要但不充分条件．
15．因为虚数不能比较大小，所以虚数的模也不能比较大小． (×)
[提示] 虚数的模是实数，因此可以比较大小．
16．两个复数互为共轭复数是它们的模相等的必要条件． (×)
[提示] 两个复数互为共轭复数是它们的模相等的充分不必要条件．
17．若z1，z2∈C，且z＋z＝0，则z1＝z2＝0. (×)
[提示] 举反例，例如z1＝－1，z2＝i时 ，满足z＋z＝0，但z1与z2不一定相等．
18．两个共轭虚数的差为纯虚数． (√)
19．空间中两直线没有交点，则两直线平行． (×)
[提示] 还可以是异面．
20．有两个面互相平行，其余各面都是四边形，所围成的几何体是棱柱．
(×)
[提示] 还要有每相邻两个四边形公共边平行．
21．棱锥是由一个面是多边形，其余各面是三角形所围成的几何体．(×)
[提示] 各三角形必须有一个公共顶点．
22．圆台也可以看作是一个圆锥截去一个小圆锥所形成的几何体． (√)
23．三点确定一个平面． (×)
[提示] 不共线三点才能确定平面．
24．球的表面积公式为S＝πR2. (×)
25．有两个面平行，其余各面都是梯形的几何体是棱台． (×)
[提示] 棱台侧棱延长后会交于一点．
26．一条直线平行于两平行平面中的一个平面，也平行于另一个． (×)
[提示] 可能直线在平面内．
27．一条直线平行于两互相垂直的两平面中的一个，就会垂直于另一平面．
(×)
[提示] 还可能相交、平行，在平面内．
28．若a∥b，bα，则a∥α. (×)
[提示] 还需要aα.
29．如果一个平面内有两条直线与另一个平面平行，那么两平面平行．
(×)
[提示] 两直线相交时才成立．
30．垂直于同一直线的两直线平行． (×)
31．垂直于同一直线的两平面平行． (√)
32．垂直于同一平面的两平面平行． (×)
33．锥体的体积等于底面面积与高之积． (×)
34．经过球心的平面截得的圆的半径等于球的半径． (√)
35．直线的倾斜角为α，则直线的斜率为tan α. (×)
[提示] 90°时斜率不存在．
36．正棱锥是底面是正多边形的棱锥． (×)
37．两平面互相垂直，其中一个平面内的直线垂直于另一平面． (×)
38．两平面互相平行，其中一个平面内的直线平行于另一个平面． (√)
39．平行于同一直线的两平面平行． (×)
1．(2019·全国卷Ⅰ)设z＝，则|z|＝( )
A．2 B．
C. D．1
C [因为z＝＝＝，
所以|z|＝＝.
故选C.]
2．(2019·全国卷Ⅱ)设z＝i(2＋i)，则＝( )
A．1＋2i B．－1＋2i
C．1－2i D．－1－2i
D [因为z＝i(2＋i)＝－1＋2i，所以＝－1－2i.故选D.]
3．(2019·全国卷Ⅱ)设z＝－3＋2i，则在复平面内对应的点位于( )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
C [由题意，得＝－3－2i，其在复平面内对应的点为(－3，－2)，位于第三象限，故选C.]
4．(2019·全国卷Ⅲ)若z(1＋i)＝2i，则z＝( )
A．－1－i B．－1＋i
C．1－i D．1＋i
D [z＝＝＝＝1＋i.]
5．(2019·全国卷Ⅰ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asin A－bsin B＝4csin C，cos A＝－，则＝( )
A．6 B．5
C．4 D．3
A [因为asin A－bsin B＝4csin C，
所以由正弦定理得a2－b2＝4c2，即a2＝4c2＋b2.
由余弦定理得cos A＝＝＝＝－，因为＝6.
故选A．]
6．(2019·全国卷Ⅱ)设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是( )
A．α内有无数条直线与β平行
B．α内有两条相交直线与β平行
C．α，β平行于同一条直线
D．α，β垂直于同一平面
B [对于A，α内有无数条直线与β平行，当这无数条直线互相平行时，α与β可能相交，所以A不正确；对于B，根据两平面平行的判定定理与性质知，B正确；对于C，平行于同一条直线的两个平面可能相交，也可能平行，所以C不正确；对于D，垂直于同一平面的两个平面可能相交，也可能平行，如长方体的相邻两个侧面都垂直于底面，但它们是相交的，所以D不正确．综上可知选B.]
7．(2019·全国卷Ⅰ)已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF＝90°， 则球O的体积为( )
A．8π B．4π
C．2π D．π
D [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.
]
8．(2019·全国卷Ⅲ)学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型，如图，该模型为长方体ABCD-A1B1C1D1挖去四棱锥O-EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6 cm，AA1＝4 cm，3D打印所用原料密度为0.9 g/cm3.不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为________g.
118.8 [由题易得长方体ABCD-A1B1C1D1的体积为6×6×4＝144(cm3)，
四边形EFGH为平行四边形，如图所示，连接GE，HF，易知四边形EFGH的面积为矩形BCC1B1面积的一半，即×6×4＝12(cm2)，所以V四棱锥O-EFGH＝×3×12＝12(cm3)，所以该模型的体积为144－12＝132(cm3)，所以制作该模型所需原料的质量为132×0.9＝118.8(g)．]
9．(2019·全国卷Ⅱ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若b＝6，a＝2c，B＝，则△ABC的面积为____________．
6 [法一：因为a＝2c，b＝6，B＝，所以由余弦定理b2＝a2＋c2－2accos B，得62＝(2c)2＋c2－2×2c×ccos ，得c＝2，所以a＝4，所以△ABC的面积S＝acsin B＝×4×2×sin ＝6.
法二：因为a＝2c，b＝6，B＝，所以由余弦定理b2＝a2＋c2－2accos B，得62＝(2c)2＋c2－2×2c×ccos ，得c＝2，所以a＝4，所以a2＝b2＋c2，所以A＝，所以△ABC的面积S＝×2×6＝6.]
10．(2019·全国卷Ⅱ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知bsin A＋acos B＝0，则B＝________.
[因为bsin A＋acos B＝0，所以＝.由正弦定理，得－cos B＝sin B，所以tan B＝－1.又B∈(0，π)，所以B＝.]
11．(2019·全国卷Ⅱ)如图，长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.
(1)证明：BE⊥平面EB1C1；
(2)若AE＝A1E，AB＝3，求四棱锥E-BB1C1C的体积．
[解] (1)证明：由已知得B1C1⊥平面ABB1A1，BE平面ABB1A1，故B1C1⊥BE.又BE⊥EC1，B1C1∩EC1＝C1，
所以BE⊥平面EB1C1.
(2)由(1)知∠BEB1＝90°.
由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，
所以∠AEB＝∠A1EB1＝45°，
故AE＝AB＝3，AA1＝2AE＝6.
如图，作EF⊥BB1，垂足为F，则EF⊥平面BB1C1C，且EF＝AB＝3.
所以四棱锥E-BB1C1C的体积
V＝×3×6×3＝18.
12．(2019·全国卷Ⅲ)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，连结DG，如图2.
图1 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．
[解] (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，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，故DE⊥CG.
由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC＝60°，得EM⊥CG，故CG⊥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.
13．(2019·全国卷Ⅰ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.设(sin B－sin C)2＝sin2A－sin Bsin C.
(1)求A；
(2)若a＋b＝2c，求sin C.
[解] (1)由已知得sin2B＋sin2C－sin2A＝sin Bsin C，故由正弦定理得b2＋c2－a2＝bc.
由余弦定理得cos A＝＝.
因为0°＜A＜180°，所以A＝60°.
(2)由(1)知B＝120°－C，由题设及正弦定理得sin A＋sin(120°－C)＝2sin C，即＋cos C＋sin C＝2sin C，可得cos(C＋60°)＝－.
由于0°＜C＜120°，所以sin(C＋60°)＝，
故sin C＝sin(C＋60°－60°)
＝sin(C＋60°)cos 60°－cos(C＋60°)sin 60°＝.
14．(2019·全国卷Ⅲ)△ABC的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知asin＝bsin A．
(1)求B；
(2)若△ABC为锐角三角形，且c＝1，求△ABC面积的取值范围．
[解] (1)由题设及正弦定理得sin Asin＝
sin Bsin A．
因为sin A≠0，所以sin＝sin B.
由A＋B＋C＝180°，可得sin＝cos，故cos＝2sincos.
因为cos≠0，故sin＝，因此B＝60°.
(2)由题设及(1)知△ABC的面积S△ABC＝a.
由(1)知A＋C＝120°，
由正弦定理得a＝＝＝＋.
由于△ABC为锐角三角形，故0°因此，△ABC面积的取值范围是.
15．(2019·全国卷Ⅰ)如图，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．
(1)证明：MN∥平面C1DE；
(2)求点C到平面C1DE的距离．
[解] (1)证明：连接B1C，ME.因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B1C，且ME＝B1C.又因为N为A1D的中点，所以ND＝A1D.
由题设知A1B1DC，可得B1CA1D，故MEND，因此四边形MNDE为平行四边形，所以MN∥ED.又MN平面C1DE，所以MN∥平面C1DE.
(2)过点C作C1E的垂线，垂足为H.
由已知可得DE⊥BC，DE⊥C1C，所以DE⊥平面C1CE，故DE⊥CH.
从而CH⊥平面C1DE，故CH的长即为点C到平面C1DE的距离．
由已知可得CE＝1，C1C＝4，所以C1E＝，故CH＝.
从而点C到平面C1DE的距离为.
课件57张PPT。模块复习课2Ra>b
直角钝角锐角a＝0且b≠0实部虚部a＝c且b＝db＝0b≠0a＝c且b＝－d (a－c)＋(b－d)i (ac－bd)＋(ad＋bc)i 互相平行互相平行平行四边形相交于一点多边形一个公共顶点互相平行相似一个半圆的直径所在的直线矩形的一边直角三角形的一直角边直角梯形垂直于底边的腰一半不变Sh有且只有几个点几条直线不相交不平行互相平行 a∥c
平面外平面内平行平行相交交线平行垂直于同一平面两条相交平行直线中任意 它们交线一条垂线一个平面内Thank you for watching !模块综合测评
(满分：150分 时间：120分钟)
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，满分60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．i是虚数单位，则的虚部是( )
A．i B．－i
C． D．－
C [＝＝＝＋i.]
2．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若c＝4，a＝4，A＝45°，则sin C等于( )
A． B．
C． D．
A [由正弦定理得sin C＝c·＝4×＝.]
3．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若△ABC的面积为，则C＝( )
A． B.
C. D．
C [因为S△ABC＝absin C，所以＝absin C．由余弦定理a2＋b2－c2＝2abcos C，得2abcos C＝2absin C，即cos C＝sin C，所以在△ABC中，C＝.故选C.]
4．已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为( )
A．12π B．12π
C．8π D．10π
B [因为过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，所以圆柱的高为2，底面圆的直径为2，所以该圆柱的表面积为2×π×()2＋2π××2＝12π.]
5．复数的共轭复数为( )
A．－＋i B.＋i
C.－i D．－－i
D [因为＝＝＝－＋i，
所以其共轭复数为－－i.故选D.]
6.水平放置的△ABC的斜二测直观图如图所示，已知B′C′＝4，A′C′＝3，则△ABC中AB边上的中线的长度为( )
A． B.
C．5 D．
A [由斜二测画法规则知△ABC是∠ACB为直角的三角形，其中AC＝3，BC＝8，AB＝，所以AB边上的中线长为.]
7．如图所示，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，P为BD上任意一点，则一定有( )
A．PC1与AA1异面
B．PC1与A1A垂直
C．PC1与平面AB1D1相交
D．PC1与平面AB1D1平行
D [连BC1和DC1(图略)，
因为BD∥B1D1，AB1∥DC1，
所以平面AB1D1∥平面C1BD，
而PC1平面C1BD，
所以PC1∥平面AB1D1.选D.]
8．已知复数z＝，则·i在复平面内对应的点位于( )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
B [因为z＝＝，
所以＝＋i，所以·i＝－＋i.]
9．在△ABC中，cos ＝，BC＝1，AC＝5，则AB＝( )
A．4 B．
C. D．2
A [因为cos ＝，所以cos C＝2cos2 －1＝2×2－1＝－.于是，在△ABC中，由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC×BC×cos C＝52＋12－2×5×1×－＝32，所以AB＝4.故选A．]
10．一个直三棱柱如图所示，AC⊥BC，并且CA＝CB＝CC1＝a，M，N分别为A1B，B1C1的中点．
下列结论中正确的个数有( )
①直线MN与A1C相交；
②MN⊥BC；
③MN∥ 平面ACC1A1；
④三棱锥N-A1BC的体积为VN-A1BC＝a3.
A．4个 B．3个
C．2个 D．1个
B [由三视图可知，该几何体是底面为等腰直角三角形且侧棱与底面垂直的三棱柱．取边BC中点E，连ME，NE，则ME∥A1C，NE∥C1C，故平面MNE∥平面ACC1A1，故MN∥平面ACC1A1，所以直线MN与A1C相交错误，故③正确，①错误．因为三棱柱ABC-A1B1C1的底面是等腰直角三角形且侧棱垂直于底面，故BC⊥平面MNE，所以MN⊥BC，②正确．VN-A1BC＝VA1-NBC＝×a××a×a＝a3，故④正确．所以②③④正确．]
11．在△ABC中，若lg sin A－lg cos B－lg sin C＝lg 2，则△ABC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
A [因为lg sin A－lg cos B－lg sin C＝lg 2，
所以lg＝lg 2.
所以sin A＝2cos Bsin C.
因为∠A＋∠B＋∠C＝180°，
所以sin(B＋C)＝2cos Bsin C，
所以sin(B－C)＝0.所以∠B＝∠C，所以△ABC为等腰三角形．]
12．已知三棱P-ABC的各棱长均相等，O是△ABC的中心，D是PC的中点，则直线PO与直线BD所成角的余弦值为( )
A． B.
C. D．
A [设底面边长为a，连接CO交AB于F，过点D作DE∥PO交CF于点E，连接BE，则∠BDE即PO与BD所成角，
因为PO⊥平面ABC，所以DE⊥平面ABC，
所以△BDE是直角三角形，
设三棱锥P-ABC的各棱长均为a，则，
BD＝CF＝a，CO＝BD＝a，
所以PO＝＝a，
因为点D为侧棱PC的中点，所以DE＝PO＝a，
所以cos∠BDE＝＝＝，
则直线PO与直线BD所成角的余弦值为.
]
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，将答案填在题中的横线上)
13．已知3－4i＝x＋yi(x，y∈R)，则|1－5i|，|x－yi|，|y＋2i|的大小关系为________．
|y＋2i|＜|x－yi|＜|1－5i| [由3－4i＝x＋yi(x，y∈R)，
得x＝3，y＝－4.
而|1－5i|＝＝，
|x－yi|＝|3＋4i|＝＝5，
|y＋2i|＝|－4＋2i|＝＝，
因为＜5＜，
所以|y＋2i|＜|x－yi|＜|1－5i|.]
14.如图所示、在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别是棱AA1和AB上的点，若∠B1MN是直角，则∠C1MN等于________．
90° [因为B1C1⊥平面A1ABB1，MN平面A1ABB1，
所以B1C1⊥MN，又∠B1MN为直角．
所以B1M⊥MN，而B1M∩B1C1＝B1.
所以MN⊥平面MB1C1，又MC1平面MB1C1，
所以MN⊥MC1，所以∠C1MN＝90°.]
15．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，∠ABC＝120°，∠ABC的平分线交AC于点D，且BD＝1，则4a＋c的最小值为________．
9 [由面积公式得：acsin 120°＝asin 60°＋csin 60°，化简得a＋c＝ac?c＝(a>1)，
4a＋c＝4a＋＝4a＋＋1＝4(a－1)＋＋5≥2＋5＝9.
当且仅当4(a－1)＝，即a＝，c＝3时取等号．]
16．如图，在棱长均相等的四棱锥P-ABCD中，O为底面正方形的中心，M，N分别为侧棱PA，PB的中点，有下列结论：
①PC∥平面OMN；
②平面PCD∥平面OMN；
③OM⊥PA；
④直线PD与MN所成角的大小为90°.
其中正确结论的序号是________．(写出所有正确结论的序号)
①②③ [如图，连接AC，易得PC∥OM，所以PC∥平面OMN，结论①正确．同理PD∥ON，所以平面PCD∥平面OMN，结论②正确．由于四棱锥的棱长均相等，所以AB2＋BC2＝PA2＋PC2＝AC2，所以PC⊥PA，又PC∥OM，所以OM⊥PA，结论③正确．由于M，N分别为侧棱PA，PB的中点，所以MN∥AB，又四边形ABCD为正方形，所以AB∥CD，又三角形PDC为等边三角形，所以∠PDC＝60°，所以直线PD与MN所成的角即∠PDC，故④错误．故正确的结论为①②③.]
三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)设复数z＝，若z2＋az＋b＝1＋i，求实数a，b的值．
[解] z＝＝＝
＝＝＝1－i.
因为z2＋az＋b＝(1－i)2＋a(1－i)＋b
＝－2i＋a－ai＋b＝(a＋b)－(2＋a)i＝1＋i，
所以解得
18．(本小题满分12分)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．
[解] 如图所示，
连接AB1，AC1.
因为B1E＝CF，
所以梯形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，
所以VA-BEFC＝VA-B1EFC1＝VA-BB1C1C，
又VA-A1B1C1＝S△A1B1C1·h，
VABC-A1B1C1＝S△A1B1C1·h＝m，
所以VA-A1B1C1＝，
所以VA-BB1C1C＝VABC-A1B1C1－VA-A1B1C1＝m，
所以VA-BEFC＝×m＝.
即四棱锥A-BEFC的体积是.
19．(本小题满分12分)在△ABC中，内角∠A，∠B，∠C所对的边长分别为a，b，c，已知c＝2，∠C＝.
(1)若△ABC的面积等于，求a，b；
(2)若sin B＝2sin A，求△ABC的面积．
[解] (1)由余弦定理，得a2＋b2－ab＝4.
因为△ABC的面积等于，
所以absin C＝，得ab＝4.
联立方程
解得
(2)由正弦定理，已知条件可化为b＝2a.
联立方程
解得
所以△ABC的面积S＝absin C＝.
20．(本小题满分12分)如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点．
(1)证明：平面AMD⊥平面BMC；
(2)在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由．
[解] (1)证明：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：如图，连接AC交BD于O.
因为ABCD为矩形，所以O为AC中点．连接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.
21．(本小题满分12分)如图所示，甲船以每小时30 n mile的速度向正北方向航行，乙船按固定方向匀速直线航行．当甲船位于A1处时，乙船位于甲船的北偏西105°方向的B1处，此时两船相距20 n mile.当甲船航行20 min到达A2处时，乙船航行到甲船的北偏西120°方向的B2处，此时两船相距10 n mile.问乙船每小时航行多少海里．
[解] 如图所示，连接A1B2.
因为A2B2＝10，
A1A2＝30×＝10，
所以A1A2＝A2B2.
又因为∠A1A2B2＝180°－120°＝60°，
所以△A1A2B2是等边三角形．
所以A1B2＝A1A2＝10.
又因为A1B1＝20，
∠B1A1B2＝105°－60°＝45°，
在△A1B2B1中，由余弦定理，得
B1B＝A1B＋A1B－2A1B1·A1B2·cos 45°＝202＋(10)2－2×20×10×＝200.
所以B1B2＝10.
所以乙船的速度为＝30(n mile/h)．
即乙船每小时航行30 n mile.
22．(本小题满分12分)如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥AC，PC⊥BC，M为PB的中点，且△AMB为正三角形．
(1)求证：BC⊥平面PAC.
(2)若PA＝2BC，求二面角A-BC-P的余弦值．
[解] (1)因为△AMB为正三角形，所以AM＝BM＝AB，∠MAB＝∠AMB＝60°，
又点M是PB的中点，所以BM＝MP，所以AM＝MP，所以∠MPA＝∠MAP＝30°，
所以在△PAB中，∠PAB＝∠MAP＋∠MAB＝90°，
所以PA⊥AB，
又PA⊥AC，AB∩AC＝A，所以PA⊥平面ABC，
因为BC平面ABC，所以PA⊥BC，
又PC⊥BC，PA∩PC＝P，所以BC⊥平面PAC.
(2)因为BC⊥平面PAC，AC平面PAC，PC平面PAC，
所以AC⊥BC，PC⊥BC，
所以∠PCA即为二面角A-BC-P的平面角．
设BC＝a，则PA＝2a，在Rt△PAB中
AB＝PA·tan∠APB＝a，
在Rt△ACB中，AC＝a，
在Rt△PAC中，PC＝a，
所以cos∠PCA＝＝，
即二面角A-BC-P的平面角的余弦值为.
