第六章立体几何初步
§1 基本立体图形
1.1 构成空间几何体的基本元素
课后篇巩固提升
基础达标练
1.下列结论正确的个数有( )
①曲面上可以存在直线;②平面上可存在曲线;③曲线运动的轨迹可形成平面;④直线运动的轨迹可形成曲面;⑤曲面上不能画出直线.
A.3
B.4
C.5
D.2
解析由构成空间几何体的基本元素可判断①②③④均正确,而曲面上可以画出直线,所以⑤错误,故选B.
答案B
2.(多选)下列关于长方体的叙述中正确的是( )
A.将一个矩形沿竖直方向平移一段距离一定能形成一个长方体
B.长方体中相对的面互相平行
C.长方体某一底面上的高就是这一面与其所对面的距离
D.长方体中两相对面之间的棱互相平行且等长
解析A选项中,若矩形斜放,则不会形成长方体,故A不正确;B,C,D三项由长方体性质可知均正确.
答案BCD
3.下列说法:
①任何一个几何体都必须有顶点、棱和面;②一个几何体可以没有顶点;③一个几何体可以没有棱;④一个几何体可以没有面.
其中正确的是 .(填序号)?
解析球只有一个曲面围成,故①错,②③对;由于几何体是空间图形,一定有面,故④错.
答案②③
4.线段AB的长为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.?
解析如图,
(1)该长方体的高为3
cm.
(2)平面A'B'BA与平面CDD'C'间的距离为4
cm.
(3)点A到平面BCC'B'的距离为5
cm.
答案(1)3 (2)4 (3)5
5.如图所示,在长方体ABCD-A'B'C'D'中,如果把它的12条棱延伸为直线,6个面延展为平面,那么在这12条直线与6个平面中:
(1)与直线B'C'平行的平面有哪几个?
(2)与直线B'C'垂直的平面有哪几个?
(3)与平面BC'平行的平面有哪几个?
(4)与平面BC'垂直的平面有哪几个?
(5)平面AC与平面A'C'间的距离可以用哪些线段来表示?
解(1)有平面ADD'A'与平面ABCD.
(2)有平面ABB'A'、平面CDD'C'.
(3)有平面ADD'A'.
(4)有平面ABB'A'、平面CDD'C'、平面A'B'C'D'与平面ABCD.
(5)可用线段AA',BB',CC',DD'来表示.
能力提升练
1.(多选)下面是长方体ABCD-A1B1C1D1的几条棱,其中符合条件“与直线A1D1既不相交也不平行”的是( )
A.AB
B.B1C1
C.B1B
D.CD
解析如图所示,因为B1C1∥A1D1,所以B不符合,其他选项均符合,故选ACD.
答案ACD
2.某同学制作了一个对面图案相同的正方体礼品盒(如图),则这个正方体礼品盒的表面展开图应该为( )
解析两个不能并列相邻,B,D错误;两个不能并列相邻,C错误,故选A.也可通过实物制作检验来判定.
答案A
3.一个无盖的正方体盒子的平面展开图如图,A,B,C是展开图上的三点,则在正方体盒子中,∠ABC= .?
解析将平面图形翻折,折成空间图形,如图.由图可知AB=BC=AC,所以△ABC为等边三角形.所以∠ABC=60°.
答案60°
素养培优练
如图是边长为1
m的正方体,有一蜘蛛潜伏在A处,B处有一小虫被蜘蛛网粘住,请制作出模型,描述蜘蛛爬行的最短路线.
解通过正方体的展开图(如图所示),可以发现,AB间的最短距离为A,B两点间的线段的长,为(m).由展开图可以发现,C点为其中一条棱的中点.
爬行的最短路线如图①~⑥所示.1.3 简单旋转体——球、圆柱、圆锥和圆台
课后篇巩固提升
基础达标练
1.如图所示的平面中阴影部分绕中间轴旋转一周,形成的几何体形状为( )
A.一个球体
B.一个球体中间挖去一个圆柱
C.一个圆柱
D.一个球体中间挖去一个长方体
解析圆面绕着直径所在的轴,旋转而形成球,矩形绕着轴旋转而形成圆柱.故选B.
答案B
2.(多选)下列命题中正确的是( )
A.过球心的截面所截得的圆面的半径等于球的半径
B.母线长相等的不同圆锥的轴截面的面积相等
C.圆台中所有平行于底面的截面都是圆面
D.圆锥所有的轴截面都是全等的等腰三角形
答案ACD
3.若圆柱的母线长为10,则其高等于( )
A.5
B.10
C.20
D.不确定
解析圆柱的母线长与高相等,则其高等于10.
答案B
4.已知圆锥的母线长为20
cm,母线与轴的夹角为30°,则圆锥的高为( )
A.10
cm
B.20
cm
C.20
cm
D.10
cm
解析圆锥的高即为经过轴的截面截得的等腰三角形的高,设为h
cm.
这个等腰三角形的腰长为20
cm,顶角的一半为30°.
故h=20cos
30°=10(cm).
答案A
5.已知球的半径为10
cm,若它的一个截面圆的面积为36π
cm2,则球心与截面圆圆心的距离是 cm.?
解析如
图,设截面圆的半径为r,球心与截面圆圆心之间的距离为d,球半径为R.
由题意知,R=10
cm,由πr2=36π,得r=6
cm,所以d==8(cm).
答案8
6.用一张4
cm×8
cm的矩形硬纸卷成圆柱的侧面,接头忽略不计,则圆柱的轴截面面积是 .?
解析若圆柱的高为8
cm,则2πr=4,2r=(cm),轴截面面积S=8×(cm2);
若圆柱的高为4
cm,则2πr=8,2r=(cm),轴截面面积S=4×(cm2).
综上可知,圆柱的轴截面面积为
cm2.
答案
cm2
7.若一个圆锥的侧面展开图是面积为2π的半圆面,则该圆锥的高为 .?
解析由题意知一个圆锥的侧面展开图是面积为2π的半圆面,因为4π=πl2,所以母线长为l=2,又半圆的弧长为2π,圆锥的底面的周长为2πr=2π,所以底面圆半径为r=1,所以该圆锥的高为h=.
答案
8.已知一个圆台的上、下底面半径分别是1
cm,2
cm,截得圆台的圆锥的母线长为12
cm,求圆台的母线长.
解如
图是圆台的轴截面,由题意知AO=2
cm,A'O'=1
cm,SA=12
cm.
由,得SA'=·SA=×12=6(cm).
所以AA'=SA-SA'=12-6=6(cm).
所以圆台的母线长为6
cm.
能力提升练
1.上、下底面面积分别为36π和49π,母线长为5的圆台,其两底面之间的距离为( )
A.4
B.3
C.2
D.2
解析圆台的母线长l,高h和上、下两底面圆的半径r,R满足关系式l2=h2+(R-r)2,由题意知l=5,R=7,r=6,得h=2,即两底面之间的距离为2.
答案D
2.已知球的两个平行截面的面积分别为5π和8π,它们位于球心的同一侧,且相距为1,则这个球的半径是
( )
A.4
B.3
C.2
D.1
解析如
图所示,设球的半径为R,两截面圆的半径分别为r1,r2,则π=5π,π=8π,解得r1=,r2=2.
又O1O2=1,设OO2=x,则R2=5+(x+1)2,R2=8+x2,
故5+(x+1)2=8+x2,解得x=1,从而R=3.
答案B
3.如图所示的几何体是由一个圆柱挖去一个以圆柱的上底面为底面,下底面圆心为顶点的圆锥而成的.现用一个竖直的平面去截这个几何体,则所截得的图形可能是 .(填序号)?
解析由于截面平行于圆锥的轴或过圆锥的轴,故只能是①⑤.
答案①⑤
4.圆台上底面面积为π,下底面面积为16π,用一个平行于底面的平面去截圆台,该平面自上而下分圆台的高的比为2∶1,求这个截面的面积.
解圆
台的轴截面如图,O1,O2,O3分别为上底面、下底面、截面圆心.
过点D作DF⊥AB于点F,交GH于点E.由题意知DO1=1,AO2=4,
所以AF=3.
因为DE=2EF,所以DF=3EF,
所以,所以GE=2.所以☉O3的半径为3.
所以这个截面面积为9π.
素养培优练
圆台的上、下底面半径分别为5
cm,10
cm,母线长AB=20
cm,从圆台母线AB的中点M拉一条绳子绕圆台侧面转到点A,求:
(1)绳子的最短长度;
(2)在绳子最短时,上底圆周上的点到绳子的最短距离.
解(1)如
图所示,将侧面展开,绳子的最短长度为侧面展开图中AM的长度,
设OB=l,
则
解得所以OA=40
cm,OM=30
cm.
所以AM==50
cm.
即绳子最短长度为50
cm.
(2)作OQ⊥AM于点Q,交弧BB'于点P,则PQ为所求的最短距离.
因为OA·OM=AM·OQ,所以OQ==24
cm.
故PQ=OQ-OP=24-20=4(cm),
即上底圆周上的点到绳子的最短距离为4
cm.§2 直观图
课后篇巩固提升
基础达标练
1.如图所示,△A'B'C'是水平放置的△ABC的直观图,则在△ABC的三边及中线AD中,最长的线段是( )
A.AB
B.AD
C.BC
D.AC
解析由直观图可知,△ABC是直角三角形,且∠ABC=90°,则AC>AB,AC>AD,AC>BC,
故△ABC的三边及中线AD中,最长的线段是AC.
答案D
2.如果一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个底角为45°,上底为1,腰为的等腰梯形,那么原平面图形的面积是( )
A.
B.2
C.4
D.8
解析依题意,四边形ABCD
是一个底角为45°,上底为1,腰为的等腰梯形.过C,D分别做CF⊥AB,DE⊥AB,
则△ADE和△BCF为斜边长为的等腰直角三角形.
所以AE=DE=BF=1,又EF=CD=1,
所以梯形ABCD的面积S'=×(1+3)×1=2.
因为在用斜二测画法画直观图时,直观图的面积S'与原图的面积S之比为,所以S=×2=4.
答案C
3.在如图所示的直观图中,四边形O'A'B'C'为菱形且边长为2
cm,则在坐标系xOy中原四边形OABC为 (填形状),面积为 cm2.?
解析由题意结合斜二测画法,可得四边形OABC为矩形,其中OA=2
cm,OC=4
cm,
则四边形OABC的面积为S=2×4=8(cm2).
答案矩形 8
4.如图,画出水平放置的等腰梯形ABCD的直观图.
画法(1)如图①,在已知等腰梯形中以底边AB所在的直线为x轴、线段AB的中垂线为y轴建立平面直角坐标系.如图②,画x'轴和y'轴,使∠x'O'y'=45°.
(2)设DC与y轴的交点为E,在x'轴上取A'B'=AB,且使O'为A'B'的中点,在y'轴上取O'E'=OE,过点E'作x'轴的平行线l,在l上取点D',C',使得E'C'=EC,D'E'=DE.如图③.
(3)连接A'D',B'C',擦去辅助线,得到等腰梯形ABCD的直观图,如图④.
5.如图所示,△A'B'C'是水平放置的平面图形的斜二测直观图,将其还原成平面图形.
解(1)画出直角坐标系xOy,在x轴的正方向上取OA=O'A',即CA=C'A';
(2)过B'作B'D'∥y'轴,交x'轴于点D',在OA上取OD=O'D',过D作DB∥y轴,且使DB=2D'B';
(3)连接AB,BC,得△ABC.
则△ABC即为△A'B'C'对应的平面图形,如图所示.
能力提升练
1.已知一个建筑物上部为四棱锥,下部为长方体,且四棱锥的底面与长方体的上底面尺寸一样,长方体的长、宽、高分别为20
m,5
m,10
m,四棱锥的高为8
m.如果按1∶500的比例画出它的直观图,那么在直观图中,长方体的长、宽、高和棱锥的高应分别为( )
A.4
cm,1
cm,2
cm,1.6
cm
B.4
cm,0.5
cm,2
cm,1.6
cm
C.4
cm,0.5
cm,2
cm,0.8
cm
D.4
cm,0.5
cm,1
cm,0.8
cm
解析由比例尺可知,长方体的长、宽、高和棱锥的高应分别为4
cm,1
cm,2
cm和1.6
cm,再结合直观图,图形的尺寸应为4
cm,0.5
cm,2
cm,1.6
cm.
答案B
2.一个水平放置的△ABC用斜二测画法画出的直观图是如图所示的边长为1的正△A'B'C',则在真实图形中AB边上的高是 ,△ABC的面积是 ,直观图和真实图形的面积的比值是 .?
解析将正△A'B'C'放入锐角为45°的斜角坐标系x'O'y'内,如图①所示,过C'作C'D'⊥A'B',垂足为D'.
将其还原为真实图形,得到图②的△ABC,其中OA=O'A',AB=A'B',OC=2O'C'.在△O'C'D'中,O'C'=,
所以真实图形中,OC=,即△ABC的高等于.由此可得△ABC的面积S=×1×.因为直观图中正△A'B'C'的面积为,所以直观图和真实图形的面积的比值等于.
答案
3.有一块多边形菜地,它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图所示),∠ABC=45°,AB=AD=1,DC⊥BC,则这块菜地的面积为 .?
解析在直观图中,过点A作AE⊥BC,垂足为E,如图①,则在Rt△ABE中,AB=1,∠ABE=45°,BE=,而四边形AECD为矩形,AD=1,
则EC=AD=1,故BC=BE+EC=+1.
图①
图②
由此可还原原图形如图②所示.
在原图形中,A'D'=1,A'B'=2,B'C'=+1,且A'D'∥B'C',A'B'⊥B'C',
故这块菜地的面积为S=(A'D'+B'C')·A'B'=×2=2+.
答案2+
4.在水平放置的平面α内有一个边长为1的正方形A'B'C'D'.如图,其中的对角线A'C'在水平位置,已知该正方形是某个四边形用斜二测画法画出的直观图,试画出该四边形的真实图形并求出其面积.
解设正方形A'B'C'D'是四边形ABCD的直观图,
则四边形ABCD是平行四边形,且AD=2,对角线AC=,原图如图所示,
其面积S=2××2×=2.
素养培优练
已知水平放置的△ABC是正三角形,其直观图的面积为a2,求△ABC的周长.
解画出△ABC的平面图与直观图如图所示,则△ABC是△A'B'C'的平面图形.
设△ABC的边长为x,由斜二测画法,
知A'B'=AB=x,O'C'=OC=x.
作C'D'⊥A'B',垂足为点D'.
因为∠C'O'D'=45°,
所以C'D'=O'C'=x=x,
所以S△A'B'C'=A'B'·C'D'=x·x=x2.
所以x2=a2,所以x=2a,
所以△ABC周长为3×2a=6a.§2 复数的四则运算
2.1 复数的加法与减法
课后篇巩固提升
基础达标练
1.若复数z满足z+(3-4i)=1,则z的虚部是( )
A.-2
B.4
C.3
D.-4
解析z=1-(3-4i)=-2+4i,虚部为4,故选B.
答案B
2.(2020山东滕州第一中学新校高一月考)已知i为虚数单位,复数z1=a+4i,z2=-3+bi,若它们的和z1+z2为实数,差z1-z2为纯虚数,则a,b的值分别为( )
A.-3,-4
B.-3,4
C.3,-4
D.3,4
解析因为z1=a+4i,z2=-3+bi,
所以z1+z2=(a-3)+(4+b)i,又因为和z1+z2为实数,
所以4+b=0,解得b=-4.因为z1-z2=(a+4i)-(-3+bi)=(a+3)+(4-b)i,且为纯虚数,所以a+3=0,且4-b≠0,解得a=-3,且b≠4.故a=-3,b=-4.故选A.
答案A
3.(多选)已知复数z0=1+2i(i为虚数单位)在复平面内对应的点为P0,复数z满足|z-1|=|z-i|,下列结论正确的是( )
A.P0点的坐标为(1,2)
B.复数z0的共轭复数对应的点与点P0关于虚轴对称
C.复数z对应的点Z在一条直线上
D.P0与z对应的点Z间的距离的最小值为
解析复数z0=1+2i在复平面内对应的点为P0(1,2),A正确;
复数z0的共轭复数对应的点与点P0关于实轴对称,B错误;
设z=x+yi(x,y∈R),代入|z-1|=|z-i|,得|(x-1)+yi|=|x+(y-1)i|,即,整理得,y=x,即点Z在直线y=x上,C正确;
易知点P0到直线y=x的垂线段的长度即为P0,Z两点之间距离的最小值,结合点到直线的距离公式可知,最小值为,故D正确.故选ACD.
答案ACD
4.如果一个复数与它的模的和为5+i,那么这个复数是 .?
解析设这个复数为z=x+yi(x,y∈R),
所以x+yi+=5+i,
所以所以所以x+yi=i.
答案i
能力提升练
1.在?ABCD中,点A,B,C分别对应复数4+i,3+4i,3-5i,则点D对应的复数是( )
A.2-3i
B.4+8i
C.4-8i
D.1+4i
解析对应的复数为(3+4i)-(4+i)=(3-4)+(4-1)i=-1+3i,
设点D对应的复数为z,则对应的复数为(3-5i)-z.
由平行四边形法则知,
所以-1+3i=(3-5i)-z,
所以z=(3-5i)-(-1+3i)=(3+1)+(-5-3)i=4-8i.故选C.
答案C
2.(多选)已知i为虚数单位,下列说法正确的是( )
A.若复数z满足|z-i|=,则复数z在复平面内对应的点在以(1,0)为圆心,为半径的圆上
B.若复数z满足z+|z|=2+8i,则复数z=15+8i
C.复数的模实质上是复平面内复数对应的点到原点的距离,也就是复数对应的向量的模
D.非零复数z1对应的向量为,非零复数z2对应的向量为,若|z1+z2|=|z1-z2|,则
解析满足|z-i|=的复数z在复平面内对应的点在以(0,1)为圆心,为半径的圆上,A错误;
设z=a+bi(a,b∈R),则|z|=.
由z+|z|=2+8i,得a+bi+=2+8i,
即解得
所以z=-15+8i,B错误;
由复数的模的定义知C正确;
由|z1+z2|=|z1-z2|的几何意义知,以为邻边的平行四边形为矩形,从而两邻边垂直,D正确.
故选CD.
答案CD
3.如图所示,在复平面内的四个点O,A,B,C恰好构成平行四边形,其中O为原点,A,B,C所对应的复数分别是zA=4+ai,zB=6+8i,zC=a+bi(a,b∈R),则zA-zC= .?
解析根据平面向量的定义可得,
所以4+ai+(a+bi)=6+8i.
因为a,b∈R,所以所以
所以zA=4+2i,zC=2+6i,
所以zA-zC=(4+2i)-(2+6i)=2-4i.
答案2-4i
素养培优练
设z=a+bi(a,b∈R),且4(a+bi)+2(a-bi)=3+i,又ω=sin
θ-icos
θ,求z的值和|z-ω|的取值范围.
解因为4(a+bi)+2(a-bi)=3+i,
所以6a+2bi=3+i,
所以所以
所以z=i,
所以z-ω=i-(sin
θ-icos
θ)
=-sin
θ++cos
θi.
所以|z-ω|=
=
=,
因为-1≤sinθ-≤1,
所以0≤2-2sinθ-≤4,所以0≤|z-ω|≤2,
故求得z=i,|z-ω|的取值范围是[0,2].5.2 平面与平面垂直
课后篇巩固提升
基础达标练
1.过平面α外两点且垂直于平面α的平面( )
A.有且只有一个
B.有一个或两个
C.有且仅有两个
D.有一个或无数个
答案D
2.下列命题中正确的是( )
A.平面α和β分别过两条互相垂直的直线,则α⊥β
B.若平面α内的一条直线垂直于平面β内的两条平行直线,则α⊥β
C.若平面α内的一条直线垂直于平面β内的两条相交直线,则α⊥β
D.若平面α内的一条直线垂直于平面β内的无数条直线,则α⊥β
解析当平面α和β分别过两条互相垂直且异面的直线时,平面α和β有可能平行,故A错;由平面与平面垂直的判定定理知,B,D错,C正确.
答案C
3.如图,在四边形ABCD中,AD∥BC,AD=AB,∠BCD=45°,∠BAD=90°,将△ABD沿BD折起,使平面ABD⊥平面BCD,构成三棱锥A-BCD,则在三棱锥A-BCD中,下列结论正确的是( )
A.平面ABD⊥平面ABC
B.平面ADC⊥平面BDC
C.平面ABC⊥平面BDC
D.平面ADC⊥平面ABC
解析由已知得BA⊥AD,CD⊥BD,
又平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,
所以CD⊥平面ABD,
从而CD⊥AB,故AB⊥平面ADC.
又AB?平面ABC,
所以平面ABC⊥平面ADC.
答案D
4.如图,A,B,C,D为空间四点,在△ABC中,AB=2,AC=BC=,等边三角形ADB以AB为轴运动,当平面ADB⊥平面ABC时,则CD= .?
解析如
图,取AB的中点E,连接DE,CE,因为△ADB是等边三角形,所以DE⊥AB.
当平面ADB⊥平面ABC时,
因为平面ADB∩平面ABC=AB,
所以DE⊥平面ABC.
又CE?平面ABC,可知DE⊥CE.
由已知可得DE=,EC=1,
在Rt△DEC中,CD==2.
答案2
5.如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,平面PAB⊥平面PBC.求证:BC⊥AB.
证明如
图,在平面PAB内,作AD⊥PB于D.
因为平面PAB⊥平面PBC,且平面PAB∩平面PBC=PB.
所以AD⊥平面PBC.
又BC?平面PBC,
所以AD⊥BC.
又因为PA⊥平面ABC,BC?平面ABC,
所以PA⊥BC,
又因为PA∩AD=A,所以BC⊥平面PAB.
又AB?平面PAB,所以BC⊥AB.
能力提升练
1.(多选)在正四面体P-ABC中,D,E,F分别是AB,BC,CA的中点,下面四个结论中正确的是( )
A.BC∥平面PDF
B.DF⊥平面PAE
C.平面PDF⊥平面ABC
D.平面PAE⊥平面ABC
解析如
图所示,因为BC∥DF,DF?平面PDF,BC?平面PDF,
所以BC∥平面PDF,所以A正确.
由BC⊥PE,BC⊥AE,AE∩PE=E,
所以BC⊥平面PAE,
所以DF⊥平面PAE,所以B正确.
因为BC?平面ABC,BC⊥平面PAE,
所以平面ABC⊥平面PAE,所以D正确.
答案ABD
2.如图所示,已知两个正方形ABCD和DCEF不在同一平面内,M,N分别为AB,DF的中点.若CD=2,平面ABCD⊥平面DCEF,则线段AN的长为 ,线段MN的长为 .?
解析由
题意可知在△ADN中,∠ADN=90°,因此AN=;再取CD的中点G,连接MG,NG,因为ABCD,DCEF为正方形,且边长为2,所以MG⊥CD,MG=2,NG=.
因为平面ABCD⊥平面DCEF,且平面ABCD∩平面DCEF=CD,所以MG⊥平面DCEF,可得MG⊥NG,
所以MN=.
答案
3.(2019北京,文18)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD为菱形,E为CD的中点.
(1)求证:BD⊥平面PAC;
(2)若∠ABC=60°,求证:平面PAB⊥平面PAE;
(3)棱PB上是否存在点F,使得CF∥平面PAE?说明理由.
(1)证明因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥BD.
又因为底面ABCD为菱形,所以BD⊥AC.
所以BD⊥平面PAC.
(2)证明因为PA⊥平面ABCD,AE?平面ABCD,
所以PA⊥AE.
因为底面ABCD为菱形,∠ABC=60°,且E为CD的中点,所以AE⊥CD.
所以AB⊥AE.
所以AE⊥平面PAB.
所以平面PAB⊥平面PAE.
(3)解棱PB上存在点F,使得CF∥平面PAE.
取F为PB的中点,取G为PA的中点,连接CF,FG,EG.
则FG∥AB,且FG=AB.
因为底面ABCD为菱形,且E为CD的中点,所以CE∥AB,且CE=AB.
所以FG∥CE,且FG=CE.
所以四边形CEGF为平行四边形.所以CF∥EG.
因为CF?平面PAE,EG?平面PAE,
所以CF∥平面PAE.
素养培优练
(2019全国Ⅲ高考)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.
(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)解取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4.6.3 球的表面积和体积
课后篇巩固提升
基础达标练
1.如图,各棱长都相等的三棱锥内接于一个球,则经过球心的一个截面图形可能是( )
A.①③
B.①②
C.②④
D.②③
答案A
2.已知正三棱柱A1B1C1-ABC的所有棱长都是6,则该棱柱外接球的表面积为( )
A.21π
B.42π
C.84π
D.84
解析如
图,M,N为上下底面正三角形的中心,O为MN的中点,即外接球球心.因为正三棱柱A1B1C1-ABC的所有棱长都是6,AM==2,OM=3,球半径R=OA=,该棱柱外接球的表面积为S=4π×()2=84π.
答案C
3.两个球的半径相差1,表面积之差为28π,则它们的体积和为 .?
解析设大球与小球半径分别为R,r,
则所以
所以体积和为πR3+πr3=.
答案
4.已知一个正方体的所有顶点在一个球面上,若球的体积为,则正方体的棱长为 .?
解析设球的半径为R,正方体棱长为a,则V球=πR3=π,得到R=,正方体体对角线的长为a=2R,则a=,所以正方体的棱长为.
答案
5.某组合体的直观图如图所示,它的中间为圆柱体,左右两端均为半球体,若图中r=1,l=3,试求该组合体的表面积和体积.
解该组合体的表面积S=4πr2+2πrl=4π×12+2π×1×3=10π.该组合体的体积V=πr3+πr2l=π×13+π×12×3=.
能力提升练
1.一个正四棱柱的各个顶点都在一个半径为2
cm的球面上,如果正四棱柱的底面边长为2
cm,那么该棱柱的表面积为( )
A.2+4(cm2)
B.8+16(cm2)
C.4+8(cm2)
D.16+32(cm2)
解析设正四棱柱的高为h,则由题意及球的性质可得,=2R=4,所以h=2(cm),所以该棱柱的表面积为2×22+4×2×2=8+16(cm2),故选B.
答案B
2.圆柱形容器内盛有高度为6
cm的水,若放入三个相同的球(球的半径与圆柱的底面半径相同)后,水恰好淹没最上面的球,如图所示.则球的半径是( )
A.1
cm
B.2
cm
C.3
cm
D.4
cm
解析设球半径为r,则由3V球+V水=V柱,可得3×πr3+πr2×6=πr2×6r,解得r=3.
答案C
3.
(2019浙江温州期末)如图所示是古希腊数学家阿基米德的墓碑文,墓碑上刻着一个圆柱,圆柱内有一个内切球,这个球的直径恰好与圆柱的高相等,则圆柱的体积与球的体积之比为 ,圆柱的表面积与球的表面积之比为 .?
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,
所以.
S球=4πR2,S柱=2πr2+2πrh=2πR2+2πR·2R=6πR2.所以.
答案
4.
(2020黑龙江齐齐哈尔模拟)如图,圆形纸片的圆心为O,半径为4
cm,该纸片上的正方形ABCD的中心为O.E,F,G,H为圆O上的点,△ABE,△BCF,△CDG,△ADH分别是以AB,BC,CD,DA为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后,分别以AB,BC,CD,DA为折痕,折起△ABE,△BCF,△CDG,△ADH,使得E,F,G,H重合,得到一个四棱锥.当AB=2
cm时,该四棱锥的表面积为 ;该四棱锥的外接球的表面积为 .?
解析连接OE交AB于点I,设E,F,G,H重合于点P,正方形的边长为2,则OI=1,IE=3,AE=,设该四棱锥的外接球的球心为Q,半径为R,则OC=,OP==2,则R2=(2-R)2+()2,解得R=,外接球的表面积S=4π×π
cm2,该四棱锥的表面积为4××2×3+2×2=16
cm2.
答案16
cm2 π
cm2
素养培优练
有三个球,第一个球内切于正方体的六个面,第二个球与这个正方体各条棱都相切,第三个球过这个正方体的各个顶点,求这三个球的表面积之比.
解设正方体棱长为a,三个球的半径依次为R1,R2,R3,则有2R1=a,R1=a=2R2,R2=a,a=2R3,R3=a,
所以R1∶R2∶R3=1∶.
所以S1∶S2∶S3==1∶2∶3.
即这三个球的表面积之比为1∶2∶3.1.2 复数的几何意义
课后篇巩固提升
基础达标练
1.(多选)给出下列复平面内的点,这些点中对应的复数为虚数的为( )
A.(3,1)
B.(-2,0)
C.(0,4)
D.(-1,-5)
解析易知选项A,B,C,D中的点对应的复数分别为3+i,-2,4i,-1-5i,因此A,C,D中的点对应的复数为虚数,B中的点对应的复数为实数.故选ACD.
答案ACD
2.(2020山东滕州第一中学新校高一月考改编)复数3m-2+(m-1)i对应的点在第三象限内,则实数m的取值范围是( )
A.m<
B.m<1
C.
D.m>1
解析复数3m-2+(m-1)i在第三象限,则解得m<.故选A.
答案A
3.(多选)设复数z满足z=-1-2i,i为虚数单位,则下列说法正确的是( )
A.|z|=
B.复数z在复平面内对应的点在第四象限
C.z的共轭复数为-1+2i
D.复数z在复平面内对应的点在直线y=-2x上
解析|z|=,A正确;复数z在复平面内对应的点的坐标为(-1,-2),在第三象限,B不正确;z的共轭复数为-1+2i,C正确;复数z在复平面内对应的点(-1,-2)不在直线y=-2x上,D不正确.故选AC.
答案AC
4.用Re
z表示复数z的实部,用Im
z表示复数z的虚部,若已知复数z的共轭复数在复平面内所对应的点的坐标是(1,3),则z= ,Re
z+Im
z= .?
解析由题意得=1+3i,则z=1-3i.
则Re
z+Im
z=1-3=-2.
答案1-3i -2
5.复数4+3i与-2-5i分别表示向量,则向量表示的复数是 ,其共轭复数是 .?
解析因为复数4+3i与-2-5i分别表示向量,所以=(4,3),=(-2,-5).又=(-2,-5)-(4,3)=(-6,-8),所以向量表示的复数是-6-8i.其共轭复数是-6+8i.
答案-6-8i -6+8i
能力提升练
1.已知复数z满足|z|2-2|z|-3=0的复数z的对应点的轨迹是( )
A.圆
B.线段
C.点
D.直线
解析因为|z|2-2|z|-3=0,所以|z|=3或|z|=-1(舍去).因此复数z在复平面内对应点的轨迹是以原点为圆心,以3为半径的圆.故选A.
答案A
2.(多选)已知复数z=a+bi(a,b∈R,i为虚数单位),且a+b=1,则下列说法正确的是( )
A.z不可能为纯虚数
B.若z的共轭复数为,且z=,则z是实数
C.若z=|z|,则z是实数
D.|z|可以等于
解析当a=0,b=1时,此时z=i为纯虚数,A错误;
若z的共轭复数为,且z=,则a+bi=a-bi,因此b=0,B正确;
由|z|是实数,且z=|z|知,z是实数,C正确;
由|z|=可得a2+b2=,又a+b=1,因此8a2-8a+3=0,Δ=64-4×8×3=-32<0,无解,即|z|不可以等于,D错误.故选BC.
答案BC
3.定义:复数b+ai是z=a+bi(a,b∈R)的转置复数,已知a,b∈R,i是虚数单位,若a+2i=1-bi,则复数z=a+bi的转置复数是 .?
解析由a+2i=1-bi,得a=1,b=-2,所以复数z=a+bi=1-2i,故复数z=1-2i的转置复数是-2+i.
答案-2+i
4.已知复数z在复平面内对应的向量为(O为坐标原点),与实轴正向的夹角为120°且复数z的模为2,求复数z.
解根据题意可在复平面作图如图所示:
设点Z的坐标为(a,b),
因为||=|z|=2,∠xOZ=120°,
所以a=-1,b=,
即点Z的坐标为(-1,),
所以z=-1+i.
素养培优练
已知复数z1=1+cos
θ+isin
θ,z2=1-sin
θ+icos
θ,且两复数的模的平方和不小于2,求θ的取值范围.
解由已知得,
|z1|2=(1+cos
θ)2+sin2θ=2+2cos
θ,
|z2|2=(1-sin
θ)2+cos2θ=2-2sin
θ.
|z1|2+|z2|2≥2,
即2+2cos
θ+2-2sin
θ≥2,cos
θ-sin
θ≥-1,
所以cosθ+≥-,
所以2kπ-≤θ+≤2kπ+,k∈Z.
所以2kπ-π≤θ≤2kπ+,k∈Z.
所以θ的取值范围是2kπ-π,2kπ+,k∈Z.第四章测评
(时间:120分钟 满分:150分)
一、单项选择题(本题共8小题,每小题5分,共40分)
1.cos
105°=( )
A.
B.
C.
D.
解析cos
105°=cos(45°+60°)=cos
45°cos
60°-sin
45°sin
60°=.
答案B
2.若α是第二象限角,且sin
α=,则cos
α等于( )
A.
B.-
C.
D.-
解析因为α是第二象限角,所以cos
α<0.
所以cos
α=-=-=-.
答案D
3.若,则tan
2α=( )
A.-
B.
C.-
D.
解析等式左边分子、分母同时除以cos
α(显然cos
α≠0),得,解得tan
α=-3,
所以tan
2α=.
答案B
4.(2019全国Ⅱ,理10)已知α∈0,,2sin
2α=cos
2α+1,则sin
α=( )
A.
B.
C.
D.
解析因为2sin
2α=cos
2α+1,
所以4sin
αcos
α=2cos2α.
因为α∈0,,所以cos
α>0,sin
α>0,
所以2sin
α=cos
α.
又sin2α+cos2α=1,所以5sin2α=1,即sin2α=.
因为sin
α>0,所以sin
α=.故选B.
答案B
5.(sin
20°-sin
40°)2+3sin
20°cos
50°=( )
A.
B.
C.
D.-3
解析原式=(2cos
30°sin
10°)2+(sin
70°-sin
30°)
=sin
70°-.
答案C
6.tan
23°+tan
37°+tan
23°tan
37°=( )
A.
B.
C.
D.1
解析由于tan
α+tan
β=tan(α+β)(1-tan
αtan
β),
故tan
23°+tan
37°+tan
23°tan
37°=tan(23°+37°)(1-tan
23°tan
37°)+tan
23°tan
37°=(1-tan
23°tan
37°)+tan
23°tan
37°=.
答案B
7.计算2sin
14°·cos
31°+sin
17°等于( )
A.
B.-
C.
D.-
解析2sin
14°·cos
31°+sin
17°=2sin
14°·cos
31°+sin(31°-14°)=sin
14°·cos
31°+cos
14°·sin
31°=sin(31°+14°)=sin
45°=.
答案A
8.已知锐角α,β满足sin
α=,cos
β=,则α+β等于( )
A.
B.
C.
D.2kπ+(k∈Z)
解析由sin
α=,cos
β=,且α,β为锐角,
可知cos
α=,sin
β=,
故cos(α+β)=cos
αcos
β-sin
αsin
β=.又0<α+β<π,故α+β=.
答案C
二、多项选择题(本题共4小题,每小题5分,共20分)
9.下列各式中,值为1的是( )
A.4sin
15°cos
15°
B.cos215°-sin215°
C.+2sin215°
D.sin22
020+cos22
020
解析因为4sin
15°cos
15°=2sin
30°=1,所以A正确;
cos215°-sin215°=cos
30°=,所以B错误;
+2sin215°=+1-cos
30°=1,所以C正确;
sin22
020+cos22
020=1,所以D正确.
答案ACD
10.已知2sin
θ=1+cos
θ,则tan的值( )
A.恒为2
B.可能为
C.可能为-
D.可能不存在
解析2sin
θ=1+cos
θ,则4sincos=1+2cos2-1,即2sincos=cos2,当cos≠0时,tan;当cos=0时,tan不存在.
答案BD
11.已知函数f(x)=sin
x-cosx+,则( )
A.f(x)的最小正周期为π
B.f(x)的最小正周期为2π
C.f(x)的图象关于直线x=kπ+(k∈Z)对称
D.f(x)的值域为[-]
解析因为f(x)=sin
x-cosx+
=sin
x-cos
x-sin
x=sin
x-cos
x
=sin
x-cos
x=sinx-,
所以f(x)的最小正周期为2π,所以A错误,B正确;
由x-=kπ+(k∈Z)得x=kπ+(k∈Z),即f(x)的图象关于直线x=kπ+(k∈Z)对称,所以C正确;
因为x∈R,所以-1≤sinx-≤1,
所以-≤f(x)≤,
即f(x)的值域为[-],所以D正确.
答案BCD
12.已知sin
θ+cos
θ=,θ∈(0,π),则( )
A.sin
θcos
θ=-
B.sin
θ-cos
θ=
C.sin
θ-cos
θ=
D.tan
θ=-
解析因为sin
θ+cos
θ=,
所以(sin
θ+cos
θ)2=1+2sin
θcos
θ=,
即sin
θcos
θ=-,所以A正确;
所以(sin
θ-cos
θ)2=1-2sin
θcos
θ=,
因为θ∈(0,π),所以sin
θ>0,cos
θ<0,即sin
θ-cos
θ>0,
所以sin
θ-cos
θ=,所以B错误,C正确;
联立
解得sin
θ=,cos
θ=-.
所以tan
θ=-.所以D正确.
答案ACD
三、填空题(本题共4小题,每小题5分,共20分)
13.已知向量a=(3,4),b=(sin
α,cos
α),且a∥b,则tan
α=.
解析因为a=(3,4),b=(sin
α,cos
α),且a∥b,
所以3cos
α-4sin
α=0.所以tan
α=.
答案
14.cos(36°+α)cos(α-54°)+sin(36°+α)sin(α-54°)= .?
解析cos(36°+α)cos(α-54°)+sin(36°+α)sin(α-54°)=cos[(36°+α)-(α-54°)]=cos
90°=0.
答案0
15.已知A+B=,那么cos2A+cos2B的最大值是 ,最小值是 .?
解析因为A+B=,所以cos2A+cos2B=(1+cos
2A+1+cos
2B)=1+(cos
2A+cos
2B)
=1+cos(A+B)cos(A-B)=1+coscos(A-B)=1-cos(A-B).
所以当cos(A-B)=-1时,原式取得最大值;当cos(A-B)=1时,原式取得最小值.
答案
16.函数f(x)=sinx++cosx-的最大值为 .?
解析因为f(x)=sinx++cosx-
=sin
x+cos
x+cos
x+sin
x
=sin
x+cos
x=
sin(x+φ),
其中tan
φ=,
因此,函数y=f(x)的最大值为.
答案
四、解答题(本题共6小题,共70分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17.(10分)已知sin(3π+α)=2sin+α,求下列各式的值:
(1);
(2)sin2α+sin
2α.
解由已知得sin
α=2cos
α.
(1)原式==-.
(2)原式=.
18.(12分)已知0<α<<β<π,tan,cos(β-α)=.
(1)求sin
α的值;
(2)求β的值.
解(1)因为tan,
所以tan
α=.
由解得sin
α=sin
α=-舍去.
(2)由(1)知cos
α=,又0<α<<β<π,所以β-α∈(0,π),
而cos(β-α)=,
所以sin(β-α)=,
于是sin
β=sin
[α+(β-α)]=sin
αcos(β-α)+cos
αsin(β-α)=.
又β∈,π,所以β=.
19.(12分)(2019浙江,18)设函数f(x)=sin
x,x∈R.
(1)已知θ∈[0,2π),函数f(x+θ)是偶函数,求θ的值;
(2)求函数y=fx+2+fx+2的值域.
解(1)因为f(x+θ)=sin(x+θ)是偶函数,所以,对任意实数x都有sin(x+θ)=sin(-x+θ),
即sin
xcos
θ+cos
xsin
θ=-sin
xcos
θ+cos
xsin
θ,
故2sin
xcos
θ=0,所以cos
θ=0.
又θ∈[0,2π),因此θ=.
(2)y=fx+2+fx+2
=sin2x++sin2x+
=
=1-cos
2x-sin
2x
=1-cos2x+.
因此,函数的值域是1-,1+.
20.(12分)求证:.
证明方法一:左边=
=
=
=
=
=右边.
方法二:左边
=
=
=
=(sin
x+1-cos
x-cos
x-1+sin
x)
=
=右边.
21.(12分)已知A+B+C=π.求证:sin
A+sin
B+sin
C=4coscoscos.
证明因为A+B+C=π,
所以C=π-(A+B),
所以,
所以sin
A+sin
B+sin
C
=2sincos+sin(A+B)
=2sincos+2sincos
=2sincos+cos
=2sin·2cos·cos
=2cos·2cos·cos.
所以sin
A+sin
B+sin
C=4coscoscos.
22.(12分)如图所示,要把半径为R,圆心角为的扇形木料截成长方形,应怎样截取,才能使长方形EFGH的面积最大?
解如图,作∠POQ的平分线分别交EF,GH于点M,N,连接OE,
设∠MOE=α,α∈0,,
在Rt△MOE中,ME=Rsin
α,OM=Rcos
α,
在Rt△ONH中,=tan,
得ON=NH=Rsin
α,
则MN=OM-ON=R(cos
α-sin
α),
设矩形EFGH的面积为S,
则S=2ME·MN=2R2sin
α(cos
α-sin
α)
=R2(sin
2α+cos
2α-)
=2R2sin2α+-R2,
由α∈0,,则<2α+,
所以当2α+,
即α=时,Smax=(2-)R2.4.2 平面与平面平行
课后篇巩固提升
基础达标练
1.(多选)下列命题中错误的是( )
A.一个平面内两条直线都平行于另一平面,那么这两个平面平行
B.如果一个平面内任何一条直线都平行于另一个平面,那么这两个平面平行
C.平行于同一直线的两个平面一定相互平行
D.如果一个平面内的无数多条直线都平行于另一平面,那么这两个平面平行
答案ACD
2.
如图,若经过D1B的平面分别交AA1和CC1于点E,F,则四边形D1EBF的形状是( )
A.矩形
B.菱形
C.平行四边形
D.正方形
解析因为平面和左右两个侧面分别交于ED1,BF,所以ED1∥BF,同理D1F∥EB,所以四边形D1EBF是平行四边形.
答案C
3.已知a,b表示直线,α,β表示平面,下列选项正确的是
( )
A.α∩β=a,b?α?a∥b
B.α∩β=a,a∥b?b∥α,且b∥β
C.a∥β,b∥β,a?α,b?α?α∥β
D.α∥β,α∩γ=a,β∩γ=b?a∥b
解析A中α∩β=a,b?α,a,b可能平行也可能相交;B中α∩β=a,a∥b,则可能b∥α,b∥β,也可能b在平面α或β内;C中a∥β,b∥β,a?α,b?α,根据平面平行的性质定理,若加上条件a∩b=A,则α∥β.故选D.
答案D
4.六棱柱ABCDEF-A1B1C1D1E1F1的底面是正六边形,则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
解析由
图知平面ABB1A1∥平面EDD1E1,平面BCC1B1∥平面FEE1F1,平面AFF1A1∥平面CDD1C1,平面ABCDEF∥平面A1B1C1D1E1F1,故此六棱柱的面中互相平行的有4对.
答案D
5.若平面α∥平面β,a?α,下列说法正确的是 .(填序号)?
①a与β内任一直线平行;②a与β内无数条直线平行;③a与β内任一直线不垂直;④a与β无公共点.
解析因为a?α,α∥β,所以a∥β,所以a与β无公共点,④正确;如图,在正方体中,令线段B1C1所在的直线为a,显然a与β内无数条直线平行,故②正确;又AB⊥B1C1,故在β内存在直线与a垂直,故①③错误.
答案②④
6.
如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为梯形,BC∥AD,E为侧棱PD的中点,且BC=2,AD=4,求证:CE∥平面PAB.
证明取
AD的中点O,连接OC,OE,如图.因为E为侧棱PD的中点,所以OE∥PA,OE?平面PAB,PA?平面PAB,
所以OE∥平面PAB.
因为BC=2,AD=4,AO=AD=2,即AO=BC,且BC∥AD,
所以四边形ABCO为平行四边形,所以OC∥AB.
又OC?平面PAB,AB?平面PAB,所以OC∥平面PAB.
因为OC∩OE=O,OC?平面OCE,OE?平面OCE,所以平面OCE∥平面PAB.因为CE?平面OCE,所以CE∥平面PAB.
能力提升练
1.如图所示,P是三角形ABC所在平面外一点,平面α∥平面ABC,α分别交线段PA,PB,PC于点A',B',C',若PA'∶AA'=2∶3,则S△A'B'C'∶S△ABC等于( )
A.2∶25
B.4∶25
C.2∶5
D.4∶5
解析因为平面α∥平面ABC,平面PAB与它们的交线分别为A'B',AB,所以AB∥A'B',同理B'C'∥BC,则△ABC∽△A'B'C',S△A'B'C'∶S△ABC=.
答案B
2.如图是四棱锥的平面展开图,其中四边形ABCD为正方形,E,F,G,H分别为PA,PD,PC,PB的中点,在此几何体中,给出下面四个结论:
①平面EFGH∥平面ABCD;②BC∥平面PAD;③AB∥平面PCD;④平面PAD∥平面PAB.
其中正确的有( )
A.①③
B.①④
C.①②③
D.②③
解析把平面展开图还原为四棱锥如图所示,则EH∥AB,所以EH∥平面ABCD.同理可证EF∥平面ABCD,所以平面EFGH∥平面ABCD,故①正确;平面PAD,平面PBC,平面PAB,平面PDC是四棱锥的四个侧面,且两两相交,故④错误;
因为AB∥CD,所以AB∥平面PCD.
同理BC∥平面PAD,故②③正确.
答案C
3.如图所示,在空间四边形ABCD中,E,F,G,H分别是四边上的点,四点共面,并且AC∥平面EFGH,BD∥平面EFGH,AC=m,BD=n,当四边形EFGH是菱形时,AE∶EB= .?
解析由AC∥平面EFGH得,EF∥AC,GH∥AC,
所以EF=HG=m·,同理EH=FG=n·.
因为四边形EFGH是菱形,所以m·=n·,
所以AE∶EB=m∶n.
答案m∶n
素养培优练
在底面是平行四边形的四棱锥P-ABCD中,点E在PD上,且PE∶ED=2∶1,M为PE的中点,在棱PC上是否存在一点F,使平面BFM∥平面AEC?证明你的结论.
解当F是棱PC的中点时,平面BFM∥平面AEC.
因为M是PE的中点,所以FM∥CE.
因为FM?平面AEC,CE?平面AEC,
所以FM∥平面AEC.由EM=PE=ED,
得E为MD的中点,连接BM,BD,如图所示,
设BD∩AC=O,则O为BD的中点.
连接OE,则BM∥OE.
因为BM?平面AEC,OE?平面AEC,所以BM∥平面AEC.
因为FM?平面BFM,BM?平面BFM,且FM∩BM=M,
所以平面BFM∥平面AEC.§3 二倍角的三角函数公式
3.1 二倍角公式
课后篇巩固提升
基础达标练
1.=( )
A.-
B.-
C.
D.
解析原式=cos2-sin2=cos,故选D.
答案D
2.若tan
α=3,则的值等于( )
A.2
B.3
C.4
D.6
解析=2tan
α=2×3=6.
答案D
3.已知sin,则cos的值为
( )
A.
B.
C.
D.
解析cos=cos
=1-2sin2=1-2×.
答案D
4.设a=2sincos,b=cos25°-sin25°,c=,则( )
A.aB.bC.cD.a解析a=2sincos=sin,
b=cos25°-sin25°=cos
10°=sin
80°=sin,
c=tan
60°==sin,
又y=sin
x在0,上单调递增,
且0<,所以c答案C
5.(多选)若α为锐角,3sin
α=tan
α=tan
β,则( )
A.cos
α=
B.tan
α=2
C.tan
β=2
D.tan
2β=-
解析因为α为锐角,3sin
α=tan
α,
所以cos
α=,所以A错误;
所以sin
α=,
所以tan
α==2,所以B正确;
因为tan
α=tan
β,所以tan
β=2,所以C正确;
由tan
2β=,得tan
2β=-,所以D正确.
答案BCD
6.(多选)函数f(x)=sin
2x+sin2x,x∈R,下列说法正确的是( )
A.f(x)的最小正周期为2π
B.f(0)=0
C.
D.-
解析f(x)=sin
2x+sin2x=sin
2x-cos
2x+
=sin2x-+,
所以T==π,所以A不正确;
f(0)=×-+=0,所以B正确;
因为-1≤sin2x-≤1,
所以f(x)=sin
2x+sin2x的值域为,所以C不正确,D正确.
答案BD
7.2002年在北京召开的国际数学家大会,会标是以我国古代数学家赵爽的弦图为基础设计的.弦图是由四个全等直角三角形与一个小正方形拼成一个大正方形(如图所示).如果小正方形的面积为1,大正方形的
面积为25,直角三角形中较小的锐角为θ,那么cos
2θ的值等于 .?
解析由题意,得5cos
θ-5sin
θ=1,θ∈0,.
所以cos
θ-sin
θ=.又(cos
θ+sin
θ)2+(cos
θ-sin
θ)2=2,所以cos
θ+sin
θ=.
所以cos
2θ=cos2θ-sin2θ=(cos
θ+sin
θ)(cos
θ-sin
θ)=.
答案
8.已知α∈,sin
α=,则tan
2α= .?
解析由α∈,sin
α=,得cos
α=-,tan
α==-,tan
2α==-.
答案-
9.求下列各式的值:
(1);
(2)2tan
15°+tan215°;
(3)sin
10°sin
30°sin
50°sin
70°.
解(1)原式=
=
=
==1.
(2)原式=tan
30°(1-tan215°)+tan215°
=(1-tan215°)+tan215°=1.
(3)(方法一)sin
10°sin
30°sin
50°sin
70°
=cos
20°cos
40°cos
80°
=
=
=.
(方法二)令x=sin
10°sin
50°sin
70°,
y=cos
10°cos
50°cos
70°.
则xy=sin
10°cos
10°sin
50°cos
50°sin
70°cos
70°
=sin
20°·sin
100°·sin
140°
=sin
20°sin
80°sin
40°
=cos
10°cos
50°cos
70°=y.
因为y≠0,所以x=.
从而有sin
10°sin
30°sin
50°sin
70°=.
10.已知角α的顶点在坐标原点,始边与x轴的正半轴重合,终边经过点P(-3,).
(1)求sin
2α-tan
α的值;
(2)若函数f(x)=cos(x-α)cos
α-sin(x-α)sin
α,求函数g(x)=f-2x-2f2(x)在区间0,上的值域.
解(1)因为角α的终边经过点P(-3,),
所以sin
α=,cos
α=-,tan
α=-.
所以sin
2α-tan
α=2sin
αcos
α-tan
α
=-=-.
(2)因为f(x)=cos(x-α)cos
α-sin(x-α)sin
α=cos
x,
所以g(x)=cos-2x-2cos2x
=sin
2x-1-cos
2x=2sin2x--1.
因为0≤x≤,所以-≤2x-.
所以-≤sin2x-≤1,
所以-2≤2sin2x--1≤1,故函数g(x)=f-2x-2f2(x)在区间0,上的值域是[-2,1].
能力提升练
1.4sin
80°-=( )
A.
B.-
C.
D.2-3
解析4sin
80°-
=
=
=-.
答案B
2.已知cos
α,sin
α是函数f(x)=x2-tx+t(t∈R)的两个零点,则sin
2α=( )
A.2-2
B.2-2
C.-1
D.1-
解析因为cos
α,sin
α是函数f(x)=x2-tx+t(t∈R)的两个零点,所以sin
α+cos
α=t,sin
αcos
α=t,由sin2α+cos2α=1,
得(sin
α+cos
α)2-2sin
αcos
α=1,
即t2-2t=1,解得t=1-,或t=1+(舍).
所以sin
2α=2sin
αcos
α=2t=2-2.
答案A
3.可化简为( )
A.1
B.-1
C.cos
x
D.-sin
x
解析原式=
=
==1.
答案A
4.若α∈,且cos2α+cos,则tan
α=( )
A.
B.
C.
D.或-7
解析cos2α+cos=cos2α-sin
2α=cos2α-2sin
αcos
α=,整理得3tan2α+20tan
α-7=0,解得tan
α=或tan
α=-7.又α∈,所以tan
α=,故选C.
答案C
5.(多选)已知ω>0,函数f(x)=sin
ωxcos
ωx+cos2ωx-的最小正周期为π,则下列结论正确的是
( )
A.函数f(x)的图象关于直线x=对称
B.函数f(x)在区间上单调递增
C.将函数f(x)的图象向右平移个单位长度可得函数g(x)=cos
2x的图象
D.当x∈0,时,函数f(x)的最大值为1,最小值为-
解析因为f(x)=sin
ωxcos
ωx+cos2ωx-sin
2ωx+cos
2ωx=sin2ωx+,所以T==π,所以ω=1,所以f(x)=sin2x+.
由2x+,得x=,所以函数f(x)的图象关于直线x=对称,所以A正确;
当x∈时,2x+∈,所以函数f(x)在区间上单调递减,故B不正确;
将函数f(x)的图象向右平移个单位长度所得图象对应的函数为y=fx-=sin2x-+=sin
2x,所以C不正确;
当x∈0,时,2x+∈,所以f(x)∈-,1,故D正确.
答案AD
6.已知α,β为锐角,且1-cos
2α=sin
αcos
α,tan(β-α)=,则tan
α= ;β= .?
解析由1-cos
2α=sin
αcos
α,得1-(1-2sin2α)
=sin
αcos
α,即2sin2α=sin
αcos
α.
因为α为锐角,所以sin
α≠0,
所以2sin
α=cos
α,即tan
α=.
(方法一)由tan(β-α)=,得tan
β=1.因为β为锐角,所以β=.
(方法二)tan
β=tan(β-α+α)==1.因为β为锐角,所以β=.
答案
7.求证:(1)cos2(A+B)-sin2(A-B)=cos
2Acos
2B;
(2)cos2θ(1-tan2θ)=cos
2θ.
证明(1)左边=
=
=(cos
2Acos
2B-sin
2Asin
2B+cos
2Acos
2B+sin
2Asin
2B)=cos
2Acos
2B=右边,所以等式成立.
(2)法一:左边=cos2θ1-
=cos2θ-sin2θ=cos
2θ=右边.
法二:右边=cos
2θ=cos2θ-sin2θ
=cos2θ1-=cos2θ(1-tan2θ)=左边.
8.已知sin
α+cos
α=,α∈,sin,β∈.
(1)求sin
2α和tan
2α的值;
(2)求cos(α+2β)的值.
解(1)由题意得(sin
α+cos
α)2=,即1+sin
2α=,
所以sin
2α=,又易知2α∈,
所以cos
2α=,
所以tan
2α=.
(2)因为β∈,β-,sin,
所以cos,
所以sin
2=2sincos.
又sin
2=-cos
2β,所以cos
2β=-.
又易知2β∈,所以sin
2β=.
又cos2α=,所以cos
α=,
所以sin
α=,
所以cos(α+2β)=cos
αcos
2β-sin
αsin
2β==-.
素养培优练
1.有一块以O为圆心的半圆形空地,要在这块空地上划出一个内接矩形ABCD,使其一边AD落在圆的直径上,另外两点B,C落在半圆的圆周上,已知半圆的半径长为a,如何选择关于点O对称的点A,D的位置,可以使矩形ABCD的面积最大?
解如图所示,
设∠AOB=θθ∈0,,则AB=asin
θ,OA=acos
θ.
设矩形ABCD的面积为S,则S=2OA·AB,
所以S=2acos
θ·asin
θ=a2·2sin
θcos
θ=a2sin
2θ.
因为θ∈0,,所以2θ∈(0,π).
因此,当2θ=,即θ=时,Smax=a2.
这时点A,D到点O的距离为,
矩形ABCD的面积最大值为a2.
2.某同学在一次研究性学习中发现,以下五个式子的值都等于同一个常数.
(Ⅰ)sin213°+cos217°-sin
13°cos
17°;
(Ⅱ)sin215°+cos215°-sin
15°cos
15°;
(Ⅲ)sin218°+cos212°-sin
18°cos
12°;
(Ⅳ)sin2(-18°)+cos248°-sin(-18°)cos
48°;
(Ⅴ)sin2(-25°)+cos255°-sin(-25°)cos
55°.
(1)试从上述五个式子中选择一个,求出这个常数;
(2)根据(1)的计算结果,将该同学的发现推广为三角恒等式,并证明你的结论.
解法一:(1)选择(Ⅱ)式,计算如下:
sin215°+cos215°-sin
15°cos
15°
=1-sin
30°=1-.
(2)三角恒等式为
sin2α+cos2(30°-α)-sin
αcos(30°-α)=.
证明如下:
sin2α+cos2(30°-α)-sin
αcos(30°-α)
=sin2α+cos(30°-α)[cos(30°-α)-sin
α]
=sin2α+cos(30°-α)(cos
30°cos
α+sin
30°sin
α-sin
α)
=sin2α+cos(30°-α)(cos
30°cos
α-sin
30°sin
α)
=sin2α+(cos
30°cos
α+sin
30°sin
α)(cos
30°cos
α-sin
30°sin
α)
=sin2α+cos230°cos2α-sin230°sin2α
=sin2α+cos2α-sin2α
=sin2α+cos2α=.
法二:(1)同法一.
(2)三角恒等式为
sin2α+cos2(30°-α)-sin
αcos(30°-α)=.
证明如下:
sin2α+cos2(30°-α)-sin
αcos(30°-α)=-sin
α(cos
30°cos
α+sin
30°sin
α)=cos
2α+(cos
60°cos
2α+sin
60°sin
2α)-sin
αcos
α-sin2α=cos
2α+cos
2α+sin
2α-sin
2α-(1-cos
2α)=.高一上学期期末考试模拟（一）
单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．已知集合，，则
A．
B．
C．
D．
2．已知，，则“”是“”的
A．充分非必要条件
B．必要非充分条件
C．充要条件
D．既非充分又非必要条件
3．若，则的最小值为
A．
B．
C．
D．
4．新冠病毒是一种传染性极强的病毒，在不采取保护措施的情况下，每天的累计感染人数是前一天的累计感染人数的1.2倍，某国在5月1日时确诊的累计新冠病毒感染总人数为200人，如果不采取任何措施，从 天后该国总感染人数开始超过100万．，
A．43
B．45
C．47
D．49
5．已知，，并且，则
A．
B．
C．
D．
6．将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，下列结论正确的是
A．是最小正周期为的偶函数
B．是最小正周期为的奇函数
C．在，上的最小值为
D．在上单调递减
7．已知函数，若且，则
A．
B．0
C．1
D．2
8．若函数满足：对定义域内任意的，，有，则称函数具有性质．则下列函数中不具有性质的是
A．
B．
C．
D．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分。
9．若，，且．则可能是
A．
B．
C．
D．
10．已知函数，则
A．
B．
C．的值域为
D．
的图象向左平移个单位后关于
轴对称
11．已知函数，使得“方程有6个相异实根”成立的充分条件是
A．
B．
C．
D．
12．函数，，的部分图象如图中实线所示，图中圆与的图象交于，两点，且在轴上，则下列说法中正确的是
A．函数在上单调递减
B．函数的最小正周期是
C．函数的图象向左平移个单位后关于直线对称
D．若圆半径为，则函数的解析式为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知角的顶点为坐标原点，始边为轴的正半轴，终边经过点，则 ．
14．若对一切恒成立为常数），则的取值范围是 ．
15．已知函数，，的图象有三个零点，其零点分别为，，，若，则的值为 ．
16．设函数，若关于的方程有且仅有两个不同的实数根，则实数的取值构成的集合为 ．
四、解答题：本题共6小题，第17题10分，第18—22题，每题12分，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．已知集合，．
（1）若，求；
（2）若“”是“”充分不必要条件，求实数的取值范围．
18．计算：
（1）；
（2）．
19．已知不等式的解集为，或．
（Ⅰ）求实数，的值；
（Ⅱ）解关于的不等式．
20．某网店有（万件）商品，计划在元旦旺季售出商品（万件），经市场调查测算，花费（万元）进行促销后，商品的剩余量与促销费之间的关系为（其中为常数），如果不搞促销活动，只能售出1（万件）商品．
（1）要使促销后商品的利余量不大于0.1（万件），促销费至少为多少（万元）？
（2）已知商品的进价为32（元件），另有固定成本3（万元），定义每件售出商品的平均成本为（元，若将商品售价定位：“每件售出商品平均成本的1.5倍“与“每件售出商品平均促销费的一半”之和，则当促销费为多少（万元）时，该网店售出商品的总利润最大？此时商品的剩余量为多少？
21．已知函数．
（1）求函数在区间，上的单调递增区间；
（2）将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，若且，求函数在区间，上的取值范围．
22．已知函数且．
（1）若函数的定义域为，求实数的取值范围；
（2）若函数在，上恒有意义，求的取值范围；
（3）是否存在实数，使得函数在区间，上为增函数，且最大值为2？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
高一上学期期末考试模拟（一）答案
1．解：由题意得集合，
，
故，，
故选：．
2．解：根据题意，若“”，必有，则有“”，故“”是“”的充分条件，
反之，若“”，则有，此时不一定成立，即“”不一定成立，则“”是“”的不必要条件，
故“”是“”的充分非必要条件，
故选：．
3．解：因为，且．
当且仅当，即时取等号．
故选：．
4．解：设为天后该国的总感染人数，
则，令，
两边取对数得：，即，
解得．
故选：．
5．解：由，得，
所以，
整理得，
所以，
因为，，所以，
所以，又，
则，即，
解得，
所以．
故选：．
6．解：函数，
图象向左平移个单位得到，
所以函数的最小正周期为，故和错误．
函数在，上单调递减，在在上不是单调函数，故错误；
当时，，所以函数的最小值为，故选项正确；
故选：．
7．解：根据题意，函数，
则，
则有，
又由，则有，
若，故，
故选：．
8．解：若定义域内任意的，，
有，
则点，，，连线的中点，的上方，
如图（其中，，
根据函数，，，的图象可知，
函数，，，具有性质，
函数不具有性质，
故选：．
9．解：，，
对于，
故，符合题意，
对于，，符合题意，
对于，
故，符合题意，
对于，不合题意，
故选：．
10．解：
，故正确，错误；
因为，，可得，，故正确；
将的图象向左平移个单位后，可得，
其图象关于轴对称，故正确．
故选：．
11．解：函数，
作出的图象，
设，则有6个相异实根，
令，
必有△，即，
解得或，
由图象可得，，
可得（1），且，
解得，
总上，可得，
那么成立的充分条件是，选项．
故选：．
12．解：由图看的点的横坐标为，
所以的最小正周期，故正确；
所以，又，由五点作图法可得，
所以，因此，
由，可得，，所以函数在上不单调，故错误；
函数的图象向左平移个单位后，得到函数，
对称轴为，，即，，故关于直线对称，故正确；
若圆半径为，则，所以，函数解析式为，故正确．
故选：．
13．解：角的顶点为坐标原点，始边为轴的正半轴，终边经过点，
可得，，
．
故答案为：．
14．解：当时，不等式化为，恒成立，
当时，要使不等式在上恒成立，只需，
解得，
综上，的取值范围为，，
故答案为：，．
15．解：函数，，的图象有三个零点，
即函数，，与的图象有三个交点，
则其交点的横坐标分别为，，，
对于函数，，，
由，可得与为其对称轴，
且当与时，分别求得最大值与最小值，
由函数的对称性可得，，，
．
故答案为：．
16．解：由方程，得有两个不同的解，
令，
则的顶点在上，
而与的交点坐标为，，
联立得，
由△，解得或，
作出图象，数形结合，要使得有两个不同的解，
则实数的取值范围是或或2．
故答案为．
17．解：已知集合，．
（1）当时，，，或
又，
；
（2）因为“”是“”充分不必要条件，所以是的真子集，
又．
或，
①当时，，．所以；
②当时，，
所以；
当时，是的真子集；
当时，也满足是的真子集，
综上所述：．
18．解：（1）．
（2）．
，
，
．
19．解：（Ⅰ）不等式的解集为，或，
所以对应方程的解是1和，
由根与系数的关系知，，
解得，；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，不等式，
可化为；
即，
当时，不等式化为，解得；
当时，不等式化为，解得；
当时，不等式化为，
若，则，解不等式得或；
若，则，解不等式得；
若，则，解不等式得或；
综上知，时，不等式的解集为；
时，不等式的解集为，；
时，不等式的解集为，，；
时，不等式的解集为，，；
时，不等式的解集为，，．
20．解：（1）由，当，时，得，
，由，得，
故要使促销后商品的剩余量不大于0.1（万件），促销费至少为19（万元）；
（2）设网店的利润为（万元），由题意可得，
．
当且仅当，即时取等号，此时．
当促销费为7（万元）时，该网店售出商品的总利润最大为42万元，此时商品的剩余量为0.25（万件）．
21．解：（1）由题意可得，
令，，解得，，
令，可得；
令，可得，
所以在区间，上的单调递增区间为，和，．
（2）由题意及（1）可知，
因为，，
又，且，
所以，，
，
则，，
所以，
所以，
则，即在区间，上的取值范围为，．
22．解：（1）函数且的定义域为，故恒成立，
，且△，求得．
（2）若函数在，上恒有意义，故函数在，上恒正．
显然，满足条件．
当时，应有①，②，③．
解①可得，解②可得，解③可得，
故的取值范围为．
当时，应有，求得．
综上可得，的取值范围为，．
（3）当时，要使函数在区间，上为增函数，
则函数在，上恒正切为增函数，故且，求得．
此时，的最大值为，故有，满足题意．
当
时，要使函数在区间，上为增函数，
则函数在，上恒正切为减函数，
故，求得，此时，的最大值为，故有，不满足条件．
或，求得，此时，的最大值为，故有，不满足条件．
综上，存在，使得函数在区间，上为增函数，且最大值为2．§5 垂直关系
5.1 直线与平面垂直
课后篇巩固提升
基础达标练
1.空间中直线l和三角形的两边AC,BC同时垂直,则这条直线和三角形的第三边AB的位置关系是( )
A.平行
B.垂直
C.相交
D.不确定
解析由于直线l和三角形的两边AC,BC同时垂直,而这两边相交于点C,所以直线l和三角形所在的平面垂直,又因三角形的第三边AB在这个平面内,所以l⊥AB.
答案B
2.给出下列三个命题:
①一条直线垂直于一个平面内的三条直线,则这条直线和这个平面垂直;
②一条直线与一个平面内的任何直线所成的角相等,则这条直线和这个平面垂直;
③一条直线在平面内的投影是一点,则这条直线和这个平面垂直.
其中正确的个数是( )
A.0
B.1
C.2
D.3
解析①错,②③对.
答案C
3.直线a⊥直线b,直线b⊥平面β,则a与β的关系是
( )
A.a⊥β
B.a∥β
C.a?β
D.a?β或a∥β
解析若a?β,b⊥平面β,可证得a⊥b;
若a∥β,过a作平面α,α∩β=c,b⊥平面β,c?β,
则b⊥c,a∥c,于是b⊥a.故选D.
答案D
4.如图所示,PA⊥平面ABC,△ABC中BC⊥AC,则图中直角三角形的个数为 .?
解析由题意知,△PAC,△PAB,△ACB是直角三角形.
因为PA⊥平面ABC,BC?平面ABC,所以PA⊥BC.
又AC⊥BC,PA∩AC=A,得BC⊥平面PAC,即BC⊥PC.
所以△PCB是直角三角形.所以共有4个直角三角形.
答案4
5.已知直线l,a,b,平面α,若要得到结论l⊥α,则需要在条件a?α,b?α,l⊥a,l⊥b中另外添加的一个条件是 .?
答案a与b相交
6.如图,在棱长均为1的直三棱柱ABC-A1B1C1中,D是BC的中点.
(1)求证:AD⊥平面BCC1B1;
(2)求直线AC1与平面BCC1B1所成角的正弦值.
(1)证明直三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1⊥平面ABC,
所以BB1⊥AD,因为AB=AC,D是BC的中点,
所以AD⊥BC.又BC∩BB1=B,
所以AD⊥平面BCC1B1.
(2)解连接C1D.由(1)知AD⊥平面BCC1B1,则∠AC1D即为直线AC1与平面BCC1B1所成角.
在Rt△AC1D中,AD=,AC1=,sin∠AC1D=,
即直线AC1与平面BCC1B1所成角的正弦值为.
能力提升练
1.在△ABC中,AB=AC=5,BC=6,PA⊥平面ABC,PA=8,则P到BC的距离是( )
A.
B.2
C.3
D.4
解析如图所示,作PD⊥BC于点D,连接AD.
因为PA⊥平面ABC,
所以PA⊥BC.
又PA∩PD=P,
所以BC⊥平面PAD,
所以AD⊥BC.
在△ACD中,AC=5,CD=3,所以AD=4.
在Rt△PAD中,PA=8,AD=4,
所以PD==4.
答案D
2.(多选)如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G,H分别是CC1,C1D1,D1D,DC的中点,N是BC的中点,点M在四边形EFGH上或其内部运动,且使MN⊥AC.下列命题中为正确命题的是( )
A.点M可以与点H重合
B.点M可以与点F重合
C.点M可以在线段FH上
D.点M可以与点E重合
解析由题意知HN⊥AC,FN⊥AC,猜想:M在FH上时,均能满足要求.事实上,若M为FH上异于F,H的任意一点,
因为FH⊥底面ABCD,所以HN是斜线MN在底面ABCD上的射影,而HN⊥AC,所以MN⊥AC.
由题意知,当M为H或F时,MN⊥AC,
所以点M可以与点H重合,A正确;
点M可以与点F重合,B正确;
点M可以在线段FH上,C正确.
因为NE∥BC1,且BC1与AC不垂直,
所以点M不能与点E重合,故D错误.
答案ABC
3.已知P为△ABC所在平面外一点,且PA,PB,PC两两垂直,则下列命题:
①PA⊥BC;②PB⊥AC;③PC⊥AB;④AB⊥BC.
其中正确的是 .?
解析由PA,PB,PC两两垂直,可得PA⊥平面PBC,PB⊥平面PAC,PC⊥平面PAB,所以PA⊥BC,PB⊥AC,PC⊥AB,故①②③正确.
若AB⊥BC,则由PA⊥平面PBC,得PA⊥BC,
又PA∩AB=A,所以BC⊥平面PAB,又PC⊥平面PAB,
这与过一点有且只有一条直线与已知平面垂直矛盾,故④错误.
答案①②③
4.如图,△ABC是正三角形,AE和CD都垂直于平面ABC,且AE=AB=2a,CD=a,F是BE的中点,求证:
(1)DF∥平面ABC;
(2)AF⊥BD.
证明(1)取AB的中点G,连接FG,CG,可得FG∥AE,FG=AE.
因为CD⊥平面ABC,AE⊥平面ABC,
所以CD∥AE,且CD=AE,
所以FG∥CD,FG=CD.
所以FG⊥平面ABC,
即四边形CDFG是矩形,所以DF∥CG.
又因为CG?平面ABC,DF?平面ABC,
所以DF∥平面ABC.
(2)在Rt△ABE中,因为AE=AB,F为BE的中点,
所以AF⊥BE.
因为△ABC是正三角形,所以CG⊥AB,
所以DF⊥AB.
因为AE⊥平面ABC,CG?平面ABC,
所以AE⊥CG,所以AE⊥DF,
且AE∩AB=A,所以DF⊥平面ABE,
因为AF?平面ABE,所以AF⊥DF.
因为BE∩DF=F,BE?平面BDE,DF?平面BDE,
所以AF⊥平面BDE,所以AF⊥BD.
素养培优练
如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=BC=1,∠ACB=90°,AA1=,D是A1B1的中点.
(1)求证:C1D⊥平面AA1B1B;
(2)当点F在BB1上的什么位置时,会使得AB1⊥平面C1DF?证明你的结论.
证明(1)因为ABC-A1B1C1是直三棱柱,
所以A1C1=B1C1=1,且∠A1C1B1=90°.
又D是A1B1的中点,所以C1D⊥A1B1.
因为AA1⊥平面A1B1C1,C1D?平面A1B1C1,
所以AA1⊥C1D,又A1B1∩AA1=A1,
所以C1D⊥平面AA1B1B.
(2)作DE⊥AB1交AB1于点E,延长DE交BB1于点F,连接C1F,则AB1⊥平面C1DF,点F为所求.
因为C1D⊥平面AA1B1B,AB1?平面AA1B1B,所以C1D⊥AB1.
又AB1⊥DF,DF∩C1D=D,
所以AB1⊥平面C1DF.
因为AA1=A1B1=,
所以四边形AA1B1B为正方形.
又D为A1B1的中点,DF⊥AB1,所以F为BB1的中点,
即当点F为BB1的中点时,AB1⊥平面C1DF.第六章测评
(时间:120分钟 满分:150分)
一、单项选择题(本题共8小题,每小题5分,共40分)
1.下列几何体是旋转体的是( )
①圆柱;②六棱锥;③正方体;④球体;⑤四面体.
A.①④
B.②③
C.①③
D.②④
答案A
2.已知在边长为1的菱形ABCD中,A=,则用斜二测画法画出这个菱形的直观图的面积为( )
A.
B.
C.
D.
解析在菱形ABCD中,AB=1,A=,则菱形的面积为S菱形ABCD=2S△ABD=2××1×1×sin.
所以用斜二测画法画出这个菱形的直观图面积为S=S菱形ABCD=.
答案D
3.设正方体的表面积为24,那么其外接球的体积是( )
A.π
B.
C.4π
D.32π
解析设正方体的棱长为a,由题意可知,6a2=24,所以a=2.
设正方体外接球的半径为R,则a=2R,
所以R=,所以V球=πR3=4π.
答案C
4.已知直线l⊥平面α,直线m?平面β,有以下四个命题:
①α∥β?l⊥m;②α⊥β?l∥m;③l∥m?α⊥β;④l⊥m?α∥β.
其中正确的命题是( )
A.①②
B.③④
C.②④
D.①③
解析若α∥β,l⊥α,则l⊥β,
又m?β,所以l⊥m,故①正确;
若α⊥β,l⊥α,m?β,
则l与m可能异面,所以②不正确;
若l∥m,l⊥α,则m⊥α,
又m?β,则α⊥β,所以③正确;
若l⊥α,l⊥m,m?β,则α与β可能相交,故④不正确.
综上可知,选D.
答案D
5.
如图,在四边形ABCD中,∠DAB=90°,∠ADC=135°,AB=5,CD=2,AD=2,则四边形ABCD绕AD所在直线旋转一周所成几何体的表面积为( )
A.(60+4)π
B.(60+8)π
C.(56+8)π
D.(56+4)π
解析四边形ABCD绕AD所在直线旋转一周所成的几何体,如图.
S表面=S圆台下底面+S圆台侧面+S圆锥侧面=π+π(r1+r2)l2+πr1l1=π×52+π×(2+5)×5+π×2×2=(60+4)π.故选A.
答案A
6.《算数书》竹简于20世纪80年代在湖北省张家山出土,这是我国现存最早的有系统的数学典籍,其中记载有求“禾盖”的术:置如其周,令相乘也,又以高乘之,三十六成一.该术相当于给出了由圆锥的底面周长L与高h,计算其体积V的近似公式V≈L2h.它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为3.那么,近似公式V≈L2h相当于将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为
( )
A.
B.
C.
D.
解析设圆锥的底面半径为r,则圆锥的底面周长L=2πr,
所以r=,所以V=πr2h=.
令L2h,得π=,故选D.
答案D
7.若将一个真命题中的“平面”换成“直线”,“直线”换成“平面”后仍是真命题,则该命题称为“可换命题”,下列四个命题:
①垂直于同一平面的两直线平行;②垂直于同一平面的两平面平行;③平行于同一直线的两直线平行;④平行于同一平面的两直线平行.
其中是“可换命题”的是( )
A.①③
B.③④
C.①②
D.①④
解析由“垂直于同一直线的两个平面平行”知,①是“可换命题”;由“垂直于同一平面的两平面未必平行”知,②不是“可换命题”;由“平行于同一平面的两个平面平行”知,③是“可换命题”;由“平行于同一平面的两直线未必平行”知,④不是“可换命题”.综上所述,故选A.
答案A
8.在等腰直角三角形ABC中,AB=BC=1,M为AC的中点,沿BM把它折成二面角,折后A与C的距离为1,则二面角C-BM-A的大小为( )
A.30°
B.60°
C.90°
D.120°
解析如
图,由A'B=BC=1,∠A'BC=90°知A'C=.
因为M为A'C的中点,所以MC=AM=,且CM⊥BM,AM⊥BM,
所以∠CMA为二面角C-BM-A的平面角.
因为AC=1,MC=MA=,所以∠CMA=90°,故选C.
答案C
二、多项选择题(本题共4小题,每小题5分,共20分)
9.下列四个命题中,是真命题的有( )
A.若直线a,b互相平行,则直线a,b确定一个平面
B.平行于同一条直线的两条直线互相平行
C.若两条直线没有公共点,则这两条直线是异面直线
D.两条异面直线不可能垂直于同一个平面
解析C项中,若两直线无公共点,这两直线平行或异面.其他选项正确.
答案ABD
10.l1,l2,l3是空间三条不同的直线,则下列命题不正确的是( )
A.l1⊥l2,l2⊥l3?l1∥l3
B.l1⊥l2,l2∥l3?l1⊥l3
C.l1∥l2∥l3?l1,l2,l3共面
D.l1,l2,l3共点?l1,l2,l3共面
解析通过常见的图形正方体,从同一个顶点出发的三条棱两两垂直,A错;
因为l1⊥l2,所以l1,l2所成的角是90°,又因为l2∥l3,所以l1,l3所成的角是90°,所以l1⊥l3,B对;
例如三棱柱中的三侧棱平行,但不共面,故C错;
例如三棱锥的三侧棱共点,但不共面,故D错.故选ACD.
答案ACD
11.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,下列结论正确的是( )
A.PD∥平面OMN
B.平面PCD∥平面OMN
C.直线PD与直线MN所成角的大小为90°
D.ON⊥PB
解析连接BD(图略),显然O为BD的中点,又N为PB的中点,所以PD∥ON,由线面平行的判定定理可得,PD∥平面OMN,A正确;
由M,N分别为侧棱PA,PB的中点,所以MN∥AB,又底面为正方形,所以AB∥CD,所以MN∥CD,由线面平行的判定定理可得,CD∥平面OMN,又由选项A得PD∥平面OMN,由面面平行的判定定理可得,平面PCD∥平面OMN,B正确;
因为MN∥CD,所以∠PDC为直线PD与直线MN所成的角,又因为所有棱长都相等,所以∠PDC=60°,故直线PD与直线MN所成角的大小为60°,C错误;
因为底面为正方形,所以AB2+AD2=BD2,又所有棱长都相等,所以PB2+PD2=BD2,故PB⊥PD,
又PD∥ON,所以ON⊥PB,D正确.故选ABD.
答案ABD
12.
(2020山东模拟考)正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E,F,G分别为BC,CC1,BB1的中点,则( )
A.直线D1D与直线AF垂直
B.直线A1G与平面AEF平行
C.平面AEF截正方体所得的截面面积为
D.点C与点G到平面AEF的距离相等
解析因为AD1∥EF,平面AEF即平面AEFD1,所以AD1∥平面AEFD1,故DD1与AF不垂直,故A错误.
因为A1G∥D1F,A1G?平面AEFD1,DF?平面AEFD1,所以A1G∥平面AEFD1,故B正确.平面AEF截正方体所得截面为等腰梯形AEFD1,易知梯形面积为,故C正确.点G到平面AEFM的距离即点A1到面AD1F的距离,显然D错误.故选BC.
答案BC
三、填空题(本题共4小题,每小题5分,共20分)
13.圆柱的高是8
cm,表面积是130π
cm2,则它的底面圆的半径等于 cm,圆柱的体积是 cm3.?
解析设圆柱的底面圆的半径为r
cm,
则S圆柱表=2πr·8+2πr2=130π.解得r=5,即圆柱的底面圆半径为5
cm.圆柱的体积V=52π×8=200π(cm3).
答案5 200π
14.
如图,已知平面α∩平面β=l,EA⊥α,垂足为A,EB⊥β,垂足为B,直线a?β,a⊥AB,则直线a与直线l的位置关系是 .?
解析因为EA⊥α,平面α∩平面β=l,即l?α,
所以l⊥EA.同理l⊥EB.又EA∩EB=E,
所以l⊥平面EAB.
因为EB⊥β,a?平面β,所以EB⊥a.
又a⊥AB,EB∩AB=B,
所以a⊥平面EAB,所以a∥l.
答案平行
15.如图,在四面体P-ABC中,PA=PB=,平面PAB⊥平面ABC,∠ABC=90°,AC=8,BC=6,则PC= .?
解析取
AB的中点E,连接PE,EC.
因为PA=PB,
所以PE⊥AB.
又平面PAB⊥平面ABC,平面PAB∩平面ABC=AB,PE?平面PAB,所以PE⊥平面ABC.
连接CE,所以PE⊥CE.
因为∠ABC=90°,AC=8,BC=6,
所以AB=2,PE=,
CE=,PC==7.
答案7
16.(2019全国Ⅲ高考)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.?
解析由题意得,四棱锥O-EFGH的底面积为4×6-4××2×3=12(cm2),点O到平面BB1C1C的距离为3
cm,则此四棱锥的体积为V1=×12×3=12(cm3).
又长方体ABCD-A1B1C1D1的体积为V2=4×6×6=144(cm3),则该模型的体积为V=V2-V1=144-12=132(cm3).故其质量为0.9×132=118.8(g).
答案118.8
四、解答题(本题共6小题,共70分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17.(10分)在三棱锥A-BCD中,E,H分别是线段AB,AD的中点,F,G分别是线段CB,CD上的点,且.求证:
(1)四边形EFGH是梯形;
(2)AC,EF,GH三条直线相交于同一点.
证明(1)因为E,H分别是边AB,AD的中点,
所以EH∥BD,且EH=BD,
又因为,即,
所以FG∥BD,且FG=BD,因此EH∥FG且EH≠FG,故四边形EFGH是梯形.
(2)由(1)知EF,HG相交,
设EF∩HG=K,
因为K∈EF,EF?平面ABC,
所以K∈平面ABC,
同理K∈平面ACD,
又平面ABC∩平面ACD=AC,
所以K∈AC,
故EF和GH的交点在直线AC上.
所以AC,EF,GH三条直线相交于同一点.
18.
(12分)如图,矩形AMND所在平面与直角梯形MBCN所在的平面垂直,MB∥NC,MN⊥MB.
(1)求证:平面AMB∥平面DNC;
(2)若MC⊥CB,求证:BC⊥AC.
证明(1)因为MB∥NC,MB?平面DNC,NC?平面DNC,所以MB∥平面DNC.
因为AMND是矩形,所以MA∥DN.
又MA?平面DNC,DN?平面DNC,
所以MA∥平面DNC.
又MA∩MB=M,且MA,MB?平面AMB,
所以平面AMB∥平面DNC.
(2)因为AMND是矩形,所以AM⊥MN.
因为平面AMND⊥平面MBCN,且平面AMND∩平面MBCN=MN,
所以AM⊥平面MBCN.
因为BC?平面MBCN,所以AM⊥BC.
因为MC⊥BC,MC∩AM=M,
所以BC⊥平面AMC,
因为AC?平面AMC,所以BC⊥AC.
19.
(12分)(2020贵州贵阳模拟)《九章算术》是我国古代极为丰富的数学名著,书中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的棱柱称为堑堵,将底面为矩形的棱台称为刍童.在如图所示的堑堵ABM-DCP与刍童ABCD-A1B1C1D1的组合体中,∠MAB=90°,AB=AD,A1B1=A1D1.
(1)证明:直线BD⊥平面MAC;
(2)已知AB=1,A1D1=2,MA=,且三棱锥A-A1B1D1的体积V=,求该组合体的体积.
(1)证明由题意可知,平面ABM与平面DCP是底面为直角三角形且侧棱与底面垂直的棱柱,
所以AD⊥平面MAB,则AD⊥MA.
又MA⊥AB,AD∩AB=A,AD,AB?平面ABCD,
所以MA⊥平面ABCD,所以MA⊥BD.
又AB=AD,所以四边形ABCD为正方形,得BD⊥AC.
又MA∩AC=A,MA,AC?平面MAC,则BD⊥平面MAC.
(2)解设刍童ABCD-A1B1C1D1的高为h,则三棱锥A-A1B1D1的体积V=×2×2×h=,得h=.
故该组合体的体积V=×1××1+(12+22+)×.
20.(12分)如图①所示的等边△ABC的边长为2a,CD是AB边上的高,E,F分别是AC,BC边的中点.现将△ABC沿CD折叠,使平面ADC⊥平面BDC,如图②所示.
(1)试判断折叠后直线AB与平面DEF的位置关系,并说明理由;
(2)求四面体A-DBC的外接球体积与四棱锥D-ABFE的体积之比.
解(1)平行.理由如下:
因为E,F分别为AC,BC的中点,所以AB∥EF,
因为AB?平面DEF,EF?平面DEF,
所以AB∥平面DEF.
(2)以DA,DB,DC为棱补成一个长方体,
则四面体A-DBC的外接球即为长方体的外接球.
设球的半径为R,则a2+a2+3a2=(2R)2,
所以R2=a2,
于是球的体积V1=πR3=πa3.
又VA-DBC=S△DBC·AD=a3,VE-DFC=S△DFC·AD=a3,所以.
21.
(12分)如图,三棱柱ABC-A1B1C1的底面ABC是等腰直角三角形,AB=AC=1,侧棱AA1⊥底面ABC,且AA1=2,E是BC的中点.
(1)求异面直线AE与A1C所成角的余弦值;
(2)求直线A1C与平面BCC1B1所成角的正切值.
解(1)在三棱柱ABC-A1B1C1中,取C1B1的中点H,连A1H与HC.
因为E是BC的中点,所以A1H∥AE,∠CA1H是异面直线AE与A1C所成角.因为底面ABC是等腰直角三角形,E是BC的中点,
所以AE⊥BC,所以A1H⊥BC.
因为侧棱AA'⊥底面ABC,
所以侧棱B1B⊥A1H,
所以A1H⊥平面BCC1B1,所以A1H⊥HC.
在Rt△A1HC中,cos∠CA1H=.
(2)由(1)知A1H⊥平面BCC1B1,A1C在平面BCC1B1上的射影是HC,
所以∠A1CH是直线A1C与平面BCC1B1所成角,
在Rt△A1HC中,tan∠A1CH=.
22.
(12分)如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,AB=AC=2,BC=2,M,N分别为BC,AB的中点.
(1)求证:MN∥平面PAC.
(2)求证:平面PBC⊥平面PAM.
(3)在AC上是否存在点E,使得ME⊥平面PAC?若存在,求出ME的长;若不存在,请说明理由.
(1)证明因为M,N分别为BC,AB的中点,
所以MN∥AC.
因为MN?平面PAC,AC?平面PAC,
所以MN∥平面PAC.
(2)证明因为PA⊥平面ABC,BC?平面ABC,
所以PA⊥BC,
因为AB=AC=2,M为BC的中点,所以AM⊥BC.
因为AM∩PA=A,所以BC⊥平面PAM.
因为BC?平面PBC,所以平面PBC⊥平面PAM.
(3)解存在.理由如下:
如图,过点M作ME⊥AC交AC于点E,
因为PA⊥平面ABC,ME?平面ABC,
所以PA⊥ME.
因为ME⊥AC,AC∩PA=A,
所以ME⊥平面PAC.
因为在△ABC中,AB=AC=2,BC=2,M为BC的中点,
所以AM=1,即由面积相等可得,AM·MC=AC·ME,
即×1××2ME,
所以ME=.3.2 半角公式
课后篇巩固提升
基础达标练
1.若cos
θ=,且270°<θ<360°,则cos=( )
A.
B.
C.±
D.-
解析因为270°<θ<360°,所以135°<<180°,
所以cos=-=-=-.
答案D
2.sin=( )
A.
B.
C.2-
D.
解析因为sin=±,
所以sin.
答案B
3.设5π<θ<6π,cos=a,则sin等于( )
A.-
B.-
C.-
D.-
解析若5π<θ<6π,则<3π,,
则sin=-=-.
答案D
4.已知cos
α=-,π<α<,则sin等于( )
A.-
B.
C.-
D.
解析因为<α<π,所以,
则sin.
答案D
5.(多选)下列说法正确的是( )
A.cos
B.存在α∈R,使得coscos
α
C.对于任意α∈R,sinsin
α都不成立
D.若α是第一象限角,则tan
解析因为只有当-+2kπ≤+2kπ(k∈Z),即-π+4kπ≤α≤π+4kπ(k∈Z)时,cos,所以A错误;
当cos
α=-+1且π<α<π时,coscos
α成立,但一般情况下不成立,所以B正确;
当α=2kπ(k∈Z)时,sinsin
α成立,但一般情况下不成立,所以C错误;
若α是第一象限角,则是第一、三象限角,此时tan成立,所以D正确.
答案BD
6.(多选)若θ∈,sin
2θ=,则( )
A.cos
2θ=
B.cos
2θ=-
C.tan
θ=-3
D.sin
θ=
解析由于θ∈,则2θ∈,π,
所以cos
2θ<0,sin
θ>0.因为sin
2θ=,
所以cos
2θ=-=-=-,所以tan
2θ==-3,
所以sin
θ=.
答案BD
7.设α是第二象限角,tan
α=-,且sin解析因为α是第二象限角,所以可能是第一或第三象限角.又sin因为tan
α=-,
所以cos
α=-,
所以cos=-=-.
答案-
8.化简:= .?
解析=
=4sin
α.
答案4sin
α
9.化简:(0<θ<π).
解原式=
=.
因为0<θ<π,所以0<,所以cos>0.
所以原式=-cos
θ.
能力提升练
1.已知θ为第二象限角,sin(π-θ)=,则cos的值为
( )
A.
B.
C.±
D.±
解析因为θ为第二象限角,所以为第一、三象限角.
所以cos的值有两个.
由sin(π-θ)=,可知sin
θ=,
所以cos
θ=-.
所以2cos2=cos
θ+1=.所以cos=±.
答案C
2.已知sin
α=,cos(α+β)=,α,β均为锐角,则cos=( )
A.-
B.
C.
D.-
解析因为0<α<,0<β<,所以0<α+β<π.
因为sin
α=,所以cos
α=.
因为cos(α+β)=,
所以sin(α+β)=.
所以cos
β=cos[(α+β)-α]
=cos(α+β)cos
α+sin(α+β)sin
α
=.
因为0<,
所以cos.故选B.
答案B
3.已知等腰三角形顶角的余弦值为,则底角的正切值为
( )
A.-
B.
C.
D.3
解析设该等腰三角形的顶角为α,则cos
α=,
易知sin
α=,因为底角大小为(180°-α),
所以tan(180°-α)=tan90°-
=
==3.
答案D
4.已知cos
θ=-π<θ<3π,则sin= .?
解析因为π<θ<3π,所以π<.
又cos
θ=-,
所以sin=-=-=-.
答案-
5.已知sin
θ=π<θ<3π,则tan= .?
解析因为π<θ<3π,
所以cos
θ=-=-=-.
所以tan
=3.
答案3
6.如果|cos
θ|=<θ<3π,则sin= ;cos= .?
解析因为<θ<3π,|cos
θ|=,
所以cos
θ<0,cos
θ=-.
因为π,所以sin<0.
由sin2,
所以sin=-.
所以cos=-=-=-.
答案- -
素养培优练
在△ABC中,若cos
A=,cos
B=,求sin,cos,tan的值.
解因为A,B,C均为三角形的内角,
所以sin
A=,
sin
B=.
所以cos
C=-cos(A+B)
=sin
Asin
B-cos
Acos
B
=.
所以sin,
cos,
tan.§3 复数的三角表示
3.1 复数的三角表示式
3.2 复数乘除运算的几何意义
课后篇巩固提升
基础达标练
1.(多选)cos+isin·cos+isin的结果是
( )
A.实数
B.复数
C.虚数
D.纯虚数
解析cos+isin·cos+isin=cos+isin=cos+isin=i.其结果是复数,虚数,纯虚数.故选BCD.
答案BCD
2.4(cos
π+isin
π)÷2cos+isin=( )
A.1+i
B.1-i
C.-1+i
D.-1-i
解析4(cos
π+isin
π)÷2cos+isin=2cosπ-+isinπ-=2cos+isin=-1+i.故选C.
答案C
3.把复数a+bi(a,b∈R)在复平面内对应的向量绕原点O顺时针方向旋转90°后所得向量对应的复数为( )
A.a-bi
B.-a+bi
C.b-ai
D.-b+ai
解析数形结合易知,复数的模不变,虚部等于原来实部a的相反数,实部等于原来虚部,即b-ai.
答案C
4.8i÷2(cos
45°+isin
45°)= ,其模为 .?
解析8i÷2(cos
45°+isin
45°)=8(cos
90°+isin
90°)÷2(cos
45°+isin
45°)=4[cos(90°-45°)+isin(90°-45°)]=4(cos
45°+isin
45°)=2+2i,其模为=4.
答案2+2i 4
5.在复平面内,把与复数-2+2i对应的向量绕原点O按逆时针方向旋转75°,求与所得向量对应的复数.
解所得向量对应的复数为(-2+2i)·(cos
75°+isin
75°)
=2(cos
135°+isin
135°)·(cos
75°+isin
75°)
=2[cos(135°+75°)+isin(135°+75°)]
=2(cos
210°+isin
210°)=2-i
=-i.
能力提升练
1.复数z=(sin
25°+icos
25°)3的三角形式是( )
A.cos
195°+isin
195°
B.sin
75°+icos
75°
C.cos
15°+isin
15°
D.cos
75°+isin
75°
解析z=(sin
25°+icos
25°)3=(cos
65°+icos
65°)3=cos
195°+icos
195°.故选A.
答案A
2.若复数z满足,arg=,则z= .?
解析设=z0,则|z0|=,arg
z0=,
所以z0=·cos+isin=i,
所以i,解得z=1+i.
答案1+i
3.在复平面上,一个正方形的四个顶点按照逆时针方向依次为Z1,Z2,Z3,O(其中O为原点).已知Z2对应复数Z2=1+i,求Z1和Z3所对应的复数.
解根据题意作图如下.
正方形的一条对角线将正方形分成两个全等的等腰直角三角形,且斜边是直角边的倍.由复数运算的几何意义知,z1=·z2·cos-+isin-=·(1+i)i=i;z3=·z2·cos+isin=·(1+)i=i.
素养培优练
已知复数z=i,ω=i,复数,z2·ω3在复平面上所对应的点分别为P,Q.求证:△OPQ是等腰直角三角形(其中O为原点).
解z=i=cos-+isin-
ω=i=cos+isin,
所以z·ω=cos-+isin-
=cos+isin,
所以=cos-+isin-.
又z2·ω3=cos-+isin-·cos+isin=cos+isin,
因此OP,OQ的夹角为--=.
所以OP⊥OQ,又因为|OP|=1,|OQ|=1,所以|OP|=|OQ|,所以△OPQ为等腰直角三角形.习题课 三角恒等变换的综合应用
课后篇巩固提升
基础达标练
1.sin215°+cos215°+sin
15°cos
15°的值等于( )
A.
B.
C.
D.1+
解析sin215°+cos215°+sin
15°cos
15°=1+sin
30°=1+.
答案B
2.的值是( )
A.
B.
C.
D.
解析原式=
=
=.
答案C
3.若sin,则cos=( )
A.
B.-
C.
D.-
解析因为sin,
所以sin,
所以cos,
所以cos=2cos2+α-1=2×-1=-,选D.
答案D
4.(多选)已知a=(cos
2α,sin
α),b=(1,2sin
α-1),α∈,π,若a·b=,则( )
A.sin
α=
B.cos
2α=-
C.sin
2α=-
D.tanα+=
解析因为a·b=cos
2α+sin
α(2sin
α-1)
=1-2sin2α+2sin2α-sin
α=1-sin
α=,
所以sin
α=,所以A正确;
因为α∈,π,所以cos
α=-,
所以sin
2α=2××-=-,
所以B错误,C正确;
所以tan
α=-,
所以tanα+=.所以D正确.
答案ACD
5.(多选)关于函数f(x)=2(sin
x-cos
x)cos
x的四个结论,正确的是( )
A.最大值为
B.把函数g(x)=sin
2x-1的图象向右平移个单位长得到f(x)的图象
C.单调递增区间为kπ-,kπ+(k∈Z)
D.图象的对称中心为,-1(k∈Z)
解析因为f(x)=2(sin
x-cos
x)cos
x=2sin
xcos
x-2cos2x=sin
2x-cos
2x-1=sin2x--1,所以最大值为-1,所以A错误;
将g(x)=sin
2x-1的图象向右平移个单位后得到h(x)=·sin
2-1=sin-1的图象,所以B错误;
由-+2kπ≤2x-+2kπ,k∈Z,
解得-+kπ≤x≤+kπ,k∈Z,
即增区间为kπ-,kπ+(k∈Z),所以C正确;
由2x-=kπ,k∈Z,得x=π+,k∈Z,所以图象的对称中心为,k∈Z,所以D正确.
答案CD
6.已知cos
2θ=,则sin4θ+cos4θ= .?
解析法一:因为cos
2θ=,
所以2cos2θ-1=,1-2sin2θ=,
即cos2θ=,sin2θ=,所以sin4θ+cos4θ=.
法二:sin4θ+cos4θ=(sin2θ+cos2θ)2-sin22θ
=1-(1-cos22θ)=1-.
答案
7.化简= .?
解析原式=tan(90°-2α)·
=.
答案
8.函数f(x)=4cos2cos-2sin
x-|ln(x+1)|的零点个数为 .?
解析令f(x)=4··sin
x-2sin
x-|ln(x+1)|=sin
2x-|ln(x+1)|=0,即sin
2x=|ln(x+1)|,在同一坐标系作出y=sin
2x与y=|ln(x+1)|的图象.
由图象知共2个交点,故f(x)的零点个数为2.
答案2
9.已知tan
α=2.
(1)求tan的值;
(2)求的值.
解(1)tan
==-3.
(2)
=
=
==1.
10.已知5sin
β=sin(2α+β),求证:2tan(α+β)=3tan
α.
证明5sin
β=5sin[(α+β)-α]
=5sin(α+β)cos
α-5cos(α+β)sin
α,
sin(2α+β)=sin[(α+β)+α]
=sin(α+β)cos
α+cos(α+β)sin
α.
因为5sin
β=sin(2α+β),所以5sin(α+β)cos
α-5cos(α+β)sin
α=sin(α+β)cos
α+cos(α+β)sin
α,
所以4sin(α+β)cos
α=6cos(α+β)sin
α,
所以2tan(α+β)=3tan
α.
能力提升练
1.已知α∈,tan=-3,则sin
α=( )
A.
B.-
C.
D.±
解析tan
α=tan
==-,因为α∈,
所以α∈,故sin
α=.
答案A
2.已知<α<π,且cosα-=-,则cos
α的值为
( )
A.
B.-
C.
D.
解析因为<α<π,所以<α-,
因为cosα-=-,所以sinα-=,
所以cos
α=cosα-+
=cosα-cos-sinα-sin
=-.
答案D
3.=( )
A.
B.
C.
D.1
解析
=
=.
答案A
4.已知A,B,C是△ABC的三个内角,且tan
A,tan
B是方程3x2-5x+1=0的两个实数根,则△ABC是( )
A.钝角三角形
B.锐角三角形
C.等腰三角形
D.等边三角形
解析由一元二次方程根与系数的关系,得
所以tan(A+B)=.
在△ABC中,tan
C=tan[π-(A+B)]
=-tan(A+B)=-<0,
所以C是钝角,所以△ABC是钝角三角形.故选A.
答案A
5.
如图所示,有一块正方形的钢板ABCD,其中一个角有部分损坏,现要把它截成一块正方形的钢板EFGH,其面积是原正方形钢板面积的三分之二,则sinx+= ;应按角度x= 来截.?
解析设正方形钢板的边长为a,截后的正方形边长为b,则,
又a=GC+CF=bsin
x+bcos
x,
所以sin
x+cos
x=,所以sinx+=.
因为0所以x+或x+,解得x=或x=.
答案
6.若sin,0≤α≤π,则tan
α的值是 .?
解析.
因为0≤α≤π,所以0≤.
当0≤时,cos≥sin,
所以原式=2sin.
又原式=sin,所以sin=0,所以tan=0,
所以tan
α==0.
当<α≤时,cos所以原式=2cos.
又原式=sin,所以tan=2,所以tan
α=-.
答案0或-
7.已知cos=-,sin,且α∈,β∈.
求:(1)cos; (2)tan(α+β).
解(1)因为<α<π,0<β<,
所以<α-<π,--β<.
所以sin,
cos.
所以cos=cos
=cosα-·cos+sin·sin=-.
(2)因为,
所以sin.
所以tan=-.
所以tan(α+β)=.
8.已知向量a=(cos
x,sin
x),b=(-cos
x,cos
x),c=(-1,0).
(1)若x=,求向量a,c的夹角;
(2)当x∈时,求函数f(x)=2a·b+1的最大值.
解(1)因为a=(cos
x,sin
x),c=(-1,0),
所以|a|==1,|c|==1.
当x=时,a=,
a·c=×(-1)+×0=-,cos==-.
因为0≤≤π,所以=.
(2)f(x)=2a·b+1=2(-cos2x+sin
xcos
x)+1
=2sin
xcos
x-(2cos2x-1)=sin
2x-cos
2x
=sin.
因为x∈,所以2x-,
所以sin,
所以当2x-,即x=时,f(x)max=1.
素养培优练
1.已知cos+x=,若π解由π又cos+x=,所以sin+x=-,
所以cos
x=cos+x-
=cos+xcos+sin+xsin
==-.
从而sin
x=-,tan
x=7.
则
==-.
2.如图,矩形ABCD的长AD=2,宽AB=1,A,D两点分别在x,y轴的正半轴上移动,B,C两点在第一象限,求OB2的最大值.
解过点B作BH⊥OA,垂足为H.
设∠OAD=θ0<θ<,
则∠BAH=-θ,
OA=2cos
θ,
BH=sin-θ=cos
θ,
AH=cos-θ=sin
θ,
所以B(2cos
θ+sin
θ,cos
θ),
OB2=(2cos
θ+sin
θ)2+cos2θ
=7+6cos
2θ+2sin
2θ=7+4sin2θ+.
由0<θ<,知<2θ+,
所以当θ=时,OB2取得最大值7+4.2.2 两角和与差的正弦、正切公式及其应用
课后篇巩固提升
基础达标练
1.(2020北京昌平区新学道临川学校期中)sin
20°cos
10°-cos
160°sin
10°=( )
A.-
B.
C.-
D.
解析sin
20°cos
10°-cos
160°sin
10°=sin
20°cos
10°+cos
20°sin
10°=sin
30°=.故选D.
答案D
2.若tan
α=,tan
β=,且α∈,β∈,则α+β的大小等于( )
A.
B.
C.
D.
解析由已知得tan(α+β)==1.
又因为α∈,β∈,
所以α+β∈(π,2π),于是α+β=.
答案B
3.若tan(α+β)=,tan(α-β)=,则tan
2α=( )
A.
B.
C.
D.
解析tan
2α=tan
[(α+β)+(α-β)]=.
答案D
4.sin(θ+75°)+cos(θ+45°)-cos(θ+15°)的值等于
( )
A.±1
B.1
C.-1
D.0
解析原式=sin
[(θ+45°)+30°]+cos(θ+45°)-cos
[(θ+45°)-30°]
=sin(θ+45°)+cos(θ+45°)+cos(θ+45°)-
=sin(θ+45°)+cos(θ+45°)-cos(θ+45°)-sin(θ+45°)=0.
答案D
5.设α∈,β∈,且tan
α=,则( )
A.3α-β=
B.3α+β=
C.2α-β=
D.2α+β=
解析由tan
α=,得,得sin
αcos
β-cos
αsin
β=cos
α,sin(α-β)=sin.
又α∈,β∈,
故α-β=-α,即2α-β=.
答案C
6.已知tan
α=,则的值是( )
A.2
B.
C.-1
D.-3
解析
=tan+α-=tan
α=.
答案B
7.tan
23°+tan
37°+tan
23°tan
37°的值是 .?
解析因为tan
60°=,
所以tan
23°+tan
37°=tan
23°tan
37°,
所以tan
23°+tan
37°+tan
23°tan
37°=.
答案
8.已知α,β都是锐角,sin
α=,cos(α+β)=,则cos
α= ;sin
β= .?
解析因为α,β都是锐角,所以α+β∈(0,π),
又sin
α=,cos(α+β)=,
所以cos
α=,sin(α+β)=,
所以sin
β=sin
[(α+β)-α]
=sin(α+β)cos
α-cos(α+β)sin
α
=.
答案
9.化简求值:
(1)sin(α+β)cos(α-β)+cos(α+β)sin(α-β);
(2)cos(70°+α)sin(170°-α)-sin(70°+α)cos(10°+α);
(3)cos
21°·cos
24°+sin
159°·sin
204°.
解(1)原式=sin(α+β+α-β)=sin
2α.
(2)原式=cos(70°+α)sin(10°+α)-sin(70°+α)cos(10°+α)
=sin
[(10°+α)-(70°+α)]=sin(-60°)=-.
(3)原式=cos
21°cos
24°+sin(180°-21°)sin(180°+24°)=cos
21°cos
24°-sin
21°sin
24°=cos(21°+24°)=cos
45°=.
能力提升练
1.已知α∈,π,tanα+=,则sin
α+cos
α=
( )
A.-
B.-
C.-
D.
解析因为tanα+=,
所以tan
α=-,即sin
α=-cos
α,
由平方关系得+cos2α=1,
解得cos
α=-,sin
α=,
sin
α+cos
α==-.
答案C
2.在△ABC中,角A,B,C的对边分别是a,b,c,且acos
B=(c-b)cos
A,则角A的大小为( )
A.
B.
C.
D.
解析由正弦定理得sin
Acos
B=(sin
C-sin
B)cos
A,即sin(A+B)=sin
Ccos
A,即sin
C=sin
Ccos
A,即cos
A=,故A=.
答案B
3.设α,β都为锐角,且cos
α=,sin(α+β)=,则sin
β等于( )
A.
B.
C.
D.-
解析因为α为锐角,cos
α=,所以sin
α=.
因为α,β都为锐角,所以0<α+β<π.
因为sin(α+β)=,所以cos(α+β)=±.
当cos(α+β)=-时,sin
β=sin[(α+β)-α]
=sin(α+β)cos
α-cos(α+β)sin
α
=;
当cos(α+β)=时,sin
β=sin[(α+β)-α]
=sin(α+β)cos
α-cos(α+β)sin
α
==-,
与已知β为锐角矛盾.所以sin
β=.
答案B
4.化简:= .?
解析原式=
==-1.
答案-1
5.已知tan
α+tan
β=2,tan(α+β)=4,则tan
αtan
β= ,tan2α+tan2β的值为 .?
解析因为tan(α+β)=4,所以=4,
又tan
α+tan
β=2,所以tan
αtan
β=,
所以tan2α+tan2β=(tan
α+tan
β)2-2tan
αtan
β=22-2×=3.
答案 3
6.tan
α,tan
β是方程6x2-5x+1=0的两个实数根,若α,β∈(0,π),则α+β= .?
解析因为tan
α,tan
β是方程6x2-5x+1=0的两个实数根,所以
因此tan(α+β)==1;且tan
α>0,tan
β>0;
又α,β∈(0,π),所以α,β∈0,,即α+β∈(0,π),
因此α+β=.
答案
7.已知cosx-=,x∈.
(1)求sin
x的值;
(2)求sinx+的值.
解(1)sin
x=sinx-=sinx-cos+cosx-sin,
=sinx-+cosx-=sinx-+,
因为x∈,所以x-∈,
所以sinx-=,
所以sin
x=.
(2)因为sin
x=,x∈,故cos
x=-,
sinx+=sin
xcos+cos
xsin
=×-=.
素养培优练
1.定义运算a b
c d=ad-bc.若cos
α=,sin
α sin
β
cos
α cos
β=,0<β<α<,则β= .?
解析依题设得,=sin
α·cos
β-cos
α·sin
β=sin(α-β)=.
因为0<β<α<,
所以cos(α-β)=.
又因为cos
α=,
所以sin
α=,所以sin
β=sin[α-(α-β)]
=sin
α·cos(α-β)-cos
α·sin(α-β)
=,所以β=.
答案
2.是否存在锐角α,β,使得①α+2β=,②tantan
β=2-同时成立?若存在,求出锐角α,β的值;若不存在,请说明理由.
解假设存在锐角α,β使得①α+2β=,
②tantan
β=2-同时成立.
由①得+β=,
所以tan+β=.
又tantan
β=2-,
所以tan+tan
β=3-,
因此tan,tan
β可以看成是方程x2-(3-)x+2-=0的两个根,解得,x1=1,x2=2-.
若tan=1,则α=,这与α为锐角矛盾,
所以tan=2-,tan
β=1,
所以α=,β=,
所以满足条件的α,β存在,且α=,β=.第二章测评
(时间:120分钟 满分:150分)
一、单项选择题(本题共8小题,每小题5分,共40分)
1.已知在?ABCD中,=(2,8),=(-3,4),则=
( )
A.(-1,-12)
B.(-1,12)
C.(1,-12)
D.(1,12)
解析因为四边形ABCD是平行四边形,所以=(-1,12).
答案B
2.如果a,b是两个单位向量,那么下列四个结论中正确的是( )
A.a=b
B.a·b=1
C.a=-b
D.|a|=|b|
解析两个单位向量的方向不一定相同或相反,所以选项A,C不正确;由于两个单位向量的夹角不确定,则a·b=1不成立,所以选项B不正确;|a|=|b|=1,则选项D正确.
答案D
3.如图,a-b等于( )
A.2e1-4e2
B.-4e1-2e2
C.e1-3e2
D.3e1-e2
解析a-b=e1-3e2.
答案C
4.如图,正方形ABCD中,点E,F分别是DC,BC的中点,那么=( )
A.
B.-
C.-
D.
解析).
答案D
5.已知A船在灯塔C北偏东70°方向2
km处,B船在灯塔C北偏西50°方向3
km处,则A,B两船的距离为( )
A.
km
B.
km
C.(+1)
km
D.(-1)
km
解析根
据题意,在平面直角坐标系中作示意图,如图所示,
易知在△ABC中,BC=3,AC=2,∠BCA=120°,故由余弦定理可得AB2=AC2+BC2-2AC·BC·cos∠BCA,
解得AB2=19,则AB=.故选A.
答案A
6.已知a,b,c是共起点的向量,a,b不共线,且存在m,n∈R使c=ma+nb成立,若a,b,c的终点共线,则必有
( )
A.m+n=0
B.m-n=1
C.m+n=1
D.m+n=-1
解析设=a,=b,=c,
因为a、b、c的终点共线,
所以设=λ,即=λ(),
所以=(1-λ)+λ,即c=(1-λ)a+λb.
又c=ma+nb,所以
所以m+n=1.
答案C
7.在100
m高的山顶上,测得山下一塔顶与塔底的俯角分别为30°和60°,则塔高是( )
A.
m
B.
m
C.
m
D.
m
解析如
图所示,山高为AB=100
m,塔高为CD,
根据题意可知∠BCA=60°,
∠CBD=30°.
在Rt△ABC中,
BC=,
在△BCD中,∠CBD=∠BCD=30°,∠BDC=120°,
由正弦定理得,CD=.故选D.
答案D
8.已知||=||=||=1,D为BC的中点,且||=,则的最大值为( )
A.
B.
C.
D.2
解析因
为||=||=||=1,所以A,B,C在以O为圆心半径为1的圆上.
以O为原点,OD所在直线为y轴,建立平面直角坐标系,
因为||=,||=1,D为BC的中点,所以|OD|=,
则B-,-,C,-,D0,-,设A(x,y),则=-x,--y,=(,0),所以=-x,因为-1≤x≤1,当A与E重合,即x=-1时,的最大值为.故选C.
答案C
二、多项选择题(本题共4小题,每小题5分,共20分)
9.已知△ABC的面积为,且b=2,c=,则A=( )
A.30°
B.60°
C.150°
D.120°
解析因为S=bcsin
A=,
所以×2×sin
A=,
所以sin
A=,因为0°所以A=60°或120°.
故选BD.
答案BD
10.下列命题中,正确的是( )
A.对于任意向量a,b,有|a+b|≤|a|+|b|
B.若a·b=0,则a=0或b=0
C.对于任意向量a,b,有|a·b|≤|a||b|
D.若a,b共线,则a·b=±|a||b|
解析由向量加法的三角形法则可知A正确;
当a⊥b时,a·b=0,故B错误;
因为|a·b|=|a||b||cos
θ|≤|a||b|,故C正确;
当a,b共线同向时,a·b=|a||b|cos
0°=|a||b|,
当a,b共线反向时,a·b=|a||b|cos
180°=-|a||b|,故D正确.故选ACD.
答案ACD
11.(2020福建宁化第一中学高一月考)在△ABC中,根据下列条件解三角形,其中恰有一解的是( )
A.b=7,c=3,C=
B.b=5,c=6,C=
C.a=6,b=3,B=
D.a=20,b=15,B=
解析A选项,因为C=,为锐角,c=3C=,所以三角形无解;
B选项,因为C=,为锐角,c=6>b=5,所以三角形有一解;
C选项,因为B=,为锐角,b=3=asin
B=3,所以三角形有一解;
D选项,因为B=,为锐角,b=15>asin
B=10,所以三角形有两解.故选BC.
答案BC
12.在△ABC中,下列结论正确的是( )
A.
B.<||·||
C.若()·()=0,则△ABC为等腰三角形
D.若>0,则△ABC为锐角三角形
解析,故A错误;
设θ为向量的夹角,因为=||·||·cos
θ,而cos
θ<1,故<||·||,故B正确;
()·()==0,故||=||,
所以△ABC为等腰三角形,故C正确;
取A=B=,C=,
满足=||||cos
A>0,但△ABC为钝角三角形,故D错误.故选BC.
答案BC
三、填空题(本题共4小题,每小题5分,共20分)
13.已知向量a=(2,-1),b=(-1,m),c=(-1,2),若(a+b)∥c,则m= ,|b+c|= .?
解析因为a=(2,-1),b=(-1,m),
所以a+b=(1,m-1).
因为(a+b)∥c,c=(-1,2),
所以2-(-1)·(m-1)=0.
所以m=-1.则b+c=(-2,1),
则|b+c|=.
答案-1
14.在△ABC中,若B=60°,2b=a+c,则△ABC的形状是 .?
解析根据余弦定理得b2=a2+c2-2accos
B.
因为B=60°,2b=a+c,
所以=a2+c2-2accos
60°,
整理得(a-c)2=0,故a=c.
又B=60°,所以△ABC是等边三角形.
答案等边三角形
15.(2019北京牛栏山一中高三期中)如图是以C为圆心的一个圆,其中弦AB的长为2,则= .?
解析如图,作CD⊥AB交AB于点D,
则,
则=·
=|2=2.
答案2
16.在△ABC中,A=30°,AB=2,4≤BC2≤12,则△ABC面积的范围是 .?
解析因为在△ABC中,A=30°,AB=2,由余弦定理可得BC2=AB2+AC2-2AB·ACcos
30°=12+AC2-6AC,
又因为4≤BC2≤12,4≤12+AC2-6AC≤12,
解得0而S△ABC=AB·AC·sin
30°=AC,
所以0故△ABC面积的范围是(0,]∪[2,3].
答案(0,]∪[2,3]
四、解答题(本题共6小题,共70分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17.(10分)已知a=(1,0),b=(2,1).
(1)当k为何值时,ka-b与a+2b共线?
(2)若=2a+3b,=a+mb且A,B,C三点共线,求m的值.
解(1)ka-b=k(1,0)-(2,1)=(k-2,-1),
a+2b=(1,0)+2(2,1)=(5,2).
因为ka-b与a+2b共线,
所以2(k-2)-(-1)×5=0,解得k=-.
(2)因为A,B,C三点共线,a与b不共线,
所以存在实数λ,使得=λ(λ∈R),
即2a+3b=λ(a+mb),
整理得(8,3)=(λ+2mλ,mλ),
所以解得m=.
18.(12分)已知O,A,B是平面上不共线的三点,直线AB上有一点C,满足2=0,
(1)用表示;
(2)若点D是OB的中点,证明四边形OCAD是梯形.
(1)解因为2=0,
所以2()+()=0,
2-2=0,
所以=2.
(2)证明如图,
=-
=(2).
故.即DA∥OC,且DA≠OC.
故四边形OCAD为梯形.
19.(12分)(2020山东高一月考)已知长方形AOCD中,OA=3,OC=2,E为OC中点,P为AO上一点,利用向量知识判断当点P在什么位置时,∠PED=45°.
解如图,建立平面直角坐标系,则O(0,0),C(2,0),D(2,3),E(1,0).
设P(0,y),则=(1,3),=(-1,y),
所以||=,||==3y-1.
代入cos
45°=,
解得y=2y=-舍去.
所以当点P在靠近点A的AB的三等分处时,∠PED=45°.
20.(12分)在△ABC中,AB=3,AC=1,∠A=60°.
(1)求sin∠ACB;
(2)若D为BC的中点,求AD的长度.
解(1)因为在△ABC中,AB=3,AC=1,∠A=60°.
所以由余弦定理可得
BC=
=,
所以由正弦定理,可得
sin∠ACB=.
(2)因为D为BC的中点,所以CD=BC=.
又因为cos
C==-,
所以在△ACD中,由余弦定理可得
AD=
=.
21.(12分)为了测量两山顶M,N之间的距离,飞机沿水平方向在A,B两点进行测量,A,B,M,N在同一个铅垂平面内(如示意图).飞机能够测量的数据有俯角和A,B间的距离,请设计一个方案,包括:①指出需要测量的数据(用字母表示,并在图中标出);②用文字和公式写出计算M,N间的距离的步骤.
解①需要测量的数据有:A点到M,N点的俯角α1,β1;B点到M,N点的俯角α2,β2;A,B间的距离d(如图所示).
②第一步:计算AM.
由正弦定理得AM=.
第二步:计算AN.
由正弦定理得AN=.
第三步:计算MN.
由余弦定理得
MN=.
22.(12分)(2019海南高二期末(理))如图,在△ABC中,AB=2,AC=4,线段BC的垂直平分线交线段AC于点D,且DA-DB=1.
(1)求BC的长;
(2)求△BCD的面积S.
解(1)依题意得DB=DC,
因为AC=DA+DC=4,DA-DC=1,
所以DA=,DC=DB=.
在△ABD中,由余弦定理得cos
A=,
在△ABC中,由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cos
A=,所以BC=.
(2)由(1)知cos
A=,所以sin
A=,
在△ABC中,由正弦定理得,
即sin
C=,
所以S=CD·BC·sin
C=.2.2 复数的乘法与除法
2.3 复数乘法几何意义初探
课后篇巩固提升
基础达标练
1.(2019天津四中高二期中)计算(1+i)·(2+i)=
( )
A.1-i
B.1+3i
C.3+i
D.3+3i
解析(1+i)(2+i)=2+i+2i-1=1+3i.故选B.
答案B
2.(2019山东高三)若复数z=,其中i为虚数单位,则=( )
A.1+i
B.1-i
C.-1+i
D.-1-i
解析z==1+i,故=1-i.故选B.
答案B
3.(2019北京高三专题练习)在复平面内,复数的共轭复数对应的点位于( )
A.第一象限
B.第二象限
C.第三象限
D.第四象限
解析i的共轭复数为i,对应点为,-,其对应的点位于第四象限.故选D.
答案D
4.(2019北京临川学校高三月考)已知复数z=2+i,则z·=( )
A.
B.
C.3
D.5
解析因为z=2+i,所以z·=(2+i)(2-i)=5.故选D.
答案D
5.(多选)下面是关于复数z=(i为虚数单位)的命题,其中真命题为( )
A.|z|=2
B.z2=2i
C.z的共轭复数为1+i
D.z的虚部为-1
解析因为z==-1-i,所以|z|=,A错误;z2=2i,B正确;z的共轭复数为-1+i,C错误;z的虚部为-1,D正确.故选BD.
答案BD
6.(多选)(2019山东菏泽一中高二月考改编)设i是虚数单位,若复数a2-(a∈R)是纯虚数,则a的值可能为
( )
A.
B.-
C.3
D.-3
解析因为a2-=a2-=a2-(3+i)=a2-3-i,故由题设a2-3=0,解得a=±.故选AB.
答案D
7.(2019山东师范大学附中高二期中)设复数z满足(1+i)z=i2
019,则复数的虚部为( )
A.-
B.
C.i
D.-i
解析i2
019=i504×4+3=i3=-i,
所以z==-i.
所以=-i,其虚部为.故选B.
答案B
8.若复数z=(i为虚数单位),则复数z的虚部为 ,|z|= .?
解析z==2-3i,故z的虚部为-3,|z|==13.
答案-3
9.(2020山东滕州第一中学新校高一月考改编)若复数z满足:z·(1+i)=2,则z= ,|z|= .?
解析因为z·(1+i)=2,故z==1-i,故|z|=.
答案1-i
能力提升练
1.设z=,则|z|=( )
A.2
B.
C.
D.1
解析因为z=,所以z=i,所以|z|=.故选C.
答案C
2.若复数(1-i)(a+i)在复平面内对应的点在第二象限,则实数a的取值范围是( )
A.(-∞,1)
B.(-∞,-1)
C.(1,+∞)
D.(-1,+∞)
解析设z=(1-i)(a+i)=(a+1)+(1-a)i,因为复数对应的点在第二象限,所以解得a<-1.故选B.
答案B
3.已知z1,z2是复数,定义复数的一种运算“?”:z1?z2=当z1=3-i,z2=-2-3i时,z1?z2=( )
A.-i
B.5+2i
C.i
D.5-2i
解析由|z1|=,|z2|=,知|z1|<|z2|,故z1?z2==-i.故选A.
答案A
4.(2019天津高三月考)已知复数z在复平面内对应点是(1,-2),i为虚数单位,则= .?
解析依题意z=1-2i,故原式==1+i.
答案1+i
5.(2019天津一中高三月考)若z=(a2-1)+(a-1)i为纯虚数,其中a∈R,则等于 .?
解析因为z=(a2-1)+(a-1)i为纯虚数,所以a2-1=0,且a-1≠0,解得a=-1,因此=i.
答案i
6.(2019北京高二期中)若复数(a+i)(3+4i)的对应点在复平面的一、三象限角平分线上,则实数a= .?
解析因为(a+i)(3+4i)=(3a-4)+(3+4a)i,且复数(a+i)(3+4i)的对应点在复平面的一、三象限角平分线上,所以3a-4=3+4a,解得a=-7.
答案-7
7.在复平面内,复数z1=a+bi,z2=z1·,z3=z1·(i2
021)(a,b∈R),它们对应的向量分别为,如何直观地理解之间的位置关系呢?
解因为z2=z1·=z1·,
所以是将沿原方向压缩倍得到的;
因为z3=z1·(i2
021)=z1·i,
所以是将逆时针旋转得到的.
素养培优练
(2020山东滕州第一中学新校高一月考)已知复数z=1-2i(i为虚数单位).
(1)若z·z0=2z+z0,求复数z0的共轭复数;
(2)若z是关于x的方程x2-mx+5=0的一个虚根,求实数m的值.
解(1)因为z·z0=2z+z0,z=1-2i,
所以z0==2+i,
所以复数z0的共轭复数为2-i.
(2)因为z是关于x的方程x2-mx+5=0的一个虚根,
所以(1-2i)2-m(1-2i)+5=0,即(2-m)+(2m-4)i=0.
又因为m是实数,所以m=2.第五章复数
§1 复数的概念及其几何意义
1.1 复数的概念
课后篇巩固提升
基础达标练
1.设集合A={虚数},B={纯虚数},C={复数},则A,B,C间的关系为( )
A.A?B?C
B.B?A?C
C.B?C?A
D.A?C?B
解析根据复数的分类,复数集、实数集、虚数集、纯虚数集之间的关系如图所示,故选B.
答案B
2.设i是虚数单位,如果复数(a+1)+(-a+7)i(a∈R)的实部与虚部相等,那么实数a的值为( )
A.4
B.3
C.2
D.1
解析由题意得a+1=-a+7,解得a=3.故选B.
答案B
3.(多选)(2019海南海口琼山区校级期末改编)已知复数z=x+yi(x,y∈R),则下列结论正确的是( )
A.z的实部是x
B.z的虚部是yi
C.若z=1+2i,则x=1,y=2
D.当x=0且y≠0时,z是纯虚数
解析复数z=x+yi(x,y∈R),z的实部是x,故A正确;
z的虚部是y,故B错误;
若z=1+2i,则x=1,y=2,故C正确;
当x=0且y≠0时,z=yi是纯虚数,故D正确.
故选ACD.
答案ACD
4.若x是实数,y是纯虚数,且(2x-1)+2i=y,则x,y的值为 .?
解析由(2x-1)+2i=y,得
解得x=,y=2i.
答案x=,y=2i
5.以i-的虚部为实部,以8i2+i的实部为虚部的复数是 .?
解析i-的虚部为,8i2+i=-8+i的实部为-8,即解得复数为-8i.
答案-8i
6.若不等式m2-(m2-2m)i<9+i成立,则实数m的值为 .?
解析根据复数的概念及题意可得
即解得m=2.
答案2
能力提升练
1.已知i是虚数单位,下列命题:①若a∈R,则(a+1)i是纯虚数;②若a,b∈R且a>b,则ai>bi;③若x2-1+(x2+3x+2)i是纯虚数,则实数x=±1;④两个虚数不能比较大小,其中正确的命题是( )
A.①
B.②
C.③
D.④
解析对于①,a=-1时,(a+1)i是实数;
对于②和④,虚数不能比较大小;
对于③,当x=-1时,不符合题意.故①②③错,④正确.故选D.
答案D
2.(多选)已知i为虚数单位,下列命题中正确的是( )
A.若a≠0,则ai是纯虚数
B.虚部为-的虚数有无数个
C.实数集是复数集的真子集
D.两个复数相等的一个必要条件是它们的实部相等
解析若a=i,则ai=i2=-1,不是纯虚数,故A错误;
虚部为-的虚数可以表示为m-i(m∈R),有无数个,故B正确;
根据复数的分类,C正确;
两个复数相等一定能推出实部相等,必要性成立,但两个复数的实部相等推不出两个复数相等,充分性不成立,故D正确.
故选BCD.
答案BCD
3.复数z=cos+θ+sin+θi,且θ∈-,若z是实数,则θ的值为 ;若z为纯虚数,则θ的值为 .?
解析z=cos+θ+sin+θi=-sin
θ+icos
θ.当z是实数时,cos
θ=0.
因为θ∈-,
所以θ=±;
当z为纯虚数时
又θ∈-,所以θ=0.
答案± 0
4.定义运算=ad-bc,如果(x+y)+(x+3)i=,求实数x,y的值.
解由定义运算=ad-bc,得=3x+2y+yi,
故有(x+y)+(x+3)i=3x+2y+yi.因为x,y为实数,
所以有
得
素养培优练
已知关于实数x,y的方程组
有实数解,求实数a,b的值.
解由(2x-1)+i=y-(3-y)i,得
解得x=,y=4.
由2x+ay-(4x-y+b)i=9-8i,得
即
解得a=1,b=2.§6 简单几何体的再认识
6.1 柱、锥、台的侧面展开与面积
课后篇巩固提升
基础达标练
1.侧面都是等腰直角三角形的正三棱锥,底面边长为a时,该三棱锥的表面积是( )
A.a2
B.a2
C.a2
D.a2
解析因为正三棱锥的侧面为等腰直角三角形,所以斜高h'=,所以S侧面积=a××3=a2,S底面积=a×a×a2,所以S表面积=a2+a2=a2.
答案A
2.若圆台的高为3,一个底面半径是另一个底面半径的2倍,其轴截面的一个底角为45°,则这个圆台的侧面积是
( )
A.27π
B.27π
C.9π
D.36π
解析设圆台上底半径为r1,下底半径为r2,母线长为l,如图所示,2r2=2r1+6=4r1,所以r1=3,r2=6.
S圆台侧=π(r1+r2)l=π(6+3)×3=27π.
答案B
3.(多选)(2019山东潍坊期末)等腰直角三角形直角边长为1,现将该三角形绕其某一边旋转一周,则所形成的几何体的表面积可以为( )
A.π
B.(1+)π
C.2π
D.2+π
解析若绕一条直角边旋转一周时,则圆锥的底面半径为1,高为1,所以母线长l=,
这时表面积为π×1×l+π×12=(1+)π;
若绕斜边旋转一周时旋转体有两个倒立圆锥对底组合而成,且由题意底面半径为,一个圆锥的母线长为1,所以表面积S=2π××1=π,综上所述该几何体的表面积为π.
答案AB
4.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,三棱锥D1-AB1C的表面积与正方体的表面积的比为( )
A.1∶1
B.1∶
C.1∶
D.1∶2
解析设正方体棱长为a,
由题意知,三棱锥的各面都是正三角形,
所以正三角形的边长为a,
即表面积为4=4××(a)2×=2a2.
正方体的表面积为6a2,
所以三棱锥D1-AB1C的表面积与正方体的表面积的比为2a2∶6a2=1∶.
答案C
5.已知正四棱台两底面边长分别为4
cm,8
cm,侧棱长为8
cm,则它的侧面积为
cm2.?
解析作
出正四棱台的一个侧面如图,设E,F分别为AD,BC的中点,过D作DG⊥BC于点G.
由题知AD=4
cm,BC=8
cm,CD=8
cm,得DE=2
cm,FC=4
cm,解得GC=2
cm,在Rt△DGC中,DG==2(cm),
即斜高为2
cm,所以所求侧面积为
×(16+32)×2=48(cm2).
答案48
6.(2019浙江宁波余姚段考)一个圆台的母线长为12
cm,两底面积分别为4π
cm2和25π
cm2,则圆台的高为 ;截得此圆台的圆锥的母线长为 .?
解析圆
台的轴截面是等腰梯形ABCD,如图所示;
由已知可得上底半径O1A=2
cm,下底半径OB=5
cm;
又腰长为母线长是AB=12
cm,
所以高AM==3
cm;
设截得此圆台的圆锥的母线长为l,则由△SAO1∽△SBO,可得,解得l=20(cm).
答案3
cm 20
cm
能力提升练
1.(2019黑龙江大庆统考)过某一圆锥的高的中点和一个三等分点(该三等分点距圆锥顶点比距圆锥底面圆心更近),分别作平行于该圆锥底面的平面,圆锥被分割成三个部分,则这三个部分的侧面积之比为( )
A.2∶1∶3
B.2∶3∶6
C.4∶5∶27
D.4∶9∶36
解析设从顶点往下这三部分的侧面积分别为S1,S2,S3,圆锥底面半径为r,母线长为l,由题意可得,
S1=π·,
S2=π,
S3=π,
所以三个部分的侧面积之比为S1∶S2∶S3==4∶5∶27.
答案C
2.正四棱柱的一条对角线长为9,表面积为144,适合这些条件的正四棱柱有 个.?
解析设底面边长为a,高为h,由题意得
这个方程组有两个解,所以适合条件的正四棱柱有2个.
答案2
3.(2019浙江杭州期末)已知正方体ABCD-A'B'C'D'的棱长为2,棱AB,AD,AA'的中点分别为E,F,G,首先截去三棱锥A-EFG,类似的,再截去另外7个三棱锥,则余下的几何体的表面积为 .?
解析如图,S正方形GEMH==2,S△EFG=×sin
60°=,
而余下的几何体的表面积等于6个正方形GEMN的面积加上8个三角形EFG的面积之和,
故所求几何体的表面积为2×6+×8=12+4.
答案12+4
4.如图,已知正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长是2,D,E是CC1,BC的中点,AE=DE.求:
(1)正三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长;
(2)正三棱柱ABC-A1B1C1的表面积.
解(1)由题意可得,BE=EC=1,DE=AE=2×sin
60°=,根据正三棱柱的定义可得CC1⊥平面ABC.
又BC?平面ABC,所以CC1⊥BC,故在Rt△ECD中,CD=.
所以正三棱柱的侧棱长为2.
(2)S底面积=2S△ABC=2×2×=2,S侧面积=3=3×2×2=12.
所以S表面积=S侧面积+S底面积=12+2.
素养培优练
一个正三棱锥P-ABC的底面边长为a,高为h.一个正三棱柱A1B1C1-A0B0C0的顶点A1,B1,C1分别在三条棱上,A0,B0,C0分别在底面△ABC上,何时此三棱柱的侧面积取到最大值?
解设三棱锥的底面中心为O,连接PO,则PO为三棱锥的高,设A1,B1,C1所在的底面与PO交于O1点,则,令A1B1=x,而PO=h,则PO1=x,
于是OO1=h-PO1=h-x=h.
所以所求三棱柱的侧面积为S=3x·h(a-x)x=.当x=时,S有最大值为ah,此时O1为PO的中点.第五章测评
(时间:120分钟 满分:150分)
一、单项选择题(本题共8小题,每小题5分,共40分)
1.(2019宁夏六盘山高级中学高三月考)设复数z=-1+2i(i为虚数单位),则复数z的共轭复数在复平面上对应的点位于( )
A.第一象限
B.第二象限
C.第三象限
D.第四象限
解析因为复数z=-1+2i,共轭复数为-1-2i,则其对应的点为(-1,-2),该点在第三象限.故选C.
答案C
2.(2020天津高二期末)若z(1+i)=2i,则z=( )
A.-1-i
B.-1+i
C.1-i
D.1+i
解析z==1+i.故选D.
答案D
3.(2019天津高考模拟)设z=+2i,则|z|=( )
A.0
B.
C.1
D.
解析z=+2i=+2i=-i+2i=i,则|z|=1.故选C.
答案C
4.在复平面内,O为原点,向量对应的复数为-1+2i,若点A关于直线y=-x
的对称点为点B,则向量对应的复数为( )
A.-2+i
B.-2-i
C.1+2i
D.-1+2i
解析复数-1+2i对应的点为A(-1,2),点A关于直线y=-x的对称点为B(-2,1),所以向量对应的复数为-2+i.故选A.
答案A
5.已知i是虚数单位,在复平面内,复数-2+i,1-3i对应的点分别为A,B,则A,B两点之间的距离为( )
A.
B.
C.5
D.25
解析在复平面内,复数-2+i对应的点为A(-2,1),复数1-3i对应的点为B(1,-3),所以=(3,-4),即||==5.故选C.
答案C
6.已知复数z1=cos
23°+isin
23°和复数z2=cos
37°+isin
37°,则z1·z2为( )
A.i
B.i
C.i
D.i
解析z1z2=cos(23°+37°)+isin(23°+37°)=cos
60°+isin
60°=i.
答案A
7.设f(n)=n+n(n∈N),则f(n)可取的值有( )
A.1个
B.2个
C.3个
D.无数个
解析因为f(n)==in+(-i)n(n∈N),当n取特殊值1,2,3,4可得相应的值.
f(1)=0,f(2)=-2,f(3)=0,f(4)=2.故选C.
答案C
8.在如图所示的复平面内,复数z1,z2,z3对应的向量分别是,则复数对应的点位于( )
A.第一象限
B.第二象限
C.第三象限
D.第四象限
解析由题图知z1=3+2i,z2=-2+2i,z3=1-2i,则=-i,所以其在复平面内对应的点为-,-,在第三象限.故选C.
答案C
二、多项选择题(本题共4小题,每小题5分,共20分)
9.给出下列命题,其中是真命题的是( )
A.纯虚数z的共轭复数是-z
B.若z1-z2=0,则z1=
C.若z1+z2∈R,则z1与z2互为共轭复数
D.若z1-z2=0,则z1与2互为共轭复数
解析根据共轭复数的定义,显然A是真命题;
若z1-z2=0,则z1=z2,当z1,z2均为实数时,则有z1=,当z1,z2是虚数时,z1≠,所以B是假命题;
若z1+z2∈R,则z1,z2可能均为实数,但不一定相等,或z1与z2的虚部互为相反数,但实部不一定相等,所以C是假命题;
若z1-z2=0,则z1=z2,所以z1与互为共轭复数,故D是真命题.故选AD.
答案AD
10.已知复数z=1+2i(i为虚数单位),则下列结论错误的是( )
A.|z|=
B.z2≥0
C.|z-|=2
D.z·=5
解析|z|=,故A不正确;z2=1+4i2+4i=-3+4i,不能和0比较大小,故B不正确;=1-2i,|z-|=4,故C不正确;z·=(1+2i)(1-2i)=5.
答案ABC
11.实数x,y满足(1+i)x+(1-i)y=2,设z=x+yi,则下列说法正确的是( )
A.z在复平面内对应的点在第一象限
B.|z|=
C.z的虚部是i
D.z的实部是1
解析实数x,y满足(1+i)x+(1-i)y=2,可化为x+y-2+(x-y)i=0,所以解得x=y=1,
所以z=x+yi=1+i.
z在复平面内对应的点的坐标为(1,1),位于第一象限,故A正确.
|z|=,故B正确.
z的虚部是1,故C错误.
z的实部是1,故D正确.故选ABD.
答案ABD
12.已知集合M={m|m=in,n∈N+},其中i为虚数单位,则下列元素属于集合M的是( )
A.(1-i)(1+i)
B.
C.
D.(1-i)2
解析根据题意,M={m|m=in,n∈N+}中,
当n=4k(k∈N+)时,in=1;
当n=4k+1(k∈N+)时,in=i;
当n=4k+2(k∈N+)时,in=-1;
当n=4k+3(k∈N+)时,in=-i,
所以M={-1,1,i,-i}.
(1-i)(1+i)=2?M,A不符合题意;
=-i∈M,B符合题意;
=i∈M,C符合题意;
(1-i)2=-2i?M,D不符合题意.
故选BC.
答案BC
三、填空题(本题共4小题,每小题5分,共20分)
13.(2020北京高三期末)复数的实部为 .?
解析,故所求实部为.
答案
14.i÷3(cos
120°-isin
300°)= .?
解析i÷3(cos
120°-isin
300°)
=(cos
60°+isin
60°)÷3(cos
120°+isin
120°)
=[cos(60°-120°)+isin(60°-120°)]
=[cos(-60°)+isin(-60°)]
=i=i.
答案i
15.(2020江苏金陵中学高三开学考试)已知复数z1=-2+i,z2=a+2i(i为虚数单位,a∈R).若z1·z2为实数,则a的值为 ;z1-z2= .?
解析因为z1·z2=(-2+i)(a+2i)=(-2a-2)+(a-4)i为实数,所以a-4=0,解得a=4.则z1-z2=-2+i-(4+2i)=-2+i-4-2i=-6-i.
答案4 -6-i
16.若|z-1|=|z+1|,则|z-1|的最小值为 .?
解析设z=a+bi(a,b∈R),
则|(a-1)+bi|=|(a+1)+bi|.
所以,
即a=0,所以z=bi(b∈R),
所以|z-1|min=|bi-1|min=,
故当b=0时,|z-1|的最小值为1.
答案1
四、解答题(本题共6小题,共70分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17.(10分)已知复数z=lg(m2+2m+1)+(m2+3m+2)i(i为虚数单位),试求实数m分别取什么值时,z分别为:
(1)实数;(2)虚数;(3)纯虚数.
解(1)由得m=-2,
所以当m=-2时,z是实数.
(2)由得m≠-1,且m≠-2,
所以当m∈(-∞,-2)∪(-2,-1)∪(-1,+∞)时,z是虚数.
(3)由题意得
即解得m=0,所以当m=0时,z是纯虚数.
18.(12分)计算:.
解原式=
=
=i.
19.(12分)已知i是虚数单位,O为坐标原点,向量对应的复数为3+2i,将向量向上平移3个单位长度,再向左平移2个单位长度,将得到的向量记为,分别写出:
(1)向量对应的复数;
(2)点O'对应的复数;
(3)向量对应的复数.
解(1)如图所示,
O为原点,点A的坐标为(3,2),向上平移3个单位长度,再向左平移2个单位长度后,点O'的坐标为(-2,3),点A'的坐标为(1,5),坐标平移不改变的方向和模.
(1)向量对应的复数为3+2i;
(2)点O'对应的复数为-2+3i;
(3)向量对应的复数为-3-2i.
20.(12分)已知关于x的方程x2-ax+ab=0,其中a,b为实数.
(1)设x=1-i(i是虚数单位)是方程的根,求a,b的值;
(2)证明:当,且a>0时,该方程无实数根.
解(1)因为x=1-i是方程的根,
所以1+i也是方程的根,
由根与系数的关系得1-i+1+i=a,
得(1-i)(1+i)=ab,解得a=2,b=2;
(2)证明:因为,所以>0.
因为a>0,所以4a(4b-a)>0,即4ab-a2>0,
所以Δ=a2-4ab<0,所以原方程无实数根.
21.(12分)已知z是复数,z-3i为实数,为纯虚数(i为虚数单位).
(1)求复数z;
(2)求的模.
解(1)设z=a+bi(a,b∈R),
由z-3i=a+(b-3)i为实数,可得b=3,
又由为纯虚数,
解得a=-1,即z=-1+3i;
(2)=-2+i,
所以=|-2+i|=.
22.(12分)已知复数w满足w-4=(3-2w)i(i为虚数单位),z=+|-2|.
(1)求z;
(2)若(1)中的z是关于x的方程x2-px+q=0的一个根,求实数p,q的值及方程的另一个根.
解(1)因为w-4=(3-2w)i,所以w(1+2i)=4+3i,
所以w==2-i,
所以z=+|i|=+1=3+i.
(2)因为z=3+i是关于x的方程x2-px+q=0的一个根,
所以(3+i)2-p(3+i)+q=0,
即(8-3p+q)+(6-p)i=0,
因为p,q为实数,所以解得p=6,q=10.
解方程x2-6x+10=0,得x=3±i.
所以实数p=6,q=10,方程的另一个根为x=3-i.§3 空间点、直线、平面之间的位置关系
3.1 空间图形基本位置关系的认识
3.2 刻画空间点、线、面位置关系的公理(一)
课后篇巩固提升
基础达标练
1.(多选)设α,β表示两个平面,l表示直线,A,B,C表示三个不同的点,给出下列命题正确的是( )
A.若A∈l,A∈α,B∈l,B∈α,则l?α
B.α,β不重合,若A∈α,A∈β,B∈α,B∈β,则α∩β=AB
C.若l不在α内,A∈l,则A?α
D.若A,B,C∈α,A,B,C∈β,且A,B,C不共线,则α与β重合
解析α,β表示两个平面,l表示直线,A,B,C表示三个不同的点.
若A∈l,A∈α,B∈l,B∈α,则l?α,由平面的基本性质的基本事实1,可得A正确;
α,β不重合,若A∈α,A∈β,B∈α,B∈β,则α∩β=AB,由平面的基本性质的基本事实2,可得B正确;
若l不在α内,A∈l,则A∈α或A?α,可得C不正确;
若A,B,C∈α,A,B,C∈β,且A,B,C不共线,则α与β重合,由平面的基本性质的基本事实3,可得D正确.
答案ABD
2.在空间四边形ABCD的边AB,BC,CD,DA上分别取E,F,G,H四点,若EF与HG交于点M,则( )
A.M一定在直线AC上
B.M一定在直线BD上
C.M可能在直线AC上,也可能在BD上
D.M既不在AC上,也不在BD上
解析因为E,F,G,H分别是空间四边形ABCD的边AB,BC,CD,DA上的点,EF与HG交于点M,所以M为平面ABC与平面ACD的公共点.而两个平面的交线为AC,所以M一定在直线AC上,故选A.
答案A
3.A,B,C为空间三点,经过这三点的平面有 个;三条平行直线最多能确定的平面的个数为 .?
解析当A,B,C不共线时,有一个平面经过三点;当A,B,C共线时,有无数个平面经过这三点.
当三条平行直线在一个平面内时,可以确定1个平面;当三条平行直线不在同一平面上时,可以确定3个平面.因此,最多可确定3个平面.
答案1或无数 3
4.若直线l与平面α相交于点O,A,B∈l,C,D∈α,且AC∥BD,则O,C,D三点的位置关系是 .?
解析如图,因为AC∥BD,所以AC与BD确定一个平面,记作平面β,则α∩β=直线CD.
因为l∩α=O,所以O∈α.又O∈AB?β,
所以O∈直线CD,所以O,C,D三点共线.
答案共线
5.如图四边形ABCD中,已知AB∥CD,直线AB,BC,AD,DC分别与平面α相交于点E,G,H,F.
求证:E,F,G,H四点必定共线.
证明因为AB∥CD,所以直线AB,CD确定一个平面β,因为AB∩α=E,
所以E∈AB,E∈α,所以E∈β,所以E在α与β的交线l上.同理,F,G,H也在α与β的交线l上,所以E,F,G,H四点必定共线.
能力提升练
1.
(多选)如图,ABCD-A1B1C1D1是长方体,O是B1D1的中点,直线A1C交平面AB1D1于点M,则下列结论正确的是( )
A.A,M,O三点共线
B.A,M,O,A1四点共面
C.A,O,C,M四点共面
D.B,B1,O,M四点共面
解析因为A,M,O三点既在平面AB1D1内,又在平面AA1C内,故A,M,O三点共线,从而易知ABC均正确.
答案ABC
2.三个互不重合的平面把空间分成n部分,则n所有可能的值为 .?
解析若三个平面互相平行,则可将空间分为4部分;
若三个平面有两个平行,第三个平面与其他两个平面相交,则可将空间分成6部分;
若三个平面交于一线,则可将空间分成6部分;
若三个平面两两相交且三条交线平行,则可将空间分成7部分;
若三个平面两两相交且三条交线交于一点(如墙角三个墙面的关系),则可将空间分成8部分.
故n的所有可能值为4,6,7或8.
答案4,6,7或8
3.已知:a∥b∥c,l∩a=A,l∩b=B,l∩c=C.求证:a,b,c和l共面.
证明如
图,因为a∥b,所以a与b确定一个平面α.
因为l∩a=A,l∩b=B,
所以A∈α,B∈α.
又因为A∈l,B∈l,所以l?α.
因为b∥c,所以b与c确定一个平面β,同理l?β.
因为平面α与β都包含l和b,且b∩l=B,
由推论2知,两条相交直线确定一个平面,
所以平面α与平面β重合,所以a,b,c和l共面.
4.
如图,已知在四面体A-BCD中,E,F分别是AB,AD的中点,G,H分别是BC,CD上的点,且=2.求证:直线EG,FH,AC相交于同一点.
证明因
为E,F分别是AB,AD的中点,所以EF∥BD,且EF=BD.又=2,所以GH∥BD,且GH=BD,所以EF∥GH,且EF>GH,所以四边形EFHG是梯形,其两腰所在直线必相交.设两腰EG,FH的延长线相交于一点P,因为EG?平面ABC,FH?平面ACD,所以P∈平面ABC,P∈平面ACD.又平面ABC∩平面ACD=AC,所以P∈AC,故直线EG,FH,AC相交于同一点.
素养培优练
如图,不共面的四边形ABB'A',BCC'B',CAA'C'都是梯形.
求证:三条直线AA',BB',CC'相交于一点.
证明因为在梯形ABB'A'中,A'B'∥AB,所以AA',BB'在同一平面A'B内.
设直线AA',BB'相交于点P,如图所示.
同理BB',CC'同在平面BC'内,CC',AA'同在平面A'C内.
因为P∈AA',AA'?平面A'C,所以P∈平面A'C.同理点P∈平面BC',所以点P在平面A'C与平面BC'的交线上,而平面A'C∩平面BC'=CC',故点P∈直线CC',即三条直线AA',BB',CC'相交于一点.§4 平行关系
4.1 直线与平面平行
课后篇巩固提升
基础达标练
1.已知直线l∥平面α,P∈α,那么过点P且平行于l的直线( )
A.只有一条,不在平面α内
B.只有一条,在平面α内
C.有两条,不一定都在平面α内
D.有无数条,不一定都在平面α内
解析如图所示,因为直线l∥平面α,P∈α,
所以直线l与点P确定一个平面β,α∩β=m,所以P∈m,所以l∥m且m是唯一的.
答案B
2.
如图,已知S为四边形ABCD外一点,G,H分别为SB,BD上的点,若GH∥平面SCD,则( )
A.GH∥SA
B.GH∥SD
C.GH∥SC
D.以上均有可能
解析因为GH∥平面SCD,GH?平面SBD,平面SBD∩平面SCD=SD,所以GH∥SD,显然GH与SA,SC均不平行,故选B.
答案B
3.如图,四边形ABDC是梯形,AB∥CD,且AB∥平面α,M是AC的中点,BD与平面α交于点N,AB=4,CD=6,则MN等于( )
A.4.5
B.5
C.5.4
D.5.5
解析因为AB∥平面α,AB?平面ABDC,平面ABDC∩平面α=MN,所以AB∥MN.
又M是AC的中点,所以MN是梯形ABDC的中位线,故MN=(AB+CD)=5.
答案B
4.
如图所示,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 .?
解析因为AC∥A1C1,A1C1?平面A1B1C1D1,AC?平面A1B1C1D1,所以AC∥平面A1B1C1D1.
因为平面ACB1∩平面A1B1C1D1=l,
所以AC∥l.
答案平行
5.如图所示,直线a∥平面α,A?α,并且a和A位于平面α两侧,点B,C∈a,直线AB,AC分别交平面α于点E,F,若BC=4,CF=5,AF=3,则EF= .?
解析由于点A不在直线a上,则直线a和点A确定一个平面β,所以α∩β=EF.
因为a∥平面α,a?平面β,所以EF∥a.
所以.所以EF=.
答案
6.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G分别是BC,CC1,BB1的中点,求证:EF∥平面AD1G.
证明连
接BC1,则由E,F分别是BC,CC1的中点知,EF∥BC1.
又AB∥D1C1,且AB=D1C1,所以四边形ABC1D1是平行四边形,
所以BC1∥AD1,所以EF∥AD1.
又EF?平面AD1G,AD1?平面AD1G,所以EF∥平面AD1G.
能力提升练
1.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,E是BC的中点,D是AA1上的动点,且=m,若AE∥平面DB1C,则m的值为( )
A.
B.1
C.
D.2
解析如
图,取CB1的中点G,连接GE,DG,当m=1时,AD=GE=BB1,且AD∥GE,
所以四边形ADGE为平行四边形,则AE∥DG,
因为AE?平面DB1C,DG?平面DB1C,
所以AE∥平面DB1C.
答案B
2.如图所示,ABCD-A1B1C1D1是棱长为a的正方体,M,N分别是下底面的棱A1B1,B1C1的中点,P是上底面的棱AD上的一点,AP=,过P,M,N的平面交上底面于PQ,Q在CD上,则PQ= .?
解析因为MN∥平面AC,平面PMN∩平面AC=PQ,所以MN∥PQ,易知DP=DQ=,
故PQ=DP=.
答案a
3.如图,在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为等腰梯形,AB∥CD,AB=4,BC=CD=2,AA1=2,E,E1,F分别是棱AD,AA1,AB的中点.证明:直线EE1∥平面FCC1.
证明如图,在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,
取A1B1的中点F1,连接A1D,C1F1,CF1,FF1.
因为FF1∥BB1∥CC1,所以F1F?平面FCC1,
所以平面FCC1即为平面C1CFF1.
因为AB=4,CD=2,且AB∥CD,
所以CD∥A1F1,且CD=A1F1,
所以A1F1CD为平行四边形,所以CF1∥A1D.
又E,E1分别是棱AD,AA1的中点,
所以EE1∥A1D,所以CF1∥EE1,
又EE1?平面FCC1,CF1?平面FCC1,
所以直线EE1∥平面FCC1.
4.如图是一个以△A1B1C1为底面的直三棱柱被一平面所截得的几何体,截面为△ABC.已知AA1=4,BB1=2,CC1=3.在边AB上是否存在一点O,使得OC∥平面A1B1C1?
解存在.取AB的中点O,连接OC.
作OD∥AA1交A1B1于点D,连接C1D,
则OD∥BB1∥CC1.
因为O是AB的中点,
所以OD=(AA1+BB1)=3=CC1,则四边形ODC1C是平行四边形,所以OC∥C1D.
又C1D?平面C1B1A1,且OC?平面C1B1A1,
所以OC∥平面A1B1C1.
即在边AB上存在一点O,使得OC∥平面A1B1C1.
素养培优练
将一块边长为8
cm的正方形铁皮按如图①所示的阴影部分裁下,其中分点均为所在边的四等分点,然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥(底面是正方形,从顶点向底面作垂线,垂足是底面中心的四棱锥)形的容器如图②所示(不考虑接头部分的材料损耗).
(1)若E为棱PC的中点,求证:PA∥平面BDE;
(2)求异面直线PB与AD所成角的余弦值.
(1)证明连接AC,交BD于点F,则F为AC的中点,连接EF,因为E为PC的中点,
所以EF∥PA.
因为EF?平面BDE,PA?平面BDE,
所以PA∥平面BDE.
(2)解因为BC∥AD,
所以∠CBP就是异面直线PB与AD所成角,在△CBP中,BC=4,PB=PC=2,
由余弦定理得cos∠CBP=,
所以异面直线PB与AD所成角的余弦值为.§2 两角和与差的三角函数公式
2.1 两角和与差的余弦公式及其应用
课后篇巩固提升
基础达标练
1.cos
285°等于( )
A.
B.
C.
D.-
解析cos
285°=cos(360°-75°)=cos
75°=cos(30°+45°)=cos
30°cos
45°-sin
30°sin
45°=.
答案A
2.计算的值是( )
A.
B.-
C.
D.-
解析
=.
答案C
3.满足sin
αsin
β=-cos
αcos
β的一组值是( )
A.α=β=90°
B.α=18°,β=72°
C.α=130°,β=40°
D.α=140°,β=40°
解析由sin
αsin
β=-cos
αcos
β可得cos(α-β)=0,因此α-β=k·180°+90°,只有C项符合.
答案C
4.在△ABC中,sin
Asin
BAcos
B,则△ABC是
( )
A.直角三角形
B.钝角三角形
C.锐角三角形
D.等腰三角形
解析由题意,得cos
Acos
B-sin
Asin
B>0,
则cos(A+B)>0,所以cos(π-C)>0,
即cos
C<0,所以∠C是钝角.
答案B
5.(多选)已知sin
α=,sin(α-β)=-,α,β均为锐角,则β=( )
A.cos(α-β)=-
B.cos(α-β)=
C.cos
α=
D.β=
解析因为α,β均为锐角,所以-<α-β<.
又sin(α-β)=-,所以cos(α-β)=.故A错误,B正确;
又sin
α=,所以cos
α=,所以C正确;
cos
β=cos[α-(α-β)]=cos
αcos(α-β)+sin
αsin(α-β)=×-=,所以β=.故D正确.
答案BCD
6.(多选)满足cos
αcos
β=-sin
αsin
β的一组α,β的值是( )
A.α=,β=
B.α=,β=
C.α=,β=
D.α=,β=
解析因为cos
αcos
β=-sin
αsin
β,
所以cos
αcos
β+sin
αsin
β=,即cos(α-β)=.
当α=,β=时,α-β=,cos(α-β)=,所以A错误;
当α=,β=时,α-β=,cos(α-β)=,所以B正确;
当α=,β=时,α-β=,cos(α-β)=,所以C错误;
当α=,β=时,α-β=-,cos(α-β)=,所以D正确.
答案BD
7.化简cos(α-55°)cos(α+5°)+sin(α-55°)·sin(α+5°)= .?
解析原式=cos
[(α-55°)-(α+5°)]=cos(-60°)=.
答案
8.(2019江西南昌高一检测)已知α为三角形的内角且cos
α+sin
α=,则α= .?
解析因为cos
α+sin
α=coscos
α+sinsin
α
=cosα-=,又0<α<π,-<α-,所以α-,α=.
答案π
9.已知向量a=(cos
α,sin
α),b=(cos
β,sin
β),|a-b|=,求cos(α-β).
解因为a=(cos
α,sin
α),b=(cos
β,sin
β),
所以a-b=(cos
α-cos
β,sin
α-sin
β).
所以|a-b|=
=
=,
所以2-2cos(α-β)=,所以cos(α-β)=.
能力提升练
1.已知sin
α=,α∈0,,则cos+α等于( )
A.
B.-
C.-
D.
解析由题意可知cos
α=,
cos+α=cos2π-+α=cosα-
=cos
αcos+sin
αsin.
答案D
2.已知锐角α,β满足cos
α=,cos(α+β)=-,则cos(2π-β)的值为( )
A.
B.-
C.
D.-
解析因为α,β为锐角,cos
α=,cos(α+β)=-,
所以sin
α=,sin(α+β)=,
所以cos(2π-β)=cos
β=cos
[(α+β)-α]=cos(α+β)cos
α+sin(α+β)sin
α=-.
答案C
3.在△ABC中,cos
A=,且cos
B=,则cos
C的值是 .?
解析因为在△ABC中,cos
A=,可知A为锐角,
所以sin
A=.
因为cos
B=,可知B也为锐角,
所以sin
B=.
所以cos
C=cos[π-(A+B)]=-cos(A+B)=sin
Asin
B-cos
Acos
B=.
答案
4.若sin
α-sin
β=,cos
α-cos
β=,则cos(α-β)的值为( )
A.
B.
C.
D.1
解析由sin
α-sin
β=,cos
α-cos
β=,得sin2α+sin2β-2sin
αsin
β=,cos2α+cos2β-2cos
αcos
β=,以上两式相加得2-2(sin
αsin
β+cos
αcos
β)=1,所以sin
αsin
β+cos
αcos
β=,故cos(α-β)=.
答案A
5.已知α∈,tan
α=2,则cos= .?
解析由tan
α=2,得sin
α=2cos
α.
又sin2α+cos2α=1,α∈,
所以cos
α=,sin
α=.
所以cos=cos
αcos+sin
αsin
=.
答案
6.若0<α<,-<β<0,cos,cos,则sin= ,cos= .?
解析因为0<α<,所以+α<,
又cos,所以sin,
因为-<β<0,所以,
又cos,所以sin.
于是cos=cos
=
coscos+sinsin=.
答案
7.已知函数f(x)=2sin,x∈R.
(1)求f的值;
(2)设α,β∈,f,f(3β+2π)=,求cos(α+β)的值.
解(1)f=2sin=2sin=2×.
(2)f,
所以2sin,
所以sin
α=,又因为f(3β+2π)=,
所以2sin,所以cos
β=,
因为α,β∈,所以cos
α=,sin
β=,
所以cos(α+β)=cos
αcos
β-sin
αsin
β=.
素养培优练
1.若α,β都是锐角,且cos
α=,sin(α-β)=,则cos
β=( )
A.
B.
C.或-
D.
解析因为α,β都是锐角,且cos
α=,sin(α-β)=,所以sin
α=,cos(α-β)=,从而cos
β=cos[α-(α-β)]=cos
αcos(α-β)+sin
αsin(α-β)=,故选A.
答案A
2.(2020浙江杭州十四中月考)已知α,β∈,π,sin(α+β)=-,sinβ-=,则cosα+= .?
解析因为α,β∈,π,所以α+β∈,2π,
所以cos(α+β)=.
又β-∈,sinβ-=,
所以cosβ-=-=-.
所以cosα+=cos(α+β)-β-
=cos(α+β)cosβ-+sin(α+β)sinβ-
=×-+-×=-.
答案-6.2 柱、锥、台的体积
课后篇巩固提升
基础达标练
1.如图,ABC-A'B'C'是体积为1的棱柱,则四棱锥C-AA'B'B
的体积是( )
A.
B.
C.
D.
解析因为VC-A'B'C'=VABC-A'B'C',
所以VC-AA'B'B=VABC-A'B'C'=.故选C.
答案C
2.圆锥的轴截面是等腰直角三角形,侧面积是16π,则圆锥的体积是( )
A.
B.
C.64π
D.128π
解析设圆锥的底面半径为r,母线长为l,高为h,
由题意知l=r,h=r,
所以S侧=πrl=πr2=16π,
解得r=4.
所以l=4,h=4,
所以圆锥的体积为V=Sh=π×42×4=.
答案B
3.如图,在梯形ABCD中,∠ABC=90°,AD∥BC,BC=2AD=2AB=2,将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周所围成的几何体的体积为( )
A.π
B.π
C.π
D.2π
解析由
题意,旋转而成的几何体是圆柱,挖去一个圆锥,如图所示,该几何体的体积为π×12×2-×π×12×1=π.故选A.
答案A
4.圆锥的侧面展开图为扇形,若其弧长为2π
cm,半径为
cm,则该圆锥的底面圆半径为
cm;圆锥的体积为
cm3.?
解析因为圆锥的侧面展开图的弧长为2π
cm,半径为
cm,故圆锥的底面周长为2π
cm,母线长为
cm,则圆锥的底面半径为1,高为1,则圆锥的体积V=×π×12×1=.
答案1
5.设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S1,S2,体积分别为V1,V2.若它们的侧面积相等,且,则的值是 .?
解析设两个圆柱的底面半径和高分别为r1,r2和h1,h2,由,得,则.
由圆柱的侧面积相等,得2πr1h1=2πr2h2,
即r1h1=r2h2,所以.
答案
6.如图,在多面体ABCDEF中,已知平面ABCD是边长为4的正方形,EF∥AB,EF=2,EF上任意一点到平面ABCD的距离均为3,求该多面体的体积.
解如
图,连接EB,EC.
四棱锥E-ABCD的体积V四棱锥E-ABCD=×42×3=16.
因为AB=2EF,EF∥AB,
所以S△EAB=2S△BEF,
所以V三棱锥F-EBC=V三棱锥C-EFB=V三棱锥C-ABE=V三棱锥E-ABC=V四棱锥E-ABCD=4.
所以多面体的体积V=V四棱锥E-ABCD+V三棱锥F-EBC=16+4=20.
能力提升练
1.如图是一个下半部分为正方体、上半部分为正三棱柱的盒子(中间连通).若其表面积为448+32(cm2),则其体积为( )
A.512+128(cm3)
B.216+128(cm3)
C.512+64(cm3)
D.216+64(cm3)
解析设正方体的棱长为a
cm,
则5a2+2a2+a2×2=448+32,解得a=8
cm.
该几何体的体积为a3+a2·a=512+128(cm3).故选A.
答案A
2.
如图,一个底面半径为2的圆柱被一平面所截,截得的几何体的最短和最长母线长分别为2和3,则该几何体的体积为( )
A.5π
B.6π
C.20π
D.10π
解析用
一个完全相同的几何体把题中几何体补成一个圆柱,如图,则圆柱的体积为π×22×5=20π,故所求几何体的体积为10π.故选D.
答案D
3.有一个正四棱台形状的油槽,可以装油190
L,假如它的两底面边长分别等于60
cm和40
cm,求它的深度为
cm.?
解析设油槽的上、下底面积分别为S上,S下,V=(S上+S下+)h,得h==75(cm).
答案75
4.如图①,一个正三棱柱容器,底面边长为a,高为2a,内装水若干,将容器放倒,把一个侧面作为底面,如图②,这时水面恰好为中截面,则图①中容器内水面的高度是 .?
解析设题图①中容器内水面的高度为h,水的体积为V,则V=S△ABCh.又题图②中水组成了一个直四棱柱,其底面积为S△ABC,高度为2a,则V=S△ABC·2a,
所以h=a.
答案a
5.如图所示是一个边长为5+的正方形,剪去阴影部分得到圆锥的侧面和底面展开图,求该圆锥的体积.
解设圆锥的底面半径为r,母线长为l,高为h,则依题意有·2πl=2πr,所以l=4r.
又因为AC=OC+OA=r+r+l=(+5)r,
且AC=×(+5),
所以(+5)r=(+5)×,
所以r=,所以l=4,
所以h=,
所以V圆锥=πr2h=π×()2×π.故该圆锥的体积为π.
素养培优练
在三棱台ABC-A1B1C1中,AB∶A1B1=1∶2,则三棱锥A1-ABC,B-A1B1C,C-A1B1C1的体积之比是多少?
解设棱台的高为h,S△ABC=S,
因为在三棱台ABC-A1B1C1中,AB∶A1B=1∶2,
所以=4S.
所以S△ABC·h=Sh,
·h=Sh.
又V三棱台=(S+4S+2S)h=Sh,
所以=V三棱台-
=Sh-Sh-Sh=Sh.
所以Sh∶Sh∶Sh=1∶2∶4.1.2 简单多面体——棱柱、棱锥和棱台
课后篇巩固提升
基础达标练
1.有两个面平行的多面体不可能是( )
A.棱柱
B.棱锥
C.棱台
D.圆柱
解析由棱锥的结构特征可得.
答案B
2.下列说法正确的是( )
A.棱柱的底面一定是平行四边形
B.棱锥的底面一定是三角形
C.棱锥被平面分成的两部分一定是棱锥和棱台
D.棱柱被平面分成的两部分可能都是棱柱
解析棱柱与棱锥的底面可以是任意多边形,A,B不正确;过棱锥的顶点的纵截面可以把棱锥分成两个棱锥,C不正确.
答案D
3.如图所示,在三棱台A'B'C'-ABC中,截去三棱锥A'-ABC,则剩余部分是( )
A.三棱锥
B.四棱锥
C.三棱柱
D.三棱台
解析由题图知剩余的部分是四棱锥A'-BCC'B'.
答案B
4.一个正三棱锥的底面边长为3,高为,则它的侧棱长为
( )
A.2
B.2
C.3
D.4
解析如
图所示,正三棱锥S-ABC中,O为△ABC的中心,SO为正三棱锥的高,则SO=,AB=3,易知OA=,所以在Rt△SOA中,SA==3.
答案C
5.四棱柱有 条侧棱, 个顶点.?
答案4 8
6.若正四棱台的上、下底面边长分别是5和7,对角线长为9,则该棱台的高为 .?
解析由题意,得正四棱台的对角面为等腰梯形,其中上底长为5,下底长为7,对角线长为9,则高为=3.
答案3
7.
如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=3,BC=4,A1A=5,现有一只甲壳虫从点A出发沿长方体表面爬行到点C1来获取食物,试画出它的最短爬行路线,并求其路程的最小值.
解把长方体的部分面展开,如图,有三种情况.
对甲、乙、丙三种展开图利用勾股定理可得AC1的长分别为,由此可见乙是最短线路,所以甲壳虫可以先在长方形ABB1A1内由A到E,再在长方形BCC1B1内由E到C1,也可以先在长方形AA1D1D内由A到F,再在长方形DCC1D1内由F到C1,其最短路程为.
能力提升练
1.已知集合A={正方体},B={长方体},C={正四棱柱},D={直平行六面体},则( )
A.A?B?C?D
B.C?A?B?D
C.A?C?B?D
D.它们无确切包含关系
解析在这4种图形中,包含元素最多的是直平行六面体,其次是长方体,最少的是正方体,其次是正四棱柱.
答案C
2.如图所示,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=2,AA1=2,由顶点B沿棱柱侧面(经过棱AA1)到达顶点C1,与AA1的交点记为M,则从点B经点M到C1的最短路线长为( )
A.2
B.2
C.4
D.4
解析沿侧棱BB1将正三棱柱的侧面展开,得到一个矩形BB1B1'B'(如图).
由侧面展开图可知,当B,M,C1三点共线时,从点B经过M到达C1的路线最短.
所以最短路线长为BC1==2.
答案B
3.已知三棱台ABC-A'B'C'的上、下两底面均为正三角形,边长分别为3和6,平行于底面的截面将侧棱从上到下分为长度之比为1∶2的两部分,则截面的面积为 .?
解析如
图所示,延长AA',BB',CC'交于点S,设截面为A″B″C″.
由题意知A″A'∶AA″=1∶2,
由棱截的截面性质得,所以SA=2SA'=2AA'.
由A″A'∶AA″=1∶2得A″A'=AA',
所以SA'∶SA″=3∶4,所以,
所以A″B″=A'B'=4,
所以S△A″B″C″=(A″B″)2=×42=4,
所以截面面积为4.
答案4
4.如图所示,将边长为8的正三角形沿三条中位线折成一个正四面体,求该四面体的高和斜高.
解由题设知正四面体S-ABC中,SA=SB=SC=AB=BC=CA=4.
过点S作SO⊥平面ABC,O为垂足,连接OA,过点O作OD⊥AC于点D,则D为AC中点,连接SD,则SD⊥AC,故SO为正四面体的高,SD为斜高.
在Rt△SDA中,SA=4,AD=2,
所以SD=
==6.
又因为△ABC为正三角形,
所以△ABC的高h=×4=6,
所以OA=h=×6=4,
所以在Rt△SOA中,SO==4.
故该四面体的高为4,斜高为6.
素养培优练
如图,在侧棱长为2的正三棱锥V-ABC中,∠AVB=∠BVC=∠CVA=40°,过点A作截面△AEF,求截面△AEF周长的最小值.
解沿着侧棱VA把正三棱锥V-ABC展开在一个平面内,如图.
则AA'的长即为截面△AEF周长的最小值,且∠AVA'=3×40°=120°.在△VAA'中,AA'=2×2=6,故截面△AEF周长的最小值为6.
