日照实验高中高二寒假作业答案 - 图文

解三角形（一）答案

一、选择题：DDCCB CCDDD

?1?132二、填空题：3 ; 30° ; ; 2437三、解答题：

16．解：因为sinA?cosA<0，且sinA? (0,]

3 ;

?342，故cosA??1?sinA??；又55222a?35，b?5，故由a?b?c?2bccosA，得

42(35)2?52?c2?2?5?c?(?)，即c?8c?20?0，解得c?2或c??10(舍

5去).故c?2.

17. I）因为(a?b?c)(a?b?c)??ac.所以a?c?b??ac.

222a2?c2?b21??，因此B?120?. 由余弦定理得cosB?2ac2（II）由（I）知A?C?60，所以cos(A?C)?cosAcosC?sinAsinC

??cosAcosC?sinAsinC+2sinAsinC ?cos(A?C)?2sinAsinC???313?1?. ?2?224?故A?C?30或A?C??30，因此C?15或C?45

?uvvab?b?18.证明：（1）Qm//n,?asinA?bsinB,即a?，其中R是三角形ABC外接2R2R圆半径，a?b w.w.w. ??ABC为等腰三角形

解（2）由题意可知m//p?0,即a(b?2)?b(a?2)?0?a?b?ab 由余弦定理可知，

uvuvA 北 4?a2?b2?ab?(a?b)2?3ab D C 东

即(ab)2?3ab?4?0

E

1

B ?ab?4(舍去ab??1) w.w.w.k.s.5.u.c.o.m ?S?11?absinC??4?sin?3 223oo19．解：（1）如图，AB?1km，?BAC?60，?BAD?30，

在Rt?ABC中，BC?ABtan?BAC?3km； 在Rt?ABD中，BD?ABtan?BAD?由余弦定理， 得CD?3?3o(km)；在?BDC中，?DBC?120，339113139(km)，故船v???239(km/h). ?2?3??(?)?363323o（2）设轮船沿CD从D处经时间t后到达岛的正西方E处，在?BDC中，由正弦定理得

BCsin120953sin?BDC ?，故cos?BDC?， ?CD239239故sin?BED?sin(?BDC?30)?o1； 13oBDsin3039在?BDE中，由正弦定理，得DE?(km)， ?sin?BED61(h).即船于11时15分到达岛的正西方. 12答：若船的速度和航向不变，则它于11时15分到达岛的正西方.

故t?20.解：（Ⅰ）由已知，根据正弦定理得2a2?(2b?c)b?(2c?b)c

即a?b?c?bc 由余弦定理得a?b?c?2bccosA

222222故cosA??1,A?120? 2222 （Ⅱ）由（Ⅰ）得sinA?sinB?sinC?sinBsinC.

又sinB?sinC?1，得sinB?sinC?B?C

1因为0??B?90?,0??C?90?， 故2

所以?ABC是等腰的钝角三角形。

22221.【解析】（Ⅰ）因为a?b?2ab?c

2

3?a2?b2?c2?2ab2???.故C?由余弦定理有cosC?.

42ab2ab2（Ⅱ）由题意得

(sin?sinA?cos?cosA)(sin?sinB?cos?cosB)2?. 5cos2?2. 5因此(tan?sinA?cosA)(tan?sinB?cosB)?(tan?sinA?cosA)(tan?sinB?cosB)?2. 52 .①5tan2?sinAsinB?tan?sin(A?B)?cosAcosB?3??2A?B?,sin(A?B)?,所以 442因为C?解三角形（二）答案

一、选择题：DDDDD DACDC 二、填空题：120? ; 2 ;

233 ;

1 ; 2ab，即bsinA?asinB，?sinAsinB三、解答题：16. 【解析】(Ⅰ) 在△ABC中，由正弦定理得

又由bsinA?3csinB，可得，a?3c,又 a = 3，故c=1，由b2?a2?c2?2accosB,且

2cosB?,可得b?6.

352(Ⅱ)由cosB?，得sinB?，进而得到33451. cos2B?2cos2B?1??,sin2B?2sinBcosB?99????45?3?. 所以sin?2B???sin2Bcos?cos2Bsin?3?3318?is17．解：（1）由a?2bsinA根据正弦定理，得sinA?2sinBsinA，故n

3

B?1.因?ABC2为锐角三角形，故B?.

6（2）

?cosA?sinC?cosA?sin(???6?A)?cosA?sin(?1?A)?cosA?cosA?62???3sinA?3sin(A?).由?ABC为锐角三角形，知?B

3222?2?B??2??6??3，故

?3

2??5?

33,). 22.

19．【解析】如图，由（1）得

而小艇OC?103,AC=10,故OC>AC,且对于线段AC上任意点P,有OP?OC>AC，的最高航行速度只能达到30海里/小时，故轮船与小艇不可能在A、C（包含C）的任意

4

位置相遇，设?COD=?(0

103， cos?由于从出发到相遇，轮船与小艇所需要的时间分别为t?10?103tan?103和t?，

30vcos?所以

10?103tan?1031533，解得v?， ?,又v?30,故sin(?+30)?30vcos?sin(?+30)23，于是 3从而30??<90,由于??30时，tan?取得最小值，且最小值为当??30时，t?210?103tan?取得最小值，且最小值为。

330此时，在?OAB中，OA?OB?AB?20，故可设计航行方案如下：

航行方向为北偏东30，航行速度为30海里/小时，小艇能以最短时间与轮船相遇。

20.

21.（1）由题意可得：

5

?Tn?1111111111(???????)?(?)235572n?12n?3232n?3

1又当n?N?时，Tn?6要使得Tn1?M对一切正整数n恒成立，只要M≥，

6所以存在实数M使得Tn?M对一切正整数n都成立，M的最小值为

1。 621解：

?an?为等差数列，?a1?a4?a2?a3=14又a2?a3?45，由d?0，a2?a3

?a2?5，a3?9，?d?4，a1?1?an?1?(n?1)4?4n?3

∴数列

?an?的通项公式为an?4n?3

n(n?1)?4Sn2n2?n2?2n?n 所以bn??②由①知：Sn?n?1?

2n?cn?c所以b1?因为

1615，b2?，b3? 1?c2?c3?c?bn?为等差数列，所以b1，b2，b3成等差数列，所以2b2?b1?b3

121151??所以c??，c?0（舍去） 2?c1?c3?c21故所求非零常数c??，且bn?2n

2所以③

f(n)?bnbn?的最大值：n?N，f(n)?

(n?25)bn?1(n?25)bn?111?

2536n??26n?2nn?2?(n?25)?2(n?1)n?26n?25当n?

251 时即 n?5 ， f(n)max? n36不等式（一）参考答案

11

一、选择题 DCDDC BDCBD 二、填空题 11．???1?12．ab≥9 13．(a＋b)2．14．8． 15．10 ,1???1,3??2? 三、解答题

16．解：(1)令x＋1＝t＞0，则x＝t－1，

(t－1)2＋7(t－1)＋10t2＋5t＋444y＝＝＝t＋＋5≥2t?＋5＝9，

tttt当且仅当t＝(2)∵ x＜

4，即t＝2，x＝1时取等号，故x＝1时，y取最小值9． t5，∴ 4x－5＜0，故5－4x＞0． 411y＝4x－1＋＝－(5－4x＋)＋4．

4x－55－4x∵ 5－4x＋

11≥2(5＝2， －4x)5－4x5－4x13，即x＝1或x＝(舍)时，等号成立， 5－4x2∴ y≤－2＋4＝2， 当且仅当5－4x＝

故当x＝1时，ymax＝2． 91(3)∵ x＞0，y＞0，＋＝1，

xy∴ x＋y＝(

99x1y＋)(x＋y)＝＋＋10≥2xxyyy9x 2 ＋10＝6＋10＝16． xy当且仅当

9x9y1x＝4 ，＝，且＋＝1，即?时等号成立， ?xxy＝12yy?∴ 当x＝4，y＝12时，(x＋y)min＝16．

2?21b2?321b2?1b2?＋(4)a1＝22a≤＝， ＋b＝a2???2＋2???a＋2＋2??2422????232321b2＋当且仅当a＝，即a＝，b＝时，a1. ＋b2有最大值

2242217．解：因为直线l经过点P(3，2)且与x轴y轴都相交，

12

故其斜率必存在且小于0．设直线l的斜率为k， 则l的方程可写成y－2＝k(x－3)，其中k＜0． 令x＝0，则y＝2－3k；令y＝0，则x＝－

y B P(3,2) O A x 2＋3． kS△AOB

1＝

2(2－3k)(－

2k1＋3)＝

2(第18题)

4??12＋(－9k)＋(－)?≥?k??241?4??12＋2(－9k)?(－)?＝12，当且仅当(－9k)＝(－)，即k＝－时，S△AOB有最小

k32?k?值12，所求直线方程为 y－2＝－

2(x－3)，即2x＋3y－12＝0． 318．当命题p为真命题时，由函数f(x)=(2-4a)x是R上的减函数，得

0<2-4a<1，即

110对任意实

2数都成立，∴a>0且1-4a<0，即a>

1； 4

而命题“p∧（┐q）”为真命题，必须p与┐q 同为真命题， 由

111

442

19. 解：设生产甲产品x吨，生产乙产品y吨，则有关系：

甲产品x吨 乙产品y吨 A原料用量 3x y B原料用量 2x 3y ?x?0 ?y?0?则有?，目标函数z＝5x＋3y

13?3x?y≤ ?18 ?2x?3y≤ 作出可行域后求出可行域边界上各端点的坐标，可知 当x＝3，y＝4时可获得最大利润为27万元. 20.解:(1)∵AB = y,AB = AC ? 1,∴AC = y ? 1

13

(第18题)

在直角三角形BCF中,∵CF = x,?ABC = 60?,∴?CBF = 30?,BC = 2x. 由于2x + y ? 1 > y,得x?1. 2在△ABC中,∵AC2?AB2?BC2?2AB?BCcos60?,∴(y?1)2?y2?4x2?2xy. 4x2?11则y?.由y > 0,及x?,得x > 1

2(x?1)24x2?1即y关于x的函数解析式为y?(x > 1).

2(x?1)12x2?3?3?4x. (2)M?3(2y?1)?4x?x?112(t?1)2?39?3?4(t?1)?16t??25≥49, 令x ? 1 = t,则M?tt在t?3715,即x?,y?时,总造价M最低. 4427时,该公司建中转站围墙和道路总造价M最低. 4答:x?21.（1）由f(x)=loga(x+1)(a>1)，得-g(x)=loga(-x+1)(a>1)，

∴ 函数g(x)的解析式为g(x)=-loga(-x+1)(a>1)．

1+x（2）设F(x)=f(x)+g(x)=loga(x+1)-loga(-x+1)=loga，

1-x由F(x)=loga1+x2=loga(-1-)知F(x)在[0,1)上是增函数，

1-xx-1m，只需F(0)≥m即可， ∴ 当x∈[0,1)时，总有f(x)+g(x)≥0为m的取值范围． 即 m≤

不等式（二）答案

一．选择题：

C D C B D D C D A B 二．填空题：

11. {x| x<－1，或x>1} 12． a＞4或a＜－1 13． (－∞，－1)∪(3，＋∞)

14

14、 [,5] 15． (?1,0)?(1,1)

2213三、解答题：

x2＋2x－333

16．解 ①当a>1时，有x－＋1≤－1，∴x－＋2≤0，∴≤0.

xxx

?x＋3??x－1?∴≤0，∴x≤－3或0

x

x2＋2x－33

②当0

xx

综上，当a>1时，x∈(－∞，－3]∪(0,1]；

当0

1?|x－1|

17.解 ①若p正确，则由01.

9

②若q正确，则ax2＋(a－2)x＋>0解集为R.

8

9

当a＝0时，－2x＋>0不合题意，舍去；

8a>0??1

当a≠0时，则?，解得

??a－2?－4a38<0?

③∵p和q中有且仅有一个正确，

a>1a≤1????1∴?1或?1，∴a≥8或

2???a≤2或a≥8?2

18. (1)因为不等式ax2－3x＋2>0的解集为{x|x<1或x>b}，所以x1＝1与x2＝b是方程ax2

－3x＋2＝0的两个实数根，且b>1，a>0.

31＋b＝，?a＝1，a?

由根与系数的关系得，解得?

2?b＝2.?

13b＝.a

???

(2)由(1)知不等式ax2－(ac＋b)x＋bc<0为x2－(2＋c)x＋2c<0，即(x－2)(x－c)<0. ①当c>2时，不等式(x－2)(x－c)<0的解集为{x|22时，不等式的解集为{x|2

19.解：(1)对所有实数x，不等式mx2－2x＋m－2＜0恒成立，

即函数f(x)＝mx2－2x＋m－2的图象全部在x轴下方， 当m＝0时，－2x－2＜0，显然对任意x不能恒成立；

??m＜0，

当m≠0时，由二次函数的图象可知，?

?Δ＝4－4m?m－2?＜0，?

解得m＜1－2，综上可知m的取值范围是(－∞，1－2)．

15

2

(2)设g(m)＝(x2＋1)m－2x－2，它是一个以m为自变量的一次函数，由x＋1＞0知g(m)在[－2,2]上为增函数，

则由题意只需g(2)＜0即可，

20.解:(1)由题意知,该产品售价为2?(10?2P)万元, P10?2Py?2?()?P?10?2P?x,

P4?x),(0?x?a) 代入化简得 y?16?(x?1(2)y?17?(当且仅当

44?x?1)?17?2?(x?1)?13 x?1x?14?x?1,即x?1时,上式取等号 x?1当a?1时, 促销费用投入1万元时,厂家的利润最大; 当a?1时,y?'??x?1???x?3??x?1?2?0,故y?17?(4?x?1)在?0,a?上单调递x?1增,所以在x=a时,函数有最大值.促销费用投入a万元时,厂家的利润最大 综上述,当a?1时, 促销费用投入1万元时,厂家的利润最大; 当a?1时,促销费用投入a万元时,厂家的利润最大 21. 解：(1)f(2)=f(-2)且f(1)=0,∴b=0,c=-1，∴f(x)=x2-1.

（2）对任意的x??,???，4mf(x)?f(x?1)?4?4m整理得

?1?2??22m2?111在x??1,???上恒成立. ????2?2? x2x4?2?x1125.∵x??1,???，∴1?(0,2]. 令g(x)=1?1?1?（?)???2x2x4x416当

1919121919.

或m??2时，函数g(x)取得最大值，所以m≥解得m??22 44x

圆锥曲线与方程(一)答案

一．选择题：

16

题号 答案

1 A 2 B 3 C 4 A 5 C 6 B 7 D 8 A 9 B 10 B 二、填空题： 11．(三、解答题：

113310,0)；12． 13. (5,??) 14．(0,]

354a2y2x2c2215．解：（I）设椭圆方程为2?2?1，由已知c?22，又?

a3aby2 解得 a=3，所以b=1，故所求方程为 ?x2?1

9 （II）设直线l的方程为y?kx?b(k≠0)代入椭圆方程整理得

(k2?9)x2?2kbx?b2?9?0

???(2kb)2?4(k2?9)(b2?9)?0?由题意得? 解得 k?3或k??3 2kb??1?x1?x2??2k?9? 又直线l与坐标轴不平行 故直线l倾斜角的取值范围是 (???2?，)?(，) 32232xyy1?y2?1. ???， 整理得16.解：设点P(x,y)，则依题意有22x?2x?2x2?y2?1(x??2). 由于x??2，所以求得的曲线C的方程为2（I）由已知，m n?(x,0?)

?(0,x)?(2y2,2),?(2y2,x?2),

(2,?2x)?(?2, 2).m//n?,2y2(?2)?x(?即所求曲线的方程是：

2x)(?2? )0 17

?x22x?y?1,?2?y?1.（Ⅱ）由?2消去y得:(1?2k2)x2?4kx?0. 2?y?kx?1.?2解得x1=0, x2=

?4k(x1,x2分别为M，N的横坐标）. 21?2k22由|MN|?1?k|x1?x2|?1?k|4k4|?2, 31?2k2解得:k??1. 所以直线l的方程x－y+1=0或x+y－1=0.

ba219解析：（1）双曲线C的右准线l的方程为：x＝，两条渐近线方程为：y??x．

acaba2aba2)． ∴ 两交点坐标为 P(，)、Q(，?

cccc ∵ △PFQ为等边三角形，则有|MF|?3|PQ|（如图）． 2c2?a23aba23abab? ∴ c?． ??(?)，即

ccc2cc解得 b?3a，c＝2a．∴ e?c?2． ax2y2（2）由（1）得双曲线C的方程为把2?2?1．

a3a 把y?ax?3a代入得(a2?3)x2?23a2x?6a2?0．

2?a??3?0,22 依题意 ? ∴ a?6，且a?3．

422????12a?24(a?3)a?0 ∴ 双曲线C被直线y＝ax＋b截得的弦长为

2l?(x1?x2)2?(y1?y2)2?(1?a2)(x1?x2)2?(1?a2)[x(1?x2)?4x1x2]

18

12a4?24(a2?1)a2 ?(1?a) 22(a?3)2b2c272a2?12a422?12a． ∴ 144a?(1?a)? ∵ l?． 22a(a?3)242 整理得 13a?77a?102?0． ∴ a?2或a?251． 13x2y213x213y2??1或??1． ∴ 双曲线C的方程为：2651153圆锥曲线与方程(二)答案

一．选择：1~5：BDCDD; 6~10：BABDB; 11~12：DA

x2y221??1; 16:P 二．填空：13:2; 14:32; 15:

4122三．简答题：

17.解：（1）由已知得椭圆的半长轴a=2,半焦距c=3,则半短轴b=1，

x2?y2?1。 又椭圆的焦点在x轴上, ∴椭圆的标准方程为4（2）设线段PA的中点为M(x,y) ,点P的坐标是(x0,y0)，

x?1??x0x?0??2由 ? 得??y?1y00?y????2??2x?11

?2y?2(2x?1)21?(2y?)2?1， 由点P在椭圆上,得

42∴线段PA中点M的轨迹方程是(x?)?4(y?)?1。 18.（Ⅰ）∵MN??2a?22，∴a?1221422，又∵PM?2MF，

∴e?

2222，∴c?1，b?a?c?1， 219

x2?y2?1 6分 ∴椭圆的标准方程为2(Ⅱ)由题知：F(?1,0)，P(?2,0)，lAB：y?6(x?2)，A(x1,y1)，B(x2,y2)， 6?x22?y?1??2由? 消y得：2x2?2x?1?0， 9分 ?y?6(x?2)?6?∴ AB?1?114(x1?x2)2?4x1x2?． 6217， 12分

点F到直线AB的距离：d?∴S?ABF?114122，即三角形ABF面积为． 14分 ???42247x2y219‘解：（Ⅰ）由题意设椭圆的标准方程为2?2?1(a?b?0)，

ab222由已知得：a?c?3，a?c?1，?a?2，c?1，?b?a?c?3．

x2y2?1． ?椭圆的标准方程为?43（Ⅱ）设A(x1，y1)，B(x2，y2)，

?y?kx?m，?222联立?x2y2得(3?4k)x?8mkx?4(m?3)?0，

?1.??43? 20

????64m2k2?16(3?4k2)(m2?3)?0，即3?4k2?m2?0，则?8mk? x?x??，?1223?4k??4(m2?3).?x1x2?23?4k?3(m2?4k2)又y1y2?(kx1?m)(kx2?m)?kx1x2?mk(x1?x2)?m?， 23?4k220)，?kADkBD??1， 因为以AB为直径的圆过椭圆的右顶点D(2，即

y1y2??1，?y1y2?x1x2?2(x1?x2)?4?0，

x1?2x2?23(m2?4k2)4(m2?3)16mk????4?0，

3?4k23?4k23?4k2?9m2?16mk?4k2?0．解得：m1??2k，m2??且均满足3?4k?m?0，

222k， 70)，与已知矛盾； 当m1??2k时，l的方程为y?k(x?2)，直线过定点(2，当m2??2k2??2??0?． 时，l的方程为y?k?x??，直线过定点?，77??7??0?． 所以，直线l过定点，定点坐标为?，?2?7??a2?b2322?20.（1）由题意知，可得a?4b. a2222椭圆C的方程可化简为x?4y?a.将y?x代入可得x??5a， 5x225a410?y2?1. 因此2?，可得a?2.因此b?1，所以椭圆C的方程为?455

21

（2）（ⅰ）设A(x1,y1)(x1y1?0),D(x2,y2)，则B(?x1,?y1)， 因为直线AB的斜率kAB?y1x，又AB?AD，所以直线AD的斜率k??1， x1y1设直线AD的方程为y?kx?m，由题意知k?0,m?0，

?y?kx?m?由?x2，可得(1?4k2)x2?8mkx?4m2?4?0.

2?y?1??4所以x1?x2??8mk2my?y?k(x?x)?2m?，因此， 1212221?4k1?4k由题意知，x1?x2所以k1?y1?y2y1???1，

x1?x24k4x1y1(x?x1)， 4x1y1. 2x1所以直线BD的方程为y?y1?令y?0，得x?3x1，即M(3x1,0).可得k2??所以k1??111k2，即???.因此存在常数???使得结论成立. 222（ⅱ）直线BD的方程y?y1?33y1 (x?x1)，令x?0，得y??y1，即N(0,?y1)，

444x1139?3|x1|?|y1|?|x1||y1|， 248由（ⅰ）知M(3x1,0)，可得?OMN的面积S?x12|x|2?y12?1，当且仅当1?|y1|?因为|x1||y1|?时等号成立， 422此时S取得最大值

99，所以?OMN的面积的最大值为. 88

22

空间向量与立体几何（一）答案

一 选择题AADBD DBDCB CBADB 二 填空题 16 300

17 a>6

18 s＝±?0，

??22? ，－?.19 充分不必要条件20 . 022?

三 解答题

21 解：(Ⅰ)证明：在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，∠DAB＝60°，CB＝CD，

由余弦定理可知BD2＝CD2＋CB2－2CD2CB2cos(180°－∠DAB)＝3CD2，

即BD＝3CD＝3AD，在△ABD中，∠DAB＝60°，BD＝3AD，则△ABD为直角三角形，且AD⊥DB.又AE⊥BD，AD?平面AED，AE?平面AED，且AD∩AE＝A，故BD⊥平面AED.

(Ⅱ)由(Ⅰ)可知AC⊥CB，设CB＝1，则CA＝BD＝3，建立如图所示的空间直角坐

31

标系，F(0，0，1)，B(0，1，0)，D(，－，0)，向量n＝(0，0，1)为平面BDC的一个

22

法向量．

→??BD＝0?3x－3y＝0?m·

2设向量m ＝(x，y，z)为平面BDF的法向量，则?，即?2，

→??FB＝0?m·?y－z＝0取y＝1，则x＝3，z＝1，则m＝(3，1，1)为平面BDF的一个法向量．

m·n15

cos〈m，n〉＝＝＝，而二面角F－BD－C的平面角为锐角，则二面角F

|m||n|55－BD－C的余弦值为

22 解：

5

. 5

23

(Ⅰ)证明：法一：连结AB′，AC′，由已知∠BAC＝90°，

AB＝AC，三棱柱ABC－A′B′C′为直三棱柱，所以M为AB′中点．

又因为N为B′C′的中点，所以MN∥AC′.又MN?平面A′ACC′，AC′?平面A′ACC′， 因此MN∥平面A′ACC′.

法二：取A′B′中点P，连结MP，NP，

而M，N分别为A′B与B′C′的中点，所以MP∥AA′，PN∥A′C′， 所以MP∥平面A′ACC′，PN∥平面A′ACC′.又MP∩NP＝P，

因此平面MPN∥平面A′ACC′.而MN?平面MPN，因此MN∥平面A′ACC′.

(Ⅱ)以A为坐标原点，分别以直线AB，AC，AA′为x轴，y轴，z轴建立直角坐标系Oxyz，如上图所示．

设AA′＝1，则AB＝AC＝λ，

于是A(0，0，0)，B(λ，0，0)，C(0，λ，0)，A′(0，0，1)，B′(λ，0，1)，

λλλ1

C′(0，λ，1)，所以M(，0，)，N(，，1)．

2222

设m＝(x1，y1，z1)是平面A′MN的法向量，

λ1

→x－z＝0，1?221A′M＝0?m·由?，得可取m＝(1，－1，λ)．

→λ1?MN＝0?m·y＋z＝0，

2121

设n＝(x2，y2，z2)是平面MNC的法向量，

λλ

→－x2＋y2－z2＝0，?22NC＝0?n·由?得可取n＝(－3，－1，λ)．

→λ1?MN＝0?n·y＋z＝0，

2222

因为A′－MN－C为直二面角，所以m·n＝0. 即－3＋(－1)3(－1)＋λ2＝0，解得λ＝2.

23 (1)证明：∵AD∥EF，EF∥BC，∴AD∥BC.又∵BC＝2AD，G是BC的中点，

???

???∴AD∥BG，∴四边形ADGB是平行四边形．∴AB∥DG. ∵AB?平面DEG，DG?平面DEG，∴AB∥平面DEG. (2)证明：∵EF⊥平面AEB，AE?平面AEB，BE?平面AEB，∴EF⊥AE，EF⊥BE，又AE⊥EB，∴EB，EF，EA两两垂直．

以点E为坐标原点，EB，EF，EA分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．

由已知得，A(0,0,2)，B(2,0,0)，C(2,4,0)，F(0,3,0)，D(0，2,2)，G(2,2,0)．

EG＝－232＋232＝0.∴BD⊥EG. ∴EG＝(2,2,0)，BD＝(－2,2,2)．∴BD·

(3)由已知得EB＝(2,0,0)是平面EFDA的一个法向量．

设平面DCF的法向量为n＝(x，y，z)，∵FD＝(0，－1,2)，FC＝(2,1,0)，

24

?FD·?－y＋2z＝0，n＝0，?∴?即?令z＝1，得n＝(－1,2,1)．

?2x＋y＝0，?n＝0，? FC·

26

设二面角C－DF－E的大小为θ，则cosθ＝cos〈n，EB〉＝－＝－，

626∴二面角C－DF－E的余弦值为－

24 (1)证明 如图，以O为原点，以射线OP为z轴的正半轴， 建立空间直角坐标系Oxyz.则O(0,0,0)，A(0，－3,0)，B(4,2,0)，

6

. 6

→→→→→→→→→C(－4,2,0)，P(0,0,4)，AP＝(0,3,4)，BC＝(－8,0,0)，由此可得AP·BC＝0， 所以AP⊥BC，即AP⊥BC.

→→→→→(2)解 设PM＝λPA，λ≠1，则PM＝λ(0，－3，－4)．BM＝BP＋PM＝BP＋λPA ＝(－4，－2,4)＋λ(0，－3，－4)＝(－4，－2－3λ，4－4λ)，

→→AC＝(－4,5,0)，BC＝(－8,0,0)．

设平面BMC的法向量n1＝(x1，y1，z1)，平面APC的法向量n2＝(x2，y2，z2)．

→??BM·n＝0，由?→??BC·n＝0，

11

??－4x1－?2＋3λ?y1＋?4－4λ?z1＝0，

得? ?－8x1＝0，?

x＝0，??1

?0，1，2＋3λ?.

即?可取n＝?2＋3λ1?4－4λ??z＝y，??14－4λ1

→??AP·n＝0，由?→??AC·n＝0，

22

?3y2＋4z2＝0，?

即?得?－4x＋5y＝0，?22

?

?3z＝－y，?4

2

2

5x2＝y2，

4

可取n2＝(5,4，－3)．

2＋3λ2

由n1·n2＝0，得4－3·＝0，解得λ＝，故AM＝3.

54－4λ

25

综上所述，存在点M符合题意，AM＝3.

25 (1)证明 ∵折起前AD是BC边上的高，

∴当△ABD折起后，AD⊥DC，AD⊥DB.

又DB∩DC＝D，∴AD⊥平面BDC.∵AD?平面ABD，∴平面ADB⊥平面BDC. (2)解 由∠BDC＝90°及(1)知DA，DB，DC两

两垂直，不妨设|DB|＝1，以D为坐标原点，以DB，DC，DA所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，易得D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,3,0)， 13?→13→，，0，∴AE＝?，，－3?，DB＝(1,0,0)， A(0,0，3)，E??22??22?

AE·DB→→→→∴AE与DB夹角的余弦值为cos〈AE，DB〉＝＝

→→|AE||DB|13 26

→→→→→12224

＝22. 22

26

(1)证明 因为底面ABCD为菱形，所以BD⊥AC，又PA⊥底面ABCD，所以PC⊥BD.

23

设AC∩BD＝F，连接EF.因为AC＝22，PA＝2，PE＝2EC，故PC＝23，EC＝，

3PCAC

FC＝2，从而＝6，＝6.

FCEC

因为

PCAC

＝，∠FCE＝∠PCA，所以△FCE∽△PCA，∠FEC＝∠PAC＝90°，由此FCEC

知PC⊥EF.

PC与平面BED内两条相交直线BD，EF都垂直，所以PC⊥平面BED. (2)解 在平面PAB内过点A作AG⊥PB，G为垂足． 因为二面角APBC为90°，所以平面PAB⊥平面PBC. 又平面PAB∩平面PBC＝PB，故AG⊥平面PBC，AG⊥BC.

BC与平面PAB内两条相交直线PA，AG都垂直，故BC⊥平面PAB，于是BC⊥AB，所以底面ABCD为正方形，AD＝2，PD＝PA2＋AD2＝22.

设D到平面PBC的距离为d.

因为AD∥BC，且AD?平面PBC，BC?平面PBC，故AD∥平面PBC，A、D两点到平面PBC的距离相等，即d＝AG＝2.

d1设PD与平面PBC所成的角为α，则sin α＝＝.

PD2所以PD与平面PBC所成的角为30°.

法二 (1)证明 以A为坐标原点，射线AC为x轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.

C(22，0,0)，设D(2，b,0)，其中b＞0，则P(0,0,2)， 422E，0，，B(2，－b,0)． 33

27

2222→→→

于是PC＝(22，0，－2)，BE＝（，b，），DE＝（，－b，），

3333→→→→

从而PC·BE＝0，PC·DE＝0，故PC⊥BE，PC⊥DE. 又BE∩DE＝E，所以PC⊥平面BDE.

→→

(2)解 AP＝(0,0,2)，AB＝(2，－b,0)．设m＝(x，y，z)为平面PAB的法向量， →→则m·AP＝0，m·AB＝0，即2z＝0且2x－by＝0，令x＝b，则m＝(b，2，0)． →→设n＝(p，q，r)为平面PBC的法向量，则n·PC＝0，n·BE＝0， 即22p－2r＝0且

2p222

＋bq＋r＝0，令p＝1，则r＝2，q＝－，n＝1，－，2. 33bb

2

因为面PAB⊥面PBC，故m·n＝0，即b－＝0，故b＝2，于是n＝(1，－1，2)，

b→n·DP1→→→

DP＝(－2，－2，2)．cos〈n，DP〉＝＝，〈n，DP〉＝60°.

→2|n||DP|

→

因为PD与平面PBC所成角和〈n，DP〉互余，故PD与平面PBC所成的角为30°.

空间向量与立体几何（二）答案

一、选择题：AABCC BBDDC 二、填空题： 11．65； 12．

111OA?OB?OC；13．直角三角形； 14．?39；．15．①②； 633三、解答题：

16．解：以D为原点，建立如图空间直角坐标系．因为正方体棱长为a， 所以B（a，a，0），A'（a，0，a），C'（0，a，a），D'（0，0，a）． 由于M为BD'的中点，取A'C'中点O'，所以M（因为|A'N|?3|NC'|，所以N为A'C'的四等分， 从而N为O'C'的中点，故N（

aaaaa，，），O'（，，a）． 22222a3，a，a）． 44根据空间两点距离公式，可得|MN|?

aaa3aa6(?)2?(?)2?(?a)2?a． 24242428

17．解：（Ⅰ）过D作DE⊥BC，垂足为E，在Rt△BDC中,由∠BDC=90°,∠DCB=30°，BC=2，得BD=1，CD=

3，∴DE=CD2sin30°=

3． 2OE=OB－BE=OB－BD2cos60°=1－

11?． 22∴D点坐标为（0，－

1313），即向量OD的坐标为{0，－,}． ,222231,,0},OB?{0,?1,0},OC?{0,1,0}， 2233,?1,},BC?OC?OB?{0,2,0}． 22（Ⅱ）依题意：OA?{所以AD?OD?OA?{?设向量AD和BC的夹角为?，则

33?0?(?1)?2??01AD?BC22??10． cos?=?5|AD|?|BC|32322222(?)?(?1)?()?0?2?022?18． （Ⅰ）证明：∵AP?AB=－2－2+4=0，∴AP⊥AB.又∵AP?AD=－4+4+0=0，∴AP⊥AD.∵AB、AD是底面ABCD上的两条相交直线，∴AP⊥底面ABCD. （Ⅱ）解：设AB与AD的夹角为?，则 cos?=

AB?AD|AB|?|AD|?8?24?1?16?16?4?3105 V=

129|AB|2|AD|2sin?2|AP|=105?1??1?4?1?16．

31053（Ⅲ）解：|（AB3AD）2AP|=|－4－32－4－8|=48它是四棱锥P—ABCD体积的3倍．

猜测：|（AB3AD）2AP|在几何上可表示以AB、AD、AP为棱的平行六面体的

29

体积（或以AB、AD、AP为棱的直四棱柱的体积）． 19．如图，建立空间直角坐标系O—xyz． （Ⅰ）依题意得B（0，1，0）、N（1，0，1） ∴|BN |=

(1?0)2?(0?1)2?(1?0)2?3.

（Ⅱ）依题意得A1（1，0，2）、B（0，1，0）、 C（0，0，0）、B1（0，1，2）．

∴BA1={－1，－1，2}，CB1={0，1，2，}，BA12CB1=3，|BA1|=∴cos=

6，|CB1|=5

BA1?CB1|BA1|?|CB1|?130． 10（Ⅲ）证明：依题意，得C1（0，0，2）、M（

1111,，2），A1B={－1，1，2}，C1M={,，22220}.∴A1B2C1M=－

11?+0=0，∴A1B⊥C1M，∴ A1B⊥C1M． 2220．（Ⅰ）证明：设CB=a，CD=b，CC1=c，则|a |=|b|， ∵BD?CD?CB=b－a，

∴BD2CC1=（b－a）2c=b2c－a2c=|b|2|c|cos60°－|a|2|c|cos60°=0，

∴C1C⊥BD．

（Ⅱ）解：连AC、BD，设AC∩BD=O，连OC1，则∠C1OC为二面角?—BD—?的平面角．∵

CO?111(BC?CD)?（a+b），C1O?CO?CC1?（a+b）－c 222∴CO2C1O?11（a+b）2［（a+b）－c］ 22=

111（a2+2a2b+b2）－a2c－b2c

224 30

=

133311（4+22222cos60°+4）－222cos60°－222cos60°=．

2242223CO?C1O3?． 3，|C1O|=，∴cosC1OC=

3|CO|?|C1O|22CD=x，CD=2， 则CC1=.∵BD⊥平面AA1C1C，∴BD⊥A1C

xCC1则|CO|=

（Ⅲ）解：设

∴只须求满足：A1C?C1D=0即可.设A1A=a，AD=b，DC=c， ∵A1C=a+b+c，C1D=a－c，

∴A1C?C1D=（a+b+c）（a－c）=a2+a2b－b2c－c2=

42?－6， 2xx令6－

242?2=0，得x=1或x=－（舍去）． xx3

31

=

133311（4+22222cos60°+4）－222cos60°－222cos60°=．

2242223CO?C1O3?． 3，|C1O|=，∴cosC1OC=

3|CO|?|C1O|22CD=x，CD=2， 则CC1=.∵BD⊥平面AA1C1C，∴BD⊥A1C

xCC1则|CO|=

（Ⅲ）解：设

∴只须求满足：A1C?C1D=0即可.设A1A=a，AD=b，DC=c， ∵A1C=a+b+c，C1D=a－c，

∴A1C?C1D=（a+b+c）（a－c）=a2+a2b－b2c－c2=

42?－6， 2xx令6－

242?2=0，得x=1或x=－（舍去）． xx3

31

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