必修第二册湘教数学教材习题答案_高中全套电子教材及答案。_02高中教材参考答案_高中数学_湘教版

教材习题答案 第1章 平面向量及其应用 ｃ→ＡＣ ｂ ｃ． ◆习题1.3（第20页） ＋ ， ＝ － １．解析 略． ５．解析 原式 →ＣＡ． （１） ＝ 1.1 向量 ６．解析 （１） →ＡＤ． （２） Ｂ １ →Ｃ １＝ １→ＢＣ ， Ｂ ２ →Ｃ ２＝－ ３→ＢＣ． 练习（第 页） ０． ３ ２ ４ （２） ２．解析 Ｍ为线段ＡＢ的中点． １．解析 略． （１） →ＣＡ． Ｎ为线段ＡＢ上的一点 不包括端点 ． ２．Ｄ （３） （２） （ ） ７．证明 当ａ ｂ不共线时 由三角形两边 ３．解析 Ａ Ｂ Ｃ三点共线．原因略． ∵① ， ， ， ， ３．解析 →ＥＦ Ｄ→Ｏ →ＣＢ． 之和大于第三边可得 ａ ｂ ａ ｂ ａ （１） ， ， ｜ ｜－｜ ｜＜｜ ＋ ｜＜｜ ｜＋ ４．证明 →ＢＣ →ＡＣ →ＡＢ Ｍ→Ｎ →ＡＮ Ａ→Ｍ １→ＡＣ （２） →ＢＯ ， →ＯＥ ， →ＣＤ ， →ＡＦ． ｜ ｂ ｜ ． ∵ ＝ － ， ＝ － ＝ ３ － 共 个 具体略． 当ａ ｂ共线且同向时 ａ ｂ ａ ｂ ◆ （ 习 ３） 题 ２ 1 ３ .1（ ， 第5页） ② ｜ ａ ｜＋｜ ｂ ， ｜ ． ，｜ ｜－｜ ｜＜｜ ＋ ｜＝ ３ １→ＡＢ ＝ ３ １ （ →ＡＣ － →ＡＢ ）＝ ３ １→ＢＣ ， 当ａ ｂ共线且反向时 ａ ｂ ａ ｂ １．解析 略． ③ ， ，｜ ＋ ｜＝｜｜ ｜－｜ ｜｜ Ｍ→Ｎ →ＢＣ 且Ｍ→Ｎ １→ＢＣ． ２．解析 与→ＰＱ相等的向量有→ＡＲ →ＲＣ．与→ＰＱ相反 ＜｜ ａ ｜＋｜ ｂ ｜ ． ∴ ∥ ， ＝ ３ ， 对任意向量 ａ ｂ ａ ｂ ａ ｂ 和 ５．解析 →ＡＢ →ＢＣ →ＣＡ ． ∴ ， ，｜ ＋ ｜≤｜ ｜＋｜ ｜ ＝６， ＝７， ＝－１３ 的向量有→ＲＡ ， →ＣＲ． ｜ ａ ＋ ｂ ｜≥｜ ａ ｜－｜ ｂ ｜ 成立． ６．证明 ∵ →ＡＢ ＝ →ＯＢ － →ＯＡ ， →ＡＣ ＝２ →ＣＢ ， ３．解析 →ＢＥ →ＣＤ． ８．解析 当 ａ ｂ ｃ 均不共线时 能构成三 （２） →Ｅ Ａ ， （ →Ｄ １ Ｂ ） ． ， 角形． ， ， ， ∴ →ＡＣ ＝ ３ ２→ＡＢ ＝ ３ ２ →ＯＢ － ３ ２→ＯＡ． →ＤＡ →ＣＦ →ＦＣ． ９．解析 （１） 设ｓ ＝ →ＯＡ ＋ →ＯＢ ＋ →ＯＣ ＋ Ｏ→Ｄ ＋ →ＯＥ． →ＯＣ →ＯＡ →ＡＣ →ＯＡ ２ →ＯＢ ２ →ＯＡ （３） ， ， ∴ ＝ ＋ ＝ ＋ － ４．解析 Ａ→Ｍ Ｍ→Ｄ →ＢＮ →ＮＣ中任取两个 共 ∵ Ｏ为正五边形ＡＢＣＤＥ的中心 ，∴ ｜ →ＯＡ ｜＝ ３ ３ （１） ， ， ， ， ６ →ＯＡ →ＯＢ 对 Ｍ→Ａ Ｄ→Ｍ →ＮＢ →ＣＮ中任取两个 共 对 ｜ →ＯＢ ｜＝｜ →ＯＣ ｜＝｜ Ｏ→Ｄ ｜＝｜ →ＯＥ ｜，∠ ＡＯＢ ＝∠ ＢＯＣ ＝ ＋２ ． ； ， ， ， ， ６ ； ３ →ＡＢ ， Ｍ→Ｎ ， →ＤＣ中任取两个 ， 共 ３ 对 ； →ＢＡ ， Ｎ→Ｍ ， →ＣＤ ＝∠ ＣＯＤ ＝∠ ＤＯＥ ＝∠ ＥＯＡ ＝ ３６０° ＝７２°，∴ ｓ ７．解析 Ａ→Ｍ １ →ＡＢ １ ｂ →ＡＮ １ ｂ 中任取两个 共 对． ５ （１） ＝ ＝ ， ＝ ＋ ， ３ 旋转 仍等于ｓ． ２ ２ ２ 所以在模为 的向量中 相等的向量有 ７２° 对． １ ， ∴ →ＯＡ ＋ →ＯＢ ＋ →ＯＣ ＋ Ｏ→Ｄ ＋ →ＯＥ ＝ ０． ２ １ ｃ ， →ＡＰ ＝ ２ １ ｃ ＋ ２ １ ｄ ， Ｍ→Ｎ ＝ ２ １ ｃ ， →ＱＰ ＝ ２ １ ｃ． １８ Ｎ （ → ２ Ｄ ） 相 Ｍ→Ｂ 等 和 的 Ｄ→ 向 Ｎ． 量是→ＡＮ和Ｍ→Ｃ ， →ＮＡ和Ｃ→Ｍ ， Ｂ→Ｍ和 ∵ （２ Ｏ ） 设 为正 ｔ ＝ →Ｏ ｎ Ａ 边 １＋ 形 →ＯＡ Ａ ２ １ ＋ Ａ … ２… ＋ →Ｏ Ａ Ａ ｎ ｎ 的 ． 中心 ， （２ Ｑ ） Ｐ ∵ →Ｑ Ｍ Ｐ Ｎ ＝ Ｍ→ 且 Ｎ ＝ ＱＰ ２ １→Ａ Ｍ Ｃ Ｎ ， ． 所以 ， 在模为 的向量中 相等的向量有 ∴ ｜ →ＯＡ １｜ ＝ ｜ →ＯＡ ２｜ ＝…＝ ｜ →ＯＡ ｎ｜，∠ Ａ １ ＯＡ ２＝ ∴ 四边 ∥ 形Ｍ ， ＮＰＱ为 ＝ 平行四边形． ２ ， ∴ 对． Ａ ＯＡ Ａ ＯＡ ３６０° ８．解析 如图 过点Ｅ作ＥＭ ＣＡ交ＡＢ于Ｍ ４ ∠ ２ ３＝…＝∠ ｎ １＝ ｎ ， ， ∥ ， ５．解析 与向量→ＯＡ相等的向量有Ｄ→Ｏ →ＥＦ →ＣＢ ＮＥ ∥ ＡＢ交ＡＣ于Ｎ． ， ， ， ｔ旋转ｋ ３６０° ｋ Ｎ 仍为其自身 ∴ ｍ ＝３ ． ∴ · ｎ （ ∈ ＋） ， 与→ＯＡ方向相同或相反 ， 模相等的向量有 ７ ∴ →ＯＡ １＋ →ＯＡ ２＋…＋ →ＯＡ ｎ＝ ０． 个．与→ＯＡ不共线 ， 模相等的向量有 １６ 个． １０．解析 （１） 证明 ： 取ＢＣ中点Ｍ ， 连接ＯＭ． 所以 ， 与向量→ＯＡ的模相等的向量的个数ｎ ＝ ∵２ Ｏ→Ｍ ＝ →ＯＢ ＋ →ＯＣ ＝ Ｏ→Ｈ － →ＯＡ ＝ →ＡＨ ， １６＋７＝２３ ． ∴ Ｏ→Ｍ ∥ →ＡＨ． 1.2 向量的加法 又Ｏ→Ｍ ⊥ →ＢＣ ，∴ →ＡＨ ⊥ →ＢＣ． ∵ ＭＥ ∥ ＡＮ ， ＡＭ ∥ ＮＥ ， ＡＮＥＭ为平行四边形． 同理可得→ＣＨ →ＡＢ →ＢＨ →ＡＣ． ∴ 练习（第 页） ⊥ ， ⊥ ＭＡＥ ＥＡＮ ＡＥＮ ＡＥＭ １０ Ｈ是 ＡＢＣ的垂心． ∴∠ ＝∠ ＝∠ ＝∠ ， １．解析 略． ∴ △ ＡＥＭ ＡＥＮ ＡＭ ＡＮ． 中结论仍成立． ∴△ ≌△ （ＡＳＡ），∴ ＝ ２．答案 ①③ （２）（１） æ →ＡＢ →ＡＣ ö ３．Ｃ 1.3 向量的数乘 又 ∵ Ａ→Ｍ ＋ →ＡＮ ＝ →ＡＥ ，∴ →ＡＥ ＝ λ è ç →ＡＢ ＋ →ＡＣ ø ÷ ＝ 练习（第 页） ｜ ｜ ｜ ｜ １１ 练习（第 页） ( →ＡＢ →ＡＣ) １．解析 略． １６ λ λ Ｒ． １．答案 ｃ ＋ ｂ ， ∈ ２．解析 →ＡＣ →ＡＢ →ＢＣ ａ ｃ （１）１ （２）３ （３）－２ →ＤＣ ＝ → ＡＣ － →Ａ ＝ Ｄ ＝ ａ ＋ ＋ ｃ － ｂ ＝ ． ＋ ， ２ ３ ． ． 解 解 析 析 略 → ． ＡＢ １ →ＤＣ →ＡＢ →ＤＣ 四边形 ９．证明 设→ＢＡ ＝ ａ ， →ＢＣ ＝ ｂ ， 则Ｂ→Ｍ ＝ ２ １→ＢＡ ＝ ２ １ ａ ， ３．解析 （１） →ＣＡ． ∵ ＝ ２ ，∴ ∥ ，∴ →ＢＤ ＝ →ＢＡ ＋ →ＢＣ ＝ ａ ＋ ｂ ， ＡＢＣＤ为梯形． （２） →ＤＣ． 练习（第２０页） ∴ →ＢＮ ＝ １ →ＢＤ ＝ １ ａ ＋ １ ｂ ，∴ Ｍ→Ｎ ＝ →ＢＮ － Ｂ→Ｍ ＝ （３） →ＡＢ． １．解析 ａ ｂ ｅ ａ ｂ ｅ ｅ ａ ｂ ３ ３ ３ ◆习题1.2（第12页） ｅ ＋ ｅ ． ＝４ １， － ＝－２ １＋４ ２，３ －２ ＝ １ ｂ － １ ａ ， Ｍ→Ｃ ＝ ｂ － １ ａ ＝３ Ｍ→Ｎ． ∴ Ｍ ， Ｎ ， Ｃ三 １．答案 （１） ｃ （２）－ ｆ （３）－ ｆ （４） ｅ － ｆ ２．解 －３ 析 １ ＋１ （ ０ １） ２ ５ ａ ＋ ｂ． 点 ３ 共线 ６ ． ２ （５） ０ （２） ａ． １０．证明 作直径ＢＤ ， 连接ＤＡ ， ＤＣ． ２．解析 →ＢＣ ＋ →ＤＣ ＋ →ＢＡ ＋ →ＤＡ ＝ ０． （３）－ ａ －２ ｂ． 则→ＯＢ ＝－ Ｏ→Ｄ ， ＤＡ ⊥ ＡＢ ， ＡＨ ⊥ ＢＣ ， ＣＨ ⊥ ＡＢ ， ３．解析 略． ３．证明 略． ＣＤ ＢＣ （１） ⊥ ， （２） ａ ⊥ ｂ． ４．解析 →ＯＣ ＝－ ａ ， Ｏ→Ｄ ＝－ ｂ ， →ＤＣ ＝ ｂ － ａ ， →ＢＣ ＝－ ａ ∴ ＣＨ ∥ ＤＡ ， ＡＨ ∥ ＤＣ ，∴ 四边形ＡＨＣＤ是平 ４．解析 →ＡＥ ａ ｂ →ＣＥ ａ ｃ→ＡＢ ｃ →ＢＥ ａ ｂ ｂ． 行四边形 →ＡＨ →ＤＣ． ＝ ＋ ， ＝ ＋ ， ＝－ ， ＝ ＋ － ，∴ ＝ １ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等又→ＤＣ ＝ →ＯＣ － Ｏ→Ｄ ＝ →ＯＣ ＋ →ＯＢ ， ７ λ ＋１） ． 或→ＡＢ · →ＢＣ ＝０⇒ ｋ ＝－ ２ 或ｋ ＝ １１． ∴ Ｏ→Ｈ ＝ →ＯＡ ＋ →ＡＨ ＝ →ＯＡ ＋ →ＤＣ ＝ →ＯＡ ＋ →ＯＢ ＋ →ＯＣ． ∴ →ＯＰ ＝ →ＯＡ ＋ →ＡＰ ＝（２，３）＋（５ λ ＋３，７ λ ＋１）＝ 经检验 上面的ｋ值均 ３ 能使 Ａ ３ ＢＣ成为直角 λ λ ． ， △ １１．解析 设Ｄ为ＢＣ的中点 则→ＧＢ →ＧＣ （５ ＋５，７ ＋４） 三角形． （１） ， ＋ ＝ Ｐ点坐标为 λ λ （１） （５ ＋５，７ ＋４）， ２ →ＧＤ ＝－ →ＧＡ． Ｐ点在直线 ｙ ＝ ｘ 上 ⇔５ λ ＋５＝７ λ ＋４⇔ λ →ＡＢ · →ＡＣ ＝ ０ 时 ， Ｓ △ ＡＢＣ ＝ １ ｜ →ＡＢ ｜ ｜ →ＡＣ ｜ ＝ 所以 ２ →ＧＤ ＝ →ＡＧ ＝ →ＡＤ － →ＧＤ ⇒ →ＧＤ ＝ １→ＡＤ． ＝ １ ． ２ 所 分 以 点 ， ． 点 Ｇ 为线段 ＡＤ 靠近 Ｄ ３ 点的三等 （２） ２ Ｐ点在第四象限内 ⇔ { ５ ７ λ λ ＋ ＋ ５ ４ ＞ ＜ ０ ０ ， ⇔－１＜ →Ａ ２ １ Ｂ · １ →Ｂ ３ Ｃ × ＝０ １ ９ ３ 时 ＝ ， Ｓ １ ６ △ ３ Ａ ． ＢＣ ＝ １ ｜ →ＡＢ ｜ ｜ →ＢＣ ｜ ＝ 的 （２） 中 证 线 明 上 ： 由 ．同 →ＧＤ 理 ＝ ， ３ １ Ｇ →Ａ 点 Ｄ可 在 知 边 ， Ｇ ＡＢ 点 ， 在 ＡＣ Ｂ 的 Ｃ 中 边 １１． λ 解 ＜ 析 － ７ ４ 以 ． Ｏ为原点 正东和正北分别为ｘ ｙ ２ １ １３× １ ９ ３ ＝ １ ６ ３． ２ 线上． ， ， 轴正方向 建立平面直角坐标系．过点Ｂ作 所以当ｋ的值为 ２ 或１１时 Ｓ １３． 所以 ， Ｇ点为 △ ＡＢＣ三条中线的交点 ， 即为 ＢＢ ｘ轴 ， 于点Ｂ 过点Ａ作ＡＢ ＢＢ 于 － ３ ３ ， △ ＡＢＣ＝ ６ ＡＢＣ的重心． ０⊥ ０， １⊥ ０ ◆习题1.5（第39页） △ 点Ｂ ．过 Ａ 点作 ｘ 轴的垂线 交 ｘ 轴于 １ ， Ｂ 点． １．解析 →ＡＥ →ＢＦ ． 1.4 向量的分解与坐标表示 ２ · ＝０ 则→ＯＢ Ｏ→Ｂ Ｂ→Ｂ． ２．解析 ． 练习（第 页） ＝ ０＋ ０ （１）２ ３ １．解析 ２ ａ ５ ＝２ ｉ ＋３ ｊ ， ｂ ＝－２ ｉ ＋３ ｊ ， ｃ ＝－２ ｉ －３ ｊ ， ｄ ＝２ ｉ ｜ Ｏ→Ｂ ０｜＝｜ Ｏ→Ｂ ２｜＋｜ Ｂ ２ →Ｂ ０ ． ｜＝｜ Ｏ→Ｂ ２｜＋｜ Ａ→Ｂ １｜＝ （２）４ ． １９ ． ｊ． １００ｃｏｓ１５°＋１６０ｓｉｎ６０° （３）１２ －３ ３．解析 ． 它们的坐标分别为ａ ｂ Ｂ→Ｂ Ｂ→Ｂ Ｂ→Ｂ ６０° ｃ ＝（－２，－３）， ｄ ＝（２，－ ＝ ３） （ ． ２，３）， ＝（－２，３）， · ｜ ｓ ０ ｉｎ ｜ １ ＝ ５° ｜ ． １｜－｜ ０ １｜＝１６０·ｃｏｓ６０°－１００ ４．解析 →ＡＢ在ｘ轴 、 ｙ轴正方向上的投影分别 ２ １ 练 ． ． （ 解 解 习 ２ 析 析 ） （ （ 第 ６， ２ （ ３ （ ８ ４ ｋ １ ， ） 页 ） ４ ． ｋ ） ） ＝ ． －１ ． 而 所 ＝２ 以 Ｏ ０ →Ｂ 从 ０⊥ 出 ８９ Ｂ 发 → ＋ Ｂ ４ ０ 点 ０ ， 故 ２ Ｏ （ ｜ 到 →Ｏ ｋｍ Ｂ 港 ） ｜ ． ＝ 口Ｂ ｜ 的 Ｏ→Ｂ 直 ０｜ 线 ２ ＋ 距 ｜ Ｂ→ 离 ０ Ｂ 为 ｜ ２ ５ ６ ． ． 为 （ 解 解 ２ 析 析 － ） ２ － ， １ ２ ． （ （ １ １ ３ ） ） ． ８ － ． ７ ． ( ) ． ． ２．解析 １ ． ２０ ８９＋４０ ２ ｋｍ （２）－７ （１） ，２ ． ２ （３）０ ． 1.5 向量的数量积 ． （２）（－１，－３） （４）４９ ７．解析 ｋ ． ３．解析 １６． 练习（第 页） ＝－５ ３５ ８．解析 λ ． ３ １．解析 ． ＝－３ ４ ◆ ．证 习 明 题 略 1. ． 4（第29页） （２）０ ． （１）－１０ ９．证明 →ＡＢ ＝ →ＯＢ － →ＯＡ ＝（－３，－７）， →ＢＣ ＝ →ＯＣ － →ＯＢ ． →ＡＣ →ＡＢ →ＢＣ →ＡＣ （３）１０ ＝（５，２）， ＝ ＋ ＝（２，－５）⇒｜ ｜ ＝ １． ｃ 解 它 － ＝ ３ 们 析 ｊ （ ． － 的 ２ 坐 ， ａ － ＝ 标 ３ ２ ） ｉ 分 ＋ ， ｄ ３ 别 ｊ ＝ ， （ 为 ｂ ２ ＝ ， ａ － － ２ ＝ ３ ｉ ） （ ＋ ． ２ ３ ， ｊ ， ( ３ ｃ ） ＝ ， － ｂ ２ ＝ ｉ － （ ３ － ｊ ， ２ ) ， ｄ ３ ＝ ） ２ ， ｉ ２．解 （ （ （ ４ ２ ３ 析 ） ） ） ２ １ １ ０ ２ ８ ０ ０ 或 （ ° ° １ ． ． － ） ２ ６ ０ ０ ． ° ． 而 故 故 → → Ａ Ａ ２ Ｃ Ｃ ２ Ａ ＋ · ⊥ Ｂ ５ → → Ｃ Ｂ Ｂ ２ Ｃ Ｃ ＝ 为 且 ＝ ｜ → 等 Ｂ １ ｜ Ｃ ０ →Ａ 腰 － ｜ Ｃ ． １ 直 ｜ ０ ＝ ＝ 角 ｜ ０ →Ｂ 三 ， Ｃ 角 ｜ ． 形． ２．解析 ａ ｂ ３ ３ ３ ｃ （４）３０° ． △ ＝（ ２， ２）， ＝ － ， ， ＝ １０．解析 ＯＡ ＯＢ ＡＢ ２ ２ ３．解析 ９ ． （１）｜ ｜ ＝５，｜ ｜ ＝ ３７，｜ ｜ ． （１） ． （２ ３，－２） ５ ＝ ３４ ３．解析 ． ． （１）（－２，３） （２）－４ １４ ３７． （２）（－５，－２） ． ４．证明 （１） →ＡＢ ＝ →ＡＣ ＋ →ＣＢ ⇒｜ →ＡＢ ｜ ２ ＝ →ＡＢ · →ＡＢ ＝ （２） １８５ ４．解析 Ｄ ． ５．解析 ｘ （１， ． ５） （ →ＡＣ ＋ →ＣＢ ） ２ ＝｜ →ＡＣ ｜ ２ ＋｜ →ＣＢ ｜ ２ ＋２｜ →ＡＣ ｜｜ →ＣＢ ｜· （３）ｓｉｎ∠ ＡＯＢ ＝ １－ｃｏｓ ２ ∠ ＡＯＢ ＝ ２７ ⇒ ６．解析 λ ＝３ μ ． ｃｏｓ９０°＝｜ ＡＣ ｜ ２ ＋｜ →ＣＢ ｜ ２． ５ ３７ ＝１ ( ， ＝－２ ) 所以ＣＡ２ ＋ ＣＢ２ ＝ ＡＢ２． ｜ ＢＤ ｜ ＝ ｜ ＯＢ ｜ ｓｉｎ∠ ＡＯＢ ＝ ２７ ⇒ Ｓ △ ＯＡＢ ＝ ７．解析 １ ． ５ （１） － ，２ →ＡＣ →ＡＤ →ＤＣ →ＡＣ ２ →ＡＤ →ＤＣ ２ ２ （２） ＝ ＋ ⇒｜ ｜ ＝（ ＋ ） ＝ １ ＯＡ ＢＤ １ ２７ ２７． ( ) ( ) ｜ ｜·｜ ｜＝ ×５× ＝ （２） －１， ５ 或 ０， ７ ． ｜ →ＡＤ ｜ ２ ＋｜ →ＤＣ ｜ ２ ＋２｜ →ＡＤ ｜｜ →ＤＣ ｜ｃｏｓ９０°＝｜ →ＡＤ ｜ ２ ２ ２ ５ ２ ８．解析 由中 ３ 心对称知Ａ→ ３ Ｍ ＝ Ｍ→Ａ′ ， Ｂ→Ｍ ＝ Ｍ→Ｂ′． 同 ＋｜ 理 →ＤＣ → ｜ Ｂ ２ Ｄ ． ２ →ＢＣ ２ →ＣＤ ２ →ＡＤ ２ →ＤＣ ２ １１．解析 （１） ｋ ＝ ５ ９ ． Ａ Ａ → → Ｍ Ｍ ＝ ＝ （ （ ３ ４ ， ， － －１ ２ ） ） ， ， Ｂ→Ｍ ＝（－２，－４）⇒ Ｏ→Ａ′ ＝ Ｏ→Ｍ ＋ 练 ＝ 习 ｜ → （ Ａ 第 Ｃ ｜ ｜ ２ ３ ⇒ ９ ｜ 页 Ａ ＝ Ｃ ） ｜ ＝ ＢＤ ｜ ． ＋｜ ｜ ＝｜ ｜ ＋｜ ｜ １２． （ 解 ２ 析 ） ｋ ＝－ ａ · １ ２ ４ ９ ｂ ． ＝（２ ｍ ＋ ｎ ）·（－３ ｍ ＋２ ｎ ） 所 Ｏ→Ｂ 以 ′ ＝ 点 Ｏ→Ｍ Ａ′ ＋ 的 Ｂ→Ｍ 坐 ＝ 标 （ 为 －１ （ ， ４ － ， ３ － ） １ ． ）， １．解析 （１）｜ ａ ＋ ｂ ｜＝３，｜ ａ － ｂ ｜＝ ４１ ． ＝－６｜ ｍ ｜ ２ ＋２｜ ｎ ｜ ２ ＋ ｍ · ｎ ＝－ ２ ７ ， 点Ｂ′的坐标为 （－１，－３）， （２）－ ５ ４ ． ｜ ａ ｜＝ （２ ｍ ＋ ｎ ） ２ Ａ→′Ｂ′ ＝（－５，－２）＝－（５，２）＝－ →ＡＢ． ２．解析 （１） ｋ ＝１９ ． ＝ ４｜ ｍ ｜ ２ ＋｜ ｎ ｜ ２ ＋４ ｍ · ｎ ( ) ９．解析 Ｃ Ｄ Ｅ ５ ． ｋ １ ． １ （５，－７）， （－１０，１３）， － ，３ （２） ＝－ ＝ ４＋１＋４× ２ ３ ２ １０．解析 →ＡＢ →ＡＣ ３．解析 →ＢＣ →ＡＣ →ＡＢ ｋ ．由 ＡＢＣ为 ＝（３，１）， ＝（５，７）， ＝ － ＝（－１， －３） △ ＝ ７， →ＡＰ →ＡＢ λ→ＡＣ λ λ λ 直角三角形 Ｃ 不为直角知 →ＡＢ →ＡＣ ｂ ｍ ｎ ２ ＝ ＋ ＝（３，１）＋（５ ，７ ）＝（５ ＋３， ，∠ ， · ＝０ ｜ ｜＝ （－３ ＋２ ） ２ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等教材习题答案 ＝ ９｜ ｍ ｜ ２ ＋４｜ ｎ ｜ ２ －１２ ｍ · ｎ （２） ｂ ＝１ ． ＝１２０° ． ２．解析 Ｃ 或 ． 则由余弦定理得 ｔ ２ ２ ｔ ２ ∠ ＝４５° １３５° （２１） ＝１０ ＋（９） －２×１０× １ ３．解析 ＢＡＣ ＢＯＣ ．而ＯＢ ( ) ＝ ９＋４－１２× ∠ ＝６０°⇒∠ ＝１２０° ＝ ｔ １ ｔ ２ 舍去负值 ． ２ ＯＣ 故 ＯＢＣ ＯＣＢ ． ９× － ⇒ ＝ （ ） ． ， ∠ ＝∠ ＝３０° ２ ３ ＝ ７ ＢＣ ＡＢ ＢＣ 在 ＯＢＣ 中 由正弦定理得 由正弦定理得 ＡＢ ７ △ ， ＢＯＣ ＝ ＡＣＢ＝ ＢＡＣ， ＝ ａ ｂ － ｓｉｎ∠ ｓｉｎ∠ ｓｉｎ∠ 故 ａ ｂ · ２ １ ＯＢ ｃｏｓ〈 ， 〉＝ ａ ｂ ＝ ＝－ ， ＢＣ Ｒ． ｔ ＢＣ ｔ ＢＡＣ ３ ３． ｜ ｜｜ ｜ ７× ７ ２ ＢＣＯ⇒ ＝ ３ ２１， ＝９⇒ｓｉｎ∠ ＝ 所以ａ与ｂ的夹角为 ． ｓｉｎ∠ １４ １２０° ＯＢ Ｒ 而 ＢＡＣ 故 ＢＡＣ ． ． １３．解析 ａ ｂ ＯＢＣ的外接圆半径为 ０°＜∠ ＜６０°， ∠ ＝２１８° · ＝－２－６＝－８， △ ＢＣＯ＝ 所以 舰艇的航向为北偏东 ． 靠近渔轮 故 （ ａ · ｂ ） ｃ ＝－８ ｃ ＝（－１６，－８） ． ２ｓｉｎ∠ ２× １ 需时 ， ． ６６８°， ｂ ｃ ２ ４０ｍｉｎ 故 · ａ （ ＝ ｂ （ · － ｃ ２ ） ） ＝ － － ２ ４ ＝ ａ － ＝ ４ （ ， －８，－１２） ． 所 ＝ Ｒ 以 ． ＡＢＣ的边长为 Ｒ ＯＢＣ的外接 ９．解析 ＡＢ ＝３２ ． ２× １ ＝１６ ． １（ｎ ｍｉｌｅ），∠ ＢＳＡ 从中可以发现 向量的数量积运算不满足 ，△ ３ ，△ ２ ， 圆半径为Ｒ． ＝６０°－∠ ＢＡＳ ＝４０° ． １４．解 结 析 ｅ 合 律 若 ． ｅ 不 １ 成 与 立 ｅ ２ ． 共线 ， 则ｅ １· ｅ ２＝１ 或ｅ １ １ 练 ．解 习 析 （第 ５ 由 １ 题 页 意 ） 可知 ∠ ＳＡＢ ＝１２０°－６０°＝６０° ． 由正弦定理 ． 得 ｓｉｎ∠ ＳＢ ＢＡＳ＝ ｓｉｎ∠ ＡＢ ＡＳＢ⇒ ＳＢ ≈ · ２＝－１， ８􀆰６ｎｍｉｌｅ 故ｅ １ 与ｅ ２ 不共线 ， 即 ｛ ｅ １， ｅ ２｝ 可作为平面 由余弦定理得ＳＢ ＝ １５ ２ ＋９ ２ －２×１５×９× １ 故灯塔到Ｂ处的距离为 ８ ． ６ｎｍｉｌｅ ． 的一组基．设ｂ λｅ μｅ ２ １０．解析 ＡＢＣ为等腰三角形． ＝ １＋ ２， ． △ ＝３ １９（ｋｍ） １１．解析 由四边形ＡＢＣＤ为平行四边形 可 则ｂ · ｅ １＝ λ ｜ ｅ １｜ ２ ＋ μｅ １· ｅ ２＝ λ ＋ ２ １ μ ＝１， 再由余弦定理得 ｃｏｓ∠ ＢＳＡ 设ＡＯ ＝ ＯＣ ＝ ｘ ， ＢＯ ＝ ＯＤ ＝ ｙ ，∠ ＡＯＤ ＝１ ， ８０° ｂ · ｅ ２＝ λｅ １· ｅ ２＋ μ ｜ ｅ ２｜ ２ ＝ ２ １ λ ＋ μ ＝１ ． ＝ （３ ２× １ １ ９ ５ ） × ２ ３ ＋１５ １ ２ ９ －９ ２ ＝ ７ ３８ １９ ≈０ ． ８０３ ． 由 － θ． ａ ＜ ｂ ，ｃｏｓ θ ＞０， 及余弦定理知 ： 解得 ì î í ï ï ïï λ μ ＝ ＝ ３ ２ ３ ２ ， ， 即ｂ ＝ ３ ２ （ ｅ １＋ ｅ ２） ． ２． ３ 所 故 解 以 这 析 １９ ∠ 名 ｋ Ｂ 学 ｍ ＳＡ ， 员 方 ＝ Ｃ 从 ３ Ｂ 向 ６ Ｄ ． 为 Ｂ ６° 北 点 ． 偏 到 西 Ｓ ２ 点 ３ ． ４ Ａ 的 ° Ｄ ． 位 Ｂ 移大 ＡＤ 小 Ｃ 为 ４ 故 ａ ｘ ２ ｙ ＝ Ｓ ｃ ｘ ▱ ｏ ２ ｓ Ａ ＋ Ｂ θ Ｃ ｙ Ｄ ＝ ２ ＝ － ｂ ４ ２ ２ － Ｓ ｘ ａ ｙ △ ｃ ２ Ａ ｏ ． ＯＢ ｓ ＝ θ ４ ， × ｂ２ １ ＝ ｘ ｘ ２ ｙ ＋ ｓｉ ｙ ｎ ２ θ ＋ ＝ ２ ｘ ２ ｙ ｘ ｃ ｙ ｏ ｓ ｓ ｉｎ θ θ ⇒ ∠ ＝ １８０°－∠ －∠ － ２ ｜ ｂ ｜ ＝ ３ ２ （ ｅ １＋ ｅ ２） ２ ＝ ３ ２ １＋１＋２× ２ １ ∠ ∠ Ｃ Ｄ Ａ Ｃ Ｄ Ｂ ＝ ＝ １ ６ ８ ０ ０ ° ° ， －∠ ＡＤＣ －∠ ＤＣＢ －∠ ＡＣＢ ＝３０° ． １２．解 ＝ ２ ｂ 析 ｃ ２ ｏ － ｓ ａ２ θ 连 ｓｉｎ 接 θ Ｂ ＝ Ｄ ２ １ ． （ ｂ２ － ａ２ ）ｔａｎ θ． ＝ ２ ３ ３． 由正 弦 定 理 得 ｓｉｎ∠ ＤＣ ＣＢＤ ＝ ｓｉｎ∠ ＢＤ ＤＣＢ， 由余 弦定理知 ＢＤ２ ＝ ２ ２ ＋ ４ ２ － ２× ２× ＡＤ ＤＣ ４ｃｏｓ∠ ＢＡＤ ＝ ６ ２ ＋４ ２ －２×６×４ｃｏｓ（１８０°－ 1.6 解三角形 ｓｉｎ∠ ＡＣＤ＝ ｓｉｎ∠ ＣＡＤ⇒ ＢＤ ＝ ２ ｋｍ， ＡＤ ＝ ∠ ＢＡＤ ）⇒ｃｏｓ∠ ＢＡＤ ＝－ １ ． 练习（第 页） ． ２ ４３ ３ｋｍ 故 ＢＡＤ ＢＣＤ ． １．解析 ａ ． 由余弦定理得 ∠ ＝１２０°，∠ ＝１８０°－１２０°＝６０° （１） ＝７ （ （ ２ ３ ） ） ∠ ∠ Ａ Ｂ ＝ ＝ １ ９ ２ ０ ０ ° ° ． ． Ａ ＝ Ｂ ＝ ５（ｋ Ｂ ｍ Ｄ ） ２ ． ＋ ＡＤ２ －２ ＢＤ · ＡＤ ｃｏｓ∠ ＡＤＢ Ｓ 四边形ＡＢＣＤ＝ Ｓ △ ＡＢＤ＋ Ｓ △ ＢＣＤ＝ ２ １ ×２×４× ２ ３ ＋ ２ １ ２．解 由 － ｂ 余 ｃ 析 ｏｓ 弦 Ｃ 定 ⇒ ｃ ｃ ｏ ｏ 理 － ｓ ｓ ２ 得 Ｂ Ｃ ａ ｃ ＝ ｃ ｏ ｃ － ｓ ｏ ２ ｓ Ｂ ａ Ｂ ＝ ｂ ＋ ＋ ｃ ｃ ｃ ｂ ⇒ ｏ ｃ ｓ ｏｓ ２ Ｂ ａ Ｃ ＋ ｃ ｂ ｏ ＝ ｃ ｓ ｃ ｏ · ｓ Ｂ Ｃ ＋ ａ ． ２ ｃ ＋ ｃｏ ｃ ａ ２ ｓ ｃ － Ｂ ｂ２ ＝ ＋ ２ １ ◆ ． ． 解 解 即 习 析 析 Ａ 题 ， Ｂ ∠ 1 两 . Ｃ 6 点 ＝ ． （ 之 １２ 间 第 ０° 的 ． 5 距 2 离 页 为 ） ５ ｋｍ ． １３． 因 解 ×６ 为 析 ×４ ∠ Ａ × Ｄ 两 Ａ ２ Ｃ ３ Ｄ ． 个 Ｂ ＝ 外 ８ ＝１ 接 ３ ８ ． ０ 圆 °－ 大 ∠ 小 Ａ 相 ＤＣ 等 ， 故 ， 理 ｓ 由 ｉｎ 如 ∠ 下 ＡＤ ： Ｂ ＝ ２ １２０° ｓｉｎ∠ ｂ ａ２ ＋ ｂ２ － ｃ２ ａ 从而 Ｂ １ ． ３．证明 略． 设 △ ＡＢＤ ，△ ＡＣＤ 的外接圆半径分别为 · ａｂ ＝ ， ｃｏｓ ＝－ Ｒ Ｒ ． ２ ２ ４．解析 ３９－３ ３． １， ２ 而 Ｂ 故 Ｂ ． （１） ＡＢ ＡＣ ０°＜∠ ＜１８０°， ∠ ＝１２０° ２ 由正弦定理得 Ｒ ３． 由 证明 余 弦 设 定 ∠ 理 ＡＭ 可 Ｂ ＝ 得 α ， 则 ∠ α ＡＭＣ Ｍ ＝ Ｂ １ ２ ８ ＋ ０ Ａ ° Ｍ － α ２ － ． ＡＢ２ （２）４＋４ ． ３ ． ＝２ Ｒ ２， ２ １＝ ｓｉｎ∠ ＡＤＢ＝ ｓｉｎ∠ ＡＤＣ ｃｏｓ ＝ ２ ＭＢ · ＡＭ （３）７ ３ Ｃ 或 ． ∴ Ｒ １＝ Ｒ ２， 故两个外接圆大小相等． ＡＣ２ － ＭＣ２ － ＡＭ２ ． （４）∠ ＝７５° １５° ａ ｃ １４．解析 （１） 利用三角形面积的海伦公式 ： Ｓ ＝ ＡＭ ＭＣ ５．解析 由正弦定理 Ｃ ３ ｐ ｐ ａ ｐ ｂ ｐ ｃ ２ · Ａ＝ Ｃ⇒ｓｉｎ ＝ ＝ （ － ）（ － ）（ － ）， ｓｉｎ ｓｉｎ ２ ａ ｂ ｃ 而ＭＢ ＭＣ １ ＢＣ 故 １ ＢＣ２ ＡＭ２ ＡＢ２ Ｃ 或 ． 其中ａ ｂ ｃ为三角形三边长 ｐ ＋ ＋ 为三 ＝ ＝ ， ＋ － ＝ ⇒∠ ＝６０° １２０° ， ， ， ＝ ２ ４ ２ 当 Ｃ 时 Ｂ ｂ ａ２ ｃ２ 角形半周长． ＡＣ２ １ ＢＣ２ ＡＭ２ １ ＢＣ２ ＡＢ２ ＡＣ２ ∠ ＝ ６０° ，∠ ＝ ９０°， ＝ ＋ ＝ － － ⇒－ ＋ ＋ ＝ 下证海伦公式． ４ ２ Ｓ １ ａｃ ９ ３． ９＋２７＝６， △ ＡＢＣ＝ ＝ 在 ＡＢＣ中 设ａ与ｂ的夹角为θ 则由余 ＡＭ２ ＡＭ １ ＡＢ２ ＡＣ２ ＢＣ２． ２ ２ △ ， ， ２ ⇒ ＝ ２ ２（ ＋ ）－ 当 ∠ Ｃ ＝１２０° 时 ，∠ Ｂ ＝３０°＝∠ Ａ ， ｂ ＝ ａ ＝３， 弦定理得 θ ａ２ ＋ ｂ２ － ｃ２ 从而 θ 练习（第 页） ｃｏｓ ＝ ａｂ ， ｓｉｎ ＝ ４７ Ｓ １ ａｂ Ｃ ９ ３ ． ２ １．答案 （１）５ ２ （２）１０ ２ △ ＡＢＣ＝ ２ ｓｉｎ ＝ ４ ２θ （ ａ２ ＋ ｂ２ － ｃ２ ） ２ ． ２．答案 （１）４５° 或 １３５° （２）４５° ６．解析 ａ ＝ ｃ ＝３ ． １－ｃｏｓ ＝ １－ ４ ａ２ｂ２ ３．解析 ＢＤ ＝ ９ ２． ７．解析 Ｂ （１）∠ Ａ ． ＝６０° ． ∴ Ｓ ＝ １ ａｂ ｓｉｎ θ ＝ １ ａ２ｂ２ － （ ａ２ ＋ ｂ２ － ｃ２ ） ２ ２ （２）∠ ＝ ３０° ２ ２ ４ 练习（第 页） ８．解析 设靠近渔轮需时ｔ 舰艇在Ｂ处与 ４８ ｈ， １ ａ２ｂ２ ａ２ ｂ２ ｃ２ ２ １．解析 ． 渔轮相遇 则 ＡＣＢ ＝ ４ －（ ＋ － ） （１）１ ， ∠ ＝ ３６０°－１３５°－１０５° ４ ３ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等Ｆ Ｆ ｍｇｓ α α． ＝ ４ １ （２ ａｂ ＋ ａ２ ＋ ｂ２ － ｃ２ ）（２ ａｂ － ａ２ － ｂ２ ＋ ｃ２ ） 则 （２） Ｆ １ 与 ＋ Ｆ ２＝ 的 （ 合 ３＋ 力 ３， 对 ３ 质 ＋ 点 ３） 所 ， 做的功 １４．解析 ｓｉｎ ｃｏｓ →ＯＰ ｍ→ＯＡ →ＡＢ →ＡＢ →ＯＰ １ ２ （１） ＝ ＋ ， ＝（３，３）⇒ ＝ ４ １ ［（ ａ ＋ ｂ ） ２ － ｃ２ ］［ ｃ２ －（ ａ － ｂ ） ２ ］ Ｗ ＝（ Ｆ １＋ Ｆ ２）· →ＡＢ ＝（ Ｐ ３ 点 ＋ ｍ 坐 ，３ 标 ＋２ 为 ｍ ）， ｍ ｍ ． ∴ （３＋ ，３＋２ ） １ ａ ｂ ｃ ａ ｂ ｃ ａ ｂ ｃ ｃ ａ ｂ ＝（ ３＋３， ３＋３）·（２，２） ＝ （ ＋ ＋ ）（ ＋ － ）（ － ＋ ）（ － ＋ ） ． ｍ 即ｍ ３ 时 Ｐ在ｘ轴上． ４ ＝（４ ３＋１２）Ｊ ３＋２ ＝０， ＝－ ， ＝ 现在 ｐ 用 （ ｐ 长 － ａ 为 ）（ ｐ － ｂ ）（ ｐ － ｃ ） 的 ． 细木棒围成一个 ４．解析 （１） 由平行四边形法则可得Ｏ→Ｈ ＝ →ＯＣ ＋ ３＋ ｍ ＝０， 即ｍ ＝－３ 时 ２ ， Ｐ在ｙ轴上． ２，３，４，５，６ Ｏ→Ｄ ＝ →ＯＣ ＋ →ＯＡ ＋ →ＯＢ ＝ ａ ＋ ｂ ＋ ｃ． ｍ 且 ｍ 即 ｍ ３ 时 Ｐ在 三角形 ， 则ｐ ＝ ２＋３＋ ２ ４＋５＋６ ＝１０ ． （２） 证明 ： →ＢＣ ＝ ｃ － ｂ ， ３ 第 ＋ 四 ＞ 象 ０ 限． ３＋２ ＜０， －３＜ ＜－ ２ ， 故 （ ｐ － ａ ）（ ｐ － ｂ ）（ ｐ － ｃ ） 越大 ， 则三角形面积 →ＡＨ ＝ →ＡＤ ＋ Ｄ→Ｈ ＝ →ＯＢ ＋ →ＯＣ ＝ ｂ ＋ ｃ． ｍ 时 四边形ＯＡＢＰ为平行四边形． 越大．列出所有能围成三角形的情形 可 （２） ＝０ ， ， →ＡＨ →ＢＣ ｂ ｃ ｃ ｂ ｃ ２ ｂ ２． １５．解析 ． 算得 · ＝（ ＋ ）（ － ）＝ ｜ ｜ －｜ ｜ （１）１ ： Ｄ为外心 ｂ ｃ ＡＨ ＢＣ． ． 当三角形三边长分别为 时 所得三 ⇒｜ ｜＝｜ ｜⇒ ⊥ （２）１ 角形面积最小且为 ． ２，９，９ ， ５．解析 （１ ｖ ） 当θ ＝ 游 １ 船 ２０ 航 ° 时 行 ， 到 ｜ ｖ 北 １｜ 岸 · 时 ｃｏｓ 的 ６ 位 ０° 置 ＝ １６．解析 （１）２ １０，４ ２ ． 当三角形三边长分别 ４ ５ 为 ６，７，７ 时 ， 所得三 在 ５ｋ Ａ ｍ ′左 ／ｈ＞ 侧 ｜ ． ２｜，∴ （２） ｔ ＝－ １１． ５ 角形面积最大且为 ． 当 ｖ θ ｖ θ 即 θ １７．解析 证明 略． ６ １０ （２） ｜ １｜｜ｃｏｓ ｜＝｜ ２｜（ｃｏｓ ＜０）， ｃｏｓ （１） ： （２） 规律 １： 当能拼成等边三角形时 ， 所得 ２ 时 游船能到达Ａ′处． （２） 由题意得 （ ｋａ ＋ ｂ ） ２ ＝（ ｋａ － ｂ ） ２ ⇒４ ｋａ · ｂ 等边三角形是所有能拼成的三角形中面积 ＝－ ， ａ ｂ ． ５ ＝０，∴ · ＝０ 最 规律 大的． 拼成的三角形面积不会超过 ３ ｐ２ 向北方向速度大 ｄ 小 ｖ ＝ ｜ ｖ １｜ ２ －｜ ｖ ２｜ ２ ＝ ∵０＜ β － α ＜π，∴ β － α ＝ π ２ ． ２： ９ ， ２ ２１（ｋｍ／ｈ）， ｔ ＝ ｖ ＝ ４ ２ ２ １ （ｈ） ． １８．解析 ｜ Ｐ→Ｐ １｜ ２ ＋｜ Ｐ→Ｐ ２｜ ２ ＋…＋｜ Ｐ→Ｐ ６｜ ２ ＝１２ ｒ２ 其中ｐ ＝ ２ １ （ ａ １＋ ａ ２＋…＋ ａ ｎ） ． ６．解 增 析 大 ． （１）｜ Ｆ ２｜＝｜ Ｇ ｜ｔａｎ θ ，｜ Ｆ ２｜ 随θ增大而 （ 广 其 后 中 ． ｒ为 ☉ Ｏ半径 ）， 为定值 ， 理由同推 Ｇ 推广 ｎ边形Ｐ Ｐ Ｐ 为 Ｏ的内接正ｎ 1.7 平面向量的应用举例 Ｆ ｜ ｜ Ｆ 随 θ 增 大 而 增 ： １ ２… ｎ ☉ ｜ １ ｜ ＝ θ， ｜ １ ｜ 边形 Ｐ 是 Ｏ 上的任一点 下证 Ｓ ｃｏｓ ， ☉ ， ＝ 练习（第 页） ( [ )) １．证明 ５ 略 ８ ． 大 θ ∈ ０， π ２ ． ｜ Ｐ→Ｐ １ ｎ ｜ ２ ＋｜ Ｐ→Ｐ ２｜ ２ ＋…＋｜ Ｐ→Ｐ ｎ｜ ２为定值． ２ ３ ． ． 解 解 析 析 Ｆ 以 Ａ 帆 ＝５ 船 ３ 为 Ｎ 原 ， Ｆ 点 Ｂ＝ 正 ５Ｎ 北 ． 为ｙ轴正半轴 （２）｜ Ｆ １｜≤２｜ Ｇ ｜⇒ｃｏｓ θ ≥ １ ， 即 ０≤ θ ≤６０° ． 若 ∑ｉ＝ １ Ｏ→Ｐ ｉ≠ ０ ， 则将各向量顺时针旋转 正东为 ｘ轴正半轴建系 ， ． ， ◆复习题一（第62页） ２ ３６ ｎ ０° ， Ｏ→Ｐ １ 变为Ｏ→Ｐ ２，…， Ｏ→Ｐ ｎ 变为Ｏ→Ｐ １， 但其 风速 帆船 ｖ １ 速 ＝（ 度 １０ ｖ ，１０ ｖ ３ ｖ ）， 水速ｖ ２＝（２０，０）， ２ １ ． ．Ｂ Ｃ 和向量仍不变 ， 因此 ∑ｉ＝ ｎ １ Ｏ→Ｐ ｉ＝ ０． ∴ ｜ ｖ ｜＝２０ ３ ｋｍ ＝ ／ｈ １ ． ＋ ２＝（３０，１０ ３）， ３．解析 →ＢＣ ＝－ →ＡＢ ＋ →ＡＣ ＝－ ａ ＋ ｂ ， Ｓ ＝∑ｉ＝ ｎ １ ｜ Ｐ→Ｐ ｉ｜ ２ ＝∑ｉ＝ ｎ １ ｜ →ＰＯ ＋ Ｏ→Ｐ ｉ｜ ２ ＝∑ｉ＝ ｎ １ ｜ →ＰＯ ｜ ２ →ＢＥ →ＡＢ →ＡＥ ａ ｃ ｎ ｎ ◆ ６ 方 习 ０° 向 方 题 ｔ 向 ａｎ 1 ． θ .7 ＝ （ １０ ３０ 第 ３ ＝ 5 ３ 8 ３ ， 页 ∴ ） θ ＝６０°， 即北偏东 → → Ｃ Ｃ Ｅ Ｄ ＝ ＝ ＝ → － － Ａ → Ｅ ＡＣ ＝ ＋ ＋ ｃ →Ａ ， Ｅ ＝ ＝ － － ｂ ＋ ＋ ｃ ， ， · ＋∑ｉ ∑ ＝ ｉ＝ １ ｎ １ ｜ Ｏ Ｏ → → Ｐ Ｐ ｉ ｉ ＝ ｜ ２ ２ ＋ ｎ ２ ｒ２ ∑ｉ ． ＝ １ →ＰＯ · Ｏ→Ｐ ｉ＝２ ｎｒ２ ＋２ →ＰＯ １．证明 以→ＣＢ →ＣＡ为基向量 →ＡＤ →ＡＣ →ＣＤ →ＢＤ ＝ →ＢＣ ＋ →ＣＤ ＝－ ａ ＋ ｂ ＋ ｃ． １９．解析 ３ ． ， ， ＝ ＋ ＝ ４．解析 ｋ ． ＝－４ ２０．解析 Ａ ２ ５． １→ＣＢ →ＣＡ （１）ｓｉｎ ＝ － ， ５．解析 →ＣＥ ３ ｂ →ＤＦ １ ａ １ ｂ →ＡＦ ５ ２ ＝－ ， ＝－ ＋ ， ＝ ５ ５ ５ ｃ ２５． →ＣＥ →ＣＢ →ＢＥ →ＣＢ １→ＢＡ （２） ＝ ＝ ＋ ＝ ＋ １ ａ １ ｂ． ３ ３ ＋ ２１．解析 ｐ ｑ ａ２ ｂ２ ｃ２ Ｓ ５ ５ ∵ ∥ ，∴ ＋ － ＝４ ， ＝ →ＣＢ ＋ １ （－ →ＣＢ ＋ →ＣＡ ）＝ ２→ＣＢ ＋ １→ＣＡ． ６．解析 ａ ＝２ ｉ ＋３ ｊ ， ｂ ＝－２ ｉ ＋３ ｊ ， ｃ ＝－２ ｉ －３ ｊ ， ｄ ＝２ ｉ ａ２ ＋ ｂ２ － ｃ２ ４ Ｓ ． ３ ( ) ３ ( ３ ) －３ ｊ ， ａ ＋ ｂ －２ ｃ ＋３ ｄ ＝（１０，３） ． ∴ ２ ａｂ ＝ ２ ａｂ →ＡＤ · →ＣＥ ＝ ２ １→ＣＢ － →ＣＡ · ２ ３ →ＣＢ ＋ ３ １→ＣＡ ＝ ７．解析 （１） ｋ ＝－１ ． 又Ｓ ＝ １ ａｂ ｓｉｎ Ｃ ， ｋ ． ２ １ →ＣＢ ２ １ →ＣＡ ２ ． （２） ＝－１± ３ Ｃ Ｃ Ｃ ． 故 ３ Ａ ｜ Ｄ ｜ Ｃ － Ｅ． ３ ｜ ｜ ＝０ ８．解析 （１） １９ ． ２２． ∴ 解 ｃ 析 ｏｓ →Ａ ＝ Ｂ ｓｉｎ →ＤＣ ，∴∠ ＝４５° 四边形ＡＢＣＤ为 ⊥ ． ＝ ＝（１，１）⇒ ２．解析 ＢＣ 方向为南偏西 ． （２） ７ 平行四边形 且 →ＡＢ →ＤＣ ． ＝１０００ ３ ｋｍ， ３０° ， ｜ ｜＝ ｜ ｜＝ ２ ３．解析 Ｆ 令 Ｆ ｔ ｔ ９．解析 ３ ２． （１）｜ １｜＝２， ｜ ２｜＝ （ ＞０）， ２ ∵ １ →ＢＡ ＋ １ →ＢＣ ＝ ３ →ＢＤ ， 则 ２＋ １ ｔ ＝ ３ｔ ， 得ｔ ＝２（ ３＋１） ． １０．解析 ５ ． Ｂ ｜ →Ｂ Ｄ Ａ 平 ｜ 分 ｜ Ａ →Ｂ Ｂ Ｃ Ｃ ｜ 且四 ｜ 边 →ＢＤ 形 ｜ ＡＢＣＤ为菱形． ２ ２ ∴ ∠ ， ∴ Ｆ ２＝（ ３＋１， ３＋３） ． １１．解析 （１） ｃ ＝５ ２＋ ５ ３ ６． ∵ 对角线ＢＤ为边长的 ３ 倍 ， （２） ｂ ＝１ 或ｂ ＝２ ． ＢＡＤ １ ２ ＋１ ２ －（ ３） ２ １ （３） ａ ＝ ３７ ． ∴ｃｏｓ∠ ＝ ２×１×１ ＝－ ２ ， （４）∠ Ａ ＝１２０° ． ∴∠ ＢＡＤ ＝１２０° ． １２．解析 或 四边形 ＡＢＣＤ 的面积是 →ＡＢ →ＡＤ １３ｋｍ／ｈ ３５ｋｍ／ｈ． ∴ ｜ ｜ ｜ ｜· １３．解析 摩擦力ｆ ｍｇ α． ＝ ｓｉｎ ３ ． Ｗ 功＝ ｆ · ｓ ·ｃｏｓ α ＝ ｍｇ ｓｉｎ α · ｓ ·ｃｏｓ α ＝ ｓｉｎ１２０°＝ ２× ２× ２ ＝ ３ ４ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等教材习题答案 ２３．解析 航距最小 小艇应向正北航行． （１） ， ２．解析 ２． １ ． （１） （３） 轮船位移为 ｔ １０ ２ ２ ２０×ｓｉｎ３０°＝１０（ｎｍｉｌｅ）， ＝ ５．证明 略． ３０ １ ． （２） １ ． ２ ６．解析 ２． ＝ （ｈ） － ３ ２． １０ ｖ ＝ ２０×ｃｏ ｔ ｓ３０° ＝３０ ３（ｎｍｉｌｅ／ｈ） ． （３） ２ ７．解析 （１） ３ ． 要用时最短 则速度最大 即为 ３．解析 ４ ３－３． ３． （２） ， ， （２） １０ ３ ３０ｎｍｉｌｅ／ｈ， 练习（第 页） ８．解析 ． 由余弦定理得 ＯＢ２ ＝ ＡＢ２ ＋ ＯＡ２ －２ ＡＢ · ７１ ９．解析 － ． ２ ＯＡ Ａ １．解析 ６＋ ２． ７ ｃｏｓ ， （１） 即 （３０ ｔ ） ２ ＝ （３０ ｔ ） ２ ＋２０ ２ －２×３０ ｔ ×２０× ４ １０．解析 － ５ ． 解得ｔ ２ 此时 ＢＯＤ ． （２） ６－ ２． ７ ( ) ｃｏｓ６０°， ＝ ， ∠ ＝３０° ４ １１．解析 由 α π ５π 知 α π ３ ∈ ， ， － ∈ 故可设计航行方案如下 ： ２．解析 （１） ３． ( ) ( ３ ６ ) ３ ( 小艇向北偏东 以 前进可花 ２ π 再由 α π １２ 得 α ３０° ３０ ｎ ｍｉｌｅ／ｈ ０， ， ｃｏｓ － ＝ ， ｓｉｎ 最短时间． ３． ２ ) ３ [ １３ ( ) （２）－ ２ π ５ 所以 α α π － ＝ ， ｓｉｎ ＝ｓｉｎ － ＋ ３．解析 由条件得 →ＯＰ ２ ２ α ３ １３ ３ ｜ ｜＝ ３ ＋４ ＝５，ｓｉｎ ＝ ] ( ) ( ) ５ ４ ，ｃｏｓ α ＝ ５ ３ ， 设Ｐ′ （ ｘ′ ， ｙ′ ）， 则ｘ′ ＝５ｃｏｓ（ α ＋ π ３ ＝ｓｉｎ α － π ３ ｃｏｓ π ３ ＋ｃｏｓ α － π ３ α α ２ π ５ １ １２ ３ ５＋１２ ３． ４５°）＝５（ｃｏｓ ｃｏｓ４５°－ｓｉｎ ｓｉｎ４５°）＝－ ， ·ｓｉｎ ＝ × ＋ × ＝ ２ ３ １３ ２ １３ ２ ２６ ｙ′ α α α ＝５ｓｉｎ（ ＋４５°）＝５（ｓｉｎ ｃｏｓ ４５°＋ｃｏｓ · １２．解析 设 ｋ π α ｋ ｋ Ｚ 则 ｋ ２ π－ ＜ ＜２ π（ ∈ ）， ４ π ２４． ｂ 证明 ． 构造向量→ＯＡ ＝（ ａ １， ａ ２）， →ＯＢ ＝（ ｂ １， ｓｉｎ４５°）＝ ７ ２ ２． －π＜２ α ＜４ ｋ π（ ｋ ∈ ２ Ｚ ）， 故 ２ α为第三象限或 ２） ( ) 第四象限的角．因为 α ４ 故 α →ＯＡ · →ＯＢ ＝ ａ １ ｂ １＋ ａ ２ ｂ ２＝｜ →ＯＡ ｜ ｜ →ＯＢ ｜ｃｏｓ θ ≤ 所以点Ｐ′的坐标是 － ２ ， ７ ２ ． ｃｏｓ２ ＝－ ５ ＜０， ２ ２ ２ 只能为第三象限角 则 ｜ →ＯＡ ｜｜ →ＯＢ ｜， 练习（第 ７４ 页） ， ∴（ →ＯＡ · →ＯＢ ） ２ ≤｜ →ＯＡ ｜ ２ ｜ →ＯＢ ｜ ２ ， 即 （ ａ２ １＋ ａ２ ２） １．解析 １６＋１７ ３． ｓｉｎ２ α ＝－ １－ｃｏｓ ２ ２ α ＝－ ３ ，ｔａｎ ２ α ＝ ３ ， ·（ ｂ２ １＋ ｂ２ ２）≥（ ａ １ ｂ １＋ ａ ２ ｂ ２） ２． （１）－ ４７ ５ ３ ４ ａ 故 当 必 实 ２ ｂ （ 且 要 数 １ ａ ＝ 仅 条 ２ １ ａ ＋ ０ １ 件 当 ａ ， 时 ２ ２ ａ 是 ） ２ 等 ｃ ， （ ｏ ｂ ｂ ａ ｓ 号 １ ２ １ １ ， ＋ θ ｂ 成 ｂ ２ ｂ ＝ ２ － ２ ２ 立 ） 成 ａ １ ≥ ２ ， ． ｂ 立 即 １ （ ＝ ， ａ →Ｏ 且 ０ １ Ａ ｂ ． １ 等 ∥ ＋ ａ 号 →Ｏ ２ ｂ Ｂ 成 ２ ， ） 立 即 ２ 对 的 ａ 任 充 １ ｂ ２ 分 意 － ２ ３ ． ． 解 解 （２ 析 ） 析 １ ６ － － １ １ 因 ３ ７ ３ ３ 为 ３ ． ． ａ ＋ β ＝ π ， 所以 １＝ｔａｎ π ＝ １３．解 所 ＝ｔ 析 以 ａｎ （ ｔａ １ ｎ ｔ １ ａ ( ２ ｎ ° π ４ １ ３ ′ １ ０ ＋ ２ ′ ° ２ ＋ ３ α ２ ０ ) ２ ′ ° ＋ ＝ ３ ｔａ １ １ ０ ｎ － ′ ＋ ） ｔ ２ ｔ ａ ａ · ２ ｎ ｎ °３ ２ （ ２ ０ α α １ ′ ＝ －ｔ １ １ ａ － ＋ ｎ ４ ４ ３ １１２ ＝ ° ７ ３ ． ０ ′ ２５．证 ＝ 明 ２ １ ( （ →Ｏ 取 Ａ ＋ Ｏ →Ｏ 为 Ｂ ） 原 ， →Ｏ 点 Ｅ ， ＝ 则→ ) ３ Ｏ １ Ａ （ ２ →Ｏ ＝ Ａ →Ｏ ＋ Ｂ →Ｏ ２ Ｃ ＝ →Ｏ ＋ Ｃ Ｏ→ ２ Ｄ ， ） Ｏ→ ＝ Ｄ ｔ ｔ ａ ａ ｎ ｎ （ α α ＋ ＋ ｔａ β ｎ ）＝ β ， １ 变 ｔａ － ｎ ｔ 形 ａｎ α 得 ＋ α ｔ （ ｔ ａ ａ ｎ １ ｎ ４ ＋ β β ｔａ ， ｎ 即 α ） １ （ － １ ｔ ＋ ａｎ ｔａｎ α ｔ β ａ ） ｎ ４ ＝ β ２ ＝ ． ＝ · ｔ ｔ ａ ａ ｎ ｎ １ ２ ３ ２ ５ ° ° ( ３ · ０） ( ｃ １ ｏ － ｓ ｃ ｓ ２ ｉ ｏ ｎ ２ ｓ ° １ １ ３ １ １ ０ ２ ２ ′ ° ° ３ ３ ０ ０ ｓｉ ′ ′ ｎ · ２ ｃ ｓ ２ ｉ ｏ ° ｎ ｓ ３ ２ ２ ０ ２ ２ ′ ° ° ) ３ ３ ０ ０ ′ ′ ) ３ １ ３ ２ →ＯＡ ＋ →ＯＣ ＋ ２ １ →ＯＢ ． ４．证明 由条件得 ｔａｎ∠ ＤＢＣ ＝ ３ １ ，ｔａｎ∠ ＤＥＣ ＝ ＝ ＝ （ （ － － １ １ ） ） × ×［１ １ － － （ － － ｓｉ １ ｎ ） ２ ］ ２ ＝ °３ － ０ ２ ′ ． × ｃｏｓ２２°３０ ′ 从而→ＣＤ · →ＯＥ ＝（ Ｏ→Ｄ － →ＯＣ ）· →ＯＥ ＝ １ （３ →ＯＡ２ １ ， 所以 ｔａｎ（∠ ＤＢＣ ＋∠ ＤＥＣ ）＝ １４．解析 （１） 在 △ ＤＥＣ 中 ， 由正弦定理 ， 得 １２ ２ ＤＥ ＥＣ ＋ →ＯＢ２ －４ →ＯＣ２ －４ →ＯＡ · →ＯＣ ＋４ →ＯＡ · →ＯＢ ） ． ＤＢＣ ＤＥＣ １ ＋ １ ｓｉｎ∠ ＤＣＥ＝ ｓｉｎ∠ ＡＤＣ， 又由ＡＢ ＡＣ 得→ＯＡ →ＯＢ →ＯＡ →ＯＣ ｔａｎ∠ ＋ｔａｎ∠ ３ ２ ＝ ， · ＝ · ， ＤＢＣ ＤＥＣ＝ ＝１， ３ １－ｔａｎ∠ ·ｔａｎ∠ １ １ ＤＥ ＡＤＣ １× 所以→ＣＤ · →ＯＥ ＝ １ （３ →ＯＡ２ ＋ →ＯＢ２ －４ →ＯＣ２ ）＝ １－ ３ × ２ 故 ｓｉｎ∠ ＤＣＥ ＝ ｓｉｎ Ｅ ∠ Ｃ ＝ ２ ＝ ２１ ， １２ 故 ＤＢＣ ＤＥＣ ． ７ １４ 故ＯＥ ＣＤ． ∠ ＋∠ ＝４５° ０， ⊥ ◆习题2.1(第75页) 第2 章 三角恒等变换 ｃｏｓ∠ ＤＣＥ ＝ ５ ７ ， 所以 ｓｉｎ∠ ＣＥＤ ＝ｓｉｎ（π－ １．证明 略． １４ ＡＤＣ ＤＣＥ ＡＤＣ ＤＣＥ ∠ －∠ ）＝ｓｉｎ（∠ ＋∠ ） 2.1 两角和与差的三角函数 ２．解析 （１） １ ． ２ ３ ５ ７ １ ２１ ２１． ＝ × － × ＝ 练习（第 页） ２ １４ ２ １４ ７ １．证明 ６９ 略． （２） ２． （２） 因为 ｃｏｓ∠ ＡＥＢ ＝ ｃｏｓ（π－∠ ＢＥＣ － （１） ２ （２）ｃｏｓ α ＝ｃｏｓ [ － ( π ２ － α ) ＋ π ２ ] ３．解析 （１）－ ６ １ ５ ６． ∠ ＣＥＤ ）＝ －ｃｏｓ（∠ ＢＥＣ ＋∠ ＣＥＤ ）＝ － ２ １ × [( ) ] ＝ｃｏｓ π ２ － α － π ２ （２） ５ ６ ６ ５ ． ２ ７ ７ ＋ ２ ３ × ７ ２１ ＝ １４ ７． ( ) ( ) ＡＥ ＝ｃｏｓ π ２ － α ｃｏｓ π ２ ＋ｓｉｎ π ２ － α ｓｉｎ π ２ ４．解析 （１） ２ ２． 所以在 Ｒｔ△ ＡＢＥ中 ， ＢＥ ＝ ｃｏｓ∠ ＡＥＢ＝ ２ ７ ＝ ( ) π α ． ２． １４ ＝ｓｉｎ － （２） ． ２ ２ ４ ７ ５ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等１５．解析 在 ＡＣＤ中 由余弦定理 得 ( ) ＣＤＥＦ 的面积 Ｓ ＯＦ ＯＥ ＣＦ （１） △ ， ， α π α π ＝ （ － ） · ＝ ｃｏｓ∠ ＣＡＤ ＝ ＡＣ ２ ２ Ａ ＋ Ｃ ＡＤ · ２ Ａ － Ｄ ＣＤ２ ＝ （ ７ ２× ） ２ ＋ ７ １ × ２ １ －２ ２ ＝ １ ２ｃ ＋ ｏｓ ２ ２α ＋ ｃ ２ ｏｓ ｓｉｎ ２ α ｃ ｃ ｏ ｏ ｓ ｃ ｓ ｏｓ α ４ α ＋ｓｉｎ２ α ｓｉｎ ４ α ( ｃｏｓ α － α ３ ３ ｓｉｎ α ) ( ｓｉｎ α ＝ ) ２ １ ｓｉｎ ２ α － ３ ３ × ２ ７． ＝ α ＝２（ｃｏｓ ＋ｓｉｎ ） １－ｃｏｓ２ ３ α π ３． ＝ ｃｏｓ ＝ ｓｉｎ ２ ＋ － ７ ( ) ２ ３ ６ ６ ３ ４ 由 ＢＡＤ ７ 知 ＢＡＤ ＝２× ＋ 当 α π π 即α π时 Ｓ取到最大值． （２） ｃｏｓ∠ ＝－ ， ｓｉｎ∠ ＝ ５ ５ ２ ＋ ＝ ， ＝ ， １４ ６ ２ ６ １４． 所以当点Ｃ为弧ＡＢ的中点时 矩形ＣＤＥＦ １－ Ｃ ｃｏ Ａ ｓ Ｂ ２ ∠ ＢＡＤ ＝ Ｂ ３ Ａ １ Ｄ ４ ２１． ＣＡＤ ２．证 ＝ 明 ５ （１） 左边 ＝３＋２ｃｏｓ ２ ２ α －１－４ｃｏｓ ２ α ＝ ７．解 面 析 积最大 ， 此 由 时 题 ∠ 意 ＡＯ 容 Ｃ ＝ 易 ３０ 知 ° ． 道 ， ＭＯＱ ｓｉｎ∠ ＝ｓｉｎ（∠ －∠ ） ２（ｃｏｓ２ α －１） ２ ＝８ｓｉｎ ４α ＝ 右边． （１） ，ｔａｎ∠ ＝ ＢＡＤ ＣＡＤ ＢＡＤ ＣＡＤ ＝ｓｉｎ∠ ｃｏｓ∠ －ｃｏｓ∠ ｓｉｎ∠ 左边 ＭＯＱ ．由 α １ 知 α （２） ３，∠ ＝６０° ｓｉｎ ＝ ， ｃｏｓ ＝ ３． ｓｉｎ ２α ＋ｃｏｓ ２α ＋２ｓｉｎ α ｃｏｓ α ３ 在 ＝ ２ △ ＡＢＣ 中 ， 由 正 弦 定 理 ， 得 ＢＣ ＝ ＝ ２ ｓｉ ｓ ｎ ｉｎ ２α α ＋ ｃ ｃ ｏ ｏ ｓ ｓ ２ α α ＋ ＋ ｃ ２ ｏ ｓ ｓ ｉ ２ ｎ α － α ｓ ｃ ｉ ｏ ｎ ｓ ２α α ＋ｓｉｎ ２α ＋ｃｏｓ ２α ２ ３ ２ ， 所以 ｃｏｓ∠ ＰＯＱ ＝ｃｏｓ（６０°－ α ）＝ ２ １ × ２ ３ ２ １６．解 ＡＣ ｓｉ 析 ｓ ｎ ｉ ∠ ｎ ∠ Ａ 由 Ｂ Ｃ Ｃ Ａ 已 Ｂ ＝ 知 ３ ． 条件得 ｔａｎ α ＋ｔａｎ β ＝－３， ＝ ＝ ２ｃｏ ２ （ ｓ ｓ ｓ ｉ α ｉ ｎ ｎ （ α α ｓｉ ｃ ＋ ｎ ｏ ｃ ｓ α ｏｓ α ＋ ＋ ｃ α ｏ ２ ） ｓ ｃ ２ ｏ α ｓ ） ２α ＋ ２ ３ 因 × 为 ３ １ Ｓ ＝ ２ ２ ６ ＋ １ ３． ＯＭ ＭＱ ＭＰ １ α ｔａｎ α ｔａｎ β ＝ ｃ ， 则 ｔａｎ（ α ＋ β ）＝ １ ｔａ － ｎ ｔａｎ α ＋ α ｔ ｔ ａ ａ ｎ ｎ β β ＝ ｓｉｎ α ＋ｃｏ α ｓ α ＝ １ ｔａｎ α ＋ １ ＝ 右边． （２） △ ＯＰＱ＝ ２ （ － ( ）＝ ２ ) ｃｏｓ ２ｃｏｓ ２ ２ α α １ α π ３ ＝ －３ ｃ ． ３．证明 设 ☉ Ｏ的半径为Ｒ ， 则Ｓ ☉ Ｏ＝π Ｒ２ ， ＡＣ ·（ ３ｃｏｓ －ｓｉｎ ）＝－ ２ ｓｉｎ ２ － ３ ＋ ４ ， １－ Ｒ ＡＢＣ ＢＣ Ｒ ＡＢＣ Ｓ 又 α β α β 即 α β ＝２ ｓｉｎ∠ ， ＝ ２ ｃｏｓ∠ ， △ ＡＢＣ ＝ 当α π时 Ｓ 取到最大值 １ ３． －１， ｃ 所 ｏｓ（ 以 １ ＋ － － ３ ｃ ） ＝ ＝ － － １ ｓ ， ｉ 解 ｎ（ 得 ＋ ｃ ＝ ） － ， ２ ． ｔａｎ（ ＋ ）＝ Ｒ ２ １ ２ ＢＣ · Ａ Ａ Ｃ ＢＣ ＝ ． ２ Ｒ２ ｓｉｎ∠ ＡＢＣ ｃｏｓ∠ ＡＢＣ ＝ ８．解析 ＝ － 设 １２ 等腰 ， 三 △ 角 ＯＰＱ 形的顶角为α ２ ， 底 ＋ 角 ４ 为β ， ｓｉｎ２∠ １７．解 φ 析 ３π （１ 解 ） 由 得 已 φ 知 ３ 条 π． 件得 － π ４ ＋ φ ＝ π ２ ， ３ ４ π 由 Ｓ Ｓ △ ☉ Ａ Ｏ ＢＣ ＝Ｒ２ ｓｉｎ π ２ Ｒ ∠ ２ ＡＢＣ＝ ｓｉｎ２∠ π ＡＢＣ＝２π， 得 则 ｃｏｓ α ＝ α １ ５ ３ ，ｓｉｎ α α ＝ １ １ ３ ２ ５ ， 所 即 以 ｃｏ ２ ｓ β ２ β ＝ ＋ ＝ ２ ， ＝ ４ ｓｉｎ２∠ ＡＢＣ ＝ １ ，∴∠ ＡＢＣ ＝１５° ． ｃｏｓ（１８０°－ ）＝－ｃｏｓ ＝－ １３ ， ２ｃｏｓ －１＝ 设ＯＭ与ｘ轴负方向所夹的最小正角 ２ （２） ◆习题2.2(第80页) ５ β ２ １３ β ３ １３ β ３ ． 为α ＯＮ与ｘ轴正方向所夹的最小正角为 － ，ｃｏｓ ＝ ，ｓｉｎ ＝ ，ｔａｎ ＝ ， １３ １３ １３ ２ β 则α β 进一步得θ 故等腰三角形底角的正弦 余弦 正切值分 ， ＝６０°， ＝３０°， ＝１８０°－ １．解析 ２． 、 、 （１）－ θ １ θ ３ 所 ４ 别为３ １３ ２ １３ ３ ． ６０°＋３０°＝１５０°，ｓｉｎ ＝ ，ｃｏｓ ＝－ ， ， ， ２ ２ ３． １３ １３ ２ 以 θ φ θ φ θ φ （２）－ ( ｃｏｓ（ ) － ( ）＝ ) ｃｏｓ ｃｏｓ ＋ｓｉｎ ｓｉｎ ＝ ２ ９．解析 因为 ｆ （ ｘ ）＝ １ ｃｏｓ ２ｘ － １ ｓｉｎ ２ｘ ＋１－ ３ ２ １ ２ ６＋ ２． ３． ２ ２ － × － ＋ × ＝ （３） ２ ２ ２ ２ ４ ２ ｘ ｘ １ ｘ ３ ｘ ３ｓｉｎ ｃｏｓ ＝ ｃｏｓ ２ ＋１－ ｓｉｎ ２ ＝ 2.2 二倍角的三角函数 （４）－ １ － ２． ( ) ２ ２ ４ ２ ｘ π 所以函数ｆ ｘ 的周期Ｔ 练习（第 页） ２．解析 ． －ｓｉｎ ２ － ＋１， （ ） ７８ （１）ｃｏｓ５０° ６ ( ) １．解析 １ ． ３． 单调递增区间为 ｋ π ｋ ５π ｋ （１） （２） ＝π， π＋ ， π＋ （ ４ ３ ３ ６ ． Ｚ ． ３． （３）２ｃｏｓ１０° ∈ ） （２）－ α． １０．解析 设木棒的长为ｌ 木块的高为ａ 由杠 ２ （４）－ｃｏｓ２ ， ， α． ａ （２） ２＋ ３． （５）－ ． ｔａｎ２ 杆原理知ｍｇ · １ ｌ ｃｏｓ θ ＝ θ·｜ Ｆ ｜ ． ４ （６）２ ２ ｓｉｎ ｍｇｌ ｍｇｌ （４）－ ３ ３． ３．解析 ｓｉｎ２ α ＝ ２ ２ ５ ４ ，ｃｏｓ２ α ＝－ ２ ７ ５ ． 解得 ｜ Ｆ ｜＝ ２ ａ·ｓｉｎ θ ｃｏｓ θ ＝ ４ ａ·ｓｉｎ２ θ． ２．解析 （１） １ ． ４．解析 ｓｉｎ ２ α ＝－ １２０ ，ｃｏｓ ２ α ＝ １１９ ，ｔａｎ ２ α ＝ 所以 ｜ Ｆ ｜ 先增大后减小 ， 当θ ＝ π时 ，｜ Ｆ ｜ 取 ３ １６９ １６９ ４ 最大值． ７ ． １２０． （２） － ２４ １１９ ３．证明 左边 １ ２ １ ５．解析 因为ｆ （ ｘ ）＝ ２ｓｉｎ ｘ ｃｏｓ ｘ ＋ ２ｃｏｓ ２ｘ ＝ 2.3 简单的三角恒等变换 （１） ＝ ｔａｎ θ－ ２ｔａｎ θ ＝ ｔａｎ θ－ ( ) 练习（第 页） ２θ １－ｔａｎ ２θ ２ ２ ｓｉｎ ２ ｘ ＋ ２ ２ （１＋ｃｏｓ ２ ｘ ）＝ ｓｉｎ ２ ｘ ＋ π ４ ＋ １．解析 ８４ α ２ α １４ α １－ｔａｎ θ 右边． ｓｉｎ ＝ ，ｃｏｓ ＝－ ，ｔａｎ θ ＝ｔａｎ ＝ ２ 所以当 ｘ π π 即ｘ π时 ｆ ｘ 取 ２ ４ ２ ４ ２ ｔａｎ ， ２ ＋ ＝ ， ＝ ，（ ） （２） 左边 ＝ｓｉｎ θ （１＋２ｃｏｓ ２θ －１）＝２ｓｉｎ θ ｃｏｓ ２θ ＝ ２ ４ ２ ８ ７． ｓｉｎ２ θ ｃｏｓ θ ＝ 右边． 到最大值 １＋ ２ ； 当 ２ ｘ ＋ π ＝ ５π ， 即ｘ ＝ π ＝－ ７ 练习（第 ８０ 页） ( ) 时 ｆ ｘ 取到最 ２ 小值 ． ４ ４ ２ ２．解析 ４ ． １．解析 １＋ ２ｃｏｓ ２ α － π ４ ６．解 ， 析 （ ） 设 ∠ ＡＯＣ ＝ α ０ ， 则 ＣＦ ＝ｓｉｎ α ， ＯＦ ＝ ３．解析 由 ３ ｓｉｎ α ＝３ｃｏｓ α ， 得 ｔａｎ α ＝３， ( ) ＣＦ α ２α α π α ＯＥ ３ α 所以矩形 所以 α ２ｔａｎ ３ α １－ｔａｎ ｓｉｎ ＋ ｃｏｓ ， ＝ ＝ ｓｉｎ ， ｓｉｎ２ ＝ ２α＝ ，ｃｏｓ２ ＝ ２α ２ ｔａｎ６０° ３ １＋ｔａｎ ５ １＋ｔａｎ ６ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等教材习题答案 α 过房门． ４ α ２ｔａｎ ３ ． ６＋ ２． ＝－ ，ｔａｎ２ ＝ ２α＝－ ＝ θ θ ５ １－ｔａｎ ４ ４ ９．解析 由２ｓｉｎ ＋ｃｏｓ 得 θ 练习（第 页） α θ θ＝－５， ｔａｎ ＝２， ８７ ２．解析 α ２ｔａｎ ３ α ｓｉｎ －３ｃｏｓ １．证明 由两角和与差的正弦公式 ， 得 ｓｉｎ（ Ａ ＋ ｓｉｎ ２ ＝ １＋ｔａｎ ２α＝－ ５ ，ｃｏｓ ２ ＝ 所以 θ θ ３（１－ｔａｎ ２θ ） ４×２ｔａｎ θ Ｂ ）＝ｓｉｎ Ａ ｃｏｓ Ｂ ＋ｃｏｓ Ａ ｓｉｎ Ｂ ， １－ｔａｎ ２α ４ α ２ｔａｎ α ３ ． ３ｃｏｓ２ ＋４ｓｉｎ２ ＝ １＋ｔａｎ ２θ ＋ １＋ｔａｎ ２θ ｓｉｎ（ Ａ － Ｂ ）＝ｓｉｎ Ａ ｃｏｓ Ｂ －ｃｏｓ Ａ ｓｉｎ Ｂ． １＋ｔａｎ ２α＝－ ５ ，ｔａｎ２ ＝ １－ｔａｎ ２α＝ ４ ７ ． 两式相加 得 Ａ Ｂ Ａ Ｂ ＝ 两 ２ｓｉ 式 ｎ Ａ 相 ｃｏ 减 ｓ Ｂ ， ， ． 得 ① ｓ ｓ ｉ ｉ ｎ ｎ （ （ Ａ ＋ ＋ Ｂ ） ） ＋ － ｓ ｓ ｉ ｉ ｎ ｎ （ （ Ａ － － Ｂ ） ） ＝ ＝ ３．解析 （１）ｃｏｓ １ １ ． ５°ｃｏｓ ７５°＝ ２ １ ［ｃｏｓ ９０°＋ １０．解 ５ 析 由 ｔａｎ ( α ＋ π ４ ) ＝ ４ ３ ， 得１ １ ＋ － ｔ ｔ ａ ａ ｎ ｎ α α＝ ２ｃｏｓ Ａ ｓｉｎ Ｂ． ② ｃｏｓ（－６０°）］＝ ４ ３ ， 解得 ｔａｎ α ＝－ １ ． 令Ａ ＋ Ｂ ＝ α ， Ａ － Ｂ ＝ β ， 则Ａ ＝ α ２ ＋ β ， Ｂ ＝ α ２ － β ， 分 （ ＝ ２ （ ） ｓ ｓ ｉｎ ｉｎ ２ ２ ０ ０ ° ° ｓ ｓ ｉｎ ｉｎ ４ ４ ０ ０ ° ° ） ｓ ｓ ｉｎ ｉｎ ８ ８ ０ ０ ° ° 由 ４ 于 ｓｉｎ ２α ＋ｃｏｓ ２α ＝ ７ １， α为第二象限角 ， 别代入 得 ①②， １ 所以 α ７ ２ α ２ 因此 α α β α β ＝ （ｃｏｓ２０°－ｃｏｓ６０°）ｓｉｎ８０° ｃｏｓ ＝－ ，ｓｉｎ ＝ ， ｓｉｎ ＋ α β ＋ － ． ２ １０ １０ （１）ｓｉｎ ＋ｓｉｎ ＝２ｓｉｎ ｃｏｓ ２ ２ １ １ α ３ ２． α β α β ＝ ｃｏｓ２０°ｓｉｎ８０°－ ｓｉｎ８０° ｃｏｓ ＝－ α β ＋ － ． ２ ４ ５ （２）ｓｉｎ －ｓｉｎ ＝２ｃｏｓ ｓｉｎ ２ ２ １ １ １１．解析 ３ ． ２．证明 由两角和与差的正弦公式 得 α ＝ （ｓｉｎ１００°＋ｓｉｎ６０°）－ ｓｉｎ８０° ， ｓｉｎ（ ＋ ４ ４ ４ β α β α β ｓｉ ） ｎ ＝ （ α ｓｉ － ｎ β ） ｃ ＝ ｏｓ ｓｉｎ ＋ α ｃ ｃ ｏ ｏ ｓ ｓ β ｓ － ｉｎ ｃｏｓ ， α ｓｉｎ β． ＝ ８ ３． １２．解析 ( （１） ｆ ) （ ｘ ）＝ ３ｓｉｎ ｘ ｃｏｓ ｘ －ｃｏｓ ２ｘ － ２ １ ＝ 两式相加 得 α β １ α β ｘ π 故函数ｆ ｘ 的周期Ｔ ． （１） ， ｓｉｎ ｃｏｓ ＝ ［ｓｉｎ（ ＋ ）＋ ４．解析 ６． ｓｉｎ ２ － －１， （ ） ＝π ２ （１） ６ α β ． ２ ｓｉｎ（ － ）］ ． 由 ｘ π 得 π ｘ π π 所 （２）０ （２） ０≤ ≤ ， － ≤２ － ≤ ， 两式相减 得 α β １ α β ４ ６ ６ ３ （２） ， ｃｏｓ ｓｉｎ ＝ ［ｓｉｎ（ ＋ ）－ １ ． α β ． ２ （３） ２ 以当ｘ ＝ π时 ， 函数ｆ （ ｘ ） 取到最大值 ３ － ｓｉｎ（ － ）］ ５．解析 因为ｆ ｘ ｘ ｘ ｘ ４ ２ （ ）＝２ｓｉｎ ＋ｃｏｓ ＝ ５ｓｉｎ（ ＋ ３．解析 １ α． 当ｘ 时 函数ｆ ｘ 取到最小值 ３ ． ． （１） ２ ｓｉｎ φ ）， 其中 ｃｏｓ φ ＝ ２ ５ ，ｓｉｎ φ ＝ ５．由条件知α １； ＝０ ， （ ） － ２ （２）０ ５ ５ ( １３．解析 由已知条件得 ｘ ３ １ 练 ． φ 解 习 满 析 （第 足 ９ （ ０ １） 页 ３ φ ｓ ） ｉｎ ３ ｘ ＋４ｃｏｓ φ ｘ ＝ ４ ５ｓ ． ｉｎ（ ｘ ＋ φ ）， 其中 ＋ π φ ＝ φ ２ ｋ ) π－ π ２ （ ( ｋ ∈ π Ｚ ） φ ， ) 所以 ｓｉｎ φ α ＝ｓｉ ２ ｎ ５ ２ ． ｋ π－ 所 １－ 以 ｔａｎ ２ ２ ｃ ｘ （ ｏ １ ｓ ２ ） ２ ｘ ｔ － ａｎ ｓｉｎ ｘ ２ ｘ ２ ＝ ０ １ ． ＋ｃｏ ｔ ｓ ａｎ ２ ｘ － ＝ ｓ － ｉｎ ２ ２ ｘ ， ＝１＋ ２． （ 解 ２ 析 ）－ｓｉｎ ｃｏ ｘ ｓ －ｃ ． ｏ ＝ ｓ ｘ ５ ＝ ， － ｓｉｎ ２ｓｉ ＝ ｎ ( ５ ｘ ＋ π ４ ) ． ６．解 ２ 析 － 因 ＝ 为 －ｓｉｎ ｓｉｎ ( ２ α ＋ ＋ π ３ ) ＝－ ＋ ｃ ｓ ｏ ｉｎ ｓ α ＝ ＝ － － ４ ５ ５ ３ ， 即 （ １＋ ２ ｔ ） ａｎ 因 ２ｘ－ 为 １＋ｔ ｆ ａｎ （ ２ ｘ ｘ＝ ） １ ＝ ３ ( ｓｉｎ ｘ ＋ｃｏｓ ｘ ， １ ２ ) · ． （１）２ α π α π α ４ ３ （ｃｏｓ ｘ ，－１）＝ ｓｉｎ ｘ ｃｏｓ ｘ ＋ｃｏｓ ２ｘ － １ ＝ （２） ３ ｓｉｎ ｃｏｓ ＋ｃｏｓ ｓｉｎ ＋ｓｉｎ ＝－ ， ２ ３．解析 因为Ａ′Ｂ ＝ Ａ′Ｂ′ ｃｏｓ α ， ＡＡ′ ＝ Ａ′Ｄ′ ｓｉｎ α ， ３ ３ ( ５ ) １ ｘ １ ｘ ２ ( ｘ π ) 所以 故ＡＢ Ａ′Ｂ′ α Ａ′Ｄ′ α．同理 ＡＤ Ａ′Ｂ′ 即 ３ α ３ α ４ ３ 即 α π ｓｉｎ２ ＋ ｃｏｓ２ ＝ ｓｉｎ ２ ＋ ， ＝ ｃｏｓ ＋ ｓｉｎ ， ＝ ｓｉｎ ＋ ｃｏｓ ＝－ ， ｓｉｎ ＋ ２ ２ ２ ４ α Ａ′Ｄ′ α．所以矩形ＡＢＣＤ的周长ｌ ２ ２ ５ ６ ·ｓｉｎ ＋ ｃｏｓ ( ) 当ｘ 时 ｆ ｘ 取到最大值 １ ． 和矩形Ａ′Ｂ′Ｃ′Ｄ′的周长ｌ′满足ｌ Ａ′Ｂ′ α ４ α π ３ ＝０ ，（ ） ＝２（ ｃｏｓ ＝－ ，ｃｏｓ ＋ ＝ ， ２ Ａ′Ｄ′ α Ａ′Ｂ′ α Ａ′Ｄ′ α ｌ′ α ５ ６ ５ ◆复习题二（第96页） ＋ ｓｉｎ ＋ ｓｉｎ ＋ ｃｏｓ ）＝ （ｓｉｎ ＋ [( ) ] α ． 所以 α α π π ｃｏｓ ） ｃｏｓ ＝ｃｏｓ ＋ － ｌ ｌ ６ ６ １．解析 由题设条件 知 ＡＯＢ ２ ２ ５ 由此得ｌ′ ． ( ) ( ) ， ｓｉｎ∠ ＝ ＝ ， ＝ α α＝ ( ) α π π α π π ５ ５ ｓｉｎ ＋ｃｏｓ α π ＝ｃｏｓ ＋ ｃｏｓ ＋ｓｉｎ ＋ ｓｉｎ ２ｓｉｎ ＋ ４ ６ ６ ６ ６ ｃｏｓ∠ ＡＯＢ ＝ －１ ＝－ ５ ， 当α 时 ｌ′取得最小值 ２ｌ． ＝ ３ ３－４． ５ ５ ＝４５° ， １０ ( ) ２ 所以 ＡＯＣ ＡＯＢ π ５ ◆习题2.3（第90页） ７．解析 Ｓ Ｓ Ｓ １ θ ｃｏｓ∠ ＝ｃｏｓ ∠ － ＝－ × （１） ＝ △ ＣＯＰ＋ △ ＣＯＱ＝ ×２×２ｓｉｎ ＋ ４ ５ １．解析 （１）∵２７０°＜ θ ＜３６０°， ( ) ( ２ ) ２ ２ ５ ２ １０． θ １ ×２×２ｓｉｎ π － θ ＝２ｓｉｎ π ＋ θ ． ２ ＋ ５ × ２ ＝ １０ ∴１３５°＜ ＜１８０°， ２ ３ ３ ２ ２．解析 ８ ． 当θ π时 Ｓ取得最大值 ． θ １ （２） ＝ ， ２ ３ ∵ｃｏｓ ＝ ， ６ ａ２ ｂ２ ３ ８．解析 连接ＡＣ 设ＡＣ与ＡＢ所成角为α 则 ３．解析 ＋ －２． ， ， θ １－ｃｏｓ θ ３ ． ２ ∴ｓｉｎ ２ ＝ ２ ＝ ３ ， ｔａｎ α ＝ １ ． ５ ＝０ ． ６， 所以α ≈３０ ． ９６° ． ４．解析 ｓｉｎ６３°－ｓｉｎ３３°ｃｏｓ３０° ２５ θ θ 要使衣柜顺利通过房门 则ＡＣ α θ ｃｏｓ３３° １＋ｃｏｓ ６． ， ·ｓｉｎ（ ＋ ） ｃｏｓ ２ ＝－ ２ ＝－ ３ ≤２ ． ２， ｓｉｎ６３°－ １ （ｓｉｎ６３°＋ｓｉｎ３°） （２） ｃｏｓ １５° ＝ １＋ｃｏ ２ ｓ３０° ＝ １＋ ２ ２ ３ ＝ 即 又 ｓ ｓ ｉ ｉ ｎ ｎ （ ４ θ ８ ＋ 􀆰 ３ ５ ０ ９ ． ９ ° ６ ≈ °） ０ ≤ ． ７５ １ ， ． ５ 所 ２ ２ ． ＋ ２ 以 ２ ． ５ θ ２ ≈ ＋３ ０ ０ ． ７ ． ５ ９ ． ６°≤ ＝ ＝ ｓｉｎ ２ ６ ｃ ３ ｏ ° ｓ － ３ ｓ ３ ｉ ２ ｎ ° ｃｏ ３ ｓ ° ３３° ２ ． 即θ ． ． ２＋ ３ ８＋４ ３ （ ６＋ ２） ４８５９°， ≤１７６３° ２ｃｏｓ３３°ｓｉｎ３０° ＝ ＝ 因此 此衣柜倾斜 ． 以下 才能顺利通 ＝ ２ ４ ４ ， １７６３° ， ２ｃｏｓ３３° ７ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等( ) １ ． ｘ π ｘ ． ｘ ｘ ７ ． ＝ ２ｓｉｎ ＋ ， ∈［０，２π］ ２ｓｉｎ ｃｏｓ ＝ ２ ６ ２５ ( ) ( ) ５．解析 由已知条件得 ｓｉｎ α ＝ ２ ３ ，ｓｉｎ（ α ＋ β ） 作出函数ｆ （ ｘ ）＝２ｓｉｎ ｘ ＋ π ６ ， ｘ ∈［０，２π］ 所以 ｓｉｎ２ ｘ ＋２ｓｉｎ ２ｘ ２ ７ ５ ＋２× － ７ １０ ２ ２ 的图象如图所示． ｘ ＝ ＝ １－ｔａｎ １－７ ５ ３ ＝ ， １４ － ２８． 所以 ｃｏｓ β ＝ｃｏｓ［（ α ＋ β ）－ α ］＝ｃｏｓ（ α ＋ β ）ｃｏｓ α ７５ ( ) １８．解析 因为ｆ ｘ π ｘ ２ｘ α β α １１ １ ５ ３ ３ １ ． （ ）＝ｃｏｓ －２ ＋２ ３ｃｏｓ ＋ｓｉｎ（ ＋ ）ｓｉｎ ＝－ × ＋ × ＝ ２ １４ ２ １４ ２ ７ ( ) ｘ ｘ ｘ π ． ６．解析 π． － ３＝ｓｉｎ２ ＋ ３ｃｏｓ２ ＝２ｓｉｎ ２ ＋ （１） ３ ４ [ ] [ ． 当 ｘ π 时 ｘ π π （２）－３ （１） ∈ ０， ，２ ＋ ∈ ， ２ ３ ３ ７．解析 由已知条件得 ｃｏｓ α ＝ ７－１ ， 所以 由已知方程 ３ｓｉｎ ｘ ＋ｃｏｓ ｘ ＝ ａ在 ［０，２π］ 上 ４π ] ｆ ｘ 的值域为 ． ４ 恰有两个不同的实数解 知函数 ｆ ｘ ，（ ） ［－ ３，２］ α ２α ２α ， （ ）＝ ３ ｃｏｓ２ ｃｏｓ －ｓｉｎ ( ) ( ) ｓｉｎ ( α － π ４ ) ＝ ｓｉｎ α ｃｏｓ π ４ －ｃｏｓ α ｓｉｎ π ４ ＝ ２ｓｉｎ ｘ ＋ π ６ ， ｘ ∈［０，２π］ 的图象与直线ｙ （２） 由ｆ （ Ｂ ）＝２ｓｉｎ ２ Ｂ ＋ π ３ ＝１， 知Ｂ ＝ π ４ ， α α ( １ α ) ＝ ａ恰有两个不同的交点 ， 结合图象 ， 易得 ｂ ＝ ａ２ ＋ ｃ２ －２ ａｃ ｃｏｓ Ｂ ＝１ ． － ２（ｓｉｎ ＋ｃｏｓ ）＝ － ２ ＋２ｃｏｓ ＝ ａ的取值范围为 ． １９．解析 由已知条件得 Ａ Ｃ ２ （－２，１）∪（１，２） （１） ２ｓｉｎ（ ＋ ）· ( ) α ( Ｂ ) － ２ １４． １４．解析 由 ｔａｎ α ＋ π ４ ＝ ４ ３ ， 得１ １ ＋ － ｔ ｔ ａ ａ ｎ ｎ α＝ ２ｃｏｓ ２ ２ －１ ＝ ３ｃｏｓ２ Ｂ ， 即 ２ｓｉｎ Ｂ ｃｏｓ Ｂ ＝ ３ 即 α １ α α． Ｂ ８．解析 α ３ β ５ ． ， ｔａｎ ＝－ ，ｃｏｓ ＝－７ｓｉｎ ３ｃｏｓ２ ， （１）ｃｏｓ ＝ ５ ，ｃｏｓ ＝－ １３ ４ ７ 即 ｓｉｎ２ Ｂ ＝ ３ｃｏｓ２ Ｂ ，ｔａｎ２ Ｂ ＝ ３， 所以 ２ Ｂ ＝ 由 α １ 得α是第三象限或第四象 （２） ３ ６ ３ ５ ． 限的 ｔａｎ 角． ＝－ ７ ， π ３ ， Ｂ ＝ π ６ ． （３） ５ ． 由 ｃｏｓ α ＝－７ｓｉｎ α两边平方 ， 得 １－ｓｉｎ ２α ＝ （２） ｂ２ ＝ ａ２ ＋ ｃ２ －２ ａｃ ｃｏｓ Ｂ ＝ ａ２ ＋ ｃ２ － ３ ａｃ ＝１ ２ ， ６ ９．解析 计算可得 α ３ β α ４９ｓｉｎ ２α ，ｓｉｎ α ＝－ ２． ∴ ａ２ ＋ ｃ２ ＝１＋ ３ ａｃ ≥２ ａｃ ， ａｃ ≤ １ ＝２＋ ３ ． ｃｏｓ ＝ ，ｃｏｓ ＝ｃｏｓ３ ＝ １０ ２－ ３ ５ ４ｃｏｓ ３α －３ｃｏｓ α ， 由 ｃｏｓ５４°＝ｓｉｎ３６°， 得 ｃｏｓ（３ 所以 ｓｉｎ α ＋ｃｏｓ α ＝－６ｓｉｎ α ＝ ３ ２． 故Ｓ ＝ １ ａｃ ｓｉｎ Ｂ ≤ １ ×（２＋ ３）× １ ＝ ５ ２ ２ ２ ×１８°）＝ｓｉｎ（２×１８°）， １５．解析 设 ＰＣＢ α ＱＣＤ β ＢＰ ｘ ＤＱ 即 ３ ∠ ＝ ，∠ ＝ ， ＝ ， ２＋ ３．所以 ＡＢＣ面积的最大值为２＋ ３． ４ｃｏｓ １８°－３ｃｏｓ１８°＝２ｓｉｎ１８°ｃｏｓ１８°， α β ｘ ｙ △ 即 ２ ｙ 则 α β ｔａｎ ＋ｔａｎ ＋ ． ４ ４ ４（１－ｓｉｎ １８°）－３＝２ｓｉｎ１８°， ＝ ， ｔａｎ（ ＋ ）＝ １－ｔａｎ α ｔａｎ β＝ １－ ｘｙ ２０．解析 因为→ＯＰ ＝（ ３，１）， →ＱＰ ＝（ ３－ｃｏｓ ｘ ，１ 解得 ｓｉｎ１８°＝ －１＋ ５． 因为 １－ ｘ ＋１－ ｙ ＋ （１－ ｘ ） ２ ＋（１－ ｙ ） ２ ＝２， 所 －ｓｉｎ ｘ ） ． ４ 以 ｘ ２ ｙ ２ ｘ ｙ． ｆ ｘ →ＯＰ →ＱＰ ｘ １０．解析 ３ ． （１－ ） ＋（１－ ） ＝ ＋ （１） （ ）＝ · ＝（ ３，１）·（ ３－ｃｏｓ ， ４ 两边平方 ， 化简得ｘ ＋ ｙ ＝１－ ｘｙ ， 所以 ｔａｎ（ α ＋ １－ｓｉｎ ｘ ）＝ ３－ ３ｃｏｓ ｘ ＋１－ｓｉｎ ｘ ＝－ｓｉｎ ｘ － ( ) １１．解析 因为 ｃｏｓ α ＝ ５ ３ ， α是第四象限角 ， 所 β ）＝１， α ＋ β ＝ π ４ ｂ ．所以 ∠ ａ ＰＣ ( Ｑ ＝ π ４ ． ) ３ｃｏｓ ｘ ＋４＝－２ｓｉｎ ｘ ＋ π ３ ＋４， 最小正周期 以 ｓｉｎ α ＝－ ４ ， 故 １６．解析 （１） Ｌ ＝ ｓｉｎ θ＋ ｃｏｓ θ ０≤０≤ π ２ ． Ｔ ＝２π ． ( ) ５ θ θ 由 ｆ Ａ Ａ π 得 Ａ α α 记ｙ ２ ２ ２（ｓｉｎ ＋ｃｏｓ ） 求 （２） （ ）＝ －２ｓｉｎ ＋ ＋４＝４， ２ （２） ＝ θ＋ θ＝ θ θ ， ３ ｓｉｎ ２ｓｉｎ ｓｉｎ ｃｏｓ ｓｉｎ ｃｏｓ α １－ ２ α １－ α ２ α 棒长的最大值 ， 即求该函数的最小值．设 ＝ ２π． ３ １－ｔａｎ ｃｏｓ ２ｓｉｎ ｃｏｓ θ θ ｔ ｔ 则 θ θ ２ ２ ２ ２ ｓｉｎ ＋ｃｏｓ ＝ （１≤ ≤ ２）， ｓｉｎ ｃｏｓ ＝ 由于ＢＣ 由正弦定理得ＡＣ Ｂ α ＝ α ＝ α ＝ ｔ２ ｔ ＝３， ＝ ２ ３ｓｉｎ ， ２ －１ ｙ ２ ４ ｔ ． ＡＢ Ｃ． １＋ｔａｎ ｓｉｎ ２ｓｉｎ ， ＝ｔ２ ＝ （１≤≤ ２） ＝２ ３ｓｉｎ ２ ２ ２ ２ －１ ｔ １ １＋ α １＋ α α － ｔ 所以ＢＣ ＡＣ ＡＢ Ｂ Ｃ ２ ＋ ＋ ＝３＋２ ３ｓｉｎ ＋２ ３ｓｉｎ ＝ ｃｏｓ ２ｓｉｎ ｃｏｓ ( ) ２ ２ ２ 注意到ｙ ４ 在区间 上为减函 π Ｂ α ＝ ［１， ２］ ３＋２ ３ｓｉｎ ＋ ≤３＋２ ３， １－ｃｏｓ ｔ １ ３ １－ α α α － ｔ ｓｉｎ ｓｉｎ ＋ｃｏｓ －１ ． 当且仅当Ｂ π时等号成立． １＋ １－ｃｏｓ α α＝ ｓｉｎ α －ｃｏｓ α ＋１ ＝３ 数 ， 可知当ｔ ＝ ２ 时 ， ｙ取得最小值 ４ ２ ｍ ． ＝ ６ ｓｉｎ 所以棒长的最大值Ｌ ． 故 ＡＢＣ周长的最大值为 ． ( ) ｍａｘ＝４ ２ ｍ △ ３＋２ ３ １２．解析 因为ｙ ＝ｃｏｓ ｘ ｃｏｓ π － ｘ ＝ｃｏｓ ｘ · １７．解析 由１７ ｘ ７ 得 ５ ｘ π ２１．解析 （１）ｓｉｎ１５°＝ｓｉｎ（４５°－３０°）＝ｓｉｎ４５° ６ π＜ ＜ π， π＜ ＋ ( ) １２ ４ ３ ４ ６－ ２ ｃｏｓ π ｃｏｓ ｘ ＋ｓｉｎ π ｓｉｎ ｘ ＝ １ ｓｉｎ２ ｘ ＋ ３ ＜２π， ( ) ( ·ｃｏｓ３０°－ｃｏｓ４５°ｓｉｎ３０°＝ ４ ， ６ ６ ４ ４ 所以 ｘ π ４ ｘ ｘ π ｓｉｎ７５°＝ｓｉｎ（４５°＋３０°）＝ ｓｉｎ ４５°ｃｏｓ ３０°＋ ( ) ｓｉｎ ＋ ＝－ ，ｃｏｓ ＝ｃｏｓ ＋ ｘ ３ １ ｘ π ３ 所以 ４ ５ ４ ·ｃｏｓ２ ＋ ４ ＝ ２ ｓｉｎ ２ ＋ ３ ＋ ４ ， ) ( ) ｃｏｓ４５°ｓｉｎ３０°＝ ６＋ ２． π ３ ２ ４ ２ ２ ４ － ＝ × ＋ － × ＝－ ， 略． 最大值为２＋ ３． ４ ５ ２ ５ ２ １０ （２） ２２．答案 α β α β α β ４ 所以 ｘ ７ ２ ｘ ｘ ｓｉｎ（ ＋ ）＝ｓｉｎ ｃｏｓ ＋ｃｏｓ ｓｉｎ １３．解析 因为 ｘ ｘ ａ 所以 ａ ｓｉｎ ＝ － ，ｔａｎ ＝ ７，ｓｉｎ ２ ＝ 解析 图 中 阴影部分面积为菱形面 ３ｓｉｎ ＋ｃｏｓ ＝ ， ＝ １０ （１） ， ８ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等教材习题答案 3.2 复数的四则运算 ． 积 １ α β α β ． ｜４ｉ｜＝４，｜－ ５ｉ｜＝ ５ ：２× ×１×１×ｓｉｎ（π－ － ）＝ｓｉｎ（ ＋ ） ２ 练习（第 页） 图 中 阴影部分面积为 个矩形面积的 １０８ （３）－１＋ｉ＝－１－ｉ，－３－４ｉ＝－３＋４ｉ，４＋３ｉ＝４－３ｉ， （２） ， ２ １．解析 ． 和 α β α β． （１）３＋４ｉ ．图略． ：ｓｉｎ ｃｏｓ ＋ｃｏｓ ｓｉｎ ． ４ｉ＝－４ｉ，－ ５ｉ＝ ５ｉ 两图阴影部分面积相等 所以 α β （２）１０ ５．解析 ， ｓｉｎ（ ＋ ）＝ ． （－１＋２ｉ）＋（－２－３ｉ）＝－３－ｉ，（－１＋２ｉ） α β α β． （３）－４ ．图略． ｓｉｎ ｃｏｓ ＋ｃｏｓ ｓｉｎ ． －（－２－３ｉ）＝１＋５ｉ ２３．解析 此处只提供两角和的余弦公式的 （４）ｉ ６．解析 ｘ ｍ ｙ ｍ ｘ ｙ 解得 推导 ． ２．解析 ∵ ３ －ｉ＝ｉ，∴（ ｍ ＋ ｍ ｉ） ２ ＝４ｉ ． ｍ ． ０＝ ＋１， ０＝ －１， ０＋ ０－４＝０， ＝２ 点 Ｐ 在 １（ 单 ， １ 设 α 位 ，０ 单 β 圆 ） 位 ， 内 Ｐ 圆 （ Ｐ 作 与 ｃｏ 角 ｓ ｘ α － 轴 ， β ｓ 交 ， ｉｎ β 终 于 α 边 点 ）， 交 Ｐ Ｑ １ 单 （ ， β ｃ 则 ｏ 位 ｓ（ 圆 ． α 于 ＋ β ） Ｐ ， ２ ３ ◆ ． （ 解 （ 习 ２ ｍ 析 ） ＋ 题 ｘ ｍ ＝ ｉ） ２ （ 3 ± ２ １ . ＝ ｉ ） ． 2 ｘ ２ （ ＝ ｍ － ２ ｉ 第 １ ＝ ± ４ 1 ｉ ２ ⇒ 0 ｉ ． ｍ 8 ＝ 页 ± ） ２ ． ７． 所 解 即 原 以 析 方 ｘ２ 程 ＋ ｘ ｙ ２ 可 设 ２ － ｙ 以 ２ ３ ｚ ｙ ＝ 化 － ｘ ｙ ３ ＋ 为 ｘ ｙ ｉ ｉ ＝ ， ｘ ｘ ２ １ ＋ ， ＋ ｙ ｙ ３ ∈ ｘ ２ ｉ － ． Ｒ ３ｉ ， （ 则 ｘ － ｚ ｙ ＝ ｉ） ｘ ＝ － ｙ １ ｉ ＋ ． ３ｉ， ｓｉｎ（ ＋ ））， ２（ｃｏｓ（－ ），ｓｉｎ（－ ）） ＋ －３ ＝１，－３ ＝３， 因为 Ｐ ＯＱ ＰＯＰ α β 且 ＯＰ １．解析 ｚ ｚ ｚ ｚ ｚ ｚ 解得ｘ ｙ 或ｙ ． ∠ １ ＝∠ ２＝ ＋ ， ｜ １｜ ＝ １＋ ２＝８＋２ｉ， １－ ２＝－２－６ｉ， １ ２＝ ＝－１， ＝０ ＝３ ＯＰ ＯＱ ＯＰ ． 所以ｚ 或 ． ｜ ｜＝｜ ｜＝｜ ２｜＝１， ２３＋２ｉ ＝－１ －１＋３ｉ 所 又 以 由勾 △ 股 Ｐ １ 定 ＯＱ 理 ≌ 可 △ 得 ＰＯ Ｐ Ｐ ２ Ｑ ，｜ Ｐ １ Ｑ ｜＝｜ Ｐ ２ Ｐ ｜ ． ２．解 数 析 ｂ （１＋ ｚ ３ｉ）· ． ｚ ＝（３－３ ｂ ）＋（ ｂ ＋９）ｉ 为纯虚 ８．证明 设ｚ １， ｚ ２ 分别对应→ＯＡ ， →ＯＢ ， 则 ｜ １ ｜ ⇒ ＝１， ＝３＋ｉ ｜｜ →ＯＡ ｜－｜ →ＯＢ ｜｜≤｜ →ＯＡ ＋ →ＯＢ ｜≤｜ →ＯＡ ｜＋｜ →ＯＢ ｜， α β ２ α β ２ ｗ ３＋ｉ （３＋ｉ）（２－ｉ） ７－ｉ． 习题 ． 第 题已经证明过． ＝ ［ｃｏｓ（ ＋ ）－１］ ＋［ｓｉｎ（ ＋ ）－０］ ， ＝ ＝ ＝ １２ ７ Ｐ Ｐ ２＋ｉ ５ ５ ｜ ＝ ２ ［ ｜ ｃｏｓ α －ｃｏｓ（－ β ）］ ２ ＋［ｓｉｎ α －ｓｉｎ（－ β ）］ ２ ， ３．解析 １ ａ ＝－ １ ３ ＋ ＋ ２ ｉ ｉ ＝－ ２ １ － ２ １ ｉ＝－ １ ２ ＋ｉ． ９． 应 解析 －３ ＋ｉ （ ． １） →ＡＢ对应 １＋ｉ， →ＡＣ对应 －２＋２ｉ， →ＢＣ对 故 化 ＝ 简 ［ ， ［ ｃ 得 ｃ ｏ ｏ ｓ 第 ｓ ｃ （ α ｏ α － ｓ（ ｃ ＋ 3 ｏ α β ｓ ＋ ） （ β － 章 － ） １ β ＝ ］ ） ］ ２ ｃ ＋ ｏ ２ ｓ ＋ ［ ［ 复 ｓ α ｉ ｓ ｎ ｃ ｉ ｏ （ ｎ ｓ 数 α α β ＋ － － β ｓ ｓ ） ｉ ｉ ｎ ｎ － （ ０ α － ］ β ｓｉ ２ ） ｎ ］ β ２ ． ． ４．解 ａ 原 － ＝ １ 析 式 ， － ｉ １ ４ ＝ ｋ ＋ ＋ （ ３ 注 ｉ， ＝ １ ａ ＋ 意 － ２ ｉ ｉ － ＝ ． 到 １ － － ２ ｋ ｉ ｉ ∈ ） ， ＋ ａ Ｚ （ ４ ＝ １ 时 ＋ － ， ｉ ４ － ｉ ． ４ １ ｋ － ＝ ｉ １ ） ， ＋ ｉ … ４ ｋ＋１ ＋ ＝ １＋ ｉ， ｉ ｉ ＝ ４ ｋ １ ＋２ ＋ ＝ ｉ ． →Ａ （ （ Ｂ ３ ２ ） ） · → Ｓ Ａ →Ａ Ｂ △ Ｃ Ａ ＝ ＢＣ ＝ （ ＝ ０ １ ⇒ ， １ １ △ ） ｜ ， →Ａ → Ａ Ａ Ｂ Ｂ Ｃ ｜ Ｃ ＝ · 为 （ ｜ － →Ａ 直 ２ Ｃ ， 角 ｜ ２ ＝ ） 三 ， ２ →Ｂ ． 角 Ｃ 形 ＝（ ． －３，１）， ２ ５．解析 ｘ １± ７ｉ． 3.1 复数的概念 ＝ ４ * 3.4 复数的三角表示 ６．解析 ｚ ２ ． 练习（第 页） 练习（第 页） （１） ＝ ＝１－ｉ １２１ １０２ １＋ｉ １．解析 实部 虚部 ． （１） －１， １ ｚ １＋７ｉ． １．解析 ３ １ １１π （２） ＝ －３＝３ｃｏｓ π， － ｉ＝ｃｏｓ ＋ １＋ｉ ２ ２ 实部 ２ 虚部 ２． ２ ２ ２ ６ （２） ２ ＝ ２ ＋ ２ ｉ， ２ ， ２ ７．解析 原式 ＝ ｘ （１＋ｉ） ＋ ｙ （１＋２ｉ） ＝ ５（１＋３ｉ） ， ｉｓｉｎ １１π． 实部 虚部 ． ２ ５ １０ ６ （３） ２， － ２ ｘ ２．解析 ． 则 １ ｘ １ ｙ １ ２ ｙ ３ 解得ｘ （１）８ ２＋８ ２ｉ ２． 得 解 （４ 析 ） ａ 实 ＝ １ 部 当 ． ０ ａ ， ２ 虚 ＋２ 部 ａ － － ３ ２ １ ＝０ ． 且ａ ＋３≠０ 时成立 ， 解 ８．解 －１ 析 ， ２ ｙ ＝ ａ ＋ ５ （ ｂ ． １ 所 ５ ）（ 以 ｘ ａ ＝ ＋ ｘ ３ ｂ ＋ ２ ｉ ｙ ） ， ＝ （ ４ ｘ ａ ２ ． －３ ｂ ＋ ｉ） ５ ． ａ ｂ ＝ ． ２ ， ＝ ３．解 （２ 析 ）２ ３ （ ＋ １ ２ － ｉ ｉ ． ） １０００ ＝ ( ｃｏｓ ７ ４ π＋ｉｓｉｎ ７ ４ π ) １０００ · （２）（ ＋ ｉ）（ － ｉ）（ ＋ ）（ － ） １０００ ５００ ５００． ３．解析 ｘ ２ ｙ ４ ． ａ ｂ ｃ ａ ｂ ｃ ． （ ２） ＝（ｃｏｓ１７５０π＋ｉｓｉｎ１７５０π）·２ ＝２ （１） ＝－ ， ＝－ （３）（ ＋ ＋ ｉ）（ ＋ － ｉ） ◆习题3.4（第122页） ３ ３ {ｘ {ｘ ９．解析 ｚ －１－ ３ｉ ｚ ( ) ＝３，或 ＝－８， ＝ ⇒２ ＋１＝－ ３ｉ， １．解析 ５ ５ ． （２） ｙ ｙ ． ２ （１）２ ｃｏｓ π＋ｉｓｉｎ π ＝－８ ＝３ 即 ｚ２ ｚ ｚ２ ｚ ． ６ ６ ４．解析 错误 虚数不能比较大小． ４ ＋４ ＋１＝－３⇒ ＋ ＋１＝０ ( ) （１） ， ４ ４ ． （２） 正确． ∴ ｚ２ ＝－ ｚ －１＝－ １ ＋ ３ ｉ， ｚ３ ＝－ ｚ２ － ｚ ＝１， （２）２ ｃｏｓ ３ π＋ｉｓｉｎ ３ π ◆习题3.1（第103页） ２ ２ ( ) １．Ｄ ｚ２ ＋ ｚ ＋１＝０ ． （３）２ ｃｏｓ ６ ５ π＋ｉｓｉｎ ６ ５ π ． ( ) ２．Ａ 3.3 复数的几何表示 ３ ３ ． （４）２ ｃｏｓ π＋ｉｓｉｎ π ３．Ａ １０ １０ 练习（第 页） ( ) ４．解析 ｍ 或ｍ ． １１３ ２．解析 原式 π π （１） ＝５ ＝－３ １．解析 这两点关于ｘ轴对称 图略． （１） ＝３２ ｃｏｓ ＋ｉｓｉｎ ＝１６ ｍ ． ， ３ ３ ５． （ （ 解 ２ ３ 析 ） ） ｍ ≠ ＝２ ５ 且 {ａ ｍ ＝ ≠ ２ － ， ３ ． ２ ３ ． ． 解 解 复 析 析 平面 内 略 ｚ １＝ 对 ． ３ 应 ＋４ 的 ｉ， 点 ｚ ２ 位 ＝－ 于 ２ 第 －３ 一 ｉ， 象 ｚ １－ 限 ｚ ２ ． ＝５＋７ｉ， 在 （ ＋ ２ １ ） ６ 原 ３ 式 ｉ ． ＝４× ｃｏｓ２４ ° ０ ° ＋ｉｓｉｎ２４０ ° ° （１） ｂ ． ｃｏｓ（－２１０ ）＋ｉｓｉｎ（－２１０ ） {ａ { ＝ ａ －１ ４．解析 １＋２ｉ ． ＝４（ｃｏｓ４５０ ° ＋ｉｓｉｎ４５０ ° ）＝４ｉ ． （２） ｂ ＝１，或 ｂ ＝－１ ． ， ◆习题3.3（第113页） ３．解析 （１）｜ ｚ２ ｜＝｜ ｚ ｜ ２ ＝２⇒ ｚ２ ＝２ｉ ． ＝３ ｎ ＝－３ １．解析 由题意知ａ２ －２ ａ ＝０， ａ２ － ａ －２≠０⇒ 又点Ａ在第一象限 ， 设ｚ ＝ ａ ＋ ｂ ｉ， ａ ＞０， ｂ ＞０， ａ ， ６．解析 （１）ｍ２ － ｍ ４ ＝０， ｎ２ ＋３ ｎ －４≠０， ｍ２ － ａ ＝０ ． ｂ ∈ Ｒ． 解 （ ３ ｍ ２ 得 ） － ｎ ４ ２ ｎ ≠ ＋ ＝ ３ ０ － ｎ ， ４ － 解 ４ 或 得 ＝ － ｎ ０ ３ ｎ ， ＝ 且 ＝ １ － ４ ， ４ ｍ ， ｍ ｍ ２ ≠ － ≠ ４ ３ ４ ｍ 且 － 且 ４ ｍ ≠ ｍ ≠ ≠ ０ － ， － １ ． １ ． ２．解 ＜ ｋ 析 ＜－ ２ 由 ． { － －（ ３＋ ｋ２ ｋ － ２ ＜ ２） ０， ＜０ 可得 ２＜ ｋ ＜ ３ 或 － ３ ∴ { ｚ２ ＝ ａ ２ ２ ＋ ｉ ｂ２ ＝ ２， ⇒ { ２ ａ ａ ａ ２ ２ ＋ － ｂ ｂ ｂ ＝ ２ ２ ２ ＝ ＝ ２ ０ ， ，⇒ {ａ ｂ ＝ ＝ １ １ ． ， ７．解析 要满足 {λ －（ ２ ＜ λ １ ２ ０ － ， ３ λ ）＝ λ２ －４ λ ＋３， 解得 ３ ４． ．解 解 圆 析 析 所夹 的 以 圆 原 略 环 点 ． 为 ， 不 圆 包 心 括 ， 圆 以 环 ３ 的 和 边 ４ 界 为 ． 半径的两 ∴ （２ ｚ Ａ ） ＝ ｚ２ １ ＝ ＋ ２ ｉ ． ｉ， ｚ Ｂ － ｚ２ ＝１－ｉ ． Ｃ λ １ 或λ ． （１） ∴ （１，１）， （０，２）， （１，－１）， ＝ ＝３ →ＢＡ →ＢＣ ２ （２）｜－１＋ｉ｜＝ ２，｜－３－４ｉ｜＝５，｜４＋３ｉ｜＝５， ∴ ＝（１，－１）， ＝（１，－３）， ９ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等∴ｃｏｓ∠ ＡＢＣ ＝ →ＢＡ · →ＢＣ ＝ ２ ５． （２）－１－８ｉ ． ｜ →ＯＺ １－ →ＯＺ ２｜ ｜ →ＢＡ ｜｜ →ＢＣ ｜ ５ ( ) （３） ７－ ２ ４ ５ ９ｉ． ＝ ｜ →ＯＺ １｜ ２ ＋｜ →ＯＺ ２｜ ２ －２ｃｏｓ θ ｜ →ＯＺ １｜·｜ →ＯＺ ２｜ ４． 解析 １ １ ２ ２ ２ θ． － ｉ ＝ － ｉ ＝ １ ． ＝ ５－２ ６ｃｏｓ ２ ( ｃｏｓ ７π ２ ＋ｉｓｉｎ ７ ２ π ) ， ２ ２ ２ ６．答 （４ 案 ） ２ ２ｉ １５．解 ∴ 析 ｜ →ＯＺ １ 易 － →Ｏ 得 Ｚ ２ →Ｏ ｜＝ Ｚ ｜ ｚ １ →Ｏ － Ｚ ｚ ２｜＝ ２ ． θ ２ ４ ４ ７．解析 ｚ ． ｜ １＋ ２｜＝ １３＋１２ｃｏｓ ＝４ ( ) （１） ＝１＋ｉ 原 式 ５π ５π θ １ θ １５． ∴ ＝ ２ ｃｏｓ ＋ｉｓｉｎ × ｚ １± ７ｉ． ⇒ｃｏｓ ＝ ，ｓｉｎ ＝ １２ １２ （２） ＝ ４ ４ ( ) ２ ｚ ｚ ２ ｃｏｓ ７π ＋ｉｓｉｎ ７π ８．解析 ２－ｉ ． 故 ｚ １ ＝ ｜ ｚ １｜ （ｃｏｓ θ ＋ｉｓｉｎ θ ）＝ １ ＋ １５ ｉ ． ＝ ＝ ２ ｃｏ ２ ｓ × １３ ２ ２ π ＋ [ ４ ｉ ｃ ｓ ｏ ｉｎ ｓ ( １ ５ １ ３ π ２ π ４ ＋ ７ ４ π ) ＋ｉｓｉｎ ( ５ １ π ２ ＋ ７ ４ π )] ９．解 （１ 析 ） { （ ｍ ２ ｚ （ ｍ ＝ ｍ （ ＋ － ２ １ １ ｍ ） ） （ ＋ ＞ ｍ １ ０ ） － （ ２ ｍ ）＜ － ０ ２ ， ） ⇒ ＋ ｍ { （ ｍ － ｍ ＞ ２ １ － １ １ ＜ 或 ） ｍ ｉ ． ＜ ｍ ２ ＜ ， ０， １６． 为 解 到点 圆 析 或 ２ （ 心 者 ０ ， 由 ， 利 ｜ ２ １ ２ ） ｜ 用 为 ｜ ｚ 的 ｜ 半 ＝ ｚ 距 ２ 径 离 可 ｚ 的 ． 得 由 圆 点 几 ， ｚ ｜ 何 Ｚ ｚ － 图 的 ｉ｜ 形 表 ｚ ６ 集 知 示 合 ． 圆 是 ｜ ６ ｚ － 上 以 ｉ｜ 一 原 ｍａｘ 点 点 ＝ ＝ｃｏｓ π ６ ６ ＋ｉｓｉｎ π ６ ６ 即 （２） １ 由 ＜ ｍ 题 ＜ 意 ２ 或 得 － （２ ２ １ ｍ ＜ ＋ ｍ １） ＜ （ ０ ． ｍ －２）· ｍ （ ｍ －１）＞０， １７．解 ｚ ３ ２ （ ＝ 析 （ ａ２ 解 － ｂ 法 ２ ） 一 ＋ ｜ ２ ： １ ａ ＋ 设 ｂ ｉ ２ ＝ ｚ ｜ ＝ ≤ ｉ， ａ ∴ ｜ ＋ ｂ ａ １ ｉ ２ ｜ ， ＋ ＝ ａ ｜ ， ｂ２ ｂ ２ ， ∈ ｜ ２ ） ａ Ｒ ｂ ． ＝１ ． ＝ ２ ３ ＋ ２ １ ｉ ． 解得ｍ ＜－ ２ １ 或 ０＜ ｍ ＜１ 或ｍ ＞２ ． ∴ ａ ＝ ｂ ＝± ２ ２． （２）－ ２ １ ＋ ２ ３ ｉ＝ｃｏｓ ２ ３ π ＋ｉｓｉｎ ２ ３ π ， （ 即 ３） ｍ 由 ２ － 题 ２ ｍ 意 － 得 ３＝ （ ０ ２ ， ｍ 解 ２ － 得 ３ ｍ ｍ － ＝ ２） ３ － 或 （ ｍ ｍ ２ － ＝ ｍ － ） １ ． －１＝０， ∴ ｚ ＝ ２ ２ ＋ ２ ２ ｉ 或 － ２ ２ － ２ ２ ｉ ． ∴ 原 ( 式 ) [ ( ∗１０．解析 （１） 不是． 解法二 π π [ ( ) ( )] ：ｉ＝ｃｏｓ ＋ｉｓｉｎ ， ２π ２π π １ π π ２ ２ ＝ ｃｏｓ ＋ｉｓｉｎ ÷ ２ ｃｏｓ ＋ ｃｏｓ － ＋ｉｓｉｎ － ( ) ) ３ ] ３ ３ ２ ( ４ ４ ) ∴ ｚ ＝± ｃｏｓ π ＋ｉｓｉｎ π ． π １ ７ ７ ． ４ ４ ｉｓｉｎ ＝ ｃｏｓ π＋ｉｓｉｎ π ( )ｎ ３ [ ( ) ( )] ２ ４ ( ４ ) ∗１８．解析 由题意得 ｃｏｓ π ＋ｉｓｉｎ π １ ２π π ２π π 不是． １ ４ ４ ． ３ ３ ＝ ｃｏｓ － ＋ｉｓｉｎ － （２） ｃｏｓ π＋ｉｓｉｎ π ｎ ｎ ２ ３ ３ ３ ３ ２ ３ ３ π π ( ) ( ) ＝ｃｏｓ π＋ｉｓｉｎ π＝ｃｏｓ －ｉｓｉｎ ， １ π π 不是． １ π π ． ３ ３ ３ ３ ＝ ｃｏｓ ＋ｉｓｉｎ （３） ｃｏｓ ＋ｉｓｉｎ ì ｎ ２ ３ ３ ２ ４ ４ ï π １ 是． ïｃｏｓ π＝ｃｏｓ ＝ ， １ ３ ． （４） í ３ ３ ２ ＝ ４ ＋ ４ ｉ ∗１１．解析 （１） 原式 ∴ ïï ｎ π ３ ５．解析 旋转后的向量对应的复数为 ( ) îｓｉｎ π＝－ｓｉｎ ＝－ ， （３－ ５ ５ ３ ３ ２ [ ( ) ( )] ＝１６ ｃｏｓ π＋ｉｓｉｎ π ｎ π π １２ １２ 解得 π π ｋ ｋ Ｎ． ３ｉ） ｃｏｓ － ＋ｉｓｉｎ － ＝（３－ ３ｉ） ． ＝－ ＋２ π， ∈ ( ) ３ ３ ＝４［ ６－ ２＋（ ６＋ ２）ｉ］ 故ｎ ３ ｋ ３ ｋ Ｎ． ６． · 证明 １ ２ － 记 ２ ３ ｚ １ ｉ ＝１ ＝ ＋ － ｉ＝ ２ ３ ２ ｉ （ ． ｃｏｓ α ＋ｉｓｉｎ α ）， （２ ６ ） 原式 ． ＝ ２ ３ ２ · ｃｏｓ（－ ｃｏ ２ ｓ ４０ ６ ° ０ ） ° ＋ ＋ ｉ ｉ ｓ ｓ ｉ ｉ ｎ ｎ（ ６ － ０ ２ ° ４０ ° ） ＝ １９． 则 解析 ｚ１５ － ＝ ｚ １ ６ １５ ＝ ＝ － ０ １ １， ＝ 的 ｃ ∈ ｏｓ １５ ２ ｋ 个 π＋ 根 ｉｓｉ 为 ｎ２ ｗ ｋ π ｋ （ ＝ ｋ ｃ ∈ ｏｓ Ｚ ２ ） ｋ ， π ＋ ｚ β β ＋ ２ｉ １５ ２＝２＋ｉ＝ ５（ｃｏｓ ＋ｉｓｉｎ ）， ３ ｋ ｚ ３＝３＋ｉ＝ １０（ｃｏｓ γ ＋ｉｓｉｎ γ ）， １２．解析 向量Ｏ→Ｚ′对应的复数为 （－１＋ｉ）· ｉｓｉｎ ２ １５ π （０≤ ｋ ≤１４， ｋ ∈ Ｚ ） ． ｉ ｚ ｓ １ ｉ · ｎ（ ｚ α ２· ＋ β ｚ ＋ ３ γ ＝ ）］ ２ ＝ × （１ ５ ＋ｉ × ）（２ １ ＋ ０ ｉ） ［ （ ｃ ３ ｏｓ ＋ （ ｉ） α ＝ ＋ １ β ０ ＋ ｉ ． γ ）＋ （ｃｏｓ１２０ ° ＋ｉｓｉｎ １２０ ° ）＝ （－１＋ｉ） ( － ２ １ ＋ ｚ 第 １５ －１＝ 4 （ ｚ － 章 １）（ ｚ － ｗ 立 １）（ 体 ｚ － ｗ２ １ 几 ）· 何 …· 初 （ ｚ － 步 ｗ１ １ ４ ） ． α β γ α β γ ) ∴ｃｏｓ（ ＋ ＋ ）＋ｉｓｉｎ（ ＋ ＋ ）＝ｉ， ３ １－ ３ ３＋１． ∴∠ α ＋∠ β ＋∠ γ ＝ π． ２ ｉ ＝ ２ － ２ ｉ 4.1 空间的几何体 ２ ◆复习题三（第126页） １３．解析 设ｚ ａ ｂ ａ ｂ Ｒ 则ｚ １ ａ 练习（第 页） ＝ ＋ ｉ， ， ∈ ， ＋ ｚ ＝（ ＋ １３３ １．解析 真命题． １．解析 略． （２） 真 真 命 命 （１ 题 题 ） ． ． ｂ ｉ）＋ａ ａ ２ － ＋ ｂ ｂ ｉ ２⇒ ｂ ＝ａ２ ＋ ｂ ｂ２， 即ａ２ ＋ ｂ２ ＝１ 或ｂ ＝０ ． ２． 且 解 相 析 邻 两 棱 个 柱形 矩 包 形 装 共 盒 用 ； 一 由 条 几 边 个 的 矩 平 形 面 拼 图 接 形 而 ﹔ 成 （３） ｚ ａ ２ ｂ２ ． 假命题 因为 θ θ ． ｜ －２｜＝２⇒（ －２） ＋ ＝４ 棱锥形包装盒 由几个三角形拼接而成且相 ２． （ 答 ４ 案 ） π ， ｜ｃｏｓ ＋ｉｓｉｎ ｜＝１ 综上可得 ì í ï ï ａ ＝ ４ １ ， 或 {ａ ＝４， 邻 棱 两 台 个 形 三 包 角 装 形 盒 共 ： 由 用 几 一 个 条 等 边 腰 的 梯 平 形 面 拼 图 接 形 而 ﹔ 成且 ３．答案 ２ １ î ïïｂ ＝± １５ ｂ ＝０ ． 相邻两个等腰梯 ： 形共用一条边的平面图形． － ４ ３．解析 五棱柱．可看成一个五边形向上或向 ５ ４．解析 ． ｚ 或ｚ １ １５ ． 下平移得到的． （１）－２１＋２４ｉ ∴ ＝４ ＝ ± ｉ ． ４ ４ ４．解析 相同点 它们的底面都是多边形 （２）－３ １ ２－ｉ ３ ( ３ １ ) ． １４．解析 设 ｚ １ 对应向量→ＯＺ １， ｚ ２ 对应向 不同点 ： 棱柱有 ： 两个全等的底面 ， 棱锥 ； 只有 （３）－ － ＋ － ｉ 量→ＯＺ 一个底面 棱台的两个底面相似． ２ ２ ２ ２ ２， ， 当底面发生变化时 它们能相互转化．棱台 （４）－ １ － ３ ｉ ． ｜ →ＯＺ １＋ →ＯＺ ２｜ 由棱锥截取得到 棱 ， 台上底面扩大 使上下 ５．解析 ２ ２ １１＋５ｉ． ＝ ｜ →ＯＺ １｜ ２ ＋｜ →ＯＺ ２｜ ２ ＋２ｃｏｓ θ ·｜ →ＯＺ １｜·｜ →ＯＺ ２｜ 底面全等 ， 就是棱 ， 柱 ， 棱台上底面缩 ， 为一个 （１） θ ． 点就是棱锥． １４６ ＝ ５＋２ ６ｃｏｓ ＝２ ２ １０ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等教材习题答案 练习（第 页） 4.2 平面 ２．解析 不正确．若ｂ α 则ａ α． １３５ （１） ⊥ ， ⊥ １．解析 分别是矩形 扇形 扇形环． 不正确．若ｂ α ａ ｂ 则ａ α或ａ α． 、 、 练习（第 页） （２） ⊂ ， ∥ ， ⊂ ∥ ２．解析 相同点 都是由平面图形旋转得到 １４５ ３．解析 不是．ＣＤ可在桌面所在的平面内 也 ： ； １．解析 略． ， 不同点 圆柱 圆台都有两个底面 圆锥只有 可与该平面平行． ： 、 ， ２．证明 设ｃ ａ Ａ ｃ ｂ Ｂ． 一个底面．圆柱的两个底面是半径相等的 ∩ ＝ ， ∩ ＝ 练习（第 页） ａ ｂ 直线ａ和ｂ确定一个平面 设为α １５５ 圆 圆台的两个底面是半径不等的圆． ∵ ∥ ，∴ ， ， １．证明 已知点Ａ在平面α内 点Ａ在直线ａ ， ＡＢ α 即ｃ α． ， 当底面发生变化时 它们能相互转化 即圆 ∴ ⊂ ， ⊂ 上 ｂ α ａ ｂ．求证 ａ α． ， ， 直线ａ ｂ ｃ在同一平面内． ， ∥ ， ∥ ： ⊂ 台的上底面扩大 使上下底面全等 就是圆 ∴ ， ， 证明 假设ａ α． Ａ α Ａ ａ ａ α Ａ． ， ， ３．解析 ： ⊄ ∵ ∈ ， ∈ ，∴ ∩ ＝ 柱 圆台的上底面缩为一个点就是圆锥． ａ ｂ ｂ与α相交 与 ｂ α矛盾 ａ ， ∵ ∥ ，∴ ， ∥ ，∴ ３．解析 第一个几何体由一个长方体和一个 α． ⊂ 四棱台组成 第二个几何体由三个长方体组 ２．证明 连接ＣＤ． ＡＣ ＢＤ Ａ Ｃ Ｄ Ｂ在 ； ∵ ∥ ，∴ ， ， ， 成 第三个几何体是将一个圆柱插在一个圆 同一平面内． ； 锥里 第四个几何体由两个长方体和一个四 平面ＡＣＤＢ 平面α ＣＤ ＡＢ 平面α ； ∵ ∩ ＝ ， ∥ ， 棱锥组成． ＡＢ ＣＤ 四边形ＡＣＤＢ是平行四边形 ◆习题4.2（第146页) ∴ ∥ ，∴ ， 练习（第 页） ＡＣ ＢＤ． １３９ １．解析 不正确．两点确定一条直线 线段 ∴ ＝ １．解析 略． （１） ， ３．证明 ａ α 在α上必有直线ｃ且ａ ＡＢ在平面α内 则直线ＡＢ必在平面α内． ∵ ∥ ，∴ ∥ ２．解析 ， ｃ． ａ ｂ ｂ ｃ． ｂ α ｂ α． （１） 不正确．如果两个不重合的平面有一个 ∵ ∥ ，∴ ∥ ∵ ⊄ ，∴ ∥ （２） 练习（第 页） 公共点 那么它们有且只有一条过该点的公 １５７ ， １．解析 折痕与桌面内的两条相交直线垂直． 共直线． ２．证明 ＡＢ是圆Ｏ的直径 ２．解析 一定是．不在同一直线上的三点确定 ∵ ， ＢＣＡ ° ＢＣ ＡＣ． 一个平面 梯形有两条平行边且另外两条边 ∴∠ ＝９０ ，∴ ⊥ ， ＰＡ 平面ＡＢＣ ＰＡ ＢＣ． 与平行边分别相交 可确定一个平面． ∵ ⊥ ，∴ ⊥ ， ＰＡ ＡＣ Ａ ＢＣ 平面ＰＡＣ． ３．解析 个平面． ∵ ∩ ＝ ，∴ ⊥ （１）４ ３．证明 ＶＡ ＶＣ Ｄ 是 ＡＣ 的中点 ＶＤ 个平面． ∵ ＝ ， ，∴ （２） （２）３ ＡＣ． 个平面或 个平面． ⊥ （３）３ １ ＡＢ ＢＣ ＢＤ ＡＣ． ＶＤ ＢＤ Ｄ ＡＣ ４．解析 一个公共点．因为该直线与平面相交． ∵ ＝ ，∴ ⊥ ∵ ∩ ＝ ，∴ 平面ＶＢＤ． ５．证明 点Ａ Ｂ Ｃ在同一直线ｌ上 点Ｄ在 ⊥ ∵ ， ， ， 练习（第 页） 直线ｌ 外 Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 四点共面 直线 １６０ ，∴ ， ， ， ，∴ １．证明 ＥＡ α ａ α ＥＡ ａ． ＡＢ ａ ＡＤ ＢＤ ＣＤ在同一平面内． ∵ ⊥ ， ⊂ ，∴ ⊥ ∵ ⊥ ， ， ， ａ 平面ＡＢＥ． ６．解析 不一定 可能为空间四边形． ∴ ⊥ ， α β ｌ ｌ α ｌ β． ＥＡ α ＥＡ ｌ． ◆习题4.1(第140页) ７．解析 用两根绳分别连接对角的两腿 如果 ∵ ∩ ＝ ，∴ ⊂ ， ⊂ ∵ ⊥ ，∴ ⊥ ， 同理ＥＢ ｌ． ｌ 平面ＡＢＥ． １．解析 假命题． 两根绳子正好相交 ， 则四条腿的底端在同一 ａ ｌ． ⊥ ∴ ⊥ 假 命 （１ 题 ） ． 平面内． ２． ∴ 解析 ∥ ＥＦ ． （２） ＝６ 假命题． ３．解析 如图 连接ＢＣ Ｂ Ｃ ＢＣ Ｂ Ｃ Ｅ （３） 4.3 直线与直线、直线与 ， １， １ ， １∩ １ ＝ ， 真命题． 连接Ａ Ｅ． （４） １ ２．解析 由左侧面平行四边形向右平移得到． 平面的位置关系 ３．解析 三棱台． 练习（第 页） ４．解析 有一个侧面是矩形的棱柱不是直棱 １４９ １．解析 略． 柱 有两个相邻的侧面是矩形的棱柱是直 ； ２．解析 平行于同一条直线的两条直线平 棱柱． ∵ 行 这些折痕互相平行． ５．解析 将这三个三棱锥中字母相同的顶点 ，∴ ３．证明 ＡＡ′ ＢＢ′ 四边形ＡＢＢ′Ａ′是平行 ６ ７ ８ ． ． ． 重 解 解 解 合 析 析 析 即 可 略 圆 由 得 锥 ． 底 到 ． 面 三 相 棱 同 柱 的 Ａ 圆 ′Ｂ 锥 ′Ｃ 和 ′ － 圆 ＡＢ 柱 Ｃ． 组成的几 面 ∵ 四边 Ａ ， Ａ ∴ Ａ ′Ｂ 形 ′ ′ 􀱀 Ａ Ｃ ∵ ， Ａ ′ ∴ Ｂ ′ ． 􀱀 Ｂ Ａ ′ Ｂ ， Ｃ 􀱀 ＝ Ｂ Ｃ Ｂ Ａ ′ ， ′ ′ Ｂ 􀱀 ∴ ′ ， ． ∴ Ｃ 同 Ａ Ｃ Ｃ 理 ′ ， ＝ Ａ Ｂ Ａ Ａ Ｃ ′ ′ Ｃ ， ＝ ′ Ｂ Ｂ ， Ｂ ′ ∴ Ｃ ′ ， ′． △ ＣＣ Ａ ′ Ｂ 不 Ｃ 共 ≌ ∵ ∴ ∴ 面 Ａ Ａ Ａ Ａ １ １ １ Ｂ Ｂ Ｂ Ｄ １ １ １ Ｃ ⊥ ⊥ ⊥ Ｂ Ｂ 平 Ｂ ． １ 面 Ｃ Ｃ １ １ ， ． Ｂ Ａ 又 Ｃ １ Ｃ Ｂ １ Ｂ １ Ｂ ⊥ Ｃ ． １ Ｂ ⊥ １ Ｂ Ｂ ， Ｂ １ Ｃ １ Ｃ ， １ ∴ ∩ Ｂ Ｂ Ｃ １ Ｂ １ ＝ ⊥ Ｂ 平 １， ９ １０ ． 何 解 ．解 体 析 析 ， 挖 略 去 ． 一个圆锥构成． １ ２ 练 ． ． △ 解 解 习 析 析 （第 １ 不 略 ５１ 是 ． 页 ．直 ） 线ＡＡ １∥ ＣＣ １ ． ∴ ∠ Ｂ Ａ Ａ １ １ Ｅ １ Ｅ 为 为 １ Ａ Ａ １ １ Ｂ Ｂ与 在 平 平 面 面 Ａ Ａ １ Ｄ １ Ｄ Ｃ Ｃ Ｂ Ｂ １ １ 所 上 成 的 角 射 ． 影 ， ＢＡ ＢＥ ２ ＢＡ Ｅ １ 即 ３．解析 连接ＤＢ Ｄ Ｂ Ｂ Ａ． ∵ １＝ ２， ＝ ，∴ ｓｉｎ∠ １ ＝ ， ， １ １， １ ２ ２ Ｅ Ｆ分别是ＢＣ ＤＣ的中点 ＥＦ ＢＤ ＢＡ Ｅ °． ∵ ， ， ，∴ ∥ ， ∠ １ ＝３０ ＥＦ Ｂ Ｄ ． 直线Ａ Ｂ与平面Ａ ＤＣＢ 所成角为 °． ∴ ∥ １ １ ∴ １ １ １ ３０ Ｂ Ｄ Ｄ Ａ ＡＢ ａ ＡＢ Ｄ 是等 ◆习题4.3（第163页) ∵ １ １＝ １ ＝ １＝ ２ ，∴ △ １ １ 边三角形 Ｂ Ｄ Ａ ° 异面直线 １．解析 ＡＡ′ 平面 Ａ′Ｄ′ＤＡ ＡＡ′ 平面 ，∴∠ １ １ ＝６０ ，∴ ⊂ ， ⊂ １１．解析 略． ＡＤ 与ＥＦ所成角的大小为 °． Ａ′Ｂ′ＢＡ ＡＡ′ 平面Ａ′Ｂ′Ｃ′Ｄ′ Ａ′ ＡＡ′ 平面 １ ６０ ； ∩ ＝ ， ∩ １２．解析 略． 练习（第 页） ＡＢＣＤ Ａ ＡＡ′ 平面 Ｄ′Ｃ′ＣＤ ＡＡ′ 平面 １５３ ＝ ； ∥ ， ∥ １３．解析 第一个几何体 上部是一个四棱台 １．解析 与直线 ＡＢ 平行的平面 平面 Ｂ′Ｃ′ＣＢ． ： ： 挖去一个长方体 下部是一个长方体和一 Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 平面ＤＣＣ Ｄ ２．解析 ＣＣ′ ＤＤ′ ＣＤ Ｃ′Ｄ′ Ｂ′Ｃ′ ＡＤ． ， １ １ １ １， １ １； （１） ， ， ， ， ， 个四棱台．第二个几何体 两个圆柱 一个 与直线 ＡＡ 平行的平面 平面 ＢＣＣ Ｂ 平 °． ： 、 １ ： １ １， （２）４５ 长方体 一个四棱锥． 面ＤＣＣ Ｄ Ａ′Ｂ′ Ｂ′Ｃ′ Ｃ′Ｄ′ Ａ′Ｄ′ ＡＢ ＢＣ ＣＤ ＡＤ． 、 １ １； （３） ， ， ， ， ， ， ， １４．解析 能 棱柱底面分割成若干个三角形 与直线 ＡＤ 平行的平面 平面 ＢＣＣ Ｂ 平 ３．证明 连接 ＦＯ． Ｏ 为底面平行四边形 ， ， ： １ １， ∵ 跟每一个顶点连接 就是一个三棱锥． 面Ａ Ｂ Ｃ Ｄ ． ＤＢＣＥ对角线的交点 Ｏ为ＢＥ的中点． ， １ １ １ １ ，∴ １１ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等在 ＡＢＥ 中 Ｏ Ｆ 分别为 ＢＥ ＡＥ 的中点 Ｅ Ｃ Ｄ Ｆ四点共面． 又ＮＱ ＭＱ Ｑ 平面ＭＮＱ 平面ＰＢＣ． △ ， ， ， ， ∴ ， ， １， ∩ ＝ ，∴ ∥ ＦＯ ＡＢ． １２．解析 证明 Ｆ为平面ＢＣＤ外一点 练习（第 页） ∴ ∥ （１） ：∵ ， １７０ ＦＯ 平面ＤＣＦ ＡＢ 平面ＤＣＦ． Ｅ 平面ＢＣＤ ＥＦ 平面ＢＣＤ Ｅ． １．解析 ＥＦＧ的周长为 ． ∵ ⊂ ，∴ ∥ ∈ ，∴ ∩ ＝ △ ６ ４．证明 连接ＢＤ交ＡＣ于点Ｏ 连接ＯＥ． ＢＤ 平面ＢＣＤ Ｅ ＢＤ ２．解析 平面α 平面β ＡＣ ＢＤ分别是平 ， ∵ ⊂ ， ∉ ， ∵ ∥ ， ， 底面ＡＢＣＤ为正方形 Ｏ为ＢＤ的中点． 直线ＥＦ与ＢＤ是异面直线． 面ＰＢＤ与α β的交线 ∵ ，∴ ∴ ， ， 在 ＢＤＤ 中 Ｏ Ｅ分别为ＢＤ ＤＤ 的中点 取ＣＤ中点Ｇ 连接ＧＥ ＧＦ． ＰＡ ＰＣ △ １ ， ， ， １ ， （２） ， ， ＡＣ ＢＤ． ． ＢＤ ＯＥ． Ｇ Ｅ分别为ＣＤ ＣＢ的中点 ∴ ∥ ∴ ＡＢ＝ＣＤ ∴ １∥ ∵ ， ， ， ＯＥ 平面ＡＥＣ ＢＤ 平面ＡＥＣ． ５． ∵ 证明 ⊂ 连接ＡＣ交 ，∴ ＢＤ于 １ 点 ∥ Ｏ 连接ＯＭ． ∴ ＥＧ 􀱀 １ ＢＤ． ∴ ＣＤ ＝ １５ ｃｍ， ＰＤ ＝ ＰＣ ＋ ＣＤ ＝ ２７ ｃｍ ． ， ２ ４ ４ Ｏ是ＡＣ中点 Ｍ是ＰＣ中点 ＡＰ ＯＭ． 练习（第 页） ∵ ， ，∴ ∥ 同理ＦＧ １ ＡＣ． ＥＧ ＦＧ． １７３ ∵ ＯＭ ⊂ 平面ＢＤＭ ，∴ ＡＰ ∥ 平面ＢＤＭ． 􀱀 ２ ∴ ＝ １．解析 略． 过ＡＰ作平面交平面ＢＤＭ于ＨＧ ，∴ ＡＰ ∥ ＨＧ． ∵ ＡＣ ⊥ ＢＤ ，∴ ＥＧ ⊥ ＦＧ ，∴∠ ＦＥＧ ＝４５ °． ２．证明 ∵ ＣＢ ＝ ＣＤ ， Ｆ是ＢＤ的中点 ， ６．证明 在 ▱ ＥＦＧＨ中 ， ＥＦ ∥ ＨＧ． ∵ ＥＧ ∥ ＢＤ ，∴ ＥＦ与ＢＤ所成的角为 ４５ °． ∴ ＣＦ ⊥ ＢＤ． ∵ ＨＧ ⊂ 平面ＢＣＤ ，∴ ＥＦ ∥ 平面ＢＣＤ． １３．证明 证法一 ： 连接ＡＱ ， 并延长交ＢＣ的延 ∵ Ｅ ， Ｆ分别是ＡＢ ， ＢＤ的中点 ，∴ ＥＦ ∥ ＡＤ． ∵ ＥＦ ⊂ 平面 ＡＣＤ ， 平面 ＡＣＤ ∩ 平面 ＢＣＤ 长线于点Ｋ ， 连接ＥＫ． ∵ ＡＤ ⊥ ＢＤ ，∴ ＥＦ ⊥ ＢＤ． ＝ ＣＤ ， 由已知可得ＡＥ ＝ ＢＤ ， ∵ ＥＦ ∩ ＣＦ ＝ Ｆ ，∴ ＢＤ ⊥ 平面ＥＦＣ． ７． ∴ 证明 ＥＦ ∥ ＣＤ Ｅ ， 是 ∴ Ｃ Ｂ Ｄ Ｃ ∥ 平 中 面 点 Ｅ Ｆ ＦＧ 是 Ｈ． Ｂ Ｂ中点 四 又ＡＰ ＝ ＤＱ ，∴ ＰＥ ＝ ＢＱ ，∴ Ｐ ＡＰ Ｅ＝ Ｄ ＢＱ Ｑ ． ３． ∵ 证明 ＢＤ ⊂ 平 ｍ 面Ｂ β ＣＤ ， β ∴ 上 平 有 面 直 Ｅ 线 ＦＣ ａ ⊥ 且 平 ｍ 面Ｂ ａ Ｃ ． Ｄ． 边形 Ｂ Ｂ Ｃ Ｃ ∵ Ｆ Ｃ １ Ｂ Ｂ １ 是 ＢＥ 正 １ 方 １ 形 Ｂ ， ， ＢＥ Ｂ １ ＣＦ． ， ∵ ＡＤ ∥ ＢＫ ，∴ Ｄ ＢＱ Ｑ ＝Ｑ ＡＱ Ｋ， ∵ 同理 ｌ ⊥ β ｍ ∵ 上 ，∴ 有 ｌ ∥ ⊥ 直 ａ 线 ， ． ∴ ｂ ｂ ｎ ｌ ｂ． ∥ ∴△ ＢＣＦ ≌ Ｂ １ ＦＣ ，∴∠ ° １ ＝ Ｂ ∠ ＢＥ ＢＦＣ ＡＰ ＡＱ ＰＱ ＥＫ． ｍ ｎ不平行 ａ ， ｂ ∥ 相 ， 交 ∴ ⊥ ｌ β． ∵∠ ° ＢＥ ＋∠ ＣＦ． ＝９０ ，∴ ∠ １ ＋∠ ＝ ∴ ＰＥ＝ＱＫ，∴ ∥ ∵ ｌ ， ａ α上 ， 存 ∴ 在 ， 直线ｃ ， ｃ ∴ ｌ． ⊥ ９０ ，∴ ⊥ 又ＥＫ 平面ＢＣＥ ＰＱ 平面ＢＣＥ ∵ ∥ ，∴ ， ∥ ＡＢ 平面 ＢＣＣ Ｂ ＣＦ 平面 ＢＣＣ Ｂ ⊂ ， ⊄ ， ｃ β α β． ∵ ＡＢ ⊥ ＣＦ． １ １， ⊂ １ １， ∴ ＰＱ ∥ 平面ＢＣＥ． 练 ∴ 习（ ⊥ 第 ，∴ 页 ⊥ ） ∴ ⊥ 证法二 过Ｐ作垂线ＰＰ′ ＢＥ于Ｐ′ 过Ｑ １７５ ＡＢ ＢＥ Ｂ ＣＦ 平面ＥＡＢ． ： ⊥ ， １．解析 不正确 α β或α β． ∵ ∩ ＝ ，∴ ⊥ 作垂线ＱＱ′ ＢＣ于Ｑ′ 连接Ｐ′Ｑ′． （１） ， ∥ ⊥ ８．解析 （１）１３ ２ ． ∵ ＱＱ′ ∥ ＤＣ ⊥ ， ＰＰ′ ∥ ＡＢ ， ， ∴ ＱＱ′ ∥ ＰＰ′． （２） 正 正 确 确． ． 理 理 由 由 略 略 ． ． （２）１３ ． 由已知可得ＡＥ ＝ ＢＤ ， ２．证 （３ 明 ） 在菱形ＡＢＣＤ中 ＤＡＢ ° （３） 过点Ａ′作垂线Ａ′Ｐ ⊥ ＡＢ′交ＡＢ′于点Ｐ． ＡＰ ＤＱ ＰＥ ＢＱ ． Ａ Ｂ （ Ｄ １ 是 ） 等边三角形． ，∵∠ ＝６０ ， Ｃ′Ｂ′ 平面ＡＢＢ′Ａ′ Ａ′Ｐ Ｃ′Ｂ′ Ａ′Ｐ ∴ ＡＥ＝ＤＢ，∴ ＡＥ＝ＢＤ ∴△ ∵ ⊥ ，∴ ⊥ ，∴ Ｇ为ＡＤ中点 ＢＧ ＡＤ． 平面Ｂ′Ｃ′ＤＡ． 点Ａ′到平面Ｂ′Ｃ′ＤＡ的距 ＱＱ′ ＢＱ ∵ ，∴ ⊥ ⊥ ∴ ＱＱ′ ＤＣ ． 平面 ＰＡＤ 平面 ＡＢＣＤ 平面 ＰＡＤ 平 ∵ ∥ ，∴ ＤＣ＝ＢＤ ∵ ⊥ ， ∩ ９．解 离 析 ｄ ＝ Ａ （ ′Ｐ １） ＝ 证 １２ １ 明 ３ ×５ ： ＝ ∵ １ ６ Ｄ ３ ０ Ｃ ． ⊥ 平面ＡＢＣ ， ＥＢ ⊥ 平 同理 Ｐ Ａ Ｐ Ｂ ′ ＝ Ｐ ＡＥ Ｅ ， ∴ 面 Ｂ Ａ Ｇ Ｂ ⊥ ＣＤ 平 ＝ 面 ＡＤ Ｐ ， ＡＤ． 面ＡＢＣ ，∴ ＤＣ ∥ ＥＢ． ＱＱ′ ＰＰ′ （２）∵ ＰＡ ＝ ＰＤ ， Ｇ 为 ＡＤ 中点 ，∴ ＰＧ ⊥ ＡＤ． 又 ∵ ＤＣ ⊄ 平面ＡＢＥ ， ＥＢ ⊂ 平面ＡＢＥ ， ∴ ＤＣ＝ＡＢ， 又ＢＧ ⊥ ＡＤ ，∴ ＡＤ ⊥ 平面ＰＢＧ． ∴ ＤＣ 由 ∥ 平面 可 Ａ 知 ＢＥ Ｄ ． Ｃ 平面ＡＢＥ ＤＣ与平 ∴ 四 ＱＱ 边 ′ ＝ 形 ＰＰ Ｐ ′ Ｑ ， Ｑ ∴ ′Ｐ Ｑ ′ Ｑ 为 ′ 􀱀 平 Ｐ 行 Ｐ′ 四 ， 边形． ◆ ∵ 习 ＰＢ 题 ⊂ 4 平 . 面 4（ ＰＢ 第 Ｇ ，∴ 17 ＡＤ 6 ⊥ 页 ＰＢ ) ． （２） （１） ∥ ，∴ ∴ 面ＡＢＥ的距离即为点Ｃ到平面ＡＢＥ的距离． ＰＱ Ｐ′Ｑ′ ＰＱ 平面ＢＣＥ． １．解析 不成立 无数条平行直线与β平 ∴ ∥ ，∴ ∥ （１） ， ＥＢ 平面ＡＢＣ ＥＢ ＣＢ． １４．证明 ＢＣ是圆Ｏ的直径 行时 α与β可相交． ∵ ⊥ ，∴ ⊥ （１）∵ ， ， ＡＢＣ ° ＣＢ ＡＢ 又ＥＢ ＡＢ Ｂ ＡＣ ＡＢ． 成立 平面α内一定存在两条相交直线 ∵∠ ＝９０ ，∴ ⊥ ， ∩ ＝ ， ∴ ⊥ （２） ， ＣＢ 平面ＡＢＥ ＡＡ 是圆柱ＯＯ 的母线 ＡＡ 底面 与β平行． ∴ ⊥ ， ∵ １ １ ，∴ １⊥ ， 点Ｃ到平面ＡＢＥ的距离为ＣＢ． ＡＡ ＡＣ． ２．证明 连接ＡＦ交平面β于点Ｍ 连接ＢＭ ∴ ∴ １⊥ ， ， 又ＡＢ ＝２， ＡＣ ＝５，∴ ＣＢ ＝ ＡＣ２ － ＡＢ２ ＝ ２１ ． ∵ ＡＢ 连 ∩ 接 ＡＡ Ｅ １ Ｏ ＝ Ａ Ｏ ， Ａ ∴ ． ＡＣ ⊥ 平面ＡＡ １ Ｂ １ Ｂ． ＣＦ ， ＡＤ． ＡＢ ＡＭ ＤＣ与平面ＡＢＥ的距离为 ． （２） ， β ｒ ＢＭ ＣＦ ． ∴ ２１ Ｅ Ｏ分别是ＣＢ ＢＣ的中点 ∵ ∥，∴ ∥ ，∴ ＢＣ＝ＭＦ １０．解析 连接 ＡＣ． ＳＡ Ｏ 所在平面 ∵ ， １， ， ∵ ⊥☉ ， ＡＭ ＤＥ ＳＣＡ为ＳＣ与 Ｏ所在平面所成的角． ＯＥ １ ＢＢ ． 同理可得 ． ∴∠ ☉ ∴ 􀱀 １ ＭＦ＝ＥＦ ＡＢ是 Ｏ的直径 ＡＯＣ ° ２ ∵ ☉ ，∠ ＝１２０ ， 又ＡＤ ＢＢ ＡＡ ＢＢ ＡＢ ＤＥ ∥ １， １＝ １， ． ∴∠ ＯＡＣ ＝３０ ° ，∴ ＡＣ ＝ ２ ３ＡＢ． ∴ ＡＤ ＝ ２ １ ＢＢ １＝ ＯＥ ，∴ ＡＤ 􀱀 ＯＥ ， ３．证 ∴ 明 ＢＣ ＝ 在 ＥＦ △ Ａ １ Ｂ １ Ｃ １ 中 ， Ｅ ， Ｆ是Ａ １ Ｂ １， Ａ １ Ｃ １ 的 ＳＡ 四边形ＡＯＥＤ是平行四边形 ＤＥ ＡＯ． 中点 ＥＦ Ｂ Ｃ ＥＦ 平面ＡＢ Ｃ ． ∵ ∴ Ｓ Ｓ Ａ Ｃ ＝ 与 ＡＢ ☉ ，∴ Ｏ ｔａ 所 ｎ∠ 在 Ｓ 平 ＣＡ 面 ＝Ａ 所 Ｃ 成 ＝ ２ 角 ３ ３ 的 ． 正切值 ∴ 又 ∴ Ｄ Ａ Ｅ Ｏ ∥ ⊂ 平 平 面 面 Ａ Ａ Ｂ Ｂ Ｃ Ｃ ． ， ＤＥ ⊄ 平面Ａ ， Ｂ ∴ Ｃ ， ∥ 同 ∵ 理 ＤＥ ， Ｄ ∩ ∴ Ｅ Ｅ ∥ Ｆ 平 ＝ ∥ Ｅ 面 ， １ ∴ ＡＢ １ 平 ， １ ∴ Ｃ 面 １ ． ＤＥ ∥ Ｆ ∥ 平面Ａ １ Ｂ １ １ Ｃ １ ． ４．证明 ａ α α上存在直线ｂ使得ｂ ａ． 为２ ３． ∵ ∥ ，∴ ∥ 4.4 平面与平面的位置关系 α β ｂ α ｂ β． ３ ∵ ∥ ， ⊂ ，∴ ∥ １１．证明 （１）∵ Ｃ １， Ｏ ， Ｍ ∈ 平面ＢＤＣ １， Ｃ １， Ｏ ， 练习（第 １６８ 页） ∵ ａ ∥ ｂ ， ａ ⊄ β ，∴ ａ ∥ β． Ｍ ∈ 平面ＡＣＣ １ Ａ １， １．解析 （１） 不正确．两条直线必须相交． ５．证明 已知ＯＡ ⊥ ＯＢ ， ＯＢ ⊥ ＯＣ ， ＯＡ ⊥ ＯＣ． ∴ Ｃ １， Ｏ ， Ｍ在平面ＢＤＣ １ 与平面ＡＣＣ １ Ａ １ 的 （２） 正确．理由略． 求证 ： 平面ＯＡＢ ⊥ 平面ＯＢＣ ， 平面ＯＢＣ ⊥ 平 交线上． ∴ Ｃ １， Ｏ ， Ｍ三点共线． ２．证明 在 ＰＡＤ中 ＰＭ ＰＱ ＭＱ ＡＤ． 面ＯＡＣ ， 平面ＯＡＢ ⊥ 平面ＯＡＣ． Ｅ为ＡＢ的中点 Ｆ 为 ＡＡ 的中点 △ ，ＭＡ＝ＱＤ，∴ ∥ ＯＡ ＯＢ ＯＡ ＯＣ ＯＢ ＯＣ Ｏ （２）∵ ， １ ， ∵ ⊥ ， ⊥ ， ∩ ＝ ， ＥＦ ＢＡ ． ＢＣ ＡＤ ＭＱ ＢＣ ＭＱ 平面ＰＢＣ． ＯＡ 平面ＯＢＣ． ∴ ∥ １ ∵ ∥ ，∴ ∥ ，∴ ∥ ∴ ⊥ ＢＡ ＣＤ ＥＦ ＣＤ 同理ＮＱ ＰＢ ＮＱ 平面ＰＢＣ． ＯＡ 平面ＯＡＢ 平面ＯＡＢ 平面ＯＢＣ． ∵ １∥ １，∴ ∥ １， ∥ ，∴ ∥ ∵ ⊂ ，∴ ⊥ １２ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等教材习题答案 同理可证平面ＯＡＣ 平面ＯＢＣ 平面ＯＡＣ ． ． ３ ． ⊥ ， ⊥ （１８＋０８）＝３１２０（ｍ ） 四棱台的体积 Ｖ １ 平面ＯＡＢ． 设至少派ｘ人． ３＝ ×（５×１０＋２５×１６＋ ３ ６．证明 Ａ′Ａ 平面ＡＢＣＤ Ａ′Ａ ＢＤ． ∵ ⊥ ，∴ ⊥ 则３１２０ 解得ｘ ．故至少要派 人． ５×１０×２５×１６） × ２ ＝ ３００ ＋ １００ ２ ≈ 在正方形ＡＢＣＤ中 ＡＣ ＢＤ ｘ ≤３０， ≥５２ ５２ ， ⊥ ， ２ ４４１（ｃｍ ３ ）， ＢＤ 平面ＡＣＣ′Ａ′． [ 这个奖杯的体积 Ｖ Ｖ Ｖ Ｖ ∴ ∵ ＢＤ ⊥ ⊂ 平面Ａ′ＢＤ ， ２．解析 一个毛坯的体积Ｖ ＝ ６× ４ ３ ×１ ． ２ ２ － １ ∴ ７０１ ． ５（ｃｍ ３ ） ． ＝ １ ＋ ２ ＋ ３ ≈ ７． ∴ 解析 平面 ∵ Ａ′ α Ｂ ⊥ Ｄ ⊥ β ， 平 ＢＤ 面 ⊂ Ａ β Ｃ ， Ｃ α ′ ∩ Ａ′ β ． ＝ ｌ ， ＢＤ ⊥ ｌ ， ( ２ １ ) ２ π ] ×１≈２ ． ９５６（ｃｍ ３ ） ． １１． 外 解 心 析 Ｅ ， 取 连 Ｂ 接 Ｃ Ｓ 中 Ｅ 点 ． Ｄ ， 连接ＡＤ ， 取 △ ＡＢＣ的 ∴ ＢＤ ⊥ α ，∴ ＢＤ ⊥ ＢＣ． 毛坯个数 ＝５ ． ８×１０ ３ ÷（７ ． ８×２ ． ９５６）≈２５２ ． 由已知得Ｅ在ＡＤ上且ＡＥ ２ ＡＤ． ∵ ＡＣ ⊥ ｌ ， ＡＣ ＝３， ＡＢ ＝４，∴ ＢＣ ＝５ ． 故约有毛坯 ２５２ 个． ＝ ３ ＢＤ ＢＣ ＢＣ２ ＢＤ２ ＣＤ２ ＣＤ ． ( ) ８． ∵ 解 在 析 圆 Ｏ ⊥ Ｄ 中 Ｅ ， ⊥ ， Ａ ∴ Ｂ 平 是 面 直 Ｖ ＋ Ｂ 径 Ｃ ， ， ∴ 理 ＝ Ａ 由 Ｃ ⊥ 如 ， Ｂ 下 ∴ Ｃ ： ． ＝１３ ３．解 ４５ 析 ５６ ． ２ ∵ ５π 圆 （ｍ 柱 ｍ 部 ３ ） 分 ， 体积Ｖ １＝π× ４ ２ ５ ２ ×９＝ ∵ ＡＢ ＝ ＡＣ ＝ ＳＡ ＝２３，∴ ＡＤ ＝ ２３ ２ ３ ， ＶＣ 平面ＡＢＣ ＶＣ ＡＣ． ＡＥ ２３ ３ ＳＥ ２３ ６． ∵ ∵ ＶＣ ∩ ⊥ ＢＣ ＝ Ｃ ，∴ ， Ａ ∴ Ｃ ⊥ 平 ⊥ 面ＶＢＣ． 半球部分体积Ｖ ２＝ ２ １ × ３ ４ π×１５ ３ ∴ 由已知 ＝ 得 ３ 外接 ， 球 ＝ 球心 ３ 必在ＳＥ上 设外接球 Ｄ Ｅ分别是ＶＡ ＶＣ的中点 ＤＥ ＡＣ． ， ∵ ， ， ，∴ ∥ ＝２２５０π（ｍｍ ３ ）， 半径为Ｒ． ９．证 Ａ ∴ ∈ 明 Ｄ ｌ Ｅ ， ⊥ ｌ ∥ 已 平 α 知 ． 面 求 点 Ｖ 证 Ｂ Ａ ： Ｃ ∉ ｌ ． ⊂ 平 β 面 ． α ， Ａ ∈ 平面β ， α ∥ β ， ◆ ∴ ＝ 习 ２ 总 １ 题 体 ３７ 积 １ 4 ． ６ . Ｖ 5 ２５ ＝ （ （ Ｖ ｍ １ 第 ＋ ｍ Ｖ ３ ２ ） 1 ＝ ≈ 9 ６ ２ 0 ８ １ ０ ． 页 ３ ６ ７ ． ２ （ ) ５ ｃｍ π ３ ） ． 则Ｒ２ ＝ ( ２３ ３ ６ － Ｒ ) ２ ＋ ( ２３ ３ ３ ) ２ ， 证明 ： 在β上取一点Ｂ ， ＡＢ ∩ ｌ ＝ Ａ． ∵ ＡＢ ⊂ β ， β １．解析 ２． ∴ Ｒ ＝ ２３ ６． α ＡＢ α． ３６ｃｍ １２ ∥ ｌ ，∴ α ＡＢ ∥ ｌ Ａ ｌ ＡＢ所成平面γ α． ２．解析 １６ ２ ． ∴ 外接球的表面积为 ４π Ｒ２ ≈２７６ ． ８４ ． １０ ∵ 又 ．证 Ａ ∥ 明 ∈ γ ， ， ∵ ∴ ∩ Ａ γ Ａ １ 与 ＝ ＝ Ｃ β ， Ｃ 重 ∴ １＝ 合 ， ２ ， ， 即 Ｍ是 ｌ ⊂ Ｃ β Ｃ ． １ 中点 ∥ ， ３．解析 表面积Ｓ ＝ ２ １ ×３４× ２１ ２ ＋ ( ３ ２ ４ ) ２ × １２．解 ＦＭ 析 ， Ｃ Ｍ． （１） 证明 ： 取 ＰＤ 中点 Ｍ ， 连接 ∴ ＭＣ ＝ ＭＣ １＝ ＢＣ ＝ Ｂ １ Ｃ １＝１ ． ４≈１８３７ ． ２６（ｍ ３ ） ． ∵ Ｆ为ＰＡ中点 ，∴ ＦＭ 􀱀 １ ＡＤ． ∴ ∵ ∠ ＭＣ Ｂ Ｃ ⊥ Ｍ Ｍ Ｂ Ｂ Ｂ Ｃ ＝ ， ∠ Ｍ Ｃ Ｃ ° １ １ Ｍ ⊥ 即 Ｂ Ｂ １ Ｂ １ ＝ Ｃ ４ Ｍ １ ５ ， °． ＢＭ． ４．解析 共需 要 Ｓ ＝４π×５ ２ ２ × 玻 ２ １ 璃 ＝ 材 １５ 料 ７（ ． ｍ ３ ）， ∵ Ｅ为ＢＣ中点 ，∴ ＥＣ 􀱀 １ ２ ２ ＡＤ ， ∴∠ ＡＢ １ 平面 ＝９ Ｂ ０ ＣＣ ， Ｂ １ Ａ ⊥ Ｂ Ｂ Ｍ． ５．解 ∴ 析 他的 １５ 发 ７ 现 ｍ 是正确的．设球直径为 Ｒ． ∴ ＦＭ 􀱀 ＥＣ． ∵ ⊥ １ １，∴ ⊥ １ ２ 四边形ＦＭＣＥ是平行四边形 ＡＢ ＢＭ Ｂ Ｂ Ｍ 平面ＡＢＭ． ∴ ， ∵ ∵ Ｂ １ Ｍ ∩ ⊂ 平 ＝ 面 ， Ａ ∴ １ Ｂ １ Ｍ １ ， ⊥ ∵ Ｖ 球＝ ３ ４ π Ｒ３ ， Ｖ 圆柱＝π Ｒ２ ·２ Ｒ ＝２π Ｒ３ ， ∴ Ｃ Ｅ Ｍ Ｆ ∥ Ｃ 平 Ｍ 面 ． ＰＤＣ ＥＦ 平面ＰＤＣ． １１．证 ∴ 明 平面 连 ＡＢ 接 Ｍ ⊥ ＢＣ 平 ． ∵ 面 ＡＢ Ａ １ 是 Ｂ １ 圆 Ｍ． Ｏ的直径 ， ∴ Ｖ 圆柱＝ ２ ３ Ｖ 球 ． ∵ ⊂ 包装盒的 ，∴ 高 Ｈ ∥ ２ ( ｘ ) ２ ∴∠ ＡＣＢ ＝９０ °． ∵ Ｓ 球＝４π Ｒ２ ， Ｓ 圆柱＝２π Ｒ２ ＋２π Ｒ ·２ Ｒ ＝６π Ｒ２ ， （２）∵ ＝ ２０ － ２ ∵ ∴∠ Ｏ ， Ａ Ｄ Ｄ 是 Ｏ ＝ Ａ ∠ Ｂ ， Ａ Ａ Ｃ Ｃ Ｂ 的 ＝９ 中 ０ ° 点 ，∴ ，∴ ＡＣ Ｏ ⊥ Ｄ ∥ ＯＤ Ｂ ． Ｃ ， ∴ Ｓ 圆柱＝ ２ ３ Ｓ 球 ． ( ) ＝ １６０ ４ ０－ ｘ２ ， 又 ∴ 在 ＰＯ 圆 ⊥ 锥 ＡＣ Ｐ ． Ｏ中 ， ＰＯ ⊥ 底面ＡＢＣ ， ６．解析 Ｖ 米堆＝ ４ １ × ３ １ ×５×π× １ π ６ ２ ∴ 四棱椎 Ｐ － ＡＢＣＤ 的体积 Ｖ ＝ ３ １ ｘ２ · ∵ Ｐ ＡＣ Ｏ ∩ 平 ＯＤ 面 ＝ Ｏ ＰＡ ， Ｃ ∴ ＡＣ 平 ⊥ 面 平面 ＰＯ Ｐ Ｄ ＯＤ 平 ． 面ＰＡＣ． ＝ ３ ９ ２０ （ 尺３ ） ．共有３２ ９ ０ ÷１ ． ６２≈２２（ 斛 ） ． １６００－ ｘ２ ＝ ｘ２ １６００－ ｘ２ （０＜ ｘ ＜４０） ． ∵ ⊂ ，∴ ⊥ ４ ６ １２．证明 已知α β ａ β ａ α．求证 ａ α． ７．解析 Ｓ １ ． Ｒ ． Ｒ Ｒ Ｈ ⊥ ， ⊥ ， ⊄ ： ∥ （１） ＝４× ×０ ６ ×（２ ５ ＋３ ）＋ 又三棱锥Ｆ ＡＢＥ的高ｈ 证明 设α β ｌ 在ｌ上任取一点作直线ｂ ２ － ＝ ∵ ⊥ ｂ ｌ ⊥ 且 ： ｌ ， ｂ ⊂ α ∩ α ∩ ． β ＝ ＝ ｌ ， ， α ⊥ β ，∴ ｂ ⊥ β． （ （ ２ ２ 需 ） ． ５ ∵ Ｒ 涂 ） Ｓ 料 ２ ＝ ＋ ３ （ ４ ３ ． Ｒ ４ ． １ ） × ２ ＋ ４ ４ ＝ π １ Ｒ ３７ ２ ＝ ． ６ ３ ４ ４ （ ． ｃ ４ ｍ １ Ｒ ２ ） ２ ． ． ． ＝ １６０ １ ０ ６ － ｘ２ ， ２ ∵ ａ ⊄ α ， ｂ ⊂ α ， ａ ⊥ β ，∴ ａ ∥ ｂ ，∴ ａ ∥ α． ∴ １３７６４×１００÷１００００×０４ ｘ ． ． Ｖ Ｖ １ ｘ １ ≈０６（ｋｇ） ∴ 三棱锥Ａ－ＢＥＦ＝ 三棱锥Ｆ－ＡＢＥ＝ · · · 4.5 几种简单几何体 ８．解析 设ＡＤ ＝ ａ ， ＣＤ ＝ ｂ ， ＤＤ′ ＝ ｃ ， ３ ２ ２ ｘ２ ｘ２ 的表面积和体积 则 Ｖ 棱锥Ｃ－Ａ′ＤＤ′ ＝ １ × ａｃ × ｂ × １ ＝ １ ａｂｃ ， · １６０ １ ０ ６ － ＝ ４８ １６００－ ｘ２ （０＜ ｘ ＜４０） ． 练习（第 页） Ｖ ａ ２ ｂｃ ３ ６ ◆复习题四（第197页) １８３ 长方体ＡＢＣＤ－Ａ′Ｂ′Ｃ′Ｄ′＝ ， １．解析 需要 ． ２铁板． Ｖ Ｖ ． １．解析 略． ３４ｍ ∴ 棱锥Ｃ－Ａ′ＤＤ′ ∶ 剩＝１∶ ５ ９．解析 两底面对应边的比为 ２．解析 °． ２．解析 等腰梯形面积Ｓ １ ∵ ５∶ ８， （１）４５ ∵ １＝（９＋１５）×４× 两底面面积比为 ． °． ２ ∴ ２５∶ ６４ （２）６０ ２ ３．证明 在 ＢＡＥ中 Ｆ Ｇ分别为ＥＢ ＝４８（ｃｍ ）， 棱台体积Ｖ １ Ｓ Ｓ′ ＳＳ′ ｈ （１） △ ，∵ ， ， 小正方形面积Ｓ ２ ∵ ＝ （ ＋ ＋ ） ２＝９×９＝８１（ｃｍ ）， ３ ＡＢ的中点 ＦＧ １ ＥＡ． 大正方形面积Ｓ ２ ，∴ 􀱀 ３＝１５×１５＝２２５（ｃｍ ）， ３ ｈ Ｓ ２５Ｓ′ ２ 表面积Ｓ Ｓ Ｓ Ｓ ２ ． ＝１７２０（ｃｍ ）， ＝２０ｃｍ， ＝ ， ＥＡ 平面ＡＢＣ ＦＧ 平面ＡＢＣ． ∴ ＝４ １＋ ２＋ ３＝４９８（ｃｍ ） ６４ ∵ ⊥ ，∴ ⊥ ３．解析 球的表面积Ｓ ＝４π Ｒ２ ＝４π×１ ． ５ ２ ∴ Ｓ′ ＝１２８ｃｍ ２ ， Ｓ ＝５０ｃｍ ３． （２）∵ ＣＤ ⊥ 平面ＡＢＣ ， ＡＥ ⊥ 平面ＡＢＣ ， ２ ＡＥ ＣＤ． ＝９π（ｍ ）， １０．解析 球的体积Ｖ ４ ． ３ １０π ∴ ∥ 共需锌 ． ． ． ． ∵ １＝ π×２５ ＝ ≈ ５０×０１１×９π＝４９５π＝１５５４３（ｋｇ） ３ ３ ＣＤ １ ＡＥ ＦＧ １ ＥＡ ＤＣ ＦＧ 练习（第 页） ∵ ＝ ， 􀱀 ，∴ 􀱀 ， １８９ １５７ ３ 四棱柱的体积 Ｖ ２ ２ （ｃｍ ）， ２＝１０×５×２５ 四边形ＣＤＦＧ是平行四边形 １．解析 渠道的体积Ｖ ． ３ １ ． １５ ∴ ， ＝１ ５×１０ × ×１ ６× ３ ＦＤ ＧＣ． ＧＣ 平面ＡＢＣ ２ ＝１２５０（ｃｍ ）， ∴ ∥ ∵ ⊂ ， １３ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等ＦＤ 平面ＡＢＣ． ＥＭ Ａ Ｅ Ｅ Ｂ Ｄ 平面Ａ ＥＭ． ∴ ∥ ＥＦ １ ＣＤ ＥＦ ＧＣ ． ∵ ∩ １ ＝ ，∴ １ １⊥ １ ４．解析 平面 Ａ Ｃ Ｂ 平面 ＢＢ Ｄ Ｄ 理由 ∴ 􀱀 ，∴ ＝ ＝１ Ｂ Ｄ 平面Ｂ ＣＤ １ １ ⊥ １ １ ， ２ ∵ １ １⊂ １ １， 如下 平面Ｂ ＣＤ 平面Ａ ＥＭ． 在正方 ： 形Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 Ａ Ｃ Ｂ Ｄ ． ∴ Ｖ 三棱锥Ｐ－ＥＦＧ＝ Ｖ 三棱锥Ｇ－ＰＥＦ＝ １ ＧＣ × Ｓ △ ＰＥＦ＝ １ １７． ∴ 解析 过 １ 点Ｃ １⊥ 作ＣＤ Ａ １ Ｂ于点Ｄ． １ １ １ １ ， １ １⊥ １ １ ３ ３ ⊥ ＢＢ 平面Ａ Ｂ Ｃ Ｄ Ａ Ｃ ＢＢ ． ＰＯ 平面ＡＢＣ ＰＯ ＣＤ． ∵ ∵ ＢＢ １ １ ∩ ⊥ Ｂ １ Ｄ １＝ １ Ｂ １ １ ，∴ １ Ａ １ １ ， Ｃ ∴ １⊥ 平 １ 面 １⊥ ＢＢ １ １ Ｄ １ Ｄ． ×１× ２ １ ＝ ６ １ ． ∵ ∵ ＰＯ ⊥ ∩ ＡＢ ＝ Ｏ ，∴ ， Ｃ ∴ Ｄ ⊥ 平 ⊥ 面ＰＡＢ． Ａ Ｃ 平面 Ａ Ｃ Ｂ 平面 Ａ Ｃ Ｂ 平 ∵ 面Ｂ １ Ｂ １ Ｄ ⊂ Ｄ． １ １ ，∴ １ １ ⊥ １２．解析 因为上 、 下底面面积和为 ６× ３ ×（９ ２ ∴ Ｖ 三棱锥Ｐ－ＡＢＣ ＝ Ｖ 三棱锥Ｃ－ＰＡＢ ＝ １ Ｓ △ ＰＡＢ× ＣＤ ＝ １ １ ４ ３ ５．证明 （１） 在 △ ＡＰＣ中 ，∵ Ｄ ， Ｅ分别是ＡＰ ， ＋１５ ２ ）＝４５９ ３（ｃｍ ２ ）， １ ＣＤ． Ａ ∴ Ｃ Ｄ 的 Ｅ ∥ 中 平 点 面 ，∴ Ｂ Ｄ Ｃ Ｅ Ｐ ∥ ． ＰＣ．又ＰＣ ⊂ 平面ＢＣＰ ， 又等腰梯形的高为 ５ ２ － ( １５ ２ －９ ) ２ ＝ ∵ ３ Ｃ是圆Ｏ上异于Ａ ， Ｂ的点 ，∴ ＣＤ ｍａｘ＝１ ． ＰＣ ＡＢ ＤＥ ＰＣ ＤＥ ＡＢ． ∴ 在 （２ Ｅ △ ） Ｆ ∵ Ａ ∥ ＢＣ ＡＢ ⊥ 中 ，∴ ，∵ Ｄ ， Ｅ Ｅ ， ⊥ Ｆ ∥ Ｅ 分 Ｆ． 别 ，∴ 为ＡＣ ⊥ ， ＢＣ的中点 ， ４ ２８ （ ８ ｃ （ ｍ ｃ ） ｍ ， ２ 侧 ）， 面面积为 ６× ２ １ ×（９＋１５）×４＝ １８． ∴ 解 （ 析 Ｖ 三棱 ∵ 锥Ｐ Ｂ －Ａ ， ＢＣ Ｄ ） ， ｍ Ａ ａｘ １ ＝ 到 ３ １ 平 × 面 １＝ α ３ １ 的 ． 距离分别为 又ＤＥ １ ＰＣ ＧＦ １ ＰＣ 所以该几何体全面积为上 、 下底面面积与 ６ １，２，４， 􀱀 ， 􀱀 ， ２ ２ 个侧面面积的和 即为 ２． ＤＡ 的中点到平面α的距离为 １ ＤＥ ＧＦ 四边形ＤＥＦＧ为平行四边形． ， （４５９ ３＋２８８）ｃｍ ∴ １ ×（２＋ ∴ 􀱀 ，∴ １３．证明 分别取ＢＢ ＢＣ的中点Ｎ Ｐ 连接 ２ ６． 又 ∵ 证 ∵ 明 Ｂ Ｂ Ｄ Ｃ Ｃ Ｅ ⊥ ⊥ ⊂ （ Ａ Ｅ １ Ｂ 平 ） Ｆ ， ∵ ， Ａ 面 ∴ Ｂ Ａ ∩ Ａ 四 １ Ａ Ａ ⊥ 边 １ Ａ Ｂ １ 平 形 Ｃ ＝ ， 面 Ａ Ｄ ∴ ， Ｅ ∴ Ａ Ｆ Ｂ 平 Ｇ Ｂ Ｃ Ｃ 为 ， 面 ⊥ ∴ 矩 平 Ａ Ａ 形 Ａ １ 面 １ Ｂ ． ⊥ Ｃ Ａ Ｂ １ ⊥ Ｃ ＡＢ ． 平 ． 中 在 ＭＮ 点 △ ， Ｎ ， Ａ ∴ Ｐ １ Ｂ ， Ｍ Ｂ Ｏ １ Ｎ Ｐ 中 􀱀 ． ， １ ２ ∵ Ａ Ｍ １ １ ， ， Ｂ Ｎ １ ． 分别是Ａ １ Ｂ ， ， Ｂ ， Ｂ １ 的 （ ４） １＋ ＝ ４ ３ ） ， ＝ ＢＡ １ ２ ５ 的 ， Ｂ 中 Ｄ 点 的 到 中 平 点 面 到 α 平 的 面 距 α 离 的 为 距 １ ２ 离 × 面Ａ ＡＢ． 为 ３ ． １ 同理ＯＰ １ ＡＢ． 连接ＢＣ ． 􀱀 ２ （２） １ ２ 又ＤＡ 的中点也是Ｄ Ａ的中点 且Ａ在平 Ｍ Ｎ分别是Ａ Ｃ Ａ Ｂ的中点 ＡＢ Ａ Ｂ ＭＮ ＯＰ． １ １ ， ∵ ， １ １， １ ， ∵ 􀱀 １ １，∴ 􀱀 面α上 点Ｄ 到平面α的距离为 ． ＭＮ Ｃ Ｂ． 四边形ＭＮＰＯ是平行四边形 ，∴ １ ６ ∴ ∥ １ ∴ ， 同理可得点Ｂ Ｃ到平面α的距离分别为 又Ｃ Ｂ 平面ＢＣＣ Ｂ ＯＭ ＰＮ． １， １ ⊂ １ １， ∴ ∥ ． ＭＮ 平面ＢＣＣ Ｂ ． ＰＮ 平面ＢＢ Ｃ Ｃ ５，３ ∴ ∥ １ １ ∵ ⊂ １ １ ， 平面ＭＮＢ 平面ＢＣＣ Ｂ ｌ ＭＮ ｌ． ＯＭ 平面ＢＢ Ｃ Ｃ． ＣＡ 的中点到α的距离为 １ ７．解 ∵ 析 ＣＤ １∩ 平面ＰＡＤ １ 证 １＝ 明 ， 如 ∴ 下 ∥ １４． ∴ 解析 ∥ 证明 １ １ 取 ＰＤ 的中点 Ｏ 连接 ∴ １ ２ ×（３＋４）＝ （１） ⊥ ， ： （１） ： ， ＢＣＤ ° ＣＤ ＢＣ． ＯＮ ＯＡ． ７ ． 点Ｃ 到平面α的距离为 ． ∵∠ ＝９０ ，∴ ⊥ ， ∴ １ ７ ＡＤ ＢＣ ＣＤ ＡＤ． 在 ＰＣＤ中 Ｏ Ｎ分别为ＰＤ ＰＣ的中 ２ ∵ ∥ ，∴ ⊥ △ ，∵ ， ， 又Ｐ是Ｃ Ｃ Ｂ Ｄ 中一点 点Ｐ到平 ＣＤ ＰＤ ＰＤ ＡＤ Ｄ ＣＤ 平面ＰＡＤ． ， １， １， １ ，∴ ∵ ⊥ ， ∩ ＝ ，∴ ⊥ 点 ＯＮ １ ＤＣ． 面α的距离可能值为 ． 证明 ＣＤ 平面ＰＡＤ ＣＤ ＰＡ． ，∴ 􀱀 ３，５，６，７ （２） ：∵ ⊥ ，∴ ⊥ ２ １９．解析 如图 连接ＡＢ ＡＣ 由题意可设罐 ＰＡ ＡＢ ＡＢ与ＣＤ相交 ， １， １， ∵ ⊥ ， ， ＡＭ １ ＤＣ ＯＮ ＡＭ 内所剩车油的最大值为几何体 ＡＤＥ ＰＡ 平面ＡＢＣＤ． ∵ 􀱀 ，∴ 􀱀 ， － ∴ ⊥ ２ Ａ Ｂ Ｃ 的体积． ＰＡ 平面ＰＡＢ 平面ＰＡＢ 平面ＡＢＣＤ． 四边形 ＡＭＮＯ是平行四边形 ＭＮ １ １ １ ∵ ⊂ ，∴ ⊥ ∴ ，∴ ∥ ８．解析 由已知得红蚂蚁的爬行路线为ＡＡ ＡＯ． ＡＯ 平面ＰＡＤ １→ ∵ ⊂ ， Ａ Ｄ Ｄ Ｃ Ｃ Ｃ ＣＢ ＢＡ ＡＡ ＭＮ 平面ＰＡＤ． １ １→ １ １→ １ → → → １→… ∴ ∥ 黑蚂蚁的爬行路线为 ＡＢ ＢＢ Ｂ Ｃ Ｑ为ＰＢ的中点 理由如下 → １→ １ １→ （２） ， ： Ｃ Ｄ Ｄ Ｄ ＤＡ ＡＢ 连接ＱＮ ＱＭ． １ １→ １ → → →… ， 当红 黑蚂蚁都走完 段时 Ｑ Ｍ分别为ＰＢ ＡＢ的中点 、 ２００５ ，２００５＝３３４ ∵ ， ， ， ＱＭ ＰＡ ＱＭ 平面ＰＡＤ． ×６＋１， ∴ ∥ ，∴ ∥ 红蚂蚁在Ａ 点 黑蚂蚁在Ｂ点 又ＭＮ 平面ＰＡＤ ＭＮ ＱＭ Ｍ １ ， ， ∥ ， ∩ ＝ ， ９．解 ∴ 析 它们之 如 间 果 的 α 距离 β │ ｍ Ａ １ Ｂ α │ ｎ ＝ β ２ ． 那么ｍ ｎ １５． ∴ 证明 平面 ∵ ＭＮ ＰＤ Ｑ ∥ ＝ Ｐ 平 Ｃ ， 面 ＤＥ ＰＡ ＝ Ｄ Ｅ ． Ｃ ，∴ ＰＥ ⊥ ＣＤ． ⊥ ， ⊥ ， ⊥ ， ⊥ 如果ｍ ｎ ｍ α ｎ β 那么 α β ．证 ∵ 平面ＰＡＣ ⊥ 平面ＡＢＣ ， 平面ＰＡＣ ∩ 平面 （ ⊥ ， ⊥ ， ⊥ ， ⊥ ） 明略． ＡＢＣ ＝ ＡＣ ，∴ ＰＥ ⊥ 平面ＡＢＣ ，∴ ＰＥ ⊥ ＡＢ． 设Ｖ 四棱锥Ａ－ＤＥＣ １ Ｂ １ ＝ Ｖ １， Ｖ 四棱锥Ａ－ＢＣＥＤ＝ Ｖ ２ ． １０．解析 Ｓ ≈５４７ ． ４ｍ ２ ， Ｖ ≈５２２ ． ９ｍ ３． ∵∠ ＡＢＣ ＝ π ，∴ ＡＢ ⊥ ＢＣ． 则 Ｖ １ Ｓ ＤＥＣ １ Ｂ １ ｂ ＋ ｃ Ｖ Ｖ Ｖ １１．解析 （１） 取ＣＤ中点Ｈ ， 连接ＥＨ． ＥＦ ＣＢ ２ ＡＢ ＥＦ． Ｖ ２ ＝ Ｓ ＢＣＥＤ ＝ ａ － ｃ ＋ ａ － ｂ， １ ＋ ２ ＝ － Ｅ Ｈ分别为ＰＣ ＣＤ的中点 ∵ ∥ ，∴ ⊥ ｂ ｃ ∵ ＥＨ ， １ ＰＤ． ， ， １６．证 ∵ Ｅ 明 Ｆ ∩ ＰＥ ＝ Ｅ ， 取 ∴ Ａ Ｂ Ｂ ⊥ Ｄ 平 的 面 中 ＰＦ 点 Ｅ． Ｆ 连接 Ｖ 四棱锥Ａ－Ａ １ Ｂ １ Ｃ １ ＝ ３ ２ Ｖ ， 解得Ｖ １＝ ３ ＋ ａ Ｖ． ∵ ∴ ＰＤ ⊥ 􀱀 平 ２ 面ＡＢＣＤ ，∴ ＥＨ ⊥ 平面ＡＢＣＤ． Ａ １ Ｆ Ｆ ， 是 Ｃ Ｆ Ｂ ． （ Ｄ １） 的中点 １ １ Ａ Ｆ ＯＣ． ， ∴ Ｖ ＡＤＥ－Ａ １ Ｂ １ Ｃ １ ＝ Ｖ １＋ Ｖ 三棱锥Ａ－Ａ １ Ｂ １ Ｃ １ ＝ ｂ ３ ＋ ａ ｃ Ｖ ＋ ３ １ Ｖ ＝ ∵ Ｐ Ｖ Ｄ ＝ ＡＢ ＝２，∴ １ Ｅ Ｅ Ｈ Ｈ ＝１ ． Ｓ ∴ ∵ 四边形 １ Ａ １ １ ＦＣＯ是平 ，∴ 行四 １ 边 􀱀 形． ａ ＋ ３ ｂ ａ ＋ ｃ Ｖ． ∴ 四棱锥Ｅ－ＡＢＣＤ＝ ３ · ＡＢＣＤ ∴ Ａ １ Ｏ ∥ ＦＣ． 所以所剩车油的最大值为 (ａ ＋ ｂ ＋ ｃ Ｖ ) Ｌ． ＦＣ 平面Ｂ ＣＤ Ａ Ｏ 平面Ｂ ＣＤ ． ａ ＝ １ ×１×２ ２ ＝ ４ ． ∵ 在 ⊂ ＡＤＯ中 １ １， Ｅ ∴ Ｍ １ 分 ∥ 别是ＡＤ １ ＯＤ １ 的 ３ ３ ＰＤ 平面 ３ ＡＢＣＤ ＰＤ ＧＣ． 中 （２ 点 ） △ ＥＭ ＡＯ ， ． ∵ ， ， ２０．解析 Ｖ ＝π×１０ ２ ×５０＋ １ ×１０π×（１０ ２ ＋２ ２ ＋ （２） ⊥ ，∴ ⊥ ，∴ ∥ ３ 又ＣＤ ⊥ ＧＣ ， ＰＤ ∩ ＣＤ ＝ Ｄ ， ∵ ＡＯ ⊥ ＢＤ ， ＢＤ ∥ Ｂ １ Ｄ １，∴ ＥＭ ⊥ Ｂ １ Ｄ １ ． １０×２）≈１６９９８（ｃｍ ３ ）， 即约为 １７Ｌ ． ＧＣ 平面ＰＣＤ． Ａ Ｅ 平面ＡＢＣＤ Ａ Ｅ ＢＤ． 设潜入水下ａ 过程中的每分钟需氧量为 ∴ ⊥ ∵ １ ⊥ ，∴ １ ⊥ ｍ ∵ Ｅ ， Ｆ分别为ＰＣ ， ＰＤ的中点 ， ∵ ＢＤ ∥ Ｂ １ Ｄ １，∴ Ａ １ Ｅ ⊥ Ｂ １ Ｄ １ ． Ｑ ， 则Ｑ ＝ ｋｖ２ ， 因为当速度为 １ ｍ／ｍｉｎ 时 ， 每 １４ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等教材习题答案 分钟需氧量 ０ ． ２Ｌ， 所以ｋ ＝０ ． ２， 故来回途中 所以 ＰＡ２ ＋ ＰＣ２ ＋ ＰＢ １ ２ ＋ ＰＤ １ ２ ＝ ＰＢ２ ＋ ＰＤ２ ＋ 需氧量为ａ ×０ ． ２ ｖ ＋ ａ × ０ ｖ ． ２ ， ｖ ∈（０， ｐ ］， ｐ ≥１， ＰＡ １ ２ ＋ ＰＣ 第 １ ２． 5 章 概率 则 在 湖 底 的 工 作 时 间 为 [ ( ． ａ)] １ ． ａｖ ０２ ． 5.1 随机事件与样本空间 ． １７－ ０２ ＋ ｖ ０４ 图 ． １ 练习（第 页） ． ａｖ ０２ａ ． ａ 当且仅当ｖ 时取等 ２０５ ∵０２ ＋ ｖ ≥０４ ， ＝１ ＡＥ ＢＦ ＤＥ ＣＦ． １．解析 试验有 个样本点 它们是 ∴ ＝ ， ＝ １０ ， ０，１，２， 号 ， ｐ ≥１， 在 Ｒｔ△ ＡＰＥ中 ， ＰＡ２ ＝ ＡＥ２ ＋ ＰＥ２． ３，４，５，６，７，８，９， 样本空间Ω ＝｛０，１，２，３，４， １ [ ( ． ａｖ ０ ． ２ ａ ) ] 的最大值是 同理有 ＰＣ２ ＝ ＰＦ２ ＋ ＣＦ２ ， ＰＢ２ ＝ ＢＦ２ ＋ ＰＦ２ ， ５，６，７，８，９｝ ． ∴ ０ ． ４ １７－ ０ ２ ＋ ｖ ＰＤ２ ＝ ＰＥ２ ＋ ＤＥ２． ２．解析 （１） 样本空间Ω ＝｛（０，１）， （０，２）， ４２ ． ５－ ａ． ∴ ＰＡ２ ＋ ＰＣ２ ＝ ＡＥ２ ＋ ＰＥ２ ＋ ＰＦ２ ＋ ＣＦ２ ， ＰＢ２ ＋ ＰＤ２ （１，０），（１，２），（２，０），（２，１）｝ ． 因此潜水员在湖底最多能工作 （４２ ． ５－ ＝ ＢＦ２ ＋ ＰＦ２ ＋ ＰＥ２ ＋ ＤＥ２． （２） 基本事件总数为 ６ ． ａ ）ｍｉｎ ． ∴ ＰＡ２ ＋ ＰＣ２ ＝ ＰＢ２ ＋ ＰＤ２． （３） 事件 “ 第一次取出的数字是 ２”＝｛（２， ２１． 与 解 六 析 个 面 （１ 相 ） 因 交 为 得 长 到 方 六 体 边 有 形 六 ． 个面 ， 液面最多 ③ Ｐ在 当点 ＡＢ Ｐ 边 在 左 矩 侧 形 时 Ａ ， Ｂ 作 ＣＤ ＰＦ 外 ⊥ 时 ＣＤ ， 如 交 图 ＡＢ ２， 于 当 Ｅ 点 ， 练 ０ 习 ）， （ （ 第 ２， ２ １ ０ ） ８ ｝ 页 ． ） （２） 假设液面为 △ ＡＢＣ ， 设ＯＡ ＝ ａ ， ＯＢ ＝ ｂ ， 交ＣＤ于Ｆ． １． 在 解 盒 析 （ 中 １ ． ） Ａ １∪ Ｂ １： 红球在盒 Ⅰ 中或者白球 ＯＣ ｃ． Ⅰ ＝ Ａ Ｂ 红球在盒 中而且白球也在盒 （２） ２∩ ２： Ⅱ 中． Ⅱ Ａ Ｂ 红球在盒 中而且白球不在盒 （３） ３＼ ３： Ⅲ 中． Ⅲ Ｂ 白球不在盒 中． 图 （４） ２： Ⅱ ２ Ａ Ｂ 红球在盒 中而且白球不在盒 可 ＝ ａ 得 ２ ＋ ｃ ｃ ｏ ２ ａ ｓ ＋ ２ ∠ ａ２ ｂ Ｃ ＋ ２ Ａ ｂ Ｂ ２ － ＝ （ Ａ ｂ ａ Ｃ ２ ２ ２ ＋ ２ Ａ ＋ ｃ ｃ ２ Ｂ Ａ ２ ） Ｂ · ２ Ａ － Ｃ ＢＣ２ Ｐ 在 同 ∴ Ｄ 理 Ａ Ｒ ２ Ｅ ＝ ｔ 有 △ ＝ Ｐ Ｄ Ｆ Ａ Ｐ Ｆ ２ Ｐ Ｃ ＋ ， Ｅ ２ Ｄ Ｂ 中 ＝ Ｅ Ｆ２ ＝ Ｐ ， ． Ｆ Ｐ Ｃ Ａ ２ Ｆ ２ ＋ ． ＝ Ｃ Ｐ Ｆ Ｅ ２ ， ２ ＋ Ｐ Ａ Ｂ Ｅ ２ ２ ＝ ． ＰＥ２ ＋ ＢＥ２ ， ２ ３ ． ． Ⅱ 解 解 斥 （５ 析 析 事 中 ） 件 ． １∩ 但 （ Ａ ∪ １ 不 ） ２ Ｂ ： “ 是 ＝ 抽 ｛ 对 出 １ 立 ， 红 ２ 事 ， 桃 ３ 件 ， Ⅰ ５ ” ｝ 与 因 ， Ａ “ 为 ∩ 抽 两 Ｂ 出 ＝ 个 黑 ｛ 事 ３ 桃 ｝ 件 ． ” 是 不可 互 ２ ＋ ａ · ２ ＋ ∴ ＰＡ２ ＋ ＰＣ２ ＝ ＰＥ２ ＋ ＡＥ２ ＋ ＰＦ２ ＋ ＣＦ２ ， ＰＢ２ ＋ ＰＤ２ 能同时发生． ， ＝ ２ Ｃ ａ Ａ ２ Ｂ ＋ ｂ 为 ２ ２ · 锐角． ａ２ ＋ ｃ２ ＞０ ． ∴ ＝ Ｐ Ｐ Ｅ Ａ ２ ２ ＋ ＋ Ｂ Ｐ Ｅ Ｃ ２ ２ ＋ ＝ Ｐ Ｐ Ｆ Ｂ ２ ２ ＋ ＋ Ｄ Ｐ Ｆ Ｄ ２ ２ ， ．点Ｐ在矩形外其他 斥 （２ 事 ）“ 件 抽出 又 红 是 色 对 牌 立 ” 事 与 件 “ 抽 因 出 为 黑 两 色 个 牌 事 ” 件 既 不 是 可 互 ∴∠ 位置时同理可证． ， ， 同理 ＡＣＢ与 ＡＢＣ也是锐角． 能同时发生 而且其中一个事件发生当且仅 ∠ ＡＢＣ一定是 ∠ 锐角三角形． 综上 ， ＰＡ２ ＋ ＰＣ２ ＝ ＰＢ２ ＋ ＰＤ２成立． 当另一个事件 ， 不发生． ∴△ 命题 已知矩形ＡＢＣＤ 若Ｐ是空间上 这个四边形一定至少有一组对边平行． （２） ： ， 抽出的牌的点数为 的倍数 与 抽出 （ （ ３ ４ ） ） 当ｃ２ ＝ ａ２ ＋ ｂ２时 ， 液面会是正方形． 任 证 一 明 点 ， 则 当 有 点 Ｐ Ｐ Ａ 在 ２ ＋ Ｐ 矩 Ｃ 形 ２ ＝ Ａ Ｐ Ｂ Ｂ Ｃ ２ ＋ Ｄ Ｐ 所 Ｄ２ 在 ． 平面上 （ 的 ３ 牌 ）“ 的点数大于 ９”， 既不 ５ 是互斥事 ” 件 “ ， 又不 （５） 当液面为五边形时 ， 一定有两组分别平 时 证 ： 明 ① 同 ． 是对立事件 ， 因为两个事件可以同时发生 ， 行的边 同时有两个角相等 但不可能五个 ， （１） 而且其中一个事件是否发生与另一个事件 ， ， 当点Ｐ不在矩形ＡＢＣＤ所在平面上时 角都相等 因此不可能是正五边形． ② ， 是否发生没有关系． 当长方 ， 体是正方体 且液面经过六条棱 如图 ３ ． ◆习题5.1(第208页) （６） ， 的中点时 呈正六边形． １．解析 用ｉ表示取出标号为ｉ的小球 则 ， （１） ， 当液面经过三个两两垂直的矩形对角 样本空间Ω ． （７） ＝｛１，２，３｝ 线时 液体体积最大． 用 ｉ ｊ 表示取出两个小球的标号分别为ｉ ， （２） （，） ， ｊ 则样本空间Ω ． 如图所示 有Ｖ １ Ｖ ， ＝｛（１，２），（１，３），（２，３）｝ ， 三棱锥Ｏ－ＡＢＣ＝ ６ 长方体， ２．解析 设ｘ ｉ（ ｉ ＝１，２，３，４，５，６） 表示抛掷骰子 所得点数为ｉ ｙ 表示抛掷硬币反面朝上 ｙ ， ０ ， １ 表示抛掷硬币正面朝上 则ｘｙ ｘｙ 分别表 图 ３ 示 抛掷骰子所得点数为 ， ｉ且 ｉ 抛 ０， 掷 ｉ 硬 １ 币反面 “ 设Ｐ在平面ＡＢＣＤ的投影为Ｐ′ 连接ＰＰ′． 朝上 与 抛掷骰子所得点数为ｉ且抛掷硬 ， ” “ 则Ｐ′可能在矩形 ＡＢＣＤ 边上 或在矩形 币正面朝上 则样本空间Ω ｘ ｙ ｘ ｙ ＡＢＣＤ内 或在矩形ＡＢＣＤ外． ， ｘ ｙ ｘ ｙ ｘ ” ｙ ， ｘ ｙ ｘ ｙ ｘ ｙ ＝｛ ｘ １ ｙ ０， ｘ １ ｙ １， 此时液体体积可以是Ｖ 三棱锥Ｏ－ＡＢＣ， 也可以是 由 成立 （１ ． ） 可 ， 得Ｐ′Ａ２ ＋ Ｐ′Ｃ２ ＝ Ｐ′Ｂ２ ＋ Ｐ′Ｄ２ 一定 ３． ｘ 解 ２ ６ ｙ 析 ０ ０ ， ， ｘ ６ ２ 设 ｙ １ １ ｝ ， ｘ ． ｉ（ ３ ｉ ＝ ０， １， ３ ２， １ ３ ， ，４ ４ ，５ ０ ， ， ６） ４ 表 １， 示 ５ 抛 ０ 掷 ， 骰 ５ 子 １， Ｖ 长 Ｖ 方体－ Ｖ Ｖ 三棱锥Ｏ ( －ＡＢＣ， １ ] [ ５ ) ． 又 ＝ Ｐ Ｐ ′Ｃ Ａ ２ ２ ＋ ＝ Ｐ Ｐ Ｐ ′ ′ Ａ ２ ２ ， ＋ Ｐ Ｐ Ｄ Ｐ ２ ′ ＝ ２ ， Ｐ Ｐ ′Ｄ Ｂ ２ ２ ＋ ＝ Ｐ Ｐ Ｐ ′ ′ Ｂ ２ ， ２ ＋ ＰＰ′２ ， ＰＣ２ 表 所 示 得 抛 点 掷 数 硬 为 币 ｉ ， 正 ｙ ０ 面 表 朝 示 上 抛 ． 掷硬币反面朝上 ， ｙ １ ∴ 液 ∶ 长∈ ０， ６ ∪ ６ ，１ ∴ ＰＡ２ ＋ ＰＣ２ ＝ Ｐ′Ａ２ ＋ Ｐ′Ｃ２ ＋２ ＰＰ′２ ， ＰＢ２ ＋ ＰＤ２ （１） 硬币是正面 ， 骰子的点数为奇数的事件 （８） ( １ ６ ， ５ ６ ) ． ∴ ＝ Ｐ Ｐ ′ Ａ Ｂ ２ ２ ＋ ＋ Ｐ Ｐ Ｃ ′Ｄ ２ ＝ ２ ＋ Ｐ ２ Ｂ Ｐ ２ Ｐ ＋ ′ Ｐ ２ Ｄ ． ２成立． Ａ （２ ＝ ） ｛ 硬 ｘ １ 币 ｙ １， 是 ｘ ３ 正 ｙ １ 面 ， ｘ ， ５ ｙ 骰 １｝ 子 ． 的点数为偶数的事件 ２２． ① 解 ＋ Ｐ 析 当 Ｃ２ 点 ＝ （ Ｐ Ｐ １ Ｂ ） 在 ２ ＋ 证 矩 Ｐ 明 Ｄ 形 ２ ： ． 分 ＡＢ 三 ＣＤ 种 的 情 边 况 上 讨 时 论 ， ． 易证ＰＡ２ （ 是 ＝ ３ Ｐ 空 ） Ｂ 命 间 ２ ＋ 题 上 ＰＤ ： 任 已 ２ ＋ 一 知 ＰＡ 点 长 １ ２ ， ＋ 方 则 ＰＣ 体 Ｐ １ Ａ ２ Ａ ． ２ Ｂ ＋ Ｃ Ｐ Ｄ Ｃ － ２ ＋ Ａ Ｐ １ Ｂ Ｂ １ １ Ｃ ２ ＋ １ Ｄ Ｐ １ Ｄ ， １ Ｐ ２ Ｂ ｘ （ ４ ３ ＝ ｙ ） １ ｛ 硬 ， ｘ ｘ ２ ５ 币 ｙ ｙ １ １ 是 ， ， ｘ ｘ 正 ４ ６ ｙ ｙ １ 面 １ ， ｝ ｘ 的 ． ６ ｙ 事 １｝ ． 件Ｃ ＝｛ ｘ １ ｙ １， ｘ ２ ｙ １， ｘ ３ ｙ １， 当点Ｐ在矩形ＡＢＣＤ内部时 如图 作 证明 由 可得 ＰＡ２ ＰＣ２ ＰＢ２ ＰＤ２ 骰子的点数是 的事件Ｄ ｘ ｙ ｘ ｙ ． ② ， １， ： （２） ＋ ＝ ＋ ， （４） ５ ＝｛ ５ ０， ５ １｝ ＰＥ ＡＤ ＰＦ ＢＣ． ＰＡ ２ ＰＣ ２ ＰＢ ２ ＰＤ ２． ４．解析 是互斥事件但不是对立事件． ⊥ ， ⊥ １ ＋ １ ＝ １ ＋ １ （１） １５ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等既不是互斥事件也不是对立事件． ｇ ｙ ｇ ｙ ｇ ｙ ｇ ｙ ． 的概率为 ． ． ． ． ． （２） ５ ２， ５ ３， ５ ４， ５ ５｝ ０６＋０８－０４５＝０９５ 既是互斥事件又是对立事件． Ｂ与Ｃ不是互斥事件 因为Ｂ Ｃ 甲 ２．解析 设Ａ 澄明度较差 Ｂ 标记不清 （３） （１） ， ∩ ＝｛ ＝“ ”， ＝“ 既不是互斥事件也不是对立事件． 赢一次 乙赢两次 ． 楚 则 Ａ Ｂ 澄明度较差且标记不清 （４） ， ｝ ”， ∩ ＝“ ５．解析 用ｘ１ｉ 表示第ｉ枚硬币正面朝上 ， ｘ０ｉ 表示 （２） 甲赢的事件Ｍ ＝｛ ｇ １ ｙ １， ｇ １ ｙ ３， ｇ １ ｙ ５， ｇ ２ ｙ ２， 楚 则Ｐ Ａ ６ ３ Ｐ Ｂ ５ １ 第ｉ枚硬币反面朝上 其中ｉ 则样本 ｇ ｙ ｇ ｙ ｇ ｙ ｇ ｙ ｇ ｙ ｇ ｙ ｇ ｙ ｇ ｙ ”， （ ）＝ ＝ ， （ ）＝ ＝ ， ， ＝１，２，３，４， ２ ４， ３ １， ３ ３， ３ ５， ４ ２， ４ ４， ５ １， ５ ３， ２０ １０ ２０ ４ 空 ｘ０ １ ｘ 间 ０ ２ ｘ１ ３ Ω ｘ１ ４ ＝ ， ｛ ｘ ｘ ０ １ ０ １ ｘ ｘ １ ２ １ ２ ｘ ｘ ０ ３ １ ３ ｘ ｘ １ ４ １ ４ ， ， ｘ ｘ ０ １ １ １ ｘ ｘ １ ２ ０ ２ ｘ ｘ １ ３ １ ３ ｘ ｘ ０ ４ １ ４ ， ， ｘ ｘ １ １ １ １ ｘ ｘ ０ ２ １ ２ ｘ ｘ ０ ３ ０ ３ ｘ ｘ １ ４ １ ４ ， ， ｘ ｘ １ １ １ １ ｘ ｘ １ ２ ０ ２ ｘ ｘ １ ３ １ ３ ｘ ｘ ０ ４ ０ ４ ， ， ｇ ｇ ２ ５ ｙ ｙ ３ ５｝ ， ｇ ， ２ 乙 ｙ ５， 赢 ｇ ３ 的 ｙ ２， 事 ｇ ３ 件 ｙ ４， Ｎ ｇ ４ ＝ ｙ １ ｛ ， ｇ ｇ １ ４ ｙ ｙ ２ ３ ， ， ｇ ｇ １ ４ ｙ ｙ ４ ５ ， ， ｇ ｇ ２ ５ ｙ ｙ ２ １ ， ， Ｐ （ Ａ ∩ Ｂ ）＝ ２ ４ ０ ＝ ５ １ ． ｘ１ １ ｘ１ ２ ｘ０ ３ ｘ０ ４， ｘ０ １ ｘ０ ２ ｘ０ ３ ｘ１ ４， ｘ０ １ ｘ０ ２ ｘ１ ３ ｘ０ ４， ｘ０ １ ｘ１ ２ ｘ０ ３ ｘ０ ４， ｘ１ １ ｘ０ ２ ｘ０ ３ ｘ０ ４， ｇ 因 ５ ｙ 为 ４｝ 甲 ， 比乙多一个样本点 故甲赢的可能性 因为 “ 无任何上述问题 ” 的事件为Ａ ∪ Ｂ ， 所 ｘ０ｘ０ｘ０ｘ０ ｘ１ｘ１ｘ１ｘ１ ． ， 以Ｐ Ａ Ｂ Ｐ Ａ Ｂ Ｐ Ａ １ ２ Ａ ３ ４， ｘ １ ０ｘ ２ １ｘ ３ １ｘ ４ １ ｝ ｘ１ｘ０ｘ１ｘ１ ｘ１ｘ１ｘ０ｘ１ ｘ１ｘ１ｘ１ｘ０ 大些 ， 这个游戏规则不公平． （ ∪ ）＝ １－ （ ( ∪ ）＝ １－［ ) （ ）＋ （１） ＝｛ １ ２ ３ ４， １ ２ ３ ４， １ ２ ３ ４， １ ２ ３ ４， Ｐ Ｂ Ｐ Ａ Ｂ ３ １ １ １３． ｘ ｘ ０ １ １ ｘ ｘ ０ ２ １ ｘ ｘ １ ３ ０ ｘ ｘ １ ４ ０ ， ｘ ｘ ０ １ ０ ｘ ｘ １ ２ ０ ｘ ｘ ０ ３ ０ ｘ ｘ １ ４ １ ， ｘ ｘ ０ １ ０ ｘ ｘ １ ２ ０ ｘ ｘ１ １ ３ ｘ ｘ ０ ４ ０ ， ｘ ｘ １ １ ０ ｘ ｘ ０ ２ １ ｘ ｘ ０ ３ ０ ｘ ｘ １ ４ ０ ， ｘ ｘ １ １ １ ｘ ｘ ０ ２ ０ ｘ ｘ １ ３ ０ ｘ ｘ ０ ４ ０ ， 5.2 概率及运算 ◆习 （ 题 ）－ 5 （ .2 ∩ (第 ）］ 2 ＝ 1 １ 8 － 页 １０ ) ＋ ４ － ５ ＝ ２０ ｘ １ ０ １ ｘ ２ ０ ２ ｘ Ｂ ３ ０ ３ ｘ ４ ０ ４ ， ｝ ． ｘ １ ０ｘ ２ ０ｘ ３ １ｘ ４ １ ， ｘ １ ０ｘ ２ １ｘ ３ ０ｘ ４ １ ， ｘ １ ０ｘ ２ １ｘ ３ １ｘ ４ ０ ， ｘ １ １ｘ０ ２ ｘ ３ ０ｘ１ ４， １ 练 ．解 习 析 （第 ２ 将 １２ Ａ 页 ， Ｂ ） ， Ｃ ， Ｄ按顺时针方向依次坐记 １．解 有 析 一个 面 易 涂 知样 有 本 红 空 色 间 的 的 是 样 每 本 一 点 个 个 面 数 的 为 中 ２ 心 ７， 的 恰 （ ｘ１ １ ２ ｘ ） ０ ２ ｘ１ ３ ｘ ＝ ０ ４， ｛ ｘ１ １ １ ｘ１ ２ ２ ｘ０ ３ ３ ｘ０ ４ ４ ， ， ｘ０ １ １ ｘ０ ２ ２ ｘ０ ３ ３ ｘ１ ４ ４ ， ， ｘ０ １ １ ｘ０ ２ ２ ｘ１ ３ ３ ｘ０ ４ ４ ， ， ｘ １ ０ １ ｘ ２ １ ２ ｘ ３ ０ ３ ｘ ４ ０ ４ ， ， 为 ＡＢ Ａ Ｃ Ｂ Ｄ ＣＤ Ａ （ Ｂ Ａ Ｄ 与 Ｃ Ｂ ＡＣ ， Ｂ Ｄ Ｄ 相 Ａ 邻 ＣＤ ） Ｂ ， 则 Ａ 样 ＤＢ 本 Ｃ 空 Ａ 间 ＤＣＢ Ω ＝ ． 小正方体 ， 正方体有 ６ 个面．因此 ， 恰有一个 ｘ１ｘ０ｘ０ｘ０ ｘ０ｘ０ｘ０ｘ０ ． ｛ ， ， ， ， ， ｝ 面涂有红色的概率为Ｐ ６ ２ ． １ ２ ３ ４， １ ２ ３ ４｝ Ａ与Ｂ不相邻的事件Ｍ ＡＣＢＤ ＡＤＢＣ 则 ＝ ＝ Ｃ ｘ０ｘ０ｘ１ｘ１ ｘ０ｘ１ｘ０ｘ１ ｘ０ｘ１ｘ１ｘ０ ｘ１ｘ０ｘ０ｘ１ ＝｛ ， ｝， ２７ ９ （３） ＝｛ １ ２ ３ ４， １ ２ ３ ４， １ ２ ３ ４， １ ２ ３ ４， ｘ１ １ ｘ０ ２ ｘ Ａ １ ３ ｘ０ ４， Ｃ ｘ１ １ ｘ Ｃ １ ２ ｘ０ ３ 如 ｘ０ ４ 果 ｝ ． 事件Ｃ发生 则事件Ａ一 Ａ与Ｂ不相邻而坐的概率Ｐ （ Ｍ ）＝ ６ ２ ＝ ３ １ ． ２．解析 （１） ３ ４ ． 定 （ Ω ４ 发 ） Ａ 生 ∩ ， 即 ｘ ＝ １ 事 ｘ１ ： ｘ 件 １ｘ Ｃ １ 包 表 含于 示 事件 枚 Ａ ， 硬 之 币 中 都 ； 正面 ２．解析 （１） ７ ８ ． （２） １ ４ ． 朝 ＼ 上． ＝｛ １ ２ ３ ４｝， ４ （２） １ ． （３） １ ． ２ ２ ６． （ （ ｂ 解 球 １ ２ ｂ 析 ， ） ） ｋ ｋ Ａ Ｂ ｉ ＝ 表 ＝ ｂ 记 ｛ ｛ 示 ｂ ｂ ｂ １ ｂ １ ｂ 标 ｂ ｂ ｉ ２ ２ 表 ｂ 号 ｋ ３ ． １ ｝ ， 示 为 ． ｂ １ 标 ｂ ｉ （ ２ 号 ｋ ｉ ２ ＝ ， 为 １ ｂ ， １ ｂ ２ ｉ ３ （ ） ｋ ｉ 的 １ ＝ ， 黑 ｂ １ １ ， ｂ 球 ３ ２ ｋ ． ， ２， ３ ｂ ） ２ 的 ｂ ３ ｋ 白 １， ３． ２ 解 ｘ （ ， ３ … 析 ） ， ３ ８ ２０ 记 ． ） ｘ 的 ｘ ｋ ， 卡 ｋ＋１ 片 ． 为 ， 取 则 到 样 标 本 有 空间 数 Ω ｋ ， ＝ ｋ ｛ ＋ ｘ １ １， （ ２， ｋ ｘ ＝ ２， １ ３ ， ， ３． 依 ａ ｂ 解 ２ １ ｂ ｂ 次 析 ３ １ 记 ｝ ， 记 ａ ． 事 １ 为 两 ｂ 件 ２ 名 ， ｂ ａ １ Ａ 男 ， １ ｂ ｂ ３ 士 ２ ， 一 ， ａ ｂ 依 名 ３ ２ ， ｂ 次 男 １ 则 ， 记 士 ａ 样 ２ 和 为 ｂ 本 ２ 一 ， ａ 空 ａ 名 １ ２ ， ｂ 间 女 ａ ３， ２， 士 Ω ｂ 三 １ 被 ＝ ｂ ２ 名 ｛ 录 ， ａ ｂ 女 用 １ １ ａ ｂ 士 ２ ３ ， ， ２ ３ ２， １ ２ ３｝ ３，４，…， ２０，２１｝ （１） ＝“ ”， Ｃ ｂｋｋ ｂｋｋ ｂｋｋ ｂｂｋ ｂｂｋ 卡片上两个数的各位数字之和大于 的 则Ａ ａ ｂ ａ ｂ ａ ｂ ａ ｂ ａ ｂ ａ ｂ 所以 （ ｂ ３ ｂ ） ｋ ＝ ｂ ｛ ｂ １ ｋ １ ｂ ２， ｂｋ ２ １ ｂ ２， ｂｋ ３ １ ｂ ２ ｂ ， ｂ １ ２ ． １， １ ２ ２， 事 “ 件Ａ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ １３” ＝｛ １ １， １ ２， １ ３， ２ １， ２ ２， ２ ３｝， １ ３ １， １ ３ ２， ２ ３ １， ２ ３ ２， １ ２ ３｝ ＝｛ ７，８， ８，９， １６，１７， １７，１８， １８，１９｝， Ｐ Ａ ６ ３ ． Ａ Ｂ ｂ ｂ ｋ ｂ ｂ ｋ ｂ ｂ ｋ ｂ ｂ ｋ （ ）＝ ＝ （ ｂ ４ ｂ ） ｋ ∪ ｂ ｂ ＝ ｋ ｛ ｂ １ ｂ ２ ｂ １， １ 表 ２ 示 ２ 至 ， 少 １ 有 ３ １， 个 １ 白 ３ 球 ２， 故Ｐ （ Ａ ）＝ ５ ＝ １ ． 记事 １ 件 ０ Ｂ ５ 两名男士被录用 则Ｂ 的 ２ 事 ３ 件 １， ２ ３ ２， １ ２ ３｝， ２ 练习（第 ２ 页 ０ ） ４ （２） ＝“ ”， ＝ ； ２１５ ａ ａ 所以Ｐ Ｂ １ ． Ａ Ａ ∩ ＼ Ｂ Ｂ ＝ ＝ ⌀ ｛ ， ｂ 表 １ ｂ ２ 示 ｂ ３ 不 ｝， 可 表 能 示 事 ３ 件 个 ； 都是白球的事件 ； １． 蓝 解 色 析 骰 子 设 点 ｆ ｉ， 数 ｌ ｊ 为 分别 ｊ （ ｉ 表 ， ｊ ＝ 示 １ 红 ，２ 色 ，３ 骰 ，４ 子 ，５， 点 ６） 数 ， 为 则样 ｉ ， ｛ （３） １ 记 ２｝ 事 ， 件Ｃ ＝ （ “ 两 ）＝ 名 １ 女 ０ 士被录用 ”， 则Ｃ ＝ Ｃ 个 ＼ 白 Ｂ 球 ＝｛ 的 ｂ １ 事 ｋ １ 件 ｋ ２， ． ｂ ２ ｋ １ ｋ ２， ｂ ３ ｋ １ ｋ ２｝， 表示只有 １ 本 ｆ ２ ｌ ６ 空 ，… 间 ， Ω ｆ ６ ＝ ｌ １， ｛ ｆ ｆ １ ６ ｌ ｌ １ ２ ， ， ｆ … １ ｌ ２ ， ， ｆ … ６ ｌ ６ ， ｝ ｆ １ ， ｌ ６ 共 ， ｆ ２ 有 ｌ １， ３ ｆ ２ ６ ｌ ２ 个 ，… 样 ， ｛ ｂ １ ｂ ２， ｂ １ ｂ ３， ｂ ２ ｂ ３｝， 所以Ｐ （ Ａ ）＝ １ ３ ０ ． ７．解析 （１） 错误 ， 如抛掷一枚骰子 ， Ｍ表示事 本点． ４．解析 １ ． 件 “ 所得点数为 １”， Ｎ表示事件 “ 所得点数 事件Ａ ＝“ 两枚骰子的点数相同 ” ＝｛ ｆ １ ｌ １， （１） ６ 为 ２”， 则 Ｍ ， Ｎ 为互斥事件 ， 但不是对立 ｆ ２ ｌ ２， ｆ ３ ｌ ３， ｆ ４ ｌ ４， ｆ ５ ｌ ５， ｆ ６ ｌ ６｝， 样本点个数为 ６， 所 （２） ５ ． 事件． 以Ｐ Ａ ６ １ ． ３６ （ ）＝ ＝ 正确 因为当Ｍ Ｎ 时 Ｍ Ｎ Ω Ω ３６ ６ ３１． （２） ， ∩ ＝⌀ ， ∪ ＝ （ 事件Ｂ 红骰子的点数小于蓝骰子的点 （３） 为样本空间 ． ＝“ ３６ ） 数 ｆ ｌ ｆ ｌ ｆ ｌ ｆ ｌ ｆ ｌ ｆ ｌ ｆ ｌ ｆ ｌ （ 得 ３ 点 ） 错 数 误 大 ， 于 如抛 ５” 掷 ， Ｎ 一 表 枚 示 骰 事 子 件 ， Ｍ “ 所 表 得 示 点 事 数 件 小 “ 于 所 为 ｆ ２ ｌ ６ ” １ ， ５ ＝ ｆ ３ ， ｛ ｌ ４， １ ｆ ３ ２ ｌ ， ５， １ ｆ ３ ３ ｌ ， ６， １ ｆ ４ ４ ｌ ， ５， １ ｆ ４ ５ ｌ ， ６， １ ｆ ５ ６ ｌ ６ ， ｝ ２ ， 样 ３， 本 ２ 点 ４， 个 ２ 数 ５， ５．解 （４ 析 ） １ ３ １ ６ 记 ． 取到的红球分别为ｆ １， ｆ ２， 取到的绿 则事件Ｍ Ｎ为互斥事件 但Ｍ表示事件 球分别为ｎ ｎ ｎ ｎ 有放回时 样本空间 ３”， ， ， 所以Ｐ Ｂ １５ ５ ． １， ２， ３， ４， ， “ 所得点数小于或等于 ５”， Ｎ表示事件 “ 所 因为Ａ （ Ｂ ） 为 ＝ 互 ３６ 斥 ＝ １ 事 ２ 件 所以 Ｐ Ａ Ｂ ｆ Ω １ ｆ ＝｛ ｆ ｆ ｎ １ ｆ １， ｆ ｆ ｎ １ ｆ ２， ｆ ｆ ｎ １ ｎ １， ｆ ｆ ｎ １ ｎ ２， ｆ １ ｎ ３ ｎ ， ｆ １ ｆ ｎ ４， ｎ ｆ ２ ｆ ｆ １， 得点数大于或等于 显然Ｍ与Ｎ不是互 ， ， （ ∪ ）＝ ２ ２， ２ １， ２ ２， ２ ３， ２ ４，…， ４ １， ４ ２， ３”， ｎ ｎ ｎ ｎ ｎ ｎ ｎ ｎ 共 个样本点．不放 斥事件． Ｐ Ａ Ｐ Ｂ １ ５ ７ ． ４ １， ４ ２， ４ ３， ４ ４｝， ３６ （ ）＋ （ ）＝ ＋ ＝ 回时 样本空间 Ω ｆ ｆ ｆ ｎ ｆ ｎ ｆ ｎ 错误 如抛掷一枚骰子 Ｍ表示事件 所 ６ １２ １２ ， ２＝｛ １ ２， １ １， １ ２， １ ３， （４） ， ， “ 因为Ａ Ｃ ｆ ｌ ｆ ｌ ｆ ｌ ｆ ｌ ｆ ｌ ｆ ｌ ｆ ｎ ｆ ｎ ｆ ｎ ｆ ｎ ｆ ｎ ｎ ｎ ｎ ｎ ｎ ｎ 得点数大于 Ｎ表示事件 所得点数小于 ∪ ＝｛ １ １， ２ ２， ３ ３， ４ ４， ５ ５， ６ ６， １ ４， ２ １， ２ ２， ２ ３， ２ ４， １ ２， １ ３， １ ４， ３”， “ ｆ ｌ ｆ ｌ ｆ ｌ ｆ ｌ 共 个样本点 所以 ｎ ｎ ｎ ｎ ｎ ｎ 共 个样本点． 或等于 则事件Ｍ Ｎ为互斥事件 但Ｍ １ ５，２ ４， ４ ２， ５ １｝， １０ ， ２ ３ 有 ， 放 ２ 回 ４， 时 ３ ４ 设 ｝， Ａ １５ 取到两绿球 则Ａ ３”， ， ， Ｐ Ａ Ｃ １０ ５ ． （１） ， １＝“ ”， １＝ 表示事件 所得点数小于或等于 Ｎ表示 （ ∪ ）＝ ＝ ｎ ｎ ｎ ｎ ｎ ｎ ｎ ｎ ｎ ｎ ｎ ｎ ｎ ｎ “ ３”， ３６ １８ ｛ １ １， １ ２， １ ３， １ ４， ２ １， ２ ２， ２ ３， 因为Ｃ Ｂ ｆ ｌ ｆ ｌ ｆ ｌ 共 个样本点 ｎ ｎ ｎ ｎ ｎ ｎ ｎ ｎ ｎ ｎ ｎ ｎ ｎ ｎ ｎ ｎ 事件 “ 所得点数大于 ３”， Ｍ ∩ Ｎ ＝⌀， 即Ｍ和 ＼ ＝｛ ３ ３，４ ２，５ １｝， ３ ， ２ ４， ３ １， ３ ２， ３ ３， ３ ４， ４ １， ４ ２， ４ ３， ８． 样 Ｎ 指 解 是 析 ， 本 ｙ 互 ｉ 空 （ ｉ 斥 用 ＝ 间 １ 事 ｇ ， Ω ｉ ２ 件 （ ， ｉ ３ ． ＝ ， １ ４ ｇ ， ， ２ ｙ ５ ， ） ３ 表 ， ｇ ４ 示 ， ｙ ５ 乙 ） ｇ 表 出 ｙ 示 ｉ 甲 ｇ 根 出 ｙ 手 ｉ 指 ｇ 根 ， ｙ 手 则 ２． 所 解 （２ 以 析 ）０ ． ． Ｐ ８ （ ７ （ ． ． Ｃ １） ＼ Ｂ ０ ． ） ５ ＝ ２ ． ３ ３ ６ ＝ １ １ ２ ． ｎ ｛ 不 ４ ｎ ｎ 放 １ ４ ｎ ｝ ２ 回 ， ， 所 ｎ 时 １ 以 ｎ ， ３ 设 ， Ｐ ｎ （ Ａ １ Ａ ｎ ２ １ ４ ） ＝ ， ＝ “ ｎ ２ 取 ３ １ ｎ ６ ６ ３ 到 ， ＝ ｎ 两 ９ ４ ２ ｎ 绿 ． ４， 球 ｎ ３ ｎ ” ４ ， ｝ 则 ， 所 Ａ ２ 以 ＝ ＝｛ １ １， １ ２， １ ３， １ ４， １ ５， （３）０２９ Ｐ Ａ ６ ２ ． ｇ ２ ｙ １， ｇ ２ ｙ ２， ｇ ２ ｙ ３， ｇ ２ ｙ ４， ｇ ２ ｙ ５， ｇ ３ ｙ １， ｇ ３ ｙ ２， ｇ ３ ｙ ３， 练习（第 ２１８ 页） （ ２）＝ １５ ＝ ５ ｇ ｙ ｇ ｙ ｇ ｙ ｇ ｙ ｇ ｙ ｇ ｙ ｇ ｙ ｇ ｙ １．解析 由一般概率的加法公式 得甲不迟到 同 的分析 可知有放回和不放回时 ３ ４， ３ ５， ４ １， ４ ２， ４ ３， ４ ４， ４ ５， ５ １， ， （２） （１） ， １６ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等教材习题答案 取到两颜色相同的球 的概率分别为 ． ． “ ” ％左右 即稳定在 １ 的位置． （３）０６４ １６􀆰６７ ， ２．解析 ． ． ５ ７ ． ６ ０８２ ， ２．解析 年内男婴出生的频率为 ｆ ◆习题5.4(第230页) ９ １５ （１）１ １＝ （３ 取 ） 到 同 的 （１ 两 ） 的 球 分 中至 析 ， 少 可 有 知 一 有 个 放 为 回 绿 和 球 不放 的 回 概 时 率 ２８８３ ≈０ ． ５２００；２ 年内男婴出生的频率为ｆ ２ １．解析 （１） 记在先摸出白球后 ， 再摸出白球 “ ” ５５４４ 为事件Ａ 则Ｐ Ａ １ ． 分别为 ８ ， １４． ＝ ４９７０ ≈０ ． ５１７３；３ 年内男婴出生的频率为 ， （ ）＝ ３ ９ １５ ９６０７ 在先摸出黑球后 再摸出白球为事件Ｂ ６．解析 ． ． （２） ， ， （１）０４３ ｆ ６９９４ ． 年内男婴出生的频率 （２）０ ． ９３ ． ３＝ １３５２０ ≈０５１７３；４ 则Ｐ （ Ｂ ）＝ ３ ２ ． ７． （ （ 解 ４ ３ 析 ） ） ０ ０ ． ． ０ ０ １ ４ ０ ． ． ． ９６ ． 为 （２） ｆ ４ 这 ＝ 一 １ ８ ７ 地 ８ １ ９ ９ 区 ２ ０ ≈ 每 ０ 年 ． ５ 男 １７ 婴 ３ ． 出生的频率稳定在常 不 （ ０， ３ 是 Ｐ ） （ 因 相 Ａ 为 ∩ 互 Ｂ Ａ 独 ） ， Ｂ 立 ≠ 为 的 Ｐ （ 互 ． Ａ ） 斥 Ｐ 事 （ Ｂ 件 ） ， ， 所 所 以 以事 Ｐ （ 件 Ａ ∩ Ａ Ｂ 和 ）＝ Ｂ ８．解析 ０ ． ９ ． 数 ０􀆰５１７３ 附近． ２．解析 记甲 乙命中目标的事件分别为Ａ和 ９．解析 ０ ． ９５ ． ◆习题5.3（第225页） Ｂ 则 Ａ和Ｂ 、 为相互独立事件． １０．证明 由Ａ ， Ｂ ， Ｃ两两互斥 ， 可知Ａ ∩（ Ｂ ∪ １．解析 （１） 如下表所示 ： （１ ， ） 两人都命中目标的事件为Ａ ∩ Ｂ ， 则Ｐ （ Ａ Ｃ Ａ Ｂ Ａ Ｃ 所以Ａ与Ｂ ）＝（ ∩ ）∪（ ∩ ）＝⌀， ∪ 试验 ∩ Ｂ ）＝ Ｐ （ Ａ ） Ｐ （ Ｂ ）＝０ ． ６×０ ． ６＝０ ． ３６ ． Ｃ互斥 所以Ｐ Ａ Ｂ Ｃ Ｐ Ａ Ｂ Ｃ ）］＝ Ｐ ， （ Ａ ）＋ Ｐ （ （ Ｂ ∪ ∪ Ｃ ∪ ）＝ ） Ｐ ＝ （ Ａ ［ ）＋ ∪ Ｐ （ （ Ｂ ） ∪ ＋ 总 数 次 １０ ２０ ５０ １００ ２００ ３００ ４００ ５００１０００ … （２） 恰有一人命中目标的事件为 （ Ａ ∩ Ｂ ）∪（ Ａ Ｐ （ Ｃ ） ． ∩ Ｂ ）， 则Ｐ （（ Ａ ∩ Ｂ ）∪（ Ａ ∩ Ｂ ））＝ Ｐ （ Ａ ）· １１．解析 用ａ 表示取到写有ｉ和ｊ的两张卡 抽出 Ｐ Ｂ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ ． ． ． ． ． ． ｉ ， ｊ 的 （ ）＋ （ ） （ ）＝０６×０４＋０４×０６＝０４８ 片 则样本空间 Ω ａ ａ ａ ａ Ｋ ７ １３ ３２ ６５ １３６ １９８ ２７０ ３３５ ６６０ … Ｐ Ａ Ｂ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ Ａ Ｂ ． ， ＝｛ ２，４， ２，６， ２，７， ２，８， 频数 （３） （ ∪ ）＝ （ ）＋ （ ）－ （ ∩ ）＝０６ ａ ａ ａ ａ ａ ａ ａ ａ ． ． ． ． ． ２，１１， ２，１２， ２，１３， ４，６， ４，７， ４，８， ４，１１， ４，１２， ＋０６－０６×０６＝０８４ ａ ａ ａ ａ ａ ａ ａ ａ 抽出 ３．解析 记甲地下雨的事件为Ａ 乙地下雨的 ４，１３， ６，７， ６，８， ６，１１， ６，１２， ６，１３， ７，８， ７，１１， ， ａ ａ ａ ａ ａ ａ ａ 的 ％ ％ ％ ％ ％ ％ ．％ ％ ％ 事件为Ｂ． ａ ７，１２， 样 ７，１３ 本 ， 点 ８， 个 １１， 数为 ８，１２， ． ８，１３， １１，１２， １１，１３， 频 Ｋ 率 ７０ ６５ ６４ ６５ ６８ ６６ ６７５ ６７ ６６ … 甲 乙两地均下雨的事件为 Ａ Ｂ 则 １２，１３｝， ２８ （１） 、 ∩ ， “ 所得分数是既约分数 ” 为Ａ ＝｛ ａ ２，７， ａ ２，１１， （２） 当试验次数很大时 ， 估计摸到 Ｋ 的频率 Ｐ （ Ａ ∩ Ｂ ）＝ Ｐ （ Ａ ） Ｐ （ Ｂ ）＝０ ． ２×０ ． ３＝０ ． ０６ ． ａ ａ ａ ａ ａ ａ ａ ａ ２，１３， ４，７， ４，１１， ４，１３， ６，７， ６，１１， ６，１３， ７，８， 将会接近 ６６ ％． （２） 甲 、 乙两地均不下雨的事件为Ａ ∩ Ｂ ， 则 ａ ７，１１， ａ ７，１２， ａ ７，１３， ａ ８，１１， ａ ８，１３， ａ １１，１２， ａ １１，１３， （３） 估计摸到 Ｋ 的概率为 ０ ． ６７ ． Ｐ Ａ Ｂ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ ． ． ． ． ａ １２，１３｝ ． ２．解析 （１） 如下表所示 ： （ 其 ∩ 中 ） 至 ＝ 少 （ 有 ） 一个 （ 地 ）＝ 方 ０ 下 ８ 雨 ×０ 的 ７＝ 事 ０ 件 ５６ 为Ａ （３） ∪ 所以Ｐ Ａ １８ ９ ． Ｂ 则Ｐ Ａ Ｂ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ Ａ Ｂ （ ）＝ ＝ 转动转盘 ， （ ∪ ）＝ （ ）＋ （ ）－ （ ∩ ）＝ １２．解析 用 Ａｂ ２８ Ｂａ １ Ｃ ４ ｃ 表示齐王的马Ａ Ｂ 的次数ｎ １００ １５０ ２００ ５００ ８００ １０００ ０ ． ２＋０ ． ３－０ ． ２×０ ． ３＝０ ． ４４ ． （ ， ， ） ， ， ４．解析 第ｉ台水泵正常工作记作Ａ ｉ Ｃ分别和田忌的马ｂ ａ ｃ比赛． ｉ（ ＝１，２， 样本空间Ω ， Ａ ， ａ Ｂｂ Ｃｃ Ａａ Ｂｃ 落在区域 ３，４），“ 水从Ａ一直流到Ｂ ” 记作事件Ｃ ，４ （１） ＝｛（ ， ， ），（ ， ， 的频 台水泵的可靠性是独立的 则Ｐ Ｃ Ｐ Ａ Ｃｂ ），（ Ａｂ ， Ｂａ ， Ｃｃ ），（ Ａｂ ， Ｂｃ ， Ｃａ ），（ Ａｃ ， Ｂａ ， “１ 数 ” ｎ １３ １９ ２４ ６２ １００ １２０ Ａ Ａ Ａ ， （ ）＝ ［（ １ Ｃｂ ），（ Ａｃ ， Ｂｂ ， Ｃａ ）｝， 共 ６ 个样本点． ∩ ２）∪（ ３∩ ４）］ Ｐ Ａ Ａ Ｐ Ａ Ａ Ｐ Ａ Ａ 设Ｅ ＝“ 田忌获胜 ”， 则Ｅ ＝｛（ Ａｃ ， Ｂａ ， Ｃｂ ）｝， 落在区域 ＝ Ａ （ Ａ １∩ ２）＋ （ ３∩ ４）－ ［（ １∩ ２）∩ 所以Ｐ Ｅ １ ． 的频 （ ３∩ ４）］ （ ）＝ “１” ％ ． ％ ％ ． ％ ． ％ ％ Ｐ Ａ Ｐ Ａ Ｐ Ａ Ｐ Ａ Ｐ Ａ Ｐ Ａ ６ ｎ １３ １２７ １２ １２４ １２５ １２ ＝ （ １） （ ２）＋ （ ３） （ ４）－ （ １） （ ２） 田忌的策略是首场下等马ｃ与齐王的 率 Ｐ Ａ Ｐ Ａ （２） ｍ · （ ３） （ ４） 上等马 Ａ 比赛 样本空间 Ω Ａｃ Ｂａ ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ ｐ ． ， ＝｛（ ， ， ＝ １ ２＋ ３ ４－ １ ２ ３ ４ Ｃｂ Ａｃ Ｂｂ Ｃａ ． 当 ｎ 很大时 落在区域 的频率会接 ５．解析 记甲 乙 丙合格的事件依次为Ａ Ｂ ），（ ， ， ）｝ （２） ， “１” 、 、 ， ， 设Ｆ 田忌获胜 则Ｆ Ａｃ Ｂａ Ｃｂ 近 ％． Ｃ 则 ＝“ ”， ＝｛（ ， ， ）｝， １２ ， 获得区域 相应奖品的概率大约为 三人都合格的事件为Ａ Ｂ Ｃ 则Ｐ Ａ 所以Ｐ Ｆ １ ． （３） “１” （１） ∩ ∩ ， （ （ ）＝ ． ． ２ ０１２５ Ｂ Ｃ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ Ｃ ２ ３ １ １３．解析 设Ｅ 取到标号是 的小球 ３．解析 抛掷 次 标记为 的面落在地面 ∩ ∩ ）＝ （ ） （ ） （ ）＝ × × （１） ＝“ ２ ”， １００ ， ４ ５ ４ ３ ｎ 上的频数为 则该面落地的频率为 ． 则Ｐ Ｅ １ 解得ｎ ． １３， ０１３， １ ． （ ）＝ｎ ＝ ， ＝２ 可估计再抛一次该面落地的概率为 ． ． ＝ ＋２ ２ ０１３ １０ （２） 由 （１） 知ｎ ＝２， 故共有 ４ 个球 ， 用ａ ０ 表 ４．解析 （１） 不可能事件永远不可能发生 ， 即 （２） 三人都不合格的事件为Ａ ∩ Ｂ ∩ Ｃ ， 则 示标号为 的小球 ｂ 表示标号为 的小 无论试验多少次 其发生的频率均是 所以 ０ ， １ １ ， ０， Ｐ Ａ Ｂ Ｃ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ Ｃ 球 ｃ ｃ 表示两个标号为 的小球．不放回 其概率也是 ． （ ∩ ∩ ）＝ （ ） （ ） （ ）＝ ， １， ２ ２ ０ ( ) ( ) ( ) 地随机抽取两个小球 所得样本空间Ω 在试验中 必然事件发生的频率为 ２ ３ １ １ ． ， ＝ （２） ， １－ × １－ × １－ ＝ ａ ｂ ａ ｃ ａ ｃ ｂ ａ ｂ ｃ ｂ ｃ ｃ ａ ｃ ｂ ％ 所以其发生的概率是 ． ５ ４ ３ １０ ｛ ０ １， ０ １， ０ ２， １ ０， １ １， １ ２， １ ０， １ １， １００ ， １ ｃ ｃ ｃ ａ ｃ ｂ ｃ ｃ ． 在试验中 任何事件Ａ发生的频数均不 恰有两人合格的概率为 ２ ３ ２ ２ 因 １ 为 ２， 事 ２ 件 ０， Ａ ２ 表 １， 示 ２ １ ａ ｝ ｂ 则Ａ ａ ｃ 大 （３ 于 ） 试验次数 ， 因而频率不大于 所以概率 （３） ５ × ４ × ３ ＋ ５ “ ＋ ＝２”， ＝｛ ０ １， Ｐ Ａ ． ， １， １ １ ３ ３ １ ２３． ａ ｃ ｃ ａ ｃ ａ 所以Ｐ Ａ ４ １ ． ０≤ （ ）≤１ × × ＋ × × ＝ ０ ２， １ ０， ２ ０｝， （ ）＝ ＝ ５．解析 略． ４ ３ ５ ４ ３ ６０ １２ ３ 恰有一人合格的概率为 １ １ ２３ １－ － － 5.3 用频率估计概率 5.4 随机事件的独立性 １０ １０ ６０ ５ ． 练习（第 页） 练习（第 页） ＝ ２２４ ２３０ １２ １．解析 由表格中的数据可知 随着试验次数 １．解析 ． ． 结合 可知 出现恰有一人合格的概 ， （１）００４ （１）（２） ， 的增加 每个点数出现的频率稳定在 ． ． 率最大． ， （２）０３２ １７ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等◆复习题五（第235页) 样本空间的样本点个数为 设Ｄ ７．解析 １ ． （２） ４０， ＝ １．解析 记取出标号为ｉ的小球为ａ ｉ（ ｉ ＝１，２， （１） １０ “ 该周甲的锻炼时间比乙长 ”， 则Ｄ包含的 ３ （ ， １ ４ ） ， 样 ５） 本 ． 点是ａ １， ａ ２， ａ ３， ａ ４， ａ ５， 样本空间Ω ＝ ８．解 （２ 析 ） １ ９ ０ 对 ． 任意一人 其血型为 型 １７． 样 解 本 析 点个 因 数 为 为 运 １ 动 ５， 员 所 脱 以 靶 Ｐ 的 （ Ｄ 概 ）＝ 率 ４ １ 为 ０ ５ ＝ ． ８ ３ ． ％ ａ ａ ａ ａ ａ ． ， Ａ，Ｂ，ＡＢ，Ｏ ０ ０１ ， ｛ １， 样 ２ 本 ， ３ 点 ， 是 ４， ａ ５｝ ａ ａ ａ ａ ａ ａ ａ ａ ａ 血的事件分别记为Ａ′ ， Ｂ′ ， Ｃ′ ， Ｄ′ ， 于是 ， 这四 故脱靶不是不可能事件．概率是大量重复 （２） １ ２， １ ３， １ ４， １ ５， ２ ３， 个事件互斥．由已知得Ｐ Ａ′ ． Ｐ Ｂ′ 试验频率的估计值 故在不断重复试验的 ａ ２ ａ ４， ａ ２ ａ ５， ａ ３ ａ ４， ａ ３ ａ ５， ａ ４ ａ ５， 样本空间 Ω ＝ ． Ｐ Ｃ′ ． Ｐ Ｄ （ ′ ）＝ ． ０２ ． ８， （ ） 过程中 必有一次脱 ， 靶发生． ａ ａ ａ ａ ａ ａ ａ ａ ａ ａ ａ ａ ａ ａ ＝０２４， （ ）＝００７， （ ）＝０４１ ， ｛ １ ２， １ ３， １ ４， １ ５， ２ ３， ２ ４， ２ ５， 其血可以输给小明的事件为 Ｂ′ Ｄ′ １８．解析 由题意可得 三个臭皮匠解出问题 ａ ａ ａ ａ ａ ａ ． （１） ∪ ， “ ” ２．解 ３ 析 ４， ３ ５， ａ ４ ５｝ ａ Ｎ ． Ｐ （ Ｂ′ ∪ Ｄ′ ）＝ Ｐ （ Ｂ′ ）＋ Ｐ （ Ｄ′ ）＝ ０ ． ２４＋０ ． ４１＝ 为事件Ａ ∪ Ｂ ∪ Ｃ． （ ａ １） ＞１ ａ ８（ Ｎ ∈ ． ） ０ ． ６５ ． 解法一 ： Ｐ （ Ａ ∪ Ｂ ∪ Ｃ ）＝ Ｐ （ Ａ ）＋ Ｐ （ Ｂ ）＋ （２）１≤ ＜３３（ ∈ ） ３．解析 （１） 共有 ３６ 种可能结果． （２） 其血不能输给小明的概率为Ｐ （ Ｂ′ ∪ Ｄ′ ） Ｐ （ Ｃ ）－ Ｐ （ Ａ ∩ Ｂ ）－ Ｐ （ Ａ ∩ Ｃ ）－ Ｐ （ Ｂ ∩ Ｃ ）＋ （２） 点数之和是 ３ 的倍数的可能结果有 （１， ＝１－ Ｐ （ Ｂ′ ∪ Ｄ′ ）＝１－０ ． ６５＝０ ． ３５ ． Ｐ （ Ａ ∩ Ｂ ∩ Ｃ ） ２），（２，１），（１，５），（５，１），（２，４），（４，２）， ９．解析 （１） 随着调查次数增加 ， 红色的频率 ＝ Ｐ （ Ａ ）＋ Ｐ （ Ｂ ）＋ Ｐ （ Ｃ ）－ Ｐ （ Ａ ） Ｐ （ Ｂ ）－ Ｐ （ Ａ ） （３，３），（３，６），（６，３），（４，５），（５，４），（６， 接近 ０ ． １８ ． · Ｐ （ Ｃ ）－ Ｐ （ Ｂ ） Ｐ （ Ｃ ） ＋ Ｐ （ Ａ ） Ｐ （ Ｂ ） Ｐ （ Ｃ ） ６）， 共 １２ 种． （２） 估计选取红色的概率为 ０ ． １８ ． ＝０ ． ８５７ ． 安排生产蓝色笔袋 红色笔袋 绿色笔 解法二 Ｐ ＡＢＣ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ Ｃ 点数之和是 的倍数的概率是１２ １ ． （３） 、 、 ： （ ） ＝ （ ） （ ） （ ） （３） ３ ＝ 袋 紫色笔袋 其他颜色笔袋的数量比分别 ． ． ． ． ． ３６ ３ 、 、 ＝（１－０５）×（１－０４８）×（１－０４５）＝０１４３ ４． １ 解 ｈ 析 ） 的 事 （１ 件 ） 用 ， Ａ Ａ ２ １ 表 表 示 示 甲 甲 停 停 车 车 １ 不 ｈ 超 以 过 上 １ 且 ｈ 不 （ 超 含 １０ 为 ．解 ４ 析 ０ ％ ， 用 １８ ％ ａ ｉ ， ， ｊ １ 表 ８ ％ 示 ， 选 １４ 取 ％ ， 的 １０ 添 ％ 加 ． 剂的芳香度 因 Ｐ （ 为 Ａ ∪ ０ ． Ｂ ８ ∪ ５７ Ｃ ＞ ） ０ ＝ ． ８， １ 所 － Ｐ 以 （ Ａ 三 Ｂ 个 Ｃ 臭 ）＝ 皮 ０ ． 匠 ８５ 解 ７ ． 出问题 过 ２ｈ 的事件 ， Ａ ３ 表示甲停车 ２ ｈ 以上且不 分别为ｉ ， ｊ ， 则样本空间Ω ＝｛ ａ ０，１， ａ ０，２， ａ ０，３， 的概率比诸葛亮解出问题的概率大． ＝ 超 由 １ 于 过 ５ ２ ． Ｐ ４ ｈ Ａ 的事 Ａ 件 Ａ ， 则 Ｐ （ 且 Ａ ２） Ａ ＝ Ａ ３ １ ， Ａ Ｐ 互 （ Ａ 斥 ３） ａ （ 于 ａ ０ ３ １ ， ， ４ ４ ） ４ ， ， 所 ａ ａ 的 ０ ３ 选 ， ，５ ５ 事 ， ， 用 ａ ａ 件 ４ １ 的 ， ， ５ ２ ｝ 为 ， 两 ， ａ 样 １ 种 Ａ ，３， 本 ＝ 添 ａ 点 ｛ １ 加 ，４ ａ 个 ， ０ 剂 ， ａ ４ 数 １ ， ， 的 ５ ａ 为 ， １ 芳 ， ａ ３ ２ １ ｝ ， 香 ５ ３ ， ， ． 度 则 ａ ２， 之 ４ Ｐ ， 和 ａ （ ２ Ａ ， 等 ５ ） ， １９．解 “ Ｃ 度 Ａ Ｂ 析 等 １ 表 地 级 示 区 为 记 事 用 满 Ｃ 件 户 Ａ 意 １ “ 表 的 Ｂ 或 示 满 地 非 事 意 区 常 件 度 用 满 “ 等 户 Ａ 意 级 的 地 ” 为 满 区 ， Ｃ 非 意 用 Ａ ２ 常 表 度 户 满 示 等 的 意 事 级 满 ” 为 意 件 ， （ １∪ ２∪ ３）＝１， １， ２， ３ ， ＝ ２ ． 不满意 ”， Ｃ Ｂ ２ 表示事件 “ Ｂ地区用户的满意 则 ＝ ４ １ Ｐ （ ． Ａ １）＝ １－ Ｐ （ Ａ ２）－ Ｐ （ Ａ ３）＝ １－ ３ １ － １ ５ ２ ａ （ 小 ２ １ 于 ） ５ 所 ａ ３ 选 的 用 事 ａ 的 件 两 为 种 ａ 添 Ｂ ＝ 加 ａ ｛ 剂 ａ ０， 的 ３， ａ 芳 ａ ０， 香 ４， ａ 度 ａ ０， 之 ５， 和 ａ ａ １， 不 ２， 度 独 由 立 所 等 给 ， 级 Ｃ 数 为 Ｂ １ 与 据 满 得 意 Ｃ Ｂ ” ２ Ｃ 互 ， Ａ 则 １ 斥 ， Ｃ Ｃ ， Ａ 则 Ａ ２ １ ， 与 Ｃ Ｃ Ｂ Ｃ ＝ １， Ｂ Ｃ Ｃ １ 独 Ｂ Ｂ １ ２ Ｃ 立 发 Ａ １∪ ， 生 Ｃ Ｃ 的 Ａ ２ Ｂ 与 ２ 频 Ｃ Ａ Ｃ 率 ２ ． Ｂ ２ 记甲停车时长 不超过 超过 但 １，３， １，４， １，５， ２，３， ２，４， ２，５， ３，４， ３，５， 分别为１６ ４ １０ ８ ． （２） “ １ｈ”“ １ｈ ， ， ， ３ 车 不 ｈ 超 时 但 过 长 不 ２ 超 不 ｈ 过 ” 超 “ ４ 超 过 ｈ 过 ” 依 ２ 次 ｈ 为 但 超 不 ａ 过 １ 超 ， ａ 过 ２， ａ ３ ３ 但 ， ｈ ａ ” 不 ４ “ ； 超 乙 超 过 停 过 １１． ａ 解 ４， 析 ５｝ ， 则 ３ Ｐ ． （ Ｂ ）＝ １ １ ５ ３． 故Ｐ （ Ｃ Ａ ２ １ ０ ）＝ ２ ２ １ ０ ０ ６ ， ２ Ｐ ０ （ Ｃ ２ Ａ ２ ０ ）＝ ２ ４ ０ ， Ｐ （ Ｃ Ｂ １）＝ ２ １ ０ ０ ， ２ ａ 超 ＝ ｈ ｛ ｂ 过 ” ａ “ １ ４ ａ ｂ 超 １ ｈ “ ｂ ， 过 ” ａ 依 １ ａ ２ ｂ 次 ２ ｈ ｂ ， 为 但 ａ ａ １ 不 １ ｂ ｂ １ ｂ ３ ， ｈ 超 ， ｂ ” ａ ２ 过 ａ １ “ ， ｂ ｂ ｂ ４ ３ ３ ， ， ｈ ｂ ａ ａ ” ４ ２ ， “ ｂ １ ｂ 则 １ 超 ， ｈ 样 ａ 过 ａ ２ 本 ｂ ｂ ３ ２， 空 ｈ ａ ａ 但 间 ２ ｂ ｂ 不 ３ Ω ， １ １ １ ２ ３ ４ ． ． ． 解 解 解 析 析 析 ０ ｍ 设 ５ ． ＋ ９ Ａ ８ ｎ ． － ＝ ｍ “ ｎ 取 ． 到的数能被 ５ 整除 ”， Ｂ ＝ ＝ Ｐ 所 （ Ｐ 以 Ｃ （ Ｂ Ｃ Ｐ ２） Ｂ （ １ ＝ Ｃ Ｃ Ａ ２ ） １ ８ ０ ） ＝ ＋ ． Ｐ Ｐ （ （ Ｃ Ｃ Ｂ Ｂ １ Ｃ ２ Ｃ Ａ Ａ １∪ ２） Ｃ Ｂ ２ Ｃ Ａ ２） ａ ２ ｂ ４， ． ３ １， ３ ２， ３ ３， ３ ４， ４ １， ４ ２， ４ ３， “ 取到的数能被 ９ 整除 ”， 则Ｐ （ Ａ ）＝ ２０ ＝ ＝ Ｐ （ Ｃ Ｂ １） Ｐ （ Ｃ Ａ １）＋ Ｐ （ Ｃ Ｂ ２） Ｐ （ Ｃ Ａ ２） ４ ４｝ １００ １０ １６ ８ ４ ． ． 甲 乙两人停车付费之和为 元 的事件 ＝ × ＋ × ＝０４８ “ 、 ３６ ” １ Ｐ Ｂ １１ Ｐ Ａ Ｂ ２ １ ． ２０ ２０ ２０ ２０ ， （ ）＝ ， （ ∩ ）＝ ＝ ２０．解析 前 次射击中甲恰好命中 次 Ａ ａ ｂ ａ ｂ ａ ｂ ａ ｂ 所以Ｐ Ａ ４ ５ １００ １００ ５０ （１） ３ ２ ＝｛ １ ４， ２ ３， ３ ２， ４ １｝， （ ）＝ １６ 事件 “ 取到的数能被 ５ 或 ９ 整除 ” 为Ａ ∪ Ｂ ， 是甲第一次 、 第二次均命中 ， 第三次未命 ＝ ４ １ ． 则Ｐ （ Ａ ∪ Ｂ ）＝ Ｐ （ Ａ ）＋ Ｐ （ Ｂ ）－ Ｐ （ Ａ ∩ Ｂ ）＝ ５ １ 中 ， 所以概率为 １ ３ × ３ １ × ３ ２ ＝ ２ ２ ７ ． ５．解析 依次用ａ ０， ａ １ 表示甲抛掷的硬币反 １１ １ ． ． （２） 设第ｉ次射击中甲命中 ， 第ｊ次射击中 面向上和正面向上 ， 用ｂ ０， ｂ １ 表示乙抛掷的 ＋ １００ － ５０ ＝０２９ 乙命中的事件分别为 Ａ ｉ， Ｂ ｊ（ ｉ ， ｊ ＝１，２，３， 硬 抛 币 掷 反 的 面 硬 向 币 上 反面 和 向 正 上 面 和 向 正 上 面 ， 用 向上 ｃ ０， ｃ 则 １ 表 一 示 个回 丙 １５．解析 设事件Ａ为 “ 甲跑第一棒 ”， 事件Ｂ …）， 第 ４ 次由甲射击包含事件 Ａ １ Ａ ２ Ａ ３， ， 为 乙跑第四棒 则Ｐ Ａ １ Ｐ Ｂ Ａ Ａ Ｂ Ａ Ｂ Ａ Ａ Ｂ Ｂ 所以概率为 合的样本空间 “ ”， （ ）＝ ， （ ）＝ １ ２ ３， １ ２ ３， １ ２ ３， ４ ( ) ３ ( ) ２ ( ) ２ Ω ａ ｂ ｃ ａ ｂ ｃ ａ ｂ ｃ ａ ｂ ｃ ａ ｂ ｃ Ｐ １ １ ２ ２ １ ２ ＝｛ ０ ０ ０， ０ ０ １， ０ １ ０， １ ０ ０， ０ １ １， １ ．记甲跑第ｘ棒 乙跑第ｙ棒 则结果可 ＝ ＋ × ＋ × ＋ ａ ｂ ｃ ａ ｂ ｃ ａ ｂ ｃ ． ， ， ３ ３ ３ ３ ３ ３ １ １ ０， １ ０ １， １ １ １｝ ４ 记抛落一次可确定两人先下棋的事件为Ａ 记为 ｘ ｙ 共有 种可能结果 １ ２ １３． ＝ （ ， ）， １２ ：（１，２）， × × ＝ ａ ｂｃ ａ ｂｃ ａ ｂｃ ａ ｂｃ ａ ｂｃ ａ ｂｃ ３ ３ ２７ ｛ ０ ０ １， ０ １ ０， １ ０ ０， ０ １ １， １ １ ０， １ ０ １｝， （１，３），（１，４），（２，１），（２，３），（２，４），（ ． ３， ２１．解析 设 “ 答对第七道题 ”“ 答对第八道 则Ｐ Ａ ６ ３ ． １），（３，２），（３，４），（４，１），（４，２），（４，３） 题 答对第九道题 答对第十道题 分别 （ ）＝ ＝ 而甲跑第一棒且乙跑第四棒只有一种可能 ”“ ”“ ” ８ ４ 为事件Ａ Ａ Ａ Ａ ． １， ２， ３， ４ ６．解析 １ ． 故Ｐ Ａ Ｂ １ ． 该同学已经做对 道题 再做一道题得 （１） （１，４）， （ ∩ ） ＝ ６ ， ７０ ３６ １２ 分的概率为Ｐ Ｐ Ａ ｐ． 所以 甲跑第一棒或乙跑第四棒的概率 １＝ （ １）＝ １ ． ， 再做两道题至少得 分的概率为 Ｐ （２） Ｐ Ａ Ｂ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ Ａ Ｂ ７０ ２ ＝ １２ （ ∪ ）＝ （ ）＋ （ ）－ （ ∩ ） Ｐ Ａ Ａ ｐ２ 因为答错一题扣十分 所以 （ １ ２）＝ （ ， ５ ． １ １ １ ５ ． 要全答对 ． （３） ＝ ＋ － ＝ ） ３６ ４ ４ １２ １２ 再做三道题至少得 分的概率为 Ｐ （４） 事件Ｃ的概率最大 ， 因为它包含的样本 １６．解析 Ｃ班人数为 ８ ． ７０ ３ ＝ 点个数最多． （１） １００× ＝４０ Ｐ Ａ Ａ Ａ Ａ Ａ Ａ Ａ Ａ Ａ Ａ Ａ Ａ ２０ （ １ ２ ３∪ １ ２ ３∪ １ ２ ３∪ １ ２ ３） １８ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等教材习题答案 ｐ３ ｐ２ ｐ ｐ３ ｐ２． ａ α β ＝ ＋３ （１－ ）＝－２ ＋３ ＡＢ ｔａｎ ｔａｎ ｈ． 再做四道题至少得 分的概率为 ∴ １＝ α β＋ ７０ ｔａｎ －ｔａｎ Ｐ Ｐ Ａ Ａ Ａ Ａ Ａ Ａ Ａ Ａ Ａ Ａ Ａ Ａ ４＝ （ １ ２ ３ ４∪ １ ２ ３ ４∪ １ ２ ３ ４∪ 6.2 数学建模——从自然 Ａ Ａ Ａ Ａ Ａ Ａ Ａ Ａ １ ２ ３ ４∪ １ ２ ３ ４） 走向理性之路 ｐ４ ｐ３ ｐ ｐ４ ｐ３． ＝ ＋４ （１－ ）＝－３ ＋４ 因为 ｐ 故Ｐ Ｐ ． 练习（第 页） ０＜ ＜１， １＞ ２ ２４９ 又Ｐ Ｐ ｐ２ ｐ ｐ２ ｐ 问题研究一 ３－ ４＝ ［－２ ＋３－（－３ ＋４ ）］ ＝ ｐ２ （３ ｐ２ －６ ｐ ＋３）＝３ ｐ２ （ ｐ －１） ２ ＞０， 容易举例说明 ， 当地面高低不平 ， 椅子无法绕 所以Ｐ Ｐ 因此只需比较 Ｐ 与 Ｐ 的 正方形的中心旋转任意角度时 可能无法使其 大小． ３＞ ４， １ ３ 四条腿同时着地．因此 ， 为了使 ， 椅子旋转某个 则ＡＣ ａ ＰＨ ａ． 角度时四条腿同时着地 需要一些假设条件 ＝２ ３ ， ＝２ 若 时回 Ｐ ３ 答 ＞ Ｐ 九 １， 道 则 题 － 至 ２ ｐ 少 ３ ＋ 得 ３ ｐ２ ＞ ｐ 分 ， 解 的 得 概 １ ２ 率 ＜ 最 ｐ 大 ＜１ ． ， 此 假设 地 如 面 下 为 ： 连续曲面 ， ， ∴ ＰＰ′ ＝ ｃｏ ２ ｓ ａ ｘ， Ｐ′Ｈ ＝２ ａ ｔａｎ ｘ． 若Ｐ Ｐ 则 ｐ １ ７０ 此时回答七道题至 （ （ ２ １ ） ） 椅子的四条腿长度 ； 相同 ； ∴ 三个菱形的面积之和为Ｓ １（ ｘ ）＝ ２ ３ ＡＣ · ＰＰ′ ３＜ １， ０＜ ＜ ２ ， （３） 相对于地面的弯曲程度而言 ， 椅子的腿 ａ２ 少得 ７０ 分的概率最大． 足够长 （ 或总可以使椅子的三条腿同时着 ＝ ６ ３ ｘ ． 地 ｃｏｓ 若Ｐ Ｐ 即ｐ １ 时 此时回答七道题或 ）； 与蜂房等容的无底正六棱柱表面积与蜂房表 ３＝ １， ＝ ２ ， （４） 椅子的腿只要有一点接触地面就算着地 ； 面积不重合部分为 九道题至少得 ７０ 分的概率最大． （５） 椅子可以绕正方形中心做任意角度的 ( ａ ｘ ) 第6 章 数学建模 旋转． ３ ４ ａ２ ｓｉｎ π ＋ ２ ｔａｎ ·２ ａ ＝ ６ ａ２ （ ３＋ｔａｎ ｘ ） ． ３ ２ 由假设 和 知 椅子的四只脚连线呈正 （２） （４） ， 因此建蜂房比建无底有盖等积六面体减少的 6.1 走进异彩纷呈的数学 方形 ， 以椅子四只脚的对称中心为坐标原点建 面积是 立直角坐标系 椅子的四条腿分别在Ａ Ｂ Ｃ 建模世界 Ｄ处 Ａ Ｃ的初 ， 始位置在ｘ轴上 而Ｂ Ｄ ， 则 ， 在 ， ｙ ｆ （ ｘ ）＝ ６ ａ２ （ ３ ＋ｔａｎ ｘ ）－６ ａ２ · ３ ＋ １ ｘ＝ ， ， ， ， ｃｏｓ 练习（第 页） 轴上．当椅子绕中心Ｏ旋转θ角时 令ｆ θ 为 ( ) ２４４ ， （ ） 问题研究一 Ａ ， Ｃ到地面的距离之和 ， ｇ （ θ ） 为Ｂ ， Ｄ离地面 ６ ａ２ ｔａｎ ｘ － ３ ｘ＋ ３ ． 这 中 些 的 曲 曲 线 线 的 是 人 一 口增 个 长 指 速 数 度 型 比 函 较 数 平 的 稳 图 ， 而 象 图 ．原 ６ 因 ． １－ 于 的距 θ 离 的 之 连 和 续 ， 在 函 前 数 面 ． 假 由 设 三 下 条 ， ｆ 腿 （ θ 恒 ）， 着 ｇ （ 地 θ ） 得 是 到 关 这样 ， 上述 ３ 问 ｃｏ 题 ｓ 变为求函数 ｇ （ ｘ ）＝ ｔａｎ ｘ － ６ ： ( ) 图 ． 中的曲线没有考虑自然条件与生存 ｆ θ ｇ θ 恒成立． ３ ｘ π 的最大值． ６１－６ （ ） （ ）＝０ ｘ， ∈ ０， 环境对人口的制约 且各国有不同的生育政 若ｆ ｇ 则四条腿同时着地 否则 ３ｃｏｓ ２ ， （０）＝ （０）＝０， ， ， 当 ｘ α 时 ｇ ｘ 单调递增 当 ｘ 策 人为地限制了人口的发展 这是理论模型 可设ｆ ｇ ． ∈（０， ） ， （ ） ； ∈ ， ， （０）＝０， （０）＞０ ( ) 计算无法估计的． 构造函数ｈ θ ｆ θ ｇ θ 则ｈ ｇ α π 时 ｇ ｘ 单调递减 其中 α ３． （ ）＝ （ ）－ （ ）， （０）＝－ （０） ， ， （ ） ， ｓｉｎ ＝ 问题研究二 ２ ３ ＜０， 测量物体的高度是传统的数学建模问题 测量 ( ) ( ) ( ) 当 ｘ ３时 ｇ ｘ 取最大值 ｆ ｘ 也取最 ， ｈ π ｆ π ｇ π ｇ ｆ ｇ ∴ ｓｉｎ ＝ ， （ ） ， （ ） 模型可以用平面几何的方法 如比例线段 相 ＝ － ＝ （０）－（０）＝ （０） ３ ， 、 ２ ２ ２ 大值． 似性等 也可以用三角的方法 甚至可以用物 ． ， ， ＞０ ＰＰ′ 理的方法 等等．本题的测量模型可以选用两 设 Ｐ′ＡＰ θ 则有 θ １ ． ， 由连续函数的零点定理知必存在 θ π 使 ∠ ＝２ ， ｔａｎ ＝ＡＣ＝ 次测角法来完成． ０＜ ０＜ ， ２ ２ 经计算器算得θ ° ′ θ ° ′． 测量对象 测量某建筑物高度． 得ｈ θ 此时 四条腿同时着地． ≈３５ １６，∴２ ≈７０ ３２ ： （ ０）＝０， ， 测量方法 测量并记录测量工具离地面的距 若椅子四脚的连线为矩形 可以做类似讨论． ：① ， 6.3 数学建模案例(一): 离为ｈ 问题研究二 ｍ； 用大量角器对准此建筑物顶部 记录仰 我们生活中看到的蜂房其开口都是正六边形 最佳视角 ② ， ， 角 ③ 后 α ； 退ａ ｍ， 重复 ② 中操作记录仰角β． 这 道 是 ， 在 为 面 什 积 么 相 呢 同 ？ 的 如 情 果 况 为 下 了 ， 圆 节 形 省 周 材 长 料 最 ， 小 我 ， 们 并 知 非 练 问 习 题研 （第 究 ２ 一 ５２ 页） 测量数据 、 计算过程和结果 ： 正六边形．事实上 ， 这只是考虑到问题的一个 由已经测量的三个角α ， β ， γ ， 依据平面几何知 如图 ， 已知 ∠ ＡＣＢ ＝ α ，∠ ＡＤＢ ＝ β ， Ｃ １ Ｄ １＝ ＣＤ ＝ 方面 ， 因为我们看到的蜂房大都不是单个的 ， 识可以知道 ，△ ＰＡＢ ，△ ＰＢＣ的三个内角已经 ａ ， ＢＢ １＝ ＣＣ １＝ ＤＤ １＝ ｈ．求ＡＢ １ 的长． 而是无缝隙紧密相连 ， 如果蜂房用圆形 ， 圆形 确定 ， 进而形状已经确定 ， 因此还需要通过确 之间留有缝隙 ， 反而达不到节省空间 、 节省材 定三角形的边长来确定三角形的大小．进一 料的目的．因此蜂房的开口相连排列后应该能 步 为了能够计算隧道ＤＥ的长度 由解三角 ， ， 毫无缝隙地将平面铺满．通过简单计算可以得 形的知识 可以推断出还需要确定线段 ＡＤ ， ， 出 随着多边形边数的增加 正多边形最接近 ＥＢ ＢＣ的长度． ， ， ， 圆 而正多边形中只有正三角形 正四边形 正 首先在 ＰＢＣ中进行运算 依据正弦定理写出 ， 、 、 △ ， 六边形 °被它们的内角度数整除 可以将 ＢＣ与ＰＢ 或ＰＣ 之间的等量关系式 表示出 （３６０ ） （ ） ， 地面铺满 三种图形中 面积一定时 正六边形 ＰＢ 或ＰＣ ． ， ， ， （ ） 周长最小 所以蜜蜂选择正六边形是聪明的 在 ＰＢＣ 中 ＢＰＣ β γ ＰＢＣ β ， △ ，∠ ＝ － ，∠ ＝π－ ， ＡＢ 选择． ＰＣＢ γ． 解 在 ＡＢＣ中 有 α ． ∠ ＝ ： Ｒｔ△ ， ｔａｎ ＝ＢＣ 下面建立数学模型证明底面三个相同菱形的 ＢＣ ＰＣ ＢＣ β 由 可得ＰＣ ｓｉｎ ． ＡＢ 锐角约为 ° ′时 能使等容积条件下所用材 ＢＰＣ＝ ＰＢＣ， ＝ β γ 在 ＡＢＤ中 有 β ． ７０ ３２ ， ｓｉｎ∠ ｓｉｎ∠ ｓｉｎ（ － ） Ｒｔ△ ， ｔａｎ ＝ａ ＢＣ 料最省． 在 ＰＡＣ中 ＰＡＣ α ＡＰＣ α γ． ＋ △ ，∠ ＝ ，∠ ＝π－ － ＡＢ ａ ｔａｎ ２α ｔａｎ β 设正六边形边长为 ２ ａ ， Ｐ′在正六边形中的投 由 ＡＣ ＰＣ ∴ ＝ α β， 影为Ｐ″．作ＰＨ Ｐ′Ｐ″ 垂足为Ｈ． ＡＰＣ＝ ＰＡＣ， ｔａｎ －ｔａｎ ⊥ ， ｓｉｎ∠ ｓｉｎ∠ １９ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等ＰＣ α γ ａ２ ｂ２ ． 最小． 可得ＡＣ ｓｉｎ（ ＋ ）． ·（ ＋２ ） ＤＥ ＝ ＡＣ － ＝ ＡＤ － ｓ Ｅ ｉｎ Ｂ － α ＢＣ ＝ ＢＣ ｓｉｎ α β ｓｉｎ（ β α γ ＋ γ ） － ＡＤ － 当ｘ ＝ ａ ３ ２ － ｂ２ ( 时 ， ｆ （ ｘ ） 最小 ) ， （ 同 与 ３ 点 ） Ｂ 不 之 Ｄ 存 ′ 间 ， 在 Ｅ′ 这 ， 故 总 样 设 造 的 价 Ｅ 点 ′ 最 位 Ｄ 小 于 ′ ， ， Ｅ Ｄ Ｅ ′． ′ ′ 在 显 与 然 Ａ Ａ Ｂ 不 之 上 能 间 任 位 取 Ｂ 于 两 Ｄ′ 不 Ｄ′ ＥＢ ＢＣ． ｓｉｎ ｓｉｎ（ － ） Ｐ点坐标为 ａ２ － ｂ２ ． ， ， ＝ － ∴ ０， ｘ ＡＥ ｙ ｘ ｙ ３ ． 问题研究二 即当Ｐ为 ＡＢＣ的重 ３ 心时 Ｐ到三镇距离平方 １ｋｍ， ＝ １ｋｍ，０≤ １＋ １≤ ２ 我们知道 球员所处的位置对球门所张的角越 △ ， ａ ， 和最小． 总造价Ｓ ２ ｙ２ａ ． ｘ ｙ 大 破门的概率也就越大．根据问题的条件 模 ＝ （ ３） ＋ １ ＋（１ ５－ １－ １） ＋ 型求 ， 解思路如下 ， （２） 令ｇ （ ｘ ）＝ ｜ ＰＡ ｜＋｜ ＰＢ ｜＋｜ ＰＣ ｜＝ ｘ － ａ２ － ｂ２ ｘ２ ａ ２ 问题转化为 ： 在直线ＡＢ上求一点Ｐ 使得 ｘ２ ｂ２． （ (１＋１＋ ｘ １） ｙ ) 点 （１） Ｐ对球门ＭＮ ： 所形成的张角 ∠ ＭＰＮ最 ， 大．由 易 ＋２ 得当 ＋ ｘ ＝０ 时 ， ｇ （ ｘ ） 最小． ＝ ｘ２ １－ ２ １ ＋ ｙ２ １＋３－ ２ １ ＋ １ ４ １ ａ． 平面几何知识得 过Ｍ Ｎ两点作圆与直线ＡＢ 即当Ｐ 为 ＢＣ 的中点时 Ｐ 到三镇距离之和 ｘ ｙ 相切 切点Ｐ即为 ， 所求 ， ． 最小． ， 由 （１）（２） 讨论知 ， ｘ １－ １ ≥－ １ ， ｙ２ １＋３－ １ ， ２ １６ ２ 当 ° α °时 同 ．过Ｍ Ｎ两点作圆 ＰＢ ＰＣ 与 （２ 直 ） 线 ０ ＡＢ ＜ 相 ＜ 切 ９０ ， 切点 ， Ｐ （ 即 １） 为所求 ， ． 令 （３） ｈ ∵ ｘ ｜ { ｜ ｜ ＝ Ｐ ｜ Ａ ｜， ｜ ｜ ， ＰＡ ｜≥｜ ＰＢ ｜， ≥ ３ ２ ， 当且仅当ｘ １＝ ４ １ ， ｙ １＝１ 同时成立时 ， 两 （ ）＝ ＰＢ ＰＡ ＰＢ ． ｜ ｜，｜ ｜＜｜ ｜ 个不等式等号同时成立．此时 ＢＤ′ １ 当 ＰＡ ＰＢ 时 ｈ ｘ 取最小值． ＝ ｋｍ， ｜ ｜＝｜ ｜ ， （ ） ４ 即当Ｐ为 ＡＢＣ的外心时 Ｐ到三镇的最远距 △ ， ＡＥ′ Ｓ ６７ａ． 离最小． ＝１ｋｍ， ｍｉｎ＝ １６ 当有ｎ个新兴城镇时 将这ｎ个城镇转化为ｎ 所以点Ｄ′ Ｅ′分别与点Ｄ Ｅ重合 因此不存在 ， ， ， ， 边形中的ｎ个顶点 则问题可转化为几何定位 这样的点Ｄ′ Ｅ′． ， ， 问题求解． 这是一道开放式的数学建模问题 可以根据实 ， 问题研究二 际需要建立模型 根据模型的类型 可以采用 ， ， 6.4 数学建模案例(二): 本题以公路修建为背景 ， 是一道研究局部最优 上述数学方法求解 ， 或者利用计算机搜索的方 与整体最优的问题 可以采用三角换元 均值 法求出近似 数值 解． 曼哈顿距离 ， 、 （ ） 不等式 判别式等方法求解． 、 练习（第 页） ＰＢＨ是山坡与α所成二面角的平面角 6.5 数学建模案例(三): ２５６ （１）∠ ， 问题研究一 ＰＢＨ θ ＰＢ ＰＨ ． 人数估计 本题是确定性的数学问题 其中 可以 ∴∠ ＝ ， ＝ θ＝１（ｋｍ） ， （１）（２） ｓｉｎ 练习（第 页） 采用简单的函数方法求解 的做法较多 设ＢＤ ｘ ｘ ． ２６１ ，（３） ， ＝ ｋｍ，０≤ ≤１５， 问题研究 例如函数方法 、 图形法以及三角法等．下面对 则ＰＤ ＝ ｘ２ ＋ ＰＢ２ ＝ ｘ２ ＋１（ｋｍ） ． 数学建模的目的是淘汰一些作用较小的气象 （ 以 ３） Ｂ 给 Ｃ 出 的 了 中 一 点 种 Ｏ 三 为 角 原 法 点 ． ， ＢＣ为ｘ轴 ， ＯＡ为ｙ轴 总造价ｆ １（ ｘ ）＝ ３ ａ ＋ ２ ａ （１ ． ５－ ｘ ）＋（ ｘ２ ＋１＋１） ａ 损 站 失 ， 以 尽 节 可 省 能 开 少 支 ．题 ， 但 目 又 中 要 给 求 出 该 了 地 近 区 十 降 年 水 该 量 地 信 区的 息 建立平面直角坐标系 ( ) ( ) ， ａ ｘ２ １ ｘ １１ ａ． 年降水统计量 适合于通过统计模型解决．由 ＝ － ＋ ＋ ３ ， ２ ４ 于可采用的统计方法较多 每一种方法都是在 ， 当ｘ １ 即ＢＤ １ 时 ｆ ｘ 最小． 一定假设情况下得到的 不一定准确 因此 本 ＝ ， ＝ ｋｍ ，１（ ） ， ， ， ４ ( ４ ) 题是开放式的 只要对建立的数学模型以及结 ， 设 ＡＥ ｘ ｘ ５ 则 ＯＥ 论能找到合理的解释 则属于合格的数学模 （２） ＝ ０≤ ≤ ｋｍ， ＝ ， ( ) ４ 型．下面只给出建模思路．随着对统计知识了解 ｘ２ ＋３ ｋｍ， ＤＥ ＝ ５ － ｘ ｋｍ， 则沿折线ＰＤＥＯ 程度的加深 本题可用方差 相关性分析以及 ４ ， 、 ( ｘ ) 线性回归等方法求解． 修公路的总造价为ｇ （ ｘ ）＝ ｘ２ ＋３－ ａ ＋ 作为数学模型 不一定需要唯一的答案 可以 ２ ， ， 根据实际问题给出自己的方案．例如 如果单 ４３ａ． ， 纯采用方差的方法 在一定的假设下 方差较 则Ａ （０， ａ２ －６ ２ ）， Ｂ （－ ｂ ，０）， Ｃ （ ｂ ，０）， 画 １６ 出ｇ ｘ 的图象 图略 由图象知ｇ ｘ 在 小地区可考虑减少观 ， 测站的数量 而方 ， 差过大 设Ｐ （０， ｘ ） ． （ ） [ （ ） ] ， （ ） 的地区 则检查是不是某个孤立 ， 点 称为奇 （１） 令ｆ （ ｘ ）＝ ｜ ＰＡ ｜ ２ ＋｜ ＰＢ ｜ ２ ＋ ｜ ＰＣ ｜ ２ ＝（ ｘ － ［０，１］ 上递减 ， 在 １， ５ 上递增．当ｘ ＝１， 即 点 导致 ， 则撒销该观测站或改为设立 （ 一个成 ( ) ４ ） ， ａ２ ｂ２ ＡＥ 时 沿折线ＰＤＥＯ修公路的总造价 本较低的人工观测点． ａ２ ２ ２ ｘ２ ｂ２ ｘ － ２ ＝１ ｋｍ ， －６ ） ＋２（ ＋ ）＝ ３ － ＋ ３ ３ ２０ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等