【文档说明】高中数学课时作业（人教B版必修第四册）详解答案.docx，共(60)页，1.420 MB，由小赞的店铺上传

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课时作业(一)正弦定理1．解析：由已知及正弦定理，得4sin45°＝bsin60°，∴b＝4sin60°sin45°＝4×3222＝26.答案：C2．解析：由asinA＝bsinB，得sinB＝bsinAa＝23sin30°2＝32.因为b＞a，所以∠B

＞∠A，所以∠B＝60°或∠B＝120°.答案：B3．解析：由题意知，OP＝OQ＝3，∠POQ＝4π3－π2＝5π6，所以S△POQ＝12OP×OQsin∠POQ＝12×3×3sin5π6＝94.答案：B4．解析：对于A选项，若A>B，则a>b，由正弦定理可

得sinA>sinB，A对；对于B选项，因为0<B<A<π，且余弦函数y＝cosx在(0，π)上为减函数，故cosA<cosB，B对；对于C选项，取B＝π6，A＝2π3，则sin2B＝sinπ3＝32，sin2A＝sin4π3＝－

32，此时，sin2A<sin2B，C错．对于D选项，若A>B，则sinA>sinB，则cos2A＝1－2sin2A<1－2sin2B＝cos2B，D对．答案：ABD5．解析：由正弦定理可得sinAcosA＝si

nBcosB，∴sin2A＝sin2B，∴2A＝2B或2A＋2B＝π，∴A＝B或A＋B＝π2，又a>b，∴A≠B，因此A＋B＝π2，∴△ABC是直角三角形．答案：直角三角形6．解析：在△ABC中，∵sinB＝12，0<∠B<π，∴∠B＝π6或∠B＝56π.又∵∠B＋∠C<π，∠C＝π6，

∴∠B＝π6，∴∠A＝π－π6－π6＝23π.∵asinA＝bsinB，∴b＝asinBsinA＝1.答案：17．解析：由正弦定理得sinB＝bsinAa＝3x，因为A＝60°，所以0°<B<120°，要使此三角形有两解，则60°<B<1

20°，且B≠90°，即32<sinB<1，所以32<3x<1，解得3<x<2.答案：3<x<28．解析：由正弦定理可得bsinB＝csinC，即bc＝sinBsinC＝sin2CsinC＝2sinCcosCsinC＝2cosC＝273

⇒cosC＝73，所以cos2C＝2cos2C－1＝2×79－1＝59.9．解析：在△ABC中，由正弦定理得asinA＝bsinB，∴ab＝sinAsinB，∴a2b2＝sin2Asin2B.又∵a2tanB＝b2tanA，∴a2b2＝tanAtanB，∴tanAtanB＝sin2A

sin2B，∴sinAcosA＝sinBcosB，即sin2A＝sin2B.∴2∠A＝2∠B或2∠A＋2∠B＝π，即∠A＝∠B或∠A＋∠B＝π2.∴△ABC为等腰三角形或直角三角形．10．解析：(1)

由2a－cb＝cosCcosB得到2sinA－sinCsinB＝cosCcosB即2sinAcosB＝sin(B＋C)，即2sinAcosB＝sinA，又因为A为三角形内角，所以sinA≠0，所以cosB＝12，从而B＝

π3.(2)3cos2C2－sinA2cosA2＝32(cosC＋1)－12sinA＝32cosC－12sin(2π3－C)＋32＝34cosC－14sinC＋32＝12cos(C＋π6)＋32，因为0<C<2π

3，所以π6<C＋π6<5π6，所以－32<cos(C＋π6)<32，所以34<12cos(C＋π6)＋32<334.所以3cos2C2－sinA2cosA2的取值范围为(34，334).课时作业(二)余弦定理1．解析：a2＝c2＋b2－2cb

cosA⇒13＝c2＋9－2c×3×cos60°，即c2－3c－4＝0，解得c＝4或c＝－1(舍去)，故选C.答案：C2．解析：设中间角为θ，则θ为锐角，由余弦定理得cosθ＝52＋82－722×5×8＝12，θ＝60°，1

80°－60°＝120°，所以三角形最大角与最小角的和是120°.答案：B3．解析：因为S＝12bcsinA＝33c4＝332，所以c＝2；又因为cosA＝b2＋c2－a22bc，所以12＝9＋4－a212，所以a＝7，故选A.答案：A4．解析：依题意，△ABC中，B＋C＝π－A，sin(

B＋C)＝sin(π－A)＝sinA，A正确；cos(B＋C)＝cos(π－A)＝－cosA，B不正确；因a2＋b2＝c2，则由余弦定理得：cosC＝a2＋b2－c22ab＝0，而0<C<π，即有C＝π2，△ABC为直角三角形，C正确；因

a2＋b2<c2，则cosC＝a2＋b2－c22ab<0，而0<C<π，即有π2<C<π，△ABC为钝角三角形，D不正确．答案：AC5．解析：根据余弦定理，cosB＝a2＋c2－b22ac＝3ac2ac＝3

2，又∠B∈(0，π)，所以∠B＝π6.答案：π66．解析：由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB＝3，所以b＝3，由正弦定理得csinC＝bsinB＝332＝2.答案：27．解析：由正弦定理得a2＋c2－2ac＝b2，由余弦定理得b

2＝a2＋c2－2accosB，故cosB＝22.又因为B为三角形的内角，所以B＝45°.答案：45°8．解析：(1)因为sinA＋sinBsinC＝b－cb－a，所以a＋bc＝b－cb－a，化简得c2＋b2－a2＝bc，所以cosA＝b2＋c2－

a22bc＝bc2bc＝12.因为A∈(0，π)，所以A＝π3.(2)因为△ABC的面积为3，所以12bcsinA＝34bc＝3，得bc＝4.因为A＝π3，a＝6，所以b2＋c2－2bccosπ3＝6，整理得(b＋c)2＝3bc＋6＝18，解得b＋c

＝32.故△ABC的周长为6＋32.答案：(1)A＝π3(2)6＋329．解析：方法一(利用边的关系判断)由正弦定理，得sinCsinB＝cb.∵2cosAsinB＝sinC，∴cosA＝sinC2sinB＝c2b.∵cosA＝b2＋c2－a22bc，∴b2＋

c2－a22bc＝c2b，∴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＝1

80°，∴sinC＝sin(A＋B).∵2cosAsinB＝sinC，∴2cosAsinB＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB，∴sinAcosB－cosAsinB＝0，∴sin(A－B)＝0.∵0°<A<180°，0°

<B<180°，∴－180°<A－B<180°，∴A－B＝0°，即A＝B.∵(a＋b＋c)(a＋b－c)＝3ab，∴(a＋b)2－c2＝3ab，∴a2＋b2－c2＝ab，∵c2＝a2＋b2－2abcosC，∴cosC＝a2＋b2－c22ab＝12，∴C＝

60°，∴△ABC为等边三角形．10．解析：(1)由asinA＋bsinB－csinCsinBsinC－233a＝0，得a·a＋b·b－c·cb·sinC＝233a，即a2＋b2－c22ab＝33sinC，由余弦定理得cosC＝33sinC，所以tanC＝3，因为C∈()0，π，所以C＝π3

.(2)由余弦定理b2＝1＋c24－2×1×c2·cos∠CEA①，a2＝1＋c24－2×1×c2·cos∠CEB②，①＋②得，b2＋a2＝2＋c22，即2(b2＋a2)＝4＋c2，因为c2＝a2＋b2－2ab·cosC，所以a2＋b2＝4－a

b≥2ab，所以ab≤43，当且仅当a＝b时取等号，所以S△ABC＝12absinC≤12×43×32＝33，即△ABC面积的最大值为33.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BCsin60°＝10sin45°，解得BC＝56(nmile).答案：D2．解析：∵tan15°＝tan(60°－45°)＝tan60°－tan45°1＋tan60°tan45°＝2－3，∴BC＝60tan60°－60tan15°＝120(3－1

)(m)，故选C.答案：C3．解析：如图，由条件知四边形ABCD为正方形，∴AB＝CD＝20m，BC＝AD＝20m.在△DCE中，∠EDC＝60°，∠DCE＝90°，CD＝20m，∴EC＝CD·tan60°＝203m．∴BE＝BC＋CE＝(20＋203)

m.选B.答案：B4．解析：到14时，轮船A和轮船B分别走了50nmile，30nmile，由余弦定理得两船之间的距离为l＝502＋302－2×50×30×cos120°＝70(nmile).答案：B5．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＝3AO，即h＋100＝3h，解得h＝1003－1＝50(3＋1).∴气球的高度为50(3＋1)m.答案：50(3＋1)m6．解析：由题意知∠ABC＝30°，由正弦定理，得ACs

in∠ABC＝ABsin∠ACB，∴AB＝AC·sin∠ACBsin∠ABC＝50×2212＝502(m).答案：5027．解析：如图所示，依题意可知∠PCB＝45°，∠PBC＝180°－60°－15°＝105°，∴∠CPB＝180°－45°－105°＝3

0°，∴在△PBC中，由正弦定理，可知PB＝CBsin∠CPB·sin∠PCB＝203(米)，∴在Rt△POB中，OP＝PB·sin∠PBO＝203×32＝30(米)，即旗杆的高度为30米．答案：308．

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·cos120°＝402＋402－2×40×40×－12＝402×3

，所以BP＝403.又∠PBC＝90°，BC＝80，所以PC2＝BP2＋BC2＝(403)2＋802＝11200，所以PC＝407海里．9．解析：设缉私船用th在D处追上走私船，则有CD＝103t，BD＝10t，在△ABC中，∵AB＝3

－1，AC＝2，∠BAC＝120°，∴由余弦定理，得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos∠BAC＝(3－1)2＋22－2×(3－1)×2·cos120°＝6，∴BC＝6，且sin∠ABC＝ACBC·sin∠BAC＝2

6×32＝22，∴∠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＝BD·sin∠CBDCD＝10tsin120°103t＝12，∴∠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2acosA＝bcosC＋ccosB，由正弦定理得2sinAcosA＝sinBcosC＋sinCcosB＝sin(B＋C)＝sinA，由于0＜A＜π，sinA

>0，所以2cosA＝1，cosA＝12，则A＝π3.(2)由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA，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＝12bcsinA≤34×4＝3.即△ABC面积的最大值为3.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：C2．解析：由a2－3a＋2＝0，a－1≠0，得a＝2.答案：B3．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：B4．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z21＋z22＝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：AB5．解析：由题意得m2－3m＋mi＝4＋(5m＋4)i，从而m2－3m＝4，m＝5m＋4，解得m＝－1.答案：－16．解析：3i－3的虚部为3，3i2＋2i＝－3＋2i，实部为

－3，故应填3－3i.答案：3－3i7．解析：由题意得m2－2m＝0，m2－1>1，解得m＝2.答案：28．解析：(1)∵z是零，∴m（m－1）＝0，m2＋2m－3＝0，解得m＝1.(

2)∵z是纯虚数，∴m（m－1）＝0，m2＋2m－3≠0，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m2－2m＝－1，m2＋m－2＝0，解得m＝1；由(m2－2m)＋(m2＋m－2)i＝4i，得m2－2m＝0，m2＋m－2＝4，解得m＝2.综上可知，m＝1或m＝2.10．解析：x＝x

0是方程的实根，代入方程并整理，得(x20＋kx0＋2)＋(2x0＋k)i＝0.由复数相等的充要条件，得x20＋kx0＋2＝0，2x0＋k＝0，解得x0＝2，k＝－22或

x0＝－2，k＝22．∴方程的实根为x0＝2或x0＝－2，相应的k值为k＝－22或k＝22.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：C2．解析：|z|＝|1＋3i|＝12＋32＝10，

故选C.答案：C3．解析：由|z|2－3|z|＋2＝0，得(|z|－1)·(|z|－2)＝0，所以|z|＝1或|z|＝2.由复数模的几何意义知，z对应点的轨迹是两个圆．答案：B4．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：C5．解析：∵z1＝3＋ai，z2＝b＋4i互为共轭复数，∴3＝b，a＝－4，∴z＝－4＋3

i，∴|z|＝（－4）2＋32＝5.答案：56．解析：由已知得：z＝m2－2－(2m－1)i，且在第二象限，所以m2－2<0，2m－1<0，解得－2<m<2，m<12，所以－2<m<12.答案：

(－2，12)7．解析：∵0<m<1，∴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m－2>0，m2－9>0，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8m＋5i相等，所以m－2＝8m，9－m2＝5，解得m＝－2.9．解析：(1)由题意得m－3>0

，m2－5m－14<0，得3<m<7，此时复数z对应的点位于第四象限．(2)由题意得m－3>0，m2－5m－14>0，或m－3<0，m2－5m－14<0，∴m>7或－2<m<3，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±25，此时，复数z对应的点位于直线y＝x上．10．解析：因为𝑂𝑍1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗对应的复数为－

3＋4i，𝑂𝑍2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗对应的复数为2a＋i，所以𝑂𝑍1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(－3，4)，𝑂𝑍2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(2a，1).因为𝑂𝑍1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗与𝑂𝑍2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗共线，所以存在实数k使𝑂𝑍2⃗

⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝k𝑂𝑍1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，即(2a，1)＝k(－3，4)＝(－3k，4k)，所以2a＝－3k，1＝4k，所以k＝14，a＝－38，即a的值为－38.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：C2．解析：设z＝a＋bi，则|z|－𝑧̅＝a2＋b2－a＋bi＝1＋2i，故a2＋b2－a＝1，b＝2，故a＝32，b＝2，故z＝32＋2i.答案：B3．解析：已知z＝a＋bi，则𝑧̅＝a－bi.选项A，z－

𝑧̅＝(a＋bi)－(a－bi)＝2bi≠2a，错误．选项B，|z|＝a2＋b2，|z|＝a2＋（－b）2＝a2＋b2，正确．选项C，z＋z＝2a，故C正确，D错误．答案：BC4．解析：根据复数加(减

)法的几何意义，知以OA→，OB→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：B5．解析：原式＝2＋7i－5＋13i＋3－4i＝(2－5＋3)＋(7＋13－4)i＝16i.答案：16i6．解析：设z＝bi(b∈R且b≠0)，|z－1－i|＝|－1＋(b－

1)i|＝1＋（b－1）2＝1，解得b＝1，∴z＝i.答案：i7．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22＋1.答案：22＋18．解析：因为z1＝m2＋mm＋2＋(m－15)i，z2＝－2＋m(m－3)i，所以z1＋z2＝(m2＋mm＋2－2)＋[(m－15)

＋m(m－3)]i＝m2－m－4m＋2＋(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)，∴AD→＝OD→－OA→对应的复数为(x＋yi)－(1＋2i)＝(x－1)＋(y－2)i，BC→＝OC→－OB→对应的复数为(－1－2i)－(－2＋i)＝1－3i.∵AD

→＝BC→，∴(x－1)＋(y－2)i＝1－3i，即x－1＝1，y－2＝－3，解得x＝2，y＝－1.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.∴OA→，OB→，OC→对应的复数分别为1，2＋i，－1＋2i(O为坐标原点)，∴OA→＝(1，0)，OB→＝(2，1)，OC→＝(－1，2).∴AB→＝OB→－OA→＝(1，1)，AC→＝OC→－OA→＝(－2，2)，BC→＝OC→－OB→＝(－3，1).即AB→对应的复数为1＋i，A

C→对应的复数为－2＋2i，BC→对应的复数为－3＋i.(2)∵|AB→|＝1＋1＝2，|AC→|＝（－2）2＋22＝8，|BC→|＝（－3）2＋1＝10，∴|AB→|2＋|AC→|2＝10＝|BC→|2.又∵|AB→|≠|AC→|，∴△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·z－＝(2－i)(2＋i)＝22－i2＝4＋1＝5，故选A.答案：A2．解析：因为z＝－1＋i2＋i＝（－1＋i）（2－i）（2＋i）（2－i）＝－15＋35i，所以复数z＝－1＋i2＋i的虚部为35.答案：D3．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：B4．解析：因为(1＋i)z＝3＋i，所以z＝3＋i1＋i＝（3＋i）（1－i）（1＋i）（1－i）＝4－2

i2＝2－i，所以|z|＝22＋1＝5，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：ABD5．解析：

a－i1＋i＝（a－i）（1－i）（1＋i）（1－i）＝（a－1）－（a＋1）i2，因为a－i1＋i是纯虚数，所以a－1＝0且a＋1≠0，即a＝1.答案：16．解析：因为1＋i1－i＝（1＋i）2（1－i）（1＋i）＝1＋2i＋i22＝i，所以(1＋i1－i)2022＝i2022

＝i2＝－1.答案：－17．解析：由题意，方程另一根为1－2i，所以（1＋2i）＋（1－2i）＝m，（1＋2i）（1－2i）＝2n.解得n＝52，m＝2.故m＋n＝2＋52＝92.答案：928．解析：(1)z＝a－i1＋i＝（a－i）（1－i

）（1＋i）（1－i）＝a－12－a＋12i.因为z为纯虚数，所以a－12＝0且－a＋12≠0，则a＝1.(2)由(1)知z＝a－12＋a＋12i，则点(a－12，a＋12)位于第二象限，所以a－1<0，a＋1>0得－1<a<1，所以

a的取值范围是(－1，1).9．解析：∵z－1＝3(1＋z)i，∴z＝1＋3i1－3i＝（1＋3i）2（1－3i）（1＋3i）＝－12＋32i，∴z＋z2＝－12＋32i＋－12＋32i2＝－12＋32i

＋－12－32i＝－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4＋（4＋a）2＝20＋8a＋a2.又复数z所对应向量为(－2，4)，其模为25

.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′＝12OA＝2，∠A′O′C′＝45°，所以平行四边形的面积S＝2S△O′A′C′＝2×12×4×2×sin45°＝4.答案：C2．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：D3．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：C4．解析：根据斜二测画法可知△ABC中，BC＝2，AO＝3，AO⊥BC，∴AB＝AC＝1

2＋（3）2＝2，故△ABC是等边三角形，则∠ABC＝60°.答案：C5．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22.答案：226．解析：在x轴上的线段长度不变，故A′A′1＝4c

m，在y轴上的线段变成原来的一半，故A′D′＝2cm.答案：247.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′·sin45°＝22.答案：228．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＝3.由面积相等可得BC边上的高为AD＝DE＝32，所以AE＝62；根据斜二测画法的规则，则B′C′＝2，A′E′＝6；所以△A′B′C′的面积为S＝12×2×6

＝6.9．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′＝2cm，C′D′＝1cm，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＝3cm，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2的平

行四边形．故原图形的面积为22.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：D2．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：D3．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ABCD­A1B1C1D1中，平面ABCD∩平面ABB1A1＝AB，C1

D1⊄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ABCD­A1B1C1D1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ABCD­A1B1C1D1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：D4．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：C5．解析：如图，在长方体ABCD­A′B′C′

D′中，AB＝5cm，BC＝4cm，CC′＝3cm，∴长方体的高为3cm；平面A′B′BA与平面CDD′C′之间的距离为4cm；点A到平面BCC′B′的距离为5cm.答案：(1)3(2)4(3)56．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：67．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∈α8．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：C2．答案：

ABC3．解析：由已知得底面边长为1，侧棱长为6－2＝2.∴S侧＝1×2×4＝8.答案：D4．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A

1EF中，由勾股定理得EF＝A1E2＋A1F2＝12＋（322）2＝222.②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＝EG

2＋GF2＝（2）2＋（1＋22）2＝72＋2.③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＝EH2＋FH2＝（2－12）2＋（1＋12）

2＝322.综上可得从E到F两点的最短路径的长度为322.答案：C5．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A1­C1BD；④正确，如四面体B1­ABD.答案：①③④7．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′＝CF2＋FF′2＝4a2＋h2＝13.①因为正六棱柱的侧面积为18

0，所以S侧＝6a·h＝180.②联立①②解得a＝6h＝5，或a＝52h＝12.当a＝6，h＝5时，2S底＝6×34a2×2＝1083.所以S全＝180＋1083.当a＝52，h＝12时，

2S底＝6×34a2×2＝7534，所以S全＝180＋7534.9．解析：截面以上的几何体是三棱柱AEF­A1HG，截面以下的几何体是四棱柱BEFC­B1HGC1.10.解析：连A1B，沿BC1将△C

BC1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＝52.即CP＋PA1最小值为52.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：B2．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：D3．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：D4．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12，所以棱锥的中截面面积与棱锥的底面面积之比为14，所以中截面面积为8×14＝2(cm2).答案：C5．解析：如图，在正三棱锥P­ABC中，O为底面中心，因为侧面为等腰直角三角形，AC＝6，所以PC＝32，OC＝23，所以OP＝18－12＝6

.答案：66．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＝BB21－（AB－

A1B12）2＝25－（32）2＝912.则正四棱台的高OO1＝FN＝EF2－（OE－O1F）2＝914－94＝822.∴正四棱台的高是822，斜高是912.答案：8229127．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＝12BC；因为正四棱锥P­ABCD底面边长为2cm，高为3cm，所以OP＝3cm，OE＝1cm，所以PE＝OP2＋OE2＝2(cm)，又PC＝PD，所以PE⊥

CD，因此S△PCD＝12CD·PE＝12×2×2＝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6×12×2a×2h＝12ah，小棱锥的侧面积为6×12×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4cm，所以大棱锥的底面边长为8cm，因为大棱锥的侧棱长为12cm，所以大棱锥的斜高为144－16＝82(cm)，所以大棱锥的侧面积为6×12×8×82＝1922(cm2)，所以棱台的侧面积为1922×34＝1442(cm2)，棱

台的上，下底面的面积和为6×34×42＋6×34×82＝243＋963＝1203(cm2)，所以棱台的表面积为(1203＋1442)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＝4cm，OB＝3cm，所以AB＝OA2＋OB2＝5(cm).所以此绳在A，B两点间的最短绳长为5cm.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：D2．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：C3．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：D4．解析：设球的半径为R，则截面圆的半径为R2－1.所以截面圆的面积为S＝π(R2－1)2＝(R2－1)

π＝π，所以R2＝2，所以球的表面积S＝4πR2＝8π.答案：C5．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＝12a，母线长l′＝a，故圆柱的表面积S＝2πR(R＋l′)＝32a2π，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＝12a，母线长l＝a，故圆锥的表面积S＝πr(r＋l)＝34a2π，故它们的表面积之比为2∶1.答案：2∶16．解析：如图，设圆锥底面半径为r，母线长为l，由题意得π2l2＝S，πl＝2πr，解得r＝S2π，所以底面积为πr

2＝π×S2π＝S2.答案：S27．解析：正方体的对角线即为球的直径，直径d＝32＋32＋32＝27＝33，由d＝33⇒R＝332⇒S＝4πR2＝27π.答案：27π8．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＝8

4π，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，∴O′A′OA＝14，∴OA＝12cm.又SO＝24cm，∴SA＝122＋2

42＝125cm.即圆锥SO的母线长为125cm.(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＝22x，∴22x12＝24－x24，解得x＝24(2－1)，∴正方体的棱长为24(2－1)cm.10．解析：将侧面展开可得S＝12(50＋80)×4

0π＝2600π(cm2).答案：2600π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′＝13·C′D′·S△A′DD′，VABCD­A′B′C′D′＝C′D′·SA′D′DA

，而SA′D′DA＝2S△A′DD′，∴剩余部分的体积为VABCD­A′B′C′D′－VC′­A′DD′＝53C′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：A2．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32－22＝5，所以圆台的体积为V＝13π(22＋2×4＋42)×5＝2853π.答案：A3．解析：如图，去掉的一个棱锥的体积是13×(12×12×12)×1

2＝148，剩余几何体的体积是1－8×148＝56.答案：D4．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＝2rsin60°＝23，所以OO1＝AB＝23，根据球截面性质得OO1⊥平面ABC，所以OO1⊥O1A，R＝OA＝OO21＋O1

A2＝OO21＋r2＝4，所以球O的表面积S＝4πR2＝64π.答案：A5．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12×4π3×13＝2π3，因此

所求几何体的体积为π－2π3＝π3.答案：π36．解析：如图，在三棱锥S­ABC中，作高SO，连接AO并延长AO交BC于点D，则AO＝32×4×23＝433.在Rt△SAO中，SO＝42－（433）2＝463，所以V＝13×463×34×42＝1623.答案：16237．解析：将三棱锥A­

DED1选择△ADD1为底面，E为顶点，则VA­DED1＝VE­ADD1＝13Sh＝13×12×1×1×1＝16.答案：168．解析：因为V半球＝12×4π3R3＝12×4π3×43＝128π3(cm3)，V圆锥＝π3r2h＝π3×42×10＝160π3(cm3)，V半球

<V圆锥，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＝π3r2×2r＝2π3r3，V圆

柱＝πr2×2r＝2πr3，V球＝4π3r3，V圆锥∶V球∶V圆柱＝2π3r3∶4π3r3∶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A­BEF

C的高与四棱锥A­B1EFC1的高相等，即四棱锥A­BEFC的体积是m3.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：A2．解析：因为四棱锥P­ABCD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：D3．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：D4．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：D5．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：②③④6．答案：(1)A1B1(2)AC(3)OO1(4)B17．解析：如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，①AA1∩AB＝A，AA1∩A1B1＝A1，直线AB，A1B1与AA1可以确定一个平面(平面ABB1A1).②

AA1∩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38．证明：延长A

A1，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，CC

1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<DE≤12时，截面为四边形BMEF，如图；特别地，当DE＝12时，截面为等腰梯形BFEC1，如图；当12<DE<1时，截面为五边形BFENM，不可能为六边形，如图．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：D2．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：C3．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：AC4．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：B5．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：②④6．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＝12(AB＋CD).又GH为梯形ABC′D′的中位线，∴GH∥AB，且GH＝12(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12BD，同理E1F1綊12B1D1，在正方体ABCD­A1B1C1D1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EHBD＝AEAE＋EB＝mm＋1，所以EH＝mm＋1BD，同理FG＝nn＋

1BD，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：D2．解析：如图，在长方体ABCD­A′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：D3．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：BD4．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：B5

．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＝3，所以四边形CDEF的周长为3＋23.答案：3＋236．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PFFC＝AGGC.又因为AD∥BC，E为AD的中点，所以AGGC＝AEBC＝12，所以PFFC＝12.答案：1

28．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－22x，MP＝a－22x，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：BD2．解析：由于六棱柱ABCDEF­A1B1C1

D1E1F1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：D3．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：BD4．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：A5．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＝12AC.又因为MN∥AC，MN⊄平面AB1C，AC⊂平面AB1C，所以MN∥平面AB1C.答案：12∥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，∴S△A′B′C′S△ABC＝425.答案：4258．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：B2．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：BC3.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：C4．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＝12AC＝5，BD＝12＋22＝5，BM＝12＋22

＝5，所以∠BDM＝60°，即异面直线BD与AC所成的角为60°.答案：C5．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：PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，⇒

PA⊥BC，AC⊥BC，PA∩AC＝A，⇒BC⊥平面PAC⇒BC⊥PC，∴直角三角形有△PAB、△PAC、△ABC、△PBC.答案：47．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＝22＝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，∴VP­AEF＝VA­PEF＝13S△PEF·AP＝13×12×1×1×2＝13.10．解析：(1)证明：设BC边中点是E，连接DE，S

E.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＝3，同理DE＝3，又SD＝2，所以S△

SDE＝12×2×2＝2，又由(1)知BC⊥平面SDE，所以VS­BCD＝13S△SDE·BC＝13×2×2＝223＝VS­ABD，所以VS­ABCD＝2VS－BCD＝423.又易知三棱锥S­BCD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＝SH2＋AH2，又CH＝23OC＝233(其中O为AC与BD的交点)，所以SH＝236，AH＝33＋3＝433，所以SA＝22，所以SD2＋AD2＝SA2，所以SD⊥AD，所以S△SAD＝12×2×

2＝2.设点B到平面ASD的距离为h.因为VS­ABD＝VB­SAD，所以13·S△SAD·h＝232，所以h＝2.故点B到平面ASD的距离为2.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：C2．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：D3．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A

CD⊥平面BDE.故选C.答案：C4．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12，所以HM与ND平行且相等，MNDH是平行四边形，MN∥HD，由AD与平面EC

D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B

CE，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：ABC5．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＝32＋42＝5.在Rt△CBD中，CD＝52＋122＝13.答案：136．解析：连接CM，则由题意知PC⊥平面ABC，可得PC⊥CM，所以PM＝PC2＋CM

2，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＝4×32＝23，所以PM的最小值为27.答案：277．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＝125，所以tan∠AEP＝435125＝33.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＝12AD，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＝12BC，∴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A

B∥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＝3，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·ACcosC，将各值代入得AC2＋3AC－4＝0，解得AC＝1或AC＝－4(舍去)，

故选A.答案：A2．解析：在△ABC中，因为A＝105°，B＝30°，所以C＝45°.由正弦定理ABsinC＝ACsinB得ABsin45°＝2sin30°，解得AB＝212×22＝22.答案：B3．解析：因为a＝7，b＝2，c＝1，所以cosA＝c2＋b2－a22bc＝1＋4－72×1

×2＝－12，由0°<A<180°，则A＝120°，∴B＋C＝180°－A＝60°.答案：C4．解析：由正弦定理可得asinA＝bsinB，∴sinB＝bsinAa⇒sinB＝65sinA，sin30°<sinA<sin45°，12<sinA<22，35<65sinA<325，

∴35<sinB<325<1，∵b>a，得B>A，∵B可能为锐角，也可能为钝角，∴B有两个值．答案：B5．解析：由于sin2A≤sin2B＋sin2C－sinBsinC，根据正弦定理可知a2≤b2＋c2－bc，故cosA

＝b2＋c2－a22bc≥12.又A∈(0，π)，则A的范围为(0，π3].故本题正确答案为C.答案：C6．解析：因为sinA＝3sinC，由正弦定理可得a＝3c，又由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accosB，即4＝3c2＋c2－2×3c2×32，解得c＝2，所以a＝23，

所以△ABC的面积为S＝12acsinB＝12×23×2×12＝3.答案：B7．解析：由余弦定理得a×a2＋b2－c22ab＋b×b2＋c2－a22bc＝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：D8．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＝120km，所以AE＝60km，又∠DAE＝60°，AD＝60km，所以三角形DAE为等边三角形，所以DE＝60km，∠ADE＝60°，在等腰三角形EDB中，∠DEB＝120°，所以∠EDB＝∠EB

D＝30°，所以∠ADB＝90°，由勾股定理得BD2＝AB2－AD2＝1202－602＝10800，所以BD＝603km，因为∠CBE＝90°＋30°＝120°，∠EBD＝30°，所以∠CBD＝90°，所以CD＝BD2＋BC2＝10800＋602×13＝2

40km，所以cos∠BDC＝BDCD＝603240＝34，因为DF＝360×14＝90km，所以在三角形BDF中，BF2＝BD2＋DF2－2BD·DF·cos∠BDF＝(603)2＋902－2×603×90×34＝10800，所以BF＝603k

m.故一架飞机从城市D出发以360km/h的速度向城市C飞行，飞行了15min，接到命令改变航向，飞向城市B，此时飞机距离城市B有603km.故选D.答案：D9．解析：选项B满足csin60°＜b＜c，选项C满足bsin45°＜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sinB＝bsinAa，且b＜a，可得B为锐角，只有一解，三角形只有一解．答案：BC10．解析：因为sin(A＋C)＋2sinBcosC＝2sinAcosC＋cosAsinC，所以2sin

BcosC＝sinAcosC，又0＜C＜π2，得2sinB＝sinA，从而由正弦定理得2b＝a.答案：AC11．解析：A选项，∵asinA＝bsinB＝csinC，a＝2、b＝3、c＝4，∴sinA∶sinB∶sinC＝2∶3∶4，对；B选项，由于a<b<c，则△ABC中最大角为角C，∵cosC＝

a2＋b2－c22ab＝22＋32－422×2×3<0，∴C>π2，∴△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sinC＝sin2A＝2sinA·cosA，又sinA∶sinC＝1∶2，即sinA∶2sinA·cosA＝

1∶2，cosA＝1，不符合题意，错；D选项，∵cosB＝a2＋c2－b22ac＝22＋42－322×2×4＝1116，∴sinB＝1－cos2B＝31516，∴S△ABC＝12ac·sinB＝12×2×4×31516＝3154

，设△ABC的内切圆半径为r，则S△ABC＝12(a＋b＋c)·r＝12×(2＋3＋4)×r＝3154，∴r＝156，错．答案：BCD12．解析：∵tanA＋tanB＝tan(A＋B)(1－tanAtanB)，∴tanA＋tanB＋tanC＝tan(A＋B)(1

－tanAtanB)＋tanC＝tanAtanBtanC＞0，又A，B，C是△ABC的内角，∴角A，B，C都是锐角，选项A正确．若acosA＝bcosB，则sinAcosA＝sinBcosB，∴2sinAcosA＝2sinBcosB，∴sin

2A＝sin2B，∴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bcosC＋ccosB＝b，sinBcosC＋sinCcosB＝sin(B＋C)＝sinA＝sinB，则A＝B，∴

△ABC是等腰三角形，选项C正确．若acosA＝bcosB＝ccosC，则sinAcosA＝sinBcosB＝sinCcosC，即tanA＝tanB＝tanC，∴A＝B＝C，∴△ABC是等边三角形，选项D正确．答案：ACD13．解析：由正弦定理，得sinBsinA＋sinAcosB

＝0.∵A∈(0，π)，B∈(0，π)，∴sinA≠0，得sinB＋cosB＝0，即tanB＝－1，∴B＝3π4.答案：3π414．解析：因为大边对大角，设最大内角为α，则cosα＝32＋42－（37）22×3×4＝－12，所以α＝2π3.答案：2π315．解析：由于△ABC的面积为312，所以

S△ABC＝12absinC＝12·ab·32＝312，整理得ab＝13；由于a＋b＝2c，且C＝π3，利用余弦定理cosC＝a2＋b2－c22ab＝12，转换为(a＋b)2－2ab－c2＝13，整理得2c2－23

－c2＝13，则c2＝1，故c＝1(负值舍去).答案：116．解析：在△ABM中，∠AMB＝15°，则AM＝ABsin15°＝602(m)，在△ACM中，因为∠CAM＝15°＋15°＝30°，∠CMA＝180°－(60°＋15°)＝105°，所以∠MCA＝180°－105°

－30°＝45°.因为CMsin∠MAC＝AMsin∠MCA，所以CM＝22×602＝60(m)，故CD＝CMsin60°＝303(m).答案：30317．解析：(1)因为AB＝14，BD＝6，AD＝10，所以cos∠ADB＝AD2＋BD2－AB22·AD·BD＝100＋36－1962×10×6＝

－12，cos∠ADC＝cos(π－∠ADB)＝－cos∠ADB＝12⇒∠ADC＝π3.(2)由正弦定理可知：ADsin∠ABD＝ABsin∠ADB⇒10sin∠ABD＝1432⇒sin∠ABD＝5314，因为△ABC的面积为353，所以12×14·BC·5314＝353⇒BC＝14，于是CD＝

BC－BD＝14－6＝8，由余弦定理可知：AC＝AD2＋DC2－2AD·DC·cos∠ADC＝100＋64－2×10×8×12＝221.18．解析：∵a2＋c2＝b2＋ac，∴a2＋c2－b2＝ac，又∵a2＋c2－b2＝2ac

cosB，∴2accosB＝ac，∴cosB＝12，∵0°<B<180°，∴B＝60°，A＋C＝120°，∵sinAsinC＝3＋12，∴2sinA＝(3＋1)sinC，∴2sin(120°－C)＝(3

＋1)sinC，∴2sin120°cosC－2cos120°sinC＝(3＋1)sinC，整理得，sinC＝cosC，∴tanC＝1.∵0°<C<180°，∴C＝45°﹒19．解析：(1)由3a＝3bcosC＋cs

inB及正弦定理可得3sinBcosC＋sinCsinB＝3sinA，即3sinBcosC＋sinCsinB＝3sin(B＋C)＝3sinBcosC＋3cosBsinC，因为C∈(0，π)，则sinC>0，所以

，sinB＝3cosB，则tanB＝3，∵B∈(0，π)，因此，B＝π3.(2)由正弦定理可得b＝2RsinB＝6，由余弦定理可得62＝b2＝a2＋c2－2accosB＝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12×36×sinπ3＝93.20．解析：(1)由题意，在△ABC中，因为asinB＝3bcosA，由正弦定理，可得sinAsinB＝3sinBcosA，又因为B∈(0，π)，可得

sinB≠0，所以sinA＝3cosA，即tanA＝3，因为A∈(0，π)，所以A＝π3.(2)由(1)可知A＝π3，且a＝5，又由△ABC的面积23＝12bcsinA＝34bc，解得bc＝8，由余弦定理a2＝b2

＋c2－2bccosA，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)∵2bcosB＝ccosA＋a

cosC，∴由正弦定理可得：2sinBcosB＝sinCcosA＋sinAcosC＝sin(C＋A)＝sin(π－B)＝sinB，∵0<B<π，∴sinB≠0，∴cosB＝12，∴B＝π3.(2)由(1)知∠ABC＝π3，∵a＝BC＝2

，b＝CA＝6，∴由正弦定理可得，BCsin∠BAC＝CAsin∠ABC，即2sin∠BAC＝6sinπ3，∴sin∠BAC＝22，∴∠BAC＝π4或∠BAC＝3π4(舍去)，∴∠C＝π－π3－π4＝5π12，∵AD⊥AC，∴cos∠C＝CACD，

CD＝CB＋BD＝CAcos（π4＋π6），∴2＋BD＝6cos（π4＋π6）＝6cosπ4cosπ6－sinπ4sinπ6＝622×32－22×12＝6＋23，∴BD＝4＋23.22．解析：(1)在△ABC中，因为cosA＝1213，cos

C＝35，所以sinA＝513，sinC＝45，从而sinB＝sin[π－(A＋C)]＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋sinCcosA＝513×35＋1213×45＝6365.由正弦定理ABsinC＝ACsinB，得AB＝ACsi

nB×sinC＝12606365×45＝1040(m).所以索道AB的长为1040m.(2)假设乙出发tmin后，甲、乙两游客距离为d，此时，甲行走了(100＋50t)m，乙距离A处130tm，所以由余弦定理得d2＝(100＋50t)2＋(130t)2－2×130

t×(100＋50t)×1213＝200(37t2－70t＋50)＝200·37t－35372＋62537，由于0≤t≤1040130，即0≤t≤8，故当t＝3537min时，甲、乙两游客距离最短．(3)由正弦定理BCsinA＝ACsinB，得BC＝ACs

inB×sinA＝12606365×513＝500(m).乙从B出发时，甲已走了50×(2＋8＋1)＝550(m)，还需走710m才能到达C.设乙步行的速度为vm/min，由题意得－3≤500v－71

050≤3，解得125043≤v≤62514，所以为使两位游客在C处互相等待的时间不超过3min，乙步行的速度应控制在125043，62514(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：B2．解析：因为z＝ii－1＝i（i＋1）（i－1）（i＋1）＝i2＋ii2－1＝－1＋i－2＝1－i2，所以复数z的共轭复数为1＋i2.答案：B3．解析：∵z＝(3－i)(2＋i)＝7＋i，∴z的虚部为1.答案：B4．解析：因为iz＝3＋4i，所以z＝3＋4

ii＝（3＋4i）ii2＝4i2＋3i－1＝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：A5．解析：因为z＝22i1－i＝22i（1＋i）2＝－2＋2i，所以|z|＝2＋2＝2.答案：D6．解析：由己知得(cosπ6＋isi

nπ6)7＝cos7π6＋isin7π6＝cos(π＋π6)＋isin(π＋π6)＝－cosπ6－isinπ6＝－32－12i，∴复数(cosπ6＋isinπ6)7在复平面内所对应的点的坐标为(－32

，－12)，位于第三象限．答案：C7．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＝1i＝ii·i＝－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：A8．解析：设z＝x＋yi(x，y∈R)，则|z－3＋4i|＝|(x－3)＋(y＋4)i|＝（x－3）2＋（y＋4）2＝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|＝（x－2）2＋y2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（3－2）2＋（－4－0）2

＋1＝17＋1.答案：B9．解析：令z＝a＋bi(a，b∈R)，则由1z＝1a＋bi＝a－bia2＋b2∈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≠z－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：AD10．解析：z＝1＋i31＋i＝1－i1＋i＝（1－i）2（1＋i）（1－i）＝1－2i－12＝－i，|z

|＝02＋（－1）2＝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：ACD11．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：ABD12．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：ACD13．解析：因为z＝1－2i，所以|z|＝12＋（－2）2＝5.答案：514．解析：∵z＝sinπ3＋icosπ3＝32＋12i，∴|z|＝（32）2＋（12）2＝1.答案：115．解析

：由题意，复数ω＝－1＋3i2，可得ω2＝－1＋3i22＝－1－3i2，所以ω2＋ω＋1＝－1－3i2＋－1＋3i2＋1＝0.故答案为0.答案：016．解析：z1＝cosx＋2f(x)i，z2＝

(3sinx＋cosx)＋i，∠Z1OZ2＝90°，则(3sinx＋cosx)cosx＋2f(x)＝0，∴f(x)＝－12(3sinx＋cosx)cosx，f(x)＝－32sinxcosx－12cos2x＝－34sin2x－14cos2x－14＝－12sin2x＋π6－14

，函数f(x)的最小正周期为T＝2π2＝π.故答案为π.答案：π17．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，m2－m－2≠0m2＋m－6＝0，解得m＝－3，∴所求的m值为－3

.(3)当z对应的点在第二象限时，m2－m－2>0m2＋m－6<0，解得－3<m<－1，∴实数m的取值范围是(－3，－1).18．解析：z2＝15－5i（2＋i）2＝15－5i3＋4i＝（15－5i）（

3－4i）（3＋4i）（3－4i）＝25－75i25＝1－3i.(1)z1z2＝(2－3i)(1－3i)＝－7－9i.(2)z1z2＝2－3i1－3i＝（2－3i）（1＋3i）（1－3i）（1＋3i）＝11＋3i10＝1110＋31

0i.19．解析：(1)设z＝a＋bi(a，b∈R)，由已知可得：a2＋b2＝22ab＝2，即a2＋b2＝2ab＝1，解得a＝1b＝1或a＝－1b＝－1.∴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＝12×2×1＝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＝12×2×1＝1.∴△ABC的面积为1

.20．解析：(1)∵(1＋2i)z－＝4＋3i，∴z－＝4＋3i1＋2i＝（4＋3i）（1－2i）（1＋2i）（1－2i）＝10－5i5＝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，∴4－（a＋1）2>0，4（a＋1）>0，解得－1<a<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z－＝a－bi，代入4z＋z－＝53＋3i，化简得5a＋3bi＝53＋3i，∴

由复数相等可得5a＝53，3b＝3，解得a＝3，b＝1，∴z＝3＋i.(2)由z＝3＋i和ω＝sinθ＋cosθi在复平面内对应的点为Z(3，1)和W(sinθ，cosθ)，∴|ZW

|2＝(3－sinθ)2＋(1－cosθ)2＝－23sinθ－2cosθ＋5＝－4sinθ＋π6＋5，∵sinθ＋π6∈[－1，1],∴－4sinθ＋π6＋5∈[1，9]，∴|ZW|∈[1，3].22．解析：(1)设z1＝a＋bi(a，b∈R)，则由z

1＋2i＝a＋(b＋2)i为实数，∴b＋2＝0，∴b＝－2.则由z12－i＝a＋bi2－i＝（a＋bi）（2＋i）（2－i）（2＋i）＝2a－b5＋a＋2b5i为实数，可得a＋2b5＝0，∴a＝4，所以z1＝4－2i，z2＝z1＋1i＝4＋2i＋1i＝4＋2i－i＝4＋i，所以|z2|＝42

＋12＝17.(2)因为z1＝4－2i，z2＝4＋i，所以Z1(4，－2)、Z2(4，1)，所以S△OZ1Z2＝12×4×3＝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：B2．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＝52，CD1＝2

，故cos∠ND1C＝54＋2－542×2×52＝105.故选A.答案：A3.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＝12×2π×3＝3π，蚂蚁所走路程为AB＝AC2＋BC2＝12

2＋92＝15(cm).所以蚂蚁沿圆柱表面爬行的最短路程是15cm.答案：C4．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：B5．解析：设圆锥底面半径为r，则14×2×3r＝8，所以r＝163，所以米堆的体积为14×13×3×1632

×5＝3209，故堆放的米约为3209÷1.62≈22，故选B.答案：B6．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＝32＋42＋52，解得R2＝252，所以球的表面积为S球＝4πR2＝4π×252＝50π.故选B.答案：B7.解析：如图

所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1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：D8.解析：如图所示：由已知O为等边△A

BC的中心，且SO⊥平面ABC，∵AO⊂平面ABC，则SA⊥AO，由正弦定理可得AO＝AB2sinπ3＝3，则SO＝SA2－AO2＝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＝12AO＝32，∵SO＝3，SO⊥平面ABC，OE⊂平面ABC，∴SO⊥OE，∴tan∠SEO＝SOOE＝332＝23，D错．故选D.答案：D9．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：ACD10.解析：如图所示，连接AC、BD相交于点O，连接EM，EN.由正四棱锥S­ABCD，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：AC11．解析：A正确，因为GF∥PC，GE∥CB，GF∩GE＝G，PC∩C

B＝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：ABC12．解析：设A1到平面EBCD的距离为h，D到AB的距离为h′，则𝑉𝐴1−𝐴1𝐷𝐸∶𝑉𝐴1−𝐵𝐶𝐷𝐸＝13×S△ADE×h∶13S梯

形EBCD×h＝S△ADE∶S梯形EBCD＝12×AE×h′∶CD＋BE2×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，B

F，则MF＝12A1D，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∠MF

B是定值，故D正确．答案：ACD13．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2a.所以BD

＝CD＝22a.所以折叠后BC＝（22a）2＋（22a）2＝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＝43π

R3，V柱＝πr2h＝π·R2·2R＝2πR3.∴V柱V球＝2πR343πR3＝32.S球＝4πR2，S柱＝2πr2＋2πrh＝2πR2＋2πR•2R＝6πR2.∴S柱S球＝6πR24πR2＝32.答案：323215.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：①③16．解析：∵三棱锥P­ABC的体积为23，∴13×34×(23)2×PA＝23，∴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23的正三角形，∴△ABC外接圆的半径r＝2，∴球的半径为22＋12＝5，∴球O的表面积为4π×5＝20π.故答案为20π.答案：20π17

.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CD︵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＝23，CD＝AC·sin60°＝3.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23，挖去的半球的半径为3.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＝12×2π×2×4＋12×4π×(3)2＋π×22－π×(3)2＝15π，体积V＝13×π×22×23－12×4π3×(3)3＝233π.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AD

E，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＝12×3×2＝3，∴VB

­CFD＝VF­BCD＝13S△BCD·FB＝13×3×1＝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AB

C，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＝2，所以AB＝2，OC＝1.所以等边三角形

VAB的面积S△VAB＝3.又因为OC⊥平面VAB，所以三棱锥C­VAB的体积等于13×OC×S△VAB＝33.又因为三棱锥V­ABC的体积与三棱锥C­VAB的体积相等，所以三棱锥V­ABC的体积为33.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

b＝－1，a－b＝－1，解得b＝－1，a＝－2，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：C2．解析：∵z＝4＋3i，∴z－＝4－3i，|z|＝42＋32＝5，∴z－|z|＝4－3i5

＝45－35i.故选D.答案：D3．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：A4．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：A5．解析：如图所示，由AB＝BC＝1，∠ABC＝90°，得AC＝2.因为M为AC的中点，所以MC＝A′M＝22，且CM⊥BM，A′M⊥BM，所以∠CMA′为二面角C­BM­A′的平面角．因为A′C＝1，MC＝A′M＝22，所以∠C

MA′＝90°.答案：C6．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P­ABC放在正方体中如图所示．因为AB＝2，所以

该正方体的棱长为2，所以该正方体的体对角线长为6，所以三棱锥P­ABC的外接球的半径R＝62，所以球O的体积V＝43πR3＝43π623＝6π，故选D.答案：D7．解析：∵直线l垂直于平面ABC，∴l⊥BC，又∠ACB＝90°，∴A

C⊥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：C8．解析：由题可知S△ABC＝12absinC＝a2＋b2－c24，所以a2

＋b2－c2＝2absinC.由余弦定理a2＋b2－c2＝2abcosC，所以sinC＝cosC.∵C∈(0，π)，∴C＝π4.故选C.答案：C9．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：ACD10．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：BD11．解析：∵(2a－b)cosC＝ccosB，∴(2sinA－sinB)cosC＝sinCcosB，∴2sinAcosC＝sinBcosC＋cosBsinC，即2sinAcosC＝sin(B＋C)，∴

2sinAcosC＝sinA．∵在△ABC中，sinA≠0，∴cosC＝12，∴C＝60°，A正确．由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcosC，得49＝64＋b2－2×8bcos60°，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＝12absinC＝12×8×3×32＝63，B正确．又cosA＝b2＋c2－a22bc＝9＋49－642×3×7<0，∴A为钝角，△ABC为钝角三角形，D错误．答案：AB12．解析：底面圆周长为2π，

圆锥的侧面积为12×2π×2＝2π，所以A错．设母线与圆锥的高所成角为θ，则sinθ＝12，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cosα＝22＋22－AB22×2×2＝1－AB28.因为AB∈(0，2]

，所以cosα∈[12，1)，所以sinα∈(0，32].△VAB的面积S△VAB＝12×2×2×sinα＝2sinα∈(0，3]，所以D对．故选BCD.答案：BCD13．解析：2－i1＋2i＝（2－i）（1－2i）（1＋2i）（1－2i）＝2－4i－i－2（1

＋2i）（1－2i）＝－5i5＝－i.答案：－i14．解析：若m⊥α，α∥β，则m⊥β，故填②④.答案：②④15．解析：设AB＝xm，则BC＝AB＝x，BD＝3x，在△BCD中，由余弦定理可得：3x2＝x2＋6002－2×

600xcos120°，∴x2－300x－180000＝0，解得x＝600(m)，(x＝－300舍去).答案：60016．解析：因为AB＝1，AC＝3，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P­ABC补形

为长方体，如图：则四面体PABC的外接球就是长方体ABDC­PEFG的外接球，所以该球的半径为12（23）2＋12＋（3）2＝2，所以四面体PABC的外接球的表面积为4π·22＝16π.答案：16π17．解析：(1)由z∈R，得a2－3a＋2＝0

，解得a＝1或a＝2.(2)z为纯虚数，a2－2a＝0，a2－3a＋2≠0，即a＝0或a＝2，a≠1或a≠2.故a＝0.(3)z对应的点在第一象限，则a2－2a>0，a2－3a＋2>0，∴a<0或a

>2，a<1或a>2，∴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＝1km，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×－12＝3，所以CE＝3km，因为∠FCD＝90°，所以∠FCE＝60°，在△CEF中，由余弦定理得：EF2＝CE2＋FC2－2CE·FC·cos∠FC

E，得9＝3＋FC2－23FC·12，即FC2－3FC－6＝0，解得FC＝23km或FC＝－3km，由于FC>0，所以FC＝23km.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P

D⊥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＝17，所以sin∠ADC＝437，所以sin∠BAD＝sin(∠ADC－∠B)＝sin∠ADCcosB－cos∠ADCsinB＝437×12－17×32＝3314.(2)在△ABD中，由正弦定理，得BD

＝ABsin∠BADsin∠ADB＝8×3314437＝3.在△ABC中，由余弦定理，得AC2＝AB2＋BC2－2AB×BC×cosB＝82＋52－2×8×5×12＝49，所以AC＝7.21．解析：(1)证明：在棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，AB∥C

1D1，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)𝑉𝐵1−𝐴1𝐶1𝐵＝𝑉𝐵1−𝐴1𝐵1𝐶1＝13𝑆△𝐴1𝐵1𝐶1×BB1＝13×12×1×1×1＝16.22．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P­ABCD的体积V＝13×4×4×23＝3233.(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.