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教材习题答案
第9 章 平面向量 9.2 向量运算
９.２.１ 向量的加减法
9.1 向量概念
练习
练习
１.解析
１.解析 正确的是 . (１)
(４)
２.Ｂ
ｂ ａ ｄ 不成立
３.解析 →ＡＢ的长度为 Ｃ→Ｄ的长度为 ① ＝ ＋ ꎬ① ꎻ
３ ２ꎬ ｂ ｄ ａ 不成立
Ｅ→Ｆ的长度为 . (２) ②－ ＝－ － ꎬ② ꎻ
１３ꎬ １０ ｃ →ＡＢ Ａ→Ｄ Ｄ→Ｂ ｄ ａ 成立
４.解析 与→ＡＢ平行的向量有→ＡＣ Ａ→Ｄ Ｂ→Ｃ ③ ＝ ＝ ＋ ＝ － ꎬ③ ꎻ
ꎬ ꎬ ꎬ ２.解析 ｃ →ＡＢ Ａ→Ｄ Ｄ→Ｂ ａ ｄ 不成立.
Ｂ→Ｄ Ｃ→Ｄ. (１) ④－ ＝－ ＝－ － ＝ － ꎬ④
ꎬ ◆习题9.2（1）
５.解析 与→ＡＢ垂直的向量有Ａ→Ｄ
ꎬ
Ｃ→Ｂ. 感受理解
◆习题9.1
１.证明 如图.
感受理解
(２)
１.解析 如图
ꎬ
３.Ｂ
４.解析 原式 →ＡＣ →ＣＡ ０.
(１) ＝ ＋ ＝
(２)
原式
＝
→ＡＢ
＋
Ｂ→Ｃ
＋
Ｃ→Ｄ
＋
Ｄ→Ｆ
＋
→ＦＡ
＝
→ＡＣ
＋
在
△
ＡＢＣ中
ꎬ
→ＡＢ
＋
Ｂ→Ｃ
＝
→ＡＣ
ꎬ
Ｃ→Ｄ
＋
Ｄ→Ｆ
＋
→ＦＡ
＝
Ａ→Ｄ
＋
Ｄ→Ｆ
＋
→ＦＡ
＝
→ＡＦ
＋
→ＦＡ
＝
０.
∴
→ＡＢ
＋
Ｂ→Ｃ
＋
→ＣＡ
＝
→ＡＣ
＋
→ＣＡ
＝
０.
(１) 与Ｂ→Ｃ相等的向量为Ａ→Ｄ. (３) 原式 ＝ →ＡＢ ＋ Ｂ→Ｏ ＋ Ｏ→Ｍ ＋ Ｍ→Ｂ ＋ Ｂ→Ｃ ＝ Ａ→Ｏ ＋ ２ ３ . . 解 解 析 析 当ａ ꎬ ｂ同向时成立.
(２)
与Ｏ→Ｂ长度相等的向量为Ｏ→Ａ
ꎬ
Ｏ→Ｃ
ꎬ
Ｏ→Ｍ
＋
Ｍ→Ｂ
＋
Ｂ→Ｃ
＝
Ａ→Ｍ
＋
Ｍ→Ｂ
＋
Ｂ→Ｃ
＝
→ＡＢ
＋
Ｂ→Ｃ (１)
Ｏ→Ｄ
ꎬ
Ａ→Ｏ
ꎬ
Ｃ→Ｏ
ꎬ
Ｄ→Ｏ
ꎬ
Ｂ→Ｏ.
＝
→ＡＣ.
２. ( 解 ３ 析 )
与Ｄ→
长
Ａ共
度
线
相
的
等
向
的
量
向
为
量
Ａ→
不
Ｄ
ꎬ 一
Ｂ→Ｃ
定 ꎬ
Ｃ→
是
Ｂ.
相同
５.证明 →ＡＢ
＋
Ｂ→Ｃ
＋
→ＡＣ
＝２
→ＡＣ
ꎬ
在 ＡＢＣ中 →ＡＣ ０
的向量 相同的向量是共线向量 平行 △ ꎬ ≠ ꎬ
于同一个 ꎬ 非零向量的两个向量是 ꎬ 共线 ∴ →ＡＢ ＋ Ｂ→Ｃ ＋ →ＡＣ ≠ ０. 当ａ ｂ时 ａ ｂ ａ ｂ .
向量.举例略. ６.答案 (１)√ (２)✕ ４.解 (２ 析 ) 如 ⊥ 图. ꎬ｜ ＋ ｜＝｜ － ｜
练习
３.解析 与Ａ→Ｏ相等的向量为Ｂ→Ｆ.
(１) １.解析
与Ｂ→Ｏ相等的向量为→ＡＥ. (１)
与Ａ→Ｏ共线的向量为Ｃ→Ｏ Ｄ→Ｅ Ｂ→Ｆ.
(２) ꎬ ꎬ
与Ａ→Ｏ的模相等的向量为Ｃ→Ｏ Ｄ→Ｏ
(３) ꎬ ꎬ
Ｂ→Ｏ Ｃ→Ｆ Ｂ→Ｆ Ｄ→Ｅ →ＡＥ. (２)
ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ
不相等.
(４)
与 Ａ→Ｏ 垂直的向量为 Ｄ→Ｏ Ｂ→Ｏ ５.答案
( Ｃ→Ｆ ５
ꎬ
) →ＡＥ. ꎬ ꎬ ２.解
→Ａ
析
Ｂ Ａ→
→Ａ
Ｄ
Ｃ ＝
ａ
Ａ→Ｄ
ｂ.
＋ Ｄ→Ｃ ＝ Ａ→Ｄ ＋ →ＡＢ ＝ ａ ＋ ｂ ꎬ Ｄ→Ｂ ６.解析 如 ②③ 图 ④
ꎬ
４.答案 Ｅ→Ｄ Ｄ→Ｃ ＝ － ＝ －
５.答案 (
③
１) ꎬ (２)６ ３.解析
(１)
Ｏ→Ｍ
＝
Ｏ→Ｄ
＋
Ｏ→Ｅ
ꎬ
正确.
６.解析 错误 当 ｂ ０ 时 ａ 与 ｃ 不 Ｏ→Ｍ Ｄ→Ｏ Ｏ→Ｍ Ｏ→Ｄ Ｏ→Ｅ 正确.
(１) ꎬ ＝ ꎬ (２) ＋ ＝ － ＝ ꎬ
一定平行.
Ｏ→Ｄ Ｅ→Ｏ Ｏ→Ｄ Ｏ→Ｅ Ｏ→Ｍ 不正确.
错误 单位向量方向不一定相同. (３) ＋ ＝ － ≠ ꎬ
(２)
错误
ꎬ
０的相反向量仍为０. (４)
Ｄ→Ｏ
＋
Ｅ→Ｏ
＝－(
Ｏ→Ｄ
＋
Ｏ→Ｅ
)＝－
Ｏ→Ｍ
ꎬ
思 ( 考 ３) 运用 ꎬ 即Ｏ→Ｄ Ｄ→Ｅ Ｏ→Ｍ 正确. ａ ｂ表示向北偏东 °方向走 .
＋ ＝ ꎬ ＋ ６０ ３ ３ ｎｍｉｌｅ
７.答案
存 在 (１) ａ
存
ｄ
在
. ꎬ
ａ与ｄ
ꎬ
ｂ与ｅ. ４.解析
(１)
原式
＝
→ＡＢ
＋
Ｂ→Ｄ
－
Ａ→Ｄ
＋
Ｃ→Ｂ ７.解析
(１)－
Ｏ→Ａ
＋
Ｏ→Ｂ
－
Ｏ→Ｃ
－
Ｃ→Ｏ
(２) ꎬ ꎬ Ａ→Ｄ Ａ→Ｄ Ｃ→Ｂ Ｃ→Ｂ. Ｏ→Ｂ Ｏ→Ａ Ｏ→Ｃ Ｃ→Ｏ →ＡＢ.
不存在. ＝ － ＋ ＝ ＝ － －( ＋ )＝
(
(
４
３
)
) 存在
ꎬ
ａ
ꎬ
ｃ
ꎬ
ｄ.
(２)
原式
＝
Ｏ→Ａ
＋
Ｏ→Ｃ
－
Ｏ→Ｃ
－
Ｏ→Ｂ
(２)(
→ＡＢ
＋
Ｃ→Ｄ
)＋(
Ｂ→Ｃ
－
Ａ→Ｄ
)
８.证明 ∵ →ＡＢ ＝ Ｄ→Ｃ ꎬ ５.Ｃ ＝ Ｏ→Ａ 易 － Ｏ→ 知 Ｂ ａ ＝ →ＢＡ ｂ . 中说法正确 ８. ＝ 答 →Ａ 案 Ｂ ＋ Ｂ→Ｃ ＋ ° Ｃ→Ｄ － Ａ→Ｄ ＝ Ａ→Ｄ － Ａ→Ｄ ＝ ０.
→ＡＢ Ｄ→Ｃ ∥ ꎬＡ ꎻ ６０
∴ ｜ ｜＝｜ ｜ꎬ ａ与ｂ方向不同 ａ ｂ 中说法 ９.解析 成立的是 .
且→ＡＢ Ｄ→Ｃ ∵ 正确 ꎬ∴ ≠ ꎬＢ (１)(２)(３)(４)
即ＡＢ ∥ ＤＣ ꎬ ａ 与 ꎻ ｂ 相等 中说法错误 １０.证明 Ａ→Ｏ ＋ Ｏ→Ｂ ＝ →ＡＢ ꎬ Ｄ→Ｏ ＋ Ｏ→Ｃ ＝ Ｄ→Ｃ ꎬ
探 ∴ 究 四 边 拓 形 展 Ａ ꎬ ＢＣＤ为平行四边形. ∵ 法 ｜ 正 － ｜ ａ 确 与 ｜ . ｜ ｂ 方向 ꎬＣ 相同 ꎬ∴ ｂ ＝－ ꎻ ａ ꎬＤ 中说 ∵ →Ａ Ａ→ Ｂ Ｏ ＝ Ｄ Ｏ → → Ｃ Ｃ ꎬ Ｂ→Ｏ ＝ Ｏ→Ｄ ꎬ
∴ ＝ ꎬ
９.解析 有 共 种 故选 . ＡＢ ＤＣ
１ꎬ２ꎬ３ꎬ ２ꎬ ５ꎬ １０ꎬ ６ Ｃ ∴ ꎬ
大小不同的模 有 种不同的方向. ６.答案 四边形ＡＢＣＤ是平行四边形.
ꎬ １６ ③ ∴
解析 如图
ꎬ
１
１
思
１
考
.解
析
运用
设船实际航行的速度为 ｖ 其 即→ＢＡ ＝ Ｃ→Ｄ ꎬ
３.证
ｂ
明
∵ ｅ
ａ
ｅ ＝２(
ｅ
１－ ｅ
ｅ
２) ｅ ꎬ
方向 与水流方向的夹角为 θ ꎬ 船沿
ꎬ
垂 ∴
Ｂ
四
Ａ
边 形
ＣＤ
ꎬ ＡＢＣＤ 是平行四边形 其对
＝
ａ
－３(
２ ｂ
２－ １)＝３( １－ ２)ꎬ
直于对岸的速度为ｖ
１ꎬ
水流的速度为 边 ∴ 平行且相等. ꎬ ∴ ＝
３
ꎬ
ｖ ２ꎬ 则 ｜ ｖ ｜ ＝ ｜ ｖ １｜ ２ ＋｜ ｖ ２｜ ２ ＝ １６.解析 第一步有 ３ 种可能的走法 ꎬ 画 ∴ ａ与ｂ是共线向量.
(２ ３) ２ ＋２ ２ ＝４ . 图 能 略 从点 . Ａ走到与它相邻的点Ｂ. ４.解析 →ＡＣ ＝ ３→ＡＢ ꎬ Ｃ→Ｂ ＝－ １→ＡＢ.
２ ２
∵ ｓ 船 ｉｎ 实 θ 际 ＝ ２ 航 ４ ３ 行 ＝ 速 ２ ３ 度 ꎬ∴ 的 θ 大 ＝ 小 ６０ 为 °. 能 叉点 走 . 到棋盘上的其他任何一个交 ５.证明 ∵ Ｃ Ｄ Ｄ Ａ＝Ｅ ＡＥ Ｂ＝ ２ １ ꎬ
∴ 且与水流的夹角为 °. ４ ｋｍ/ｈꎬ ９.２.２ 向量的数乘 Ｄ→Ａ ２→ＣＡ →ＡＥ １→ＡＢ
６０ ∴ ＝ ꎬ ＝ ꎬ
３ ３
１２.解析 如图 →ＡＣ →ＡＢ Ｂ→Ｃ. 练习
ꎬ ＝ ＋
１.解析 ∴
Ｄ→Ｅ
＝
Ｄ→Ａ
＋
→ＡＥ
＝
２ →ＣＡ
＋
１ →ＡＢ
＝
２ →ＣＡ
＋
(１) ３ ３ ３
１ Ｂ→Ｃ →ＣＡ １ →ＣＡ １ Ｂ→Ｃ １ ｂ
(－ － )＝ － ＝ ( －
３ ３ ３ ３
(２) ａ .
)
６.解析 ＣＢ ＡＣ
∵ ＝２ ꎬ
→ＡＣ １→ＡＢ
∴ ＝ ꎬ
３
２.解析
原 式 (１)
原
ａ
式
＝ ｂ － . １２
ａ
＋１５
ｂ.
∴ Ｏ→Ｃ ＝ Ｏ→Ａ ＋ →ＡＣ ＝ Ｏ→Ａ ＋ １→ＡＢ ＝ Ｏ→Ａ ＋ １ ( Ｏ→Ｂ
(２) ＝９ －２２ ３ ３
３.解析
(１) Ｏ→Ａ ２ Ｏ→Ａ １ Ｏ→Ｂ ２ ａ １ ｂ.
－ )＝ ＋ ＝ ＋
由题意知 →ＡＢ Ｂ→Ｃ ３ ３ ３ ３
｜ ｜＝｜ ｜＝２０００ꎬ ７.证明 若ｂ ０ 则满足ａ λｂ的向量ａ
ＡＢＤ ° ＣＢＤ ° ＝ ꎬ ＝
∠ ＝１０ ꎬ∠ ＝７０ ꎬ 也为零向量 此时向量 ａ ｂ 共线 若 ｂ
故 ＡＢＣ ° ꎬ ꎬ ꎻ
∠ ＝６０ ꎬ ０ 则由向量共线定理知向量 ａ ｂ
ＡＢＣ为等边三角形. ≠ ꎬ ꎬ
∴ △ 共线.
→ＡＣ ＣＡＢ ° 故 ＥＡＣ (２) 综上所述 向量ａ ｂ共线.
∴ ｜ °. ｜＝２０００ꎬ∠ ＝６０ ꎬ ∠ ◆习题9.2 ꎬ （2） ꎬ
＝５０
∴ 丙地在甲地的南偏西 ５０ °方向 ꎬ 距 ４.解析 感受理解
离甲地
２０００ ｋｍ
处. (１) １.解析
(１)３(５
ａ
－３
ｂ
)－２(６
ａ
＋
ｂ
)
１３.证明 →ＡＢ Ｄ→Ｃ ＡＢ ＤＣ ａ ｂ ａ ｂ
∵ ＝ ꎬ∴ ꎬ ＝１５ －９ －１２ －２
四边形ＡＢＣＤ为平行四边形. ａ ｂ.
∴ ＝３ －１１
Ａ→Ｄ →ＡＢ Ｂ→Ｃ →ＢＡ (２) (２)４( ａ －３ ｂ ＋５ ｃ )－２(－３ ａ －６ ｂ ＋８ ｃ )
∵ ｜ － ｜＝｜ － ｜ꎬ ａ ｂ ｃ ａ ｂ ｃ
即
｜
Ｂ→Ｄ
｜＝｜
→ＡＣ
｜ꎬ
＝４
ａ
－１２
ｃ.
＋２０ ＋６ ＋１２ －１６
ＢＤ ＡＣ ＝１０ ＋４
∴ ＝ ꎬ (３) ２.解析 ｘ ａ ｘ ａ ｘ ａ
四边形ＡＢＣＤ是矩形. ∵ ３( ＋ )＋２( －２ )－４( － ＋
∴ ｂ ０
１４.证明 如图所示 )＝ ꎬ
ꎬ ｘ ａ ｂ ０
∴ ＋３ －４ ＝ ꎬ
ｘ ａ ｂ.
∴ ＝－３ ＋４
５.解析 ａ ｂ ｅ ｅ ｅ ３.答案
４ －３ ＝４( １＋２ ２)－３(３ １－ ②③④⑤
５
ｅ
２)＝－５
ｅ
１＋２３
ｅ
２
. ４.解析
∵
Ａ→Ｄ
＝
ｂ
ꎬ
且四边形 ＡＢＣＤ 为正
( ) 方形
２
设Ｏ→Ａ ａ Ｏ→Ｂ ｂ 以ＯＡ ＯＢ为邻边作 ６.解析 １ ａ １ ａ ２ ꎬ
＝ ꎬ ＝ ꎬ ꎬ ａ ＝ ａ ２｜ ｜ Ｂ→Ｃ ｂ
平行四边形 ＯＡＣＢ 则→ＡＣ ｂ Ｏ→Ｃ ａ ｜ ｜ ｜ ｜ ∴ ＝ ꎬ
ꎬ ＝ ꎬ ＝ ＋ ＝１ꎬ Ｅ为ＡＢ中点且→ＡＢ ａ
ｂ →ＢＡ ａ ｂ. ∵ ＝ ꎬ
ꎬ ＝ － 故向量 １ ａ的模为 .
在 ＡＯＣ中 ＯＡ ＡＣ ＯＣ ａ １ Ｅ→Ｂ １ ａ
(１) △ ꎬ∵ ｜ － ｜< ꎬ ｜ ｜ ∴ ＝ ꎬ
ａ ｂ ａ ｂ ａ ｂ . ２
∴ ｜ ｜－｜ ｜≤｜｜ ｜－｜ ｜｜<｜ ＋ ｜ ７.解析 →ＡＢ Ｏ→Ｂ Ｏ→Ａ ｂ ａ.
∵
ＯＣ
<
ＯＡ
＋
ＡＣ
ꎬ∴ ｜
ａ
＋
ｂ
｜<｜
ａ
｜＋｜
ｂ
｜
.
Ｃ是 ＡＢ
＝
的中
－
点
＝ －
∴
Ｅ→Ｃ
＝
Ｅ→Ｂ
＋
Ｂ→Ｃ
＝
１ ａ
＋
ｂ
ꎬ
综上 ａ ｂ ａ ｂ ａ ｂ . ∵ ꎬ ２
ꎬ｜ ｜－｜ ｜<｜ ＋ ｜<｜ ｜＋｜ ｜
(２)
在
△
ＡＯＢ中
ꎬ∵ ｜
ＯＡ
－
ＯＢ
｜<
ＡＢ
ꎬ ∴
→ＡＣ
＝
１→ＡＢ
＝
１
(
ｂ
－
ａ
)ꎬ ∴
Ｃ→Ｅ
＝－
１ ａ
－
ｂ.
ａ ｂ ａ ｂ ａ ｂ . ２ ２ ２
∴ ｜ ｜－｜ ｜≤｜｜ ｜－｜ ｜｜<｜ － ｜
ＡＢ ＯＡ ＯＢ ａ ｂ ａ ｂ . Ｏ→Ｃ Ｏ→Ａ →ＡＣ ａ １ ｂ ａ １ ａ ５.解析 Ｏ→Ｐ Ｏ→Ａ →ＡＰ Ｏ→Ａ １ →ＡＢ Ｏ→Ａ
∵ < ＋ ꎬ∴ ｜ － ｜<｜ ｜＋｜ ｜ ∴ ＝ ＋ ＝ ＋ ( － )＝ ＋ ＝ ＋ ＝ ＋ ＝ ＋
综上 ａ ｂ ａ ｂ ａ ｂ . ２ ２ ３
ꎬ｜ ｜－｜ ｜<｜ － ｜<｜ ｜＋｜ ｜
探究拓展 １ ｂ. １ Ｏ→Ｂ Ｏ→Ａ ａ １ ｂ ａ ２ ａ １ ｂ.
１５.解析 如图 ２ ３ ( － )＝ ＋ ３ ( － )＝ ３ ＋ ３
ꎬ 练习
１.证明 ａ ｂ ０
Ｏ→Ｑ
＝
Ｏ→Ａ
＋
Ａ→Ｑ
＝
Ｏ→Ａ
＋
２ →ＡＢ
＝
Ｏ→Ａ
＋
２
(
Ｏ→Ｂ
－
∵２ ＋３ ＝ ꎬ ３ ３
∴
ａ
＝－
３ ｂ
ꎬ
Ｏ→Ａ
)＝
ａ
＋
２
(
ｂ
－
ａ
)＝
１ ａ
＋
２ ｂ.
２ ３ ３ ３
向量ａ ｂ共线.
四边形ＡＢＣＤ对边平行且相等 ∴ ꎬ ６.证明 Ｍ→Ｐ ｅ ｅ Ｐ→Ｑ ｅ ｅ
ꎬ ２.解析 ａ λｅ ｅ ａ ∵ ＝４ １＋２ ２ꎬ ＝２ １＋ ２ꎬ
∵ →ＰＡ ＋ Ｐ→Ｃ ＝ Ｐ→Ｂ ＋ Ｐ→Ｄ ꎬ ∴ ｜ ａ ｜＝ ∵ ｜ λｅ ＝ ｜＝｜ ꎬ λ ｜ ｜＝ ｜＝ ２ꎬ １ꎬ｜ ｜＝２ꎬ ∴ Ｍ→Ｐ ＝２ Ｐ→Ｑ ꎬ
→ＰＡ Ｐ→Ｂ Ｐ→Ｄ Ｐ→Ｃ λ . Ｍ→Ｐ Ｐ→Ｑ
∴ － ＝ － ꎬ ∴ ＝±２ ∴ ∥ ꎬ
２
教材习题答案
ａ与ｂ是共线向量 这与已知ａ与ｂ
又 Ｍ→Ｐ Ｐ→Ｑ有公共点Ｐ ∴ ꎬ
∵ ꎬ ꎬ 不共线矛盾
Ｍ Ｐ Ｑ三点共线. ꎬ
∴ ꎬ ꎬ 故假设不成立 ｓ .
７.证明 由题图可知Ｅ→Ｆ →ＥＡ →ＡＢ １ Ｂ→Ｃ. 同理可证ｔ . ꎬ∴ ＝０
＝ ＋ ＋ ＝０
Ｅ Ｆ分别是ＡＤ ＢＣ的中点 ２ ∴ ｓ ＝ ｔ ＝０ . 图 ２
∵ ꎬ ꎬ ꎬ
→Ａ ∴ Ｂ Ｅ→ ２ ＝ Ｆ Ｅ→ Ｄ . → Ｆ Ｂ ＝ ＋ Ｂ Ｄ → → Ｃ Ａ ＋ ＋ →Ａ ２ Ｂ →Ａ ＝ Ｂ Ｄ→ ＋ Ｃ Ｂ→ ＋ Ｃ →Ａ ＝ Ｂ Ｄ→ ꎬ Ａ 即 ＋ →Ａ →Ａ Ｂ Ｂ ＋ ＋ Ｄ→ Ｂ→ Ｃ Ｃ ＝ ＋ １４.解 Ｏ 证 →Ａ 析 明 ＋ Ｏ→ 如 Ｂ 下 Ｏ . →Ａ : １ 如 ＋ Ｏ→ 图 Ａ ꎬ ｎ － 取 １＝ Ａ Ｏ→ Ｂ Ａ 的 ２＋ 中 Ｏ→ 点 Ａ ｎ － Ｍ ２＝ ꎬ 延 长 ＝ ６.证 ∴ 明 原 ａ ＋ 等 ｂ ａ ( 式 ｂ １ ａ 成 ) ＋ ( ａ 立 ａ ＋ . ａ ｂ ｂ ＋ ) ｂ ｂ ２ ＝( ｂ ａ ａ ＝ ＋ ａ ｂ ２ ａ ) ＋ ２ ｂ ａ ( ａ ａ ＋ ｂ ｂ ＋ ａ ) ｂ ＝ ２ ꎬ ｂ ａ
８.解 ２ 析 当点Ｐ在线段ＭＮ上时 ꎬ Ｏ 则 Ｍ 四 到 边 点 形 Ｄ Ｏ ꎬ Ａ 使 ＤＢ Ｍ 是 Ｄ ＝ 平 Ｏ 行 Ｍ ꎬ 四 连 边 接 形 ＡＤ ꎬ ＢＤ ꎬ ( － ２ ｂ ) ( ｂ ＝ ＋ ａ ) ２ － ｂ２ ( ꎬ － )＝ ＋ －
Ｍ→Ｐ Ｐ→Ｎ ꎬ 原等式成立.
∵ ｜ ｜＝２｜ ｜ꎬ ∴
Ｍ→Ｐ Ｐ→Ｎ 即λ ７.解析 (１)( ａ ＋ ｂ ) ２ ＝ ａ２ ＋２ ａ ｂ ＋ ｂ２ ＝
当 ∴ 点Ｐ ＝ 在 ２ ＭＮ ꎬ 的延 ＝ 长 ２ꎻ 线上时 ｜ ａ ｜ ２ ＋｜ ｂ ｜ ２ ＋２｜ ａ ｜｜ ｂ ｜ｃｏｓ θ ＝１ ２ ＋２ ２ ＋２×１
ꎬ
∵ ｜
Ｍ→Ｐ
｜＝２｜
Ｐ→Ｎ
｜ꎬ ×２×
１
＝７
.
２
∴ Ｍ→Ｐ ＝２ Ｎ→Ｐ ＝－２ Ｐ→Ｎ ꎬ 即λ ＝－２ . (２)∵ ｜ ａ － ｂ ｜ ２ ＝｜ ａ ｜ ２ ＋｜ ｂ ｜ ２ －２｜ ａ ｜｜ ｂ ｜
综上 λ的值为 或 . °
ꎬ ２ －２ ｃｏｓ６０ ＝３ꎬ
思考运用
ａ ｂ .
９.解析 Ａ Ｂ Ｃ三点共线. ８.解 ∴ 析 ｜ － ｜＝ 设 ３ 向量ａ ｂ的夹角为θ.
ꎬ ꎬ
(１) ꎬ
理由 →ＡＢ Ｏ→Ｂ Ｏ→Ａ ａ ｂ ａ ｂ ａ ｂ ａ ｂ θ ａ ｂ ａ
:∵ ＝ － ＝(２ ＋３ )－( ＋ ) 则Ｏ→Ａ Ｏ→Ｂ Ｏ→Ｄ Ｏ→Ｍ. ∵ ｂ ＝｜ ｜ ｜ ｜ θ ｃｏｓ ＝｜ ｜ ｜ ｜ꎬ｜ ｜≠
ａ ｂ →ＡＣ Ｏ→Ｃ Ｏ→Ａ ａ ｂ ａ ｂ ＋ ＝ ＝２ ０ꎬ｜ ｜≠０ꎬ∴ ｃｏｓ ＝１ꎬ
＝ ＋２ ꎬ ＝ － ＝(３ ＋５ )－( ＋ ) 同理 Ａ Ａ Ａ 是ＡＢ的ｎ ｎ 又 ° θ ° θ °
＝２ ａ ＋４ ｂ ꎬ 等 ꎬ 分 ∵ 点 １ꎬ ２ꎬꎬ ｎ －１ ( ≥ ａ ０ ≤ ｂ ≤１８０ ꎬ∴ ＝０ ꎬ
又 ∴ →
Ａ ∵
ＡＣ →Ａ
Ｂ
＝ Ｂ ２ 与
Ｃ
→Ａ
三
→Ａ Ｂ Ｃ ꎬ
点
有 ∴
共
公 →ＡＣ
线
共 与
.
点 →ＡＢ Ａ 共
ꎬ
线 ꎬ ３
∴
∴ ) Ｍ
Ｏ→Ａ
为
１＋
Ａ
Ｏ→
１ ꎬ Ａ
Ａ
ｎ
ｎ
－
－
１
１
ꎬ
＝
Ａ ２
２
Ａ ｎ
Ｏ
－
→
２
Ｍ
ꎬ
ꎬ Ｏ→
的
Ａ ２
中
＋
点
Ｏ→Ａ
ꎬ
ｎ －２ ＝
∴ ∴
(２
结
ａ )
∥
∵
论
ｃ
ａ 正 ꎬ
ｂ
确 ｃ
＝
.
ｃ
ｂ
ａ
ｃ
ꎬ ｂ ｃ .
∴ ꎬ ꎬ Ｏ→Ｍ ∴ － ＝( － ) ＝０
１０.解析
∵
Ａ→Ｄ
＝
→ＡＢ
＋
Ｂ→Ｃ
＋
Ｃ→Ｄ
＝－８
ａ
－２
ｂ
＝
２
Ｏ→Ａ
ꎬ
Ｏ→
Ａ
ꎬ
Ｏ→Ａ Ｏ→Ａ Ｏ→Ａ
又
结 ∵ 论
ｃ
≠ 不
０
ꎬ 正 ∴ 确
ａ
. ＝
ｂ或
(
ａ
－
ｂ
)⊥
ｃ
ꎬ
２
Ｂ→
Ｂ
Ｃ
Ｃ ꎬ∴
Ａ→Ｄ
∥
Ｂ→Ｃ
ꎬ∴
ＡＤ
∥
ＢＣ
ꎬ
且 ＡＤ ∴
Ｏ→Ｂ.
１＋ ｎ －１ ＝ ２＋ ｎ －２ ＝＝
◆
∴
习题9.2（3）
≠ ꎬ ＋ 感受理解
四边形ＡＢＣＤ为梯形.
∴ ９.２.３ 向量的数量积 １.解析 ａ ｂ ａ ｂ °
１１.证明 ａ ｂ ｂ ａ (１) ＝｜ ｜｜ ｜ｃｏｓ６０ ＝２×３×
∵ ＋ ＝１ꎬ∴ ＝１－ ꎬ 练习
∴
→ＰＡ
＝
Ｏ→Ａ
－
Ｏ→Ｐ
＝
Ｏ→Ａ
－(
ａ Ｏ→Ａ
＋
ｂ Ｏ→Ｂ
)＝ １.解析 ａ ｂ ａ ｂ ° . ２
１
＝３
.
ａ Ｏ→Ａ ｂＯ→Ｂ ｂ Ｏ→Ａ Ｏ→Ｂ ｂ→ＢＡ (１) ＝｜ ｜｜ ｜ｃｏｓ３０ ＝ ３ ａ ｂ ａ ｂ °
(１－ ) － ＝ ( － )＝ ꎬ ａ ｂ ａ ｂ ° . (２) ＝ ｜ ｜ ｜ ｜ｃｏｓ １３５ ＝２×３×
→ＰＡ与→ＢＡ共线 (２) ＝｜ ｜｜ ｜ｃｏｓ４５ ＝ ２ æ ö
∴ ꎬ ａ ｂ ａ ｂ ° . ç ２÷ .
∴
又
Ａ ∵ ꎬ
→Ｐ
Ｂ
Ａ
ꎬ
与
Ｐ三
→ＢＡ
点
有
共
公
线
共
.
点Ａ
ꎬ ２.解
(３
析
)
(
＝
１
｜
) →Ａ
｜
Ｂ
｜
｜ｃ
→Ａ
ｏｓ
Ｃ
９
＝
０
｜
＝
→Ａ
０
Ｂ ｜ ｜ →ＡＣ ｜ (
è
３
－
) ２ ａ
ø＝
ｂ
－
＝
３
｜
２
ａ ｜ ｜ ｂ ｜ｃｏｓ １５０ ° ＝２×３×
æ ö
ＣＡＢ ° １ .
１２.解析 Ｄ→Ｅ ＝ Ｄ→Ｃ ＋ Ｃ→Ｅ ＝ ２ Ｂ→Ｃ ＋ １ →ＣＡ ＝ ｃｏｓ∠ ＝１×１×ｃｏｓ６０ ＝ ２ è ç － ３ ø ÷ ＝－３ ３ .
３ ４ ２
→ＡＢ →ＡＣ →ＡＢ →ＡＣ ＣＡＢ ２.解析 ａ ｂ ａ ｂ °
２ ( →ＡＣ － →ＡＢ )＋ １ →ＣＡ ＝－ ２ →ＡＢ － ５ →ＣＡ ＝ (２) ° ＝｜ . ｜｜ ｜ｃｏｓ∠ ＝１× ( ) ＝｜ ｜ ｜ ｜ｃｏｓ １２０ ＝２×３×
３ ４ ３ １２ ２×ｃｏｓ４５ ＝１
－
１
＝－３ꎬ
２ ｍ ５ ｎ →ＡＢ →ＡＣ →ＡＢ →ＡＣ ＣＡＢ ２
－ ３ － １２ ꎬ (３) ＝｜ ｜｜ ｜ｃｏｓ∠ ＝１× ｜ ａ ＋ ｂ ｜ ＝ ｜ ａ ＋ ｂ ｜ ２ ＝ ａ２ ＋ ｂ２ ＋２ ａ ｂ ＝
° ３ .
Ｅ→Ｆ
＝
→ＥＡ
＋
→ＡＦ
＝
３ →ＣＡ
＋
１ →ＡＢ
＝
３ ｎ
＋
３×ｃｏｓ３０ ＝
２ ３.解析 ４＋９＋２×( ａ －３) ｂ ＝ ７
.
４ ２ ４ ａ ｂ ∵ ｜３ －２ ｜＝３ꎬ
１ ｍ ꎬ ３.解析 ｃｏｓ θ ＝ ａ ｂ ＝ ５ ＝ ２. ∴９ ａ２ －１２ ａ ｂ ＋４ ｂ２ ＝９ꎬ
２ ｜ ｜｜ ｜ ５× ２ ２ 代入ａ２ ｂ２ 得ａ ｂ １
＝１ꎬ ＝１ꎬ ＝ ꎬ
Ｆ→Ｄ ＝ Ｆ→Ｂ ＋ Ｂ→Ｄ ＝ １ →ＡＢ ＋ １ Ｂ→Ｃ ＝ １ →ＡＢ ＋ ∵０≤ θ ≤πꎬ∴ θ ＝ π. ３
２ ３ ２ ４ 则 ａ ｂ ａ２ ｂ２ ａ ｂ
ａ ｂ ｜ ３ ＋ ｜ ＝ ９ ＋ ＋６ ＝
１ →ＡＣ →ＡＢ １ →ＡＢ １ →ＣＡ １ ｍ ４.解析 ｂ １ . .
( － )＝ － ＝ － ｜ ｜＝ ａ θ＝ °＝１ ９＋１＋２＝２ ３
３ ６ ３ ６ ｜ ｜ｃｏｓ ２×ｃｏｓ６０ ４.解析 ａ ｂ ａ ｂ θ
５.解析 当θ °时 ａ在ｂ上的投影向 ＝｜ ｜｜ ｜ｃｏｓ ＝－３ꎬ
１ ｎ. ＝６０ ꎬ ａ ｂ
ｂ ∵ ｜ ｜＝ ６ꎬ｜ ｜＝ ２ꎬ
３ 量为 ａ θ ３ ｂ 如图 .
探究拓展 ｜ ｜ｃｏｓ ｂ ＝ ꎬ １ θ ３
１３.证明 如果 ｓ ｔ 不全为 不妨设 ｓ ｜ ｜ １０ ∴ ｃｏｓ ＝－ ꎬ
ꎬ ０ꎬ ２
° θ °
≠０ꎬ ∵０ ≤ ≤１８０ ꎬ
ｔ θ °.
ｓａ ｔｂ ０ ａ ｂ ∴ ＝１５０
∵ ＋ ＝ ꎬ∴ ＝－ ｓ ꎬ ５.解析 ａ ｂ ２ ａ２ ｂ２ ａ ｂ
( －２ ) ＝ ＋４ －４
ａ与ｂ是共线向量. ａ ２ ｂ ２ ａ ｂ °
∴ 图 ＝｜ ｜ ＋４｜ ｜ －４｜ ｜｜ ｜ｃｏｓ３０
若ａ与ｂ不共线 且ｓａ ｔｂ ０ 则ｓ ｔ １
ꎬ ＋ ＝ ꎬ ＝ ３
下面用反证法证明 当θ °时 ａ 在 ｂ 上的投影向量为 ＝１＋４×３－４×１× ３×
＝０ꎬ : ＝１３５ ꎬ ２
ｔ ｂ .
假设ｓ 则由ｓａ ｔｂ ０得ａ ｂ ａ θ ３ ｂ 如图 . ＝７
≠０ꎬ ＋ ＝ ＝－ ｓ ꎬ ｜ ｜ｃｏｓ ｂ ＝－ ２ ꎬ ２ ６.解析 ａ ｂ
｜ ｜ １０ ∵ ⊥ ꎬ
３
ａ ｂ １３.解析 若ａ ｋｂ与ａ ｋｂ垂直
∴ ＝０ꎬ ＋ － ꎬ (２)
ａ ｂ ａ ｂ ａ２ ａ ｂ ｂ２ 则 ａ ｋｂ ａ ｋｂ
∴ ( ＋ )(２ － )＝２ ＋ － ( ＋ )( － )＝０ꎬ
ａ ２ ｋ２ ｂ ２ .又 ａ ｂ
＝２×４＋０－９ ∴ ｜ ｜ － ｜ ｜ ＝０ ｜ ｜＝３ꎬ｜ ｜＝４ꎬ
.
７.解 ＝－ 析 １ ｅ ｅ ｅ ｅ ° ∴ ｋ２ ＝ ９ ꎬ∴ ｋ ＝± ３ . ２.解析 四边形ＡＢＣＤ是平行四边形
(１) １ ２ ＝ ｜ １ ｜ ｜ ２ ｜ｃｏｓ ６０ １６ ４ ＯＡ ∵ ＯＣ ＯＢ ＯＤ ＡＢ ＤＣ ꎬ
１ 故当ｋ的值为 ３ 时 向量ａ ｋｂ与ａ ∴ ＝ ꎬ ＝ ꎬ ꎬ
＝ ꎬ ± ꎬ ＋ － 则Ｃ→Ｏ Ｏ→Ａ ａ Ｄ→Ｏ Ｏ→Ｂ ｂ Ｄ→Ｃ →ＡＢ
２ ４ ＝ ＝ ꎬ ＝ ＝ ꎬ ＝ ꎬ
＝ 则 ６ ａ ｅ ２ １－ ｂ １３ ＝ ｅ ( １ ３ ｅ １ ｅ － ２＋ ２ ６ ｅ ２ ｅ ) ２ ２ (２ ｅ １－３ ｅ ２) １４. ｋ 解 ｂ 析 垂 直 设 . 向量Ｍ→Ｐ与Ｍ→Ｑ的夹角为θ.
∴
∴ → Ｂ Ａ → Ｂ Ｃ ＝
＝
Ｏ
－
→Ｂ
(
→Ｃ － Ａ Ｏ→
＋
Ａ →Ａ ＝ Ｂ ｂ
)
－
＝
ａ ꎬ
－
→Ｃ
(
Ａ
２
＝ ａ Ｃ
＋
→Ｏ ｂ
－
＋ Ｏ ａ →
)
Ａ
＝
＝２
－
ａ ａ ꎬ
－
＝６－１３×
１
＋６＝
１１.
∵ ｜
Ｍ→Ｐ
Ｍ→Ｑ
｜＝｜
Ｍ→Ｐ
｜｜
Ｍ→Ｑ
｜｜ｃｏｓ
θ
｜ꎬ
ｂ
ꎬ
Ｄ→Ｃ
＝
→ＡＢ
＝
ｂ
－
ａ.
( ｅ ２) 证 ｅ 明 : ２ ∵ ａ ＋ ｂ ２ ＝３ ｅ １－２ ｅ ２＋２ ｅ １－３ ｅ ２＝ ∴ ｜ Ｍ Ｍ → → Ｐ Ｐ Ｍ Ｍ → → Ｑ Ｑ ｜ ＝｜ｃｏｓ θ ｜≤１ . ３.解析 ＤＥ ∵ １ Ｄ Ｂ ꎬ Ｃ Ｅ Ｄ 分 Ｅ 别是 ＢＣ ＡＢ ꎬ ＡＣ的中点 ꎬ
５ １－５ ２ꎬ ｜ ｜｜ ｜ ∴ ＝ ꎬ ∥ ꎬ
∴ ∴ ａ － ( ( ｂ ａ ａ ＝ ＋ ＋ ３ ｂ ｂ ｅ ) ) １ ⊥ －２ ( ( ｅ ａ ａ ２－ － － ( ｂ ｂ ２ ) ) ｅ ＝ . １－ ５ ３ ｅ２ １ ｅ － ２) ５ ＝ ｅ２ ２ ｅ ＝ １＋ ０ꎬ ｅ ２ꎬ 等 当 ∴ 号 ｜ ｜ ｃ Ｍ→ ｏ 成 Ｐ ｓ 立 θ ｜ Ｍ . → ＝ Ｑ １ ｜ ꎬ ≤ 即 ｜ Ｍ Ｍ →Ｐ 、 Ｐ ｜｜ 、 Ｍ Ｑ →Ｑ 三 ｜ꎬ 点共线时 思 ∴ 考 Ｄ→ Ｅ 运 ＝ 用 ２ ２ １ Ｂ→Ｃ ＝ ２ １ ( →ＡＣ － →ＡＢ ) .
８.证明
∵ ｜
ａ
＋
ｂ
｜＝｜
ａ
－
ｂ
｜ꎬ
探究拓展
９.证 ∴ ａ 中 这 ∴ ∴ ｜ ｂ ２ － ４ 个 明 ａ ａ ｜ 两 ａ ２ ２ ２ ) ＋ 公 ａ 对 ꎬ ｂ ２ 式 故 ｂ ａ ｜ ＝ 角 ａ ＝ ｂ ０ 的 原 ＋ ０ ꎬ 线 ＋ ｂ ｂ ꎬ ∴ 几 等 ＋ ｜ ｂ 的 ２ ｂ ２ ａ 何 式 ＋ ２ ⊥ ＝ 平 ＝ ｜ 意 成 ａ ２ ａ ｂ 方 － ａ ２ . 义 立 ｂ － ２ 和 ｜ ＋ ２ : . ２ ａ 任 等 ２ ＝ ｂ ａ 意 于 ２ ｂ ２ ＝ ＋ ＋ 平 两 ２ ｂ ２ ａ ２ 行 邻 ( ꎬ 边 四 ｜ ｂ ａ ＋ 边 平 ｜ ｂ ２ ２ 形 方 ＋ ＋ １５. 向 ∵ 解 ∴ ∵ 同 ∴ 即 量 ａ 理 ａ － 析 ｜ ａ ａ ＋ ( ２ ꎬ ｂ ｜ － ａ ｂ ＝ ＋ ＋ ｃ ａ ＝ ２ ｃ ｃ ｜ 由 ＝ ) ＝ ｃ ｂ ｜ ０ ０ 题 . ꎬ ꎬ ｂ ｃ ( ∴ 意 ꎬ ａ ∴ － ｂ 知 ｃ ＝ ｂ ) － ＝ ａ ( ( ꎬ ０ ａ ａ ꎬ ｂ ＋ － ꎬ ｃ ｃ ) ｃ ) ꎬ ＝ 均 ０ 为 . 非零 ４. ∴ 证 ∴ 又 ２ ＝ ｅ ｅ 明 Ｂ Ｂ Ｂ ２ → → １ ＝ Ｃ Ｃ ꎬ － Ｃ ꎬ ２ ３ ＝ Ｂ ｅ ꎬ ｅ → ∵ １ Ｄ ２ Ｄ ２ １ － ꎬ 有 Ｂ→ 三 Ｂ ６ Ｂ → → Ｃ ｅ Ｄ Ｄ 公 点 ２ ＝ ꎬ ꎬ ＝ 共 →Ａ 共 Ａ→ Ｃ Ｄ 点 线 － － →Ａ . Ｂ Ｂ →Ａ ꎬ Ｂ ＝ ＝ ４ ｅ ５ １ ｅ － １ ｅ － ２ ４ － ｅ ３ ２ ｅ － １－ ３ ｅ ２ １ ｅ － ２
和的 ꎬ 二倍. ａ ꎬ｜ ｜ ｂ ＝｜ ｜ ｃ ꎬ ５.解析 Ｐ→Ｑ ＝ Ｐ→Ｃ ＋ Ｃ→Ｂ ＋ Ｂ→Ｑ ꎬ①
１０.解析 (１)∵ →ＡＣ ＝ →ＡＢ ＋ Ａ→Ｄ ꎬ 故 ∴ △ ｜ Ａ ｜ Ｂ ＝ Ｃ ｜ 为 ｜＝ 等 ｜ 边 ｜ 三 ꎬ 角形. Ｐ→Ｑ Ｐ ＝ →Ｐ Ｑ Ａ 分 ＋ Ａ→ 别 Ｄ 是 ＋ Ｄ→Ｑ ＡＣ ꎬ② ＢＤ的中点
→ＡＢ →ＡＣ →ＡＢ →ＡＢ Ａ→Ｄ ∵ ꎬ ꎬ ꎬ
∴ ＝ ( ＋ ) 9.3 向量基本定理及 Ｐ→Ｃ →ＰＡ Ｂ→Ｑ Ｄ→Ｑ
→ＡＢ２ Ａ→Ｄ →ＡＢ ∴ ＝－ ꎬ ＝－ ꎬ
＝ ＋ 坐标表示 由 得 Ｐ→Ｑ Ｃ→Ｂ Ａ→Ｄ ａ ｂ
２ Ａ→Ｄ →ＡＢ ° ∴ ①＋② ２ ＝ ＋ ＝－ － ꎬ
＝２ ＋｜ ｜｜ ｜ｃｏｓ６０ ９.３.１ 平面向量基本定理 Ｐ→Ｑ １ ａ １ ｂ.
１ . ∴ ＝－ －
＝４＋１×２×
２
＝５ 练习
探究拓展
２ ２
１.解析
(２) 由 (１) 知→ＡＢ →ＡＣ ＝５ꎬ (１) ６.解析 ∵ →ＡＰ ＝ ｔ→ＡＢ ꎬ
∵ →ＡＣ２ ＝( →ＡＢ ＋ Ａ→Ｄ ) ２ ∴ Ｏ→Ｐ － Ｏ→Ａ ＝ ｔ ( Ｏ→Ｂ － Ｏ→Ａ )ꎬ
＝
→ＡＢ２
＋
Ａ→Ｄ２
＋２
→ＡＢ
Ａ→Ｄ
∴
Ｏ→Ｐ
＝
ｔＯ→Ｂ
－
ｔＯ→Ａ
＋
Ｏ→Ａ
(２)
１ ｔＯ→Ｂ ｔ Ｏ→Ａ.
＝４＋１＋２×２×１× ＝７ꎬ ＝ ＋(１－)
２ ９.３.２ 向量坐标表示与运算
→ＡＣ .
∴ ｜ ｜＝ ７ ２.Ｂ ｅ ｅ ｅ ｅ 练习
ＢＡＣ →ＡＢ →ＡＣ ５ ５ ７. ｅ ∵ (３ ｅ １－ 与 ２ ２ ｅ )×(－ ｅ ２) 共 ＝ 线 ４ ２－ 故 ６ 不 １ꎬ 能作 １.答案
∴ ｃｏｓ∠ ＝ ｜ →ＡＢ ｜｜ →ＡＣ ｜ ＝ ２× ７ ＝ １４ 为 ∴３ 一 １ 组 － 基 ２ 底 ２ .故 ４ 选 ２－ Ｂ ６ . １ ꎬ (３)( ２ꎬ ( － １ ２ ) ) ( １ꎬ ( ２ ４ ) ) (－ ( ４ ２ ꎬ ) － ( ２ － ) ３ꎬ０)
思考运用 ３.答案
３ꎻ４ (５)(－１１ꎬ－４) (６)(９ꎬ６)
１１.证明 ａ ｂ ａ ｃ { λ μ ２.答案
∵ ＝ ꎬ 解析 由题意得 ３ ＝２ ＋１ꎬ (５ꎬ－１)
ａ ｂ ｃ ａ ｂ ａ ｃ μ λ ３.解析 设点Ａ的坐标为 ｘ ｙ
∴ ( － )＝ － ＝０ꎬ １０－ ＝２ ꎬ ( ꎬ )ꎬ
１２. ∴ ∵ 解 ∴ 又 ∴ ７ ７ ( 析 ∵ ａ ａ ａ ⊥ ａ ａ ２ ２ － － ＋ ≠ ( 得 ４ ∵ ３ １ ｂ ｂ ０ ０ ６ － ) ( ꎬ ａ ａ ｃ ⊥ ｂ ａ ) ａ ≠ ＋ . ( ｂ ｂ ３ ７ ｃ ＋ － ｂ ｂ ａ ꎬ ８ １ ) － ５ ｂ ⊥ ２ ｂ ２ ｂ ２ ＝ ( ｂ ) ＝ ０ ７ ２ ꎬ ０ . ａ ② . － ① ５ ｂ )ꎬ ４. ∴ 解 即 答 ∴ { { 析 案 ｅ １ μ λ ｋ １ ＋ ＝ ＝ ＝ ｋ λ λ ４ 设 ３ ± ｅ . ｋ ꎬ ２ １ ꎬ ＝ ｅ １ λ ＋ ｋ ｋ ｅ ｅ １ ２ ＋ ＝ λ λ ｅ ２ ( ꎬ ｋｅ １＋ ｅ ２)ꎬ ４.解 ∴ ∴ ∴ ∵ { → 析 ( Ａ ＡＢ ( ４ ３ ３ － － － － ＝ ｘ ｙ ｘ ２ ( 设 ꎬ ＝ ＝ ꎬ ５ ４ － ５ ５ 点 ꎬ － １ ꎬ ꎬ ５ ｙ ) ∴ ) ) Ａ . ꎬ ＝ { 的 Ｂ ｙ ｘ ( ( 坐 ＝ ＝ ５ ３ ꎬ ꎬ － － 标 ５ ４ １ ２ ) ) ꎬ ꎬ 为 ꎬ ꎬ ( ｘ ꎬ ｙ ) .
①－② ４６ －２３ ＝０ꎬ ＝ ꎬ ｘＯＡ ° 点Ａ在第二象限 Ｏ→Ａ
化简得ｂ２ ａ ｂ ｋ . ∵ ∠ ＝１５０ ꎬ ꎬ｜ ｜
＝２ ꎬ ∴ ＝±１
代入 并整理得ａ２ ａ ｂ ◆习题9.3（1） ＝２ꎬ
① ＝２ ꎬ ｙ ｘ
故 ａ ｂ 感受理解 ∴ ＝１ꎬ ＝－ ３ꎬ
｜ ｜＝｜ ｜ꎬ
设ａ与ｂ的夹角为θ ꎬ １.解析 (１) ∴ Ａ (－ ３ꎬ１)ꎬ
Ｏ→Ａ .
ａ ｂ
１ ａ２
５.解
∴
析
＝(－
Ａ
３ꎬ１)
Ｂ Ｃ
则 θ ２ １ . ∵ (３ꎬ２)ꎬ (－３ꎬ１)ꎬ (１ꎬ－１)ꎬ
ｃｏｓ ＝ ａ ｂ ＝ ａ２ ＝ →ＡＣ Ｃ→Ｂ .
｜ ｜｜ ｜ ２ ∴ ＝(－２ꎬ－３)ꎬ ＝(－４ꎬ２)
又 θ θ π. Ａ→Ｄ →ＡＣ Ｃ→Ｄ →ＡＣ １ Ｃ→Ｂ
∵ ∈[０ꎬπ]ꎬ∴ ＝ ∴ ＝ ＋ ＝ ＋ ＝(－２ꎬ－３)＋
３ ２
故ａ与ｂ的夹角为π. １ .
(－４ꎬ２)＝(－４ꎬ－２)
３ ２
４
教材习题答案
６.解析 Ｆ Ｆ Ｆ
∵ １＝(１ꎬ２)ꎬ ２＝(－２ꎬ３)ꎬ ３＝ ∴ →ＡＢ ＝－ Ｃ→Ｄ ꎬ Ｂ→Ｃ ＝－ Ｄ→Ａ ꎬ (－１０) ２ ＋(－１) ２ ＝ １０１ .
(－ Ｆ １ꎬ－ Ｆ ４)ꎬ Ｆ ∴ →ＡＢ ∥ Ｃ→Ｄ ꎬ Ｂ→Ｃ ∥ Ｄ→Ａ ꎬ
５.答案
－４
∴ １＋ ２＋ ３＝(１ꎬ２)＋(－２ꎬ３)＋(－１ꎬ－４) ＡＢ ＣＤ ＢＣ ＤＡ 解析 →ＡＢ →ＡＣ
. ∴ ∥ ꎬ ∥ ꎬ ∵ ＝(２ꎬ１)ꎬ ＝(－２ꎬ０)ꎬ
７. ＝ 解 ( 析 １－ ２ ∵ －１ Ａ ꎬ ( ２ １ ＋ ꎬ ３ ２ － ) ４ ꎬ ) Ｂ ＝ ( ( ３ꎬ － ２ ２ ) ꎬ ꎬ １) 思 ∴ 考 四 边 运 形 用 ＡＢＣＤ是平行四边形. ∴ →ＡＢ →ＡＣ ＝２×(－２)＋１×０＝－４ .
∴
→ＡＢ
＝(２ꎬ０)
.
９.解析 设Ｐ ｎ ｎ 则→ＡＰ ｎ ｎ
６.证明 由题意得→ＡＢ
＝(８ꎬ－４)ꎬ
→ＡＣ
＝(２ꎬ４)ꎬ
∵
{
ａ
ｘ
＝(
ｘ
＋３ꎬ
ｘ
－３
ｙ
－ {４)
ｘ ＝
与
－
→Ａ
１
Ｂ
ꎬ
相等
ꎬ
３)ꎬ
→Ａ Ｂ
＝
(１
(
)
３ꎬ１)ꎬ
(
→ＡＣ
ꎬ
＝
)
(
ꎬ
５ꎬ７)
.
＝( －２ꎬ －
∴
∴
→
→
Ａ
Ａ
Ｂ
Ｂ
⊥
→
→
Ａ
Ａ
Ｃ
Ｃ ꎬ
＝
即
８×
Ａ
２
Ｂ
＋
⊥
(－
Ａ
４
Ｃ
)
.
×４＝０ꎬ
＋３＝２ꎬ →ＡＰ →ＡＢ λ→ＡＣ ＡＢＣ是直角三角形.
∴ ｘ ｙ ∴ ｙ ５ . ∵ ＝ ＋ ꎬ ∴ △
－３ －４＝０ꎬ ＝－ ｎ ｎ λ λ ７.解析 设与向量 ａ 垂直的单位向量的
３ ∴ ( －２ꎬ －３)＝(３＋５ ꎬ１＋７ )ꎬ
８.解 ∵ 析 Ａ ( ２ꎬ 设 ２) 点 ꎬ Ｂ Ｃ (－ 的 ４ꎬ 坐 ８) 标 ꎬ 为 ( ｘ ꎬ ｙ )ꎬ 即 {ｎ －２＝３＋５ λ ꎬ解得 ì í ï ïλ ＝ ２ １ ꎬ 坐 则 { 标 ｘ 为 ２ ＋ ( ｙ２ ｘ ＝ ꎬ ｙ １ ) ꎬ ꎬ
∴ →ＡＢ ＝(－６ꎬ６)ꎬ Ｂ→Ｃ ＝( ｘ ＋４ꎬ ｙ －８) . ｎ －３＝１＋７ λ ꎬ î ï ïｎ ＝ １５. － ì ３ ｘ ＋４ ｙ ＝０ꎬ ì
又
∵
→ＡＢ
＋３
Ｂ→Ｃ
＝
０
ꎬ
２ ï ïｘ
＝
４
ꎬ
ï ïｘ
＝－
４
ꎬ
ｘ ｙ 当λ １ 点Ｐ在直线ｙ ｘ上. 解得í ５ 或í ５
∴ { (－６ꎬ６) ｘ ＋３( ＋４ꎬ － { ８ ｘ )＝(０ꎬ０)ꎬ ∴ ＝ ２ ꎬ ＝ ï ïｙ ３ ï ïｙ ３ .
－６＋３ ＋１２＝０ꎬ ＝－２ꎬ 设Ｐ ｘ ｙ î ＝ î ＝－
∴ ｙ ∴ ｙ (２) ( ꎬ )ꎬ ５ ５
６＋３ －２４＝０ꎬ ＝６ꎬ {ｘ λ {ｘ λ 故与向量ａ 垂直的单位向量的坐标为
∴ Ｃ (－２ꎬ６)ꎬ∴ Ｏ→Ｃ ＝(－２ꎬ６) . 由 (１) 知 ｙ －２＝３＋５ λ ꎬ ∴ ｙ ＝５ λ ＋５ꎬ ( ) ( )
◆习题9.3（2） －３＝１＋７ ꎬ ＝７ ＋４ꎬ ４ ３ 或 ４ ３ .
点Ｐ在第四象限 ꎬ － ꎬ－
感受理解 ∵ { λ ꎬ ８.Ｄ ５ ５ ５ ５
１.解析
∵
ａ
＝(－３ꎬ４)ꎬ
ｂ
＝(５ꎬ２)ꎬ ∴
５
λ
＋５>０ꎬ解得
－１<
λ
<－
４ .
◆习题9.3（3）
ａ ｂ ａ ｂ ７ ＋４<０ꎬ ７
∴ ＋ ＝(２ꎬ６)ꎬ － ＝(－８ꎬ２)ꎬ １０.解析 设ｃ ｘａ ｙｂ 即 ｘ 感受理解
ａ ｂ ＝ ＋ ꎬ (７ꎬ－４)＝(３ －
２ ＝(－６ꎬ８)ꎬ３ ＝(１５ꎬ６)ꎬ ｙ ｘ ｙ １.解析 设ｂ ｘ ｙ 则ｘ２ ｙ２ .
∴２ ａ －３ ｂ ＝(－２１ꎬ２) . ２ { ꎬ－ ｘ ２ ＋ ｙ )ꎬ {ｘ ａ ｂ ａ ＝( ｂ ꎬ )ꎬ ＋ ＝４
２.解析 设Ｂ ｘ ｙ 则 ３ －２ ＝７ꎬ 解得 ＝１ꎬ ∵ ⊥ ꎬ∴ ＝０ꎬ
则→ＡＢ ( ｘ １) ｙ ( ꎬ )ꎬ 即ｃ －２ ａ ｘ ＋ ｙ ｂ ＝ . －４ꎬ ｙ ＝－２ꎬ ∴ ３ { ｘ ＋ ５ ｙ ＝０ .
{ｘ ＝( －２ꎬ { － ｘ ３)＝(４ꎬ５)ꎬ 探究拓 ＝ 展 －２ 联立 ３ ｘ ＋ ５ ｙ ＝０ꎬ
∴ ｙ
－２＝４ꎬ
∴ ｙ
＝６ꎬ
１１.解析 Ａ Ｂ Ｃ ｘ ｙ
ｘ２
＋
ｙ２
＝４ꎬ
－３＝５ꎬ ＝８ꎬ ∵ (３ꎬ１)ꎬ (－１ꎬ３)ꎬ ( ꎬ )ꎬ ì ì
Ｂ . ï ï
∴ (
设
６ꎬ
Ｂ
８)
ｍ ｎ ∴
Ｏ→Ａ
＝(３ꎬ１)ꎬ
Ｏ→Ｂ
＝(－１ꎬ３)ꎬ
Ｏ→Ｃ
＝(
ｘ
ꎬ
ïｘ
＝
１０
ꎬ
ïｘ
＝－
１０
ꎬ
(２) ( ꎬ )ꎬ ｙ 解得í ２ 或í ２
∴ 则 ∴ { →Ａ Ｂ Ｂ ｎ ｍ ( － ０ ＝ － ꎬ ７ ３ ( ２ ＝ ｍ ＝ ) － － － . ５ ３ ３ ꎬ ꎬ ꎬ ∴ ｎ － { ７ ｍ ｎ ) ＝ ＝ ＝ ２ ( ０ ꎬ ꎬ －３ꎬ－５)ꎬ ∴ ∴ ) { ( ꎬ ｙ ｘ ｘ ꎬ ＝ ＝ ｙ α ３ ) α ＋ ＝ － ３ ( β β ３ ꎬ ꎬ α ∴ － ì í ï ï ï ï β β α ꎬ α ＝ ＋ ３ ３ ３ ｙ １ ｘ β － ０ ＋ ) ｘ ｙ ꎬ ꎬ ∴ 向量 î ï ïｙ ＝ ｂ － 的 ２ ６ 坐标 î ï ï 为 ｙ ＝ ( ２ ６ ２ ꎬ １０ ꎬ－ ２ ６ ) 或
３.解析 →ＡＣ →ＡＢ Ｂ→Ｃ î ＝ ꎬ ( )
∵ ＝ ＋ ＝(４ꎬ７)ꎬ １０ １０ ６ .
∴
Ａ→Ｄ
＝
→ＡＣ
＋
Ｃ→Ｄ
＝(２ꎬ５)
. 又
∵
α
＋
β
＝１ꎬ
－
２
ꎬ
２
４.解析 由题意得Ａ→Ｄ
＝
→ＡＢ
＋
Ｂ→Ｃ
＋
Ｃ→Ｄ
＝(１＋ 练习
∴２ ｙ ＋ ｘ －５＝０ . ２.证明 由题意得→ＡＢ
＝(６ꎬ３)ꎬ
Ｃ→Ｄ
＝(－６ꎬ
５ ６ . . ｍ ∴ 答 解 ꎬ { 案 析 ７ ７ １ ＋ ＋ ＋ ｎ ｎ ｍ ) 设 ( ＝ ＝ ＝ １ ３ ꎬ ５ － Ｃ ꎬ ２ ꎬ Ｄ→ ) ∴ Ａ ｘ ＝ { ｙ ( ｍ ｎ ５ ＝ ＝ ꎬ － ４ ３ ４ ꎬ ) . ꎬ １ ２ . . ａ ａ 解 解 析 析 ｃ ｂ ＝ ＝ １ １ ａ ａ × × ＋ ( ３ ｂ ａ － ＋ ＋ ２ ２ ＝ ａ ) × － １ ( ＋ ｂ × － ２ ＝ １ × ２ ＋ ２ ) １ ２ ａ ＝ ＝ × ＝ ２ ０ － ( . ＝ １ － ꎬ ５ ６ ꎬ ꎬ８)ꎬ ∴ ∴ 则 －３ → 四 Ａ Ａ ) Ｂ Ｂ ꎬ 边 Ｂ ＝ →Ｃ － 形 Ｃ Ｃ ＝ → Ｄ Ｄ Ａ ( ꎬ Ｂ ꎬ － Ｃ ２ Ｄ ꎬ４ 是 )ꎬ 平行四边形.
则→ＡＣ ｘ
(
ｙ
ꎬ )ꎬ
. ∴
ａ
ｂ ＝(－３ꎬ４)ꎬ ∵
→ＡＢ
Ｂ→Ｃ
＝６×(－２)＋３×４＝０ꎬ
＝( －７ꎬ －１) ∴ ＝(２ꎬ－８)－(－３ꎬ４)＝(５ꎬ－１２)ꎬ →ＡＢ Ｂ→Ｃ 即ＡＢ ＢＣ
∵ →ＡＢ ＝(－９ꎬ－５)ꎬ ３.解 ∴ 析 ａ ｂ ＝－１ 设 ５－ ａ ４８ 与 ＝－ ｂ ６ 的 ３ . 夹角为θ ∴ ∴ 四边 ⊥ 形Ａ ꎬ ＢＣＤ是 ⊥ 矩形 ꎬ .
∴
{
→ＡＣ
ｘ
＝３
→ＡＢ
＝(－２
{
７
ｘ
ꎬ－１５)ꎬ
则 θ
(１)
ａ
ｂ
－４ １ .
１ꎬ ３.解
ａ
析
ｂ
由
ａ
题
ｂ
意
ａ
得ａ
ｂ
＋
ｂ
＝(
ａ
１＋
ｂ
１ꎬ
ａ
２＋
ｂ
２)ꎬ
∴ ｙ
－７＝－２７ꎬ
∴ ｙ
＝－２０ꎬ ｃｏｓ １＝
｜
ａ
｜｜
ｂ
｜
＝
８
＝－
２
－
ａ
＝
ｂ
(
与
１－
ａ
１
ｂ
ꎬ
垂
２－
直
２)ꎬ
－１＝－１５ꎬ ＝－１４ꎬ ° θ ° θ °. ∵ ＋ － ꎬ
∴ Ｃ (－２０ꎬ－１４) . ∵０ 设 ≤ ａ １ 与 ≤１ ｂ ８ 的 ０ 夹 ꎬ∴ 角为 １＝１ θ ２０ ∴ ( ａ ＋ ｂ )( ａ － ｂ )＝０ꎬ
７.解 则 ∵ 析 Ｏ Ａ → ( Ａ １ ′ ꎬ ＝ 设 ３ ( ) ｘ ꎬ Ａ １ Ｂ ꎬ ′ ( ｙ ( ｘ １ － ) １ꎬ ２ ꎬ ｙ ꎬ Ｏ １ ４ →Ｂ ) ) ′ ꎬ ꎬ ＝ Ｂ ( ′ ( ｘ ｘ ２ ２ ꎬ ꎬ ｙ ｙ ２ ２ ) ) ꎬ ꎬ 则 (２) ｃ ° ｏｓ θ θ ２＝ ｜ ａ ａ ｜｜ ° ｂ ｂ ｜ ＝ θ ２ １ ꎬ ２ꎬ °. ∴ ∴ ０ꎬ ( ａ 即 ２ １ ａ ＋ １ ａ ａ ＋ ２ １ ２ ２ ｂ － ＝ １ ｂ ) ｂ ２ １ ( ＋ ２ １＋ ａ ａ ｂ １ ２ ２ － ２ ２ － . ｂ ｂ １ ２ ２ ) ＝ ＋ ０ ( . ａ ２＋ ｂ ２)( ａ ２－ ｂ ２)＝
∴ Ｏ→Ａ ＝(１ꎬ３)ꎬ Ｏ→Ｂ ＝(－２ꎬ４)ꎬ ４.解 ∵０ 析 ≤ ( ２ １ ≤ ) １ ａ ８ ０ ｂ ꎬ∴ ＝４ ２ × ＝ ６ ６ ＋ ０ (－２)×(－１) ４.证明 易得Ｂ→Ｃ ＝(５ꎬ２)ꎬ →ＡＣ ＝(２ꎬ－５)ꎬ
∵
Ｏ→Ａ′
＝ ２
Ｏ→Ａ
＝ (２ꎬ６)ꎬ
Ｏ→Ｂ′
＝ ３
Ｏ→Ｂ
＝２６
.
∴ ｜
Ｂ→Ｃ
｜
２
＝２９ꎬ｜
→ＡＣ
｜
２
＝２９ꎬ
＝( { － ｘ ６ꎬ１２) { ꎬ ｘ (２)∵ ａ ２
ａ
－ ｂ
ｂ
＝２(４ꎬ－２)－(６ꎬ－１)＝(２ꎬ
Ｂ→Ｃ
→ＡＣ
＝５×２＋２×(－５)＝０ꎬ
∴ ｙ １ １ ＝ ＝ ６ ２ ꎬ ꎬ ｙ ２ ２ ＝ ＝－ １２ ６ ꎬ ꎬ － － ４ ３ ) ) ꎬ ꎬ ａ ＋ ｂ ２ ＝(４ ａ ꎬ－２ ｂ )＋２(６ꎬ－１)＝(１６ꎬ ∴ ∴ △ ｜ Ｂ→ Ａ Ｃ Ｂ ｜ Ｃ ＝ 是 ｜ →Ａ 等 Ｃ ｜ 腰 ꎬ Ｂ→ 直 Ｃ ⊥ 角 →Ａ 三 Ｃ 角 ꎬ 形.
８.证 ∴ 明 Ａ′ ( ２ꎬ 由 ６) 题 ꎬ 意 Ｂ′ 知 (－ →Ａ ６ Ｂ ꎬ１ ＝ ２ ( ) － ꎬ ３ Ａ ꎬ ′→Ｂ ２) ′ ＝ ꎬ Ｂ ( →Ｃ －８ ＝ ꎬ ( ６ ４ ) ꎬ . ∴ ( － ３ ４ ( ) ) ２ ∵ ＝２ － ２ × ａ ) １ － ６ ３ ＋ ｂ ( ( ＝ － ２ ３ ＋ ( ) ２ × ４ꎬ ( ) － － ＝ ４ ２ ( ) ) ２ ＝ － ꎬ ４ ３ － ４ ( ３ . ６ ) ꎬ － ( １ １ ) ６ ＝ ꎬ ５.解 (－ 析 １ꎬ９ )ꎬ ( ∴ １) →Ｃ 易 Ａ 得 Ｃ→ →Ｃ Ｂ Ａ ＝ ＝ － ( ５ － × ５ ( ꎬ － ４ １ ) ) ꎬ ＋ Ｃ→ ４ Ｂ × ＝ ９
Ｃ→Ｄ Ｄ→Ａ ａ ｂ .
１)ꎬ ＝(３ꎬ－２)ꎬ ＝(－４ꎬ－１)ꎬ (－１０ꎬ－１)ꎬ ∴ ｜ ２ － ３ ｜ ＝ ＝４１
５
探究拓展 ◆习题9.3（4）
ＡＣＢ是→ＣＡ与Ｃ→Ｂ的夹角
(２)∵ ∠ ꎬ １１.证明 设ｘ ａ ｂ ｙ ｃ ｄ . 感受理解
→ＣＡ Ｃ→Ｂ ＝( ꎬ )ꎬ ＝( ꎬ )
∴ ｃｏｓ∠ ＡＣＢ ＝ ｜ →ＣＡ ｜｜ Ｃ→Ｂ ｜ ＝ ４１ ４ × １ ８２ 则ｘ ｃ２ ｙ ｄ ＝ ２ ａｃ ＋ ｂｄ ꎬ｜ ｘ ｜ ２ ＝ ａ２ ＋ ｂ２ ꎬ｜ ｙ ｜ ２ １. ∴ 解 ｘ 析 ＝ －４ ∵ . ａ ∥ ｂ ꎬ∴ －１２＝３ ｘ ꎬ
＝ ＋ ꎬ ２.解析 由题意得 ａ ｂ ｘ
２ ｘ ｙ ｘ ｙ θ ｘ ｙ θ为ｘ ２ ＋ ＝(５ꎬ２＋ )ꎬ
＝ ꎬ ∵ ＝｜ ｜｜ ｜ｃｏｓ ≤｜ ｜｜ ｜( ( )
２ 与ｙ的夹角 １ ａ ｂ １ ｘ
° ＡＣＢ ° )ꎬ ＋ ＝ ２ꎬ ＋ ꎬ
∵０ ≤∠ ≤１８０ ꎬ ｘ ｙ ２ ｘ ２ ｙ ２ ２ ２
ＡＣＢ °. ∴ ( ) ≤｜ ｜ ｜ ｜ ꎬ ( )
∴ ∠ ＝４５ 即 ａｃ ｂｄ ２ ａ２ ｂ２ ｃ２ ｄ２ . ａ ｂ １ ａ ｂ
(３) 点 Ａ到直线 ＢＣ 的距离为 ｜ →ＣＡ ｜ １２.解 ( 析 ＋ 由题 ) 意 ≤ 得 ( ａ ＋ ｂ ) ＝ ( ｜ ａ ＋ ｜｜ ｂ ) ｜ｃｏｓ θ ＝ ∵ (２ ＋ )∥ ２ ＋ ꎬ
５ ｘ ｘ
ＡＣＢ ２ ８２. １ １ ∴ ＋５ ＝４＋２ ꎬ
ｓｉｎ∠ ＝ ４１× ＝ １×１× ＝ ꎬ ２
２ ２ ２ ２
６.解析 (１)∵ →ＡＢ ＝(－１ꎬ１)ꎬ →ＡＣ ＝(１ꎬ５)ꎬ ａ ｂ ＝ ｘ １ ｘ ２＋ ｙ １ ｙ ２ ＝ｃｏｓ ７５ ° ｃｏｓ １５ ° ＋ 解得ｘ ＝ １ .
∴２ →ＡＢ ＋ →ＡＣ ＝(－１ꎬ７)ꎬ ｓｉｎ７５ ° ｓｉｎ１５ ° ＝ １ ＋ １ ＝ １ ꎬ ３.解析 设 ２ Ｃ ( ｘ ꎬ ｙ )ꎬ
∴ ｜２
→ＡＢ
＋
→ＡＣ
｜＝５ ２
.
故 ａ ｂ θ ｘ
４
ｘ
４
ｙ ｙ
２
. 易得→ＡＢ Ｃ→Ｄ ｘ ｙ
→ＡＢ →ＡＣ ｜ ｜｜ ｜ｃｏｓ ＝ １ ２＋ １ ２ ＝(４ꎬ２)ꎬ ＝(２－ ꎬ１－ )ꎬ
ＢＡＣ －１×１＋１×５ ９.３.３ 向量平行的坐标表示 →ＡＢ Ｃ→Ｄ
(２)ｃｏｓ∠ ＝ ＝ ∵ ∥ ꎬ
→ＡＢ →ＡＣ ｙ ｘ
｜ ｜｜ ｜ ２× ２６ 练习 ∴４－４ ＝４－２ ꎬ①
ＡＢ ＣＤ
２ １３. ( ) ( ) ∵ ＝２ ꎬ
＝ １３ １.答案 １２ ꎬ ５ 或 － １２ ꎬ－ ５ ∴ ４ ２ ＋２ ２ ＝２ (２－ ｘ ) ２ ＋(１－ ｙ ) ２ ꎬ②
７.解析 设ａ与ｂ的夹角为θ １３ １３ １３ １３ {ｘ {ｘ
ꎬ ２.证明 ａ ｂ 联立 解得 ＝４ꎬ或 ＝０ꎬ 舍去
则 θ 且 θ ∵ ＝(－１ꎬ－２)ꎬ ＝(２ꎬ４)ꎬ ①②ꎬ ｙ ｙ ( )ꎬ
ｃｏｓ >０ꎬ ｃｏｓ ≠１ꎬ ＝２ ＝０
ａ ｂ ｘ －１ －２ １ 点Ｃ的坐标为 .
即 θ ２ －３ ∴ ＝ ＝－ ≠０ꎬ ∴ (４ꎬ２)
ｃｏｓ ＝
｜
ａ
｜｜
ｂ
｜
＝ ｘ２
＋９ ５
>０ꎬ
ａ
２
ｂ.
４ ２ ４.解析
∵
点Ｃ在直线ＡＢ上
ꎬ
解得ｘ > ３ ꎬ 显然满足 ｃｏｓ θ ≠１ . ３.解 ∴ 析 ∥ ∵ ａ ∥ ｂ ꎬ ∴ →ＡＣ ∥ →ＢＡ ꎬ
２ ( ) ∴４ ｙ ＝１８ꎬ 又→ＡＣ ＝(２ ａ －２ꎬ ａ ＋５)ꎬ →ＢＡ ＝(－７ꎬ－２)ꎬ
故ｘ的取值范围为 ３ . ａ ａ
思考运用 ２
ꎬ＋∞
４.
∴
解
ｙ
析
＝ ２
９ .
四边形ＡＢＣＤ是平行四边形 ５.解
∴
∴
析
ａ
－４
＝－
＋
１
由
４
３
＝
.
题
－
意
７
得
－３
ａ
５ꎬ
ｋｂ ｋ ｋ
８.解析 由题意得ａ ｂ ∵ ꎬ － ＝(１－２ ꎬ１－３ )ꎬ
ａ － ｂ ＝ (４ ( ꎬ １ ０ ) )ꎬ ＋ ＝(－２ꎬ４)ꎬ ∴ Ａ Ａ→Ｄ ∥ Ｂ→Ｃ ꎬ Ｂ Ｃ ２ ∵ ａ ａ ＋ － ｂ ｋ ＝ ｂ ( 与 ４ꎬ５ ２ ) ａ ꎬ ＋ ｂ平行 ꎬ
ａ ｂ ２ ２ ∵ (２ꎬ１)ꎬ (－１ꎬ３)ꎬ (３ꎬ４)ꎬ ｋ ｋ
∴ ｜ ＋ ｜＝ (－２) ＋４ ＝２ ５ꎬ Ｂ→Ｃ ∴５－１０ ＝４－１２ ꎬ
｜ ａ － ｂ ｜＝ ４ ２ ＋０ ２ ＝４ . ∴ 设Ｄ ＝ ａ ( ｂ ４ꎬ１)ꎬ 解得ｋ １
由题意得ｋａ ｂ ｋ ｋ ( ꎬ )ꎬ ＝－ ꎬ
( ａ ２) ｂ ＋ ＝( －３ꎬ２ ＋２)ꎬ Ａ→Ｄ ａ ｂ ２ ( )
－３ ｋａ ＝( ｂ １０ꎬ－４ ａ )ꎬ ｂ ∴ ａ ＝( ｂ －２ꎬ －１)ꎬ ∴ ａ － ｋｂ ＝ ａ ＋ １ ｂ ＝ ２ꎬ ５ ＝ １ (２ ａ ＋
∵ ( ｋａ ＋ ｂ )⊥( ａ －３ ｂ )ꎬ ｋ ｋ ∴ 又Ａ － Ｄ ２＝ Ｂ ４ Ｃ －４ꎬ① ｂ ２ ２ ２
∴ ( ｋ ＋ )( . －３ )＝１０( －３)－４(２ ＋ ａ ＝ ２ ꎬ ｂ ２ ２ ２ 此 ) 时 ꎬ 它们是同向的.
２) ｋ ＝２ － . ３８＝０ ∴ ( －２) ＋( －１) {ａ ＝４ ＋１ ꎬ { ② ａ
∴ ＝１９ 联立 解得 ＝６ꎬ或 ＝－２ꎬ 舍 ６.证明 由题意得→ＡＢ Ｂ→Ｃ
９.解析 ａ ｂ ①② ｂ ｂ ( ＝(３ꎬ３)ꎬ ＝(－２ꎬ
∴ ａ ｂ ( ＝ １ ０ ) ꎬ ∵ ⊥ ꎬ 去 ) . ＝２ ＝０ １)ꎬ Ｃ→Ｄ ＝(－２ꎬ－２)ꎬ Ｄ→Ａ ＝(１ꎬ－２)ꎬ
∴ －１８＋２ ｋ ＝０ꎬ ∴ 第四个顶点Ｄ的坐标为 (６ꎬ２) . ∵３×(－２)－３×(－２)＝０ꎬ
∴ 当
ｋ
＝ ｋ ９ꎬ 时 ａ ｂ.
５.证明 由题意得→ＡＢ
＝(２ꎬ４)ꎬ
→ＡＣ
＝(３ꎬ
－２
→Ａ
×
Ｂ
(－２
Ｃ→
)
Ｄ
－１
Ｂ→
×
Ｃ
１
与
≠
Ｄ→
０
Ａ
ꎬ
不平行
∴ 设 ＝ ａ ９ 与 ꎬ ｂ ⊥ 的夹角为 θ 则 θ ６)ꎬ ∴ 四边 ∥ 形Ａ ꎬ ＢＣＤ是梯形. ꎬ
(
｜
ａ ａ ２ )
｜｜
ｂ ｂ
｜
<０ 且
｜
ａ ａ
｜｜
ｂ ｂ
｜
≠－１ꎬ 得 ꎬ ｋ < ｃｏ ９ ｓ 且 ＝ ｋ ∵
→Ａ
２ ３
Ｂ
＝
→Ａ
６ ４
Ｃ
＝ ３ ２ ꎬ ７ 思 .解 ∴ 考 析 运用 由题意得→ＡＢ
＝
Ｏ→Ｂ
－
Ｏ→Ａ
＝(４－
ｋ
ꎬ
∴ ∥ ꎬ
≠ 当 －１ꎬ ｋ 且ｋ 时 ａ与ｂ的夹角是 →ＡＢ →ＡＣ有公共点Ａ －７)ꎬ Ｂ→Ｃ ＝ Ｏ→Ｃ － Ｏ→Ｂ ＝(６ꎬ ｋ －５) .
∴ 钝角. <９ ≠－１ ꎬ ∵ Ａ Ｂ ꎬ Ｃ三点共线. ꎬ ∵ Ａ ꎬ Ｂ ꎬ Ｃ三点共线 ꎬ
１０.解析 (１) 由题意得 ( ａ ＋ ｂ ) ２ ＝ ａ２ ＋ ｂ２ ＋ ６.解 ∴ 析 ꎬ ꎬ ∵ Ａ (－１ꎬ－２)ꎬ Ｂ (３ꎬ８)ꎬ 解 ∴ 得 (４－ ｋ ｋ )( ｋ 或 －５) ｋ ＝－４ . ２ꎬ
２
ａ
ｂ
＝４ꎬ ∴
→ＡＢ
＝(４ꎬ１０)
.
８.证明
＝
设
１１
ａ ｘ
＝－
ｙ
２
ｂ ｘ ｙ
∴２
ａ
ｂ
＝０ꎬ 设Ｃ ｘ ｙ 则→ＡＣ ｘ ｙ →ＡＢ 则ａ ｂ ｘ
＝(
ｘ
１ꎬ
ｙ
１)
ｙ
ꎬ ＝( ２ꎬ ２)ꎬ
∴ ∴ (２ ( ) ｜ ( ａ ａ 设 ａ － － ＋ ｂ ｂ ａ ｂ ) ｜ ) ＋ ＝ ２ ｂ ＝ ２ 与 . ４ ( ꎬ ａ ａ － － ｂ ｂ ) 的夹角为 ａ２ － θ ｂ ꎬ ２ 则 ｃｏｓ θ ( ∴ ＝ １ ２ { 点 ) ２ ２ →Ａ ｙ ｘ Ｃ Ｃ ＋ ＋ ＝ 的 ４ ２ ( ( ＝ ＝ ２ 坐 １ ４ ꎬ ｘ ０ ꎬ ＋ 标 ꎬ ) ２ 解 为 ꎬ ꎬ ２ 得 ｙ ＋ { ４ ｘ ｙ ) ＝ ＝ ＝ ꎬ . ( １ ３ ꎬ ꎬ ＋１ꎬ ＋２)ꎬ ａ 即 则 假 － ( 设 ｂ ｘ ｘ ＝ ＋ １ ｙ ａ ( ＋ ＋ ＝ ｘ ｘ ｂ １ ２ ｘ ( － ) 与 ｙ ｘ ( １ ２ ｙ ＋ ꎬ ａ １ ｙ － － ｘ ２ １ ｂ ｙ ꎬ － ｙ ２ 平 ｙ ) １ ２ ＋ ＝ ) 行 ｘ . ( ２ ｙ ꎬ ) ｙ １ ꎬ ＋ ｙ ２)( ｘ １－ ｘ ２)ꎬ
＝ ｜ ａ ＋ ｂ ｜｜ ａ － ｂ ｜ ＝ ｜ ａ ＋ ｂ ｜｜ ａ － ｂ ｜ ＝ ∴ (１ꎬ３) ｘ ２ ｙ １－ ｘ １ ｙ ２＝ 故 １ ａ ２－ ｂ ２ １ꎬ
１ (２) 设Ｄ ( ｍ ꎬ ｎ )ꎬ 则Ａ→Ｄ ＝( ｍ ＋１ꎬ ｎ ＋２)ꎬ 与 ∴ ａ １ ｂ ２＝ 是 ２ 两 １ 个 ꎬ 不共 ∥ 线 ꎬ 向量矛盾
∵ － ２ θ ∈ ꎬ [０ꎬπ]ꎬ∴ θ ＝ ２π. ∵ ∴ { →ＡＢ －２ ＝ ｎ ｍ － － ２ ２ Ａ→ ＝ Ｄ ４ ＝ ꎬ ( 解 －２ 得 ｍ { － ｎ ｍ ２ꎬ ＝ － － ２ ３ ｎ ꎬ －４)ꎬ ９. ∴ 解 假 析 ꎬ 设 不 设 成 Ｄ ( 立 ｍ ꎬ ꎬ 故 ｎ ) ａ ꎬ ＋ ｂ与ａ － ｂ不 ꎬ 平行.
３ －２ －４＝１０ꎬ ＝－７ꎬ 由题意得→ＡＢ Ｂ→Ｃ
∴ ａ ＋ ｂ与ａ － ｂ的夹角为２π. ∴ 点Ｄ的坐标为 (－３ꎬ－７) . Ａ→Ｄ ｍ ｎ ＝(３ꎬ２)ꎬ ＝(１ꎬ５)ꎬ
３ ＝( －３ꎬ ＋２)ꎬ
６
教材习题答案
设正方形的边长为 则Ａ Ｄ
Ｄ→Ｃ ＝(７－ ｍ ꎬ５－ ｎ )ꎬ Ｅ Ｆ ２ꎬ (０ꎬ０)ꎬ (０ꎬ
若→ＡＢ Ｄ→Ｃ Ａ→Ｄ Ｄ→Ｃ ２)ꎬ (１ꎬ０)ꎬ (２ꎬ１)ꎬ
则
{
２(
∥
７－
ｍ ꎬ
)＝３
⊥
(５－
ｎ ꎬ
)ꎬ
则Ｄ→Ｅ ＝(１ꎬ－２)ꎬ →ＡＦ ＝(２ꎬ１)ꎬ
ｍ ｍ ｎ ｎ Ｄ→Ｅ →ＡＦ .
( －３)(７－ )＋( ＋２)(５－ )＝０ꎬ ∴ ＝１×２＋(－２)×１＝０
解得
{ｍ
＝１ꎬ或
{ｍ
＝７ꎬ 舍去 . Ｄ→Ｅ →ＡＦ 即ＤＥ ＡＦ.
ｎ ｎ ( ) ∴ ⊥ ꎬ ⊥
若Ａ→Ｄ Ｂ
＝
→Ｃ
１
Ａ→Ｄ Ｄ→
＝
Ｃ
５ ３.证明
∵
Ｂ→Ｃ
＝
→ＢＡ
＋
→ＡＣ
ꎬ ∴
该人实际前进方向为南偏东
３０
°
ꎬ
{ｎ ∥ ꎬ ｍ ⊥ ꎬ ∴ ｜ Ｂ→Ｃ ｜ ２ ＝｜ →ＢＡ ｜ ２ ＋｜ →ＡＣ ｜ ２ ＋２ →ＢＡ →ＡＣ ꎬ 速度ｖ ＝ １ °＝２(ｍ/ｓ) .
则 ＋ ｍ ２＝５( － ｍ ３)ꎬ ｎ ｎ →ＢＡ →ＡＣ →ＢＡ →ＡＣ Ａ ｓｉｎ３０
( －３)(７－ )＋( ＋２)(５－ )＝０ꎬ ∵ ＝－｜ ｜｜ ｜ｃｏｓ ꎬ ３.解析 证明 由题知→ＡＢ
ì 在 ＡＢＣ 中 ＢＣ２ ＡＢ２ ＡＣ２ ＡＢ (１) : ＝(４ꎬ－３)ꎬ
解得í ï ï ï ïｎ ｍ ＝ １ ２ ９ １ ꎬ 或 {ｍ ｎ ＝ ＝ － ３ ２ ꎬ ( 舍去 ) . ４.证 Ａ ∴ Ｃ 明 ｃｏ ｓ △ Ａ 如 . 图 ꎬ 在 ꎬ ▱ ＡＢ ＝ ＣＤ中 ＋ ꎬ ＡＤ ＝ － Ｂ ２ Ｃ ꎬ Ｃ ∴ →Ｄ →Ａ ＝ Ｂ ( ６ Ｃ ꎬ → ８ Ｄ ) ＝ ꎬ ４×６＋(－３)×８＝２４－２４＝０ꎬ
î ＝
２ ( ) ∴
→ＡＢ
⊥
Ｃ→Ｄ.
故顶点Ｄ的坐标为 或 ９ １１ . 易知Ａ→Ｄ →ＡＢ →ＡＢ
(１ꎬ１) ꎬ (２) ＝(５ꎬ２)ꎬ ＝(４ꎬ－３)ꎬ｜ ｜
２ ２
探究拓展
设 ＢＡＤ θ 则 ＡＢＣ ° θ ＝ ４
２
＋(－３)
２
＝５ꎬ
１０.证明
(１)
由题意得→ＡＢ
＝(
ｘ
２－
ｘ
１ꎬ
ｙ
２－ →Ａ
∠
Ｃ →ＡＢ
＝
Ａ→
ꎬ
Ｄ Ｂ→
∠
Ｄ →ＢＡ
＝１
Ｂ→
８
Ｃ
０ － ꎬ 设Ａ→Ｄ
ꎬ
→ＡＢ的夹角为θ
ꎬ
ｙ 设
∵
１) Ａ Ｇ ꎬ Ｇ ( →Ａ ｘ Ｃ
∶
ꎬ Ｇ ＝ ｙ Ｍ ) ( ꎬ ｘ
＝
３ 则 －
２
ｘ →Ａ
∶
１ Ｇ ꎬ
１
＝ ｙ
ꎬ
３ ( － ｘ ｙ － １ ｘ ) １ ꎬ ꎬ ｙ － ｙ １)ꎬ ∵ ∴ ｃ
｜
ｏ
Ｂ→
ｓ
Ｄ
｜ →Ａ θ
｜
Ｃ ꎬ ＝
２
｜
＝
２
｜
＝
→Ａ
＋ ｜
Ｂ
→Ａ
｜
Ｂ
２
ꎬ ｜
＋
２ ＋
｜
Ｂ→
｜ ＝
Ｃ
Ａ→Ｄ
｜
２
｜
＋
＋ ２ ＋
２
２
｜
｜
→Ａ
ꎬ →Ａ
Ｂ
Ｂ
｜
｜
｜
｜
Ｂ→
Ａ→
Ｃ
Ｄ
｜
｜
则
＝
１
｜
４
Ａ→
ꎬ
Ｄ
１
｜
４
ｃ
×
ｏ →Ａ ｓ Ｂ θ
＝
＝
１
Ａ→
４
Ｄ ｜
→Ａ
→Ａ
Ｂ
Ｂ
＝
→Ａ ｜ Ｂ (
５
＝
６
５
ꎬ
×
－
４
４
＋
２
２ ) ５ ×
ꎬ
(－３)
∴ →ＡＧ ＝ ２ Ａ→Ｍ ｃｏｓ(１８０ ° － θ )＝ ｜ →ＡＢ ｜ ２ ＋｜ Ａ→Ｄ ｜ ２ －２｜ →ＡＢ ｜ ５ ５ ５ ２５ ２５ ( ２５ )
３
Ｂ→Ｃ θ
即Ａ→Ｄ在→ＡＢ上的投影向量为 ５６
ꎬ－
４２ .
２ １ →ＡＢ →ＡＣ １ →ＡＢ →ＡＣ ｜ ｜ｃｏｓ ꎬ ２５ ２５
＝ ＝ æ è ç ３ ｘ ２ × ＋ ｘ ２ ３－ ( ２ ｘ １ ＋ ꎬ ｙ ２＋ ) ｙ ＝ ３－ ３ ２ ｙ ( １ ö ø ÷ ꎬ ＋ ) 故 即 ∴ 平 ｜ Ａ →Ａ Ｃ 行 Ｃ ２ ｜ ＋ 四 ２ Ｂ ＋ Ｄ 边 ｜ Ｂ ２ → 形 ＝ Ｄ ２ ｜ 两 ( ２ ＝ Ａ 条 Ｂ ２( ２ 对 ＋ ｜ Ａ →Ａ 角 Ｄ Ｂ 线 ２ ｜ ) ２ ＋ . 的 ｜ Ａ→ 平 Ｄ 方 ｜ ２ ) 和 ꎬ 等 ４.证 ∴ → 明 ＡＢ 与 →Ａ Ｃ→ Ｂ Ｄ ＋ 共 Ｃ→Ｄ 线 ＝ 且 ０ ⇒ ｜ →Ａ →Ａ Ｂ Ｂ ｜ ＝ ＝ － ｜ Ｃ Ｃ → → Ｄ Ｄ ꎬ ｜ꎬ
３ ３ ＡＢ ＣＤ且ＡＢ ＣＤ
∴
ì
í
ï ï
ï
ｘ － ｘ １＝ ｘ
ｙ
２＋ ｘ
ｙ ３
３－２ ｘ
ｙ
１ ꎬ ５. 于
即
解 一 析
ｘ
组
ｙ
邻 由 边 题 平 意 方 得 和 Ｏ→Ｐ 的
两 ａ
＝
倍
０
.
ꎬ
∴ ∴
∵ →
四
ＡＣ
边
∥ 形
Ｂ→Ｄ
Ａ
＝
Ｂ
０
Ｃ
ꎬ
Ｄ
∴
为 ＝
→ＡＣ
平
⊥
行 ꎬ
Ｂ→
四
Ｄ ꎬ
边
即
形
Ａ
ꎬ
Ｃ ⊥ ＢＤ.
ïｙ ｙ ２＋ ３－２ １ ( ꎬ )(２ꎬ３)＝０ꎬ 四边形ＡＢＣＤ是菱形.
î － １＝
３
ꎬ 故
２
ｘ
＋３
ｙ
＝０
.
思
∴
考运用
ì ｘ ｘ ｘ ６.解析 如图所示
ï ïｘ
＝
１＋ ２＋ ３
ꎬ
ꎬ ５.解析
(１)
Ｆ
＝２ｃｏｓ ３０
°
×５００＝５００ ３
解得í ３ .
ï ｙ ｙ ｙ (Ｎ)
ïｙ １＋ ２＋ ３ Ｆ θ 当 ° θ °时
î ＝ ꎬ (２) ＝１０００ｃｏｓ ꎬ ０ < <９０ ꎬ
３ 随着θ的增大 Ｆ逐渐变小.
( ｘ ｘ ｘ ꎬ
点 Ｇ 的 坐 标 为 １＋ ２＋ ３ ６.证明 如图所示 ꎬ
∴ ꎬ
３
ｙ ｙ ｙ )
１＋ ２＋ ３ .
３
( ｘ ｘ ｘ 当处于平衡状态时 ａ ｂ ｃ
由 知 →ＧＡ ２ １－ ２－ ３ ꎬ ＋ ＝ ꎬ
( ｙ ２) ｙ ｙ (１ ) ) ＝ ３ ꎬ 又因为 ｜ Ｏ→Ｆ ｜ ＝５０ꎬ｜ Ｏ→Ｆ １ ｜ ＝４０ꎬ｜ Ｏ→Ｆ ２ ｜ 设Ｃ→Ｂ ａ →ＣＡ ｂ →ＡＢ ｃ
２ １－ ２－ ３ ＝３０ꎬ 则ａ ＝ ｂ ꎬ ｃ. ＝ ꎬ ＝ ꎬ
同理 ３ Ｇ→Ｂ ＝ æ è ç２ ꎬ ｘ ２－ ｘ １－ ｘ ３ ꎬ ２ ｙ ２－ ｙ １－ ｙ ３ ö ø ÷ ꎬ 所 △ Ｏ ° 以 Ｆ 所 １ ｜ Ｆ Ｏ→ 以 Ｆ 为 此 ｜ 直 ２ 时 ＝ 角 ｜ 绳 Ｏ 三 →Ｆ 子 角 １ 形 ｜ 形 ＋ 成 ꎬ ｜ Ｏ 的 且 →Ｆ 角 ２ ∠ ｜ Ｏ ２ ꎬ Ｆ Ｐ 所 １ Ｆ Ｏ 以 Ｐ ＝ ′ 又 ∴ ａ ａ ２ ＝ ＝ 与 ( ＋ ｂ ｂ ＋ 的 ｃ ) 夹 角 ａ ＝ 为 ａ ∠ ｂ Ｃ ＋ ꎬ ａ ａ 与 ｃ ꎬ ｃ ① 的夹角
３ ３ ９０ ꎬ ∠ 与 Ｂ相等
æ ｘ ｘ ｘ ｙ ｙ ｙ ö 为 °. ∠ ꎬ
Ｇ→Ｃ ç２ ３－ １－ ２ ２ ３－ １－ ２÷ ９０ 故 式可化为 ａ ２ ａ ｂ Ｃ ａ
＝è ３ ꎬ ３ øꎬ ７.证明 →ＡＢ Ｃ→Ｄ ０ ① ｃ Ｂ ｜ ｜ ＝｜ ｜｜ ｜ｃｏｓ ＋｜ ｜
∵ ＋ ＝ ꎬ ｜ ｜ｃｏｓ ꎬ
故→ＧＡ ＋ Ｇ→ 9 Ｂ . ＋ 4 Ｇ→ Ｃ ＝ 向 ０. 量应用 ∴ ∴ →Ａ 四 Ｂ 边 ＝－ 形 Ｃ→Ｄ ＡＢ ꎬ 即 ＣＤ Ａ 为 Ｂ 平 Ｃ 行 Ｄ 四 ꎬ 边形. 即 即 ｜ ａ ａ ＝ ｜ ｂ ＝ ｃ ｜ ｏ ｂ ｓ ｜ Ｃ ｃ ＋ ｏｓ ｃ ｃ Ｃ ｏ ＋ ｓ ｜ Ｂ ｃ . ｜ｃｏｓ Ｂ ꎬ
练习 ∵ →ＡＢ Ｂ→Ｃ ＝０ꎬ ７.解析 由题意可得Ｏ→Ａ ＝(３ꎬ４)ꎬ Ｏ→Ｂ ＝
１.解析 角铁ＡＢ与ＢＣ所受的力分别为 ∴ → 四 ＡＢ 边 ⊥ 形 Ｂ→Ｃ Ａ ꎬ Ｂ 即 ＣＤ ＡＢ 是 ⊥ 矩 ＢＣ 形 . . (５ꎬ１２)ꎬ →ＡＢ ＝(２ꎬ８)ꎬ ＡＤ ＯＡ
和 . ∴ 由角平分线的性质可得 ５ .
４５ Ｎ ７５ Ｎ ◆习题9.4 ＤＢ＝ＯＢ＝
２.证明 如图 建立平面直角坐标系. １３
ꎬ 感受理解
Ｏ→Ｄ Ｏ→Ａ Ａ→Ｄ Ｏ→Ａ ５ →ＡＢ
１.解析 易知物体重力与两绳子合力大 ∴ ＝ ＋ ＝ ＋
５
(
＋１３
)
小相等 方向相反
ꎬ ꎬ ５ ３２ ５６
＝(３ꎬ４)＋ (２ꎬ８)＝ ꎬ ꎬ
故物体的重力Ｇ ４ １８ ( ９ ) ９
＝ °＝４ ２(Ｎ)ꎬ
ｃｏｓ４５ 点Ｄ的坐标为 ３２ ５６ .
∴ ꎬ
物体的重力为 . ９ ９
∴ ４ ２ Ｎ
２.解析 如图 ８.证明 由题知Ｏ→Ａ Ｏ→Ｂ Ｃ→Ｏ
ꎬ ＋ ＝ ꎬ
７
设Ｏ→Ａ
ꎬ
Ｏ→Ｂ的夹角为θ
ꎬ
则
３.解
－１
析
０＋３＝
设
－７
ｃ
.
ｘａ ｙｂ ｘ ｙ Ｒ (－２ꎬ４)ꎬ
→ＣＡ
＝(８ꎬ４)ꎬ
｜ Ｏ→Ａ ｜ ２ ＋｜ Ｏ→Ｂ ｜ ２ ＋２｜ Ｏ→Ａ ｜ ｜ Ｏ→Ｂ ｜ｃｏｓ θ ＝ 则ｃ
＝
ｘａ
＋
ｙｂ ＝
＝(
＋
５
ｘ
－
(
３
ꎬ ｙ
ꎬ
∈
１０
ｘ
－
)ꎬ
４
ｙ
)＝ (５ꎬ 为
设→Ａ
θ
Ｂ ꎬ Ｂ→Ｃ的夹角为 θ １ꎬ Ｂ→Ｃ ꎬ →ＣＡ的夹角
Ｏ→Ｃ ２ 则 θ １ ２ꎬ
｜ ° ｜ ꎬ θ ｃｏｓ ° ＝ 故 － θ ２ ꎬ ° ０) { ꎬ ５ ｘ －３ ｙ ＝５ꎬ {ｘ ＝－２ꎬ 则 θ →ＡＢ Ｂ→Ｃ ５
∵ 同 ０ 理 ≤ Ｏ→Ｂ ≤ 与 １８ Ｏ→ ０ Ｃ ꎬ Ｏ→Ａ与 ＝１ Ｏ→ ２ Ｃ ０ 的 ꎬ 夹角均为 ∴ ｃ １０ ｘ － ａ ４ ｙ ＝ ｂ ０ . ⇒ ｙ ＝－５ . ｃｏｓ １＝ ｜ →ＡＢ ｜｜ Ｂ→Ｃ ｜ ＝－ ５ ꎬ
ꎬ ꎬ ∴ ＝－２ －５ Ｂ→Ｃ →ＣＡ
１２０ ° ꎬ Ｂ 又 ＡＣ ｜ Ｏ→Ａ ｜＝ Ａ ｜ Ｂ Ｏ→ Ｃ Ｂ ｜＝｜ Ｏ→ Ｂ Ｃ Ｃ ｜ Ａ ꎬ ° 故 ４.解析 (１) 设Ｂ ( ｘ ꎬ ｙ )ꎬ 则→ＡＢ ＝( ｘ －５ꎬ ｙ － ｃｏｓ θ ２＝ ｜ Ｂ→Ｃ ｜｜ →ＣＡ ｜ ＝０ꎬ
∴ Ａ ∠ ＢＣ是正 ＝ 三 ∠ 角形. ＝ ∠ ＝ ６０ ꎬ ２)ꎬ ∴ △ ＡＢＣ为直角三角形.
△ Ａ ° →ＡＢ Ｏ→Ａ
探究拓展 ∵ ∠ ＝９０ ꎬ∴ ＝０ꎬ １１.解析 由题意得→ＡＢ ａ →ＡＣ
又ＡＢ ＡＯ ＝(３－ ꎬ４)ꎬ ＝
９.解析 如图 ＝ ꎬ ａ
ꎬ { ｘ ｙ (７－ ꎬ２)ꎬ
∴
５( －５)＋
ｘ
２( －
２
２)＝
ｙ
０ꎬ
２
Ｄ→Ｃ
＝(７－
ｂ
ꎬ４)ꎬ
Ｂ→Ｄ
＝(
ｂ
－３ꎬ－６)ꎬ
２ { ５＋ ｘ ４＝( － { ５ ｘ ) ＋( －２) ꎬ ∵ 四边形ＡＢＣＤ为菱形 ꎬ
解得 ＝３ꎬ或 ＝７ꎬ { ａ ｂ {ａ
ｙ ｙ ３－ ＝７－ ꎬ 解得 ＝１ꎬ
＝７ ＝－３ꎬ ∴ ａ ｂ ｂ .
点Ｂ的坐标为 或 . (７－ )( －３)－１２＝０ꎬ ＝５
∴ (３ꎬ７) (７ꎬ－３) １２.解析 由题意得 ａ ｂ
位 (１ 置 ) 当 是 θ 在 ＝１ Ａ ２ ′的 ０ °时 左 ꎬ 侧 游 . 船航行到达北岸的 ( ( ２ ２ ꎬ ) － 由 ５ ( ) １ . ) 易得→ＡＢ的坐标为 (－２ꎬ５) 或 ａ ＋ ｋｂ ＝ ａ (－ ｂ ３＋ ｋ ꎬ１ ａ － － ２ ２ ｋ ｋ ｂ ) ＋ ꎬ ＝(７ꎬ－４)ꎬ
５.解析 ａ ｂ ｃ ∵ (－２ ＋ )⊥( ＋ )ꎬ
理由
:
当θ
＝１２０
°时
ꎬ｜
Ａ→Ｄ
｜＝｜
ｖ
１｜ｓｉｎ ３０
°
{ｘ
∵ ＋ ＝ ꎬ
{ｘ ∴７(－３＋
ｋ
)－４(１－２
ｋ
)＝０ꎬ
＝５ ｋｍ/ｈꎬ ∴ ｙ
＋２＝３ꎬ解得
ｙ
＝１ꎬ
. 解得ｋ ５ .
Ａ→Ｄ ｖ ６.解析 －７ 设 ＝５ ａ ꎬ ｘ ｙ ＝１２ ＝ ３
∵ 游 ｜ 船 ｜ 航 >｜ 行 ２ 到 ｜ꎬ 北岸的位置在Ａ′的左侧. ａ ｂ ＝( ꎬ )ꎬ １３.解析 (１)(２ ａ ＋ ｂ )( ａ －２ ｂ )
( 垂 ∴ ２ 直 ) 若 ꎬ 游船 ｖ 能到达 Ａ′处 ꎬ 则 ｖ 与河岸 又 ∴ ∴ ∵ ３ ａ ｘ ａ ⊥ ＋ ｂ ２ ꎬ ｙ ＝ ＝ ０ꎬ ０ꎬ① ＝ ＝２ ２ × ｜ ａ １６ ｜ ２ － － ３ ３ × ａ ４ ×３ ｂ × －２ ( － ｜ ｂ ２ １ ｜ ２ ) －２×９＝３２ .
ｃｏｓ θ ＝－ ｜ ｜ ｖ ２ １ ｜ ｜ ＝－ １ ４ ０ ＝－ ５ ２ ꎬ ∴ ｘ ｜ ２ ＋ ｜ ｙ ＝ ２ ５ ＝ ꎬ ２５ꎬ② (２)｜２ ａ ＋ ｂ ｜＝ ｜２ ａ ＋ ｂ ｜ ２
故 ｜ ｖ 需 ｜＝ 要航 ｜ ｖ 行 １｜ ２ ｜ － ｄ ｖ ｜ ｜ ｖ ＝ ２｜ ４ ２ ２ ２ ＝ １ ２ ｈ . ２１ ｋｍ/ｈꎬ 联 解 立 得 ① ì í ï ï
ï
ｘ ② ＝－ ꎬ １ １ ３ ０ １３ꎬ 或 ì í ï ï
ï
ｘ ＝ １ １ ３ ０ １３ꎬ 思考 ＝ ＝ 运 ４ ４× ｜ 用 ａ １ ｜ ６ ２ ＋ ＋ ９ ｜ ＋ ｂ ４ ｜ × ２ ＋ ４ ４ × ａ ３ × ( ｂ － ２ １ ) ＝７ .
故当 ｃｏｓ θ ＝－ ２ 时 ꎬ 游船能到达Ａ′处 ꎬ î ïｙ ＝ １ １ ３ ５ １３ î ïｙ ＝－ １ １ ３ ５ １３ . １４.解析 由题意得 Ｂ ° Ｃ ４
５ ( ) ＝９０ ꎬｃｏｓ ＝ ꎬ
ａ 的坐标为 １０ １５ 或 ５
需要航行 ２１ . ∴ － １３ꎬ １３
ｈ １３ １３ Ａ ３ .
４２ ( ) ｃｏｓ ＝
(３)
当 θ
→
＝
ＡＢ
１２０
°时
ｖ
ꎬ
由
(１
°
)
可知
｜
→ＡＤ
｜
.
＝
１
１
０
３
１３ꎬ－
１
１
３
５
１３
.
→ＡＢ
→ＢＣ
＋
５
→ＢＣ
→ＣＡ
＋
→ＣＡ
→ＡＢ
＝｜
→ＡＢ
｜｜
→ＢＣ
｜
５ｋｍ
ｖ
/ｈꎬ｜ ｜＝｜ １
且
｜ｃｏ
两
ｓ
向
３０
量
＝
方
５
向
３ ｋ
相
ｍ
反
/ｈ ７.解析 由题意得→ＡＢ
＝(－５ꎬ１)ꎬ ｃｏｓ９０
°
＋｜
→ＢＣ
｜｜
→ＣＡ
｜ｃｏｓ(π－
Ｃ
)＋｜
→ＣＡ
｜｜
→ＡＢ
｜
∵ ｜
Ａ→
２
Ｄ
｜＝４
ｖ
ｋｍ/ｈꎬ ꎬ
(１)
设Ｄ
(
ｘ
ꎬ
ｙ
)ꎬ
则Ｃ→Ｄ
＝(
ｘ
＋１ꎬ
ｙ
－４)ꎬ ｃｏｓ(π－
Ａ
)
∴ ∴ 合 ｜ 速 ｜ 度 －｜ ｜ ｖ ２ 合 ｜＝ ｜＝ １ ｋｍ １ / ２ ｈ ＋ ꎬ (５ ３) ２ ＝２ １９ ∵ →ＡＢ ＝ Ｃ→Ｄ ꎬ∴ { ｙ ｘ － ＋ ４ １ ＝ ＝－ １ꎬ ５ꎬ解得 {ｘ ｙ ＝ ＝ － ５ . ６ꎬ ＝－２０ｃｏｓ ４ Ｃ －１５ｃｏ ３ ｓ Ａ .
Ｄ点的坐标为 . ＝－２０× －１５× ＝－２５
(ｋｍ/ｈ)ꎬ ∴ (－６ꎬ５) ５ ５
１５.解析 设ｐ λｍ μｎ λ μ Ｒ 则ｐ
实际航程为 １ ２ ５７ . 设Ｐ ａ ｂ 则Ｏ→Ｐ ａ ｂ ＝ ＋ ꎬ ꎬ ∈ ꎬ ＝
∴ ２ １９× ＝ (ｋｍ) (２) ( ꎬ )ꎬ ＝( ꎬ )ꎬ λ ａ ｂ μ ａ ｂ λ μ ａ
１０. 向 解 又 ∴ 量 析 ∵ Ｐ→ １ ꎬ Ｐ ｖ ＝ ＝ ∵ ( ( Ｐ ｘ １ － ( ꎬ ｘ ｘ ｋ １ ꎬ ) ꎬ ｙ ｙ 是 ) － ꎬ ｙ 直 Ｐ １ ５ ) １( 线 ꎬ ３ ｘ １ ｌ ꎬ ｙ 的 １ １ ) ５ 一 ꎬ 个方向 ８.解 故 ∴ ∵ 析 ａ Ｏ→ Ｐ ＝ Ｐ 点 － ＝ ５ ( →Ａ 的 ꎬ １ Ｂ ｂ ) 坐 ꎬ ＝ Ｃ 标 １ 点 ꎬ 为 的 ( 坐 －５ 标 ꎬ１ 为 ) . ( １ ２ ꎬ０ ) . ∴ ( 又 ３ ( { ∵ λ ２ ２ － ＋ ｐ λ ( － ２ ＝ ＋ ３ μ ３ λ ４ ３ ) μ ａ ＋ ) ｂ ＋ ＝ ꎬ ２ ＋ ｂ μ ３ ꎬ ) ꎬ ( ＝ ４ １ ⇒ －２ ì í ï ï ï ïμ λ ) ＝ ＝ － １ ( １ ２ ４ ５ . ꎬ ＋４ ) －
◆ 感受 复 ∴ 即 ∴ 习
Ｐ
( ｙ
→
ｘ １ 理 － 题
Ｐ
－ ｙ 解 ∥ ｘ １ １ ＝ )
ｖ
ｋ ꎬ ｋ ( － ｘ ( － ｙ ｘ － １ ｙ ) １ . )＝０ꎬ ∵ ( ＝ ２ ( { Ａ→ ) ｘ Ｄ ｘ
设
－ ＝ ２
Ｄ
ꎬ － ｙ ( ２ ＋
ｘ
Ｂ→ １ ꎬ Ｄ )
ｙ
) ｘ ꎬ ꎬ ꎬ
则Ａ→Ｄ
＝ { ( ｘ ＝
ｘ
＋ １ １ ꎬ ꎬ
ｙ
－１)ꎬ
Ｂ→Ｄ
１６.证 ∴ 明 ｐ ＝ － 如 ４ ５ 图 ｍ ＋ ꎬ １ ８ １ｎ.
î ＝
８
＋１＝４－２ ꎬ 解得
１.解析 ａ ｂ ∴ ｙ ｙ ｙ １ .
(１)２ ＋３ ＝(２ꎬ４)＋(９ꎬ３)＝ －１＝－２ －２ꎬ ＝－
. ３
(１１ꎬ７) ( ) ( )
故Ｄ点的坐标为 １ .
ａ １ ｂ ３ １ １ꎬ－
(２) － ＝ (１ꎬ２) － ꎬ ３
２ ２ ２
＝ ( － ２ １ ꎬ ３ ２ ) . ９. Ｂ 解 →Ｃ 析 ＝ Ｏ→Ｃ 由 － Ｏ→ 题 Ｂ 可 ＝－ 知 ａ →Ａ ＋ Ｂ ( ｍ ＝ Ｏ ＋ → １ Ｂ ) － ｂ Ｏ→ ꎬ Ａ ＝－ ａ －２ ｂ ꎬ 则Ｐ→Ｄ ＋ Ｐ→Ｅ ＋ Ｐ→Ｆ ＝ ２ １ ( Ｐ→Ｂ ＋ Ｐ→Ｃ )＋ ２ １ ( Ｐ→Ｃ
２.解析 由题意得→ＡＢ
＝(５ꎬ－１)ꎬ ∵
Ａ
ꎬ
Ｂ
ꎬ
Ｃ三点共线
ꎬ∴
→ＡＢ
∥
Ｂ→Ｃ
ꎬ ＋
→ＰＡ
)＋
１
(
→ＰＡ
＋
Ｐ→Ｂ
)＝
→ＰＡ
＋
Ｐ→Ｂ
＋
Ｐ→Ｃ.
Ｃ→Ｂ ＝(－２ꎬ－３)ꎬ ∴ ｍ ＋１＝－２ꎬ∴ ｍ ＝－３ . １７.解析 ２ ａ ｂ为共线向量
∵ ꎬ ꎬ
→ＡＢ Ｃ→Ｂ １０.解析 由题得→ＡＢ Ｂ→Ｃ 可设ａ λｂ λ Ｒ
∴ ＝５×(－２)＋(－１)×(－３)＝ ＝(－６ꎬ－８)ꎬ ＝ ∴ ＝ ꎬ ∈ ꎬ
８
教材习题答案
ｅ ｅ ｋλｅ λｅ {ａ {ｂ
∴２ １－ ２＝ １＋ ２ꎬ 解得 ＝－２ꎬ ＝４ꎬ
ｅ ｅ 是不共线的向量 ｍ ｎ
∵ {１ꎬ ２ ｋλ {λ ꎬ 即ａ ＝２ꎬ ｂ ＝－４ꎬ .
２＝ ꎬ ＝－１ꎬ ＝(－２ꎬ４)ꎬ ＝(２ꎬ－４)
∴ λ⇒ ｋ . 故ａ ｂ .
－１＝ ＝－２ ＝－２×２＋４×(－４)＝－２０
１８.解析 设Ｏ→Ｐ
＝
λ Ｏ→Ｍ
＝(
λ
ꎬ２
λ
)(
λ
∈
由题知
｜
Ｏ→Ａ
｜＝３ꎬ｜
Ｏ→Ｂ
｜＝２ꎬ
１４.解析 由题意得→ＡＢ
＝(２ꎬ２)ꎬ
Ｒ 则→ＰＡ Ｐ→Ｏ Ｏ→Ａ λ λ 设绳 ＯＡ 与 ＯＢ 的夹角为 θ θ Ｂ→Ｃ ｘ ｘ
)ꎬ ＝ ＋ ＝(１－ ꎬ５－２ )ꎬ ( ∈(０ꎬ ＝(２ －３ꎬ ＋１)ꎬ
Ｐ→Ｂ Ｐ→Ｏ Ｏ→Ｂ λ λ 则→ＰＡ π)) Ａ Ｂ Ｃ三点共线 即→ＡＢ与Ｂ→Ｃ共线
＝ ＋ ＝(７－ ꎬ１－２ )ꎬ 由系统处于平衡状态知 ∵ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ
＝ 当 Ｐ→Ｂ ５ λ ＝ λ２
＝
( － １
－
２ － － ０ λ ２ λ ) ０ ＋ (
＝
１ ７ ２
２
－ ꎬ 时 λ )
ꎬ
＋ →Ｐ ( Ａ ５
－２ Ｐ→ λ Ｂ ) 有 ( 最 １－ 小 ２ λ 值 )
ꎬ
Ｏ Ｏ → → Ｇ Ｂ ) ＝ ２ Ｏ→ ＝ Ａ ｜ ＋ Ｏ→ Ｏ Ａ →Ｂ ｜
θ
２ ꎬ ＋ ｜ ｜ Ｏ→ Ｏ→ Ｇ Ｂ ｜ ｜ ２ ＝ ＋ ｍ ２ : ꎬ Ｏ→ Ｏ→ Ａ Ｇ ２ Ｏ→ ＝ Ｂ ( Ｏ→Ａ ＋ １５.解 ∴ 解 ２ 析 得 ( ｘ ｘ
ｘ
＋ ＝ ｃ １ ２ ４ ) ＝ . ＝ ( ２ ａ ( ＋ ２ ｘ ｘ ｂ － ) ３ ２ ) ＝ ꎬ
°
ａ２ ＋
ｘ
２
２
ｘａ ｂ ＋ ｘ２ｂ２
２×５ ＝１３＋１２ｃｏｓ ꎬ ＝２＋２ × ２×２ｃｏｓ１３５ ＋４
此时Ｏ→Ｐ ＝(２ꎬ４)ꎬ →ＰＡ ＝(－１ꎬ１)ꎬ Ｐ→Ｂ ＝ 即 θ ｍ ＝ １３＋１２ｃｏｓ θ θ ꎬ ＝４ ｘ２ ｘ －４ ｘ ＋ ２ ２
则 →ＰＡ Ｐ→Ｂ ∵ ∈(０ꎬπ)ꎬ∴ ｃｏｓ ∈(－１ꎬ１)ꎬ ＝(２ －１) ＋１ꎬ
(５ꎬ－３)ꎬ ｜ ｜＝ ２ꎬ｜ ｜＝ ３４ꎬ θ
∴ ｃｏｓ∠ ＡＰＢ ＝ →ＰＡ Ｐ→Ｂ ＝－ ４ １７ . ∴ 即 １ ｍ ３＋ ＝ １２ｃ １ ｏ ３ ｓ ＋１ ∈ ２ｃ ( ｏ １ ｓ ꎬ θ ２ ∈ ５) ( ꎬ １ꎬ５)ꎬ 当ｘ ＝ ２ １ 时 ꎬ｜ ｃ ｜ 取最小值 １ꎬ 此时ｃ ＝ ａ
１９.解析 ｃ ａ ｜ Ｐ→Ｂ ｃ ｜｜ ｂ →ＰＡ ｜ １７ ∴ 正数ｍ的取值范围为 (１ꎬ５) . ＋ １ ｂ ꎬ
( － )( － ) ２５.解析 由已知得Ｂ→Ｃ →ＡＢ ２
＝ ｜ ｃ ｜ ｃ ２ － ｃ ａ ｂ ｂ － ａ ｃ ＋ ａ ｂ (６ꎬ－ １)ꎬ ＝(－３ꎬ４)ꎬ ＝ 设ｃ与ｂ的 ( 夹角为 ) θ ꎬ
＝１－ ( ＋ )＋０ 设ＢＣ在直线ｌ上 且ｌ的一个法向量 ａ １ ｂ ｂ
ｃ ａ ｂ θ 其中θ为ａ ｂ与 ꎬ ＋
＝１－｜ ｜｜ ＋ ｜ｃｏｓ ( ＋ 为ｍ ｘ ｙ 则 θ ２
ｃ的夹角 ＝( １ꎬ １)ꎬ ｃｏｓ ＝ ＝０ꎬ
)ꎬ 则 ｘ ｙ ａ １ ｂ ｂ
∵ ｜ ａ ａ ＋ ｂ ｂ ｜ ２ ＝１＋１＋２ ａ ｂ ＝２ꎬ 不妨 －３ 取 １＋ ｘ ４ １＝ １ ４ ＝ ꎬ ０ ｙ ꎬ １＝３ꎬ 此时ｍ ＝(４ꎬ３)ꎬ 因为θ ＋ ２ ｜ ｜
∴ ｜ ＋ ｜＝ ２ꎬ →ＡＢ ｍ ∈[０ꎬπ]ꎬ
故原式 ＝１－１× ２ｃｏｓ θ ＝１－ ２ｃｏｓ θ ꎬ θ ∴ Ａ到直线 ＢＣ 的距离 ｄ ＝ ｜ ｜ ｍ ｜ ｜ 所以θ ＝ π ꎬ
２
∈[０ꎬπ]ꎬ
２１.
当 θ 时有最小值 . ＝ 故ｃ与ｂ的夹角为π.
２０.解析 ｃｏｓ ＝１ λｂ ａ ａ １－ ２ ５ 本章测试 ２
∵ ( － )⊥ ꎬ 第 10 章 三角恒等变换
λｂ ａ ａ
∴ ( － ) ＝０ꎬ 一、填空题
λｂ ａ ａ ２
∴
即λ
ｂ
－
ａ
｜ ｜ ＝０
°
ꎬ
ａ ２
１.答案
９ ２ 10.1 两角和与差的三角函数
｜ ｜｜ ｜ｃｏｓ４５ －｜ ｜ ＝０ꎬ ２.答案
－２
即 ２λ 解得λ . ３.答案 １０.１.１ 两角和与差的余弦
２１.解析 ２ ２× 设 ２ ｃ ＝ － ( ４ ｘ ꎬ ＝ ｙ ０ ) ꎬ ꎬ ＝２ ４ ５ . . 答 答 案 案 １ ０ ４ 练习
ｂ ∵ ａ ｃ ＝ ｃ ｘ ＝ ＋ ３ ２ ｘ ｙ － ＝ ｙ － ＝ ４ ９ ꎬ ꎬ ６ 二 .答 、选 案 择 题 １ ４ ５ 或 －１ １.证明 (１) 左边 ＝ｃｏｓ ３ ２ π ｃｏｓ α ＋ｓｉｎ ３ ２ π
{ ３ ｘ － ｙ ＝９ꎬ {ｘ ＝２ꎬ ７.Ｃ ｓｉｎ α ＝ ( ０－ｓｉｎ α ) ＝－ｓｉｎ α ＝ 右边 ꎬ
∴ ｘ ＋２ ｙ ＝－４ ⇒ ｙ ＝－３ . ８.Ｃ 即 ３π α α.
∴ ｃ ＝(２ꎬ－３) . ９.Ａ ｃｏｓ ２ － ＝－ｓｉｎ
２２.解析 设ａ与ｂ的夹角为θ
ꎬ １０.Ｄ 左边 ３π α ３π α
∵ ∴ { ( ａ ｜ ｜ ｂ ａ － ｜ ｜ ２ ２ ２ ｂ － － ) ２ ２ ⊥ ａ ａ ａ ꎬ ｂ ｂ ( ＝ ＝ ｂ ０ ０ － ꎬ ꎬ ２ ａ )⊥ ｂ ꎬ １ 三 １ 、 . 故 解 解 析 答 ａ 题 ｂ (１) 由题 ２ 意得ａ ２ － ｂ ＝(４ꎬ－ . ６)ꎬ 即 ( ＝ ２ － ) ｃｏｓ ( ３ α π － ＝ ０ ｓ α ＝ ｉｎ ) －ｃ ２ ｏｓ ｃｏ α ｓ ＝ α 右 － . ｃ 边 ｏｓ ꎬ ２ ｓｉｎ
得 ａ ｂ ｜ － ｜＝ ４ ＋(－６) ＝２ １３ ｓｉｎ － ＝－ｃｏｓ
｜ ｜＝｜ ｜ꎬ 由题意得ａ ｂ ２
(２) ＋ ＝(－２ꎬ２)ꎬ ２.解析 原式 ° °
∴ ｜ ａ ｜ ２ ＝２｜ ａ ｜ ２ ｃｏｓ θ ⇒ｃｏｓ θ ＝ １ ꎬ 设ａ ＋ ｂ与ａ － ｂ的夹角为θ ꎬ ( ° １ . ) ＝ｃｏｓ(５８ －３７ )
２ ａ ｂ ａ ｂ ＝ｃｏｓ２１
则 θ ( ＋ )( － ) 原式 ° θ ° θ
θ θ π. ａ 与 ｂ 的夹 ｃｏｓ ＝ ａ ｂ ａ ｂ ＝ (２) ＝ｃｏｓ ６０ ｃｏｓ －ｓｉｎ ６０ ｓｉｎ －
∵ ∈[０ꎬπ]ꎬ∴ ＝ ∴ ｜ ＋ ｜｜ － ｜ ° θ ° θ
３ ｃｏｓ６０ ｃｏｓ －ｓｉｎ６０ ｓｉｎ
－８－１２ ５ ２６. ° θ θ.
角为π. ＝－ ＝－２ｓｉｎ６０ ｓｉｎ ＝－ ３ｓｉｎ
探究拓 ３ 展 ２ 故向 ２× 量 ２ ａ ＋ １３ ｂ 与 ａ ２ － ６ ｂ 的夹角的余弦值 (３) 原 ° 式 ＝ θ ｃｏｓ ６０ ° ｃ ° ｏｓ θ θ －ｓｉｎ ６０ ° ｓｉｎ θ ＋
ｃｏｓ６０ ｃｏｓ ＋ｓｉｎ６０ ｓｉｎ
° θ θ.
２３.解析 (１) 证明 : ａ ｂ ＝ ３ － ３ ＝０ꎬ 为 － ５ ２６. ＝２ｃ 原 ｏｓ 式 ６０ ｃｏｓ ＝ α ｃｏｓ β β α.
ａ ｂ. ２ ２ １２.解析 ２６ 易知 ＡＢＣ为直角三角形 且 ３.解 (４ 析 ) ＝ｃｏｓ[ ° ( － )＋ ° ]＝ｃｏ ° ｓ
∴ ⊥ 存在. Ａ为 直角. △ ꎬ ｃ ° ｏｓ１０５ ° ＝ｃｏｓ(６０ ° ＋４５ ) °
(２) ∠ ＝ｃｏｓ６０ ｃｏｓ４５ －ｓｉｎ６０ ｓｉｎ４５
＝ ｘ － ｋ ｙ ａ ＝ ２ [ ＋ ａ ｔａ ＋ ( ｔ２ ｂ － － ３ ｋ ) ( ｂ ｔ ] ２ －３ ( ) － ａ ｋａ ＋ ｂ ｔｂ ＋ ) ｔ ( ｔ２ － 故 ｃｏｓ Ｂ ＝ ５ ３ . ＝ ２ １ × ２ ２ － ２ ３ × ２ ２ ＝ ２－ ４ ６.
ｂ２ 则→ＡＢ Ｂ→Ｃ →ＡＢ Ｂ→Ｃ Ｂ ４.解析 原式 ° °
３) ＝｜ ｜｜ ｜ｃｏｓ(π－ )＝ (１) ＝－ｓｉｎ １０ ｓｉｎ ５０ ＋
ｋ ｔ ｔ２ ( ) ° °
＝－ ×４＋( －３)×１ ３ . ｃｏｓ１０ ｃｏｓ５０
ｋ ｔ ｔ２ ３×５× － ＝－９
＝－４ ＋( －３)＝０ꎬ ５ ° ° ° １ .
ｔ ｔ２ １３.解析 设ａ ａ ｂ ｂ ｍ ｎ ＝ｃｏｓ(１０ ＋５０ )＝ｃｏｓ６０ ＝
ｋ ( －３) ｋ . ＝( ꎬ )ꎬ ＝( ꎬ )ꎬ ２
∴ ＝ ( ≠０) {ａ ｍ {ｂ ｎ 原式 ° ° °
４ 则 ＋２ ＝２ꎬ ＋２ ＝－４ꎬ (２) ＝ｓｉｎ １０ ｓｉｎ ３５ －ｃｏｓ １０
２４.解析 如图 ａ ｍ ｂ ｎ °
ꎬ ３ － ＝－８ꎬ ３ － ＝１６ꎬ ｃｏｓ３５
９
° ° ° ° ( ) [ ( )] ７.证明 Ｐ ｘ ｙ Ｐ ｘ ｙ
＝－(ｃｏｓ１０ ｃｏｓ３５ －ｓｉｎ１０ ｓｉｎ３５ ) θ π π θ π ∵ １( １ꎬ １)ꎬ ２( ２ꎬ ２)ꎬ
＝－ｃｏｓ(１０
°
＋３５
°
)＝－ｃｏｓ４５
°
＝－
２.
∴ ｓｉｎ
(
－
６ )
＝ｃｏｓ
２
－ －
６ ∴
Ｏ→Ｐ
１＝(
ｘ
１ꎬ
ｙ
１)ꎬ
Ｏ→Ｐ
２＝(
ｘ
２ꎬ
ｙ
２)ꎬ
２ ２π θ ２π θ ２π θ Ｏ→Ｐ Ｏ→Ｐ ｘ ｘ ｙ ｙ
原式 ° ° ° ＝ｃｏｓ － ＝ｃｏｓ ｃｏｓ ＋ｓｉｎ ｓｉｎ θ １ ２ １ ２＋ １ ２ ｘ ｘ
(３) ° ＝ｓｉｎ ４５ ｓｉｎ １５ ＋ｃｏｓ ４５ ３ ３ ３ ∴ ｃｏｓ ＝ Ｏ→Ｐ Ｏ→Ｐ ＝ １×１ ＝ １ ２
ｃｏｓ１５ ５－１２ ３. ｙ ｙ . ｜ １｜｜ ２｜
° ° ° ３. ＝ ２６ ８.解 ＋ 析１ ２ ｙ ｘ ｘ
＝ｃｏｓ(４５ －１５ )＝ｃｏｓ３０ ＝ ＝ｃｏｓ －ｓｉｎ
２ ３.解析 α ３ β ５ 且 æ ö
(４) 原 ° 式 ＝ｓｉｎ ４５ ° ｓｉｎ １５ ° －ｃｏｓ ４５ ° α β为 锐 (１ 角 )∵ ｓｉｎ ＝ ５ ꎬｃｏｓ ＝ １３ ꎬ ＝ ２è ç ２ ｃｏｓ ｘ － ２ ｓｉｎ ｘ ø ÷
ｃｏｓ１５ ꎬ ꎬ ２ ( ) ２
° ° ° °
＝－(ｃｏｓ４５ ｃｏｓ１５ －ｓｉｎ４５ ｓｉｎ１５ ) ∴ ｃｏｓ α ＝ ４ ꎬｓｉｎ β ＝ １２ ꎬ ＝ ２ｃｏｓ ｘ ＋ π ꎬ
＝－ｃｏｓ(４５ ° ＋１５ ° )＝－ｃｏｓ６０ ° ＝－ １ . α ５ β α １３ β α β ｘ Ｒ ４
２ ∴ ｃｏｓ( ＋ )＝ ｃｏｓ ｃｏｓ －ｓｉｎ ｓｉｎ ＝ ∵ ∈ ꎬ
( )
５.解析 ∵ ｃｏｓ θ ＝－ ５ ３ ꎬ 且θ ∈ π ２ ꎬπ ꎬ － ６ １ ５ ６. ∴ ｘ ＋ π ( ４ ∈ Ｒ ꎬ )
∴ ｓｉｎ θ ＝ １－ｃｏｓ ２θ ＝ ５ ４ . (２)∵ ｓｉｎ α ＝ ３ ２ ꎬｃｏｓ β ＝－ ４ ３ ꎬ 且α ꎬ β为 ∴ ｃｏｓ ｘ ＋ π ４ ∈[－１ꎬ１]ꎬ
( ) 第二象限角 ｙ的最大值为 最小值为 .
π θ π θ π θ ꎬ ∴ ２ꎬ － ２
∴ ｃｏｓ － ＝ｃｏｓ ｃｏｓ ＋ｓｉｎ ｓｉｎ 探究拓展
( ３ ) ３ ３ ∴ ｃｏｓ α ＝－ ５ ꎬｓｉｎ β ＝ ７ ꎬ ９.解析 如图 在平面直角坐标系中 以
＝ ２ １ × － ５ ３ ＋ ２ ３ × ５ ４ ＝ ４ １ ３ ０ －３. ∴ ｃｏｓ( α － β ) ３ ＝ｃｏｓ α ｃｏｓ ４ β ＋ｓｉｎ α ｓｉｎ β 其 ｘ轴 终 的 边 非 分 负 别 半 ꎬ 与 轴 单 为 位 始 圆 边 交 分别 于 作 Ｐ 角α ꎬ－ ꎬ α β ꎬ
６.解析 α １ α ( π ) . ３ ５＋２ ７. α Ｐ β １ β (ｃｏｓ 则 ꎬ
∵ ｓｉｎ ＝ ꎬ ∈ ꎬπ ＝ ｓｉｎ )ꎬ ２(ｃｏｓ(－ )ꎬｓｉｎ(－ ))ꎬ
３ ２ １２ Ｐ ＯＰ α β.
思考运用 ∠ １ ２＝ ＋
因为余弦函数是同期为 的偶函数
∴ ｃｏｓ α ＝－ １－ｓｉｎ ２α ＝－ ２ ２. ４.解析 ｃｏｓ( α ＋ β )＝ｃｏｓ α ｃｏｓ β －ｓｉｎ α ｓｉｎ β 所以只需考虑 α β ２π 的情况. ꎬ
( ) ３ ０≤ ＋ ≤π
∴ ｃｏｓ α ＋ π ４ ＝ｃｏｓ α ｃｏｓ π ４ －ｓｉｎ α ｓｉｎ π ４ ｃ ＝ ｏｓ ３ ２ ( ꎬ α ① － β )＝ ｃｏｓ α ｃｏｓ β ＋ｓｉｎ α ｓｉｎ β ＝ 则 ( 设 ｃ 向 ｏ ａ ｓ( 量 － ｂ β ａ ) ＝ ꎬ Ｏ ｓ → ａ ｉ Ｐ ｎ( １ ｂ ＝ － β ( ) ｃｏ ) ｓ ＝ α α ( ꎬ ｃ ｓ β ｏ ｉｎ ｓ β α ꎬ ) － ꎬ ｓ ｂ ｉｎ ＝ α Ｏ→ β ) Ｐ β ꎬ ２＝ .
２ ２ ２ １ ２ ４＋ ２. ＝｜ ｜｜ ｜ｃｏｓ( ＋ )＝ｃｏｓ( ＋ )
＝－ × － × ＝－ １ 另一方面 由向量数量积的坐标表示得
( ３ ２ ) ３ ２ ６ ３ ꎬ② ａ ｂ ꎬ α β α β
α π α π α π 得 α β ＝ｃｏｓ ｃｏｓ －ｓｉｎ ｓｉｎ ꎬ
ｃｏｓ － ＝ｃｏｓ ｃｏｓ ＋ｓｉｎ ｓｉｎ ①＋②ꎬ ２ｃｏｓ ｃｏｓ ＝１ꎬ 所以 α β α β α β.
４ ４ ４ ｃｏｓ( ＋ )＝ｃｏｓ ｃｏｓ －ｓｉｎ ｓｉｎ
即 α β １
ｃｏｓ ｃｏｓ ＝ ꎬ
２ ２ ２ １ ２ ２－４. ２
＝－ × ＋ × ＝
◆习题 ３ 10 ２ .1（ ３ 1） ２ ６ ②－①ꎬ 得 ２ｓｉｎ α ｓｉｎ β ＝－ １ ꎬ
３
感受理解
即 α β １ .
１.解析 原式 ° ° ｓｉｎ ｓｉｎ ＝－
(１) ＝ｃｏｓ ２４ ｃｏｓ ３６ － ６
ｓｉｎ２４ ° ｓｉｎ３６ ° ＝ｃｏｓ(２４ ° ＋３６ ° )＝ｃｏｓ ６０ ° ５.解析 (ｓｉｎ α ＋ｓｉｎ β ) ２ ＝ｓｉｎ ２α ＋ｓｉｎ ２β ＋
１ . α β １
＝ ２ｓｉｎ ｓｉｎ ＝ ꎬ①
(２) ２ 原式 ＝ｃｏｓ ５８ ° ｃｏｓ ５３ ° ＋ｓｉｎ ５８ ° (ｃｏｓ α ＋ｃｏｓ β ) ２ ＝ ４ ｃｏｓ ２α ＋ｃｏｓ ２β ＋２ｃｏｓ α １０.１.２ 两角和与差的正弦
° ° ° °.
( ｓｉ ３ ｎ ) ５ 原 ３ 式 ＝ｃ ＝ ｏ ｃ ｓ ｏ ( ｓ ５ [ ８ α － － β ５ － ３ ( ) α ＝ ＋ β ｃ ) ｏｓ ] ５ ｃｏｓ β ＝ １ ꎬ② １ 练 .Ｄ 习
＝ｃｏｓ 原 (－ 式 ２ β )＝ｃｏｓ α ２ β. β α β ①＋②ꎬ １ 得 ６ ｓｉｎ ２α ＋ｃｏｓ ２α ＋(ｓｉｎ ２β ＋ｃｏｓ ２β )＋ ２.Ｂ
(４) ＝ ｃｏｓ ｃｏｓ －ｓｉｎ ｓｉｎ ＋ ３.Ａ
α β α β α β. α β α β ５ .
ｃｏｓ ｃｏｓ ＋ｓｉｎ ｓｉｎ ＝２ｃｏｓ ｃｏｓ ２ｓｉｎ ｓｉｎ ＋２ｃｏｓ ｃｏｓ ＝ ４.解析 原式 ° °
原式 α β. １６ (１) ＝ｓｉｎ(１１ ＋２９ )＝
(５) ＝－２ｓｉｎ ｓｉｎ °.
原式 θ. α β α β ２７. ｓｉｎ４０
(６) ＝ｃｏｓ ∴ ｓｉｎ ｓｉｎ ＋ｃｏｓ ｃｏｓ ＝－ 原式 ° ° °
( ) ３２ (２) ＝ ｃｏｓ ２４ ｃｏｓ(９０ －２１ ) ＋
２.解析 α １５ α π ° ° °
(１)∵ ｓｉｎ ＝ ꎬ ∈ ꎬπ ꎬ 即 α β ２７. ｓｉｎ２４ ｓｉｎ(９０ ＋２１ )
１７ ２ ｃｏｓ( － )＝－ ° ° ° °
３２ ＝ｓｉｎ２１ ｃｏｓ２４ ＋ｃｏｓ２１ ｓｉｎ２４
α ８ ６.解析 α β α β α β
∴ ｃｏｓ ＝－ ꎬ ｃｏｓ( ＋ )＝ｃｏｓ ｃｏｓ －ｓｉｎ ｓｉｎ ° ２.
１７ ＝ｓｉｎ４５ ＝
( ) １ ２
π α π α π ＝ ꎬ 原式 . ° . ° . °
∴ ｃｏｓ － ＝ｃｏｓ ｃｏｓ ＋ｓｉｎ ３ (３) ＝ｓｉｎ ２２ ５ ｓｉｎ ２２ ５ －ｃｏｓ ２２ ５
３ ３ ３ . °
α α β α β α β １ ｃｏｓ２２５
ｓｉｎ ｃｏｓ( － )＝ｃｏｓ ｃｏｓ ＋ｓｉｎ ｓｉｎ ＝ ꎬ . ° . °
５ ＝－ｃｏｓ(２２５ ＋２２５ )
＝ ２ １ ｃｏｓ α ＋ ２ ３ ｓｉｎ α ∴ ｃｏｓ α ｃｏｓ β ＝ １ ４ ５ ꎬｓｉｎ α ｓｉｎ β ＝－ １ １ ５ ꎬ ＝－ｃｏｓ４５ ° ＝－ ２ ２.
α β α β 原式 ° ° °
１５ ３－８. α β ｓｉｎ ｓｉｎ ｓｉｎ ｓｉｎ (４) ＝ｓｉｎ １５ ｃｏｓ １５ ＋ｃｏｓ １５
＝ ∴ ｔａｎ ｔａｎ ＝ α β＝ α β
３４ ( ) ｃｏｓ ｃｏｓ ｃｏｓ ｃｏｓ ° ° ° ° １ .
ｓｉｎ１５ ＝ｓｉｎ(１５ ＋１５ )＝ｓｉｎ３０ ＝
θ ５ θ ３π １ ２
(２)∵ ｃｏｓ ＝－ ꎬ ∈ πꎬ ꎬ － 原式 ° ° °
１３ ２ １５ １ . (５) ＝ｓｉｎ ３０ ｓｉｎ １５ －ｃｏｓ ３０
＝ ＝－ °
θ １２ ４ ４ ｃｏｓ１５
∴ ｓｉｎ ＝－ ꎬ ° ° ° °
１３ １５ ＝－(ｃｏｓ３０ ｃｏｓ１５ －ｓｉｎ３０ ｓｉｎ１５ )
１０
教材习题答案
° °
＝－ｃｏｓ(３０ ＋１５ ) α １ α 为锐角 α ５
(２)∵ ｓｉｎ ＝ ꎬ ꎬ∴ ｃｏｓ ＝ ꎬ
° ２. ７ ９
＝－ｃｏｓ４５ ＝－
２ ４ ３ 即 α β ５
原式 ° ° ° ＝ ꎬ ２－２ｓｉｎ( － )＝ ꎬ
(６) ＝ｃｏｓ ３０ ｓｉｎ １５ ＋ｓｉｎ ３０ ７ ９
α β为锐角 α β
ｃｏｓ１５ ° ＝ｓｉｎ(３０ ° ＋１５ ° )＝ｓｉｎ４５ ° ＝ ２. ∵ ꎬ ꎬ∴０< ＋ <πꎬ ｓｉｎ( α － β )＝ １ １ ８ ３.
５.解析 原式 ° °
２
∵ ｃｏｓ(
α
＋
β
)＝
５ ３
ꎬ∴ ｓｉｎ(
α
＋
β
)＝
１１
ꎬ
◆习题10.1(2)
( ° １) ° ＝ｓｉｎ(４５ ° ＋６０ ) ° β α １ β ４ α １４ 感受理解
＝ｓｉ ２ ｎ ＋ ４５ ６ ｃ . ｏｓ６０ ＋ｃｏｓ４５ ｓｉｎ６０ ＝ ∴ ｓ ｓ ｉ ｉ ｎ ｎ ( α ＝ ＋ β ｓｉ ) ｎ ｃ ( ｏｓ ＋ α － － ｃｏ ) ｓ( α ＋ β )ｓｉｎ α １.解析 原 式 (１) 原式 α ＝ β ｓｉｎ β (２ ｘ － ｘ )＝ α. ｓｉｎ ｘ.
＝ (２) ＝ｓｉｎ( － ＋ )＝ｓｉｎ
４ １１ ４ ３ ５ ３ １ ３９ ３ 原式 α β α β α.
原式 ° ° ＝ × － × ＝ ꎬ (３) ＝ｓｉｎ( ＋ ＋ － )＝ｓｉｎ２
＝ (２ ｃ ) ｏｓ４５ ° ＝ ｃｏ ｃ ｓ ｏｓ １ ( ２ ４ ０ ５ ° － ＋ ｓｉ １ ｎ ２ ４ ０ ５ ) ° ｓｉｎ１２０ ° ｃｏ １ ｓ ４ β ＝ｃ ７ ｏｓ( α １ ＋ ４ β － α ７ ) ９８ (４) 原式 ＝ ｓｉｎ α ｃｏｓ β ＋ｃｏｓ α ｓ ｃ ｉ ｏ ｎ ｓ β α ＋ ｃ ｓ ｏ ｉｎ ｓ β α ｃｏｓ β －ｃｏｓ α ｓｉｎ β
α β α α β α α β
２＋ ６. ＝ｃｏｓ( ＋ )ｃｏｓ ＋ｓｉｎ( ＋ )ｓｉｎ ２ｓｉｎ ｃｏｓ α.
＝－ ＝ α β ＝２ｔａｎ
４ ５ ３ ４ ３ １１ １ ７１. ｃｏｓ ｃｏｓ
＝ × ＋ × ＝ ２.解析 原式 ° °
６.解析 由 ２θ ２θ θ ３ θ １４ ７ １４ ７ ９８ (１) ＝ｓｉｎ(１４ ＋１６ )＝
ｓｉｎ ＋ｃｏｓ ＝１ꎬｃｏｓ ＝－ ꎬ Ａ Ｂ
( ) ５ ２. 证 明 ( １ ) ∵ ｓｉｎ( Ａ ＋ ) Ｂ ＝ ｓｉｎ３０ ° ＝ １ .
π 得 θ ４ ｃｏｓ ｃｏｓ ２
∈ ꎬπ ｓｉｎ ＝ ꎬ Ａ Ｂ Ａ Ｂ Ａ Ｂ 原式 ° ° °
２ ( ) ５ ｓｉｎ ｃｏｓ Ａ ＋ｃｏｓ Ｂ ｓｉｎ ＝ ｓｉｎ Ａ＋ ｓｉｎ Ｂ＝ (２) ° ＝ ° ｓｉｎ ２１ ° ｃｏｓ(９０ － ９ ) －
θ π θ π θ π ｃｏｓ ｃｏｓ ｃｏｓ ｃｏｓ ｓｉｎ(９０ －２１ )ｃｏｓ９
∴ ｓｉｎ ＋ ＝ｓｉｎ ｃｏｓ ＋ｃｏｓ ｓｉｎ Ａ Ｂ 右边 ° ° ° °
３ ３ ３ ｔａｎ ＋ｔａｎ ＝ ꎬ ＝ｓｉｎ２１ ｓｉｎ９ －ｃｏｓ２１ ｃｏｓ９
( ) 原式成立.
４ １ ３ ３ ４－３ ３. ∴ ° ° ３.
＝ × ＋ － × ＝ α β α β ＝－ｃｏｓ(２１ ＋９ )＝－
５ ２ ５ ２ １０ ｓｉｎ( ＋ )＋ｓｉｎ( － ) ２
( ) ( ２ ) ∵ α β α β ＝ 原式 ° α ° α
７.解析 由 θ π １ 得 ｃｏｓ( ＋ )＋ｃｏｓ( － ) (３) ＝ｃｏｓ(７０ ＋ )ｓｉｎ(１０ ＋ )－
ｓｉｎ ＋ ４ ＝ ３ ｓｉｎ α α ｃｏｓ β β ＋ｃｏｓ α α ｓｉｎ β β ＋ｓｉｎ α α ｃｏｓ β β －ｃｏｓ α α ｓｉｎ β β ｓｉｎ(７０ ° ＋ ° α ) α ｃｏｓ(１０ ° ° ＋ α α )
θ π θ π １ ｃｏｓ ｃｏｓ α －ｓｉｎ β ｓｉｎ ＋ｃ α ｏｓ ｃｏｓ ＋ｓｉｎ ｓｉｎ ＝ｓｉｎ[１０ ＋ －(７０ ＋ )]
ｓｉｎ ｃｏｓ ＋ｃｏｓ ｓｉｎ ＝ ꎬ ２ｓｉｎ ｃｏｓ ｓｉｎ α 右边
４ ４ ３ ＝ α β＝ α＝ｔａｎ ＝ ꎬ ° ３.
２ｃｏｓ ｃｏｓ ｃｏｓ ＝ｓｉｎ(－６０ )＝－
即 ２ (ｓｉｎ θ ＋ｃｏｓ θ )＝ １ ꎬ ∴ 原式成立. (４) 原式 ＝ ｔａｎ ２ ７５ ° ｃｏｓ ７５ ° ｃｏｓ １５ ° －
２ ３ ３.解析 α β １ ° ° °
∵ ｓｉｎ ＋ｃｏｓ ＝ ꎬ ｔａｎ１５ ｃｏｓ７５ ｃｏｓ１５
即 θ θ ２ ２ ° ° ° °
ｓｉｎ ＋ｃｏｓ ＝ ꎬ ＝ｓｉｎ７５ ｃｏｓ１５ －ｃｏｓ７５ ｓｉｎ１５
３ α β １
ｃｏｓ ＋ｓｉｎ ＝ ꎬ ° ° ３.
θ θ ２ ２ ２θ θ ３ ＝ｓｉｎ(７５ －１５ )＝
∴ (ｓｉｎ ＋ｃｏｓ ) ＝
９
＝ｓｉｎ ＋２ｓｉｎ
∴ ｓｉｎ
２α
＋ｃｏｓ
２β
＋２ｓｉｎ
α
ｃｏｓ
β
＋ｃｏｓ
２α
＋ｓｉｎ
２β
(
２
)
θ ２θ. ３.解析 α ３π
又 ｃｏｓ ∵ ｓ ＋ ｉｎ ｃｏ ２ ｓ θ ＋ｃｏｓ ２θ ＝１ꎬ ＋２ｃｏｓ α ｓｉｎ β ＝ ３ １ ６ ３ ꎬ ∵ ∈ πꎬ ２ ꎬ
∴１＋２ｓｉｎ θ ｃｏｓ θ ＝ ９ ２ ꎬ 即 ２ｓｉｎ( α ＋ β )＝ ３ １ ６ ３ －２＝－ ３ ５ ６ ９ ꎬ ∴ ｃｏｓ α ＝－ １－ｓｉｎ ２α ＝－ １ ８ ７ .
θ θ ７ 原式 π α π α
∴ ｓｉｎ ｃｏｓ ＝－ １８ ꎬ ∴ ｓｉｎ( α ＋ β )＝－ ５９. ∴ ＝ｓｉｎ ３ ｃｏｓ ＋ｃｏｓ ３ ｓｉｎ
∴ (ｓｉｎ θ －ｃｏｓ θ ) ２ ＝ｓｉｎ ２θ －２ｓｉｎ θ ｃｏｓ θ ＋ ( ７２ ) ３ α １ α
４.解析 α π ２ α ＝ ｃｏｓ ＋ ｓｉｎ
２θ １６. ∵ ｓｉｎ ＋ ＝ (ｓｉｎ ＋ ２ ２
ｃｏｓ ＝ ４ ２ ( ) ( )
( ９ ) α ３ ＝ ３ × － ８ ＋ １ × － １５ ＝ －８ ３－１５.
θ π θ θ ｃｏｓ )＝ ꎬ ２ １７ ２ １７ ３４
∵ ∈ ꎬπ ꎬ∴ ｓｉｎ >０>ｃｏｓ ꎬ ５ ４.解析 θ
２ ∵ ∈(πꎬ２π)ꎬ
α α ３ ２.
∴ ｓｉｎ
θ
－ｃｏｓ
θ
＝
４
ꎬ
∴ ｓｉｎ ＋ｃｏｓ ＝
５ ∴ ｓｉｎ
θ
＝－ １－ｃｏｓ
２θ
＝－
１２.
３ ( ) １３
α π ２ α α ４
θ ４＋ ２. ∵ ｓｉｎ － ＝ (ｓｉｎ －ｃｏｓ )＝ ꎬ 原式 θ π θ π
∴ ｓｉｎ ＝ ４ ２ ５ (１) ＝ｓｉｎ ｃｏｓ －ｃｏｓ ｓｉｎ
６ ６ ６
８.解析 ３ ｘ １ ｘ ∴ ｓｉｎ α －ｃｏｓ α ＝ ４ ２ ꎬ １２ ３ ５ １ －１２ ３－５.
(１) ｓｉｎ － ｃｏｓ ＝ ５ ＝－ × － × ＝
２ ２ １３ ２ １３ ２ ２６
( )
ｘ π . α ７ ２ α ２ 原式 θ π θ π
ｓｉｎ － ∴ ｓｉｎ ＝ ꎬｃｏｓ ＝－ ꎬ (２) ＝ｃｏｓ ｃｏｓ ＋ｓｉｎ ｓｉｎ
６ ( ) 故 α １０ . １０ ( ) ６ ６
(２) ｙ ＝ ３ｓｉｎ ｘ ＋ｃｏｓ ｘ ＝２ｓｉｎ ｘ ＋ π ６ ꎬ ５.解析 ｔａｎ ＝－７ α β ２ ＝ ５ × ３ ＋ － １２ × １ ＝ ５ ３－１２.
∵ ｓｉｎ －ｃｏｓ ＝－ ꎬ １３ ２ １３ ２ ２６
当ｘ π π ｋ ｋ Ｚ 即ｘ π ３ ( )
∴ ＋ ＝ ＋２ πꎬ ∈ ꎬ ＝ ＋ θ π －１２ ３－５
６ ２ ３ α β １ ｓｉｎ －
ｋ ｋ Ｚ时 ｙ ｃｏｓ ＋ｓｉｎ ＝ ꎬ 原 式 ６ ２６
２ πꎬ ∈ ꎬ ｍａｘ＝２ꎻ ３ (３) ＝ ( ) ＝
当ｘ π π ｋ ｋ Ｚ 即ｘ ２π ２α α β ２β ４ ｃｏｓ θ － π ５ ３－１２
＋ ６ ＝－ ２ ＋２ πꎬ ∈ ꎬ ＝－ ３ ＋ ∴ ｓｉｎ －２ｓｉｎ ｃｏｓ ＋ｃｏｓ ＝ ９ ꎬ ６ ２６
ｋ ｋ Ｚ时 ｙ .
练习
２ πꎬ ∈ ꎬ ｍｉｎ＝－２
ｃｏｓ
２α
＋２ｃｏｓ
α
ｓｉｎ
β
＋ｓｉｎ
２β
＝
１
ꎬ ＝
１６９ ３＋２４０.
９ ６９
１.解析 β α β α. 两式相加 得 α β α β ５.答案 α β都为锐角
(１) ＝( ＋ )－ ꎬ ２－２ｓｉｎ ｃｏｓ ＋２ｃｏｓ ｓｉｎ ∵ ꎬ ꎬ
１１
ａ ｂ ( )
α ２α ４ ＝ － ꎬ １３.解析 由题知Ａ Ｂ π
∴ ｃｏｓ ＝ １－ｓｉｎ ＝ ꎬ (１) ꎬ ∈ ０ꎬ ꎬ
５ α β １ ａ ｂ . ２
∴ ｃｏｓ ｓｉｎ ＝ ( － )
β ２β １２. ２ Ａ ３ Ｂ ５
ｓｉｎ ＝ １－ｃｏｓ ＝ ∴ ｓｉｎ ＝ ꎬｓｉｎ ＝ ꎬ
１３ １０.解析 解法一 ５π π ５ １３
故 α β α β α β :ｓｉｎ ｃｏｓ Ｃ Ａ Ｂ Ａ Ｂ
ｓｉｎ( ＋ )＝ｓｉｎ ｃｏｓ ＋ｃｏｓ ｓｉｎ ( ) １(２ １２) ∴ ｃｏｓ ＝－ｃｏｓ( ＋ )＝ －ｃｏｓ ｃｏｓ ＋
３ ５ ４ １２ ６３. ５π π ５π π Ａ Ｂ ３３.
＝ × ＋ × ＝ ｓｉｎ ＋ ＋ｓｉｎ － ｓｉｎ ｓｉｎ ＝－
５ １３ ５ １３ ６ ( ５ ) ＝ １２ １２ １２ １２ ６５
６.解析 ｙ ｘ π ２ 由题意得 Ｂ ２Ｂ １２
(１)∵ ＝ｓｉｎ ＋ ꎬ (２) ｓｉｎ ＝ １－ｃｏｓ ＝
６ ３＋２. １３
ｙ ｙ . ＝
∴ ｍａｘ＝１ꎬ ｍｉ æ ｎ＝－１ ö ４ ３
> ꎬ
ｙ ç ２ ｘ ２ ｘ÷ 解法二 ５π π ２
(２)∵ ＝ ２è ｓｉｎ － ｃｏｓ ø :ｓｉｎ ｃｏｓ ( )
( ２ ) ２ ( １２) １２ Ｂ π π
∴ ∈ ꎬ ꎬ
＝ ２ｓｉｎ ｘ － π ꎬ ＝ｓｉｎ π － π ｃｏｓ π ＝ｃｏｓ ２ π ３ ２
４ ２ １２ １２ (１２ ) Ａ ３
∴ ｙ ｍａｘ＝ ｙ ２ꎬ æ ç ｙ １ ｍｉｎ＝－ ｘ ２ . ３ ｘ ö ÷ ＝ ｃｏｓ ２ １ π ２ ＋１－ｓｉｎ ２ １ π ２ ＝ ｃｏｓ １ π ２ ＋ １ π ２ ＋１ ∵ ｓ Ａ ｉｎ ( ＝ π ５ ꎬ π ) 或 Ａ ( ３π ５π ) 舍
(３)∵ ＝２è ２ ｓｉｎ ＋ ２ ｃｏｓ ø ２ ２ ∴ ∈ ６ ꎬ ４ ∈ ４ ꎬ ６ (
＝２ｓｉｎ ( ｘ ＋ π ) ꎬ ｃｏｓ π ６ ＋１ ３＋２. 去 )ꎬ∴ ｃｏｓ Ａ ＝ １－ｓｉｎ ２Ａ ＝ ４ ꎬ
∴ ｙ ｍａｘ＝２ꎬ ｙ ３ ｍｉｎ＝－２ . 思考 ＝ 运 ２ 用 ＝ ４ ∴ ｃｏｓ Ｃ ＝－ｃｏｓ( Ａ ＋ Ｂ )＝ －ｃｏ ５ ｓ Ａ ｃｏｓ Ｂ ＋
æ ö
(４)∵ ｙ ＝２ ç è １ ｓｉｎ２ ｘ － ３ ｃｏｓ２ ｘ ø ÷ １１.解析 (１)２ α ＝( α ＋ β )＋( α － β ) . ｓｉｎ Ａ ｓｉｎ Ｂ ＝ ６ １ ５ ６.
( ２ ) ２ π α β π １４.解析 α β为锐角
ｘ π (２)∵ < < < ꎬ (１ β )∵ ꎬ α ꎬ
＝２ｓｉｎ ２ － ꎬ ４ ２ ∴０<ｃｏｓ <１ꎬ０<ｃｏｓ <１ꎬ
∴ ｙ ｍａｘ＝２ꎬ ｙ ｍ ３ ｉｎ＝－２ . ｘ ｈ ｘ ∴ π ２ < α ＋ β <πꎬ－ π ４ < α － β <０ꎬ ∴ ∴ ｓ ｓ ｉ ｉ ｎ ｎ α α ＋ > ｓ ｓｉ ｉｎ ｎ α β > ｃｏ ｓ ｓ ｉｎ β α ꎬｓ ｃ ｉ ｏ ｎ ｓ β β > ＋ ｃ ｃ ｏ ｏ ｓ ｓ α α ｓ ｓ ｉ ｉ ｎ ｎ β β ꎬ ＝
７.证明 (１) 左边 ＝ ｓｉｎ( ＋ ｈ )－ｓｉｎ ∴ ｃｏｓ( α ＋ β )＝－ １－ｓｉｎ ２ ( α ＋ β )＝－ ３ ꎬ ｓｉｎ( α ＋ α β ) β . 为锐角
ｘ ｈ ｘ ｈ ｘ ５ (２)∵ ꎬ ꎬ
＝ ｓｉｎ ｃｏｓ ＋ｃｏ ｈ ｓ ｓｉｎ －ｓｉｎ ｓｉｎ( α － β )＝－ １－ｃｏｓ ２ ( α － β )＝－ ５ ꎬ ∴０<ｃｏ α ｓ α <１ α ꎬ０<ｃｏ β ｓ . β <１ꎬ
＝ (ｃｏｓ ｈ －１)ｓｉｎ ｈ ｘ ＋ｓｉｎ ｈ ｃｏｓ ｘ ∴ ｃｏｓ２ α α ＝ β ｃｏｓ[( α α ＋ β β )＋( α － α β ) β ] １３ α ∵ ∴ 又 ｓ ｃ ｉ ｏ ｎ ｓ α β ｓ > ｉｎ ｃｏ β ｓ >０ ｃ ꎬ ｏ ∴ ｓ β －ｓｉｎ α ｓｉ α ｎ β < β ０ꎬ
＝ ｃｏｓ ｈ ｈ －１ ｓｉｎ ｘ ＋ ｓｉｎ ｈ ｈ ｃｏｓ ｘ ＝ 右边 ꎬ － ＝ β ｃ ) ｏｓ( ＋ )ｃｏｓ( ( － )－ ) ｓｉｎ( ＋ )ｓｉｎ( ∴ ｃ ｃ ｏ ｏ ｓ ｓ α ＋ > ｃ ０ ｏ ꎬ ｓ ∴ β > ｃｏ ｃ ｓ ｏｓ α > ｃ － ｏ ｓ ｓ ｉｎ β －ｓ ｓ ｉ ｉ ｎ ｎ α ꎬ ｓｉｎ β ＝
α β .
∴ 原式成立. ＝－ ５ ３ × １ １ ３ ２ － ５ ４ × － １ ５ ３ 探究 ｃｏ ｓ( 拓 ＋ 展 )
ｘ ｈ ｘ
( ＝ ２ ｓ ) ｉｎ ｓｉ ｘ ｘ ｎ ｃ ( ｏｓ ＋ ２ ２ ｈ ＋ ｈ ) ｃ － ｏ ｓ ｓ ｉｎ ｘ ｓｉｎ２ ｘ ｈ －ｓｉｎ ｈ ｘ ＝－ ６ １ ５ ６ ꎬ １５.解析 (１) 设 ｓｉｎ α ＝ ５ ３ ꎬｃｏｓ α ＝ ５ ４ ꎬ ｙ
＝ｓｉｎ (ｃｏｓ２ －１)＋ｃｏｓ ｓｉｎ２ 又π α
＝－２ｓｉｎ ｈ ２ｈ ｓｉｎ ｘ ｘ ＋２ｃｏ ｈ ｓ ｘ ｓｉｎ ｘ ｈ ｃｏｓ ｈ ｈ ２ <２ <πꎬ ＝ ５ ３ ｓｉｎ ｘ ＋ ５ ４ ｃｏｓ ｘ ＝ｓｉｎ α ｓｉｎ ｘ ＋ｃｏｓ α
＝ ＝ ２ ２ ｆ ｓ ｓ ｉ ｉ ｘ ｎ ｎ ｈ ｃ ( ｈ ｏ ｃ ｓ ｏ ( ｓ ｘ ｆ ＋ ｃ ｘ ｈ ｏ ) ｓ ꎬ －ｓｉｎ ｈ ｓｉｎ ｘ ) ｈ ∴ ｓｉｎ２ α ＝ １－ｃｏｓ ２ ２ α ＝ ６ ６ ５ ３ ꎬ ｃ ∴ ｏｓ ｙ ｍ ｘ ａｘ ＝ ＝ ｃｏ １ ｓ ꎬ ( ｙ ｘ ｍ － ｉｎ α ＝ ) － ꎬ １ .
∴ ( ｈ ＋２ ２ ) ｈ －( ) ＝ ２ｓｉｎ ｃ ２ ｏ ｈ ｓ( ＋ ) ｔａｎ２ α ＝－ １ ６ ６ ３. ( ) ( ) (２) 设 ｃｏｓ β ＝ ａ２ ａ ＋ ｂ２ ꎬｓｉｎ β ＝ ａ２ ｂ ＋ ｂ２
ｓｉｎ ｘ ｈ １２.解析 α π β π
＝ ｈ ｃｏｓ( ＋ )ꎬ ∵ ∈ ０ꎬ ꎬ ∈ ꎬπ ꎬ 则ｙ ａ ｘ ｂ ｘ ａ２ ｂ２ ｘ
原式成立. ( )２ ２ β ＝ ｓｉｎ ＋ ｃｏｓ ＝ ＋ ｓｉｎ( ＋
８. ＝ ｓ ∴ 证 ｉｎ ( 明 ｃ β ｏ ) ｓ ( α ( ｃ ｃ ｏ １ ｏ ｓ ) ｓ α 左 β ｃ ) ｏ 边 ｓ ２ － β ＝ ( ＋ ( ｓ ｓ ｉ ｃ ｉ ｎ ｎ ｏｓ α α ｓ α ｓ ｉ ｉ ｎ ｃ ｎ ｏ β ｓ β ) ) β ２ －ｓｉｎ α ∴ ∵ α ｃｏ ＋ ｓ β β ∈ ＝－ π ２ １ ꎬ ꎬ ３ ２ π . １６. ∴ 解 且 ) ｙ 析 ꎬ Ｂ ｍ Ｃ ａ ｘ＝ (１) ａ ∵ ２ ＋ Ａ ∠ Ｃ ｂ２ Ｂ ꎬ Ａ ｙ ｍ Ｃ ｉ Ａ ｎ ＝ Ｂ ＝ ３ － ０ ° ꎬ ａ ∠ ２ ＋ Ｂ ｂ ＝ ２ ９ . ０ ° ꎬ
２α ２β ２α ２β ３ ＝１ꎬ∴ ＝２ꎬ ＝ ３ꎬ
＝ｃｏｓ (１－ｓｉｎ )－(１－ｃｏｓ )ｓｉｎ ＤＡＣ ° ＡＣ ＤＣ
２α ２α ２β ２β ２α ２β β ２β ２ ２ ∵ ∠ ＝４５ ꎬ ⊥ ꎬ
＝ｃｏｓ －ｃｏｓ ｓｉｎ －ｓｉｎ ＋ｃｏｓ ｓｉｎ ∴ ｓｉｎ ＝ １－ｃｏｓ ＝ ꎬ ＡＣ ＤＣ ＡＤ
２α ２β 右边. ３ ∴ ＝ ＝２ꎬ ＝２ ２ꎬ
＝ｃｏｓ －ｓｉｎ ＝ 设ＡＣ与ＤＥ交于点Ｆ
原等式成立. α β ７ α β ꎬ
∴ ∵ ｓｉｎ( ＋ )＝ ꎬ∴ ｃｏｓ( ＋ )＝
左边 α β α β ９ 设ＥＦ ｘ 则ＡＦ ｘ ＡＥ ｘ
(２) ＝(ｓｉｎ ｃｏｓ ＋ｃｏｓ ｓｉｎ ) ＝ ꎬ ＝２ ꎬ ＝ ３ ꎬ
＝ ( ＝ ｓ ｓ ｓ ｉ ｉ ｉ ｎ ｎ ｎ ２ ２ α α α ｃ ( ｃ ｏ ｏ １ ｓ ｓ － ２ β β ｓ － ｉ － ｎ ｃ ｃ ２ ｏ ｏ β ｓ ｓ ) α ２ － α ｓ ( ｉ ｓ ｎ ｉ １ ｎ － β ２β ) ｓｉｎ ２α )ｓｉｎ ２β ∴ － ｓｉｎ １ ( －ｓ α ｉｎ ＋ ２ β ( ) α ＋ ＝ β ｓ ) ｉｎ ＝ α － ｃ ４ ｏ ９ ｓ ２ β ꎬ ＋ｃｏｓ α ｓｉｎ β ∴ 由 ∴ Ｃ 勾 Ｄ Ｆ Ｅ 股 ＝ ＝ 定 ２ ４ － － 理 ２ ３ ｘ ｘ 知 ꎬ . 则 ＡＤ Ｄ ２ Ｆ ＝ ＝ Ａ ２ Ｅ Ｃ ２ Ｆ ＋ Ｄ ＝ Ｅ ４ ２ － ꎬ ４ ｘ ꎬ
＝ｓ 原 ｉｎ ２ 等 α － 式 ｓｉ 成 ｎ ２ 立 β ＝ . 右边 ꎬ ＝ ７ ꎬ 即 (２ ２) ２ ＝( ３ ｘ ) ２ ＋(４－３ ｘ ) ２ ꎬ
９.证 ∴ 明 α β α β ９ α β α β α β 解得ｘ ３－ ３或ｘ ３＋ ３ 舍去
(１)ｓｉｎ( ＋ )＋ｓｉｎ( － )＝ ｃｏｓ( ＋ )＝ ｃｏｓ ｃｏｓ －ｓｉｎ ｓｉｎ ＝ ＝ ＝ ( )ꎬ
α β ａ ｂ ３ ３
２ｓｉｎ ｃｏｓ ＝ ＋ ꎬ ４ ２ ＡＥ ＤＥ
－ ꎬ ∴ ＝ ３－１ꎬ ＝ ３＋１ꎬ
α β １ ａ ｂ . ９
∴ ｓｉｎ ｃ α ｏｓ β ＝ ２ ( α ＋ ) β α β 解得 ｓｉｎ α ＝ １ . ∴ ｓｉｎ７５ ° ＝ ３＋１ ＝ ６＋ ２ ꎬ
(２)ｓｉｎ( ＋ )－ｓｉｎ( － )＝ ２ ｃｏｓ ｓｉｎ ３ ２ ２ ４
１２
教材习题答案
５.解析 β α β α
° ３－１ ６－ ２ ｔａｎ ＝ｔａｎ( ＋ － ) －１－２ .
ｃｏｓ７５ ＝ ２ ２ ＝ ４ ꎬ ＝ ｔａｎ( α ＋ α β ) β －ｔａｎ α αꎬ ＝ １－２ ＝３ ＤＣ
１＋ｔａｎ( ＋ )ｔａｎ 在 ＰＤＣ中 ＤＰＣ
° ３＋１ . Ｒｔ△ ꎬｔａｎ∠ ＝ＰＣꎬ
ｔａｎ７５ ＝ ＝２＋ ３ α β １ α
∵ ｔａｎ( ＋ )＝ ꎬｔａｎ ＝－２ꎬ ＤＣ .
过点Ｃ ３ 作 －１ ＣＧ ＤＥ于点Ｇ ３ ∴ 楼Ｃ ＝ Ｄ ７５ 的 ｍ 高度为 .
( 在 ２) ＤＡＣ中 ⊥ ꎬ １ ＋２ ◆ ∴ 习题10.1（3） ７５ ｍ
△ ꎬ
ＡＣ ＝ ＡＤ ｃｏｓ β ꎬ ＤＣ ＝ ＡＤ ｓｉｎ β ꎬ ∴ ｔａｎ β ＝ ３ ＝７ . 感受理解
在 ＡＢＣ中 １
ＢＣ △ ＡＣ α ꎬ ＡＤ α β １＋ ３ ×(－２) １.解析 原式 ｔａｎ５８ ° ＋ｔａｎ９２ °
＝ ｓｉｎ ＝ ｓｉｎ ｃｏｓ ꎬ ６.证明 α β (１) ＝ ° °
在 ＣＤＧ中 ∵ ｔａｎ ＝３ꎬｔａｎ ＝２ꎬ １－ｔａｎ５８ ｔａｎ９２
△ ꎬ α β
ＤＧ ＤＣ α ＡＤ β α. α β ｔａｎ ＋ｔａｎ ° ３.
＝ ｃｏｓ ＝ ｓｉｎ ｃｏｓ ∴ ｔａｎ( ＋ )＝ α β ＝ｔａｎ１５０ ＝－
易知四边形ＢＣＧＥ为矩形 １－ｔａｎ ｔａｎ ３
ꎬ 原式 θ θ θ.
ＢＣ ＥＧ ＤＥ ＤＧ ＥＧ ＤＧ ＢＣ ３＋２ . (２) ＝ｔａｎ(２ － )＝ｔａｎ
∴ ＝ ꎬ∴ ＝ ＋ ＝ ＋ ꎬ ＝ ＝－１ ° ° °
又 ∵ 在 △ ＡＤＥ中 ꎬ ＡＤ ｓｉｎ( α ＋ β )＝ ＤＥ ꎬ １－３×２ ( ) (３) ∵ ° ｔａｎ １２０ ° ＝ ｔａｎ(８３ ＋ ３７ ) ＝
ＡＤ α β ＡＤ β α ＡＤ α β π ｔａｎ８３ ＋ｔａｎ３７
∴ ｓｉｎ( ＋ )＝ ｓｉｎ ｃｏｓ ＋ ∵ ꎬ ∈ ０ꎬ ꎬ ° °＝－ ３ꎬ
α β ２ １－ｔａｎ８３ ｔａｎ３７
ｓｉｎ ｃｏｓ ꎬ α β
∴ ｓｉｎ( α ＋ β )＝ｓｉｎ α ｃｏｓ β ＋ｃｏｓ α ｓｉｎ β. ∴ ＋ ∈(０ꎬπ)ꎬ ∴ ｔａｎ ８３ ° ＋ｔａｎ ３７ ° ＝ ３ｔａｎ ８３ ° ｔａｎ ３７ °
α β ３π. .
１０.１.３ 两角和与差的正切 ∴ ＋ ＝ － ３
４ 原式 .
练习 练习 ∴ ＝－ ３
° °
１.解析 解方程 ｘ２ ｘ ｃｏｓ１５ －ｓｉｎ１５
α π ３ －７ ＋２＝０ꎬ ° °
１.解析 (１)ｔａｎ ( α － π ４ ) ＝ ｔａｎ － α ｔａｎ ４ π 得ｘ １＝ ３ １ ꎬ ｘ ２＝２ꎬ (４) 原式 ＝ ｃｏｓ１ ｃ ５ ｏ ° ｓ ＋ １ ｓ ５ ｉｎ ° １５ °＝ １ １ ＋ － ｔ ｔ ａ ａ ｎ ｎ １ １ ５ ５ °
１＋ｔａｎ ｔａｎ 不妨令 Ａ １ Ｂ ｃｏｓ１５
４ ｔａｎ ＝ ꎬｔａｎ ＝２ꎬ ° °
３ ｔａｎ４５ －ｔａｎ１５ ° ３.
３－１ １ . 则 Ｃ Ａ Ｂ Ａ Ｂ ＝ ° °＝ｔａｎ３０ ＝
＝ ＝ ｔａｎ ＝ｔａｎ[π－( ＋ )]＝－ｔａｎ( ＋ ) １＋ｔａｎ４５ ｔａｎ１５ ３
１＋３ ２ ｘ ｙ
α β ７ ２.解析 ｘ ｙ ｔａｎ －ｔａｎ
α β ｔａｎ ＋ｔａｎ Ａ Ｂ (１)ｔａｎ( － )＝ ｘ ｙ＝
(２) ｔａｎ ( ＋ ) ＝ α β ＝ ｔａｎ ＋ｔａｎ ３ . １＋ｔａｎ ｔａｎ
１－ｔａｎ ｔａｎ ＝－ Ａ Ｂ＝－ ＝－７
１－ｔａｎ ｔａｎ １ １
－２＋５ ３ . －(－３)
＝ ３ ７ １１.
１－(－２)×５ １１ ２.证明 左边 α α α α ＝
２.解析 ° ° ° ＝ｔａｎ( ＋２ )－ｔａｎ２ －ｔａｎ １ ２
(１)ｔａｎ ７５ ＝ｔａｎ(４５ ＋３０ )＝ α α α α α α α α １＋ ×(－３)
＝ｔａｎ ＋ｔａｎ２ －ｔａｎ２ (１－ｔａｎ ｔ α ａｎ２ ) α －ｔａｎ (１－ｔａｎ ｔａｎ２ ) ７
ｔａｎ４５ ° ＋ ° ｔａｎ３０ ° °＝ １＋ ３ ３ ＝２＋ ３ . ＝ ｔａｎ α ｔ １ ａ － ｎ ｔ ２ ａ ２ ｎ α α ＋ ｔ ｔ ａ ａ １ ｎ ｎ －ｔ ２ ａｎ ２ α α ｔ ｔ ａ ａｎ ｎ ２ ２ α (２)∵ ｔａｎ α ＝ ３ １ ꎬｔａｎ β ＝－２ꎬ
１－ｔａｎ４５ ｔａｎ３０ ３ α α α α ５
１－ ｔａｎ ｔａｎ２ (ｔａｎ ＋ｔａｎ２ ) α β －
３ ＝ α α α β ｔａｎ ＋ｔａｎ ３
° ° ° １－ｔａｎ ｔａｎ２ ∴ ｔａｎ( ＋ )＝ α β＝ ＝－１ꎬ
(２) ｔａｎ １５ ＝ ｔａｎ (４５ － ３０ ) ＝ α α α 右边. １－ｔａｎ ｔａｎ ５
＝ｔａｎ３ ｔａｎ２ ｔａｎ ＝
° ° １－ ３ ３. ∴ 证
原
明
等
左
式
边
成立.
° ° ° ° α ° ° β ° ３
１ ｔａ ＋ ｎ ｔａ ４ ｎ ５ ４５ － ° ｔ ｔ ａ ａ ｎ ｎ ３ ３ ０ ０ °＝ ３ ３ ＝２－ ３ . ｔａｎ(３ ５ ° ＋６０ ° ＝ ) ｔ － ａｎ ｔａｎ ９５ ３５ － ° ｔ － ａｎ ｔａｎ ３５ ６０ － ° ｔａｎ６０ ＝ ∴ ∵ ２ ０ α ７０ < β ° < < α ９ ＋ ０ β ° ꎬ < . ２ ４ ７ ５ ０ ０ ° < ꎬ <３６０ ꎬ
１＋
３
＝ｔａｎ３５ °＋ｔａｎ６０ °－ｔａｎ３５ ° (１－
１
ｔ
－
ａｎ
ｔａｎ
３５
３
°
５
ｔ°ａｎ
ｔａｎ
６０
６
°
０
)° －ｔａｎ６０ ° (１－ｔａｎ３５ ° ｔａｎ６０ ° ) ∴ ＋ ＝３１５
ｘ ｙ
° ° ° ° ° ° ° ３.证明 左边 ｔａｎ ＋ｔａｎ
(３) ｔａｎ １０５ ＝ ｔａｎ (４５ ＋ ６０ ) ＝ ｔａｎ３５ ｔａｎ６０ (ｔａｎ３５ ＋ｔａｎ６０ ) (１) ＝ ｘ ｙ
° ° ＝ ° ° １－ｔａｎ ｔａｎ
ｔａｎ４５ ＋ｔａｎ６０ １＋ ３ . １－ｔａｎ３５ ｔａｎ６０ ｘ ｙ ２ｘ ２ｙ
° °＝ ＝－２－ ３ ° ° ° ｔａｎ －ｔａｎ ｔａｎ －ｔａｎ 右边.
１－ｔａｎ４５ ｔａｎ
°
６０ １－ ３
° °
＝ｔａｎ３５ ｔａｎ
°
６０ ｔａｎ
°
９
右
５
边. １＋ｔａｎ
ｘ
ｔａｎ
ｙ＝
１－ｔａｎ
２ｘ
ｔａｎ
２ｙ＝
１－ｔａｎ７５ －(ｔａｎ７５ －ｔａｎ４５ ) ＝ ３ｔａｎ９５ ｔａｎ３５ ＝ 原等式成立.
(４) °＝ ° ° 原等式成立. ∴
１＋ｔａｎ７５ １＋ｔａｎ７５ ｔａｎ４５ ４.解 ∴ 析 原式 左 边 ｔａｎ ｘ ＋ｔａｎ ｙ
( ２ ) ＝ ｘ ｙ ＝
° ° ° ３. ° ° ° ° ° ｔａｎ －ｔａｎ
＝－ｔａｎ(７５ －４５ )＝－ｔａｎ３０ ＝－ ｔａｎ(３９＋８１)(１－ｔａｎ３９ｔａｎ８１)＋ｔａｎ６０ ｘ ｙ ｙ ｘ ｘ ｙ
３ ＝ ° ° ｓｉｎ ｃｏｓ ＋ｓｉｎ ｃｏｓ ｓｉｎ( ＋ ) 右边.
３.解析 在 ＡＢＣ中 Ｃ Ａ Ｂ ｔａｎ３９ｔａｎ８１ ｘ ｙ ｙ ｘ＝ ｘ ｙ ＝
则 ｔａｎ Ｃ Ａ ＝ △ ｔａｎ[ Ｂ π－( Ａ ꎬ ＋ Ｂ ＝ ) π ] － ＝ ( －ｔ ＋ ａｎ ) ( ꎬ Ａ ＋ Ｂ ) ＝ ｔａｎ１２０ ° (１－ｔａｎ ° ３９ ° ｔａｎ ° ８１ ° )＋ ３ ４.解 ∴ ｓｉｎ 析 原 ｃ 等 ｏｓ 式 Ｂ 成 － Ｄ ｓｉ 立 ｎ . Ｄ ｃ Ｃ ｏｓ ＡＤ ｓｉｎ( － )
ｔａｎ ＋ｔａｎ ２＋５ ７ . ｔａｎ３９ ｔａｎ８１ ∵ ∶ ∶ ＝２ ∶ ３ ∶ ６ꎬ
＝－ Ａ Ｂ＝－ ＝ ° ° ＢＤ
１－ｔａｎ ｔａｎ １－２×５ ９ － ３＋ ３ｔａｎ３９ ｔａｎ８１ ＋ ３ . ＢＡＤ １
４.解析 α β是方程 ｘ２ ｘ ＝ ° ° ＝ ３ ∴ ｔａｎ∠ ＝ＡＤ＝ ꎬ
∵ ｔａｎ ꎬｔａｎ ３ ＋５ －１ ｔａｎ３９ ｔａｎ８１ ３
的两根 ５.解析 Ｐ 为 ＡＣ 的中点 ＡＢ ＡＣ ＤＣ
＝０ ꎬ ∵ ꎬ ＝ ＝ ＣＡＤ １
ＡＰ ＰＣ . ｔａｎ∠ ＝ＡＤ＝ ꎬ
α β ５ α β １ ５０ ｍꎬ∴ ＝ ＝２５ ｍ ２
∴ ｔａｎ ＋ｔａｎ ＝－ ꎬｔａｎ ｔａｎ ＝－ ꎬ ＡＢ ＢＡＣ ＢＡＤ ＣＡＤ
３ ３ 在 ＡＢＰ中 ＢＰＡ ∴ ｔａｎ∠ ＝ｔａｎ(∠ ＋∠ )
Ｒｔ△ ꎬｔａｎ∠ ＝ＡＰ＝２ꎬ ＢＡＤ ＣＡＤ
５ ｔａｎ∠ ＋ｔａｎ∠
α β － 则 ＤＰＣ ＢＰＤ ＢＰＡ ＝ ＢＡＤ ＣＡＤ＝１ꎬ
∴ ｔａｎ( α ＋ β )＝ ｔａｎ ＋ α ｔａｎ β＝ ( ３ ) ｔａｎ∠ ＝ｔａｎ(π－∠ －∠ ) １－ｔａｎ∠ ｔａｎ∠
１－ｔａｎ ｔａｎ １－ － １ ( ) ｔａｎ ３π －ｔａｎ∠ ＢＰＡ 又 ∠ ＢＡＣ ∈(０ꎬπ)ꎬ∴ ∠ ＢＡＣ ＝ π.
３ ３π ＢＰＡ ４ ４
＝ｔａｎ －∠ ＝ ( )
５ . ４ ３π ＢＰＡ ５.解析 α π
＝－ １＋ｔａｎ ｔａｎ∠ ｔａｎ ＋
４ ４ ４
１３
[ ( )] α β
α β β π α β ｔａｎ ＋ｔａｎ ° １ .
＝ｔａｎ ＋ － － ∴ ｔａｎ( ＋ )＝ α β＝１ꎬ ＝１－ｓｉｎ３０ ＝
４ １－ｔａｎ ｔａｎ ２
( ) 即 α β α β ° ° ２ °
α β β π １－ｔａｎ ｔａｎ ＝ｔａｎ ＋ｔａｎ ꎬ (６)２ｓｉｎ２０ ｃｏｓ２０ －２ｃｏｓ ２５
ｔａｎ( ＋ )－ｔａｎ － α β α β ° °
４ ∴ (ｔａｎ ＋１)(ｔａｎ ＋１)＝ｔａｎ ｔａｎ ＋１＋ ＝ｓｉｎ４０ －ｃｏｓ５０ －１
＝ ( ) α β . ° ° .
１＋ｔａｎ( α ＋ β )ｔａｎ β － π ｔａｎ ＋ｔａｎ ＝ α ２ β α ＝ｃｏｓ５０ －ｃｏｓ５０ －１＝－１ ( )
４ (２) β ∵ (ｔａ α ｎ ＋ β １)(ｔａｎ ＋１)＝ ｔａｎ ＋ ２.解析 ∵ ｓｉｎ α ＝０ . ８ꎬ α ∈ ０ꎬ π ꎬ
６. ＝ 解 ２ ３ 析 ２ . ｔａｎ( Ａ － Ｂ ) ＝ １ ｔ ＋ ａｎ ｔａ Ａ ｎ － Ａ ｔ ｔ ａ ａ ｎ ｎ Ｂ Ｂ ＝ ∴ ∴ ｔａｎ ｔａ ｔ ｎ ａ ＋ ｎ α ｔ α ａ ＋ ( ｎ ｔａ α ｎ ｔ β ａ β ＋ ｎ ＝ β １ ＋ － ) １ ｔａ ＝ ｎ ＝ ２ α ꎬ ｔ １ ａ ｔａ － ｎ ｎ ｔａ β α ｎ ꎬ ＋ α ｔ ｔ ａ ａ ｎ ｎ β β ＝ ∴ ∴ ０ . ９ ｓ ｃ ６ ｉ ｏ ｎ ꎬ ｓ α ２ α α ＝ ＝ ０ . ２ ６ ｓ ꎬ ２ ｉ α ｎ α ｃｏｓ ２α α ＝２ . ×０ ２ ２ . ８× . ０ . ６ ２ ＝
１－ｔａｎ ｔａｎ ｃｏｓ ２ ＝ ｃｏｓ －ｓｉｎ ＝ ０ ６ －０ ８ ＝
１ α β＝１ꎬ . .
－ ꎬ① １－ｔａｎ ｔａｎ －０２８
３
α β π ｋ ｋ Ｚ . １
ＡＢＣ为锐角三角形 Ａ ３ ∴ ＋ ＝ ＋ π( ∈ ) α ２×
∵ △ ꎬｓｉｎ ＝ ꎬ ４ ３.解析 α ２ｔａｎ ２
∴ ｃｏｓ Ａ ＝ １－ｓｉｎ ２Ａ ＝ ５ ４ ꎬ ５ １０.证明 ｔａｎ( α ＋ β )＝ １ ｔ － ａｎ ｔａ α ｎ ＋ α ｔ ｔ ａ ａ ｎ ｎ β β ＝ ｔａｎ ２ ＝ １－ｔａｎ ２α ＝ １－ ( ２ １ ) ２
１ ３ ４ .
Ａ ３ ＋ ＝
∴ ｔａｎ ＝ ꎬ② ７ ４ ３
４ ＝１ꎬ ４.证明 左边 α α
联立 求得 Ｂ １３ １－ ３ α (１) α ＝２( α －ｓｉ 右 ｎ 边 )(－ｃｏｓ )
①② ｔａｎ ＝ ꎬ ２８ ＝２ｓｉｎ ｃｏｓ ＝ｓｉｎ２ ＝ ꎬ
９ 原式成立.
α π β π ∴
Ｂ １３ １０ Ｂ ９ １０ ∵０< < ꎬ０< < ꎬ 左边 ２ｘ ｘ ｘ ２ｘ
∴ ｓｉｎ ＝ ꎬｃｏｓ ＝ ꎬ ２ ２ (２) ＝ｓｉｎ ＋２ｓｉｎ ｃｏｓ ＋ｃｏｓ
５０ ５０ ｘ 右边
Ｃ Ａ Ｂ Ａ Ｂ Ａ α β α β π. ＝１＋ｓｉｎ２ ＝ ꎬ
∴ ｃｏｓ ＝－ｃｏｓ( ＋ )＝ｓｉｎ ｓｉｎ －ｃｏｓ ∴ ＋ ∈(０ꎬπ)ꎬ∴ ＋ ＝ 原式成立.
４ ∴
Ｂ ３ １０.
探究拓展
(３)
左边
＝１＋２ｃｏｓ
２θ
－(２ｃｏｓ
２θ
－１)
思 考 ｃ ｏｓ 运用 ＝ ２５０ １１. Ｑ 证 Ｄ 明 ｎ 设 则 正 ＣＰ 方形的 ｍ 边 Ｃ 长 Ｑ 为 １ꎬ ｎ Ｐ Ｐ Ｂ Ｑ ＝ ｍ ｍ ꎬ ＝１ 原 ＋２ 式 ｃｏ 成 ｓ ２ 立 θ － . ２ｃｏｓ ２θ ＋１＝２＝ 右边 ꎬ
７.解析 α ∵ β 方程 ３ ｘ２ ＋５ ｘ －７＝０ 两根为 ＋ ｎ. ＝ ＰＣ ꎬ Ｑ是直 ＝ 角 １－ 三角 ꎬ 形 ＝１－ ꎬ ＝ ∴ (４) 左边 ＝ １－(１－２ｓ α ｉｎ ２α )
ｔａｎ ꎬｔａｎ ꎬ ∵ △ ꎬ ｓｉｎ
∴ ｔａｎ α ＋ｔａｎ β ＝－ ３ ５ ꎬｔａｎ α ｔａｎ β ＝－ ３ ７ . 即 ∴ ( Ｃ １ Ｐ － ２ ＋ ｍ Ｃ ) Ｑ ２ ＋ ２ ( ＝ １ Ｐ － Ｑ ｎ ２ ) ꎬ ２ ＝( ｍ ＋ ｎ ) ２ ꎬ ＝ ２ ｓ ｓ ｉ ｉ ｎ ｎ ２ α α ＝２ｓｉｎ α ＝ 右边 ꎬ
α β 整理得 ｍｎ ｍ ｎ. 原式成立.
α β ｔａｎ ＋ｔａｎ １ . １－ ＝ ＋ ∴
(１)ｔａｎ( ＋ )＝
１－ｔａｎ
α
ｔａｎ
β＝－
２ 在 ＢＡＰ中 ＢＡＰ
ＢＰ
ｍ 左边 １－(２ｃｏｓ
２Ａ
－１)
(２ ｓ ) ｉｎ 原 α 式 ｃｏｓ ＝ β ｓ ｃ ｉ ｏ ＋ ｎ ｓ ｃ α ｏ α ｓ ｃ ｃ ｏ ｏ α ｓ ｓ ｓｉ β β ｎ ＋ ＋ β ｃ ｓ ｏ ｉｎ ｓ α α ｓ ｓ ｉ ｉ ｎ ｎ β β 在 Ｒ Ｒ ｔ ｔ △ △ ＤＡＱ中 ꎬ ꎬ ｔ ｔ ａ ａ ｎ ｎ ∠ ∠ ＤＡＱ ＝ ＝ Ａ Ｑ Ａ Ｂ Ｄ Ｄ ＝ ＝ ｎ ꎬ ꎬ ( ＝ ５ １ ) －ｃｏ ２ ｓ Ａ ２Ａ ＝ ＝ ｓ １ ｉ ＋ ｎ ２ ２ ２ Ａ Ａ ｃｏ ＝ ｓ ｔ ２ ａ Ａ ｎ － ２ １ Ａ ＝ 右边 ꎬ
α β ＢＡＰ ＤＡＱ 原 ｃｏ 式 ｓ 成立 ｃ . ｏｓ
＝ α ｃｏｓ β ｃｏｓ α β ∴ ｔａｎ(∠ ＢＡＰ ＋∠ ＤＡＱ ) ∴ 左边
ｃｏｓ ｃｏｓ ＋ｓｉｎ ｓｉｎ ｔａｎ∠ ＋ｔａｎ∠ (６) ＝
α β ＝ ＢＡＰ ＤＡＱ
ｃｏｓ ｃｏｓ １－ｔａｎ∠ ｔａｎ∠ ２ ° ２ ° ° °
α β ｍ ｎ ｍ ｎ ｓｉｎ４０＋ｃｏｓ４０－２ｓｉｎ４０ｃｏｓ４０
＝ ｔａｎ ＋ α ｔａｎ β＝ ５ . ＝ ＋ ｍｎ＝ｍ ＋ ｎ＝１ . ＝ (ｓｉｎ４０ ° －ｃｏｓ４０ ° ) ２
１＋ｔａｎ ｔａｎ ４ １－ ＋ ° ° 右边.
＝ｃｏｓ４０ －ｓｉｎ４０ ＝
α β １ 又 ＢＡＰ ＤＡＱ π 原式成立.
(３)∵ ｔａｎ( ＋ )＝－ ꎬ ∵０<∠ ＋∠ < ꎬ ∴
２ ２ ５.解析 原式 ２α ２α ２ α
２ α β ２ α β (１) ＝４ｓｉｎ ｃｏｓ ＋ｃｏｓ ２
ｓｉｎ( ＋ ) １－ｃｏｓ( ＋ ) １ ＢＡＰ ＤＡＱ π ２ α ２ α .
∴ ｃｏｓ ２ ( α ＋ β ) ＝ ｃｏｓ ２ ( α ＋ β ) ＝ ４ ꎬ ∴ ∠ ＋∠ ＝ ４ ꎬ ＝ｓｉｎ ２ ＋ｃｏｓ ２ ＝１ α α α
２
∴ ｃｏｓ ２ ( α ＋ β )＝ ４ . ∴ ∠ ＰＡＱ ＝ π. 原式 １＋２ｃｏｓ ２ ｓｉｎ ２ －２ｃｏｓ ２
５ ４ (２) ＝ α α
８.证明 设Ａ Ｂ α Ｂ Ｃ β ｓｉｎ －ｃｏｓ
Ａ Ｃ α β － 即 ＝ Ｃ ꎬ Ａ － ＝ α ꎬ β 10.2 二倍角的三角函数 １＋ｓｉｎ α －(１＋ｃｏｓ α )
∴ － ＝ ＋ ꎬ － ＝－ － ꎬ ＝ α α
Ａ Ｂ Ｂ Ｃ Ｃ Ａ 练习 ｓｉｎ －ｃｏｓ
∴ ｔａｎ( － )＋ｔａｎ( － )＋ｔａｎ( － ) α α
α β α β ｓｉｎ －ｃｏｓ .
＝ｔａｎ ＋ｔａｎ ＋ｔａｎ(－ － ) １.解析 π π １ π ＝ α α＝１
α β (１)ｓｉｎ ｃｏｓ ＝ ｓｉｎ ｓｉｎ －ｃｏｓ
α β ｔａｎ(－ )＋ｔａｎ(－ ) ８ ８ ２ ４ 练习
＝ｔａｎ ＋ｔａｎ ＋ α β
１－ｔａｎ( α － )ｔａｎ β (－ ) ２. １.解析 (１)(ｓｉｎ１５ ° ＋ｃｏｓ１５ ° ) ２
＝ｔａｎ α ＋ｔａｎ β ＋ －(ｔａｎ α ＋ｔａｎ β ) ＝ ４ ＝ｓｉｎ ２ １５ ° ＋２ｓｉｎ１５ ° ｃｏｓ１５ ° ＋ｃｏｓ ２ １５ °
１－ｔａｎ ｔａｎ
α β α β ２ π ２ π π ２. ° ３ .
(ｔａｎ ＋ｔａｎ )(－ｔａｎ ｔａｎ ) (２)ｃｏｓ －ｓｉｎ ＝ｃｏｓ ＝ ＝１＋ｓｉｎ３０ ＝
＝ α β ８ ８ ４ ２ ２
１－ｔａｎ ｔａｎ θ θ
ｔａｎ α ｔａｎ β (－ｔａｎ α －ｔａｎ β ) (３)１－２ｓｉｎ ２ １５ ° ＝ｃｏｓ３０ ° ＝ ３. (２)ｓｉｎ ｃｏｓ ＝ １ ｓｉｎ θ.
＝ １－ｔａｎ α ｔａｎ β ２ ４α ２ ４α ２ ２ ２α ２α ２α
α β α β ° (３)ｃｏｓ －ｓｉｎ ＝(ｃｏｓ ＋ｓｉｎ )(ｃｏｓ
＝ｔａｎ ｔａｎ ｔａｎ(－ － )ꎬ ２ｔａｎ１５ ° ３. ２α α.
即 Ａ Ｂ Ｂ Ｃ Ｃ Ａ (４) ２ °＝ｔａｎ３０ ＝ －ｓｉｎ )＝ｃｏｓ２
ｔａｎ( ｔａ Ａ ｎ － ( Ｂ ) － ｔａ ) ｎ( ＋ Ｂ ｔａ － ｎ Ｃ ( )ｔ － ａｎ( ) Ｃ ＋ｔ － ａ Ａ ｎ ) ( . － )＝ (５) １ ( － ｓｉ ｔ ｎ ａｎ １５ １ ° ５ －ｃｏｓ１５ ° ) ２ ３ (４) ２＋ｃｏｓ２０ ° －ｓｉｎ ２ １０ °
９.解析 证明 α β ° ２ ° ２ ° ° ° ２ ° ２ °
(１) :∵ ＋ ＝４５ ꎬ ＝ｓｉｎ １５ ＋ｃｏｓ １５ －２ｓｉｎ１５ ｃｏｓ１５ ＝ １＋２ｃｏｓ １０ －ｓｉｎ １０
１４
教材习题答案
＝ ３ｃｏｓ ２ １０ ° ＝ ３ｃ θ ｏｓ１０ °. θ (４) 原式 ＝１－２ｃｏｓ ２ ３０ ° ＝－ｃｏｓ６０ ° ＝－ １ . ∴ １－ α ｓｉｎ α β ＋ (１＋ｓｉ β ｎ) α ＝ (２＋２ α ｃｏｓ) α.
原式 １＋ｔａｎ －１＋ｔａｎ ２ α β
(５) θ ＝ (１－ｔａｎ θ )(１＋ｔａｎ θ ) (５) 原式 ＝２ｓｉｎ１５ ° ｃｏｓ１５ ° × １ (４)∵ (２ α ＋ ２ β ＝ ) － ２ ＋ － ２ ꎬ
＝ １ ２ － ｔ ｔ ａ ａ ｎ ｎ ２θ＝ｔａｎ２ θ. ＝ｓｉｎ３０ ° × １ ＝ １ . ２ ∴ ｔａｎ ( ２ ＋ β ２) ( α )
( ) ( ) ２ ４ α β
π α π α ｔａｎ － ＋ｔａｎ －
(６) １－２ｓｉｎ － ｃｏｓ － ２.解析 原式 π. ２ ２
４ ４ (１) ＝－ｃｏｓ ＝ ( β ) ( α )
( ) ８ α β
＝ １－ｓｉｎ２ π － α ＝ １－ｃｏｓ２ α (２) 原式 ＝ｔａｎ４５ ° ＝１ . １－ｔａｎ ( － ２) ｔａｎ － ２
４ 原式 １ ５π. １ １
＝ ２ｓｉｎ
２α. (３) ＝
２
ｔａｎ
１２ ２
＋ －
３ １
α α ° ＝ ( ) ＝ ꎬ
∵ ∈(０ꎬπ)ꎬ∴ ｓｉｎ >０ꎬ 原式 ｔａｎ１５ －１ １ １ ７
∴ 原式 ＝ ２ｓｉｎ α. Ａ Ｂ (４) ＝ ° ｔａｎ１５ ° ＋ ° １ １－ ２ × － ３ ( α β )
２. 证明 左边 １＋ｃｏｓ２( ＋ ) ｔａｎ４５ －ｔａｎ１５ ° ３.
(１) ＝ ＝－ ° °＝－ｔａｎ３０ ＝－ ２ｔａｎ ＋
Ａ Ｂ ２ １＋ｔａｎ４５ ｔａｎ１５ ｘ ｘ ３ ∴ ｔａｎ( α ＋ β )＝ ( ２ α ２ β ) ＝ ７ .
１－ｃｏｓ２( － ) 原式 －２ｃｏｓ２ ｃｏｓ ２ ２４
－ (５) ＝ ｘ ｘ ｘ ｘ １－ｔａｎ ＋
２ ｘ (ｓｉ ｘ ｎ ＋ｃｏｓ )(ｓｉｎ －ｃｏｓ ) ２ α ２ α
∴ ( ＝ ＝ ＝ ２ ｃ ｃ 原 ) ２ １ ｏ ｏ ｓ ｓ 左 [ 式 ２ ２ θ ｃ 边 Ａ － ｏ 成 ｃ ｓ ｓ ＝ ｏ ｉ 立 ２ ｎ ｓ ｃ ( ２ ｏ ２ . θ Ａ ｓ Ｂ ＝ ２ ＋ θ ＝ ｃ Ｂ æ è ç ｏ 右 ) １ ｓ ＋ － ２ 边 ｃ ｃ ｓ θ ｏ ｉ ｏ . ｎ ＝ ｓ ｓ ２ ２ 右 ２ θ θ ( ö ø ÷ 边 Ａ － ꎬ Ｂ )] ３. ＝ ( 解 ＝ ＝ ６ ２ － ２ 析 ) ｃ ( ２ 原 ｏ ｃ ｃ － ｓ ｏ ｏ 式 ｃ ｓ ｓ α ｏ ２ ＋ α ｓ ＝ ２ ＋ ２ ｃ ２ ｃ ｃ ｃ ｘ ｏ ｃ ｏ ｃ ｏ ｏ ｓ ° ｏ ｓ ｏ ｓ ｓ ｓ ｓ β α β ２ φ ＝ α α . ) － － － ２ ( ｃ ｃ ｃ ２ ｏ ｃ ｏ ｏ ｓ ｃ ｏ ｓ ｓ ｏ ｓ β ° ｓ β ｘ α ２ . β －ｃｏｓ β ) ６.证 左 ∴ ( ２ｓ ２ ｉ 边 原 明 ) ｎ 右 式 α ２ 边 成 ｃ ( ｏ ＝ ｓ 立 １ － ) α ２ . ２ 左 ＝ 边 １ １ ２ － － ｔ ｓ ａ ＝ ｔ ｉ ａ ｎ ｎ ｎ ｓ ２ ｉ θ α ｎ θ ＝ ２ ＝ 右 ２ ｔａ 边 ｎ ＋ θ ꎬ ｃｏ － ｓ ｔ ２ ａｎ １ ２ θ － ＝
∴ 原式成立. ∵１８０ < <２７０ ꎬ 原式 ꎬ 成立.
∴
３.解析 α １ β １ φ ２φ ６ α α
∵ ｔａｎ ＝ <１ꎬｔａｎ ＝ <１ꎬ ∴ ｓｉｎ ＝－ １－ｃｏｓ ＝－ ꎬ 左边 ｔａｎ ＋１ ｔａｎ －１
７ ３ ３ (３) ＝ α＋ α
且α β都是锐角 æ ö １－ｔａｎ １＋ｔａｎ
ꎬ ꎬ φ φ φ ç ６÷ α
° α ° ° β ° ∴ ｓｉｎ ２ ＝ ２ｓｉｎ ｃｏｓ ＝ ２×è－ ø× ４ｔａｎ α 右边
∴０ < <４５ ꎬ０ < <４５ ꎬ ３ ＝ ２α＝２ｔａｎ２ ＝ ꎬ
∴０ ° < α ＋２ β <１３５ °. æ ö １ 等 －ｔ 式 ａｎ 成立.
β ç ３÷ ２ ２ ∴
又 β ２ｔａｎ ３ è－ ø＝ ꎬ 左边 θ ２θ
４. ∴ 解 ∴ α 析 ｔ ｔ ａ ａ ＋ ｎ ｎ ２ ( β ２ α 原 ＝ ＋ ＝ 式 ２ ４ β ５ １ ) ° － ＝ . ＝ ｔ ｓ ａ ｉ ｎ １ ｎ ｔ ２ ２ － ａ β ｎ ｔ ｘ ａ ＝ α ｎ － ＋ ４ α ｓ ｔ ｉ ｔ ａ ｎ ꎬ ａ ｎ ｎ ｘ ２ ２ β ｃ β ｏ ＝ ｓ １ꎬ ｘ ４. ｃ 解 ｔａ ｏ ｎ ｓ 析 ２ ３ ２ φ φ ＝ ＝ ∵ ｃ ｃ ｓｉ ｏ ｏ ｓ ｎ ｓ ｓ ｉ ３ ｎ ２ ２ ２ φ φ φ α － ＝ ｓｉ ＝ － ｎ ２ ２ ３ φ ꎬ ２ ＝ ｃ . － ｏｓ ３ １ α ꎬ ＝－ ４ ꎬ ∴ ( ( ２ ＝ ｓ ５ ４ ｉ 等 ) ｎ ) 左 式 θ ｃ 边 ｏ ｘ 成 ｓ ( ２ ＝ 立 ｓ θ ｉ ｓ ＝ ＝ ｎ ｉ . ｎ ｓ ｘ ｓ ｘ ２ ｉ ｉ ｘ ｎ ＋ ｎ ＋ ｃ ２ ｃ ｏ ｃ θ ｏ ｓ ｏ ｃ ｓ ｓ ( ｘ ｏ ２ ２ ) １ ｘ ｓ ｘ ｘ － ＋ ２ θ ＋ ｓ ２ ＝ ｉ ２ ｓ ｎ 右 ｉ ｃ ２ ｎ ｏ ｘ ｘ 边 ｓ ｘ ｃ . ｏｓ － ｘ １) ＝
２ ２ ２ α ２ ５ ２ ５ (ｃｏｓ ｘ ＋ｓｉｎ ｘ )(ｃｏｓ ｘ －ｓｉｎ )( )
１ ｘ １ ｘ ｋ π ｋ ｋ Ｚ ｓｉｎ ＋ｃｏｓ ｔａｎ ＋１ π ｘ
＝ (１－ｃｏｓ )－ ｓｉｎ ∴２ π＋ < <２ π＋πꎬ ∈ ꎬ ＝ ｘ ｘ＝ ｘ ＝ｔａｎ ＋ ＝
２ ２ ｋ ２ α ２ ｋ ｋ Ｚ. 右 ｃ 边 ｏｓ －ｓｉｎ １－ｔａｎ ４
＝(１－ｃｏｓ ｘ －ｓｉｎ ｘ )× １ 即 ∴４ α π 是 ＋ 第 π< 三 < 或 ４ 第 π 四 ＋２ 象 πꎬ 限 ∈ 角或在 ｙ 轴非 原式 ꎬ 成立.
２ ∴
( ) 正半轴上 ２θ ２θ
＝ ２ １ － ２ ２ ｓｉｎ ｘ ＋ π ４ ꎬ 又 ∵ ｃｏｓ α ꎬ ＝２ｃｏｓ ２ α －１＝ ７ >０ꎬ (６) 左 ｓｉｎ 边 ２θ ＝ ｔａｎ １ θ－ １ ２ － ｔａ ｔａ ｎ ｎ θ ＝ １ ２ ＋ ｔａ ｔａ ｎ ｎ θ
ｙ ２＋１ ｙ １－ ２. α是第四象限角 ２ . ２５ １＋ ２θ
∴ ｍａｘ＝ ꎬ ｍｉｎ＝ ∴ ｃｏｓ １ １ 右边
◆习题10.
２
2
２ ５.解析
(１) ｓｉｎ
４α
＋ｃｏｓ
４α
＝ (ｓｉｎ
２α
＋
＝
２ｓｉｎ
θ ＝
２ｓｉｎ
θ
ｃｏｓ
θ＝
ｓｉｎ２
θ＝ ꎬ
２α ２ ２α ２α ２α ２ α. θ
感受理解 ｃｏｓ ) －２ｓｉｎ ｃｏｓ ＝１－２ｓｉｎ ｃｏｓ ｃｏｓ
原式成立.
１.解析
(１)
原式
＝－ｓｉｎ１１２
.
５
°
ｃｏｓ１１２
.
５
°
∵ ｃｏｓ
α
＝
４
ꎬ∴ ｃｏｓ
２α
＝
１６
ꎬｓｉｎ
２α
＝１－ 思
∴
考运用
５ ２５
. ° . ° １ ７.解析 α α α
＝ ＝ － －ｓ ２ ｉ ｓ ｎ ｉｎ ２２ １ ５ １ ° ２ × ５ １ ｃｏｓ１１２５ × ２ ｃｏｓ ２α ４ ＝ α ２ ９ ５ ꎬ ４α ９ １６ ３３７. ＝ ＝ｓ ｓ ｉ ｉ ｎ ｎ α α α ｃ ｓ ( ｏ ｉｎ ｓ ｃｏ ２ ３ ｓ α ２α ＋ ＝ ｃ － ｓ ｏ ｉ ｓ ｓ ｎ ｉ ( ｎ α ２ ｓ α ｉ ＋ ｎ ) ２ ２ ＋ α ) ２ｓｉｎ α ｃｏｓ α
２ ∴ ｓｉｎ ＋ｃｏｓ ＝１－２× × ＝ ｃｏｓ
＝ １ ｓｉｎ４５ ° ＝ ２. (２)(ｓｉｎ α ＋ｃｏｓ α ) ２
２
＝
５
( ｓｉｎ
２５
２α ) ２ ＋
６２
ｃｏ
５
ｓ ２α ＋ ＝ ＝ ３ ３ ｓ ｓ ｉ ｉ ｎ ｎ α
α
( ｃｏ １ ｓ －
２α
ｓｉ － ｎ ｓ ２ ｉ α ｎ )
３α
－ｓｉｎ ３α
２
原式
４
２ ° ２ ° ２ｓｉｎ
α
ｃｏｓ
α
＝１＋ｓｉｎ２
α
＝
１
ꎬ ＝３ｓｉｎ
α
－３ｓｉｎ
３α
－ｓｉｎ
３α
(２) ＝－(ｃｏｓ １５ －ｓｉｎ １５ ) ２ α ３α.
＝３ｓｉｎ －４ｓｉｎ
° ３. α ３ . ８.解析 原式
＝－ｃｏｓ３０ ＝－ ∴ ｓｉｎ２ ＝－ ＝
２ ４ ° ° ° °
(３) 原式 ＝ ２ １ ( １－ｃｏｓ π ６ ) － ２ １ ( ２ ３) １ ( －ｓｉｎ １ ２ － α ｓ ＝ ｉｎ ２ α ＋２ ＋ ｃｏ １ ｓ ＋ ２ ｓ α ｉｎ . α ) ２ ＝ ２＋ ｓｉｎ ｓｉｎ １０ ２０ ｃ ° ｏｓ ｃ ２ ｏ ０ ｓ ｃ １ ｏ ０ ｓ ° ° ４０ ｃｏｓ１０ °
( ) ｃｏｓ２０ ｃｏｓ４０
１ π ３. α ３π α ２
＝－ ｃｏｓ ＝－ ∵ ∈ ꎬ２π ꎬ∴ ｃｏｓ >０ꎬ ＝ °
２ ６ ４ ２ ｃｏｓ１０
１５
° 需的时间最短. ° °
ｓｉｎ４０ ° ２４ －３６ °.
ｃｏｓ４０ ｃｏｓ ＝ｃｏｓ６
４ ２
＝ ° 10.3 几个三角恒等式 ° α ° α
ｃｏｓ１０ 原 式 １５ ＋ ＋１５ －
° ° 练习 (２) ＝ ２ｃｏｓ
ｓｉｎ８０ ｃｏｓ１０ ２
° α ° α
８ ８ １ . １.解析 原式 １ ° ° １５ ＋ －１５ ＋ ° α
＝ °＝ °＝ (１) ＝２× [ｓｉｎ(７０ ＋２０ ) ｓｉｎ ＝ ２ｃｏｓ １５ ｓｉｎ ＝
ｃｏｓ１０ ｃｏｓ１０ ８ ２ ２
９.证明 β α β α α β ° ° °.
ｓｉｎ ＝ｓｉｎ( ＋ － )＝ｓｉｎ( ＋ ) ＋ｓｉｎ(７０ －２０ )]＝１＋ｓｉｎ５０ ６＋ ２ α.
α α β α ｓｉｎ
ｍ ｃｏｓ α －ｃ β ｏｓ( ｍ ＋ )ｓｉｎ α α ꎬ β ｍ α (２) 原式 ＝ １ [ｓｉｎ(８０ ° ＋２０ ° )－ｓｉｎ(８０ ° － ２ ｘ ｘ ｘ ｘ
ｓ ｃ ｉｎ ｏ ( ｓ( ２ α α ＋ ＋ β β ) ) ＋ ＝ ｃｏｓ ｓ α ｉ α ｎ ｓ ( ｉｎ( ＋ α ＋ ＋ α β ) ) ] β ＝ ꎬ [ｓｉ α ｎ ° １ ２ ° ３. (３) 原式 ＝２ｃｏｓ ＋ ２ ３ ｃｏｓ － ２ ３ ＝２ｃｏｓ ｘ
∴ ｓｉｎ( ＋ )ｃｏｓ －ｃｏｓ( ＋ )ｓｉｎ ＝ ２０ )]＝ ｓｉｎ１００ － ｘ.
ｍ α α β α α β ２ ４ ｃｏｓ２
[ｓｉｎ ｃｏｓ( ＋ )＋ｃｏｓ ｓｉｎ( ＋ ｋ )]ꎬ 原式 １ ° ° ° α ＋ β α － β
α β π ｋ ｋ Ｚ α π ｋ (３) ＝ [ｃｏｓ(６８ ＋５２ )＋ｃｏｓ(６８ ＋
∵ ＋ ≠ ＋ π( ∈ )ꎬ ≠ ( ∈ ２ 原 式 ２ ２
２ ２ (４) ＝ － ２ｓｉｎ
Ｚ ° １ ° １ . ２
)ꎬ －５２ )]＝ ｃｏｓ１６ － α β α β
α α β ２ ４ ＋ －
∴ ｃｏｓ ≠０ꎬｃｏｓ( ＋ )≠０ꎬ － α β
等式两边同除以 α α β 得 原式 １ ° ° ２ ２ .
ｃｏｓ ｃｏｓ( ＋ )ꎬ (４) ＝ － [ｃｏｓ(１２１ ＋５９ ) － ｓｉｎ ＝－２ｓｉｎ ｓｉｎ
α β α ｍ α α ２ ２ ２ ２
ｔａｎ( ＋ )－ｔａｎ ＝ [ｔａｎ ＋ｔａｎ( ＋ ５.解析 原式
β ° ° １ ° １ . (１)
)]ꎬ ｃｏｓ(１２１ －５９ )]＝ ｃｏｓ６２ ＋ ° ° ° °
又 ｍ ２ ２ ２０ ＋４０ ２０ －４０
∵ ≠１ꎬ ２ｃｏｓ ｓｉｎ
ｍ ２.解析 原式 １ ° ° ２ ２
α β １＋ α. (１) ＝ [ｓｉｎ(１０５ ＋７５ )＋ ＝ ° ° ° °
∴ ｔａｎ( ＋ )＝ ｍｔａｎ ２ ２０ ＋４０ ２０ －４０
１－ ° ° －２ｓｉｎ ｓｉｎ
１０.解析 如图 ｓｉｎ(１０５ －７５ )] ２ ２
ꎬ °
＝ １ (ｓｉｎ１８０ ° ＋ｓｉｎ３０ ° )＝ １ . ＝－ ｃｏｓ３０ °＝－ ３ .
２ ４ ｓｉｎ３０
(２) 原式 ＝ １ [ｃｏｓ(３７ . ５ ° ＋２２ . ５ ° )＋ (２) 原式 ＝２ｓｉｎ ２０ ° ＋４０ ° ｃｏｓ ２０ ° －４０ ° －
. ° ２ . ° ２ ２
ｃｏｓ(３７５ －２２５ )] ｃｏｓ１０ ° ＝０ .
＝ １ (ｃｏｓ６０ ° ＋ｃｏｓ１５ ° ) α ＋ β α － β
２ ６. 证 明 左 边 ２ｓｉｎ ２ ｃｏｓ ２
１ １ ° ° ＝ α β α β ＝
由题意知 ° θ α ° α ＝ ＋ ｃｏｓ(４５ －３０ ) ＋ －
９０ － ＝ ꎬ１８０ －２ ＝∠１ꎬ ４ ２ ２ｃｏｓ ｓｉｎ
° ° θ 即 θ. ２ ２
∴１８０ －１８０ ＋２ ＝∠１ꎬ ∠１＝２ α β
在 ＡＢＣ中 ＡＢ ｌ θ ＢＣ ｌ θ １ ６＋ ２. ＋
△ ꎬ ＝ ｓｉｎ ꎬ ＝６－ｓｉｎ ꎬ ＝ ＋ ｔａｎ
ｌ θ ４ ８ [ ( ) ２ 右边. 原式成立.
则 ｃｏｓ２ θ ＝ ６ ｌ － ｓｉ ｓ ｎ ｉｎ θ ꎬ (３) ( 原式 ＝ ) ２ ] × ２ １ ｃｏｓ ９ １ π ３ ＋ １ π ３ ＋ ｔａｎ α ２ － β＝ ∴
ｌ ６ . 练习
∴ ＝ θ θ θ ９π π ５π ３π
ｓｉｎ ｃｏｓ２ ＋ｓｉｎ ｃｏｓ － ＋ｃｏｓ ＋ｃｏｓ
探究拓展 １３ １３ １３ １３ １.解析 α ２
１１.解析 ｙ
＝ ｓｉｎ
２ｘ
＝
１－ｃｏｓ２ ｘ
＝
１
＝ｃｏｓ １
１
０
３
π ＋ｃｏｓ ８
１
π
３
＋ｃｏｓ ５
１
π
３
＋ｃｏｓ ３
１
π
３ α
∵ ｃｏｓ ＝ ３ ꎬ
α
２ ２ . １－ｃｏｓ ６
( ) ( ) ＝０ ∴ ｓｉｎ ＝± ＝± ꎬ
ｓｉｎ ２ ｘ － π ＋ １ ＝ １ ｓｉｎ ２ ｘ － π ３.证 明 左 边 ( １ ) α ２ ２ α ６
２ ２ ２ ４ (１) ＝ ２ × － × １＋ｃｏｓ ３０
[ ( ) ( ２ )] ｃｏｓ ＝± ＝± ꎬ
＋ ２ １ ꎬ ｃｏｓ π ４ ＋ α ＋ π ４ － α －ｃｏｓ π ４ ＋ α － π ４ ＋ α α ２ １－ｃ ２ ｏｓ α ５ ６ .
先将ｙ ＝ｓｉｎ ２ ｘ的图象向右平移 π 个 ＝ｃ 原 ｏｓ 式 ２ α 成 ＝ 立 右 . 边 ꎬ ｔａｎ ２ ＝± １＋ｃｏｓ α＝± ５
单位长度 再将图象上所有点的纵 ４ 坐 ∴ ２.解析 θ ４ 且 θ 为第三象
ꎬ 左边 １ ° ° ° ∵ ｓｉｎ ＝－ ５ ꎬ
标变为原来的 １ 最后将图象向上平 (２) ＝ [ｓｉｎ(２０ ＋７０ )＋ｓｉｎ(２０ 限角
ꎬ ２ ꎬ θ
２ ° １ ° ° ° θ ３ 为第二或第四象限角.
移１ 个单位长度
ꎬ
得到 ｙ
＝ｓｉｎ
２ｘ 的 －７０
°
)]－
２
[ｃｏｓ(１０ ＋５０ )－ｃｏｓ(１０ ∴ ｃｏｓ
θ
＝－
５
ꎬ
２
图象 ２ . －５０ )] 若 为第二象限角 则
① ꎬ
１２.解析 设雨水在ＢＡ方向上的加速度 ＝ １ － １ ｓｉｎ５０ ° － １ ＋ １ ｃｏｓ４０ ° θ ２ θ
为ａ. ２ ２ ４ ２ １－ｃｏｓ ４ ２ ５
由 由 牛 运 顿 动 第 学 二 公 定 式 律 知 知 １ ａ ｍ ｔ ｇ ２ ｓ ＝ ｉｎ α ｌ ＝ α ｍ ꎬ② ａ ꎬ① ∴ ＝ 原 ４ １ 式 ＝ 右 成 边 立 . . ( ) ｃ ｓｉ ｏ ｎ ｓ ２ θ ＝ ＝－ １＋ ２ ｃｏｓ θ ＝ ＝－ ５ ＝ １ ５ ＝－ ꎬ ５ ꎬ
联立 ①② 解得 ２ ｔ ＝ ｃ ｇ ｏｓ ４ ｌ αꎬ α ∈ (３) 左边 ＝ ２ １ × － ２ １ ×[ｃｏｓ(１５ ° ＋ ｔａｎ θ ２ ＝－ １－ｃ ２ ｏｓ θ θ ＝－２ . ５ ５
( ０ꎬ π ) ꎬ∴ 当α ＝ π时 ꎬ ｔ取 ｓｉｎ 得 ２ 最小值. ７５ 原 ° ) 式 －ｃ 成 ｏｓ( 立 １ . ５ ° －７５ ° )]＝ ８ １ ＝ 右边. ② 若 ２ θ 为第四 １＋ 象 ｃｏｓ 限角 ꎬ 则
２ ４ ∴ ２
° ° θ θ
即当α为π时 雨水从屋顶上流下所 ４.解析 原式 ２４ ＋３６ １－ｃｏｓ ４ ２ ５
ꎬ (１) ＝ ２ｓｉｎ ｓｉｎ ＝－ ＝－ ＝－ ꎬ
４ ２ ２ ２ ５ ５
１６
教材习题答案
θ θ θ
１＋ｃｏｓ １ ５ ｘ ｘ １ ｘ １ ｘ. ° °
ｃｏｓ ＝ ＝ ＝ ꎬ ｃｏｓ(２ － )]＝ ｃｏｓ － ｃｏｓ３ ∴９０ < <１３５ ꎬ
２ ２ ５ ５ ２ ２ ２
ｔａｎ ２ θ ＝－ １ １ ＋ － ｃ ｃ ｏ ｏ ｓ ｓ θ θ ＝－２ . (２) 原式 ＝ ２ １ [ｃｏｓ( α ＋ β ＋ α － β )＋ｃｏｓ( α ＋ ∴ ｃｏｓ ２ θ ＝－ １＋ｃ ２ ｏｓ θ ＝－ ５ ５ ꎬ
α β α β １ α １ β. θ θ
３.解析 α １－ｃｏｓ２ － ＋ )]＝ ｃｏｓ２ ＋ ｃｏｓ２ １－ｃｏｓ ２ ５.
∵ ｔａｎ ＝－ α＝－２ꎬ ２ ２ ｓｉｎ ＝ ＝
α １＋ｃｏｓ２ 原式 １ ° ｘ ° ｘ 思考 ２ 运用 ２ ５
∴ １－ｃｏｓ２ α＝４ꎬ (３) ＝ ２ [ｓｉｎ(１３５ －３ ＋４５ ＋ )＋ ７.证明 (１) 左边 ＝２ｓｉｎ( Ａ ＋ Ｂ )ｃｏｓ( Ａ － Ｂ )
１＋ｃｏｓ α ２ ３ ｓｉｎ(１３５ ° －３ ｘ －４５ ° － ｘ )] ＝ １ ｓｉｎ ２ ｘ ＋ ＋２ｓｉｎ Ｃ Ｃ ｃｏｓ Ｃ Ａ Ｂ Ｃ
∴ ｃｏｓ２ ＝－ ꎬ ２ ＝２ｓｉｎ [ｃｏｓ( － )＋ｃｏｓ ]
５ Ａ Ｂ Ｃ Ａ Ｂ Ｃ
１ ｘ. Ｃ － ＋ － －
α α α ４ ｃｏｓ４ ＝２ｓｉｎ ２ｃｏｓ ｃｏｓ
∴ ｓｉｎ２ ＝ｔａｎ (１＋ｃｏｓ２ )＝－ ５ ꎬ ２ [ ( ) ( ２ ) ( ２ )
α 原式 １ π ｘ π ｘ Ｃ π Ｂ π Ａ
α ｓｉｎ２ ４ . (４) ＝－２× ｃｏｓ － ＋ ＋ ＝４ｓｉｎ ｃｏｓ － ｃｏｓ －
ｔａｎ２ ＝ α＝ ( ２ ) ] ４ ４ ２ ２
ｃｏｓ２ ３ Ａ Ｂ Ｃ 右边
ｂ π ｘ π ｘ ｘ. ＝４ｓｉｎ ｓｉｎ ｓｉｎ ＝ ꎬ
４.证明 θ －ｃｏｓ － － － ＝ｃｏｓ２ 原式成立.
∵ ｔａｎ ＝ ａ ꎬ ４ ４ ∴
３.解析 原式 ° ° 左边 Ａ Ｂ Ａ Ｂ
θ ｂ (１) ＝ｓｉｎ１８ ＋ｓｉｎ６３ (２) ＝ ２ｃｏｓ( ＋ )ｃｏｓ( － )＋
∴
１－ｃｏｓ
θ
２
＝ ａ ꎬ １８
°
＋６３
°
１８
°
－６３
°
２ｃｏｓ
２Ｃ
－１
ｓｉｎ２ ＝２ｓｉｎ ｃｏｓ Ｃ Ａ Ｂ Ｃ
∴ ａ － ａ ｃｏｓ２ θ ＝ ｂ ｓｉｎ２ θ ꎬ . ２ ° . °. ２ ＝－２ｃｏｓ [ｃｏｓ( － ( )－ｃｏｓ Ａ ]－ Ｂ １ Ｃ
即ａ θ ｂ θ ａ. ＝２ｓｉｎ４０５ ｃｏｓ２２５ Ｃ － ＋
ｃｏｓ２ ＋ ｓｉｎ２ ＝ 原式 ° ° ＝ － ２ｃｏｓ － ２ｓｉｎ
◆习题10.3 (２) ＝ ° ｓｉｎ ° ５０ －ｓｉｎ ° ４０ ° Ａ Ｂ Ｃ ) ２
感受理解 ５０ ＋４０ ５０ －４０ °. － －
＝２ｃｏｓ ｓｉｎ ＝ ２ｓｉｎ５ ｓｉｎ －１
２ ２ ２
１.解析 原式 １ ° ° Ａ Ｂ Ｃ 右边
(１) ＝ [ｓｉｎ(１３５ ＋１５ )＋ π α π α ＝－１－４ｃｏｓ ｃｏｓ ｃｏｓ ＝ ꎬ
２ ＋ ＋ － 原式成立.
原 式 ３ ３ ∴
° ° １ ° (３) ＝ ２ｃｏｓ
ｓｉｎ(１３５ － １５ )] ＝ (ｓｉｎ １５０ ＋ ２ ８.证明 左边 １ α β α β
２ (１) ＝－ [ｃｏｓ( ＋ ＋ － )
π α π α ２
ｓｉｎ１２０ ° )＝ １＋ ４ ３. ｃｏｓ ３ ＋ － ２ ３ ＋ ＝ｃｏｓ α. －ｃｏｓ １ ( α ＋ β － α α ＋ β )] β
( ) ＝－ (ｃｏｓ２ －ｃｏｓ２ )
(２) 原式 ＝ － ２ １ [ｃｏｓ(７５ ° ＋ １５ ° ) － (４) ( 原式 ＝ ) ｓｉｎ ｘ ＋ｓｉｎ ( π ２ － ｘ ) ＝２ｓｉｎ π ４ ＝ｓ 原 ｉｎ ２ ２ 式 α － 成 ｓｉ 立 ｎ ２ . β ＝ 右边 ꎬ
ｃｏｓ(７５ ° －１５ ° )]＝ ２ １ ｃｏｓ６０ ° ＝ ４ １ . ｃｏｓ ｘ － π ＝ ２ｃｏｓ ｘ － π . ∴ ( ４π ｘ )
(３) 解法一 : 原式 ＝ １ [ｃｏｓ(２０ ° ＋４０ ° )＋ ４.证明 ( ４ Ａ １) 左边 Ａ Ａ ４ (２) 左边 ＝ １＋ｃｏｓ２ ｘ ＋ １＋ｃｏｓ ３ ＋２
ｃｏｓ(２０ ° －４０ ° )]ｃｏｓ８ ２ ０ ° ＝ ２ ２ ｓ ｓ ｉ ｉ ｎ ｎ ５ ３ Ａ ｃ ｃ ｏ ｏ ｓ ｓ ２ ２ Ａ ＋ ＋ ｓ ｓ ｉ ｉ ｎ ｎ ５ ３ Ａ ( ８π ｘ ) ２ ２
＝ ４ １ ｃｏｓ８０ ° ＋ ２ １ ｃｏｓ２０ ° ｃｏｓ８０ ° ＝ ｓ ｓ ｉ ｉ ｎ ｎ ５ ３ Ａ Ａ ( ( ２ ２ ｃ ｃ ｏ ｏ ｓ ｓ ２ ２ Ａ Ａ ＋ ＋ １ １ ) ) ＋ １＋ｃｏｓ ２ ３ ＋ [ ２ ( )
＝ ４ １ ｃｏ ° ｓ ８０ ° ° ＋ ２ １ × ２ １ [ｃｏｓ(２０ ° ＋８０ ° )＋ ＝ ｓ ｓｉ ｉｎ ｎ ３ ５ Ａ Ａ＝ 右边 ꎬ ＝ ２ ３ ( ＋ ２ １ ) ] ｃｏｓ ２ ｘ ＋ ｃｏｓ ４ ３ π ＋２ ｘ ＋
ｃｏｓ(２０ －８０ )] ∴ 原式成立. ８π ｘ
＝ １ ｃｏｓ８０ ° ＋ １ ｃｏｓ１００ ° ＋ １ ｃｏｓ６０ ° 左边 ２ｓｉｎ３ α ｃｏｓ２ α ＋ｓｉｎ３ α ｃｏｓ ３ ＋２ [ ( ) ]
４ ４ ４ (２) ＝ ２ｃｏｓ３ α ｃｏｓ２ α ＋ｃｏｓ３ α ３ １ ｘ ｘ ２π
＝ １ . ｓｉｎ３ α (２ｃｏｓ２ α ＋１) ＝ ２ ＋ ２ ｃｏｓ２ ＋２ｃｏｓ２ ｃｏｓ － ３
解 ２ｓｉ ８ ｎ２０ 法 ° ｃｏｓ２０ 二 ° ｃ : ｏｓ ° ４０ ° ｃ 原 ｏｓ８０ ° 式 ＝ ＝ ５. ＝ ∴ 解 ＝ ｔ ｃ 原 ａ 析 ｏ ｎ ｓ 式 ３ ３ α α 成 ( ＝ 立 ２ 右 ｃｏ . 边 ｓ 原 ２ ꎬ 式 α ＋１) ° ° ∴ ＝ 原 ２ ３ 式 ＝ 右 成 边 立 ꎬ . α β α β
° ２ｓｉｎ２０ (１) ＝２ｃｏｓ ９０ ｃｏｓ ５０ ＋ ９.解析 ｓｉｎ α ＋ｓｉｎ β ＝２ｓｉｎ ＋ ｃｏｓ －
ｓｉｎ１６０ °＝ １ . ｃｏｓ６０ ° ＝ １ . ａ ２ ２
８ｓｉｎ２０ ８ ２ ＝ ꎬ
α β α β
(４) 原式 ＝ － １ [ｃｏｓ(２０ ° ＋ ４０ ° ) － (２) 原式 ＝ １ (ｃｏｓ １００ ° －ｃｏｓ ６０ ° ) ｃｏｓ α ＋ｃｏｓ β ＝２ｃｏｓ ＋ ｃｏｓ － ＝ ｂ.
ｃｏｓ(２０ ° －４０ ° )]ｓ ２ ｉｎ８０ ° (ｃｏｓ１００ ° －ｃｏ ４ ｓ２０ ° ) 两式相除 得 α ＋ ２ β ａ . ２
ꎬ ｔａｎ ＝ ｂ
＝ １ ｃｏｓ２０ ° ｓｉｎ８０ ° － １ ｓｉｎ８０ ° ＝ １ (ｃｏｓ ２ １００ ° － ｃｏｓ １００ ° ｃｏｓ ２０ ° － １０.解析 解法一 ２ ° °
２ ４ ４ ° ° ° ° ° :ｔａｎ １ ° ５ ＝ｔａｎ(４５ －
＝ １ × １ [ｓｉｎ(２０ ° ＋８０ ° )－ｓｉｎ(２０ ° － ｃｏｓ６０ ( ｃｏｓ１００ ＋ｃｏｓ６０ ｃｏｓ２０ ) ３０ ° )＝ ｔａｎ４５ － ° ｔａｎ３０ °＝２－ ３ .
２ ２ １ １ １ ° １ ° １＋ｔａｎ４５ ｔａｎ３０
＝ ＋ ｃｏｓ ２００ － ｃｏｓ １２０ － °
８０ ° )]－ １ ｓｉｎ８０ ° ４ ２ ２ ２ ) 解法二 :ｔａｎ１５ ° ＝ ｓｉｎ３０ °＝２－ ３ .
４ １ ° １ ° １ ° １＋ｃｏｓ３０
＝ １ ｓｉｎ６０ ° ＝ ３. ２ ｃｏｓ８０ － ２ ｃｏｓ１００ ＋ ２ ｃｏｓ２０ 解法三 :ｔａｎ１５ ° ＝ １－ｃｏｓ３ ° ０ ° ＝２－ ３ .
４ ８ ３ . ｓｉｎ３０
＝ °
２.解析 原式 １ ｘ ｘ １６ 解法四 ° １－ｃｏｓ３０
(１) ＝－ [ｃｏｓ(２ ＋ )－ ６.解析 ° θ ° :ｔａｎ １５ ＝ ° ＝ ２
２ ∵１８０ < <２７０ ꎬ １＋ｃｏｓ３０
１７
－ . θ ２ θ ° °
３ (ｔａｎ ＋１) １＋ｔａｎ 右边 ｓｉｎ１０ －ｓｉｎ２０
探究拓展 ＝ θ ＝ ＝ ꎬ ＝ ° °
２(１＋ｔａｎ ) ２ ｃｏｓ１０ －ｃｏｓ２０
原等式成立. ° °
１１.证明 左边 １ α β ∴ ２ｃｏｓ１５ ｓｉｎ(－５ )
＝－ ２ (ｃｏｓ ２ －ｃｏｓ ２ )－ ４.解析 由题知ＢＥ １ ＡＢ ＢＦ ２ ＡＢ ＝ －２ｓｉｎ１５ ° ｓｉｎ(－５ ° )
＝ ꎬ ＝ ꎬ °
１ β γ １ γ ３ ３ １ １＋ｃｏｓ３０ .
(ｃｏｓ ２ －ｃｏｓ ２ )－ (ｃｏｓ ２ － ＢＥ ＝－ °＝－ ° ＝－２－ ３
２ ２ 则 ＢＡＥ １ ｔａｎ１５ ｓｉｎ３０
α 右边 ｔａｎ∠ ＝ＡＢ＝ ꎬ
ｃｏｓ２ )＝０＝ ꎬ ３ ９.解析 ｙ ｘ ｘ １ ｘ
原等式成立. (１) ＝ｓｉｎ ｃｏｓ ＝ ｓｉｎ２ ꎬ
∴ ＢＡＦ ２ ２
θ θ ｔａｎ∠ ＝ ꎬ [ ]
１２.解析 θ θ ３ Ｔ ２π 值域为 １ １ .
１＋ｓｉｎ ＋ｃｏｓ ＝１＋２ｓｉｎ ｃｏｓ ＥＡＦ ＢＡＦ ＢＡＥ ∴ ＝ ＝πꎬ － ꎬ
θ ２ ２ ∴ ｔ ｔ ａ ａ ｎ ｎ ∠ ∠ ＢＡＦ － ＝ ｔ ｔ ａ ａ ｎ ｎ ∠ (∠ ＢＡＥ －∠ ) ２ æ ２ ２ ö
＋２ｃｏｓ ２ ２ θ － ( １ θ θ ) ＝ １＋ ２ ｔａｎ∠ １ ＢＡＦ ｔａｎ∠ ＢＡＥ ( ２ ) ( ｙ ＝ ) ２ ç è ２ ３ ｃｏｓ ｘ ＋ ２ １ ｓｉｎ ｘ ø ÷ ＝
＝２ｃｏｓ ２ θ ｓｉｎ ２ ＋ ( ｃｏｓ ２ θ ) ＝ ３ － ３ ＝ ３ ꎬ ２ｓｉｎ ｘ ＋ π ３ ꎬ
＝２ｃｏｓ ２ ２ｃｏｓ － π ４ ＋ ２ １＋ ３ ２ × ３ １ １１ ∴ Ｔ ＝ ２π ＝２πꎬ 值域为 [－２ꎬ２] .
１
◆
３.
复
解 ＝２
习
析 ２
题
ｃｏ 略 ｓ . ２ θ ｃｏｓ ( ２ θ － π ４ ) .
＝
ｔａｎ ｔ ∠ ａｎ Ｆ π Ａ ４ Ｃ － ＝ ｔａ ｔ ｎ ａｎ ∠ ( Ｂ ∠ Ａ Ｂ Ｆ ＡＣ －∠ ＢＡＦ ) １０.解
＝
＝ｃ
２
析 ｏ
ｃ
ｓ
ｏ
２ １
ｓ
ｘ ２ － ｘ ｙ
－
ｓ ＝ ｉ
２
ｎ ｃ
ｃ
２ ｏ
ｏ
ｘ ｓ
ｓ
－ ２ ２ ｘ ｘ
ꎬ
ｃ － ｏ ２ ｓ ｃ ｘ ｏ ＋ ｓ ｓ ｘ ｉｎ ＋ ２ １ ｘ ＋ｃｏｓ ２ｘ
π ＢＡＦ 设 ｘ ｔ ｔ
感受理解 １＋ｔａｎ
４
ｔａｎ∠
∴
ｙ ｃ
＝
ｏｓ
２
ｔ２ ＝
－２
ꎬ . ∈[－１ꎬ１]ꎬ
１.解析 (１)∵ ｃｏｓ２ α ＝ｃｏｓ ２α －ｓｉｎ ２α ＝ ３ ꎬ １－ ２ 易 当 得 ｔ ꎬ 当 时 ｔ ＝ ｙ ±１ 时 ꎬ ｙ . ｍａｘ＝０ꎻ
５ ＝ ３ ＝ １ . 函 ＝ 数 ０ 的值 ꎬ 域 ｍｉｎ 为 ＝－２ .
∴ ｓｉｎ ２α －ｃｏｓ ２α ＝－ ３ . １＋１× ２ ５ ∴ [－２ꎬ０] (
５ ３ １１.证明 Ｉ Ｉ ωｔ Ｖ Ｖ ωｔ
∴ ｓｉｎ
４α
－ｃｏｓ
４α
＝(ｓｉｎ
２α
＋ｃｏｓ
２α
)(ｓｉｎ
２α
－ ５.解析 由题意知
Ａ
１
∵ ＝ ｍｓｉｎ ꎬ ＝ ｍｓｉｎ ＋
( ) ｓｉｎ ＝ ꎬ )
２α ３ ３ . ２ ４ π Ｐ ＶＩ
ｃｏｓ )＝１× － ＝－ Ａ Ａ ꎬ ＝ ꎬ
５ ５ 则 ｃｏｓ ＝ １－ｓｉｎ ２ ＝ １５ ꎬ ２ ( )
θ θ １－ ３ ２ ２ ４ Ｐ Ｖ ωｔ π Ｉ ωｔ
(２)∵ ｓｉｎ ＋ｃｏｓ ＝ ꎬ Ａ Ａ ∴ ＝ ｍｓｉｎ ＋ ｍｓｉｎ
２ Ａ １５ ２
∴ (ｓｉｎ θ ＋ｃｏｓ θ ) ２ ＝１＋２ｓｉｎ θ ｃｏｓ θ ＝１＋ ∴ ｓｉｎ ＝２ｓｉｎ ２ ｃｏｓ ２ ＝ ８ ꎬ ＝ Ｉ ｍｓｉｎ ωｔ Ｖ ｍｃｏｓ ωｔ
æ ö２ Ａ
ｓｉｎ２ θ ＝è ç１－ ３ ø ÷ ꎬ ｃｏｓ Ａ ＝２ｃｏｓ ２ －１＝ ７ ꎬ ＝ １ Ｖ ｍ Ｉ ｍｓｉｎ２ ωｔ.
２ ２ ８ 思考 ２ 运用
Ａ
θ ３. Ａ ｓｉｎ １５. １２.解析 α β β
∴ ｓｉｎ２ ＝－ ｔａｎ ＝ Ａ＝ ∵ ２ｃｏｓ(２ ＋ )＋３ｃｏｓ ＝２
２ ｃｏｓ ７ [ α β α α β α
ｃｏｓ[( ＋ )＋ ]＋３ｃｏｓ[( ＋ )－ ]＝０ꎬ
２.解析 α是第一象限角 α ５ ６.解析 原式 １ π α β α α β α
∵ ꎬｃｏｓ ＝ ꎬ (１) ＝ － ｃｏｓ － ∴５ｃｏｓ( ＋ )ｃｏｓ ＋ｓｉｎ( ＋ )ｓｉｎ
１３ ] ２ ２
＝０ꎬ
∴ ｓｉｎ
α
＝ １－ｃｏｓ
２α
＝
１２
ꎬ ｃｏｓ(－２
ｘ
) ＝
１
ｃｏｓ２
ｘ.
∴ ｔａｎ(
α
＋
β
)ｔａｎ
α
＝－５
.
１３ ２ １３.解析 由已知得 Ａ Ｂ Ａ
Ａ ° Ａ ° Ａ ｔａｎ ＋ｔａｎ ＝１－ｔａｎ
π α π α (２)ｃｏｓ ＋ｃｏｓ(１２０ － )＋ｃｏｓ(１２０ ＋ ) Ｂ
ｓｉｎ ｃｏｓ ＋ｃｏｓ ｓｉｎ Ａ Ａ ° . ｔａｎ ꎬ
原式 ４ ４ ＝ｃｏｓ ＋２ｃｏｓ ｃｏｓ１２０ ＝０ Ａ Ｂ
∴ ＝ α α α α ｔａｎ ＋ｔａｎ Ａ Ｂ
ｃｏｓ２ 原式 ２ｓｉｎ ｃｏｓ ｃｏｓ ∴ Ａ Ｂ＝ｔａｎ( ＋ )＝１ꎬ
(３) ＝
２ｃｏｓ
２α
１＋ｃｏｓ
α ＝ １
Ａ
－ｔ
Ｂ
ａｎ ｔａｎ
２ ｃｏｓ α ＋ ２ ｓｉｎ α ｓｉｎ α ｃｏｓ α ｓｉｎ α α . ∵ ＋ ∈(０ꎬπ)ꎬ
２ ２ α α＝ α＝ｔａｎ Ａ Ｂ π
＝ ２α ２α ｃｏｓ １＋ｃｏｓ １＋ｃｏｓ ２ ∴ ＋ ＝ ꎬ
ｃｏｓ －ｓｉｎ ７.解析 α是第二象限角 ４
∵ ꎬ
２ Ｃ ３π.
α ２α ５ ∴ ＝
２ １３ ２. ∴ ｃｏｓ ＝－ １－ｓｉｎ ＝－ ꎬ ４
＝ α α＝－ ５ １４.解析 α β ａ α β
ｃｏｓ －ｓｉｎ １４ ∵ ｓｉｎ ＋ｓｉｎ ＝ ꎬｃｏｓ ＋ｃｏｓ
３. ｓ 证 ＝ ｉｎ ｃ 明 ｏ β ｓ ｃ α ｏｓ ｓ ( ｉ γ ｎ １ － ) β ｃ ｓ 左 ｏ ｉ ｓ ｎ 边 α γ ｃ － ＝ ｏ ｓ ｓ ｃ ｉｎ ｏ β ｓ ｃ α ｏ α ｓ ｃｏ γ ｓ ｓ ｉ ＋ ｎ ｃ β ｏ β ｃ ｓ ｏ ｃ ｓ ｏ α ｓ γ ｓ γ － ｉｎ ꎬ ｓｉ β ｎ ｓｉ α ｎ γ ∴ ｔａｎ α ＝ ｃ ｓｉ ｏ ｎ ｓ α α＝ ２ ５ ５ ５ ＝－２ . ∴ ｃ ＝ ｏ ｂ ｓ ｓ ꎬ ２ ｉｎ α ２ ＋ α ｃ ＋ ｏｓ ｓｉ ２ ｎ β ２ ＋ β ２ ＋ ｃ ２ ｏ ｓ ｓ ｉｎ α ｃ α ｏ ｓ ｓ ｉｎ β β ＝ ＝ ｂ２ ａ ꎬ ２ ② ꎬ①
右边 α β γ α β γ － 得 α β α β
＝ｓｉｎ ｃｏｓ ｓｉｎ ＋ｃｏｓ ｓｉｎ ｓｉｎ － ５ ①＋② ２＋２ｃｏｓ ｃｏｓ ＋２ｓｉｎ ｓｉｎ ＝
α β γ α β γ α α β ａ２ ｂ２
ｓｉｎ ｓｉｎ ｃｏｓ －ｓｉｎ ｃｏｓ ｓｉｎ ＝ｃｏｓ α β ｔａｎ ＋ｔａｎ ＋ ꎬ
β γ α β γ ∵ ｔａｎ( ＋ )＝ α β＝１ꎬ α β ａ２ ｂ２
ｓｉｎ ｓｉｎ －ｓｉｎ ｓｉｎ ｃｏｓ ꎬ １－ｔａｎ ｔａｎ ∴２ｃｏｓ( － )＝ ＋ －２ꎬ
左边 右边 原等式成立. β ａ２ ｂ２
∴ ＝ ꎬ －２＋ｔａｎ α β .
左边 ∴ β＝１ꎬ ∴ ｃｏｓ( － )＝ ＋ －１
(２) ＝ １＋２ｔａｎ ２ ２
２θ ２θ θ θ β . １５.解析 α α ｍ
ｓｉｎ ＋ｃｏｓ ＋２ｓｉｎ ｃｏｓ ∴ ｔａｎ ＝－３ ∵ ｓｉｎ － ３ｃｏｓ ＝ －１ꎬ
２θ ２θ ２θ ２θ θ θ ８.解析 原式 ( )
ｓｉｎ ＋ｃｏｓ ＋ｃｏｓ －ｓｉｎ ＋２ｓｉｎ ｃｏｓ α π ｍ
２θ ２θ θ θ ∴２ｓｉｎ － ＝ －１ꎬ
ｓｉｎ ＋ｃｏｓ ＋２ｓｉｎ ｃｏｓ １ ° ° ° ３
＝ ２θ θ θ (ｓｉｎ２０ ＋ｓｉｎ１０ )－ｓｉｎ２０ ｍ
２ｃｏｓ ＋２ｓｉｎ ｃｏｓ ２ ∴ －２≤ －１≤２ꎬ
２θ θ ＝ ｍ
ｔａｎ ＋１＋２ｔａｎ １ ° ° ° ∴ －１≤ ≤３ꎬ
＝ θ (ｃｏｓ２０ ＋ｃｏｓ１０ )－ｃｏｓ２０ ｍ的取值范围为 .
２＋２ｔａｎ ２ ∴ [－１ꎬ３]
１８
教材习题答案
１６.解析 ｙ
＝ ｘ ｓｉｎ
２ｘ
＋２ｓｉｎ
ｘ
ｃｏ ｘ ｓ
ｘ
－３ｃｏｓ
２ｘ
２.答案 ４ ｓｉｎ
２ｘ
( ＝ ｃｏｓ) ２
ｘ
＋ ３ ｓｉｎ ２
ｘ
＝
１－ｃｏｓ２ ｘ ｃｏｓ２ ＋１ ３ ｘ π
＝ ＋ｓｉｎ２ － ×３ ２ｓｉｎ ２ ＋ ꎬ
２ ２ ３.答案 ７ ２ ６
ｘ ｘ
＝ｓｉｎ２ －２ｃｏｓ２ －１ １０ Ｔ ２π
ｘ φ ４.答案 ＝ ＝πꎬ
＝ ５ｓｉｎ(２ － )－１ꎬ －１ ２
其中 φ . [ ] 周期为 最大值为 最小值为 .
ꎬｔａｎ ＝２ ５.答案 π １ １ ∴ πꎬ ２ꎬ －２
ꎻ － ꎬ 第 11 章 解三角形
最小正周期Ｔ ２π . ２ ４ ４
(１) ＝ ＝π
２ ６.答案 π
ｙ . 11.1 余弦定理
１７.解 (２ 析 ) ｍａｘ 设 ＝ ５ Ｐ － Ｏ １ Ｍ θ 由已知得 ＡＯＢ 二、选择题 ６
∠ ＝ ꎬ ∠ 练习
( ) ７.Ａ
π 所以θ π
＝ ꎬ ∈ ０ꎬ ꎬ ８.Ｂ １.解析 Ｃ ３６＋２５－１６ ３ .
３ ３ (１)ｃｏｓ ＝ ＝
则 ＰＮ Ｒ θ ＯＮ Ｒ θ ＯＭ ９.Ｄ ２×６×５ ４
｜ ｜＝ ｓｉｎ ꎬ｜ ｜＝ ｃｏｓ ꎬ｜ ｜ ａ２ ａ２
１０.Ｃ Ａ １ １６＋４９－ ６５－
ＱＭ ＰＮ Ｒ θ (２)ｃｏｓ ＝ ＝ ＝ ꎬ
｜ ｜ ｜ ｜ ３ ｓｉｎ 三、解答题 ２ ２×４×７ ５６
＝
ｔａｎ６０
°＝
ｔａｎ６０
°＝
３
ꎬ
( ) ∴２８＝６５－
ａ２
ꎬ
｜ æ ＭＮ ｜ ＝ ｜ θ Ｏ ö Ｎ ｜ － ｜ ＯＭ ｜ ＝ １１.解析 ∵ ｓｉｎ α ＝ ３ １ ꎬ α ∈ π ２ ꎬπ ꎬ ∴ ａ ＝ ３７ .
Ｒç θ ３ｓｉｎ ÷ Ａ ２５＋９－４９ １
èｃｏｓ － øꎬ α ２ ２ (３)ｃｏｓ ＝ ＝－ ꎬ
∴ 矩形的面积 ３ Ｓ ＝｜ ＰＮ ｜×｜ ＭＮ ｜ ∴ ｃｏｓ ( ＝－ ３ ) ꎬ ∴ Ａ ＝１２０ °. ２×５×３ ２
æ θö α π α π α ｃ２
Ｒ θ Ｒç θ ３ｓｉｎ ÷ ∴ ｃｏｓ ＋ ＝ｃｏｓ ｃｏｓ －ｓｉｎ Ｃ １３ ４９＋６４－ .
＝ ｓｉｎ èｃｏｓ － ø ３ ３ (４)ｃｏｓ ＝ ＝
３ １４ ２×７×８
Ｒ２ æ ç １ θ ３ θ ３ ö ÷ ｓｉｎ π ＝－ ２ ２ × １ － １ × ３ ∴１ ｃ ０４＝ . １１３－ ｃ２ ꎬ
＝ è ｓｉｎ２ ＋ ｃｏｓ２ － ø ３ ３ ２ ３ ２ ∴ ＝３
２ ６ ６ ２.Ｂ
Ｒ２ é êê ３ ( θ π ) ３ ù úú ＝－ ２ ２＋ ３. ３.解析 此三角形不一定是锐角三角形
＝ ë ３ ｓｉｎ ２ ＋ ６ － ６ û ６ α β 当ａ２ ｂ２ ｃ２ ｂ２ ａ２ ｃ２ 时 ꎬ
∵ θ ∈ ( ０ꎬ π ) ꎬ∴ ２ θ ＋ π ∈ ( π ꎬ ５π ) ꎬ １２.解析 ｔａｎ( α ＋ β )＝ １ ｔ － ａｎ ｔａｎ ＋ α ｔ ｔ ａ ａ ｎ ｎ β ＝ 角 满 形 足 . ＝ ｃ２ < ＋ ａ２ ＋ ( ｂ２ ꎬ ＝ 此时 ＋ △ ) ＡＢ ꎬ Ｃ 是直角三
３ ６ ６ ６
当 θ π π时 Ｓ取得最大值
１
＋
２ １３ 当ａ２
>
ｂ２
＋
ｃ２
(
ｂ２
>
ａ２
＋
ｃ２
)
时
ꎬ
∴ ２ ＋
６
＝
２
ꎬ ꎬ ５ ３
＝
１５
＝１ꎬ
满足 ｃ２
<
ａ２
＋
ｂ２
ꎬ
此时
△
ＡＢＣ 是钝角三
１ ２ １３ 角形.
此时 Ｓ ３ Ｒ２ θ π 则 ＡＯＰ １－ ×
ｍａｘ ＝ ６ ꎬ ＝ ６ ꎬ ∠ α ５ β均 ３ 为锐 １５ 角 α β ４.解析 Ｃ ａ２ ＋ ｂ２ － ｃ２ ２
∵ ꎬ ꎬｔａｎ <１ꎬｔａｎ <１ꎬ ｃｏｓ ＝ ａｂ ＝－ ꎬ
＝ π. ∴０ ° < α ＋ β <９０ ° ꎬ Ｃ °. ２ ２
１ 探 ８ 究 .解 析 ６ 拓 展 ( ° １)∵ ｔａｎ ° ４５ ° ＝ｔａｎ(１ ° ＋４４ ° ) １３. ∴ 证 α 明 ＋ β ＝４ １ １ ５ － ＋ °. ｃ ｃ ｏ ｏ ｓ ｓ ２ ２ ｘ ｘ ＝ １ １ ＋ － ( ( ２ １ ｃ － ｏ ２ ｓ ｓ ２ ｉ ｘ ｎ － ２ １ ｘ ) ) ＝ ５.解 ∴ ∴ 析 ａ ａ ２ ２ ＝ ＋ １ ｃ ２ ２ ３ ∵ ａ ５ ｃ ｂ ＋ ( ２ ｃ ａ ２ ＋ － ｃ ｂ ) ２ ２ ＝ － ａ ｂ ｃ ２ ꎬ ＝ ａｃ ꎬ
ｔａｎ１ ＋ｔａｎ４４ ２ｘ 即 ＋ －
＝ ° °＝１ꎬ ２ｓｉｎ ２ｘ. ａｃ ＝－１ꎬ
１－ｔａｎ
°
１ ｔａｎ４４
° ° ° ２ｃｏｓ
２ｘ＝ｔａｎ
ａ２ ｃ２ ｂ２
∴ ｔａｎ１ ＋ｔａｎ４４ ＋ｔａｎ１ ｔａｎ４４ ＝１ꎬ ＋ － １
° ° ° １４.解析 α ３π α ４ ∴ ａｃ ＝－ ꎬ
∴ (１＋ｔａｎ１ )(１＋ｔａｎ４４ )＝１＋ｔａｎ １ ＋ (１)∵ π< < ꎬｓｉｎ ＝－ ꎬ ２ ２
° ° ° . ２ ５
ｔａｎ４４ ＋ｔａｎ１ ｔａｎ４４ ＝２ 即 Ｂ １ 则Ｂ °.
由 知 ° ° α ３ ｃｏｓ ＝－ ꎬ ＝１２０
(２) (１) (１＋ｔａｎ １ )(１＋ｔａｎ ４４ ) ∴ ｃｏｓ ＝－ ꎬ ２
＝２ꎬ ５ ６.解析 设两艇相距ｄ ｋｍ .
同理 ° ° ３２ ２４
ｔａｎ ３ ( ° ° １ ) ＋ ( ｔａ １ ｎ ＋ ２ ｔａ ) ｎ ( ４ １ ° ２ ＋ ° ｔ ) ａｎ ＝ ４３ ２ꎬ ) ＝ ꎬ ２ꎬ ( ( １ １ ＋ ＋ ∴ 原式 ＝ ２ｓｉｎ ２α ＋ ２α ２ｓｉｎ α ２ ｃ α ｏｓ α ＝ ２５ ＋ ２５ ４ ６ ０ ０ ＝ ３ ２ ｈꎬ１０× ３ ２ ＝ ２ ３ ０ (ｋｍ)ꎬ
１９. ∴ ｔ 解 ＝ ＝ ａｎ ２ ２ 原 析 ( ( ２ ４ ２ 式 ２ ｃ ｃ ｏ ｏ ) ｃ ＝ ｓ ｓ ｏ ( ４ ２ ２ ｓ ｘ ｘ １ × － － ４ ＋ ２ ｘ ４ １ ｔ ２ ａ ＝ ｃ ) ｎ × ｏ ２ ２ ｓ ( － ２ ｃ ２ １ ３ １ ｏ ｘ ＋ ｓ ＋ ２ ) １ １ ２ ) ＝ ) ｘ ＝ － － ２ １ １ ꎬ ８８ . ( ＝ ２ － ) ８ 由 . (１) 知 ｓ ｃ ｉ ｏ ｎ ｓ α ＝ －ｓ － ｉｎ ５ ４ ꎬｃｏｓ α ＝－ － ２ ５ ３ ７ ５ ꎬ ７ 则 × ｃ ３ ２ ｏｓ ＝ ４ １ ５ ３ ４ ° ( ＝ ｋ ４ ｍ ９ ０ ) ０ ꎬ ＋ １ ９ ９６ － ｄ２ ꎬ
＝８ｃｏｓ
４ｘ
－８ｃｏｓ
２ｘ
＋１ꎬ α ４ ２×
２８０
即Ｐ ｔ ４ｘ ２ｘ . ∴ ｔａｎ ＝ ꎬ ９
４( )
°
＝８ｃｏｓ －
°
８ｃｏｓ ＋１ ３
( ) ５９６ ｄ２
∵ ｃｏｓ５４ ＝ｓｉｎ３６ ꎬ 原式 α π －
３ ° ° ° ° ∴ ＝ｔａｎ － －π 故 ２ ９
∴４ｃｏｓ１８ －３ｃｏｓ１８ ＝２ｓｉｎ１８ ｃｏｓ１８ ꎬ ４ ＝ ꎬ
即 ２ ° °. ２ ５６０
４ｃｏｓ １８ －３＝２ｓｉｎ１８ α π
２ ° ( ) ｔａｎ －ｔａｎ ９
∴ ∴ ４ ４ ( ｓｉ １ ｎ － ２ １ ｓ ８ ｉｎ ° ＋ １ ２ ８ ｓ ) ｉｎ －３ １８ ＝ ° ２ － ｓｉ １ ｎ ＝ １ ０ ８ ꎬ ꎬ ＝ｔａｎ α － π ４ ＝ α ４ π 即 ∴ 经 ｄ ≈ 过 ４ . ７１(ｋｍ) 两 . 艇相距 . .
解得 ° ５－１ 负值舍去 . １＋ｔａｎ ｔａｎ ４ 练习 ４０ ｍｉｎꎬ ４７１ ｋｍ
ｓｉｎ１８ ＝ ( )
一、填空题 本章 ４ 测试 ＝ ３ ４ －１ ＝ １ . １.解 ∴ 析 ｃｏｓ Ｃ 设 ＝ ａ ａ ＝ ２ ２ ＋ ｘ ｂ ａ ꎬ ２ ｂ ｂ － ＝ ｃ２ ３ ｘ ＝ ꎬ ４ ｃ ｘ ＝ ２ ４ ＋ ｘ ９ ꎬ ｘ ｘ ２ －１６ ｘ ｘ２ ＝
４ ７ ２ ２３ ２
１＋
１.答案 ３ ３ １ .
１５.解析 ｆ ｘ ２ｘ ｘ ｘ －
２ ( )＝ ｃｏｓ ＋２ ３ｓｉｎ ｃｏｓ － ４
１９
２.解析 ＡＢＣ中 ａ ｃ Ｂ (ａ２ ｂ２ ｃ２ )
△ ꎬ ＝ ｃｏｓ ꎬ ＋ －
ａ２ ｃ２ ｂ２ ａｂ
ａ ｃ ＋ － ２
∴ ＝ ａｃ ꎬ ｂ２ ｃ２ ａ２ ａ２ ｂ２ ｃ２
２ ＋ － ＋ －
ａ２ ｃ２ ｂ２ ＝ ｂ ＋ ｂ
ａ ＋ － ２ ２
∴ ＝ ａ ꎬ ｂ 左边
２ ＝ ＝ ꎬ
∴２
ａ２
＝
ａ２
＋
ｃ２
－
ｂ２
ꎬ
由余弦定理得Ｌ２
＝１７
２
＋２６
２
－２×１７×２６× ∴
原式成立.
∴ ｃ２ ＝ ＡＢ ａ２ Ｃ ＋ 为 ｂ２ ꎬ 直角三角形. ｃ 得 ｏｓ Ｌ ３４ ° ≈ . ２３２ . 光 １３ 年 １ꎬ . (３) 右 边 ＝ ａ (ａ２ ＋ ｃ ａ ２ ｃ － ｂ２ ) ＋ ｂ
３. ∴ 解 △ 析 在
△
ＡＢＣ 中
ꎬ
ａ２
－
ｂ２
＝(
ａ
ｃｏｓ
Ｂ
＋
３.解析 ≈ １ 如 ５ 图 ２４
ꎬ
( 连接 ) ＡＣ
ꎬ
ＢＤ. (ｂ２
＋
ｃ２
－
ａ２ ) ２
ｂ Ａ ２ ｂｃ
ｃｏｓ ) ꎬ (ａ２ ｃ２ ｂ２ ｂ２ ｃ２ ａ２ ) ２ ａ２ ｃ２ ２ ｂ２ ｂ２ ｃ２ ａ２
ａ２ ｂ２ ＋ － ＋ － ＋ － ＋ －
∴ － ＝ ｃ ＋ ｃ ꎬ ＝ ｃ ＋ ｃ
２ ２ ２ ２
ａ２ ｂ２ ｃ２ ｃ 左边
∴ － ＝ ꎬ ＝ ＝ ꎬ
∴
ａ２
＝
ｂ２
＋
ｃ２
ꎬ ∵ ∠
ＢＡＤ
＝６０
°
ꎬ∴ ∠
ＡＤＣ
＝１２０
°
ꎬ△
ＡＢＤ
∴
原式成立.
ＡＢＣ为直角三角形. 中 由余弦定理得ＢＤ２ ＡＢ２ ＡＤ２ ＡＢ 思考运用
∴ △ ꎬ ＝ ＋ －２
４.证明 ＡＢＣ中 ａ ｂ Ｃ ° ＡＤ ＢＡＤ ８.证明 如图 设 ＡＢＣ θ.
△ ꎬ ＝２ꎬ ＝３ꎬ ＝６０ ꎬ ｃｏｓ∠ ꎬ ∠ ＝
∴
ｃ２
＝
ａ２
＋
ｂ２
－２
ａｂ
ｃｏｓ
Ｃ
１
＝１４４＋１００－２×１２×１０× ＝１２４ꎬ
１ ２
＝４＋９－２×２×３× ＝７ꎬ ＢＤ
２ ∴ ＝２ ３１(ｃｍ)ꎬ
ｃ . 同理 ＡＣＤ中 ＡＣ２ ＡＤ２ ＤＣ２ ＡＤ
∴ ＝ ７ ꎬ△ ꎬ ＝ ＋ －２ ＡＣ２ ＡＢ２ ＢＣ２ ＡＢ ＢＣ θ
ＤＣ ＡＤＣ ∴ ＝ ＋ －２ ｃｏｓ ꎬ
Ａ
ｂ２
＋
ｃ２
－
ａ２
９＋７－４ ２ ７
ｃｏｓ∠
( )
ＢＤ２
＝
ＡＢ２
＋
ＡＤ２
－２
ＡＢ
ＡＤ
ｃｏｓ(π－
θ
)
∴ ｃｏｓ ＝
２
ｂｃ ＝
２×３× ７
＝
７
>０ꎬ
＝１００＋１４４－２×１０×１２× －
１
＝
ＡＢ２
＋
ＡＤ２
＋２
ＡＢ
ＡＤ
ｃｏｓ
θ
ꎬ
５.解 ｃ ∴ ｏｓ 析 △ Ｂ Ａ ＝ Ｂ 由 ａ Ｃ ２ ＋ 题 为 ２ ｃ ａ ２ 意 锐 ｃ － ｂ 得 角 ２ ＝ 三 ａ ２ ４ 角 × ＋ ２ ｂ 形 ７ × ＝ － . ９ ｜ ７ ａ ＝ ｜｜ １ ｂ ７ ４ ｜ > ０ ｃ ꎬ ｏｓ(π ４. ∴ 解 ６ ＝ ６ ３ Ａ ° 析 ６ ２ Ｃ ４ ０ ＝ ꎬ ′ ꎬ ２ 如 由 图 ９ 题 １ . ( 意 ｃｍ 知 ) . Ａ ＝ ６０ ２ ° ＋６ ° ２０ ′ ＝ Ｂ 又 ∴ ∴ Ｃ 平 ∵ Ａ Ａ ２ Ｃ Ｄ ＋ 行 四 ２ Ｃ ＝ ＋ Ｄ 四 边 Ｂ Ｂ ２ Ｃ Ｄ ＋ 形 边 ꎬ ２ Ａ Ａ ＝ Ｄ 形 Ａ Ｂ Ａ ２ Ｂ ＝ . Ｂ 两 Ｃ Ｃ ２ Ｄ ＋ 条 Ｄ Ｂ 为 ꎬ 对 Ｃ 平 ２ 角 ＋ 行 Ａ 线 Ｂ 四 ２ 平 ＋ 边 Ａ 方 Ｄ 形 ２ 的 ＝ ꎬ Ａ 和 Ｂ 等 ２ ＋
∴
Ｃ Ｃ １ . 于四条边平方的和.
－ )ꎬ∴ ｃｏｓ ＝
２ ９.证明 如图 在 ＡＢＣ中 ＡＤ ＢＣ.
ＡＢ２ ＡＣ２ ＢＣ２ ＡＣ ＢＣ Ｃ ꎬ △ ꎬ ⊥
∴ ＝ ＋ －２ ｃｏｓ
１
＝３＋４－２× ３×２×
２ ＡＢＣ中 由余弦定理得
ＡＢ . . △ ꎬ
６.解 ＝７ 析 －２ ｃ ３ ｏ ꎬ ｓ ∴ α ＝ Ａ ＝ Ｂ
２
２ Ａ ＋ Ｂ ７ Ａ － Ｃ
２ ２ Ａ － Ｃ ３ ＢＣ ≈ ２ １８８ Ｂ
ｃ
＝
ｏ
Ｃ
ｓ
１ ２ .
６
＝
６
９ Ａ ５ ° Ｂ
２
２
０
２ ＋ ＋ ′ Ａ １ Ｃ . ２ ４ － ０ ２ ２ Ａ － Ｂ ２ × ＡＣ １ . ９ ｃ ５ ｏｓ × Ａ １ . ４０ × 由图知
ꎬ
→ＢＡ
ｃｏｓ∠
ＡＢＣ
＝
Ｂ→Ｄ
ꎬ
. .
３６＋２２５－４９ ４３ α . °. ≈３５７ꎬ →ＡＣ ＡＣＢ Ｄ→Ｃ
＝ . ＝－ ꎬ∴ ≈１２６７ ＢＣ . . ｃｏｓ∠ ＝ ꎬ
◆习题 ２×６ 1 × 1 １ .1 ５ ７２ ５. ∴ 解 析 ≈１８９ 由 (ｍ 余 ) 弦 定 理 得 ｃ ａ 则Ｂ→Ｃ ＝ Ｂ→Ｄ ＋ Ｄ→Ｃ
＝ ２
感受理解 ａ２
＋
ｃ２
－
ｂ２
＝
→ＢＡ
ｃｏｓ∠
ＡＢＣ
＋
→ＡＣ
ｃｏｓ∠
ＡＣＢ
ꎬ
１.解析 由余弦定理得 ｃ２ ａ２ ｂ２ ａｃ ꎬ ａ ｂ Ｃ ｃ Ｂ.
(１) ＝ ＋ － ２ ∴ ＝ ｃｏｓ ＋ ｃｏｓ
２
ａｂ
ｃｏｓ
Ｃ
＝５７６＋１６９－２×２４×１３×ｃｏｓ１０８
°
∴
ｃ２
＝
ａ２
＋
ｃ２
－
ｂ２
ꎬ
同理可证
:
ｂ
＝
ｃ
ｃｏｓ
Ａ
＋
ａ
ｃｏｓ
Ｃ
ꎬ
≈９ ｃ ３７ . ８ꎬ . . 即ａ２ Ａ ＝ Ｂ ｂ Ｃ ２ ꎬ 为 ∴ 等 ａ ＝ 腰 ｂ 三 . 角形. １０ ｃ . ＝ 解 ａ 析 ｃｏｓ Ｂ 由 ＋ ｂ 题 ｃｏ 可 ｓ 知 Ａ. ｘ２ ｘ
∴ ≈３ Ｂ ０６ ａ２ ＋ ｃ２ － ｂ２ ５７６＋９３６ . ３６－１６９ ６.解 ∴ 析 △ 原式 ＝( ｂ ＋ ｃ ) ２ － ａ２ ＝３ ｂｃ ꎬ 即 ( ｘ －５)( ｘ －８)＝ ꎬ ０ꎬ －１３ ＋４０＝０ꎬ
∴ ｃｏｓ ＝ ２ ａｃ ＝ ２×２４×３０ . ６ ≈ ∴ ( ｂ ＋ ｃ ) ２ ＝３ ｂｃ ＋ ａ２ ꎬ ∴ ｘ １＝５ꎬ ｘ ２＝８ꎬ
０
.
９ Ｂ １ꎬ . . ∴
ｂ２
ｂ ＋ ｃ
ｃ２
＋２ Ａ
ｂｃ
ｂ ＝ ｃ ３
ｂｃ
＋
ｂ２
＋
ｃ２
－２
ｂｃ
ｃｏｓ
Ａ
ꎬ
由余
ｃ
弦定
即
理
Ａ
知
Ｂ
ａ２
. ＋
ｂ２
－２
ａｂ
ｃｏｓ
Ｃ
＝
ｃ２
ꎬ
∴ ≈ 由 ２ 余 ４ 弦 ５ 定理得 ａ２ ｂ２ ｃ２ ｂｃ Ａ ∴２ ｃｏｓ ＝ ꎬ 探究 ∴ ＝ 拓 ７ 展 ꎬ ＝７
∴ ( ＝ ２ ４ ａ ) ＋ ≈ １０ ８ ０ . ６ － . ａ ２ ２ ×２ ｂ × ２ １０ ｃ２ ｃｏｓ４ . ＝ ２ ２ ° ≈ ＋ ７ ２ ４ . － ３ ２ ꎬ ２ ｃｏｓ ∵ ∴ ０ ｃｏ < ｓ Ａ Ａ <π ＝ ꎬ ２ １ ꎬ １１.解 α － α 析 )ꎬ ｃ 由 ｓｉ 题 ｎ( 图 π－ 知 α ) Ｃ ) ( ⇒ ｂ ꎬ Ｂ ０ ( ) ｃ ꎬ Ｂ ( ｃｏ － ｓ ｃ α ꎬ ｃ ｃ ｏｓ( ｓｉ π ｎ
∴ ≈ ｃ Ｃ － ｏ ０ ｓ . ６ Ｃ ４ ＝ . . ° ＋ ２ . ａｂ － ＝ ８６ ２× ＋ ８ ２ . ６ － × １ ２ ０ ７. ∴ 证 Ａ 明 ＝ π ３ . 右边 ｂ (ａ２ ＋ ｂ２ － ｃ２ ) ∴ ＝ ) Ｂ ꎬ Ｃ ｂ２ ＝ ＋ ｃ２ － ( ２ ｃ ｂｃ ｃｏｓ ｃｏ α ｓ － α ｂ ) ꎬ ２ ＋( ｃ ｓｉｎ α ) ２
∴
(３)
≈
∵
１
ａ
２
>
９
ｂ >
８
ｃ ꎬ∴ 最小的内角为Ｃ ꎬ 由余 (ａ２ ｃ ２
(
ｂ２
１
)
) ＝
２
ａｂ ＋ 在
△ ｂｃ
ＡＢＣ中
α ꎬ
由余弦定理知ａ２
＝
ｂ２
＋
ｃ２
弦定理得ｃ２
＝
ａ２
＋
ｂ２
－２
ａｂ
ｃｏｓ
Ｃ
ꎬ
ｃ ＋
ａｃ
－ －２
ＢＣ
２
ｃ
ｂ
ｏｓ
２ ｃ
ꎬ
２ ｂｃ α.
２ ∴ ＝ ＋ －２ ｃｏｓ
Ｃ
ａ２
＋
ｂ２
－
ｃ２
４９＋４８－１３ ３.
ａ２
＋
ｂ２
－
ｃ２
＋
ａ２
＋
ｃ２
－
ｂ２ １２.解析
(１)
连接ＢＤ.在
☉
Ｏ中
ꎬ
Ａ
＋
Ｃ
＝
∴ ｃｏｓ ＝ ａｂ ＝ ＝ ＝ ａ Ａ Ｃ Ｃ
２ ２×７×４ ３ ２ ２ πꎬｃｏｓ ＝ｃｏｓ(π－ )＝－ｃｏｓ ꎬ
ａ 左边 ＢＤ２
Ｃ Ｃ π. ＝ ＝ ꎬ Ａ Ｃ ４＋１６－
∵ ∈(０ꎬπ)ꎬ∴ ＝ 原式成立. ∴ ｃｏｓ ＋ ｃｏｓ ＝ ＋
２.解析 如图 设牵牛星 ６ 与织女星之间的 ∴ (ｂ２ ｃ２ ａ２ ) ＢＤ２ ＢＤ２ Ｂ １ Ｄ ６ ２
ꎬ 右 边 ｃ ＋ － ａ ３６＋１６－ ６０－３ ＋５２－
距离为Ｌ. (２) ＝ ｂｃ ＋ ＝ ＝０ꎬ
２ ４８ ４８
２０
教材习题答案
４.解 析 不 正 确. 当 Ａ Ｂ ｃ ａ
∴
ＢＤ２
＝２８ꎬ
故
ｃｏｓ
Ａ
＝
２０－２８
＝－
１ .
[ )
(１) ꎬ ∈ 由正弦定理得
Ｃ＝ Ａꎬ
１６ ２ π 时 ｓｉｎ ｓｉｎ
ａ２ ｄ２ ＢＤ２ ꎬπ ꎬ
(２) ｃｏｓ Ａ ＋ ｃｏｓ Ｃ ＝ ＋ ａ － ｄ ２ [ ) ｓｉｎ Ａ ＝ｓｉｎ１３５ ° ＝ ２ ꎬ
ｂ２ ｃ２ ＢＤ２ ２ 由ｙ ＝ｓｉｎ ｘ在 π ꎬπ 上单调递减以及 ２
＋ ＋ ｂ － ｃ Ａ Ｂ ２ ｓｉｎ Ｃ ＝ｓｉｎ３０ ° ＝ １ ꎬ
ａ２ ２ ｂｃ ｄ２ｂｃ ｂ２ａｄ ｃ２ａｄ ＢＤ２ ｂｃ ａｄ 得 > ꎬ Ａ Ｂ. ２
＋ ＋ ＋ － ( ＋ ) ｓｉｎ <ｓｉｎ
＝ ａｂｃｄ 正确.理由 ２
２ (２) : ｃ Ａ
在 ＡＢＣ 中 由 Ａ Ｂ 可 知 Ｂ ａ ｓｉｎ ２ .
＝０ꎬ △ ꎬ > ∴ ＝ Ｃ ＝ ×１＝ ２
ｂｃ ａ２ ｄ２ ａｄ ｂ２ ｃ２ ( ) ｓｉｎ １
ＢＤ２ ( ＋ )＋ ( ＋ ) π
∴ ＝ ａｄ ｂｃ ꎬ ∈ ０ꎬ ꎬ ２
＋ ２ Ｂ ° ° ° ° 由正弦定
Ａ 当Ａ为锐角时 (２) ＝１８０ －２６ －４７ ＝１０７ ꎬ
∴ ｃｏｓ ꎬ ° °
ｂｃ ａ２ ｄ２ ａｄ ｂ２ ｃ２ Ａ Ｂ 理得ａ １６ｓｉｎ２６ . ｃ １６ｓｉｎ４７
ａ２ ｄ２ ( ＋ )＋ ( ＋ ) ∵ > ꎬ ＝ ° ≈７ ３ꎬ ＝ ° ≈
＋ － ａｄ ｂｃ Ａ Ｂ. ｓｉｎ１０７ ｓｉｎ１０７
＋ ∴ ｓｉｎ >ｓｉｎ . .
＝ ａｄ 当Ａ为钝角时 １２２
２ ꎬ ａ ｂ
ａ２ ｄ２ ｂ２ ｃ２ Ａ Ｂ 由正弦定理得
＋ － － . ∵ ＋ <πꎬ (３) Ａ＝ Ｂꎬ
＝ ａｄ ｂｃ Ｂ Ａ ｓｉｎ ｓｉｎ
２( ＋ ) ∴ <π－ ꎬ ( ) °
Ａ ６ｓｉｎ１２０ １
11.2 正弦定理 且Ｂ ꎬπ－ Ａ ∈ ０ꎬ π ２ ꎬ ∴ ｓｉｎ ＝ ６ ３ ＝ ２ ꎬ
练习 ∴ ｓｉｎ Ｂ <ｓｉｎ(π－ Ａ )ꎬ ∴ Ａ ＝３０ ° ꎬ∴ Ｃ ＝３０ ° ꎬ∴ ｃ ＝ ａ ＝６ .
１.Ｂ 设 °角所对边的长为ｘ. Ａ Ｂ 由正弦定理得 Ａ Ｂ
３０ ∴ ｓｉｎ >ｓｉｎ ꎬ (４) ２ｓｉｎ ＝２ｓｉｎ
ｘ 综上 在 ＡＢＣ 中 若 Ａ Ｂ 则 Ａ Ａ
由正弦定理可得 ８ ꎬ △ ꎬ > ꎬ ｓｉｎ > ｓｉｎ ꎬ
°＝ °ꎬ Ｂ.
ｓｉｎ４５ ｓｉｎ３０ 练习 ｓｉｎ 又 Ａ Ｂ ２
∵ ｓｉｎ ≠０ꎬ∴ ｓｉｎ ＝ ꎬ
ｘ ４ . ２
∴ ＝ ＝４ ２ １.答案
２ ２.解析 ２０ Ｂ ２ ° ′ Ｃ ° ′ 又Ｂ ∈(０ꎬπ)ꎬ∴ Ｂ ＝ π或Ｂ ＝ ３π.
２.解析 ２ 由题意知 Ｃ ° Ａ Ｂ Ａ ∵ ° ′. ＝６９ ４３ ꎬ ＝４１ １２ ꎬ ２.解析 Ｃ ° Ａ ４ Ｂ ° ４
° (１) ＝１８０ － － ∴ ＝６９ ５ ＡＢ ＢＣ ａ (１) ｂ ＝１８０ ｃ － － ＝４５ ꎬ
＝６０ ꎬ 由正弦定理可得 由
ｃ ｂ Ｃ＝ Ａꎬ Ａ＝ Ｂ＝ Ｃꎬ
由 正 弦 定 理 得 ｓｉｎ ｓｉｎ ｓｉｎ ｓｉｎ ｓｉｎ
ａ ｓｉｎ６０ ° ＝ ｓｉｎ４５ ° ∴ ＡＢ ＝ ７８ . ３５ ｓｉ ｎ ｓ ６ ｉ ９ ｎ ° ４ ５ １ ′ ° １２ ′ ≈５５ . ２５(ｍ) . 得 ａ ＝ ｂ ＝ ２ ꎬ
＝ °ꎬ ３.解析 如图所示. １ ６＋ ２ ２
ｓｉｎ７５
２ ４ ２
６＋ ２
×３ ２ ａ ｂ ６＋ ２.
ｂ ２ ａ ４ ∴ ＝１ꎬ ＝
∴ ＝ ×３ ２＝２ ３ꎬ ＝ ＝ ２
３ ３ ａ ｂ
由 得 １４ ７ ６
２ (２) Ａ＝ Ｂꎬ Ａ＝ ꎬ
. ｓｉｎ ｓｉｎ ｓｉｎ ３
３＋ ３
由Ｃ ° Ａ Ｂ 得Ｃ ° ２
(２) ＝１８０ －( ＋ ) ＝３０ ꎬ 由题意得 ＥＡＣ °
ａ ｃ ∠ ＝１０５ ꎬ
由 正 弦 定 理 得 ｓｉｎ３０ ° ＝ ｓｉｎ３０ ° ∠ Ｅ ＝３０ ° ꎬ ＡＣ ＝１ Ａ ０ Ｃ ２ꎬ ＣＥ 又 解得 ａ ｓｉｎ ｂ Ａ ＝ Ａ ２ ２ Ｂ ꎬ∴ Ａ Ａ ＝４５ °或 °. Ａ ＝１３５ °.
＝ ｓｉｎ １ １ ２ ２０ °ꎬ 由正弦定理得 ｓｉｎ Ｅ＝ ｓｉｎ∠ ＥＡＣꎬ ∴ Ｃ ∵ ＝１ < ８０ ꎬ ° ∴ － Ａ － < Ｂ ꎬ ＝ ∴ ７５ ° ＝ ꎬ ４５
∴ ａ ＝ ｃ ＝４ ３ . 即 １０ ２ °＝ ＣＥ ° . 由 ｂ Ｂ＝ ｃ Ｃꎬ 得７ ６ ＝ ｃ ꎬ
３.解析 由正弦定理可得 ２０ ｓｉｎ３０ ｓｉｎ１０５ ｓｉｎ ｓｉｎ ３ ６＋ ２
(１) ° ＣＥ .
ｓｉｎ２５ ∴ ＝(１０＋１０ ３)ｍ ２ ４
＝ ｓｉ ４ ｎ ０ Ｂꎬ ４.Ａ 即水塔的高度为 (１０＋１０ ３)ｍ . 解得ｃ ｂ ＝７ ｃ ３＋ Ｂ ７ . Ｃ 即Ｂ °
∴ 当 Ｂ Ｂ ≈５７ . . ７ ° ° 或 时 Ｂ Ａ ≈１２２ . . ３ ° ° ꎬ ａ . ５.解析 (１)∵ ｓｉｎ ２Ａ ＋ｓｉｎ ２Ｂ ＝ｓｉｎ ２Ｃ ꎬ ( ∴ ３ Ａ ) ＋ ∵ Ｂ ＋ > Ｃ ꎬ > ∴ ２２０ > ° ＋ ꎬ Ａ >１８０ > ° １ ꎬ １ 与 ０ ꎬ 三角形的
当Ｂ ≈５７７ . °时 ꎬ Ａ ＝９７３ . ꎬ ° ａ ≈４６９ . ꎻ . ∴ ａ２ ＋ ｂ２ ＝ ｃ２ ꎬ 内角和为 １８０ °矛盾 ꎬ
≈１２２３ ꎬ ＝３２７ ꎬ ≈２５６ ＡＢＣ为直角三角形. 三角形无解.
∴ △ ∴
由正弦定得 １３ ２６ ａ Ａ ｂ Ｂ ｂ ｃ
(２) Ａ 故Ａ ｓｉｎ３ ° ０ . °＝ ｓｉｎ Ａꎬ ( ∴ ２ ｓ ) ｉｎ ∵ Ａ ｃ ｃ ｏ ｏ ｓ ｓ Ａ ＝ ＝ ｓｉ ｃ ｎ ｏ Ｂ ｓ ｃｏ ꎬ ｓ Ｂ ꎬ (４) 由 ｓｉｎ Ｂ＝ ｓｉｎ Ｃꎬ 得 ｓｉ ２ ｎ ５ Ｂ＝ ｓｉｎ １ ２ ２ ３ °ꎬ
∴ ｓｉｎ ＝１ꎬ ＝９０ 解得Ｂ . °或Ｂ . °.
则Ｃ ° ° ° １ Ａ １ Ｂ ≈５４５ ≈１２５５
＝９０ －３０ ＝６０ ꎬ ∴ ｓｉｎ２ ＝ ｓｉｎ２ ꎬ 当Ｂ . °时 Ａ ° Ｂ Ｃ . °
２ ２ ＝５４５ ꎬ ＝１８０ － － ＝１０２５ ꎬ
ｃ ａ２ ｂ２ . Ａ Ｂ ａ ｃ ａ
∴ ＝ － ＝１３ ３ ∴ ｓｉｎ２ ＝ｓｉｎ２ ꎬ 由 得 １２
由题意可得Ｂ ° Ａ Ｃ °. 则 Ａ Ｂ或 Ａ Ｂ ° Ａ＝ Ｃꎬ . °＝ °ꎬ
由 (３) 正 弦 定 理 得 ＝１８０ ａ － ° － ＝ ＝１０５ １０ ° ∴ Ａ ２ ＝ Ａ Ｂ ＝ Ｂ ２ Ｃ 或 为 Ａ 等 ＋ Ｂ ２ 腰 ＝ ＋ 三 ９ ２ ０ 角 °. ＝ 形 １８ 或 ０ 直 ꎬ 角三角形. ∴ 当 ａ ｓ Ｂ ｉ ≈ ｎ ３０ꎬ ｓ . ｉｎ °时 ｓｉｎ１０２５ ｓｉｎ２３
ｓｉｎ４５ ｓｉｎ３０ ∴ △ ＝１２５５ ꎬ
ｂ ◆习题11.2 Ａ ° Ｂ Ｃ . °
＝１８０ － － ＝３１５ ꎬ
＝ °ꎬ 感受理解 ａ ｃ ａ
ｓｉｎ１０５ 由 得 １２
１.解析 Ｃ ° ° ° ° Ａ＝ Ｃꎬ . °＝ °ꎬ
ａ ｂ ６＋ ２ . (１) ＝１８０ －１３５ －１５ ＝３０ ꎬ ｓｉｎ ｓｉｎ ｓｉｎ３１５ ｓｉｎ２３
∴ ＝１０ ２ꎬ ＝２０× ＝５ ６＋５ ２ 知Ａ所对的边ａ最长 ａ .
４ ꎬ ∴ ≈１６
２１
３.解析 在 ＡＢＣ中 ＡＣＢ ° . ° 过点Ａ作直径ＡＤ 连接ＣＤ
△ ꎬ∠ ＝５０ －３８ ３ ꎬ ꎬ
. °
＝１１７ ꎬ ＡＣＤ π Ｄ Ｂ
ＣＢ ∴ ∠ ＝ ꎬ ＝ ꎬ
２００ ２
∴ . °＝ . °ꎬ ＡＣ ＡＣ
ｓｉｎ１１７ ｓｉｎ３８３ Ｒ Ｒ
. ° ∵ Ｄ＝２ ꎬ∴ Ｂ＝２ ꎬ
ＣＢ ２００ｓｉｎ３８３ . ｓｉｎ ｓｉｎ
∴ ＝ . ° ８.证明 ａ ｂ ｂ ｃ ｃ ａ ｂ
ｓｉｎ１１ Ｃ ７ Ｄ ＣＢ ａ ∵ ｂ ＝ Ｃ ＝ ｂ ꎬ ｃ 即 Ｂ＝２ Ｒ ꎬ
在 ＢＣＤ中 ＣＢ ∴ ｜ ｜｜ ｜ｃｏｓ(π－ )＝ ｜ ｜ ｜ ｜ｃｏｓ (π－ ｓｉｎ
△ ꎬ °＝ °＝ ꎬ Ａ ｃ ａ Ｂ ｃ ａ
ｓｉｎ５０ ｓｉｎ９０ )＝ ｜ ｜｜ ｜ｃｏｓ(π－ )ꎬ 同理 Ｒ Ｒ
. ° ° 可得 ａ Ｃ ｃ Ａ Ｃ＝２ ꎬ Ａ＝２ ꎬ
ＣＤ ２００ｓｉｎ３８３ ｓｉｎ５０ . ｜ ｜ｃｏｓ ＝｜ ｜ｃｏｓ ꎬ ｓｉｎ ｓｉｎ
∴ ＝ . ° ≈４６８(ｍ) ｂ Ａ ａ Ｂ ａ ｂ ｃ
ｓｉｎ１１７ ｜ ｜ｃｏｓ ＝｜ ｜ｃｏｓ ꎬ Ｒ.
４.解析 由题意知ＡＢ Ａ Ｃ Ｃ Ａ ∴ Ａ＝ Ｂ＝ Ｃ＝２
＝２１ ｎ ｍｉｌｅꎬ ∴ ｓｉｎ ｃｏｓ ＝ｓｉｎ ｃｏｓ ꎬ ｓｉｎ ｓｉｎ ｓｉｎ
ＡＳＢ ° ° ° Ｂ Ａ Ａ Ｂ ｂ ａ
∠ ＝５８ －２５ ＝３３ ꎬ ｓｉｎ ｃｏｓ ＝ｓｉｎ ｃｏｓ ꎬ １１.解析 由正弦定理得
ＳＢ ＡＢ Ａ Ｃ Ｂ Ａ Ｂ＝ Ａꎬ
∴ ｔａｎ ＝ｔａｎ ꎬｔａｎ ＝ｔａｎ ꎬ ｓｉｎ ｓｉｎ
∴ °＝ °ꎬ Ａ Ｂ Ｃ ｂ Ａ
ｓｉｎ２５ ｓｉｎ３３ ∴ ｔａｎ ＝ｔａｎ ＝ｔａｎ ꎬ Ｂ ｓｉｎ
° ＡＢ Ａ Ｂ Ｃ ∴ ｓｉｎ ＝ ａ ꎬ
故ＳＢ ｓｉｎ２５ . . ∵ ꎬ ꎬ ∈(０ꎬπ)ꎬ
＝ ° ≈１６３(ｎ ｍｉｌｅ) Ａ Ｂ Ｃ ° Ａ为钝角
ｓｉｎ３３ Ｂ Ｂ ∵ ＝ ＡＢ ＝ Ｃ为 ＝ 正 ６０ 三 ꎬ 角形. ∵ ａ ｂ Ａ ꎬ .
５.解析 由题意得ｃｏ ｂ ｓ ＝ ｓｉｎ ｂ ꎬ ９. ∴ 证 △ 明 在 ＡＢＤ 中 ＡＢ ｓｉｎ Ｄ ∴ ∴ 仅 > 存 ꎬ 在 ｓｉｎ ａ > < ｂ １ 这一情况.
Ｂ Ｂ 同理 Ｃ Ｃ △ ꎬＢＤ＝ ＢＡＤ＝
∴ ｓｉｎ ＝ｃｏｓ ꎬ ｓｉｎ ＝ｃｏｓ ꎬ ｓｉｎ∠
Ｂ Ｃ ° Ａ ° Ｄ Ｄ
∴ ＝ ＡＢＣ ＝４ 是 ５ 等 ꎬ 腰 ＝ 直 ９０ 角 ꎬ 三角形. ( ｓｉｎ ＢＡＣ) ＝ ｓｉｎ ＢＡＣꎬ
∴ △ π ∠ ∠
Ｂ ｓｉｎ ＋ ｃｏｓ
６.解析 由已知得 ２Ａ ｓｉｎ ２Ｂ ２ ２ ２
ｓｉｎ Ｂ＝ｓｉｎ ＡＣ Ｄ
Ａ ｃｏｓ 在 △ ＡＤＣ 中 ꎬ ＤＣ ＝ ( ｓｉｎ ＢＡＣ) 一解
ｓｉｎ π－∠
Ａꎬ ｓｉｎ
ｃｏｓ ２
Ａ Ｂ Ｄ 11.3 余弦定理、正弦定理
ｓｉｎ ｓｉｎ . ｓｉｎ
∴ Ｂ＝ Ａ ＝ ＢＡＣꎬ 的应用
ｃｏｓ ｃｏｓ ∠
Ａ Ｂ. ｃｏｓ
∴ ｓｉｎ２ ＝ｓｉｎ２ ２ 练习
Ａ Ｂ ＡＢ ＡＣ
∵ ꎬ ∈(０ꎬπ)ꎬ １.解析 当 α °时 由题知 ＱＢ
Ａ Ｂ或 Ａ ° Ｂ. ∴ ＢＤ＝ＤＣꎬ (１) ＝５０ ꎬ ＝
∴２ ＝２ ２ ＝１８０ －２ ＢＯ ＯＰ ｘ ｘ
即Ａ Ｂ或Ａ Ｂ ° ＡＢ ＢＤ １２５ꎬ ＝２５ꎬ ＝１５０－ (０≤ ≤５０)ꎬ
＝ ＋ ＝９０ ꎬ . 在 ＡＯＰ中 由余弦定理得
ＡＢＣ是等腰三角形或直角三角形. ∴ ＡＣ＝ＤＣ △ ꎬ
∴ △ ＡＰ２ ＯＡ２ ＯＰ２ ＯＡ ＯＰ °
思考运用 探究拓展 ＝ ＋ －２ ｃｏｓ５０ ꎬ
即 ２ ２ ｘ ２
７.解析 证明 如图 过点 Ａ 作 ＡＤ ＢＣ １０.解析 对任意三角形都成立 证明 当 １２５ ＝２５ ＋(１５０－ ) －２×２５×(１５０－
: ꎬ ⊥ ꎬ : ｘ ° 化简得 ｘ２
于点Ｄ ＡＢＣ为锐角三角形时 )×ｃｏｓ ５０ ꎬ －(３００－５０
ꎬ △ ꎬ ° ｘ °
如图 过点Ａ作直径ＡＤ 连接ＣＤ ｃｏｓ５０ ) ＋７５００(１－ｃｏｓ５０ )＝０ꎬ
１ꎬ ꎬ ꎬ 解得ｘ . ｘ . 舍去 .
≈１０４( ≈２５７５ )
当α °时
(２) ＝１３５ ꎬ
在 ＡＯＰ中 由余弦定理得
△ ꎬ
ＡＰ２ ＯＡ２ ＯＰ２ ＯＡ ＯＰ °
＝ ＋ －２ ｃｏｓ１３５ ꎬ
则ＡＤ ｂ Ｃ 即 ２ ２ ｘ ２
＝ ｓｉｎ ꎬ １２５ ＝２５ ＋(１５０－ ) －２×２５×(１５０－
∴ Ｓ △ ＡＢＣ＝ ２ １ ａｂ ｓｉｎ Ｃ. ｘ )×ｃｏｓ１３５ ° ꎬ 化简得ｘ 解 ２ － 得 (３ ｘ ００－２ . ５ ２ ｘ ) ｘ
＋７５００－３ ７５０ ２＝０ꎬ ≈８ ６( ≈
Ｓ １ ａｂ Ｃ １ 图 . 舍去 .
(１) △ ＡＢＣ ＝
２
ｓｉｎ ＝
２
×２×３× １ ２. ２ 解 ５６ 析 １
(１)
) 由余弦定理得Ｆ２
１＝
Ｆ２
２＋
Ｆ２
３－
° ３ . ＡＣＤ π Ｄ Ｂ
ｓｉｎ１５０ ＝ ∴ ∠ ＝ ꎬ ＝ ꎬ Ｆ Ｆ ° Ｆ ８０ ２＋４０ １７
Ｂ ２ ° Ａ Ｃ °. ＡＣ ２ ＡＣ ２ ２ ３ｃｏｓ ４５ ⇒ ３＝ ２
由 (２ 正 ) 弦 ＝ 定 １８ 理 ０ 得 － ｓ － ｉ Ｂ ｎ ｂ Ｂ ＝ ＝ １０ ｓ ５ ｉｎ ｃ Ｃꎬ ∵ 即 ｓｉｎ ｂ Ｄ Ｂ＝ ＝ ２ ２ Ｒ Ｒ ꎬ ꎬ∴ ｓｉｎ Ｂ＝２ Ｒ ꎬ ( ＝ ２ ４ ) ０ 由 ２ 正 ＋２ 弦 ０ 定 １ 理 ７ 得 ≈１３ Ｆ ９ １ Ｎ ° . ＝ Ｆ ３ γ⇒ｓｉｎ γ
可得ｂ ｃ ｓｉｎ . ｓｉｎ ｓｉｎ４５ ｓｉｎ
＝ ｓｉｎ Ｃ＝５ ６＋５ ２ 同理 ｃ Ｃ＝２ Ｒ ꎬ ａ Ａ＝２ Ｒ ꎬ ＝ １３９ ２ ≈０ . ９８ꎬ
则Ｓ △ ＡＢＣ＝ ２ １ ｂｃ ｓｉｎ Ａ ＝ ２ １ ×(５ ６＋５ ２)× ∴ ａ ｓｉ Ａ ｎ ＝ ｂ Ｂ＝ ｓｉｎ ｃ Ｃ＝２ Ｒ. ∴ γ β ２ ≈ ００ ７９ . ４ ° °. ° . ° . °.
ｓｉｎ ｓｉｎ ｓｉｎ ∴ ＝１８０ －(１３５ －７９４ )＝１２４４
２ . 当 ＡＢＣ为钝角三角形时 如图 ３.解析 ＮＢＣ ° ＮＢＡ °
１０× ＝２５ ３＋２５ △ ꎬ ２ꎬ ∵ ∠ ＝１４０ ꎬ∠ ＝１１０ ꎬ
２ ( ) Ｎ′ＣＢ ° ＣＢＡ °
∴ ∠ ＝４０ ꎬ∠ ＝３０ ꎬ
证明 ａ Ｒ １ ＢＯＣ ＢＡＣ °.
(３) : ＝２ ｓｉｎ ∠ ∴ ∠ ＝７５
２ 由题知 ＢＣ .
Ｒ Ａ. ꎬ ＝４０×０５＝２０ꎬ
＝２ ｓｉｎ ＡＣ ＢＣ
同理ｂ Ｒ Ｂ ｃ Ｒ Ｃ 在 ＡＢＣ中
＝２ ｓｉｎ ꎬ ＝２ ｓｉｎ ꎬ △ ꎬ °＝ °ꎬ
ａ ｂ ｃ ｓｉｎ３０ ｓｉｎ７５
Ｒ. °
∴ Ａ＝ Ｂ＝ Ｃ＝２ ＡＣ ２０×ｓｉｎ３０
ｓｉｎ ｓｉｎ ｓｉｎ ∴ ＝ °
ｓｉｎ７５
图
２ . .
＝１０ ６－１０ ２≈１０３５(ｎ ｍｉｌｅ)
２２
教材习题答案
４.解析 ＢＣ ＰＣ ° ＡＣ 在 ＢＣＰ中 由正弦定理知
＝ ｔａｎ ４５ ＝６００ ｍꎬ ＝ ＡＤＢ ＡＤＣ １ △ ꎬ
ＰＣ ° ∴ ｃｏｓ∠ ＝－ｃｏｓ ∠ ＝ ꎬ ＢＰ ＢＣ
ｔａｎ６０ ＝６００ ３ ｍꎬ ２
在 ＡＢＣ 中 ＡＣＢ ° γ＝ β γ ꎬ
△ ꎬ ｃｏｓ ∠ ＝ ｃｏｓ ３０ ＡＤＢ ３ ｓｉｎ ｓｉｎ( － )
ＢＣ２
＋
ＡＣ２
－
ＡＢ２ ∴ ｓｉｎ∠ ＝
２
ꎬ
即ＢＰ
ＢＣ
ｓｉｎ
γ
.
＝ ＢＣ ＡＣ ꎬ ＡＤ ＡＤＢ ＝ β γ
２ 由正弦定理得 ＡＢ ｓｉｎ∠ ｓｉｎ( － )
解得ＡＢ . ＝ Ｂ ＝ 在 ＡＢＰ中
＝６００ ｍ ｓｉｎ △ ꎬ
这两个航标间的距离为 . ° α β
∴ ６００ ｍ 同理得ＡＢ ｓｉｎ(１８０ － － ) ＢＰ
◆习题11.3 ３ ＝ α
１０× ｓｉｎ
感受理解 ２ . α β γ
＝５ ６ ＢＣ ｓｉｎ( ＋ )ｓｉｎ
１.证明 ｂｃ Ａ ｃａ Ｂ ａｂ Ｃ ２ ＝ α β γ ꎬ
２( ｃｏｓ ＋ ｃｏｓ ＋ ｃｏｓ ) ｓｉｎ ｓｉｎ( － )
ｂ２ ｃ２ ａ２ ａ２ ｃ２ ｂ２ ｂ２ ａ２ ２ ＤＥ ＡＢ ＡＤ ＥＢ
＝( ＋ － )＋( ＋ － )＋( ＋ － ６.证明 如图 ∴ ＝ － －
ｃ２ ꎬ ＢＣ α β γ
) ｓｉｎ( ＋ )ｓｉｎ ＡＤ ＥＢ.
ａ２ ｂ２ ｃ２ ＝ β γ α － －
＝ ＋ ＋ ｓｉｎ( － )ｓｉｎ
左边 探究拓展
＝ ꎬ
原式成立. １０.解析 略.
∴
２.解析 如图 设塔底为Ｏ ◆复习题
ꎬ ꎬ
感受理解
则Ｆ′ Ｆ Ｆ′ Ｆ
θ
２＝ ２ꎬ
θ
３＝ ３ꎬ
θ θ θ １.解析 由
ａ ｃ
得
ｓｉｎ １ ＝ｓｉｎ ４ꎬｓｉｎ ２ ＝ｓｉｎ ５ꎬｓｉｎ ６ ＝ (１) Ａ＝ Ｃ
θ ｓｉｎ ｓｉｎ
ｓｉｎ ３ꎬ
Ｆ Ｆ′ Ｆ′
３
由正弦定理得 １ ２ ３
θ ＝ θ ＝ θ ꎬ １ ３
ｓｉｎ ４ ｓｉｎ ５ ｓｉｎ ６ ＝ Ｃꎬ
即 Ｆ １ Ｆ ２ Ｆ ３ . ３ ｓｉｎ
θ ＝ θ ＝ θ
∴ ∠
ＯＡＢ
Ａ
＝
Ｏ
６０
°
ꎬ∠
ＯＡＣ
＝４５
°
ꎬ
７.解
Ａ
析 ｓ
Ｂ
ｉｎ
Ｂ
１ 由
Ｃ
余 ｓｉｎ 弦 ２
Ａ
定
Ｂ
理
Ｃ
ｓｉｎ 得 ３ ＡＣ２
＝
ＡＢ２
＋
ＢＣ２
－
∴
２
ｓｉｎ
Ｃ
＝
１
ꎬ
ＡＢ ２ ｃｏｓ∠ ２
∴ ＝
ｃｏｓ６０
°＝４００ꎬ
＝
ＡＢ２
＋
ＢＣ２
＋
ＡＢ
ＢＣ
∵０<
Ｃ
<πꎬ
ａ
>
ｃ
ꎬ∴
Ａ
>
Ｃ
ꎬ
ＡＣ ＡＯ ＝( ＡＢ ＋ ＢＣ ) ２ － ＡＢ ＢＣ Ｃ π.
＝ °＝２００ ２ꎬ (ＡＢ ＢＣ) ２ ∴ ＝
ｃｏｓ４５ ＡＢ ＢＣ ＋ ６
ＡＢ２ ＡＣ２ ＢＣ２ ＝９００－ ≥９００－ ＝６７５ ｂ２ ｃ２ ａ２
在 ＡＢＣ 中 ＢＡＣ ＋ － ２ Ａ ＋ －
△ ꎬｃｏｓ∠ ＝ ＡＢ ＡＣ 当且仅当 ＡＢ ＢＣ 时 等号成 (２)ｃｏｓ ＝ ｂｃ
２ ( ＝ ＝ １５ ꎬ ２
立
２ 从 )ꎬ 木条正中间锯断 才能使第三条边 ２＋( ３＋１) ２ －４
＝ ꎬ ∴ ꎬ ＝
２ ＡＣ最短. ２ ２( ３＋１)
ＢＣ . .
３.解 ∴ 析 ＝２ 飞 ００ 机 ２≈２８２ 飞 ８( 行 ｍ) 的距离 思考运用 －２＋３＋２ ３＋１
２８８ ｓ ＝６００× ８.解析 如图 连接ＡＢ ＝
(１) ꎬ ꎬ ２ ２( ３＋１)
２８８ .
＝４８(ｋｍ)＝４８０００(ｍ) ２ ３＋２
３６００ ＝
设俯角为 °时飞机与山顶的距离为
８１ ２ ２( ３＋１)
ｘ
ｍꎬ ３＋１
＝
由 正 弦 定 理 得 ４８０００
° . ° ２( ３＋１)
ｓｉｎ(８１ －１８５ )
ｘ ２
＝ ꎬ
＝ ｓｉｎ１８ . ５ °ꎬ 在 ＡＯＢ 中 ＡＯＢ ° ＯＡ ２ Ａ
则飞机与山顶的高度差为ｘ ｓｉｎ ８１ ° ＝ ＯＢ △ . ꎬ∠ ＝６０ ꎬ ＝３ ｋｍꎬ ∵０< <πꎬ
４８０００ｓｉｎ１８ . ５ ° ° . 由余 ＝ 弦 １ ｋ 定 ｍ 理知 ∴ Ａ ＝ π.
ｓｉｎ(８１ ° －１８ . ５ ° ) ｓｉｎ ８１ ≈１６ ９５９ ３ ＡＢ２ ＝ ＯＡ２ ＋ ＯＢ２ －２ ＯＡ ＯＢ ｃｏｓ∠ ＡＯＢ ꎬ ４ ａ２ ｃ２ ｂ２
由 Ｂ ＋ －
(ｍ)ꎬ ＡＢ . (３) ｃｏｓ ＝ ａｃ ꎬ
. ∴ ＝ ７ ｋｍ ２
２０２５０－１６９５９３≈３２９１(ｍ)ꎬ 起初两人间的距离为 .
即山顶的海拔高度为 ３２９１ ｍ . ∴ 由题知Ｓ ｔ Ｓ ７ ｋｍ ｔ 得 ３ ２７＋４－ ｂ２
４.解析 设ＢＣ ｘ (２) 乙＝４ ＋１ꎬ 甲＝３－４ꎬ － ＝ ꎬ
＝ ｋｍꎬ 则Ｓ ｔ ２ １２ ３
ｘ ( ) 解得ｂ .
则ＭＣ ＝ ｔａｎ４２ ° ｋｍ . ＝ Ｓ２乙＋ Ｓ２甲－２ Ｓ 乙 Ｓ 甲 ｃｏｓ∠ ＡＯＢ ２.解析 ＝ 由 ７ ａ － ｂ ＝ ｃ ｃｏｓ Ｂ － ｃ ｃｏｓ Ａ ꎬ 结
ＭＣ ｔ２ ｔ ｔ 合正弦定理得
° ＝ ４８ －２４ ＋７( ≥０)ꎬ
∵ ｘ＝ｔａｎ２５ ꎬ ｔ 后 两 人 间 距 离 为 Ａ Ｂ Ｃ Ｂ Ｃ Ａ
５＋ ∴ ｈ ｓｉｎ －ｓｉｎ ＝ｓｉｎ ｃｏｓ －ｓｉｎ ｃｏｓ ꎬ
ｘ ５ｔａｎ２５
°
ｔａｎ４２
°
４８
ｔ２
＋７－２４
ｔ
ｋｍ
.
∴ ｓｉｎ(
Ｂ
＋
Ｃ
)－ｓｉｎ(
Ａ
＋
Ｃ
)＝ｓｉｎ
Ｃ
ｃｏｓ
Ｂ
－ｓｉｎ
∴ ＝ ° °ꎬ ( ) Ｃ Ａ 得 Ｂ Ｃ Ａ Ｃ.
１－ｔａｎ２５ ｔａｎ４２ 由 知Ｓ Ｓ １ . ｃｏｓ ꎬ ｓｉｎ ｃｏｓ ＝ｓｉｎ ｃｏｓ
ＭＣ ５ｔａｎ２５
° (３) (２) ｍｉｎ＝
４
＝２ ｋｍ
∴ ｃｏｓ
Ｃ
＝０
或
ｓｉｎ
Ｂ
＝ｓｉｎ
Ａ
ꎬ
∴ ＝ ° °
１－ｔａｎ２５ ｔａｎ４２ 当行走 １ 后两人间的距离最短 Ｃ π或Ａ Ｂ
. . ∴ ｈ ꎬ ∴ ＝ ＝ ꎬ
≈４０２>３ ４ ２
无触礁危险. 为 . ＡＢＣ是直角三角形或等腰三角形.
∴ ２ ｋｍ ∴ △
５.解析 由余弦定理得 ＡＤＣ ９.解析 需知ＡＤ ＥＢ ＢＣ的长度. ＢＣ ＡＢ
ｃｏｓ∠ ＝ ꎬ ꎬ ３.解析 由题意得 Ｃ °
ＣＤ２ ＡＤ２ ＡＣ２ ＡＰＢ ° α β Ｃ γ ＢＰＣ β Ａ＝ Ｃꎬ ＝１８０ －
＋ － ３６＋１００－１９６ １ ∠ ＝１８０ － － ꎬ∠ ＝ ꎬ∠ ＝ － ｓｉｎ ｓｉｎ
ＣＤ ＡＤ ＝ ＝－ ꎬ γ ＡＢＰ β Ａ α Ａ Ｂ °
２ ２×６×１０ ２ ꎬ∠ ＝ ꎬ∠ ＝ ꎬ ( ＋ )＝４５ ꎬ
２３
ＢＣ ＰＱ２ Ａ
即 １０ ｓｉｎ ２５６
°＝ °ꎬ ≤ Ａ ꎬ ４＋３６－
ｓｉｎ６０ ｓｉｎ４５ ４(１－ｃｏｓ ) θ ７ １
ＢＣ . ＰＱ２ Ａ ∴ ｃｏｓ２ ＝ ＝ ꎬ
∴ ＝５ ６ ｎ ｍｉｌｅ ｓｉｎ 为定值 ２×２×６ ７
４.解析 设ＯＰ ｘ ∵ Ａ ꎬ
＝ ꎬ ２(１－ｃｏｓ ) θ ４ ３
当ＡＰ ＡＱ时 ＡＰＱ的面积最大. ∴ ｓｉｎ２ ＝ ꎬ
由题意可得ＯＡ ＝ ｘ ꎬ ＯＢ ＝ ３ ３ｘ ꎬ ８. 由 解 ∴ 题 析 知 如 ＝ 图 ＡＰ ꎬ Ｂ 过点 ꎬ△ Ｐ作 α Ｐ β Ｈ ⊥ ＡＢ Ｂ 于 ＰＨ Ｈ ꎬ β ∴ Ｓ 四边形ＡＢＣＤ＝ ７ Ｓ △ ＡＢＣ＋ Ｓ △ ＡＣＤ
ｘ２ ＋ １ ｘ２ －４００００ π. ∠ ＝π－( ＋ )ꎬ∠ ＝ ＝ １ × ２× ６×ｓｉｎ ２ θ ＋ １ × ４ × ４ ×
° ３ － ２ ° θ ２
∴ ｃｏｓ１３５ ＝ ꎬ ２ ｓｉｎ(１８０ －２ )
２ ３ｘ２ 在 ＡＢＰ 中 由正弦定理得 ＡＢ θ .
解得ｘ ≈１３６ ｍ . ３ △ ＢＰ ꎬ ｓｉｎ∠ ＡＰＢ ＝ (２ ｍ １ ) ４ｓ 证 ｉｎ 明 ２ : ＝ 连 ８ 接 ３ ＡＣ ꎬ 设 ∠ ＡＢＣ ＝ θ ꎬ ＡＣ
５.解析 解法一 :∵ ａ ＋ ｂ ＋ ｃ ＝ ０ ꎬ ＝ α . ＝ 四 ꎬ 边形 ＡＢＣＤ 为圆 Ｏ 的内接四
ａ与 ｂ 的夹角为 ° ｂ 与 ｃ 的夹角 ｓｉｎ ∵
１３５ ꎬ ｄ 边形
为 ° 在 ＢＰＨ中 ＢＰ ꎬ
１２０ ꎬ △ ꎬ ＝ ＢＰＨꎬ ＡＤＣ θ
ａ与ｃ的夹角为 ° ｃｏｓ∠ ∴ ∠ ＝π－ ꎬ
如
∴
图.
１０５ ꎬ
整理得ｓｉｎ(
α
＋
β
)
ｓ
θ
ａ２
＋
ｂ２
－
ｍ２
θ θ
α β＝ ｄ ꎬ ∴ ｃｏｓ ＝ ａｂ ꎬｃｏｓ(π－ )＝－ｃｏｓ
ｓｉｎ ｓｉｎ ２
α β ｓ ｃ２ ｄ２ ｍ２
当 α β 满足ｓｉｎ( ＋ ) 时 发出 ＋ －
∴ ꎬ α β＝ ｄ ꎬ ＝ ｃｄ ꎬ
ｓｉｎ ｓｉｎ ２
警告. ａ２ ｂ２ ｍ２ ｃ２ ｄ２ ｍ２
＋ － ＋ － .
∴ ａｂ ＋ ｃｄ ＝０
２ ２
ｃｄ ａ２ ｂ２ ａｂ ｃ２ ｄ２
ｍ２ ( ＋ )＋ ( ＋ )
∴ ＝ ａｂ ｃｄ ꎬ
＋
θ
∴ ｃｏｓ
ｃｄ ａ２ ｂ２ ａｂ ｃ２ ｄ２
探究拓展 ａ２ ｂ２ ( ＋ )＋ ( ＋ )
{ ｂ ° ｃ ° ａ ＋ － ａｂ ｃｄ
则 ｜ ｜ｓｉｎ４５ ＋｜ ｜ｓｉｎ１５ ＝｜ ｜ꎬ ａ ｂ ＋
ｂ ° ｃ ° ９.证明 要证 ＝ ａｂ
｜ ｜ｃｏｓ４５ ＝｜ ｜ｃｏｓ１５ ꎬ Ａ＝ Ｂꎬ ２
得 { ｜ ａ ｜＝ ６ꎬ 只需证 ａ ｓ ｓ ｉ ｉ ｎ ｎ Ａ ｓｉｎ ＝ ａ２ ＋ ｂ ａ ２ ｂ － ｃ ｃ ２ ｄ － ｄ２ .
ｂ . ｂ ＝ Ｂꎬ ２( ＋ )
解法 ｜ 二 ｜
:
＝ 如 ３ 图 ＋ . １
只需证
ａ２ ｓ
ｓ
ｉ
ｉ
ｎ
ｎ
２Ａ
１－ｃｏｓ
２Ａ ∴ ｓｉｎ
ａ
２
ｂ
θ ＝
ｃ
１
ｄ
－ｃ
２
ｏｓ ２
ａ
θ
２ ｂ２ ｃ２ ｄ２ ２
ｂ２ ＝ ｓｉｎ ２Ｂ＝ １－ｃｏｓ ２Ｂꎬ ＝ ４( ＋ ) － ａ ( ｂ ｃ ＋ ｄ ２ － － ) ꎬ
ａ２ １－ ( ｃ２ ＋ ｂ ｂ ２ ２ － ｃ２ ａ２ ) ２ ∴ Ｓ２ ＝( Ｓ △ Ａ ４ Ｂ ( Ｃ＋ Ｓ △ ＋ ＡＣＤ ) ) ２
只需证 ｂ２ ＝ ａ２ ４ ｃ２ ｂ２ ２ꎬ ＝ １ ( ａｂ ＋ ｃｄ ) ２ ｓｉｎ ２θ
( ＋ － ) ４
∴
为 ∵
∠
ａ
１２
与
Ａ ０ ＝
° ｂ
ꎬ ６
的
０ ° ꎬ
夹
∠
角
Ｃ
为
＝４
１
５
３
°
５
ꎬ
°
∴
ꎬ ｂ
∠
与
Ｂ ＝
ｃ
７
的
５ °
夹
ꎬ
角 只需证ａ２
－
( １ ａ － ２ ＋
４
ｃ２
ｃ
４ －
２
ａ ｂ ２ ２ ｃ ) ２ ２
ｄ
＝
２
(
) ２
４ １
]
) ２ [４( ａｂ ＋ ｃｄ ) ２ －( ａ２ ＋ ｂ２ － ｃ２ －
由 正 ｜ ｃ ｜ 弦 定 理 得 ｓｉｎ ｜ ａ ６ ｜ ０ ° ＝ ｓｉｎ ｜ ｂ ７ ｜ ５ ° ＝ ｂ ａ ２ ２ － ( ( ｃ ａ ２ ２ ＋ ＋ ｂ ４ ｃ ２ ｃ ２ － ２ － ａ ｂ ２ ２ ) ) ２ ２ . ｂ ＝ ) １ ２ １ ６ ] [( ａ ＋ ｂ ) ２ －( ｃ － ｄ ) ２ ][( ｃ ＋ ｄ ) ２ －( ａ －
＝ °ꎬ ∵ － ｃ２ １ ａ ｂ ｃ ｄ ａ ｂ ｄ ｃ ａ ｃ ｄ
ｓｉｎ４５ ４ ＝ ( ＋ ＋ － )( ＋ ＋ － )( ＋ ＋ －
６.解 ∴ 析 ｜ ａ ｜＝ 由 ６ 题 ꎬ 意 ｜ ｂ 得 ｜＝ ꎬ ａ ３ ２ ＝ ＋１ ｂｃ . ꎬ ＝ ２ ａ２ｃ２ ＋２ ｂ２ｃ２ ＋ ４ ２ ｃ ａ ２ ２ｂ２ － ａ４ － ｂ４ － ｃ４ ｂ ) １ ( ６ ｐ ｂ ＋ ａ ｃ ＋ ｄ ｐ － ａ ｂ ) ｐ ｃ ｐ ｄ
ａ ｂ ｃ ｃ２ ｂ２ ａ２ ２ ＝( － )( － )( － )( － )ꎬ
２ ＝ ＋ ꎬ ｂ２ ( ＋ － ) Ｓ ｐ ａ ｐ ｂ ｐ ｃ ｐ ｄ .
(ｂ ｃ) ２ ＝ － ｃ２ ꎬ ∴ ＝ ( － )( － )( － )( － )
＋ ｂｃ ４ 本章测试
∴ ＝ ꎬ ａ ｂ ａ ｃ
化简得 ２ ｂ ｃ ２ ∴ Ａ ＝ Ｂꎬ 同理得 Ａ ＝ Ｃꎬ 一、填空题
( － ) ＝０ꎬ ｓｉｎ ｓｉｎ ｓｉｎ ｓｉｎ
即ｂ ｃ ｂ ｃ １.答案 ４
∵２ ａ
＝
＝ ｂ
ꎬ
＋ ｃ ꎬ ｓｉｎ Ｂ＝ ｓｉｎ Ｃꎬ ７
ａ ｂ ｃ ａ ｂ ｃ ２.答案
∴ ＝ ＝ ꎬ . ２ ２１
即 ＡＢＣ为等边三角形. ∴ Ａ＝ Ｂ＝ Ｃ ３.答案
△ ｓｉｎ ｓｉｎ ｓｉｎ １３
思考运用 １０.解析 连接 ＡＣ ＢＤ 设 ＡＣ ｘ ４.答案 °
(１) ꎬ ꎬ ＝ ꎬ ３０
７.解析 由题意知 Ａ . ＣＡＤ θ. ５.答案 等腰三角形
ｃｏｓ ≠１ ∠ ＝
由 ＡＱ 余弦定 Ａ 理得 ＡＰ２ ＋ ＡＱ２ － ＰＱ２ ＝２ ＡＰ 由 Ｃ 圆 ＡＤ 内接 Ｃ 四 ＢＤ 边形 Ａ 性 ＢＤ 质 θ 得 ∠ ＡＣＤ ＝ ６ 二 .答 、选 案 择 题 １３
ｃｏｓ ꎬ① ∠ ＝∠ ＝∠ ＝ ꎬ
ＡＰ２ ＡＱ２ ＡＰ ＡＱ ＡＤＣ ° θ ＡＢＣ θ ７.Ｃ
＋ ≥２ ꎬ② ∠ ＝１８０ －２ ꎬ∠ ＝２ ꎬ
ＰＱ２ ＡＢＣ ＡＤＣ ８.Ａ
联立 得ＡＰ ＡＱ 当 ∴ ｃｏｓ∠ ＝－ｃｏｓ∠ ꎬ
①② ≤ Ａ ( ｘ２ ｘ２ ９.Ｄ
２(１－ｃｏｓ ) ４＋３６－ －１６－１６
且仅当ＡＰ ＡＱ时 等号成立 ∴ ＝ ꎬ １０.Ｃ
＝ ꎬ )ꎬ ２×２×６ ２×４×４
三、解答题
∴
Ｓ
△ ＡＰＱ ＝
１ ＡＰ
ＡＱ
ｓｉｎ
Ａ 得ｘ２
＝
２５６.
１１.解析 Ａ °
２ ７ ∵ ＝４５ ꎬ
２４
教材习题答案
若ｚ ｍ ｍ ｍ２ 为虚数
∴ ｓｉｎ Ａ ＝ ２ ꎬ 则 (２) ｍ２ －１ ＝ ≠０ ( ꎬ 即 ＋ ｍ １ ≠ )＋ １ ( 且ｍ － ≠ １) － ｉ １ . ꎬ
ａ
２
ｂ {(３
ｍ
)
若
ｍ
ｚ
＝
ｍ
(
ｍ
＋１)＋(
ｍ２
－１)ｉ
为
０ꎬ
则
∵ Ａ＝ Ｂꎬ ( ＋１)＝０ꎬ即ｍ .
ｓｉｎ ｓｉｎ ｍ２ ＝－１
２
－１＝０ꎬ
{ｍ２ ｍ
４ ３× ４.解析 由题意得 ＋３ －４＝０ꎬ
Ｂ ２ ３. ｍ２ ｍ
∴ ｓｉｎ ＝ ＝ 解得ｍ . －２ －２４≠０ꎬ
４ ２ ２ ＝１
° Ｂ ° 且ｂ ａ ５. 解 析 根 据 题 意 得
∵０ < <１８０ ꎬ > ꎬ ( １ )
Ｂ °或Ｂ °. ì
１２.解
∴
析
＝６０
Ａ
＝
°
１２
Ｂ
０
°
ï ï１ ｘ
－
ｙ
＝５ꎬ {ｘ
∵ ＝３０ ꎬ ＝１０５ ꎬ í２ 解得 ＝４ꎬ
ï ｙ .
Ｃ ° Ａ １ . ï ｘ ２ ｙ ＝－３
∴ ＝４５ ꎬｓｉｎ ＝ î４ ＋ ＝１４ꎬ
∵ ｓｉｎ ａ Ａ＝ ｓｉｎ ｃ Ｃꎬｓｉｎ ２ Ｃ ＝ ２ ２ ꎬ 在 ＡＢ △ ＝ Ａ ２ Ｂ ° ５０ Ｐ ꎬ Ｂ 中 由 Ｐ２ 余 ＋ ꎬ Ａ Ａ 弦 Ｐ Ｐ ２ 定 ＝ － Ａ ４ 理 Ｂ ００ ２ 得 ꎬ∠ ｃ Ｂ ｏｓ Ｐ ∠ Ａ ＝ ＢＰ ３ Ａ ０ ° ＝ ꎬ { ( ｘ ２) 根 ３ 据 {ｘ 题意 得 {ｘ － ＋ ｘｙ ｙ ＝ ＝ １ － ５ ２ ꎬ ꎬ解 得
ｃｏｓ３０ ＝ ＢＰ ＡＰ ꎬ ＝３ꎬ或 ＝－５ꎬ
２ ２ ｙ ｙ .
∴ ｃ ＝
２０×
１ ２ ＝２０ ２ . 即 ３ ＝ ＢＰ２ ＋４００ Ｂ ２ Ｐ －２５０ ２ ꎬ (３)
＝
根
－５
据题意
＝
得
３{ｘ２
ｙ － ２ ｘ － ｙ ２＝０ꎬ
解得
２
ＢＰ
８００
. 或 ＢＰ . 舍
２ ＋５ ＋{２
ｘ
＝０ꎬ
２ ≈１９６ ４ ≈４９６ ４( {ｘ ＝－１ꎬ
故Ｓ △ ＡＢＣ＝ １ ａｃ ｓｉｎ Ｂ ＝１００＋１００ ３ . 去 ) .则ｔ ＝ １９６ . ４ ≈２ . ８(ｈ)ꎬ 解 得 ｙ ＝ ＝ － － ２ １ꎬ 或 ｙ ＝－ １ 或
１３.解析 ∵ ｔａ
２
ｎ Ａ ＝ １ ꎬｔａｎ Ｂ ＝ ３ ꎬ 侵 即 袭 ２ . . ８ 小时
７
后
０
该城市开始受到台风 {ｘ ＝２ꎬ或
{ｘ
＝２ꎬ
２
４ ５ ｙ ｙ １ .
第 12 章 复数 ＝－２ ＝－
１７ ２
Ａ Ｂ 思考运用
Ａ Ｂ ｔａｎ ＋ｔａｎ ２０
∴ ｔａｎ( ＋ )＝ Ａ Ｂ＝ ６.答案
１－ｔａｎ ｔａｎ ３ 12.1 复数的概念 ①③④
１－ 解析 中 实数是复数 实数间可以
. ２０ 练习 比较大 小 ① ꎬ 中 ｚ 不一定 ꎬ 等于ｚ 也不
∴ ∴ ＝１ ｃ Ｃ －ｔ ＝ ａｎ １３ Ｃ ５ ＝ ° . ꎬ １ꎬｔａｎ Ｃ ＝－１ . １.解析 ２＋ ３ꎬ０ 是 是 实 虚 数 数 ꎬ１ 其 －２ 中 ｉꎬ １ ２ １ ｉꎬ 是 －５ 纯 ＋ ７.解 一 Ｃ ꎬ 定 析 则 等 ｘ 于 由 ＝ ｙ ꎻ 题 ０ ＝ ③ ꎬ １ 意 如 不 得 ｚ ꎬ 一１ { ＝ １ ｍ 定 １ ２ ꎬ 成 － ｚ ３ ２立 ｍ ＝ － ｉ . ꎻ １ ④ ＝３ 中 ꎬ ꎬ 解 ２ꎬ ｘ ꎬ 得 ｙ ∈ ｍ
∴ ＝ １７ ２ｉꎬ７＋( ５－２)ｉ ꎬ ｉ ｍ２ ｍ
故 ｃｏｓ Ｃ ＝ ａ２ ＋ ｂ ａ ２ ｂ －１７ ＝－ ２. 虚数 ꎬ 这些虚数的实部分别为 １ ２ ꎬ０ꎬ－５ꎬ 探 ＝ 究 － １ . 拓展 －５ －６＝０ꎬ
Ａ Ｂ ２ ２ ７ꎬ 虚部分别为 －２ꎬ １ ꎬ ２ꎬ ５－２ . ８.证明 对任意 ｘ ｘ Ｍ 设 ｘ ａ
∴ ∵ Ａ ｔａ < ｎ Ｂ. <ｔａｎ ꎬ ２.Ｃ ２ ｂ ｘ ａ ｂ １ꎬ 其 ２∈ 中ａ ꎬ ａ ｂ １ ＝ ｂ １＋
最短边为Ａ所对的边 ３.解析 当ｍ 即ｍ 时 复数 １ ２ꎬ ２＝ ２＋ ２ ２ꎬ １ꎬ ２ꎬ １ꎬ ２∈
ꎬ (１) －２＝０ꎬ ＝２ ꎬ Ｑ. ｘ ｘ ａ ｂ ａ ｂ
则 １ ａｂ Ｃ １ ｂｃ Ａ ｚ是实数. ａ ∵ ａ １± ２＝ ｂ ( ｂ １＋ １ ２)± ｘ ( ｘ ２＋ ２ Ｍ. ２)＝
ａ ２ ２ ２ ＝ ｓｉｎ １７ ＝ ｓｉｎ ２ Ａ ꎬ ｓｉｎ ꎬ ( 时 虚 ( ２ ３ 数 ) ) 复 当 当 . 数 ｍ ｍ ｚ － ＋ 是 ２ １ ≠ ＝ 纯 ０ ０ 虚 ꎬ 且 即 数 ｍ . ｍ － ≠ ２ ２ ≠ 时 ０ꎬ ꎬ 即 复数 ｍ ＝ ｚ － 是 １ ∵ ( ＋２ ｘ ｘ １ ｂ １ ± １ ｘ ｘ ｂ ２ ２ ２ ＝ ) ) ＋ ( ＋ Ｍ ( ａ ( . １ ａ ＋ １ １ ｂ ｂ ± ２ １ ＋ ２ ａ ２ ) ２ ) ｂ ２ １ ( ) ꎬ ａ ∴ ２ ２ ＋ ꎬ ｂ １ ２ ± ２ ２∈ )＝( ａ １ ａ ２
ａ Ａ ꎬ ∴ １ ２∈
∴ 设 ｓｉ ＝ ｎ Ａ ３ ＝ ４ ｘ ｓ ꎬ ｉ 由 ｎ ｓ ꎬ ｉｎ ２Ａ ＝ｃｏｓ ２Ａ ｔａｎ ２Ａ ꎬ ４.解 －６ 析 )ｉ 是 因 虚 为 数 复 ꎬ 所 数 以 ( ｍ ｍ ２ － ２ － ３ ｍ ５ ｍ －４ － ) ６ ＋ ≠ ( ０ ｍ ꎬ ２ 即 －５ ｍ ｍ ∵ ｘ ｘ １ ＝ａ ａ １＋ ｂ ｂ １ ２
得ｘ２ ｘ２ １ 且ｍ 则ｍ的取值范围是 ｍ ２ ２＋ ２ ２
＝(１－ ) ꎬ ≠－１ ≠６ꎬ { ｜ ａ ｂ ａ ｂ
解得ｘ ＝ １７. １６ ５. ｍ 解 ≠ 析 － １ － 且 ５ ｍ ＋ ≠ ２ ６ ｉ ꎬ 的 ｍ ∈ 虚 Ｒ 部 } 为 . ２ꎬ２ｉ ２ ＋ ５ｉ＝ ＝ ( ａ ( ａ ａ ２ １ ＋ ＋ ｂ ２ １ ｂ ２ ２ ｂ ) ) ( ( ａ ａ ２ ２ ｂ － － ｂ ２ ２ ａ ２ ２ ｂ ) )
∴ ａ ＝ ３４ １ × ７ １ １ ７ ７ ＝ ２ . ６.解 － －２ ２ 析 ｉ ＋ . ５ｉ 的实 根 部 据 为 － 题 ２ꎬ 意 则 得 所 { 求 ｘ － 的 ３ ｙ 复 ＝ 数 ５ꎬ 为 解 ２ ＝ ｘ １ １ ａ２ ２ ２ － － Ｍ ２ ２ ｂ . ２ ２ １ ２ ＋ ２ ａ２ ２ １ － － ２ ｂ １ ２ ２ ２ ２ꎬ
最短边的长为 . (１) ｘ ｙ ∴ ｘ ∈
１４. ∴ 解析 设ＢＣ 长为 ２ ｘ 过点 Ａ作 ＡＥ {ｘ ２ ＋３ ＝１ꎬ 综上２可知 集合 Ｍ 对于加法 减法 乘
ꎬ ⊥ 得 ＝２ꎬ ꎬ 、 、
ＢＤ于点Ｅ. ｙ . 法和除法 除数不为 运算是封闭的.
＝－１ { ｘ２ ｘ ( ０)
∴ ＡＥ ＝ ３ ３ ꎬ ＣＥ ＝ ３ ꎬ (２) 根据题意得 ２ ｙ２ － ｙ ５ ＋３＝０ꎬ解得 12.2 复数的运算
２ ２ { ＋ －６＝０{ꎬ
∴ ＥＤ ＝ ２ ３ ＋５＝ １ ２ ３. {ｘ ｙ ＝ ＝ １ ２ ꎬ或 {ｘ ｙ ＝ ＝－ １ꎬ ３ 或 ｙ ｘ ＝ ２ ３ ꎬ或 ｙ ｘ ＝ ２ ３ . ꎬ １ 练 .解 习 析 (１)(５－３ｉ)＋(７ . －５ｉ)－４ｉ＝(５＋７)
∴
ＡＤ
＝
ＥＤ２
＋
ＡＥ２
＝７
.
◆习题12.1
＝２ ＝－３ ＋(－３－５－４)ｉ＝１２－１２ｉ
１５.解析 如图 设该城市在Ｂ点开始受 (２)(－２－４ｉ)－(－２＋ｉ)＋(１＋７ｉ)＝(－２＋
ꎬ 感受理解 .
到台风侵袭. ２＋１)＋(－４－１＋７)ｉ＝１＋２ｉ
１.答案 ２ ３ ４ ２ ２ ２
③ (３)ｉ＋ｉ ＋ｉ ＋ｉ ＝ｉ＋(－１)＋ｉｉ ＋(ｉ ) ＝ｉ
２.Ｃ .
－１－ｉ＋１＝０
３.解析
(１)
若ｚ
＝
ｍ
(
ｍ
＋１)＋(
ｍ２
－１)ｉ
为 ２.答案
５ꎻ－１ꎻ２
实数
ꎬ
则ｍ２
－１＝０ꎬ
即ｍ
＝１
或ｍ
＝－１
. 解析
∵
ｚ
１＝１＋３ｉꎬ
ｚ
２＝－２＋
ａ
ｉꎬ∴
ｚ
１＋
ｚ
２＝
２５
－１＋ ａ ｂ ｂ ａ . ２ ３ １００ .
又ｚ (３ ｚ ＋ )ｉ＝ ＋８ｉꎬ∴ ＝ ｃ －１ꎬ ｃ ＝５ . ａ (４)ｉ＋ｉ ＋ｉ ＋＋ｉ ＝[ｉ＋(－１)＋(－ｉ)＋ ３) 原 ｉ＝ 式 ２－ ２ｉ
ｂ ２－ １＝ ｃ －３＋ . ２ｉ＝－３＋ ｉꎬ∴ ＝２ ∴ ＝ １]＋[ｉ＋(－１) . ＋(－ｉ)＋１]＋＋[ｉ＋(－１)＋ (３) ＝３＋ . ２ｉ－７ｉ－２＋３ｉ＝(３－２)＋(２－
３.解 ５ꎬ 析 ＝－１ꎬ ＝２ . (－ｉ)＋１]＝０ ７＋３) 原 ｉ 式 ＝１－２ｉ . . . .
(１)(２－３ｉ)(－５＋ｉ)＝－７＋１７ｉ ２.解析 １ ｉ ｉ . (４) ＝(０ ５－１ ２＋１)＋(１ ３－０ ７－
４. ＝ ＝ ( ( ( 解 ＝ ４ ３ ２ ( [ １ 析 ) ) ) ０ ａ ( ( ( ( ｉ ２ ａ . １ １ ａ ＋ ＋ － ＋ ＋ ｂ ｂ ２ ｉ ｂ ２ ｉ ) ) ) ｉ ｉ ) ) ( ２ ( ( ( ２ ＝ ａ 的 ａ ＋ １ ａ － － ＋ ｉ ４ ｂ 共 ) ＋ ｂ ２ ｉ) ｉ ( ｉ ２ 轭 ) ) ] ３ ａ ( ＝ ２ [ ＋ 复 － ｂ ( ｉ １ ２ ａ ) 数 － － ＋ ＋ ＝ ( ａ ｂ ｂ 是 ４ ＋ ２ ( ｉ . ) ｉ ｂ １ ) ( ｉ ＋ ) ２ － ( ＝ ３ ａ ｉ － １ － ) ａ ＋ ｂ ( － ４ ｉ ３ ) ｂ ＝ ＋ ｉ) ５ ｉ ] ) . ( ( ２ ３ ２ － ) ｉ ) ＋ １ １ ２ １ １ ＋ － ＋ ＋ ｉ ｉ ( ｉ ｉ ＝ １ ３ ＝ ( ) １ ( ( ( － ｉ ２ １ １ １ ｉ) ＋ ＋ ＝ ＋ ( ｉ ｉ . ｉ ) ) ｉ ) １ ２ ( ( ２ ＋ ＝ １ １ ｉ) － － － ＝ ｉ ｉ １ ) ) １ ＝ ＝ ＋ １ － ２ － ｉ ２ ｉ ｉ ＋ － ２ ｉ １ ２ ２ ｉ － ＝ ＋ ｉ ｉ ２ ２ ２ － ｉ ｉ ２ ＝ｉ ＝ . ２.解 ( ( ( ０ ＝ . ６ ５ ａ － ４ 析 ) ) － ) ３ 原 原 ｂ . ｉ － ) ＝ ｉ 式 式 ] . ( ０ ｉ . １ ＝ ＝ ＝ ３ ) ＋ － [ ４ ( ０ － ２ ( ２ . ｂ ２ ａ ２ － ＋ ｉ － ｉ ３ － . ２ ｂ ｉ ６ ｂ ) ) ｉ － ( － . ｉ ２ ( ３ ＋ ＋ ａ ３ ＋ ｉ ２ ｉ ｂ ) ＝ ) ＝ ４ ] ４ － ＋ － ２ [ ９ ｉ ( － ｉ ２ ａ ６ ＝ ＋ ＋ ｂ ４ ｉ ) － ＋ － １ ９
的 是 共 轭 ３ 复 的 － 数 ５ 共 ｉ 是 轭 － 复 １ 数 －２ 是 ｉꎻ－ . ５ｉ 的 ３＋ 共 ５ｉꎻ 轭 － 复 １＋ 数 ２ｉ １＋１ ＝ ２ ２ － － ５ｉ ２ ｉ (２－５ｉ)(３－４ｉ) ( ＝ ２ １ ) ３ . (１－ｉ)(－４＋３ｉ)＝－４＋３ｉ＋４ｉ－３ｉ ２ ＝－１
５. ｂ Ｒ 证 ｚ １ ) ± 明 ５ ꎬ ｚ ２ ｉ 则 ꎬ ＝ ８ ｃ ( 设 ｚ ａ ｄ １ ± ± ｚ １ ｃ ｚ ２ ) ＝ ＝ ａ － ａ ＋ ( ( ｂ ｂ ａ ｉ ｃ ꎬ ± ± ｚ ｄ ｃ ２ ) ) ＝ ８ ｉ ｂ ＋ ｃ ꎬ ＋ ( 又 ｄ ｄ ｂ ｉ( ｚ ± １ ａ ｄ ± ꎬ ) ｚ ｂ ２ ｉ ꎬ ｚ ꎬ ＝ ｃ 从 ꎬ ( ｚ ｄ ａ 而 ∈ － ( ６－ ４ ８ｉ ９ ) － ＋ １ ( １ ５ １ ６ ３ ｉ － － ＋ ｉ ２ ４ ) ０ ｉ １ ＝ ８ － ＝ １４ ２ － ５ [ ( ２ ３ ３ ＋ ｉ ( ＝ ４ １ ｉ － － ) ２ １ ｉ ( ) ５ ４ ３ ２ － － ２ ２ ４ ５ ３ ｉ ] ) ｉ . １８ ＝ ( ＋ ３ ７ １ ) ｉ æ è ç ２ ３ ３ ＋ ２ １ ｉ ö ø ÷ ３ æ è ç － １ ２ １ . ＋ ２ ３ ｉ ö ø ÷ ＝－ ４ ３ ＋ ４ ３ ｉ
ｉ)±( － ｉ)＝( ± )－( ± )ｉꎬ∴ １± ２＝ (５) ＝ ＝ － ｉ－ ＝－ ＋ ｉ
６. ｚ 解 ｙ 根 １ ｉ ± ＋ 析 据 ｚ ｉ－ ２ . ３ 两 ＝ ( 个 １ ３ ) － 设 复 ｉꎬ 即 数 ｚ ＝ ( 相 ｘ ｘ ＋ － ｙ 等 ３ ｉ ) ( 的 ｘ ＋ ꎬ ( ｙ 充 ｙ ∈ ＋ 要 １ Ｒ ) ) 条 ｉ ꎬ ＝ 则 件 ３－ ｘ 得 ｉ ＋ ꎬ ( ( － １－ １) ２ ２ ｉ ９ ＋ ＝ ｉ １ ２ － ＋ ) １ ｉ １ . ８ ＝ (－ｉ) ( １８ １＋ ＝ ｉ) [ ( ( １ － －ｉ ｉ ) ) ２ ] ９ ＝ ３. ＝ 解 (４ － ４ 析 ) ２ ( ｉ － １＋ ４ ( ４ ｉ ２ １ ２ ｉ ) ＝ ) ( ( ４ １ １ － ２ ＋ － ２ ｉ ｉ ｉ ) . ) １ ２ ２ ０ ＝ ＝[ ( ( １ １ ＋ ＋ ２ ｉ ｉ ) ) ２ ( ] １ ５ － ＝ ２ ( ｉ １ － ＋ １ ２ ) ｉ
{ ∴ ｙ ｘ ｚ ＋ － ＝ １ ３ 设 ６ ＝ ＝ － ｚ － ３ ２ ꎬ １ ｉ ｘ . ꎬ ∴ ｙ {ｘ ｙ ｘ ＝ ＝ ｙ － ６ꎬ ２ꎬ Ｒ 则ｚ ｘ ｙ ( (１＋ｉ ６ ) ２ (１ ) ＋ｉ) ２ (４＋ ( ３ １ ｉ ＋ ) ｉ) ３ ＝ － ４ ( ２ ４ ｉ ４ ｉ ＋３ ２ ｉ ｉ ) (４＋３ｉ ＝ ) ｉ ( ＋ ２ ２ ｉ ＋ ２ ) ｉ ) ２ ５ ｉ ｎ ５ ２ － ＋ ｎ ３ ＝ － ｉ ３ ( ＋ ｉ ２ ｉ ６ ( ２ ｉ ｎ ＝ ) ５ －１ ｉ ５ ＋ ＋ ２ ｎ ＝ ｉ ｉ － ) ２ ３ ３ ｎ ( ( ＋ ２ １ １ ２ ＋ ｉ ＋ ５ ＋ ｉ ｉ ＝ ２ ６ ｉ ｎ ) ) ＋ ３ ３ ＋ ２ ＝ ｉ ｉ ２ ｉ １ . ｎ ２ － ０ ｎ １ － ( ＋ ３ １ ＋ ７ ＋ ｉ ｉ ２ ＋ ｉ ｎ ２ － ｉ ) １ ２ ＋ ＝ ｉ ２ ０ ９ ｎ . － ＋ １ ７ｉ
( ∴ ２ ｘ ) － ｙ ｉ＋( ＝ ３－ ＋ ４ｉ) ｉ( ＝１ ꎬ ꎬ 即 ∈ ( ｘ ) ＋ ꎬ ３)－( ｙ ＝ ＋４ － )ｉ ｉ ＝ ꎬ １ꎬ －４(４ ３ ＋ － ３ ４ ｉ) ｉ －４(４＋３ｉ)( ３ ３ － ＋ ４ ４ ｉ ｉ) (３) ２－ｉ ＝ (２－ｉ)(２＋ｉ) ＝ ４－ｉ ２ ＝ ５
{ｘ {ｘ ＝ ＝ ＝
则
ｙ
＋３＝１ꎬ
∴ ｙ
＝－２ꎬ
∴
ｚ
＝－２－４ｉ
. ３－４ｉ (３－４ｉ)(３＋４ｉ)
＝
９
＋
７
ｉ
.
＋４＝０ꎬ ＝－４ꎬ －４×２５ｉ . ５ ５
则
(３)
设ｚ
＝
ｘ
ｘ
＋
ｙ
ｙ
ｉ(
ｘ
ꎬ
ｙ
∈
Ｒ
)ꎬ ９＋１６
＝－４ｉ
(４)
(１＋２ｉ)
２
＋
(２＋ｉ)
２
＝
１＋４ｉ＋４ｉ
２
＋
即 ( ( ３ ３ ｘ － ＋ ｉ) ｙ ( )＋ ＋ (－ ｉ) ｘ ＋ ＝ ３ ４ ｙ ＋ ) ２ ｉ ｉ ＝ ꎬ ４＋２ｉꎬ ３.解析 ∵ ｚ １ ｚ ２＝－５＋５ｉꎬ∴ ｚ ２ ＝ －５ ｚ ＋５ｉ ＝ ４＋４ｉ＋ｉ ２ ３＋４ｉ －３ ４ ＋ － ４ ３ ｉ ｉ ３ ３ ＋ ＋ ４ ４ ｉ ｉ
根据两个复数相等的充要条件得 １ ＝ ＋ ＝
{ ｘ ｙ {ｘ －５＋５ｉ (－５＋５ｉ)(－２－ｉ) １５－５ｉ ４－３ｉ ３＋４ｉ ４－３ｉ
３ － ｚ ｘ ＋ ＋３ ＝ ｙ ＝ ４ . ꎬ ２ꎬ ∴ ｙ ＝ ＝ １ １ ꎬ ꎬ ∴ －２ ｚ １ ＋ ＋ ｉ ｚ ２ ＝ ＝ ( － － ２ ２ ＋ ＋ ｉ＋ ｉ) ３ ( － － ｉ＝ ２－ １ ｉ . ) ＝ ５ ＝３－ｉꎬ (－３＋４ｉ ２ ) ５ (３－４ｉ) ＋ (３＋４ｉ) ２５ (４＋３ｉ) ＝
∴
(４)
＝ 设 １＋ ｚ ｉ
＝
ｘ
＋
ｙ
ｉ(
ｘ
ꎬ
ｙ
∈
Ｒ
)ꎬ
则
( ２－ｉ)(
ｘ
＋
４.解析 ｚ ＝
１
１
－ｉ
＝
(１－ｉ
１
)
＋
(
ｉ
１＋ｉ)
＝ １
２
＋ｉ ＝
２
１ ＋ ７＋
２
４
５
９ｉ ＝
２
７
５
＋
２
４
５
９ ｉ .
ｙ ｉ)＝ ２＋ｉꎬ 即 ( ２ ｘ ＋ ｙ )＋(－ ｘ ＋ ２ ｙ )ｉ＝ １ 所以ｚ １ １ . ２－ｉ ３ ２＋ｉ ( ２＋ｉ)(１＋ ２ｉ)
ｉꎬ ＝ － ｉ (５) ＝ ＝
根 ２ 据 ＋ｉꎬ 两个复数相等的充要条件得 ２ ｚ ２ ａ ２ ａ １－ ２ｉ １－ ２ｉ (１－ ２ｉ)(１＋ ２ｉ)
{ ｘ ｙ ì ï ï ｘ ＝ １ ꎬ ５.解析 ａ ∵ ｚ １ ２ ＝ ａ ３－ ＋ ４ ２ ｉ ｉ ＝ ( (３－ ＋ ４ ２ ｉ ｉ ) ) ( ( ３ ３ ＋ ＋ ４ ４ ｉ ｉ ) ) ＝ ＝ ２＋ １ ３ － ｉ ２ ＋ ｉ ２ ２ｉ ２ ＝ ３ ３ ｉ ＝ｉ .
２ ＋ ＝ ２ꎬ í ３ (３ －８)＋(６＋４ )ｉ为纯虚数 æ ö２０２０
ｘ ｙ ∴ ï ꎬ －２ ３＋ｉ ç ２÷
７.解 ∴ － 析 ｚ ＝ ＋ ３ １ ２ ∵ ＋ ２ ｚ ＝ ＝ ３ １ ２ １ ꎬ ｉ ＋ . ｉꎬ î ï ∴ ｙ ＝ ｚ ２ ＝ ３ １ ２ － ꎬ ｉꎬ∴ ａｚ ＋２ ｂｚ ＝ ６. ∴ 解 ＋ ｂ { 析 ｉ) ６ ３ ２ ａ ＋ ＋ － ４ １ ( ａ ８ ２ １ ＝ ≠ ５ ＝ ) ０ ０ 设 ０ ꎬ ꎬ ꎬ 即 ∴ ｚ ( ＝ ａ ４ ａ ＝ ａ ＋ ２ ｂ － ３ ８ ｉ( ４ . ｂ ａ ２ ꎬ ＋ ｂ {１ ∈ ) ａ Ｒ ＋８ ) ａ ꎬ ｂ 则 ｉ＝ ４ ０ ( ꎬ ａ ( ＝ ６ ( － ( ) － １ ２ １ ＋ ２ ＋ ３ ２ ２ ３ ＋ ３ ＋ １ ３ ２ ｉ ｉ ) ｉ ) ｉ ＋ ＋ ( ( è ｉ １ １ ＋ １ － － ２ － ２ ２ ｉ ø ３ ３ ３ ｉ ｉ ) ) ( ＋ ２ é ë êê æ è ç ) １ １ － ２ ０１ ｉ ０ ö ø ÷ ２ù û úú １０１０
( ( ａ ( ａ ａ ＋ １ ＋ ２ ＋ ２ ) ｉ ｚ ) ) ２ － ＋ ２ ４ ＝ ２ ＋ ｂ [ ４ ( ａ ( １ ＋ ａ － ＋ ２ ｉ ( ２ ) ) １ ＝ ｉ ＋ ＝ ( ｉ) ( ａ ａ ] ＋ ２ ２ ２ ＋ ＝ ｂ ４ ) ( ａ ) ａ ＋ ＋ ＋ ( ４ ２ ａ ( ＋ － ａ ２ ２ ＋ ｉ ｂ ２ ) ) ) ２ ｉ ｉ ＝ . ꎬ 所以 { ４ ８ ａ ａｂ ２ － ＝ ４ ０ ｂ ꎬ ２ ＋１＝０ꎬ解得 ｂ ＝ ＝ ± ０ꎬ ２ １ ꎬ ＝ ＝ｉ＋ｉ １０１０ ＝ １ ｉ＋ ３ ｉ ２ ＝－ æ １＋ ＋ ｉ . －２ ö ｉ ２
由
{
ａ
ａ
ｚ ＋２ ｂ
ｂ
ｚ ＝
ａ２
( ａ ＋
ａ
２ ｚ ) ２ ꎬ 故ｚ
＝
１
ｉ
或ｚ
＝－
１
ｉ
. ４.证明 (１) ｚ２ ＝è ç
２
１ ＋
２
３ ｉø ÷ ＝－
２
１ ＋
２
３ ｉ
得 ＋２ ＝ ＋４ ꎬ ２ ２ æ ö
ａ { － ａ ２ ｂ ＝４( ａ ＋ { ２ ａ )ꎬ (２ ａ ) 设 ｂ ｚ ＝ ａ ＋ ｂ ｉ( ａ ꎬ ｂ ∈ Ｒ )ꎬ 则 ( ａ ＋ ｂ ｉ) ２ － ＝－è ç １ － ３ ｉø ÷ ＝－ ｚ.
解得 ＝－２ꎬ或 ＝－４ꎬ ( ＋ ｉ)＋１＝０ꎬ ２ ２
ｂ ｂ . 即 ａ２ ｂ２ ａ ａｂ ｂ ( )æ ö
１ 练 .解 习 析 １ ( ＝ １ １ － ) １ æ è ç ２ . ２ ＋ ２ ２ ＝ ｉ ２ ö ø ÷ ２ ＝ ２ １ ＋ｉ＋ æ è ç ２ ２ ｉ ö ø ÷ ２ 所 ( 以 { － ２ ａ ａ ２ － ｂ － － ｂ２ ｂ － ＋ ＝ ａ １ ０ ＋ ) ꎬ １ ＋ ＝ (２ ０ꎬ解 － 得 )ｉ ì î í ï ï ï ï ＝ ａ ｂ ＝ ０ ＝ ꎬ ± ２ １ ２ ３ ꎬ ꎬ ( æ è ç ２ ２ ) ３ ｚ ｉ ３ ö ø ÷ ＝ ２ － ｚｚ ( ２ ＝ ２ １ æ ) ２ ２ １ ＝ ＋ － ４ ２ ３ ３ － ｉ ö ４ １ è ç ＝ － æ － ２ １ １ . ＋ ２ ３ ｉø ÷ ö ＝
＝ ＋ｉ－ ＝ｉ ｚ２ ｚ ç １ ３ ÷ ç １ ３ ÷
２ ２ 故ｚ １ ３ 或ｚ １ ３ . (３) － ＋１＝è－ ＋ ｉø－è ＋ ｉø＋
(２)(１－ｉ) ４ ＝[(１－ｉ) ２ ] ２ ＝(１－２ｉ＋ｉ ２ ) ２ ＝ ＝ ＋ ｉ ＝ － ｉ . ２ ２ ２ ２
(１－２ｉ－１) ２ ＝(－２ｉ) ２ ＝４ｉ ２ ＝－４ . ◆习题 ２ 12.2 ２ ２ ２ ５.解 １＝ 析 ０ 设ｚ ａ ｂ ａ ｂ Ｒ 则ｚｚ ａ
(３)(－１＋ ３ｉ) ３ ＝(－１＋ ３ｉ)(－１＋ ３ｉ) ２ １ 感 .解 受 析 理解 原式 . ｂ ｉ)( ａ ３ ＋２ ｂ ｉ)＝ ＝ (３ ＋ ａ ｉ － ( ２ ｂ ꎬ )＋ ∈ ( ａ ２ ａ ) ＋ ꎬ ３ ｂ )ｉ ０ ꎬ ｂ ＝ ３ ｚ ( ＋ ｚ ＋ ０ .
＝(－１＋ ３ｉ)(１－２ ３ｉ－３)＝(－１＋ ３ｉ)× (１) ＝(５－３)＋(４－３)ｉ＝２＋ｉ ＝(３ ＋３ ｉ)＋(３＋２ｉ)＝(３ ＋３)＋(３ ＋２)ｉ
. 原式 ｚｚ ｚ ｚ
(－２－２ ３ｉ)＝２＋２ ３ｉ－２ ３ｉ＋６＝８ (２) ＝( ２＋ ２－ ２)＋(－ ３－ ２＋ ∵ ０＝３ ＋ ０ꎬ
２６
教材习题答案
{ａ ａ ｂ ｃ ａ ｂ ｃ .
{ ａ ｂ ａ ＝１ꎬ ＝( ＋ ＋ ｉ)( ＋ － ｉ)
３ －２ ＝３ ＋３ꎬ １０.解析 设 ｚ ａ ｂ ａ ｂ Ｒ 则 ａ
∴ ａ ｂ ｂ ∴ ｂ ３ ＝ ＋ ｉ( ꎬ ∈ )ꎬ ( ＋
２ ＋３ ＝３ ＋２ꎬ ＝－ ꎬ ｂ ２ ａ２ ｂ２ ａｂ
２ ｉ) ＝ － ＋ ２ ｉ ＝ － ７ － ２４ｉꎬ
{ａ２ ｂ２
ｚ ３ . － ＝－７ꎬ
∴ ＝１－ ｉ ∴ ａｂ
２ ２ ＝－２４ꎬ
{ａ {ａ
６.解析 １ １ ｘ ｙ ＝３ꎬ或 ＝－３ꎬ
∵ ＋ ＝ ＋ ｉꎬ ∴ ｂ ｂ
１－ｉ ２＋３ｉ ＝－４ ＝４ꎬ
ｚ 或ｚ .
１＋ｉ ２－３ｉ １＋ｉ ∴ ＝３－４ｉ ＝－３＋４ｉ
∴ ＋ ＝ ＋ １１.证明 设ｚ ａ ｂ ｚ ｃ ｄ ａ ｂ ｃ ｄ
(１－ｉ)(１＋ｉ) (２＋３ｉ)(２－３ｉ) ２ １＝ ＋ ｉꎬ ２＝ ＋ ｉ( ꎬ ꎬ ꎬ
Ｒ .
２－３ｉ ＝ １７ ＋ ７ ｉ＝ ｘ ＋ ｙ ｉꎬ ∈ ｚ ) ｚ ａｃ ｂｄ ｂｃ ａｄ ２.解析 ２ ２ .
１３ ２６ ２６ ∵ １ ２＝( － )＋( ＋ )ｉ＝０ꎬ ｜４－３ｉ｜＝ ４ ＋(－３) ＝５
ｘ １７ ｙ ７ . ∴ ａｃ － ｂｄ ＝０ꎬ ｜５＋ｉ｜＝ ５ ２ ＋１ ２ ＝ ２６ .
∴ ＝ ꎬ ＝ ｂｃ ａｄ .
２６ ２６ ＋ ＝０ ２ ２ .
思考运用 ａｃ ｂｄ ２ ｂｃ ａｄ ２ ａ２ｃ２ ｂ２ｄ２ ｜－１２－５ｉ｜＝ (－１２) ＋(－５) ＝１３
７. 立 ｂ 证 ｚ 则 ＝ 为 ꎻ 明 由 ０ 反 实 ꎬ ｚ 故 之 数 ＝ 若 ｚ ꎬ ｚ 的 ꎬ 若 ＝ 得 ｚ 充 ａ 为 ｚ ａ 为 要 ＝ ＋ 实 ｚ ｂ 实 条 ꎬ ｉ 数 设 ＝ 件 数 ａ ꎬ ｚ 是 ꎬ － 则 ＝ 充 ｂ ａ ｉ ｚ ꎬ ｚ 分 ＋ ＝ 所 ＝ ｂ ｚ 性 ｉ . ｚ 以 ( ꎬ 成 ａ 必 ꎬ ｂ 立 ｂ ＝ 要 ∈ － . 性 所 ｂ Ｒ ꎬ ) 即 以 成 ꎬ １２. ｃ 解 由 ∴ ｂ ＝ ２ ０ ｃ 析 此 ( ２ ｃ 或 ＋ 可 ａ － ２ Ｒ ｃ ｄ 设 知 ２ ２ ＋ ＝ ｄ . ) ｚ ｚ ２ ０ １ １ ＝ ꎬ ꎬ ＋ ＝ ( ｚ ０ ( ａ ２ ａ ꎬ ＋ ∴ 中 ２ ＋ ｂ ＋ ｉ ｂ ａ 至 ( ２ ＝ ) ａ 少 ｂ ( ) ꎬ ＝ ｂ ｃ 有 ２ ∈ ０ ＝ ＋ 或 ０ ｄ １ Ｒ ꎬ ２ 个 ) ) ｃ ＝ ꎬ ＝ 是 ｚ ｄ ０ ２ ＋ ꎬ ＝ ＝ ０ ａ ０ . － ２ . ＋ １ ｂ ＋ ＋ ２ ３.解 ( ｜ ｜ ｜ ４ － － ２ ｉ 析 ) ３ ６ ｜ ＋ 点 ｜ ＝ ＝ ７ｉ Ｚ ６ ( ｜ . ４ １ ＝ 位 ２ ) 点 ＝ 于 ４ ( . 虚 Ｚ －３ 位 轴 ) ２ 于 上 ＋ 实 ７ ( ２ 原 轴 ＝ 点 上 ５ 时 除 ８ . ꎬ 外 ｂ ＝ ) ０ 时 . ꎬ ｂ
８.解析 设ｚ ａ ｂ ａ ｂ Ｒ 则 ｉ( ∈ ) 且ａ .
ｚ 即 ４ ＝ ( １ ａ ⇒ ＋ ｂ ( ( ｉ) １ ａ ２ ) ＋ ＝ ｂ ｉ １ ) 或 ４ ＝ ＝ ( １ ＋ ａ ꎬ ＋ ｉ ｂ ( ｉ) ꎬ ２ ＝ ∈ －１ꎬ )ꎬ ∵ ｂ ｉ) { ｚ ＝ ２ ａ ＝ ( ｚ ｂ ａ １ － － ｂ ｉ )＋ ｚ ( １ꎬ ｂ － ∴ ａ ) － ｉ １ ꎬ ＋ ｃ ｉ＝ ａ ＋ ｂ ｉ－ｉ( ａ － ( ≠ ( ３ ４ ０ ) ) 点 点 Ｚ Ｚ ＝ 位 位 ０ 于 于 实 虚 轴 轴 的 的 上 左 方 侧 时 时 ꎬ ꎬ ｂ ａ > < ０ ０ . .
即ａ ｂ 或ａ ｂ 或ａ ｂ 或ａ － ＝－１ꎬ ４.解析 复数 和 的对应
＋ ｉ＝１ ＋ ｉ＝－１ ＋ ｉ＝ｉ ＋ ∴ ｂ ａ ｃ (１) ６＋５ｉ －３＋４ｉ
所 ｂ ｉ＝ 以 － { ｉꎬ ａ ＝１ꎬ或 {ａ ＝－１ꎬ或 {ａ ＝０ꎬ或 {ａ ＝０ꎬ ∴ ｃ ＝ － １ꎬ∴ ＝ ｚ ꎬ ２ 的虚 ( 部为 ) １ ２ . ｎ ( ) ２ ｎ 向量Ｏ→Ａ ꎬ Ｏ→Ｂ如图所示.
ｂ ｂ ｂ ｂ . １３.解析 ｆ ｎ １＋ｉ １－ｉ
＝０ ＝０ ＝１ ＝－１ ( )＝ ＋ ＝
故ｚ 或ｚ 或ｚ 或ｚ . １－ｉ １＋ｉ
＝１ ＝－１ ＝ｉ ＝－ｉ ｎ ｎ ｎ.
设ｚ ａ ｂ ａ ｂ Ｒ (－１) ＋(－１) ＝２×(－１)
(２) ＝ ＋ ｉ( ꎬ ∈ )ꎬ 当ｎ为奇数时 ｆ ｎ 当ｎ为偶数
则原方程化为 ａ ｂ ２ ꎬ( )＝－２ꎻ
９( ＋ ｉ) ＋１６＝０ꎬ 时 ｆ ｎ .
即 ａ２ ｂ２ ａｂ ꎬ( )＝２
{
(９
ａ２
－９
ｂ２
＋１６)＋１８ ｉ＝ {０
ａ
ꎬ
＝０ꎬ 个
故集
数
合
为 {
ｘ
. ｜
ｘ
＝
ｆ
(
ｎ
)ꎬ
ｎ
∈
Ｎ∗
}
中元素的
故 ９ －９ ＋１６＝０ꎬ解得 ２
ａｂ ｂ ４ 探究拓展
１８ ＝０ꎬ ＝±
３
ꎬ
１４.解析 ｘ ｘ ｘ ｘ (２)
→ＡＢ
＝(－３＋４ｉ)－(６＋５ｉ)＝－９－ｉꎬ
→ＢＡ
＝
故ｚ ＝ ４ ｉ 或ｚ ＝－ ４ ｉ . １＋ｉ) ＝ ( [ ｘ － ２ － １－ ( ｉ １ ) － ( ｉ) － ２ １ ] ＋ [ ｉ ｘ ) ２ ( －( ＋ １ １ ＋ － ｉ ｉ ) ) ２ ( ]＝ ＋ ５.解 ９＋ 析 ｉ . 由题意知Ａ Ｂ
设 ３ ｚ ａ ｂ ａ ３ ｂ Ｒ ( ｘ２ ＋２ｉ)( ｘ２ －２ｉ)＝ ｘ４ ＋４ . Ｃ .设Ｄ ｘ ｙ (２ ｘ ꎬ１ ｙ )ꎬ Ｒ (４ . ꎬ３)ꎬ
( 则
故
即 ３
{
原 ( )
ａ
ａ 方
２
２
－
－ 程
ｂ
ｂ ＝
２
２
－
－ 化
４
４ ＋ 为
ａ
ａ
＋
＋ ｉ( (
５
５ ａ )
＝
ꎬ ＋ ＋
０
ｂ ( ∈
ꎬ
ｉ) ２ ａ ２ － ｂ ) － ４ ꎬ ( ４ ｂ ａ ) ＋ ｉ ｂ ＝ ｉ) ０ ＋ ꎬ ５＝０ꎬ
在
由 范
方
上 围
程
述 内 结 有
ｘ４
论
＋
４
４
个 可
＝
根 知
０ 中
ꎬ 方 它
ꎬ
程
令
们 ｘ 是
ｘ
４ ＋
＝
１ ４ ± ＝
２
ｉ
ｔ
０ 和
ꎬ 则
在 －１ 复
４
±
ｔ４
数 ｉ .
＋
∵
∴
( 四 →Ａ ３ Ｂ ꎬ 边 ５
＝ {
) 形 Ｄ→Ｃ
ｘ
Ａ
ꎬ
Ｂ 即 Ｃ ( Ｄ
(
ꎬ
４
为
－ {
) 平
２ ｘ
(
ꎬ
行
３
ꎬ
－
四 ∈
１
边
)＝
) 形
(
ꎬ
３－
ｘ
ꎬ５－
ａｂ ｂ 即ｔ４ 这样便可求得 在 ｙ 即 ３－ ＝２ꎬ ＝１ꎬ
２ {ａ －４ ＝０ꎬ 复 ４＝ 数 ０ꎬ 范围内 ＋１ 的 ＝０ꎬ 个四次方根 分 － 别 １ 为 )ꎬ ５－ ｙ ＝２ꎬ ∴ ｙ ＝３ꎬ
解得 ＝２ꎬ ４ ꎬ Ｄ
ｂ ∴ (１ꎬ３)ꎬ
＝±１ꎬ 即点Ｄ对应的复数为 .
故ｚ 或ｚ . ２ ２ ２ ２ ２ ２ ２ １＋３ｉ
＝２＋ｉ ＝２－ｉ ＋ ｉꎬ － ｉꎬ－ ＋ ｉꎬ－ － ６.解析 设Ｂ ｘ ｙ ｘ ｙ Ｒ .由题意知
设ｚ ａ ｂ ａ ｂ Ｒ ２ ２ ２ ２ ２ ２ ２ ( ꎬ )( ꎬ ∈ )
( 则 ４ 原 ) 方程 ＝ 化 ＋ 为 ｉ( ２ ꎬ ( ａ ∈ ＋ ｂ ｉ ) ) ꎬ ２ －３( ａ ＋ ｂ ｉ)＋５ ２ ｉ . →ＡＢ { ＝ ｘ Ｏ→Ｂ － Ｏ→Ａ ꎬ 即 { ( ｘ １ꎬ１)＝( ｘ ꎬ ｙ )－(１ꎬ３)ꎬ
即 故 ＝０ { ( ꎬ ２ ２ ａ ａ ａ ｂ ２ ２ － － ２ ２ ｂ ｂ ｂ ２ ２ － － ３ ３ ａ ａ ＋ ＋ ５ ５) ＝ ＋ ０ ( ꎬ ４ ａｂ －３ ｂ )ｉ＝０ꎬ １５.证 ＝ ２ １ 明 ꎬ . ｉ ４ ｎ ＋ ① １ ＝ 当 ｉ ４ ｎ ｎ ∈ ｉ＝ Ｎ ｉꎬ ∗ 同 时 理 ꎬｉ ４ ｉ ｎ ４ ｎ ＝ ＋２ ( ＝ ｉ ４ － ) １ ｎ ꎬ ＝ ｉ ４ ｎ １ ＋３ ｎ ７.证 ∴ ∴ 明 点 ｙ － － Ｂ ３ １ 设 对 ＝ ＝ １ １ 应 ｚ ꎬ ꎬ ∴ 的 ａ 复 ｙ ｂ 数 ＝ ＝ ２ ４ 为 ｚ ꎬ . ２ ｃ ＋４ ｄ ｉ . ａ ｂ ｃ ｄ
４ ì －３ ＝０ꎬ ＝－ 当 ｉ ｎ 时 由已知得 ４ ｎ ０ ４ ｎ ＋１ Ｒ . １＝ ＋ ｉꎬ ２＝ ＋ ｉ( ꎬ ꎬ ꎬ ∈
解得í ï ï ａ ＝ ４ ３ ꎬ ② ＝ｉ ０ ｉ ＝ ＝ｉ ０ ꎬｉ ４ ｎ ＋ ꎬ ２ ＝ｉ ０ ｉ ２ ＝ ｉ －１ ＝ ꎬｉ ｉ ４ ｎ ＝ ＋３ １ ＝ ꎬ ｉ ｉ ０ ∵ ) ｚ １ ｚ ２ ＝( ａｃ － ｂｄ )＋( ｂｃ ＋ ａｄ )ｉꎬ｜ ｚ １ ｜ ＝
ï ïｂ ３１ ｉ
３
＝ 当 －ｉ ｎ
.
是负整数时 ｎ 是正整数 由
ａ２
＋
ｂ２
ꎬ｜
ｚ
２｜＝
ｃ２
＋
ｄ２
ꎬ
î ＝± ꎬ ③ ꎬ－ ꎬ ｚ ｚ ａｃ ｂｄ ２ ｂｃ ａｄ ２
４ ∴ ｜ １ ２｜＝ ( － ) ＋( ＋ )
９. 故 解析 ｚ ＝ ４ ３ ＋ ａ ４ ４ ３１ ｂ ｉ ４ 或ｚ ａ ＝ ２ ４ ３ ｂ２ － ４ ａ ３ ２ １ ｉ ｂ . ２ 已 ＝ｉ 知 ４ ｎ 得 ｉ ２ ｉ ４ ＝ ｎ － ＝ １ ｉ － ꎬ １ ４ ｉ ｎ ４ ＝ ｎ ＋３ １ ＝ ꎬｉ ｉ ４ ４ ｎ ｎ ＋ １ ＝ ｉ ３ ｉ ４ ＝ ｎ －ｉ ｉ . ＝ｉꎬｉ ４ ｎ ＋２ ◆ ＝ ＝ 习题 ａ ( ２ ａ 1 ｃ ２ ２ ＋ 2 ＋ ｂ . ｂ ２ 3 ２ ) ｄ ( ２ ＋ ｃ２ ｂ ＋ ２ｃ ｄ ２ ２ ＋ ) ａ ＝ ２ｄ ｜ ２ ｚ １｜｜ ｚ ２｜ .
(１) － ＝( － )( ＋ ) 综上可知 对一切ｎ Ｚ 上述结论都
＝( ａ ＋ ｂ )( ａ － ｂ )( ａ ＋ ｂ ｉ)( ａ － ｂ ｉ) . 成立. ꎬ ∈ ꎬ 感受理解
ｘ２ ｘ ｘ .
(２)
ｘ２
＋４
ｘ
＝( ＋２
ｘ
ｉ)
２
( －
ｘ
２ｉ) １.解析
(１)
如图
ꎬ
向量Ｏ→Ａ
ꎬ
Ｏ→Ｂ
ꎬ
Ｏ→Ｃ
ꎬ
Ｏ→Ｄ
ꎬ
( ＝ ３ ( ) ｘ ＋１ ＋ ) ２ ２ － ＋ ( ５ ２ ＝ ｉ) ( ２ ＋２ ＋１)＋４ 12.3 复数的几何意义 Ｏ→Ｅ分别表示复数 ４ꎬ５ｉꎬ－１－４ｉꎬ２－ ２ｉꎬ
ｘ ｘ . 练习 .
＝( ＋１＋２ｉ)( ＋１－２ｉ) ３ｉ＋２
ａ２ ｂ２ ｃ２ ａｂ １.解析 如图所示 点 Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 和 Ａ′
(４) ＋ ＋ ＋２ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ
ａ２ ｂ２ ａｂ ｃ２ Ｂ′ Ｃ′ Ｄ′分别表示复数
＝( ＋ ＋２ )＋ ꎬ ꎬ ２－３ｉꎬ５ｉꎬ－３ꎬ－５
ａ ｂ ２ ｃ ２ 及其共轭复数.
＝( ＋ ) －( ｉ) ＋ｉ
２７
ａ ｂ ａ ｂ ì
(３ －４ )＋(４ ＋３ )ｉꎬ ï θ １
{ ａ ｂ ïｃｏｓ ＝ ꎬ
３ －４ ＝０ꎬ② í ２
由 ∴ ４ ａ ＋３ ｂ 得 ≠ { ０ ａ . ③ ＝４ꎬ或 {ａ ＝－４ꎬ ∴ î ï ï ｓｉｎ θ ＝－ ３.
①②③ ｂ ｂ . ２
＝３ ＝－３ æ ö
ｚ 或ｚ . 故 ç １ ３ ÷ ５π.
８.
∴ 解析１＝４
由
＋３
题
ｉ
意知
１＝
Ｚ
－４
ｘ
－３
ｙ
ｉ
ｚ
ａｒｇè
２
－
２
ｉø＝
３
( ꎬ )ꎬ∵ ｜ －２｜ ＝１
表示动点 ｘ ｙ 与点 的距离为 这个复数的模为 辐角主值为５π.
( ꎬ ) (２ꎬ０) １ꎬ ∴ １ꎬ
即 ｘ ２ ｙ２ 化简得 ｘ ２ ｙ２ ３
( －２) ＋ ＝１ꎬ ( －２) ＋ æ ö２ æ ö２
＝１ꎬ ｒ ç ２÷ ç ２÷
在复平面内 满足 ｚ 的点 Ｚ (４)∵ ＝ è－ ø ＋è ø ＝１ꎬ
∴ ꎬ ｜ －２｜ ＝１ ２ ２
的集合是以点 为圆心 为半径 ì
的圆. (２ꎬ０) 、１ ï ï ｃｏｓ θ ＝－ ２ ꎬ
思考运用 í ２
的共轭复数是 它的模为 ９.解析 ｚ ｍ ∴ ï ï θ ２.
的 (２ 共 )４ 轭复数是 ４ꎬ ４ꎻ５ｉ ∵ ｜ － ｜≤２ꎬ îｓｉｎ ＝
的共轭复数 － 是 ５ｉꎬ｜５ｉ｜＝｜－５ｉ｜＝５ꎻ－１－ ∴ ｜ ｘ ＋ ｙ ｉ－１－２ｉ｜＝｜( ｘ －１)＋( ｙ －２)ｉ｜≤２ꎬ æ ２ ö
＋ ４ｉ ４ｉ｜＝ (－１) ２ ＋ － ４ ２ １＋ ＝ ４ｉꎬ １ ｜ ７ － ꎻ １ ２ － － ４ｉ ２ ｜ ｉ ＝ 的 ｜－ 共 １ 即 ∴ ( ｘ － ( １ ｘ － ) １ ２ ＋ ) ( ２ ＋ ｙ － ( ２ ｙ － ) ２ ２ ≤ ) ２ ４ ≤ . ２ꎬ 故 ａｒｇè ç － ２ ２ ＋ ２ ２ ｉø ÷ ＝ ３ ４ π.
轭复数是 故满足 ｚ ｍ 的点Ｚ的集合为以点 这个复数的模为 辐角主值为３π.
２＋ ２ｉꎬ｜２－ ２ｉ｜＝｜２＋ ２ｉ｜＝ ｜ － ｜≤２ ∴ １ꎬ
２ ２ 的共轭复数是 (１ꎬ２) 为圆心 、２ 为半径的圆及其内部. ４
２ ＋( ２) ＝ ６ꎻ３ｉ＋２ １０.解析 ｚ所对应的点的集合是以 ２.解析 ｒ ２ ２
(－１ꎬ (１)∵ ＝ (－５) ＋５ ＝５ ２ꎬ
－３ｉ＋２ꎬ ｜ ３ｉ ＋ ２ ｜ ＝ ｜ － ３ｉ ＋ ２ ｜ ＝ 为端点的线段的垂直平 ì
ï
２.解 故 析 (－ ３ ｍ ) 依 ２ 题 ＋ . ２ 意 ２ ＝ 得 { ｍ ｍ １３ ２ － － . ２ ９ > < ０ ０ ꎬ ꎬ 即 {ｍ －３ > < ２ ｍ ꎬ <３ꎬ １１. ０ 分 解 分 ) 线 析 线 ꎬ( . 上 ０ꎬ ꎬ ∵ １ 点 ) Ｚ在线段Ｚ １ Ｚ ２ 的垂直平 ∴ î í ï ï ï ｓ ｃ ｉ ｏ ｎ ｓ θ θ ＝ ＝－ ２ ２ ꎬ ２ ꎬ
２< <３ Ｚ Ｚ Ｚ Ｚ ｚ ｚ ｚ ｚ . ２
因此 ꎬ 当 ２< ｍ <３ 时 ꎬ 复数 ｚ ＝( ｍ －２)＋ 探究 ∴ ｜ 拓１展 ｜＝｜ ２ ｜ꎬ∴ ｜ － １｜＝｜ － ２｜ ３π
ｍ２ 在复平面内对应的点位于第 ∴ ａｒｇ(－５＋５ｉ)＝ ꎬ
( 四象 － 限 ９) . ｉ １２. 复 解 数 析 ｚ ( ｚ １) ｚ 设 对 Ｏ→Ｚ 应 １ꎬ 的 Ｏ→ 向 Ｚ ２ 量 ꎬ Ｏ→Ｚ 则 ３ 分 复 别 数 表 ｚ 示 ( ４ ３π ３π ) .
３.解析 在复平面内 ꎬ 设 Ａ ꎬ Ｂ ꎬ Ｃ 对应的 １ꎬ ２ꎬ ３ ꎬ ２ １ꎬ ∴ －５＋５ｉ＝５ ２ ｃｏｓ ４ ＋ｉｓｉｎ ４
复数分别为 即Ａ ｚ ｚ 分别表示将向量Ｏ→Ｚ Ｏ→Ｚ
设 ∴
Ｂ (
第
Ｂ→ － Ｃ ２
四 ＝
ꎬ１
个 (
)
２
ꎬ
顶 ꎬ
Ｃ
－ 点
(
１
１ ０
)
＋
为
ꎬ . ２ ０ ｉ ) ꎬ
Ｄ
. －
(
２
ｘ
＋
ꎬ ｙ
ｉꎬ
)
０
(
ꎬ
ｘ ꎬ ｙ ∈
(
Ｒ
１ꎬ
)
２
ꎬ
)
则
ꎬ ２ Ｏ 不
将
→Ｚ ２
向
变 ꎬ ３ 的 ２
量 ꎻ
复 ３ 模
Ｏ→
数
Ｚ
扩
１ꎬ ｉ
大
Ｏ→Ｚ
到 ｚ
１ ２ ꎬ ꎬ
原
ｉ Ｏ →Ｚ
来 ｚ
３ ２ 绕
的
ꎬｉ 原
２
点
ｚ 倍
３ 逆
分 ꎬ １ 而
时
别 ꎬ 方
针
表 向 示
旋
２ꎬ (
∴
２ ì
í
ï ï
ï ï
)
ｃ
∵
ｏｓ
ｒ
θ
＝ θ
＝
(
２
３
１
３
ꎬ
３) ２ ＋(－３) ２ ＝６ꎬ
Ｄ→Ａ Ｂ→Ｃ 转 ° 而模不变. îｓｉｎ ＝－ ꎬ
∴ 即 { ( ＝ １ １ － － ｙ ｘ ｘ ꎬ ꎬ ＝ ２ ２ － ꎬ ｙ ) ∴ ＝ { ( ｘ ２ ｙ ꎬ ＝ － － １ . １ ) ꎬ ꎬ ( 数 ２) ９ ｋｚ 设 ０ ( ｋ ꎬ 复 >０ 数 ) 表 ｚ 对 示将 应 向 的 量 向 Ｏ→ 量 Ｚ的 为 模 Ｏ→Ｚ 扩 ꎬ 则 大到 复 ∴ ａｒｇ(３ ３－３ ２ ( ｉ)＝ １１ ６ π. )
２－ ＝－１ꎬ ＝３ 原来的ｋ倍 而方向不变 ｚ表示将
即第四个顶点对应的复数为 －１＋３ｉ . ꎬ ꎻｉ ∴３ ３－３ｉ＝６ ｃｏｓ １１π ＋ｉｓｉｎ １１π .
ｚ 向量Ｏ→Ｚ绕原点逆时针旋转 ° 而模 ６ ６
４.解析 ｚ １ ４－３ｉ (４－３ｉ)(１－２ｉ) 不变. ９０ ꎬ ｒ ２
∵ ＝ ｚ ＝ ＝ (３)∵ ＝ (－４) ＝４ꎬ
２ １＋２ｉ (１＋２ｉ)(１－２ｉ) { θ
ｃｏｓ ＝０ꎬ
－２－１１ｉ ２ １１ 12.4 复数的三角形式 ∴ θ
＝ ＝－ － ｉꎬ ❋ ｓｉｎ ＝－１ꎬ
复 ５ 数 ｚ 在 ５ 复平 ５ 面内对应的点为 练习 ３π
∴ ∴ ａｒｇ(－４ｉ)＝ ꎬ
( ２ １１ ) 它位于第三象限. １.解析 (１)∵ ｒ ＝ (－１) ２ ＋１ ２ ＝ ２ꎬ ( ２ )
－ ꎬ－ ꎬ ì ３π ３π .
５. 两 证 边 明 ５ 之 和 ① ５ 大 当 于 ｚ １ 第 ꎬ ｚ 三 ２ 不 边 共 两 线 边 时 之 ꎬ 由 差 三 小 角 于第 形 í ï ï ｃｏｓ θ ＝－ ２ ２ ꎬ ∴ (４ － ) ４ ∵ ｉ＝ ｒ ＝ ４ １３ ｃｏ ꎬ ｓ ２ ＋ｉｓｉｎ ２
ꎬ ∴ ï { θ
三边 可得 ｚ ｚ ｚ ｚ ｚ ï θ ２ ｃｏｓ ＝１ꎬ
ꎬ ｜｜ １｜－｜ ２｜｜<｜ １＋ ２｜<｜ １｜＋ îｓｉｎ ＝ ꎬ ∴ θ
ｚ 当ｚ ｚ 同向时 ｚ ｚ ２ ｓｉｎ ＝０ꎬ
｜ ２｜ꎻ② １ꎬ ２ ꎬ｜｜ １｜－｜ ２｜ ｜<
ｚ ｚ ｚ ｚ 当ｚ ｚ 反向时 故 ３π. ∴ ａｒｇ１３＝０ꎬ
｜ １＋ ２｜＝｜ １｜＋｜ ２｜ꎻ③ １ꎬ ２ ꎬ ａｒｇ(－１＋ｉ)＝ .
ｚ ｚ ｚ ｚ ｚ ｚ . ４ ∴１３＝１３(ｃｏｓ０＋ｉｓｉｎ０)
｜｜ １｜－｜ ２｜｜＝｜ １＋ ２｜<｜ １｜＋｜ ２｜ ３.解析 这个复数的三角形式为
６. 综 解 ｜ ｚ ２ 上 析 ｜ . 可 知 设 ｜ ｚ ｜ ＝ ｚ １ ａ ｜ ＋ － ｂ ｜ ｉ ｚ ( ２ ａ ｜ ꎬ ｜≤ ｂ ∈ ｜ ｚ Ｒ １＋ ) ｚ ꎬ ２ 依 ｜≤ 题 ｜ 意 ｚ １｜ 得 ＋ ( ∴ ２ 这 )∵ 个 ｒ 复 ＝ 数 ( 的 － 模 ２ 为 ) ２ ＝ ２ꎬ 辐 ２ꎬ 角主值为３ ４ π. ２ ( ｃｏｓ π ６ ( ＋ １ ｉ ) ｓｉｎ π ６ ) ꎬ 模为 ２ꎬ 辐角主值
ａ
－
ｂ
ｉ ＝ (
ａ２
＋
ｂ２
－ １) ＋ ５ｉꎬ
则 有 {
ｃｏｓ
θ
＝－１ꎬ
为π.
{ ａ
ｂ
＝ ａ２ ＋ ｂ２ －１ꎬ解得 {
ｂ
ａ ＝１２ꎬ
故
∴ ｓｉｎ θ ＝０ .
.
６ (
π π
)
３ ２
－ ＝５ꎬ ＝－５ꎬ ａｒｇ(－ ２)＝π (２)∵ －３ ｃｏｓ ＋ｉｓｉｎ ＝ － －
所以ｚ . 这个复数的模为 辐角主值为 . ４ ４ ２
＝１２－５ｉ ∴ ２ꎬ π
７.解析
ｚ
设ｚ １＝ ａ ＋ ｂ ｉ( ａ ꎬ ｂ ∈ Ｒ ) .
ｒ
(
１
) ２ æ
ç ３
ö
÷
２ ３ ２
ｉꎬ
∵ ｜ １｜＝５ꎬ (３)∵ ＝ ＋è－ ø ＝１ꎬ ２
ａ２ ｂ２ . ２ ２ æ ö２ æ ö２
∴ ＋ ＝５① ｒ ç ３ ２÷ ç ３ ２÷
ｚ ｚ 是纯虚数 ｚ ｚ ａ ｂ ∴ ＝ è－ ø ＋è－ ø ＝３ꎬ
∵ １ ２ ꎬ １ ２＝( ＋ ｉ)(３＋４ｉ)＝ ２ ２
２８
教材习题答案
ì [ ( ) ( )] { θ
í ï ï ｃｏｓ θ ＝－ ２ ２ ꎬ ÷ ｃｏｓ [ － π ６ ( ＋ｉｓｉｎ ) － π ６ ( )] 故 ∴ ｓ ｃ ｉ ｏ ｎ ｓ θ ＝ ＝ ０ １ ꎬ ꎬ
∴ ï π π π π ａｒｇ２＝０ꎬ
ï θ ２ ＝ ２ ｃｏｓ ＋ ＋ｉｓｉｎ ＋ .
îｓｉｎ ＝－ ꎬ ３ ６ ３ ６ ∴２＝２(ｃｏｓ０＋ｉｓｉｎ０)
æ ２ ö ＝ ２ｉ . (６)∵ ｒ ＝ (－３) ２ ＝３ꎬ
ç ３ ２ ３ ２ ÷ ５π ( ) { θ
∴ ａｒｇè－ － ｉø＝ ꎬ 原 式 ２π ２π ｃｏｓ ＝－１ꎬ
２ ２ ４ ( ( ３ ) ＝ ｃｏｓ ３ ＋ｉｓｉｎ ３ × ∴ ｓｉｎ θ ＝０ꎬ
这个复数的三角形式为 ５π [ ( ) ( )] ( 故
∴ ３ ｃｏｓ ＋ π π ２π ａｒｇ(－３)＝πꎬ
) ４ ｃｏｓ － ６ ＋ｉｓｉｎ － ６ ＝ ｃｏｓ ３ － ∴ －３＝－３(ｃｏｓ π＋ｉｓｉｎ π) .
ｉｓｉｎ ５π ꎬ 模为 ３ꎬ 辐角主值为５π. π ) ( ２π π ) π π . (７)∵ ｒ ＝ ２ ２ ＝２ꎬ
４ ４ ＋ｉｓｉｎ － ＝ｃｏｓ ＋ｉｓｉｎ ＝ｉ { θ
( ＋ ３ ｉｓ ) ｉｎ ∵ １ ２ ５ ( ° ｃ ) ｏ ꎬ ｓ１５ ° ＋ｉｓｉｎ１６５ ° )＝２ ( (ｃｏｓ１５ ° ( ６ ４) 原式 ＝ ３ [ ６ ２ ( ｃｏｓ ７π ２ ＋ｉｓｉｎ ７π ２ )] ÷ ∴ ｓ ｃ ｉ ｏ ｎ ｓ θ ＝ ＝ １ ０ ꎬ ꎬ
∴ 这个复 ) 数的三角形式为 ２ ｃｏｓ １ π ２ ＋ ( ｃｏｓ π ＋ｉｓｉｎ π ) ＝ ２ [ ４ ｃｏｓ ( ７π － ４ π ) ＋ 故 ａｒｇ(２ ( ｉ)＝ π ２ ꎬ )
ｉｓｉｎ １ π ２ ꎬ 模为 ２ꎬ 辐角主值为 １ π ２ . ｉｓｉｎ ( ７ ６ π － π ) ６ ] ＝ ２ ( － ｃ ４ ｏｓ ７ ６ π － ∴２ｉ＝２ ｃｏｓ π ２ ＋ｉｓｉｎ π ２ .
４ ６ １２ ｒ ２
(４)∵ －ｃｏｓ ５ ３ π ＋ｉｓｉｎ ５ ３ π ＝－ ２ １ － ２ ３ ｉꎬ ｉｓｉｎ ７π ) ＝ ３－１ － ３＋１ ｉ . ∴ (８ { ) ｃ ∵ ｏｓ θ ＝ θ ＝０ ( ꎬ －２) ＝２ꎬ
ｒ ( １ ) ２ æ ç ３ ö ÷ ２ ◆习题 １２ 12.4 ２ ２ ｓｉｎ ＝－１ꎬ
∴ ＝ － ＋è－ ø ＝１ꎬ 故 ３π.
２ ２ 感受理解 ａｒｇ(－２ｉ)＝
ì í ï ïｃｏｓ θ ＝－ ２ １ ꎬ １.解析 ì (１)∵ ｒ ＝ (－１) ２ ＋( ３) ２ ＝２ꎬ ∴ －２ｉ＝２ ( ｃｏｓ ３ ２ π ＋ｉｓｉｎ ３π ) .
∴ ï ï θ ３ ï ïｃｏｓ θ ＝－ １ ꎬ 画对应的向量略 ２ . ２
îｓｉｎ ＝－ ꎬ í ２ ２.解析 不是.
２ ∴ ï (１)
æ ö ï θ ３ [ ( ) ( )]
ç １ ３ ÷ ４π îｓｉｎ ＝ ꎬ 原式 π π .
∴ ａｒｇè－ － ｉø＝ ꎬ ２ ＝２ ｃｏｓ － ＋ｉｓｉｎ －
２ ２ ３ ４ ４
故 ２π. 不是.
这个复数的三角形式为 ４π ａｒｇ(－１＋ ３ｉ)＝ (２)
∴ ｃｏｓ ＋ ３ ( )
３ ( ) 原 式 π π
２π ２π . ＝ ２ －ｃｏｓ －ｉｓｉｎ ＝
４π 模为 辐角主值为４π. ∴ －１＋ ３ｉ＝２ ｃｏｓ ＋ｉｓｉｎ ３ ３
ｉｓｉｎ ꎬ １ꎬ ３ ３ ( )
４.解析 ３ θ ∵ ｃｏｓ(－ θ )＝ ｃｏｓ θ ꎬｓ ３ ｉｎ(－ θ )＝ (２ ì ï )∵ ｒ ＝ ２ ２ ＋(－２) ２ ＝２ ２ . ２ ｃｏ 不 ｓ ４ 是 ３ π . ＋ｉｓｉｎ ４ ３ π .
－ｓｉｎ ꎬ θ θ θ θ . ï ｃｏｓ θ ＝ ２ ꎬ (３) ( )
∴ ｃｏｓ －ｉｓｉｎ ＝ｃｏｓ(－ )＋ｉｓｉｎ(－ ) í ２ 原式 π π .
练习 ∴ ï ＝２ ｃｏｓ ＋ｉｓｉｎ
[ ( ï θ ２ ６ ６
１.解析 (１) 原式 ＝ １０× ｃｏｓ π ＋ îｓｉｎ ＝－ ２ ꎬ ３.解 (４ 析 ) 是. ｚ ａ ｂ ｒ θ θ
) ( ) ] ( ６ 故 ７π ＝ － ｉ＝ (ｃｏｓ －ｉｓｉｎ )
ａｒｇ(２－２ｉ)＝ ꎬ ｒ θ θ .
π ＋ｉｓｉｎ π ＋ π ＝ １０ ｃｏｓ π ＋ ( ４ ) ＝ [ｃｏｓ(－ )＋ｉｓｉｎ(－ ) [ ] ( )
１２ ) ６ １２ ４ ７π ７π . ４.解析 原式 π π
ｉｓｉｎ π ＝ ５＋ ５ｉ . ∴２－２ｉ＝２ ２ ｃｏｓ ４ ＋ｉｓｉｎ ４ ( (１) ) ] ＝６× ( ｃｏｓ ３ ＋ ６ ＋ )
４ [ ( ) ( æ ö２ ( ) ２ π π π π
ｒ ç ３÷ １ ｉｓｉｎ ＋ ＝６× ｃｏｓ ＋ｉｓｉｎ
原式 １ π ３π π (３)∵ ＝ è－ ø ＋ － ＝１ꎬ ３ ６ ２ ２
(２) ＝ ｃｏｓ ＋ ＋ｉｓｉｎ ２ ２ .
) ] ３ ４ ４ ４ ì ï ＝６ｉ [ ( )
＋ ３ ４ π ＝ ３ １ [ (ｃｏｓ ( π＋ｉｓｉｎ π ) )＝－ ３ １ ( . ∴ í ï ï ｃｏｓ θ ＝－ ２ ３ ꎬ (２) ( 原式 ＝ ３ ) ２ ] ｃｏｓ ５ ４ π ( ＋ π ４ ＋
(３) 原式 ＝２ ｃｏｓ ７π － π ＋ｉｓｉｎ ７π － î ï ｓｉｎ θ ＝－ １ ꎬ ｉｓｉｎ ５π ＋ π ＝ ３ ２ ｃｏｓ ３π ＋
) ] ( ４ ４ ) ４ æ ２ ö ４ ) ４ ２
π ３π ３π . 故 ç ３ １ ÷ ７π. ３π .
＝２ ｃｏｓ ＋ｉｓｉｎ ＝－２ｉ ａｒｇè－ － ｉø＝ ｉｓｉｎ ＝－３ ２ｉ
４ ２ ２ ２ ２ ６ ２
[ ( ) ( [ ( ) (
原式 ３ ２π π ２π ３ １ ７π ７π. 原式 ２π π ２π
(４) ＝ ｃｏｓ － ＋ｉｓｉｎ ∴ － － ｉ＝ｃｏｓ ＋ｉｓｉｎ (３) ＝５ ｃｏｓ － ＋ｉｓｉｎ －
２ ３ ６ ３ ２ ２ ６ ６ ) ] ( ３ ３ ) ３
) ] ( ) ｒ ２ ２ π π π ５
π ６ π π ６ . (４)∵ ＝ ３ ＋４ ＝５ꎬ ＝ ５ ｃｏｓ ＋ｉｓｉｎ ＝ ＋
－ ６ ＝ ２ ｃｏｓ ２ ( ＋ｉｓｉｎ ２ ＝ ２ ｉ ) ì ï ï ｃｏｓ θ ＝ ３ ꎬ ３ ３ ３ ２
２.解析 原式 π π í ５ ５ ３ .
(１) ＝３ ｃｏｓ ＋ｉｓｉｎ × ∴ ï ｉ
[ ( ) ( )] ６ ６ î ï ｓｉｎ θ ＝ ４ ꎬ ２ [ ( )
π π ５ 原式 ７π π
２ ｃｏｓ － ＋ｉｓｉｎ － (４) ＝ ５ ｃｏｓ － ＋
[ (６ ) ６ ( ) ] 故 ａｒｇ(３＋４ｉ)＝ θ ꎬ 则 ｔａｎ θ ＝ ４ ꎬ ( ) １ ( ０ ５
π π π π ３ ７π π π
＝６ ｃｏｓ － ＋ｉｓｉｎ － θ θ 其中 θ ｉｓｉｎ － ＝ ５ ｃｏｓ ＋
. ６ ６ ６ ６ ∴３＋４ｉ＝５(ｃｏｓ ＋ｉｓｉｎ )ꎬ ｔａｎ １０ ) ] ５ ２
＝６ ４ . π .
( ) ＝ ｉｓｉｎ ＝ ５ｉ
原式 π π ３ ２
(２) ＝ ２ ｃｏｓ ＋ ｉｓｉｎ ｒ ５.解析 原式
３ ３ (５)∵ ＝２ꎬ (１)
２９
θ θ θ θ ( ) ( ｎ
ｃｏｓ(５ ＋３ )＋ｉｓｉｎ(５ ＋３ ) ２π ２π ２π ２π ２π １ꎬ２ꎬꎬ －１ꎬ
＝ θ θ θ θ ＝ｃｏｓ ＋ ＋ ＋ｉｓｉｎ ＋ ＋ ( ｋ ｋ ) ( ｋ
ｃｏｓ(６ ＋２ )＋ｉｓｉｎ(６ ＋２ ) ３ ３ ３ ３ ３ ωｎ ２ π ２ π ２ π
θ θ ) ∴ ｋ＝ ｃｏｓ ｎ ＋ｉｓｉｎ ｎ ｃｏｓ ｎ
ｃｏｓ８ ＋ｉｓｉｎ８ . ２π
＝ θ θ＝１ ｋ ) ( ｋ ｋ )
ｃｏｓ８ ＋ｉｓｉｎ８ ３ ２ π ２ π ２ π
θ θ . ＋ｉｓｉｎ ｎ ｃｏｓ ｎ ＋ｉｓｉｎ ｎ
原式 ｃｏｓ ＋ｉｓｉｎ ＝ｃｏｓ２π＋ｉｓｉｎ２π＝１
(２) ＝ θ θ ω３ . ( ｋ ｋ ｋ ) ( ｋ
θ ｃｏｓ( θ － . )＋ｉｓｉｎ(－ ) ∴ ＝１ ( ) ＝ｃｏｓ ２ ｎ π ＋ ２ ｎ π ＋＋ ２ ｎ π ＋ｉｓｉｎ ２ ｎ π
＝ｃｏｓ２ ＋ｉｓｉｎ２ 证 明 ω ２π
６.证明 设ｚ ｒ θ θ ｒ (２) : ∵ ＝ ｃｏｓ － ＋ ｋ ｋ )
ｚ ２＝ ｒ ２ (ｃｏｓ θ １ ２ ＝ ＋ｉｓ １( ｉｎ ｃｏ θ ｓ ２)ꎬ １＋ ｒ ２ ｉ ≥ ｓｉｎ ０ꎬ １)ꎬ １≥０ꎬ ( ２π ) ３ ＋ ２ ｎ π ＋＋ ２ ｎ π
θ ∴ ｚ １ ｚ ２ ＝ ｒ １ ｒ ２[ｃｏｓ( θ １ ＋ θ ２) ＋ｉｓｉｎ( θ １ ＋ ｉｓｉｎ － ３ [ ꎬ ( ) ( ) ] ( ２ ｋ π ｎ ) ( ２ ｋ π ｎ )
∴ ２) ｜ ] ｚ ｚ １ ꎬ ｚ ２｜＝ ｒ ｒ １ ２ ｒ ２ . ２θ ｒ２ ２θ ｒ ∴ ( [ ω ) ３ ＝ ( ｃｏｓ ) － ２ ３ π ＋ｉ ( ｓｉｎ － ２ ３ ) π ] ＝ ＝ ｃ ｃ ｏ ｏ ｓ ｓ２ ｋ ｎ π＋ × ｉｓｉｎ ｋ ＋ ２ ｉ ｋ ｓ π ｉｎ ＝１ ｎ ꎬ ｋ ×
∵ ｜ １｜＝ １ｃｏｓ １＋ １ｓｉｎ １ ＝ １ꎬ ２π ２π ω ２ π ２ π ｋ
｜
ｚ
２｜ ｚ ＝ ｚ
ｒ２
２ｃｏｓ ｒ
２θ
ｒ ２＋
ｒ２
２ｓｉｎ
２θ
２ ＝
ｒ
２ꎬ
×
[
ｃｏ
(
ｓ －
) ３
＋
(
ｉｓｉｎ
)
－
] ３
× ∴ ｋ ＝
ｎ
ｃｏｓ
是方
ｎ
程
＋
ｚ
ｉｓ
ｎ
ｉｎ
的
ｎ
ｎ
ꎬ
个
＝
根
０
.
ꎬ１ꎬ
∴ ｜ ｚ １ ｚ ｜｜ ２｜＝ ｚ １ ２ ｚ ꎬ . ｃｏｓ － ２π ＋ｉｓｉｎ － ２π ２ 几 ꎬ 何 ꎬ 解释 －１ 略. ＝１
思 ∴ 考 ｜ １运２｜ 用 ＝｜ １｜｜ ２｜ ( ３ ) ( ３ ) ◆复习题
２π ２π
７.证明 左边 ° ° ＝ｃｏｓ － ×３ ＋ｉｓｉｎ － ×３ 感受理解
(１) ＝ｃｏｓ(７５ ＋１５ )＋ ３ ３
° ° ° ° 右 ( ) ( )
边 ｉｓｉｎ ꎬ ( 原 ７５ 式 ＋ 成 １ 立 ５ . )＝ｃｏｓ９０ ＋ｉｓｉｎ９０ ＝ｉ＝ ∴ ＝ｃ ( ｏ ω ｓ( ) － ３ ２ ＝ π １ ) . ＋ｉｓｉｎ(－２π)＝１ꎬ １. 解 析 (１) ２ ＋ｉ ＋ １－ ２ ｉ －
左边 θ θ 由 可知 方程 ｚ３ 的解 ( ) ( ３ ) ( ３
(２) ＝[ｃｏｓ(－３ )＋ｉｓｉｎ(－３ )] (３) (１)(２) ꎬ ＝１
θ θ θ θ １ ３ ２ １ ２
[ｃｏｓ(－２ θ )＋ｉ θ ｓｉｎ(－２ )]＝ θ ｃｏｓ(－３ －２ θ ) 为ｚ １ ３ ｚ １ ３ ｚ . ２ ＋ ４ ｉ ＝ ３ ＋１－ ２ ＋ １－ ３ －
＋ｉｓｉｎ(－３ －２ )＝ｃｏｓ(－５ )＋ｉｓｉｎ(－５ ) １＝－ ＋ ｉꎬ ２＝－ － ｉꎬ ３＝１ )
＝ｃｏｓ５ θ －ｉｓｉｎ５ θ ＝ 右边 ꎬ 原式成立. １０.证明 如 ２ 图 ꎬ 在 ２ △ ＡＢＣ中 ２ ꎬ Ｂ ２ Ｃ ＝ ａ ꎬ ＣＡ ＝ ３ ｉ＝ ７ － ５ ｉ .
８.解析 向量Ｏ→Ｚ 对应的复数为 ｂ ＡＢ ｃ ＣＡＢ α ＣＢＡ β. ４ ６ １２
∴ ｒ ì ï ＝ ∵ (－１) ２ ＋１ ２ １ ＝ ２ꎬ －１＋ｉꎬ 直 以 ꎬ 角 ＡＢ 坐 ＝ 所 标 ꎬ 在 ∠ 系 直 . 线为 ＝ 实 ꎬ∠ 轴 ꎬ Ｂ为 ＝ 原点建立 ( ＋ ２ ２ ) － ３ ( ３ １ ) － － ３ ３ ｉ ( １１ ｉ ) ２ ) ＋ ５ ( ２＋ ｉ ４ ＋ . ｉ ４ １７ ( ) ｉ － ４ ) ( ４ ３ －５ ｉ＋ ｉ ２３ ５ ) ( ＝ ｉ ４ ( ) １ ５
ï ｃｏｓ θ ＝－ ２ ꎬ 设向量Ｂ→Ｃ →ＣＡ →ＢＡ对应的复数分别为 ｉ ＝３ｉ＋４ｉ－５ｉ＝２ｉ ２
í ２ ꎬ ꎬ (３)(－３＋ｉ)(２－４ｉ)＝－６＋１２ｉ＋２ｉ－４ｉ ＝
∴ 故 î ï ï ｓｉｎ θ ＝ ２ ２. ３π ｂ 则 以 ｚ １ ꎬ ꎬ ｜ ｚ ｚ Ｂ ｚ １ ２ ３ Ａ ꎬ ＝ ｜ ｚ 为 ａ ＝ ３ꎬ ( ｃ 对 . ｃｏ 角 ｓ β 线 ＋ｉ 作 ｓｉｎ β Ｂ ) Ｃ ꎬ Ａ ｜ Ｃ ｚ １ ′ ｜＝ ａ ꎬ｜ ｚ ２｜＝ ( － ４ ２ ) ＋ ∵ １４ æ è ç ｉ . ３ ２ ＋ｉ ö ø ÷ ３ ＝ｉꎬ
ａｒｇ(－１＋ｉ)＝ ꎬ ▱ ꎬ æ ö６
∴ －１＋ｉ＝ ２ ( ｃｏｓ ４ ３π ＋ｉｓｉｎ ３π ) ꎬ 故 则Ｂ ｚ →Ｃ′ ＝ ｂ →ＣＡ ꎬ ＢＣ′ α ＝ ＣＡ ＝ ｂ ꎬ∠ α ＡＢＣ . ′ ＝－ α ꎬ ∴ è ç ３ ２ ＋ｉ ø ÷ ＝ｉ ２ ＝－１ .
４ ４ ２＝ [ｃｏｓ(－ )＋ｉｓｉｎ(－ )] ２７－８ｉ (２７－８ｉ)(３－２ｉ) ６５－７８ｉ
逆时针旋转２π后 ꎬ 得到的向量对应的 ∵ ｚ →ＢＡ ＝ ｚ Ｂ→Ｃ ｚ ＋ →Ｃ ａ Ａ ꎬ β β ｂ α (５) ３ . ＋２ｉ ＝ (３＋２ｉ)(３－２ｉ) ＝ １３ ＝
[ ３ ( ) ( ∴ ３＝ １ α ＋２＝ ( ａ ｃｏｓ β ＋ｉｓ ｂ ｉｎ ) α ＋ [ｃ ａ ｏｓ(－ β ) ５－６ｉ
复数 ) 为 ] ２ ｃ ( ｏｓ ３ ４ π ＋ ２ ３ π ＋ｉｓｉｎ ) ３ ４ π ＋ ｂ ＋ ｓ ｉ ｉ ｓ ｃ ｎ ｉｎ ２ α ( ) － ｉ . ) ａ ]＝( β ｃｏｓ ｂ ＋ ｃ α ｏｓ ２ )＋( ａ ｓｉｎ β － (６) ( ∵ １ １ ) － ＋ ｉ ｉ ＝ (１ ( ＋ １ ｉ) － ( ｉ) １ ２ －ｉ) ＝－ｉꎬ
２π １７π １７π ∴ ＝( ｃｏｓ ＋ ｃｏｓ ) ＋( ｓｉｎ － １３
３ ＝ ２ ｃｏｓ １２ ＋ｉｓｉｎ １２ ｂ ｓｉｎ α ) ２ ꎬ ∴ １－ｉ ＝(－ｉ) １３ ＝－(ｉ ４ ) ３ ｉ＝－ｉ .
即ｃ２ ａ２ ｂ２ ａｂ α β ａ２ ｂ２ １＋ｉ
＝ － ３ ２ ＋１ － ３ ２ ＋１ ｉꎬ 同 ２ ａ 理 ｂ ｃｏ ＝ ｓ ｂ２ Ｃ. ＋ ａ２ ＋ ｃ２ ２ ａ ｃｏ ｃ ｓ( Ｂ ＋ )＝ ＋ － ∴ (７ ( ) １ ∵ ＋ｉ ( ) １ ８ ＋ ＝ ｉ) ( ２ ２ ＝ ｉ) ２ ４ ｉ ＝ ꎬ １６ .
向量Ｏ→Ｚ对应的复数为 － ３＋１ ａ２ ｂ ꎬ ２ ｃ ＝ ２ ＋ ｂｃ －２ Ａ. ｃｏｓ ꎬ 又 (１－ ３ｉ) ６ ＝[(１－ ３ｉ) ２ ] ３ ＝－８(１＋
∴ － ＝ ＋ －２ ｃｏｓ
２ ３
３ｉ) ＝６４ꎬ
３＋１. ６
ｉ (１－ ３ｉ) ６４ .
９. 解 ２ 析 证 明 ｒ ∴ (１＋ｉ) ８ ＝ １６ ＝４
( １ ) : ∵ ＝
( － １ ) ２ ＋ æ è ç ３ ö ø ÷ ２ ＝１ꎬ (８) (３－ １ ２ｉ) ２ － (３＋ １ ２ｉ) ２ ＝ ５－ １ １２ｉ － ５＋ １ １２ｉ
ì ï ２ θ １ ２ ＝ (５＋１２ｉ)－(５－１２ｉ) ＝ ２４ｉ.
í ïｃｏｓ ＝－ ２ ꎬ 探究拓展 ２.解析 ( ５－ ( １ １ ２ ) ｉ) ( ( ｘ ５ ＋ ＋ ｙ １ ｉ) ２ｉ ｉ ) －２＋ １ ４ ６ ｉ ９ ＝( ｘ ＋ ｙ ｉ)(１＋
∴ î ï ï ｓｉｎ θ ＝ ３ ꎬ １１.解析 θ (１ ｒ ) ｚ １ ｚ ２ θ ｚ ｎ ＝[ θ ｒ １(ｃｏｓ θ ｒ １＋ ｉ) ｙ ꎬ 整理 根 得 据 (－ 复 ｙ － 数 ２) 相 ＋( 等 ｘ ＋ 的 ４) 充 ｉ＝ 要 ( ｘ 条 － ｙ ) 件 ＋( 得 ｘ
æ ２ ö ｉｓｉｎ θ １)][ ２( θ ｃｏｓ ２＋ｉｓｉｎ ２)][ ｎ { ＋ ) ｙ ｉꎬ ｘ ｙ {ｘ
故 ç １ ３ ÷ ２π (ｃｏｓ ｎ＋ｉｓｉｎ ｎ)] － －２＝ － ꎬ ＝－２ꎬ
ａｒｇè－ ＋ ｉø＝ ꎬ ｒ ｒ ｒ θ θ θ ｘ ｘ ｙ ∴ ｙ .
２ ２ ３ ＝( １ θ ２ θ ｎ)[ｃ θ ｏｓ( . １＋ ２＋＋ ｎ)＋ ＋４＝ ｘ ＋ ꎬ ｙ ＝４ ｘ ｘ
∴ ω ＝ｃｏｓ ２π ＋ｉｓｉｎ ２π ꎬ ｉｓｉｎ( ｚｎ１＋ ２ ｒ ＋＋ θ ｎ)] θ ｒ θ (２) ＋ ＝ ５ ꎬ 整理得 ＋ ｉ ＋
( ３ ３ ) ( (２) θ ＝[ ( ｒ ｃｏｓ ＋ θ ｉｓｉｎ ) θ ][ (ｃｏｓ ＋ ｙ ｙ １－ｉ １－２ｉ ( １ ｘ －３ｉ ｙ ) ( ｘ ２ ｙ)
∴
ω３
＝ ｃｏｓ
２π
＋ｉｓｉｎ
２π
ｃｏｓ
２π
＋
ｉｓｉ
ｒ
ｎ
ｎ
)]
ｎ
[
θ
(ｃｏｓ ＋
ｎ
ｉ
θ
ｓｉｎ
.
)] ＋２ ｉ
＝
１＋３ｉ
ꎬ
即
＋ ＋ ＋
２
ｉ
) ( ３ ３ ) ３ ＝ [ｃｏｓ( )＋ｉｓｉｎ( ｋ )] ｋ ５ ２ ２ ５ ２ ５
２π ２π ２π １２.解析 ω ２ π ２ π ｋ １ ３
ｉｓｉｎ ｃｏｓ ＋ｉｓｉｎ ∵ ｋ＝ｃｏｓ ｎ ＋ｉｓｉｎ ｎ ꎬ ＝０ꎬ ＝ ＋ ｉꎬ
３ ３ ３ ２ ２
３０
教材习题答案
ì
ï ï
ｘ
＋
ｙ
＝ １ ꎬ {ｘ 成 ∵
ｂ
立 ≠ . ０ꎬ∴
ａ２
＋
ｂ２
＝１ꎬ
即
｜
ｚ
｜＝１
.必要性 １４.证明
Ｒ.
设ｚ
１＝
ａ
＋
ｂ
ｉꎬ
ｚ
２＝
ｃ
＋
ｄ
ｉꎬ
ａ
ꎬ
ｂ
ꎬ
ｃ
ꎬ
ｄ
í２ ５ ２ ＝－１ꎬ ∈
∴ ï ï ｘ ２ ｙ ３ ∴ ｙ ＝５ . 充分性 若 ｚ 即ａ２ ｂ２ 则 １ (１) 因为ｚ １ ｚ ２＝( ａ ＋ ｂ ｉ)( ｃ ＋ ｄ ｉ)＝ ( ａｃ －
î ＋ ＝ ꎬ : ｜ ｜＝１ꎬ ＋ ＝１ꎬ ｚ ＝ ｂｄ ａｄ ｂｃ ｚ ｚ ａ ｂ ｃ ｄ
３.解析 ２ ５ ２ ｂ ｂ ａ ｂ ａ ) ｃ ＋ ｂ ( ｄ ＋ ａ ) ｄ ｉꎬ ｂｃ １ ２＝( － ｉ)( － ｉ)＝
∵ (１＋ ｉ)(２＋ｉ)＝ (２－ )＋(１＋ － ｉ ａ ｂ ω ｚ １ ａ是实数. ( － )－( ＋ )ｉꎬ
２
ｂ
{ )ｉ
为
ｂ
纯虚数
ꎬ 充
ａ２
＋ 分
ｂ２
性
＝
成
－
立
ｉ
.
ꎬ∴ ＝ ＋ ｚ ＝２ 所以ｚ
１
ｚ
２＝ ｚ
ｚ
１
ｚ
２
.
ａ ｂ ａ ｂ ｃ ｄ
２－ ＝０ꎬ 因为 １ ＋ ｉ ( ＋ ｉ)( － ｉ)
∴
ｂ １＋２ .
ｂ
≠０ꎬ １２.解 ∴ 析
ω
∈
Ｒ
解
的
法
充
一
要条
设
件
ｚ
是
｜ ａ
ｚ
｜＝ ｂ １
.
ｚ ｃ ｄ
(２) ｚ
２
＝ｃ
＋
ｄ
ｉ
＝ ｃ２
＋
ｄ２ ＝
４.解
∴
析
＝２
ｚ ｚ ｚ ａ ｂ ｃ ｄ Ｒ
:
由 ｚ
１＝ ＋
ｚ
ｉꎬ ２＝ ＋
ｚ
ｉ ａｃ
＋
ｂｄ ａｄ
－
ｂｃ ｚ
１
ａ
－
ｂ
ｉ
ａｃ
＋
ｂｄ
∴ ｚ ２＝ １ ｚ ＋ １ １ ｉ ＝ ＝ １ ( － １ ｉ ( － ꎬ １ ｉ) １ ＋ ( ２ ｉ) １ ＝ ２ ＋ １ ｉ ＋ ) ｉ ＝ ꎬ ｉ . ｚ ( ＋ ２ ( ｜ ꎬ ｂ ＝ ＋ ꎬ ｄ ３ ) ꎬ 得 ２ ＝ ∈ ａ ３ ２ ꎬ ＋ 则 ) ｂ ꎬ ２ ａ ＝ ２ １ ＋ ｜ ꎬ ｂ ｃ １ ２ ２ ｜ ＋ ＋ ＝ ｃ ｄ ２ ｜ ２ ＋ ＝ ｄ ２ ２ １ ｜ ＝ ꎬ ＝ ( ２ １ ａ ꎬ ꎬ ２ ＋ ｜ ａ ｃ ｃ １ ) ＋ ＋ ２ ａ ｃ ｃ２ ２ ｄ ＋ － ｄ ｄ ｂ ２ ２ ｃ ｉ － ꎬ ｃ２ ＋ ｄ２ ｉꎬ ｚ ２ ＝ ｃ － ｄ ｉ ＝ ｃ２ ＋ ｄ２ ＋
ｂｄ ＋
５.解析 ∵ ｚ １ ＋ ｚ １ ＝ １ ＋ １ ＝ ８－６ｉ ２ ＝１ꎬ æｚ ö ｚ
１ ２ １＋２ｉ ３－４ｉ ２５ ∴ ｜ ｚ １ － ｚ ２ ｜ ＝ ( ａ － ｃ ) ２ ＋( ｂ － ｄ ) ２ ＝ 所以 è ç ｚ １ ø ÷ ＝ ｚ １ ( ｚ ２≠０) .
＝ １ ｚ ꎬ ａ２ ＋ ｂ２ ＋ ｃ２ ＋ ｄ２ －(２ ａｃ ＋２ ｂｄ )＝１ . １５.解析 设 ２ 复数 ２ ｚ ａ ｂ ａ ｂ Ｒ .
ｚ ２５ ２５(８＋６ｉ) ４＋３ｉ ｚ
解法
ｚ
二 :
ｚ
∵ ｜ ｚ １
ｚ
＋ ｚ ２
ｚ
｜ ２ ＋
ｚ
｜ ｚ １
ｚ
－ ｚ ２｜ ２ ＝
ｚ
( ｚ １
２
＋
由题 意得
{ ａ２
＋
＝ ｂ２ ＋
＝
ｉ(
２ꎬ
ꎬ ∈ )
∴ ＝ ＝ ＝ ＝２＋ ２)( １＋ ２)＋( １－ ２)( １－ ２)＝２｜ １｜ ＋ ａｂ
６.解 ２ ３ 析 ｉ . ８－ 解 ６ｉ 法一 (８ : － 设 ６ｉ) ｚ ＝ ( ｘ ８ ＋ ＋ ｙ ６ ｉ ｉ ( ) ｘ ꎬ ｙ ∈ ２ Ｒ )ꎬ 则 １３.解 ∴ ２｜ 析 ｚ ｜ ２ ｚ １ ｜ － ２ ＝ ｚ ( ２ ４ １ ｜ ꎬ ２ ) 且 ＝ ｘ２ １ ｜ ＋ ꎬ ｚ 即 １ ２ ＋ ＝ ｚ ｜ ２ ｘ ｚ １ ｜ ２ － － ＝ ｚ ２ ２ ｉ ３ ｜ ２ ＝ ꎬ ＝ １ ｘ . ２ －( ２ｉ) ２ 解 又 得 因 { 为 ｂ ａ ＝ ＝ ｚ １ 所 １ꎬ ２ 或 对 { 应 ＝ ａ ｂ ２ 的 ＝ ＝ ꎬ － － 点 １ １ . ꎬ Ａ 在第一象限 ꎬ
ｘ ｙ ｘ ｘ . {ａ
( ＋ ｉ－２)ｉ＝１＋ｉꎬ {ｘ ＝( ａ ＋ ２ ２ｉ ａ ) ｂ ( － ｂ２ ２ｉ) ａ ｂ ２ ２ ａ 所以 ｂ ＝１ꎬ
ｙ ｘ ＝３ꎬ (２) ＋４ ＋４ ＋１＝( ＋２ ) －ｉ ＝( ＋ ＝１ꎬ
∴ － ＋( －２)ｉ＝１＋ｉꎬ∴ ｙ ｂ ａ ｂ . 故ｚ .
ｚ
＝－１ꎬ
探究
２
＋ｉ
拓
)(
展
＋２ －ｉ)
第 1
＝
3
１＋ｉ
章 立体几何初步
∴ ＝３－ｉꎬ
∴ ｜ ｚ ｜＝｜３－ｉ｜＝ ９＋１＝ １０ . １４.解析 设ｚ ＝ ａ ＋ ｂ ｉ( ａ ꎬ ｂ ∈ ａ Ｒ ꎬ 且ｂ ｂ ≠０)ꎬ
解法二 : 由 ( ｚ －２)ｉ＝１＋ｉ 得ｚ －２＝ １＋ ｉ ｉ ＝１ 则ｚ ＝ ａ － ｂ ｉꎬ １ ｚ ＝ａ ＋ １ ｂ ｉ ＝ａ２ ＋ ｂ２ －ａ２ ＋ ｂ２ｉ . 13.1 基本立体图形
Ｏ→Ａ ａ ｂ Ｏ→Ｂ ａ ｂ １３.１.１ 棱柱、棱锥和棱台
－ｉꎬ (１)∵ ＝( ꎬ )ꎬ ＝( ꎬ－ )ꎬ
７. ∴ 解
ｚ
析 ＝３－ｉꎬ ｚ ∴ ｜
ｚ
｜＝｜３－ ｚ３ ｉ｜＝ １０
.
２ ∴
Ｏ→Ａ和Ｏ→Ｂ关于
æ
实
ａ
轴对称.
ｂ ö １
练
.解
习
析 由侧面平行四边形ＡＤＤ Ａ 向右
∵ ＝１－ｉꎬ∴ ＝(１－ｉ) (１－ｉ)＝ Ｏ→Ｃ ç ÷ １ １ １
－２－２ｉꎬ (２)∵ ＝ èａ２ ＋ ｂ２ꎬ－ａ２ ＋ ｂ２ ø ＝ａ２ ＋ ｂ２ 平移得到 ( 方法不唯一 ) .
ｚ３ ２ ２ . ２.解析 底面 平面ＡＢＣ 平面Ａ Ｂ Ｃ .侧
８.
∴
解析
｜ ｜＝
由题
(－
意
２)
知
＋(
Ａ
－
(
２
０
)
ꎬ１
＝
)ꎬ
２
Ｂ
２
(１ꎬ０)ꎬ
(
ａ
ꎬ－
ｂ
)＝ａ２
＋
１
ｂ２
Ｏ→Ｂ
ꎬ
３.
棱
解 : 析
Ａ Ａ
１ꎬ
ＢＢ
画 １
:
ꎬ
Ｃ
三
Ｃ
棱 １
.
锥可
ꎬ
分三步完
１
成
１ １
Ｃ
(４ꎬ２)ꎬ
则→ＢＡ
＝(－１ꎬ１)ꎬ
Ｂ→Ｃ
＝(３ꎬ２)ꎬ ∴
Ｏ→Ｂ与Ｏ→Ｃ是共线向量.
第一 步
(
画
１)
底面 画一个三角形
:
∴
Ｂ→Ｄ
＝
→ＢＡ
＋
Ｂ→Ｃ
＝(－１ꎬ１)＋(３ꎬ２)＝(２ꎬ
本章测试
第二步
ꎬ
确定顶
——
点
—
在底面外
ꎻ
找任
３)ꎬ
一、填空题
一点
ꎬ ———
∴ ｜ Ｂ→ Ａ Ｄ Ｂ ｜ Ｃ ＝ Ｄ的 ２ 对 ２ ＋ 角 ３ ２ 线 ＝ ＢＤ １３ 的 ꎬ 长为 . ２ １ . . 答 答 案 案 １ －２ 第 角 三 形 步 ꎻ 各顶 ꎬ 画 点 侧 . 棱 ——— 连接顶点与底面三
９.证 ∴ 明 ▱ 设ｚ ａ ｂ ｚ ｃ ｄ ａ ｂ ｃ １３ ｄ ３.答案
Ｒ 且 ｂ １ ｄ ＝ ＋ ｉ . ꎬ ２＝ ＋ ｉ( ꎬ ꎬ ꎬ ∈ ４.答案 以 １ 原 ０ 点为圆心 为半径的圆
由 ꎬ ｚ ｚ ≠０ꎬ ａ ≠ ｃ ０) ｂ ｄ 和ｚ ｚ ａｃ ５.答案 ꎬ３
ｂｄ １＋ ｂ ２ ｃ ＝( ａｄ ＋ ) 均 ＋ 为 ( 实 ＋ 数 )ｉ 得ｂ １ ２ ｄ ＝( 且 － ６.答案 －１ 画四棱台可分三步完成
ｂｃ ) ａ ＋ ｄ ( ＋ 消 ) 去 ｉ ｄ 得ｂｃ ａ ꎬ ｂ . ＋ ＝０ 二、选择 题 －２ ( 第 ２ 一 ) 步 画一个四棱锥 :
＋ ｂ ＝０ꎬ ｃ ａ. ꎬ － ＝０ ７.Ｂ 第二步 ꎬ 在它的一条侧 ꎻ 棱上取一点 然
∵ 又ｄ ≠０ꎬ ｂ ∴ 故 ＝ ｚ ｚ 是共轭复数. ８.Ａ 后从这点 ꎬ 开始 顺次在各个侧面内画 ꎬ 出
思考 ＝ 运 － 用 ꎬ １ꎬ ２ ９.Ｄ 与底面对应边 ꎬ 平行的线段
１０.解析 ω３ ω ω ω２ １０.Ｂ 第三步 将多余的线段擦去 ꎻ 如图所示 .
∵ －１＝( －１)(１＋ ＋ ) 三、解答题 ꎬ ( )
＝０ꎬ
ω３ . １１.解析 原式
∴ ＝１ (１) ＝( ２－３ ２)－(２＋１)ｉ
又ω ω２ .
＋１＝－ ω４ ꎬ ω ω２ ＝－２ 原 ２ 式 －３ｉ . ４.解析 两个几何体都不是棱台 第一个
∴
ω２
＋ω
１
２ ＝ ω
＋
２
１
＝ ω
＋
２
１
＝
－
ω２ ＝－１
.
１２.解
(２
析
)
(１
＝
)
－
ｚ
１
＝５－６ｉ－(－１＋２ｉ)＝ ６－８ｉꎬ 几何体 侧棱ＡＡ １ꎬ ＢＢ １ꎬ ＣＣ １ꎬ ＤＤ １
ꎬ
延长后
１１.证明 设ｚ ａ ｂ ａ ｂ Ｒ且ｂ ｚ . 不相交于一点 第二个几何体面
＝ ａ ＋ ｂ ｉ( ꎬ ∈ ≠０)ꎬ ∴ ＝６＋８ｉ Ａ Ｂ Ｃ 与面ＡＢＣ ꎬ 不平行.
则 １ ｚ ＝ａ ＋ １ ｂ ｉ ＝ａ２ － ＋ ｂ ｉ ２ . ａ ｂ (２) ｚ ＝ １ １ ｚ － ＋ ２ ｉ ｉ ＝－ ２ １ － ２ ｍ ３ ｉ . ｍ ５.解 体 １析 是 １ 三 １ 多 棱 面 锥 体 . 至少有四个面 ꎬ 这个多面
必要性 若 ω ｚ １ ａ ｂ － ｉ １３.证明 １ ２＋３ｉ ２ －３ ２＋３ . ６.解析 五面体可以是三棱柱 四棱锥和
: ＝ ＋ ｚ ＝ ＋ ｉ＋ａ２
＋
ｂ２ ＝ ｚ
２
＝ｍ
－ｉ
＝ｍ２
＋１
＋ｍ２
＋１
ｉ
三棱 台.
、
æ ａ ö æ ｂ ö ｚ
çａ ÷ çｂ ÷ 是实数 则ｂ 因为 １为实数
è ＋ａ２ ｂ２ ø＋è －ａ２ ｂ２ øｉ ꎬ ｚ ꎬ
＋ ＋ ２
ｂ ｍ
. 所以２＋３ 故ｍ ２ .
－ａ２ ｂ２ ＝０ ｍ２ ＝０ꎬ ＝－
＋ ＋１ ３
３１
如图所示 按以下步骤完成.
(２) ꎬ
在已知的五边形ＡＢＣＤＥ中 取ＡＢ所
① ꎬ
在直线为 ｘ 轴 ＤＯ 所在直线为 ｙ 轴
ꎬ
ＤＯ ＡＢ 作ＥＭ ＡＢ于Ｍ ＣＮ ＡＢ
( ⊥ )ꎬ ⊥ ꎬ ⊥
于Ｎ.画对应的 ｘ′轴 ｙ′轴 使 ｘ′Ｏ′ｙ′
ꎬ ꎬ ∠
＝４５ °. ６.解析 画水平放置的正方形的直
② Ｏ′ 在 Ｂ′ ｘ′ Ｏ 轴 Ｂ 上 Ｏ′ 取 Ｎ′ Ｏ′ Ｏ Ａ′ Ｎ ＝ Ｏ 作 Ａ ꎬ Ｍ Ｏ ′ ′ Ｅ Ｍ ′ ′ ＝ ｙ Ｏ ′轴 Ｍ ꎬ 观图 ＡＢ ( Ｃ １ Ｄ ) ꎬ 使 ∠ ＢＡＤ ＝４５ ° ꎬ ＡＢ ＝４ ｃｍꎬ
＝ ꎬ ＝ ꎬ ∥ ꎬ ＡＤ ＝２ ｃｍꎻ
且Ｍ′Ｅ′ ＝ １ＭＥ ꎬ 作Ｎ′Ｃ′ ∥ ｙ′轴 ꎬ 且Ｎ′Ｃ′ ( 轴 ２ 上 ) 过 截 Ｏ 取 ′作 Ｏ′ ｚ Ｓ ′轴 ꎬ 使 ∠ ｘ′Ｏ′ｚ′ ＝９０ ° ꎬ 在ｚ′
２ ＝５ ｃｍꎻ
连接ＳＡ ＳＢ ＳＣ ＳＤ 得到的图形就
１ＮＣ 在ｙ′轴上取Ｏ′Ｄ′ １ ＯＤ. (３) ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ
１３.１.２ 圆柱、圆锥、圆台和球 ＝ ꎬ ＝ 是所求作的正四棱锥的直观图.
２ ２
连接Ａ′Ｂ′ Ｂ′Ｃ′ Ｃ′Ｄ′ Ｄ′Ｅ′ Ｅ′Ａ′ 所
练习 ③ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ
得五边形Ａ′Ｂ′Ｃ′Ｄ′Ｅ′就是水平放置的
１.解析 左边的几何体是由一个圆锥 一
、 五边形ＡＢＣＤＥ的直观图.
个圆柱和一个圆台组合而成的.右边的
几何体是由一个正六棱柱和一个圆柱
组合而成的.
２.解析 是由圆锥和中间挖去一个圆锥
的圆柱构成的.
３.解析 设直线ｌ和圆Ｏ相离 以直线ｌ
为旋转 轴 将圆Ｏ绕直线ｌ旋
ꎬ
转一周形
◆习题13.1
成的几何 ꎬ 体是车轮内胎 如图所示.故 感受理解
ꎬ
是圆. １.解析 三棱柱可以看成是三角形沿某
一方向平移形成的几何体 六棱柱可以
ꎬ
看成是六边形沿某一方向平移形成的
几何体.
２.解析 如图 所示 绕ＢＣ 边所在的
(１) ꎬ
直线旋转一周形成的几何体可看成由
４.解析 第一个图的底面是三角形 侧面
ꎬ ２.解析 如图所示 按如下步骤完成 两个同底圆锥构成的.
是矩形 故是三棱柱 第二个图的底面 ꎬ :
ꎬ ꎻ 第一步 画水平放置的矩形的直观图
是圆 侧面是扇形 故是圆锥 第三个图 ꎬ
ꎬ ꎬ ꎻ ＡＢＣＤ 使 ＢＡＤ ° ＡＢ ＡＤ
的上 下底面是相似正方形 侧面是等 ꎬ ∠ ＝４５ ꎬ ＝３ ｃｍꎬ ＝
、 ꎬ .
腰梯形 故是四棱台. １ ｃｍ
ꎬ 第二步 过Ａ作ｚ′轴 使 ＢＡｚ′ ° 分
５.解析 母线长ｌ ＝ (２－１) ２ ＋３ ２ ＝ １０ 别过点 ꎬ Ｂ Ｃ Ｄ作ｚ′轴 ꎬ 的 ∠ 平行线 ＝９ 在 ０ ｚ ꎬ ′轴
. 及这组平 ꎬ 行 ꎬ 线上分别截取 ＡＡ′ ꎬ ＢＢ′
６.解 (ｃ 析 ｍ) 如图所示 该几何体是由两个圆 ＝ ＝
ＣＣ′ ＤＤ′ .
柱和 两个圆台组 ꎬ 成的.
第三
＝
步 连
＝
接
２ ｃ
Ａ
ｍ
′Ｂ′ Ｂ′Ｃ′ Ｃ′Ｄ′ Ｄ′Ａ′ 得
图
(１)
ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ
到的图形就是所求作的长方体的直 如图 所示 绕 ＡＣ 边所在的直线旋
(２) ꎬ
观图. 转一周形成的几何体可看成一个圆锥
挖去一个同底的圆锥.
３.解析 如图所示.
１３.１.３ 直观图的斜二测画法
图
练习 (２)
１.解析 如图所示 按以下步骤完成. ３.解析 如图所示.
(１) ꎬ
在已知的 ＡＢＣ中 取ＡＢ所在直线
① △ ꎬ ４.Ａ
为ｘ轴 取高线ＣＯ所在直线为ｙ轴 画
ꎬ ꎬ ５.解析 如图所示.画法
对应的ｘ′轴 ｙ′轴 使 ｘ′Ｏ′ｙ′ °. :
、 ꎬ ∠ ＝４５ 第一步 画水平放置的半径为 的
在ｘ′轴上取Ｏ′Ａ′ ＯＡ Ｏ′Ｂ′ ＯＢ 在 ꎬ １ ｃｍ
② ＝ ꎬ ＝ ꎬ 圆Ｏ′的直观图.
４.解析 如图所示.
ｙ′轴上取Ｏ′Ｃ′ １ ＯＣ. 第二步 过Ｏ′作ｚ′轴 使 ｚ′Ｏ′ｘ′ °
＝ ꎬ ꎬ ∠ ＝９０ ꎬ
２ 在Ｏ′ｚ′上截取Ｏ′Ｃ .
连接Ａ′Ｂ′ Ａ′Ｃ′ Ｂ′Ｃ′ 所得 Ａ′Ｂ′Ｃ′ ＝３ ｃｍ
③ ꎬ ꎬ ꎬ △ 第三步 连接ＣＡ ＣＢ 得到的图形就是
就是水平放置的 ＡＢＣ的直观图. ꎬ ꎬ ꎬ
△ 所求作的圆锥的直观图.
５.解析 正三棱柱的直观图如图
:
３２
教材习题答案
练习
(３)
１.解析 相等或互补.
ＡＡ′ ＢＢ′}
２.证明 ＡＡ′ ＣＣ′ 所以四
ＢＢ′ ＣＣ′ ⇒ ꎬ
边形ＡＣＣ′Ａ′为平行四边形 同理 四边
ꎬ ꎬ
形ＡＢＢ′Ａ′ ＢＣＣ′Ｂ′为平行四边形 所以
ꎬ ꎬ
ＡＢ Ａ′Ｂ′ ＡＣ Ａ′Ｃ′ ＢＣ Ｂ′Ｃ′ 故
＝ ꎬ ＝ ꎬ ＝ ꎬ
ＡＢＣ Ａ′Ｂ′Ｃ′.
(４) △ ≌△
３.解析 平行.理由如下 ＡＡ
ＢＢ Ｂ Ｂ
(１)
ＣＣ ＡＡ ＣＣ
:∵ 四边１形 ∥
ＡＣＣ １ꎬ Ａ １是 ∥ 平行１ꎬ 四 ∴ 边１形 １ Ａ ꎬ Ｃ ∴ Ａ Ｃ .
１相１等.理由如下 ꎬ∴
Ａ Ｂ
∥
ＢＣ
１ １
(２) :∵ １ ＝ １ ＝
Ａ Ｃ ＡＤ Ｄ Ｃ ＡＣ
思考运用 １ １ꎬ Ａ ＢＣ １＝ 与１ ＝ ＡＤ ꎬ Ｃ 均为等边三角
６.解析 如图所示. ２. 线 解 上 析 则 ( 不 １) 能 不 确 正 定 确 一 .若 个 这 平 三 面 点 . 在同一直 ４.解 ∴ 形 析 ꎬ △ ∴ ∠ １ 相 Ａ 等１ １ Ｂ . Ｃ 理１＝ △ 由 ∠ 如 ＡＤ １ 下１ Ｃ ＝６ Ｐ ０ °. Ｑ 分别为
正 ꎬ 确. ＡＡ Ｃ Ｃ 的中点 ＰＤ :∵ ꎬ ＢＱ ＰＢ
(２) 不正确.因为平面是向四周无限伸 ＤＱ １ꎬ １ Ｄ ＰＢ 与 ꎬ∴ ＢＱＤ １∥ 相等或 ꎬ 互１补 ∥
( 展 ３ 的 ) 所以斜屋面所在的平面与地面必 易知 ꎬ∴ ∠ Ｄ Ｐ １ Ｂ 与１ ∠ ＢＱＤ都为锐角 ꎬ
定相 ꎬ 交. Ｄ ∠ ＰＢ １ １ Ｂ ∠ ＱＤ. ꎬ
３.证明 证法一 设直线ａ与直线ｂ交于 ５. ∴ 解 ∠ 析 １ 平行 １＝ .理 ∠ 由如下 Ｍ Ｎ 分别为
７.解析 略. : :∵ ꎬ
点Ａ 在直线 ｂ 上取点 Ｂ 且 Ａ Ｂ 不 ＳＡ ＳＣ的中点 ＭＮ ＡＣ 同理 ＥＦ
探究拓展 ꎬ ꎬ 、 ꎬ ꎬ∴ ∥ ꎬ ∥
重合. ＡＣ ＭＮ ＥＦ.
８.解析 此截面一定是圆.理由如下 用 ꎬ∴ ∥
: 因为Ｂ ｂ Ａ Ｂ不重合 练习
一个平面截球所得的截面必为半圆内 ∈ ꎬ 、 ꎬ
所以Ｂ 直线ａ １.解析 正确.经过直线和直线外一
某一垂直于直径的半弦ＡＢ绕直径所在 ∉ ꎬ (１)
所以有且仅一个平面ｚ经过点Ｂ和直 点可以确定一个平面 过这一点且不在
直线旋转而成 如图所示. ꎬ
ꎬ 线ａ 此平面内的直线都与原直线异面.
ꎬ
所以点Ａ在该平面内. 错误.过直线外一点与已知直线垂
(２)
又因为点Ａ Ｂ在直线ｂ上 直的直线有无数条.
、 ꎬ
点Ａ Ｂ又都在平面α内 ２.解析 平行或异面. 提示 相交时有一
、 ꎬ ( :
所以直线ｂ在平面α内 个公共点 平行或异面时无公共点
ꎬ ꎬ )
所以经过两条相交直线 有且只有一个 ３.解析 相交或异面.
ꎬ
平面. ４.解析 如图 所示. 如图
(１) (１) (２) (２)
证法二 设直线ａ与直线ｂ交于点Ａ 在 所示. 如图 所示.
13.2 基本图形位置关系 直线ａ上 : 取点 Ｂ 且 Ａ Ｂ 不重合 在 ꎬ 直 (３) (３)
ꎬ 、 ꎬ
线ｂ上取点Ｃ 且Ａ Ｃ不重合.
１３.２.１ 平面的基本性质 ꎬ 、
因为Ａ Ｂ Ｃ不重合
、 、 ꎬ
练习 所以有且仅有一个平面α经过Ａ Ｂ Ｃ.
、 、
１.解析 经过不在同一条直线上的三点 因为点Ａ Ｂ都在直线ａ上
ꎬ 、 ꎬ ５.解析 与 ＡＡ 异面且垂直的直线有
有且只有一个平面.因此只安装一只撑 所以直线ａ在平面α内
ꎬ ＢＣ Ｃ Ｄ Ｂ Ｃ １ Ｃ Ｄ 共四条.
脚即可使自行车保持稳定. 同理直线ｂ也在平面α内 ꎬ ６.解析 ꎬ ꎬ １ １ꎬ ＣＣ １ １ꎬ ＢＢ
２.解析 (１) Ａ ∈ ｌ ꎬ ｌ ⊂ α. 所以经过两条相交直线 ꎬ 只有一个 Ａ Ｂ ( Ｂ １)∵ 即为１异 ∥ 面直１ꎬ 线 Ａ Ｂ 与 ＣＣ
(２) α ∩ β ＝ ｌ ꎬ ｍ ⊂ α. 平面. 所 ∴ 成 ∠ 的 １ 角 １ １ １
Ａ α Ａ ｌ 且ｌ α. 思考运用 ꎬ
(３) ∈ ꎬ ∈ꎬ ⊄ Ａ ＢＢ °
(４)
Ｍ
∈
ｌ
ꎬ
且Ｍ
∉
α. ４.解析
１
个. ∵
异
∠ 面１直线１＝
Ａ
４５
Ｂ
ꎬ
与Ｃ Ｃ的夹角为 °.
３. 可 Ｂ 看 点 作集 Ａ可 合 看 .对 作 于 元素 选 ꎬ 直 项 线 ｌ ｌ 与 α显 平 然 面 错 α ５. 而 解析 ＡＢ 在 相 平 交 面 .因 Ａ 为 Ｂ 直 ＣＤ 线 内 Ａ １ 所 Ｐ与 以直 ＡＢ 线 相 Ａ 交 Ｐ ꎬ ( ∴ ２) 如图所示１ ꎬ 连接 Ｂ １ Ｄ ꎬ 与 ＡＣ 相 ４ 交 ５ 于
误 选 ꎻ 项 对 Ａ 于 Ｃ ｌ ｌ 选项 α ꎬ 显 Ａ ⊂ 然 Ａ ｌ 错 显 误 然 . ꎬ 故 错 ∉ 选 误 ꎻ 对 . 于 Ｄ 与 面 平 ＡＢ 面 ＣＤ ＡＢ 相 Ｃ 交 Ｄ相 . 交.同理 ꎬ 直线Ｄ １ Ｐ与平 １ ∠ 点 Ｅ Ｏ Ｏ ꎬ Ｃ 取 ( 或 Ｄ ∠ １ Ｄ ＥＯ 的 Ａ ) 即 中 为 点 异 Ｅ 面 ꎬ 直 连 线 接 ＡＣ ＥＯ 与 ꎬ
⊂ꎬ∉ Ｂ Ｄ Ｂ所成的角.
４.Ｄ ６.解析 如图所示 连接ＡＣ ＡＣ就是 １
(１) ꎬ ꎬ
◆习题13.2（1） 平面ＰＡＣ与平面ＡＢＣＤ的交线.
感受理解 连接 Ａ Ｐ 并延长 交直线 ＡＢ 于点
(２) １ ꎬ
１.解析 Ｍ 连接ＣＭ ＣＭ就是平面ＰＡ Ｃ与平面
(１) ꎬ ꎬ １
ＡＢＣＤ的交线.
Ｄ Ｄ Ａ Ａ
(２) (３)∵ ＡＡ １ Ｃ或 ∥ 其１补 ꎬ 角即为异面直线 Ａ Ｃ
与 ∴ ∠ Ｄ Ｄ １所成的角 设 ＡＡ 则 ＡＣ １
１ ꎬ １ ＝１ꎬ ＝
ＡＢ２ ＢＣ２ .
＋ ＝ ２
又易知Ａ Ａ ＡＣ
１３.２.２ 空间两条直线的位置 １ ⊥ ꎬ
ＡＣ
在 ＡＡ Ｃ中 ＡＡ Ｃ ２
关系 ∴ Ｒｔ△ １ ꎬｔａｎ∠ １ ＝ＡＡ ＝
１ １
３３
１０.解析 ＢＣ Ｂ′Ｃ′
＝ 异 ２ 面 ꎬ 直线Ａ Ｃ与Ｄ Ｄ所成角的正切 Ｂ′Ｃ ( ′ １ Ａ ) ′ ∵ 就是 ∥ ＢＣ和Ａ ꎬ ′Ｃ′所成的角.
∴ １ １ ∴ 长 ∠ 方体ＡＢＣＤ Ａ′Ｂ′Ｃ′Ｄ′中 ＡＢ ＡＤ
值为 . ∵ － ꎬ ＝
２
７.解析 正确. 错误 此时 ａ与ｂ
＝２ ３ꎬ
平行 相 ( 交 １) 异面都 (２ 有 ) 可能 ꎬ . ꎬ ∴ ∠ Ｂ′Ｃ′Ａ′ ＝４５ ° ꎬ
◆习题 、 13.2 、 （2） ＢＣ和Ａ′Ｃ′所成的角是 °.
∴ ４５
ＢＢ′ ＡＡ′
感受理解 (２)∵ ∥ ꎬ
Ａ′ＡＤ′就是ＢＢ′和ＡＤ′所成的角.
１.解析 Ａ α Ｂ β ＡＢ β. ∴ ∠
α ( β １) ｌ ∈ ｍ ꎬ α ∈ ｍ ꎬ ｌ Ｐ ⊂ . 在 Ａ′ＡＤ′中 ＡＡ′ Ａ′Ｄ′ １４.解析 不一定.理由如下 如图所示
２.
示
解 (２
.
析 ) ∩
如 (１
＝
图 )
ꎬ 如
所
图 ⊂
示 １
ꎬ
.
所 ∩ 示. ＝
(２)
如图
２
所
∴
△
∠ ＢＢ
Ａ
′和
′ＡＤ
Ａ
′
Ｄ ＝ ′ ６ 所
ꎬ
０
°
成 ꎬ 的
＝２
角
ꎬ
是
＝
°
２
.
３ꎬ ａ
交 ꎬ
ｂ
但
为 异
ｃ ｄ
面
是
直
相
线
交 ꎬ
ｃ
直 ꎬ
ｄ
线
分
.
别 : 与ａ
ꎬ
ｂ都相 ꎬ
(３) ３ 思考 ∴ 运用 ６０ ꎬ ꎬ
１１.解析 如图所示 取ＣＣ 的中点Ｇ 连
ꎬ １ ꎬ
接ＥＧ ＢＣ ＦＧ ＢＤ ＤＣ .
ꎬ １ꎬ ꎬ ꎬ １
ＥＧ ＢＣ ＡＤ ＢＣ
∵ ∥ １ꎬ １∥ １ꎬ
ＥＧ ＡＤ
∴ ∥ １ꎬ
ＦＥＧ或其补角为直线 ＡＤ 与 ＥＦ
∴ ∠ １ 探究拓展
所成的角.
１５.解析 证明 由 Ｅ Ｆ 分别是 ＡＢ
(１) : ꎬ ꎬ
易知ＥＦ １ ＢＤ ２ａ ＥＧ １ ＢＣ ＢＣ的中点 得ＥＦ ＡＣ 且ＥＦ １ ＡＣ.
＝ ＝ ꎬ ＝ １＝ ꎬ ∥ ꎬ ＝
２ ２ ２ ２
３.解析 如图所示. ２ａ ＦＧ １ ＤＣ ２ａ 同理 ＧＨ ＡＣ 且ＧＨ １ ＡＣ ＥＦ
ꎬ ＝ １＝ ꎬ ꎬ ∥ ꎬ ＝ ꎬ∴
２ ２ ２ ２
ＥＦＧ为正三角形 ＧＨ.故四边形 ＥＦＧＨ 是平行四边形.
∴ △ ꎬ
直线ＡＤ 与ＥＦ的夹角为 °.
∴ １ ６０ 证明 由已知得ＥＨ １ ＢＤ ＥＦ
(２) : ＝ ꎬ ＝
２
１ ＡＣ ＢＤ ＡＣ ＥＨ ＥＦ.由 知四
ꎬ ＝ ꎬ∴ ＝ (１)
２
边形ＥＦＧＨ为平行四边形 四边形
ꎬ∴
４.解析 不一定共面.如果三条直线两两 ＥＦＧＨ是菱形.
相交且不共点 那么必共面 如果三条 当ＡＣ ＢＤ 且ＡＣ ＢＤ时 四边形
ꎬ ꎻ (３) ⊥ ꎬ ＝ ꎬ
直线两两相交且共点 那么三条直线有 ＥＦＧＨ是正方形.
ꎬ
可能不共面. １６.解析 相交. Ｃ 平面Ｄ ＰＣ Ｃ 平
５.解
四边
析
形
不
ＡＢ
一
ＣＤ
定
就
.理
不
由
是
如
平
下
面 : 图
如
形
图
.
所示的 １２.
点 Ｍ
证
Ｎ
明
Ｍ Ｆ ꎬ Ｎ Ｍ
如
ꎬ 使 Ｅ
图
Ｎ Ａ
所
Ｍ Ｍ
示
＝ Ｅ ꎬ Ａ
在
１ Ｅ Ｎ １
Ａ
Ｆ ꎬ
Ｄ
Ａ . ꎬ Ｎ 由
Ａ
＝
Ｂ
Ａ Ａ
上
１ Ｆ Ｅ
分
１ꎬ
别
连 Ａ
取
接 Ｍ 接 点
面
ꎬ
Ａ
Ｄ 由
Ｂ
Ｂ
Ｃ
基 并
Ｄ
本 ꎬ 延 ∴ 事 长
点 ∵
实 与
Ｃ
３
∈ 是
可 Ｄ 知
两
Ｐ 两
个
的 平
平
延
１
面
面
长 相
ꎬ 的
线 交
公
交
∈
.
共
于 连
得四 ꎬ 边形 ꎬ ＡＭ ꎬ Ｅ Ａ １ꎬ 为平 １ 行四边 １ 形 １ . 点Ｑ 连接ＱＣ ꎬ 则ＱＣ １ 即为平面Ｄ ＰＣ
ＭＥ ＡＡ 同 １ 理 １ ＮＦ ＡＡ 与平 ꎬ 面ＡＢＣＤ的 ꎬ 交线.画图略. １
∴ １ １ꎬ １ １ꎬ
ＭＥ ＮＦ
∴ 四边 １ 形 Ｍ １ Ｎ ꎬ Ｆ Ｅ 为平行四边形 １３.２.３ 直线与平面的位置关系
∴ １ １ ꎬ∴
Ｅ Ｆ ＭＮ. 练习
１ １
６.解析 直观图如图所示.其中 为三 在 ＡＭＮ和 ＣＥＦ中 ＡＮ ＣＦ １.解析 错误 这条直线也可能与这
(１) Ｒｔ△ Ｒｔ△ ꎬ ＝ ꎬ (１) ꎬ
个平面交于一条直线 为三个平面 ＭＡＮ ＥＣＦ ° ＡＭ ＣＥ 个平面相交. 正确. 正确.
ꎬ(２) ∠ ＝∠ ＝９０ ꎬ ＝ ꎬ (２) (３)
交于一点 为三个平面有 条交线. ＡＭＮ ＣＥＦ ２.答案
ꎬ(３) ３ ∴ Ｒｔ△ ≌Ｒｔ△ ꎬ ①③
ＭＮ ＥＦ. ３.Ｄ
∴ ＝
同理 ＤＭＦ ＢＥＮ ４.答案 平面Ａ Ｃ 和平面ＤＣ
ＭＦ Ｒｔ△ ＥＮ ≌Ｒｔ△ ꎬ 平 面 (１ Ｂ ) Ｃ 和平 １ 面 １ ＤＣ １
∴ 四边 ＝ 形Ｍ ꎬ ＮＥＦ为平行四边形 (２) 平面Ａ Ｃ １ 和平面ＢＣ １
∴ ＭＮ ＥＦ ꎬ ５.解 (３ 析 ) １ 平 １ 行. １
∴ Ｅ Ｆ ＥＦ ꎬ . ＡＡ ＢＢ (１) }
∴ １ １ １∥ １
ＡＡ 平面ＢＢＤＤ ＡＡ 平面ＢＢＤＤ.
１⊄ １ １ ⇒ １∥ １ １
ＢＢ 平面ＢＢＤＤ
１⊂ １ １
不平行.由题图易知 ＤＤ 与平面
(２) １
Ｃ ＤＢ相交 而 ＡＡ ＤＤ ＡＡ 与平
７.解析 两个平面.ａ 与 ｃ ｂ 与 ｃ 分别确 １ ꎬ １∥ １ꎬ∴ １
ꎬ 面Ｃ ＤＢ相交.
定一个平面. １
平行.ＢＢ ＤＤ 四边形 ＢＤＤ Ｂ
８.解析 经过Ａ Ｄ和ＢＢ 不能作长方体 (３) １ １⇒ １ １
１ １ 为平行四边形 ＢＤ Ｂ Ｄ }
两 的 条 截 异 面 面 .理 直 由 线 如 所 下 : 以 因 不 为 可 Ａ 能 １ Ｄ 共 和 面. ＢＢ １ 是 １３.解析 如图所示 延长Ａ Ｍ 交ＡＢ的 ⇒ ＢＤ ⊂ ∥ 平 １ 面 １ ＡＢＣＤ ⇒
９.解 面 析 直 线 是 ꎬ 则 .由 ＡＣ 反 ꎬ ꎬ 证 ＢＤ 法 共 ꎬ 面 若 ꎬ Ａ 设 Ｃ ꎬ 为 ＢＤ α ꎬ 不 则 是 Ａ 异 ∈ 延 长线 长 于 线 点 于点 Ｐ ꎬ Ｑ 连 ꎬ 接 延 ꎬ 长 ＰＱ. Ｃ 直 １ Ｍ 线 １ ꎬ 交 Ｐ ꎬ Ｑ Ｃ 即 Ｂ的 为 延 平 Ｂ １ Ｄ １∥ 平面Ａ 由 ＢＣ Ｂ Ｄ １ . Ｄ 可 １⊄ 知 平 Ｂ 面 Ｄ ＡＢＣ Ｂ Ｄ Ｄ}
α ꎬ Ａ Ｃ Ｂ ∈ α α ꎬ Ｂ Ｃ ∈ Ｄ α ꎬ Ｄ α ∈ 与 α ꎬ ＡＢ ＣＤ 是异面直 面Ａ １ Ｃ １ Ｍ与平面ＡＢＣＤ的交线. 平 行. ＢＤ (３) 平面Ｃ Ｄ １ Ｂ １∥
∴ ⊂ ꎬ ⊂ ꎬ ꎬ (４) ⊂ １ ⇒
线矛盾 Ｂ Ｄ 平面Ｃ ＤＢ
ꎬ １ １⊄ １
ＡＣ与ＢＤ一定是异面直线. Ｂ Ｄ 平面Ｃ ＤＢ.
∴ １ １∥ １
３４
教材习题答案
６.解析 平行 相交或异面.如图所示. Ｈ 连结ＯＨ. Ｏ Ｈ分别是上 下底面的 又 ＢＤ′ 平面ＢＤＤ′ ＡＣ ＢＤ′.
、 ꎬ ∵ ꎬ 、 ∵ ⊂ ꎬ∴ ⊥
中心 ＯＨ 平面ＡＢＣＤ ＨＣ为斜线 ８.解析 ＰＡＤ ＰＡＢ
ꎬ∴ ⊥ ꎬ∴ (１) Ｒｔ △ ꎬ Ｒｔ △ ꎬ
ＯＣ在平面 ＡＢＣＤ 内的射影 ＯＣＨ ＰＢＣ ＰＤＣ.理由如下 ＰＡ
ꎬ∴ ∠ Ｒｔ△ ꎬＲｔ△ :∵ ⊥
即为ＯＣ与平面 ＡＢＣＤ 所成的角.设正 底面 ＡＢＣＤ ＰＡ ＡＢ ＰＡ ＡＤ
ꎬ∴ ⊥ ꎬ ⊥ ꎬ
ＰＡＢ ＰＡＤ 为直角三角形.又四
方体的棱长为 则 ＯＨ ＨＣ １ ＡＣ ∴ △ ꎬ△
１ꎬ ＝１ꎬ ＝ 边形ＡＢＣＤ为矩形 ＡＢ ＢＣ.又ＰＡ
２ ꎬ∴ ⊥ ⊥
ＢＣ ＰＡ ＡＢ Ａ ＢＣ 平面 ＰＡＢ
２.在 ＯＨＣ中 ＯＣＨ ＯＨ ＢＣ ꎬ ＰＢ ∩ ＝ ＰＢ ꎬ Ｃ ∴ 为直 ⊥ 角三角形.同 ꎬ 理 ∴
＝ Ｒｔ△ ꎬｔａｎ∠ ＝ＨＣ＝ ⊥ ꎬ∴ △
２ ＰＤＣ为直角三角形.
△
１ 即直线ＯＣ与平面ＡＢＣＤ所成 连接ＡＣ ＰＡ 平面ＡＢＣＤ
＝ ２ꎬ (２) ꎬ∵ ⊥ ꎬ
２ ＰＣＡ 为 ＰＣ 与平面 ＡＢＣＤ 所成的
∴ ∠
２ 角.设ＰＡ ＡＢ ＡＤ ａ 则ＡＣ ａ
的角的正切值为 . ＝ ＝ ＝ ꎬ ＝ ２ ꎬ
练习 ２ ＰＡ
ＰＣＡ ２. ＰＣ 与平面
１.解析 垂直.理由如下 ＡＢ垂直于桌面 ∴ ｔａｎ∠ ＝ＡＣ＝ ∴
: ２
上的两条相交直线 而由直线与平面垂
ꎬ ＡＢＣＤ所成角的正切值为 ２.
直的判定定理可知ＡＢ垂直于桌面.
２.解析 垂直. ＡＢ ＢＢ ＡＢ ＢＣ ９.证明 ＰＡ 圆Ｏ所在的 ２ 平面 ＰＡ
ＢＢ Ｂ ( Ｃ １) Ｂ Ａ ∴ Ｂ 平 ⊥ 面Ｂ １ Ｃ ꎬ Ｃ Ｂ ⊥ . ꎬ ＢＣ . ∵ ＡＢ为 ⊥ 直径 ＢＣ ＡＣ.又 ꎬ∴ ＰＡ
１∩ 垂直. ＝ ꎬ Ｂ ∴ Ｂ ⊥ 平面 ＡＢＣＤ １ ＡＣ １ 平 ⊥ ＡＣ Ａ ∵ ＢＣ 平面 ꎬ∴ ＰＡＣ. ⊥ ∩
面 (２) ＡＢＣＤ ∵ ＢＢ １⊥ ＡＣ.又四边 ꎬ 形 Ａ ⊂ ＢＣＤ １０.证 ＝ 明 ꎬ∴ 如图 ⊥ 所示 过ａ作一个平面β
是正方形 ꎬ∴ ＢＤ １⊥ ＡＣ 又ＢＤ ＢＢ Ｂ ◆习题13.2（3） 使β α ｃ. ａ ꎬ α ａ ｃ 又 ｂ ꎬ
ＡＣ 平 ꎬ 面 ∴ ＢＢ ⊥ Ｄ Ｄ. ꎬ ∩ １＝ ꎬ 感受理解 α ｃ ∩ α ＝ ｂ ∵ ｃ ∥ ａ ꎬ∴ ｂ. ∥ ꎬ ∵ ⊥
∴ 不 ⊥ 垂直. Ａ １ Ｃ １ 与ＢＣ不垂直 Ａ Ｃ １.证明 连接 ＣＤ ＡＣ ＢＤ ＡＣ 和 ꎬ ⊂ ꎬ∴ ⊥ ꎬ∴ ⊥
( 与 ３ 平 ) 面ＡＢＣＤ ∵ 不 １ 垂直. ꎬ∴ １ ＢＤ在 同一平面Ａ ꎬ Ｃ ∵ ＤＢ内 ∥ 平 ꎬ 面 ∴ ＡＣＤＢ
ꎬ∴
垂直. 四边形 ＡＢＢ Ａ 是正方形 平面α ＣＤ.又 ＡＢ 平面ＡＣＤＢ 且
(４ Ａ ) Ｂ Ａ ∵ Ｂ.又 ＣＢ １ 平 １ 面 ＡＢＢ Ａ ꎬ ∩ ＡＢ α ＝ ＡＢ Ｃ ∵ Ｄ ⊂ 四边形 ＡＣＤＢ ꎬ 是
Ａ ∴ Ｂ １⊥ 平面 １ ＡＢＢ ∵ Ａ ⊥ ＣＢ ＡＢ １ .又 １ꎬ 平行 ∥ 四 ꎬ 边 ∴ 形 ∥ ＡＣ ꎬ∴ ＢＤ.
３. ∵ 解 Ａ 析 １ １ ⊂ Ｂ ∩ ＢＣ 正 ＝ Ｂ 确 ꎬ . ∴ １ ＡＢ １ꎬ １⊥ ∴ 平面 ⊥ Ａ １ ＢＣ １ Ｄ １ . ２.证明 Ａ Ａ Ｂ Ｂ ∥ ꎬ α β ∴ } ＝ ＡＢ ∥ ＣＤ } １１.证明 设顶点Ｐ在底面的射影为Ｏ ꎬ
(１) ⊂ ⇒同理ＡＢ ＥＦ ⇒ 连接ＯＡ ＯＢ ＯＣ 则 ＯＡ ＯＢ ＯＣ.又
不正确 当 ｍ ｎ 时 ｌ 不一定与平 β α ＣＤ ∥ ꎬ ꎬ ꎬ ＝ ＝
(２) ꎬ ∥ ꎬ ∩ ＝ ＰＯ ＯＡ ＰＯ ＯＢ ＰＯ ＯＣ
面α垂直 当ｍ与ｎ相交时 根据线面 ＣＤ ＥＦ. ⊥ ꎬ ⊥ ꎬ ⊥ ꎬ
ꎻ ꎬ ∥ ＰＯＡ ＰＯＢ ＰＯＣ
垂直的判定定理知必有ｌ α. ３.证明 Ｅ Ｆ Ｇ Ｈ 分别为边 ＡＢ ∴ Ｒｔ△ ≌Ｒｔ△ ≌Ｒｔ△ ꎬ
⊥ (１)∵ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ＰＡ ＰＢ ＰＣ.
ｍ α} ｍ ｎ} ＢＣ ＣＤ ＤＡ 的中点 ＥＨ ＢＤ ＦＧ ∴ ＝ ＝
正确. ⊥ ∥ ｌ ｎ. ꎬ ꎬ ꎬ∴ ∥ ꎬ ∥ 思考运用
(３) ｎ α ⇒ｌ ｍ ⇒∥ ＢＤ ＥＨ ＦＧ. ＥＨ 与 ＦＧ 确定一个
⊥ ∥ ꎬ∴ ∥ ∴ １２.解析 连接Ｃ′Ｅ 在上底面上经过点Ｅ
４.解析 ＡＢ ＡＣ. 平面 即四点Ｅ Ｆ Ｇ Ｈ共面. ꎬ
＝ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ 画直线ｌ Ｃ′Ｅ 则ｌ即为所求作的直
５.证明 ＰＡ α ｌ α ＰＡ ｌ 同理 ＢＥ ＥＡ ＤＨ ＨＡ ＢＤ ＥＨ 又 ⊥ ꎬ
∵ ⊥ ꎬ ⊂ ꎬ∴ ⊥ ꎬ (２)∵ ＝ ꎬ ＝ ꎬ∴ ∥ ꎬ 线 图略 . ｌ Ｃ′Ｅ 且ＣＣ′ ｌ Ｃ′Ｅ
ＰＢ ｌ. ＰＡ ＰＢ Ｐ ｌ 平面ＡＰＢ. ＥＨ 平面 ＥＦＧＨ ＢＤ 平面 ＥＦＧＨ ( ) ∵ ⊥ ꎬ ⊥ ꎬ ∩
⊥ ∵ ∩ ＝ ꎬ∴ ⊥ ⊂ ꎬ ⊄ ꎬ ＣＣ′ Ｃ′ ｌ 平面ＣＣ′Ｅ ｌ ＣＥ.
练习 ＢＤ 平面ＥＦＧＨ. ＤＨ ＨＡ ＤＧ ＝ ꎬ∴ ⊥ ꎬ∴ ⊥
∴ ∥ ∵ ＝ ꎬ ＝ １３.解析 证法一 如图 所示 连接
１.答案 ＡＣ ＢＣ ＡＢ ＢＣ ＧＣ ＧＨ ＡＣ.又ＧＨ 平面ＥＦＧＨ ＡＣ : (１) ꎬ
(１) ꎬ ꎬ (２) ꎬ∴ ∥ ⊂ ꎬ ＣＭ并延长交ＤＡ的延长线于Ｑ 连接
２.解析 ＡＡ 平面ＡＢＣＤ 平面ＥＦＧＨ ＡＣ 平面ＥＦＧＨ. ꎬ
直 线
(１
Ａ
)
Ａ
∵
与平
１⊥
面 ＡＢＣＤ 所
ꎬ
成的角 ４.解
⊄
析 在平面
ꎬ∴
Ａ Ｂ
∥
内过 Ｍ 作 ＰＱ
ＰＱ.易证 Ｍ 为 ＱＣ 的中点.又
∵
Ｎ 为
为 ∴ °. １ ＢＢ 分 别交ＡＢ Ａ １ Ｂ 于Ｐ Ｑ 连接ＰＥ ∥ ＰＣ的中点 ꎬ∴ ＭＮ ∥ ＰＱ ꎬ∵ ＭＮ ⊄ 平面
９０ １ꎬ ꎬ １ １ ꎬ ꎬ ꎬ ＰＡＤ ＰＱ 平面 ＰＡＤ ＭＮ 平
ＡＡ ＢＢ ＢＢ 平面 ＢＣＣ Ｂ ＱＦ 则ＰＱ ＰＥ ＱＦ ＥＦ 即为 γ 与三棱 ꎬ ⊂ ꎬ∴ ∥
( Ａ Ｂ 成 Ａ ２ Ｃ 的 ) １ Ｃ ⊄ ∵ １ 角 Ｂ １ 为 平 ꎬ∴ １ 面 ∥ 直 °. 线 ＢＣ １ Ａ Ｃ ꎬ Ａ １ Ｂ １ １ 与 １ ꎬ ⊂ 平 ∴ 面 ＡＡ Ｂ １ Ｃ ∥ Ｃ １ Ｂ 平 １ １ 面 所 １ꎬ ５. 柱 证 连 表 接 明 ꎬ 面 ＳＮ 的 连 并 交 接 ꎬ 延 线 Ｓ 长 . Ｍ ꎬ ( 交 图 并 Ｂ 略 ꎬ 延 Ｃ ) 长 于点 交 Ｑ ＡＢ 连 于 接 点 ＰＱ Ｐ ꎬ 面 证 ∥ 法 Ｃ Ｐ Ｄ Ａ 二 Ｄ 交 : . 如 ＰＤ 图 于 (２ 点 ) 所 Ｇ ꎬ 示 则 ꎬ 过 Ｇ为 点 Ｐ Ｎ Ｄ 作 的 Ｎ 中 Ｇ
直线Ａ ０ Ｂ在平面ＡＢＣＤ内的射影是 Ｍ Ｎ分别为 ＳＡＢ和 ＳＢ ꎬ Ｃ的重心 ꎬ 点 连接 ＡＧ. ＮＧ ＣＤ ＮＧ １ ＣＤ
直 (３ 线 ) ＡＢ. １ ∵ ＳＭ ꎬ ＳＮ △ △ ꎬ ꎬ ∵ ∥ ꎬ ＝ ２ ꎬ
２ ＭＮ ＰＱ.又ＰＱ 平 ＣＤ ＡＢ ＮＧ ＡＭ 四边形ＡＭＮＧ
直线Ａ Ｃ在平面ＡＤＤ Ａ 内的射影 ∴ ＳＰ＝ＳＱ＝ ꎬ∴ ∥ ⊂ ꎬ∴ ꎬ∴
( 是 ４ 直 ) 线Ａ Ｄ １ . １ １ 面 ＡＢＣ ꎬ ＭＮ ３ ⊄ 平面 ＡＢＣ ꎬ∴ ＭＮ ∥ 平 为 面 平 ＰＡ 行 Ｄ 四 Ｍ 边 Ｎ 形 ꎬ 平 ∴ 面 ＭＮ Ｐ ∥ ＡＤ ＡＧ. ∵ Ｍ Ａ Ｎ Ｇ ⊂ 平 平
３.答案
４５
１ ° 面ＡＢＣ. 面ＰＡＤ. ꎬ ⊄ ꎬ∴ ∥
４.Ｂ ６.证明 连接 ＣＱ 并延长交 ＢＦ 于点 Ｍ
ꎬ
５.解析 相等.由于平面外这一点到平面 ＢＱ ＭＱ
连接ＡＭ. ＣＥ ＢＦ .又 ＡＰ
的垂线段 从这点向平面引的斜线段及 ∵ ∥ ꎬ∴ ＱＥ＝ＱＣ
、
其射影 这三条线段构成直角三角形. ＡＰ ＭＱ
ꎬ ＢＱ ＡＣ ＢＥ ＣＰ ＱＥ
根据勾股定理知如果所引斜线段的长 ＝ ꎬ ＝ ꎬ∴ ＝ ꎬ∴ ＰＣ＝ＱＣꎬ
相等 那么其射影一定相等. ＰＱ ＡＭ.又ＰＱ 平面α ＡＭ 平面
ꎬ ∴ ∥ ⊄ ꎬ ⊂
６.解析 垂直.理由如下 设ＡＣ与ＢＤ相 α ＰＱ 平面α.
: ꎬ∴ ∥
交于点Ｏ 连接ＰＯ ＡＣ 平面ＡＣü
四边形 ꎬ ＡＢＣＤ为菱 ꎬ 形 ＡＣ ＢＤ. Ｂ ⊂ 平面ＡＣ ï ï １４.解析 已知 如图所示 ＰＡ ＰＢ 分别
∵ ꎬ∴ ⊥ ７.证明 ∈ ý ＢＤ′与 ＡＣ 异 : ꎬ ꎬ
∵
ＰＡ
＝
ＰＣ
ꎬ∴
ＰＯ
⊥
ＡＣ
ꎬ
Ｂ
∉
ＡＣ ïï ⇒ 是平面α的斜线与垂线
ꎬ
Ａ
ꎬ
Ｂ 分别为
又ＢＤ ＰＯ Ｏ ＢＤ ＰＯ 平面ＰＢＤ Ｄ′ 平面ＡＣþ 斜足与垂足 ｌ α 且ｌ ＰＡ.求证 ｌ
∩ ＝ ꎬ ꎬ ⊂ ꎬ ∉ ꎬ ⊂ ꎬ ⊥ : ⊥
ＡＣ 平面ＰＢＤ. 面.连接ＢＤ 则ＢＤ ＡＣ.又 ＤＤ′ ＡＣ ＰＢ α} ＰＢ ｌ}
∴ ⊥ ꎬ ⊥ ∵ ⊥ ꎬ ＡＢ. 证 明 ⊥ ⊥
７.解析 如图所示 连接 ＡＣ ＢＤ 交于点 ＢＤ ＤＤ′ Ｄ ＡＣ 平面ＢＤＤ′. : ｌ α ⇒ ｌ ＰＡ ⇒
ꎬ ꎬ ∩ ＝ ꎬ∴ ⊥ ⊂ ⊥
３５
ｌ 平面ＰＡＢ } α β Ａ Ｂ Ａ Ｂ } 或平行.
⊥ ｌ ＡＢ. ∥ ⇒ １ １∥ ２ ２ Ａ Ａ Ｂ Ｂ 是平
ＡＢ 平面ＰＡＢ ⇒⊥ Ａ Ａ Ｂ Ｂ ⇒ １ ２ ２ １ 正确.
⊂ 行 四 边 形 １ ２∥ Ａ Ａ １ ２ Ｂ Ｂ . ５.解 (３ 析 ) ＡＯＢ是二面角α ｌ β的平面
⇒ １ ２＝ １ ２ 角.理 由 ∠ 如下 ｌ γ ａ － γ － ｂ γ ａ
:∵ ⊥ ꎬ ⊂ ꎬ ⊂ ꎬ∴
ｌ ｂ ｌ 符合二面角的平面角的定义.
⊥ꎬ ⊥ꎬ
α β ü
α ⊥ β ｌ ï ï ＡＢ β}
６. 证 明 ∩ ＝ ý ⊥
ＡＢ
⊂
α ïï ⇒ ＤＥ
⊂
β ⇒
ＡＢ ｌ þ
１５.证 ∵ Ａ Ｂ Ｃ 明 Ｃ Ｃ １⊥ Ｄ 连 平 接 面 Ａ Ｃ １ Ａ Ｃ Ｃ １ １ Ｂ ꎬ １ 则 Ｃ １ Ｂ Ｄ Ａ １ １ Ｄ ꎬ Ｃ Ｂ １⊥ １ Ｄ 又 Ｂ １⊂ １ Ｃ Ｄ Ｃ 平 １ꎬ 又 面 ４.证 Ｅ 明 Ｆ ∵ ＢＣ Ｅ ꎬ Ｆ Ｅ 分 Ｆ 别是 平 Ａ 面 Ｂ ꎬ Ｂ Ｃ Ｆ Ｄ 的 ＢＣ 中点 平 ꎬ Ａ Ｄ Ｄ Ｂ Ｅ Ｅ ⊥ ⊥ Ｂ Ｂ Ａ Ｃ Ｂ Ｃ Ｂ } ⇒ ⊥ Ａ Ｄ Ｃ Ｅ ⊂ ⊥ 平 平 面 面 Ａ Ａ Ｂ Ｂ Ｃ Ｃ} ⇒ ＡＣ
Ａ １ Ｃ １ １ Ｃ １ꎬ∴ Ｂ Ｄ １ ⊥ 平面 １ Ａ １ꎬ Ｃ Ｃ. １ ∩ ∴ 面ＢＦ ∥ Ｅ ꎬ Ｆ ∵ 平 ⊄ 面ＢＦ . Ｅ １ꎬ Ｅ ⊂ 分别 Ｄ ∩ Ｅ. ＝
１ Ｂ １ Ｄ ＝ １ꎬ Ａ ∴ Ｃ. １ 同 １ 理 ⊥ 可得Ａ １ Ｃ １ ＡＢ .又 是ＡＢ １ꎬ Ａ ∴ Ｂ 的 ∥ 中点 Ａ １ Ｅ ∵ ꎬ ＢＥ １ 四 ◆习 ⊥ 题13.2（4）
∴ ＡＢ １ Ｂ １⊥ Ｄ １ Ｂ Ａ Ｃ 平 １ 面 ⊥ ＡＢ Ｄ １ . 边 形 ꎬ Ａ １ Ｅ １ ＢＥ 是 ꎬ 平 ∴ 行 １ １ 四 边 ꎬ 形 ∴ 感受理解
１６.证明１∩ 如 １ 图 １＝ 所 １ 示 ꎬ∴ 连 １ 接 ⊥ ＡＯ并延长 １ １ 交 Ａ Ｅ Ｂ １ Ｅ １ Ａ Ｅ 平面 ＢＦ ＢＥ ꎬ １.解析 正确. 错误.
ＢＣ于 Ｄ. Ｏ 为 ꎬ ＡＢＣ 的垂心 ꎬ ＡＤ 平 ∴ 面 １ Ｂ ∥ Ｆ １ꎬ∵ Ａ Ｅ １ ⊄ 平面 ＢＦ . １ꎬ ＥＦ １⊂ ２.证明 ( 如 １ 图 ) 所示 ( 过 ２) 直线ｌ作平面γ与
ＢＣ 而 ∵ ＰＯ 平 △ 面 ＡＢＣ ＢＣ ꎬ∴ 平面 Ａ Ｅ Ｅ １ Ｅ ꎬ Ｆ ∴ Ａ １ Ｅ ∥ 平面 ＥＤ １ ∵ 平 ∩ 面 平面 α β的交线 ꎬ 分别为ａ ｂ. ｌ α
Ａ ⊥ ＢＣ ꎬ ＰＯ Ｂ ⊥ Ｃ. ꎬ ⊂ Ｅ １ Ｄ ＝ 平 ꎬ 面Ｂ ꎬ Ｆ １ . ⊂ １ꎬ∴ ｌ ａ. ꎬ 又 α β ａ ｂ ꎬ ∵ ｌ ∥ ｂ. ꎬ 又 ｌ
ＡＤ ꎬ∴ ＰＯ ⊥ Ｏ ５.解析１∥ 取 ＢＣ １ 的中点 Ｎ 连接 ＭＮ 则 ∴ β ∥ ｂ β ∵ ｌ ∥ β. ꎬ∴ ∥ ꎬ∴ ∥
∵ ∩ ＝ ꎬ ꎬ ꎬ ⊄ ꎬ ⊂ ꎬ∴ ∥
ＢＣ 平面ＰＡＯ. ＭＮ即为平面 Ａ ＭＣ 与平面 ＡＢＣＤ 的
∴ ⊥ １ １
ＰＡ 平面ＰＡＯ 交线ｌ 图略 .理由如下 连接ＡＣ Ｃ Ｎ
∵ ⊂ ꎬ ( ) : ꎬ １ ꎬ
ＰＡ ＢＣ. Ａ Ａ Ｃ Ｃ 四边形ＡＣＣ Ａ 为平行
∴ ⊥ ∵ １ １ ꎬ∴ １ １
四边形 Ａ Ｃ ＡＣ. Ｍ Ｎ 分别为
ꎬ∴ １ １∥ ∵ ꎬ
ＡＢ ＢＣ 的中点 ＭＮ ＡＣ ＭＮ
ꎬ ꎬ∴ ∥ ꎬ∴ ∥
Ａ Ｃ ＭＮ 平面 Ａ ＭＣ 又 ＭＮ 平
１ １ꎬ∴ ⊂ １ １ꎬ ⊂
面ＡＢＣＤ ＭＮ 为平面 Ａ ＭＣ 与平面
ꎬ∴ １ １
ＡＢＣＤ的交线ｌ.
３.解析 平面ＡＢＣ 平面Ａ′Ｂ′Ｃ′.理由如
练习 ∥
° ＡＢ Ａ′Ｂ′}
１.解析 可以构成三个二面角 两面墙及 下 ∠１＋∠２＝１８０ ⇒ ∥ 平
探究拓展 地面 是二面角的面 交线为棱 ꎬ 平面角 : ∠３＋∠４＝１８０ ° ⇒ ＢＣ ∥ Ｂ′Ｃ′ ⇒
１７. 行 解 柱 六 析 .其 面 { 体 正 } 方 ⊂ 图 体 { 平 如 }⊂ 行 图 { 所 六 长 示 面 方 . 体 体 } } ⊂ ⊂ { { 四 直 棱 平 ２. 为 垂 解 直 直 析 角 那 . 垂 么 直 过 .如 这 果 条 一 直 ꎬ 条 线 直 的 线 任 与 意 已 平 ꎬ 知 面 平 与 面 已 ４. ∴ 证 面 Ｍ 明 Ａ Ｎ Ｂ Ｃ ∥ ∥ ∵ ＡＢ 平 Ｍ . ꎬ 又 面 Ｎ Ａ Ａ 分 Ｂ ′Ｂ ∥ 别 ′Ｃ α 为 ′ ꎬ . Ｍ Ａ Ｎ Ｃ ⊄ ꎬ Ｂ 平 Ｃ 面 的 α 中 ꎬ 点 ꎬ
} Ｖｅｎｎ ꎬ ＭＮ 平面 α. Ｎ Ｐ 分别为 ＢＣ ＢＤ
知平面平行.固定门一边的两个合页所 ∴ ∥ ∵ ꎬ ꎬ
的中点 ＮＰ ＣＤ. ＣＤ 平面α ＮＰ
在直线与地面垂直 才能使过这条直线 ꎬ∴ ∥ ∵ ⊂ ꎬ
ꎬ 平面α ＮＰ 平面α 又ＭＮ ＮＰ
的平面 也就是门所在的平面都与地面 ⊄ ꎬ∴ ∥ ꎬ ∩ ＝
ꎬ Ｎ 平面ＭＰＮ 平面α.
垂直. ꎬ∴ ∥
５.证明 在β内任取一点Ｏ 过Ｏ作两个
３.解析 垂直.理由如下 ＡＡ 平 ꎬ
(１) :∵ １⊥ 平面分别与平面α β γ相交于ａ ａ
面ＡＢＣＤ ＡＡ 平面 Ａ ＡＢＢ 平面 ꎬ ꎬ １ꎬ ２ꎬ
ꎬ １⊂ １ １ꎬ∴ ａ 和ｂ ｂ ｂ . α β β γ ａ ａ
Ａ ＡＢＢ 平面ＡＢＣＤ. ３ １ꎬ ２ꎬ ３ ∵ ∥ ꎬ ∥ ꎬ∴ １∥ ２ꎬ
１ １⊥ ａ ａ ａ ａ .又ａ γ ａ γ ａ
垂直.理由如下 ＡＢ 平面 ２∥ ３ꎬ∴ １∥ ３ １⊄ ꎬ ３⊂ ꎬ∴ １
(２) :∵ ⊥ γ.同理ｂ γ. ａ 与ｂ 为两条相交
ＢＣＣ Ｂ ＡＢ 平面 ＡＢＣ Ｄ 平面 ∥ １∥ ∵ １ １
１ １ꎬ ⊂ １ １ꎬ∴ 直线 ａ γ.
ＡＢＣ Ｄ 平面ＢＣＣ Ｂ . ꎬ∴ ∥
１３.２.４ 平面与平面的位置关系 １ 垂 １⊥ 直.理由如 １ 下 １ ＡＢ 平面 ６.解析 (１) 证明 :∵ Ｍ ꎬ Ｎ分别为ＳＡ ꎬ ＳＢ
(３) :∵ ⊥ 的中点 ＭＮ ＡＢ.又 ＭＮ 平面
练习 ＢＣＣ Ｂ ＡＢ Ｂ Ｃ.又 ＢＣ Ｂ Ｃ ＡＢ ꎬ∴ ∥ ∵ ⊄
１ １ꎬ∴ ⊥ １ １⊥ １ ꎬ ＡＢＣ ＡＢ 平面ＡＢＣ ＭＮ 平面ＡＢＣ.
１.证 又 明 ∵ ｌ ⊂ ∵ α ꎬ α ∴ ∥ ｌ β 与 ꎬ∴ β α 也 与 没 β 有 没 公 有 共 公 点 共 ꎬ 点 ∴ ꎬ ｌ 又 ∩ Ｂ ∵ Ｃ １ Ｂ ＝ １ Ｂ Ｃ ꎬ∴ ⊂ Ｂ 平 １ Ｃ ⊥ 面 平 Ａ 面 １ Ｂ Ａ １ Ｃ Ｂ Ｄ Ｃ ꎬ １ Ｄ ∴ １ꎬ 平面 同 平 理 ꎬ 面 ＮＰ Ｍ ⊂ ∥ Ｎ 平 Ｐ 面 平 Ａ 面 ＢＣ ꎬ . Ａ 又 ∴ ＢＣ Ｍ . Ｎ ∥ ∩ ＮＰ ＝ Ｎ ꎬ
２. 行 解 ∥ 时 β 析 . 此 ( 命 １) 题 错 不 误 正 .当 确. α内的两条直线平 ( 为 ＡＢ ４) Ｃ 不 １ Ｄ ° 垂 . １⊥ 直 平 .理 面 由 Ａ 如 １ Ｂ 下 １ Ｃ : Ｄ 两 . 平面所成的角 Ｓ ( ∴ Ｃ ２) 的 证 中 明 点 :∵ ꎬ ∥ Ｍ ꎬ Ｎ ꎬ Ｐ 分别为棱 ＳＡ ꎬ ＳＢ ꎬ
面 ( 此 ２ 命 ) β 错 ꎬ 题 平 误 不 行 . 正 若 ꎬ 且 确 α 这 . 内 些 的 直 无 线 数 也 条 互 直 相 线 平 都 行 与 ꎬ 则 平 ４. ⊥ 解 ＢＣ 平 析 Ｃ ４５ １ 面 Ｂ １ ( ⊥ Ａ １ １ ) Ｂ 平 错 １ Ｃ 面 １ 误 Ｄ Ａ . １ １ 例 ꎬ Ｂ 但 １ 如 Ｃ 平 １ ꎬ Ｄ 如 面 １ꎬ 图 平 ＢＣ 所 面 Ｃ 示 １ Ｄ Ｂ Ｃ ꎬ １ Ｃ ⊥ 平 １ Ｄ 平 面 １ ∴ １ Ｍ Ｂ Ｎ Ｃ ꎬ ∥ Ｍ Ａ Ｐ Ｂ ∥ ꎬ Ｍ ＡＣ Ｎ ꎬ ＝ ＭＰ ２ １ ＝ ＡＢ １ ꎬ Ａ Ｎ Ｃ Ｐ ꎬ ∥ 即 Ｂ Ｍ Ａ Ｃ Ｂ Ｎ ꎬ Ｎ ＝ Ｐ Ｎ Ｂ ＝ Ｃ Ｐ
错误.平行于同一条直线的两个平 面ＤＣＣ Ｄ . ２ ２
(３) １ １ ＭＰ
面可能平行 也可能相交. １ ＭＮＰ ＡＢＣ.
ꎬ ＝ＡＣ＝ ꎬ∴ △ ∽△
正确. ２
(４) 在四棱锥Ｓ ＡＢＣＤ中 Ｍ Ｎ Ｐ Ｑ分
(５)
错误.若直线与平面相交
ꎬ
则不能作 (
别
３
为
)
棱 ＳＡ ＳＢ
－
ＳＣ ＳＤ 的
ꎬ
中点
ꎬ ꎬ
则
ꎬ
平
出与已知平面平行的平面.
面 ＭＮＰＱ
ꎬ
平
ꎬ
面
ꎬ
ＡＢＣＤ
ꎬ
四边
①
形
３.解 β 析 Ａ ｂ 已知 α : α Ｂ ∥ β ｂ ꎬ ａ ∥ β ｂ Ｂ ꎬ ａ . ∩ 求 α 证 ＝ Ａ Ａ １ꎬ Ａ ａ ∩ ７.解 ＭＮ 析 ＰＱ ∽ 四 ∥ 边 证明 形ＡＢＣ Ａ Ｄ Ｂ . α ꎻ Ｃ ② Ｄ α
Ｂ ＝ Ｂ ２ . ꎬ 证 ∩ 明 ＝ 如图 １ꎬ 所 ∩ 示 ＝ ２ Ａ Ａ : Ｂ １ Ｂ ２＝ ＡＢ ( Ｃ １ Ｄ ) . :∵ ⊥ ꎬ ⊂ ꎬ
１ ２ : ꎬ∵ １ ２∥ １ ２ꎬ ∴ ⊥
Ａ Ａ 与Ｂ Ｂ 可确定平面γ 且α γ 又 ＣＤ ＡＣ ＡＢ ＡＣ Ａ
∴ １ ２ １ ２ ꎬ ∩ ∵ ⊥ ꎬ ∩ ＝ ꎬ
Ａ Ｂ β γ Ａ Ｂ . 错误.若α β β γ 则α与γ相交 ＣＤ 平面ＡＢＣ.
＝ １ １ꎬ ∩ ＝ ２ ２ (２) ⊥ ꎬ ⊥ ꎬ ∴ ⊥
３６
教材习题答案
又ＣＤ 平面ＡＣＤ γ. 锐角三角形 等腰三角形 等边三
⊂ ꎬ ⊥ (１) 、 、
平面ＡＢＣ 平面ＡＣＤ. 探究拓展 角形 如图 .
∴ ⊥ ꎬ (１)(２)(３)
过Ｂ作ＢＥ ＡＣ. ＡＭ 梯形 平行四边形 菱形 矩形 如
(２) ⊥ １５.解析 存在.Ｍ 为 ＡＡ 的中点 (２) 、 、 、 ꎬ
平面ＡＢＣ 平面ＡＣＤ 平面ＡＢＣ 平 １ ꎬＭＡ ＝ 图 .
面 ∵ ＡＣＤ ＡＣ ⊥ ꎬ ∩ .过Ｏ作直线ＯＮ Ｄ Ｃ 与ＡＤ交 １ 于 (４ 能 )( 如 ５) 图 (６)(７ . )
ＢＥ ＝ 平面 ꎬ ＡＣＤ. 点 １ Ｎ 与ＢＣ交于点 ∥ Ｐ １ 连 １ 接 ꎬ ＮＤ Ｃ Ｐ. (３) 存在 ꎬ 如图 (８) .
∴ ＣＤ ⊥ 平面ＡＣＤ 当 Ｍ ꎬ 为 ＡＡ 的中点 ꎬ 时 Ｍ １ Ａ ꎬ Ｄ １ (４) 不可能 ꎬ 因 ( 为 １ 正 ０) 方体只有六个面.
∵ ＢＥ ⊂ ＣＤ. ꎬ ＮＤＤ Ｍ １ Ｄ Ｄ Ｎ Ｃ ꎬ△ Ｄ 平面 ≌ (５) ꎬ
∴ ＡＢ ⊥ 平面α ＣＤ 平面α Ａ △ ＤＤ Ａ １ꎬ∴ Ｃ Ｄ ⊥ Ｍ １ Ｄ ꎬ∵ Ｃ １ Ｄ １⊥ Ｄ Ｎ 13.3 空间图形的表
∵ ∴ Ａ Ａ Ｂ Ｂ ⊥ ⊥ Ｃ Ｂ Ｄ Ｅ . Ｂ ꎬ ⊂ ꎬ 平 ＝ Ｄ 面 １ꎬ １ ∴ １ Ｍ ꎬ Ｍ ∴ Ｂ Ｄ Ｄ ⊥ １ 平 １⊥ 面 平 Ｄ 面 １ ꎬ Ｃ ∵ １ Ｐ Ｍ Ｎ Ｂ １ ꎬ Ｄ ∵ １∩ ＭＤ １ 平 ⊂ 面积和体积
∵ ∩ ＝ ꎬ ꎬ ∴ ⊥
ＣＤ 平面ＡＢＣ 面ＯＣ Ｄ . １３.３.１ 空间图形的表面积
∴ ＣＤ ⊥ ＡＣ. ꎬ １６.解析 １ １ 已知 如图 所示 直线ａ
∴ ⊥ (１) : (１) ꎬ 练习
８.证明 如图所示 连结ＡＣ ＢＤ. 四边 平面β 直线ａ 平面α.求证 α β.
ꎬ ꎬ ∵ ∥ ꎬ ⊥ : ⊥ １.解析 该圆柱的侧面积为 ａｂ.
形ＡＢＣＤ为菱形 ＢＤ ＡＣ.又 ＰＡ 证明 过直线ａ作平面γ 使得γ β ２π
ꎬ∴ ⊥ ∵ ⊥ : ꎬ ∩ ＝
平面ＡＢＣＤ ＰＡ ＢＤ.又ＰＡ ＡＣ Ａ ｂ. ａ β ａ ｂ. ａ α ｂ α.又 ２.解析 侧棱长 ｈ ２ ２
ꎬ∴ ⊥ ∩ ＝ ꎬ ∵ ∥ ꎬ∴ ∥ ∵ ⊥ ꎬ∴ ⊥ ＝ (３ ５) －３ ＝ ６
∴ ＢＤ ⊥ 平面ＰＡＣ ꎬ∵ ＢＤ ⊂ 平面ＰＢＤ ꎬ ｂ ⊂ β ꎬ∴ α ⊥ β. (ｃｍ)ꎬ Ｓ 侧＝ ｃｈ ＝４×３×６＝７２(ｃｍ ２ ) .
平面ＰＢＤ 平面ＰＡＣ. 结论仍然成立. ３.解析 如图所示 在正三棱锥 Ｄ ＡＢＣ
∴ ⊥ (２) ꎬ －
已知 如图 所示 β γ β α.求 中 过Ｄ作ＤＯ 平面ＡＢＣ 垂足为Ｏ
: (２) ꎬ ∥ ꎬ ⊥ ꎬ ⊥ ꎬ ꎬ
证 γ α.证明 在 β 内作直线 ｂ α 连接 ＡＯ 并延长 交 ＢＣ 于点 Ｅ 连接
: ⊥ : ⊥ ꎬ ꎬ ꎬ
过ｂ作平面δ 使得 δ γ ｃ. β γ
ꎬ ∩ ＝ ∵ ∥ ꎬ ＤＥ.由题意可知ＤＥ ＢＣ ＯＥ １ ＡＥ
ｂ ｃ.又 ｂ α ｃ α. ｃ γ γ ⊥ ꎬ ＝ ＝
∴ ∥ ∵ ⊥ ꎬ∴ ⊥ ∵ ⊂ ꎬ∴ ３
α.
⊥
１ ° ３ ＤＥ
× ２ｓｉｎ６０ ＝ (ｍ)ꎬ ∴ ＝
３ ３
９.证明 Ｂ Ｂ 平面ＡＣ ＡＣ ＢＢ }
ＤＯ２
＋
ＯＥ２
＝
２ ３
(ｍ)ꎬ
Ｓ
侧 ＝
１
×２×
１ ⊥ ⇒ ⊥ １ ３ ２
ＡＣ ＢＤ
ＡＣ
Ｂ
平
Ｂ ⊥ １
面
∩
Ｂ
ＢＤ
Ｂ
＝
Ｄ
Ｂ
Ｄ 平面Ｂ ＡＣ 平
１７.解析 ２ ３ ３ ×３＝２ ３(ｍ ２ )ꎬ Ｓ 表＝ Ｓ 侧＋ Ｓ 底＝２ ３＋
⇒ 面Ｂ ⊥ ＢＤＤ . １ １⇒ １ ⊥ １ ２ ３ ２ .
１０.解析１
连
１
接ＡＣ交ＢＤ于Ｏ 连接Ｃ Ｏ ２
×２ ×
２
＝３ ３(ｍ )
ꎬ １ ꎬ
则ＡＣ ＢＤ 且Ｏ为ＢＤ的中点. ＢＣ
⊥ ꎬ ∵ １
ＤＣ Ｃ Ｏ ＢＤ Ｃ ＯＣ为二面
＝ １ꎬ∴ １ ⊥ ꎬ∴ ∠ １
角Ｃ ＢＤ Ｃ的平面角.设ＣＣ 则
１－ － １＝１ꎬ
ＡＣ ＣＯ ２ 在 Ｃ ＣＯ 中
＝ ２ꎬ ＝ ꎬ Ｒｔ△ １ ꎬ
２
Ｃ ＯＣ １ .
ｔａｎ ∠ １ ＝ ＝ ２
２
２ ４.解析 围成一个三棱锥.
思考
∴
二
运
面
用
角Ｃ
１－
ＢＤ
－
Ｃ的正切值为
２
. ５.解析 设圆锥底面圆的半径为ｘ
ꎬ
则高
１１.解析
(１)
直线与该平面可能相交
ꎬ
ｈ
＝
ｒ２
－
ｘ２.由圆锥及
ｒ
侧面展开图知
也可能平行. ｘ ｒ ｘ 高 ｈ
２π ＝ π ꎬ ∴ ＝ ꎬ ∴ ＝
两个平面可能平行 也可能相交. ２
(２) ꎬ
１２.证明 Ｅ Ｄ分别为Ｂ′Ｃ′与ＢＣ的中 ( ｒ ) ２
∵ ꎬ ｒ２ ３ｒ.
点 Ａ′Ｅ ＡＤ Ｃ′Ｅ ＢＤ 四边形 － ＝
ꎬ∴ ∥ ꎬ ꎬ∴ ２ ２
Ｃ′ＤＢＥ是平行四边形 ＤＣ′ ＢＥ. ６.解析 如图所示 正三棱台的侧面是三
ꎬ∴ ∥ ꎬ
ＡＤ ＤＣ′ Ｄ Ａ′Ｅ ＢＥ Ｅ ＡＤ 平 个全等的等腰梯形 梯形的高 ｈ
∵ ∩ ＝ ꎬ ∩ ＝ ꎬ ⊂ ꎬ ＝
面ＡＤＣ′ ＤＣ′ 平面ＡＤＣ′ Ａ′Ｅ 平面
ꎬ ⊂ ꎬ ⊂ ２ ２ . 棱台的侧面积Ｓ
Ａ′ＥＢ ＢＥ 平面Ａ′ＥＢ 平面Ａ′ＥＢ １３ －５ ＝１２(ｃｍ) ∴
ꎬ ⊂ ꎬ∴ ∥
平面ＡＤＣ′. １ ２ .
＝ ×(８＋１８)×１２×３＝４６８(ｃｍ )
１３.解析 在平面 ＡＢ 内 过点 Ｅ 作 ＥＭ ２
１ ꎬ
ＡＢ 与Ａ Ｂ 交于点 Ｍ 在平面 ＢＣ
⊥ ꎬ １ １ ꎬ １
内 过点Ｆ作ＮＦ ＢＣ 与Ｂ Ｃ 交于
ꎬ ⊥ ꎬ １ １
点Ｎ.连接ＭＮ 在平面Ａ Ｃ 内 过点Ｐ
ꎬ １ １ ꎬ
作ＱＨ ＭＮ 分别交长方体的棱于Ｑ
∥ ꎬ ꎬ
Ｈ 则线段ＱＨ即为所求作的线段.
ꎬ
１４.证明 设α γ ｍ β γ ｎ.在平面β
∩ ＝ ꎬ ∩ ＝
内取一点Ｏ 过Ｏ作直线ａ ｍ ｂ ｎ.
ꎬ ⊥ ꎬ ⊥ １３.３.２ 空间图形的体积
β γ β γ ｎ ｂ ｎ ｂ β ｂ γ.
∵ ⊥ ꎬ ∩ ＝ ꎬ ⊥ ꎬ ⊂ ꎬ∴ ⊥
ｍ γ ｂ ｍ. ｍ ａ ｍ ｂ ａ 练习
∵ ⊂ ꎬ∴ ⊥ ∵ ⊥ ꎬ ⊥ ꎬ ⊂
β ｂ β ａ ｂ Ｏ ｍ β. ｌ β ｍ １.解析 有两种围法 即长 宽分别作一
ꎬ ⊂ ꎬ ∩ ＝ ꎬ∴ ⊥ ∵ ⊂ ꎬ∴ ꎬ 、
ｌ. α γ α γ ｍ ｌ ｍ ｌ α ｌ 次底面周长 当用长作底面周长时 Ｖ
⊥ ∵ ⊥ ꎬ ∩ ＝ ꎬ ⊥ ꎬ ⊂ ꎬ∴ ꎬ ꎬ ＝
３７
( ) ２ 用油漆为 . －３ . .
π １２ ×８＝ ２８８ (ｃｍ ３ )ꎬ 当用宽作底面 ∵ △ ＡＢＣ的边长为ａ ꎬ∴ ＡＤ ＝ ３ａ ꎬ 思考运用 ５７３４×１５０×１０ ≈８６(ｋｇ)
２π ( π ) ２ ２ ９.证明 三棱柱ＡＢＣ Ａ′Ｂ′Ｃ′的侧面均
周长时 ꎬ Ｖ ＝π ８ ×１２＝ １９２ (ｃｍ ３ ) . ＯＡ ２ ＡＤ ３ａ.在 ＰＯＡ中 ＰＡ 是矩 形 ∵ －
２π π ∴ ＝ ＝ Ｒｔ△ ꎬ ꎬ
２.解析 设铜块棱长为 ａ 根据熔化 ３ ３ 三个侧面的面积分别为ＡＢ ＡＡ ＡＣ
ｃｍꎬ ∴ １ꎬ
３.解
前
故铜
后
析 块
体
的
积
底 棱
不
面 长
变
正 为 ꎬ
有
六 ４
ａ
边 ｃ
３
ｍ ＝ 形 . １ 由 ６×４ꎬ
所
个
以
边
ａ
长 ＝ 为 ４ꎬ Ｏ ＝ Ａ
ＰＯ２
＋
ＯＡ２
＝
２
３
３ａ
ꎬ∴ ｃｏｓ ∠
ＰＡＯ
＝ ∵ 它
Ａ
Ａ
Ａ
Ｂ 的 １ ＋ ꎬ Ａ
Ｂ
任 Ｃ
Ｃ
> 意 ＢＣ 两
Ａ
ꎬ
Ａ
个 Ａ １ꎬ Ｂ 侧 ＋ Ｂ 面 Ｃ > 的 ＡＣ 面 ꎬ 积 ＡＣ 之 ＋ Ｂ 和 Ｃ > 大 ＡＢ 于 ꎬ
的 等边三角形组成 ６ 底面面积Ｓ ＰＡ＝ １ . ∴ 第三个侧面的面积.
６ ｃｍ ꎬ∴ ２
１０.解析 如图所示 方案一中 圆锥的底
３ ２ ２ 六棱锥体 面半 径ｒ 高 ꎬ ｈ . ꎬ 方案二中
＝ ４ ×６ ×６＝５４ ３(ｃｍ )ꎬ∴ 圆锥的底 １ 面 ＝８ 半 ｍ 径 ꎬ ｒ １＝４ｍ 高ｈ . ꎬ
积Ｖ １ Ｓｈ ３ .
２＝６ ｍꎬ ２＝８ ｍ
４.解析 ＝ ３ 设圆 ＝ 锥 １８ 底 ０ 面 ３( 圆 ｃｍ 的半 ) 径为ｒ 高为 (１) 方案一 : Ｖ １ ＝ π
３
×８ ２ ×４ ＝ ２５
３
６π
ꎬ
ｈ ꎬ 则Ｌ ＝２π ｒ. (ｍ ３ )ꎻ
∴ Ｖ 圆锥＝ １ π ｒ２ｈ. 方案二 : Ｖ ２＝ π ×６ ２ ×８＝９６π(ｍ ３ ) .
３ ４.解析 一个螺杆的表面积Ｓ ３
＝１２×５×６＋ 方案一 Ｓ ２ ２
又 π Ｖ ｒ 圆 ２ 锥 ｈ ꎬ ≈ ３ １ ６ Ｌ２ ｈ ＝ ３ １ ６ (２π ｒ ) ２ ｈ ＝ π ９ ４ ３ ×１２ ２ ×６×２＋π×１０×２５＝３６０＋４３２ ３＋ ( π ２ ( ) ｍ ２ )ꎻ ２ 方 . 案 : 二 １＝ : π Ｓ ２ × ＝ ８× π×６ ８ × ＋４ ６ ２ ＝ ＋ ３ ８ ２ ２ ＝ ５
２ . ６０π(ｍ )
∴ 化简
１
３ 得 π
ｒ２
１
ｈ
≈ ≈
π
９ π ꎬ 即 π
ｒ
π
２ｈ
≈ ꎬ ３ . １ (
２
０
５
. ｍ ０
０
ｍ
π
个 ２
≈
) 螺 ＝
３６
０ 杆
０
. １
＋
的 ８９
７
总
４
３
８
. ( 表
＋
ｍ
７
２ 面
８
)
５
. ꎬ 积 需
＝１
要 Ｓ 总
８
锌
９
≈
３
０
(
１ . ８ １
ｍ
９ ８
ｍ
９ ３ ３ ０
)
× ０ (３ ２ ) ５
Ｖ
６ Ｓ π １ １ －
Ｖ
Ｓ ２ ２ ＝
Ｖ
１
Ｓ
Ｓ ２ １ － Ｓ
Ｖ
２ ２
Ｓ
１. ∵ Ｖ １ π Ｓ ２ ２－ Ｖ ２ Ｓ １
５. Ｓ 解 ′ 析 ＝ ４ ０ ２ 把 ３ ｃｍ Ｖ ２ ＝ ９ 代 １９０ 入 ０ 台 ００ 体 ｍＬ 体 ꎬ Ｓ 积 ＝ 公 ６０ 式 ２ ｃ ꎬ ｍ 得 ２ ꎬ ５.解 ( ０１ 析 １ １× ) １ 如 ００ 图 ０ Ｓ ≈ Ｏ 所 ２ 示 ０ ꎬ ８ ＝ Ａ ( Ｂ ｇ) ＝３５ Ｓ . Ｍ ４ꎬ ２ Ｓ － Ｍ ＯＭ ＝２ ２ ７ . ９ . ＝ ６ ＝ ０－ ３ ２８８ × × ６ ３ ０ ２ π ５ － ) ９６ ≈ π π × ２ ３ ( ２ １５ ５π ３６ ＝ ０－ ３ ２０ (２ ６ ５ ０ ６ ８) ×
１ 解 ９０ 得 ０ ｈ ００＝ ３ １ ｈ (６ 即 ０ ２ 油 ＋ 槽的 ６０ 深 ２ × 度 ４０ 为 ２ ＋４０ ２ )ꎬ . ２７ . ９ ２ － ( ３５ ２ . ４ ) ２ ≈２１ . ６(ｍ) . <０ꎬ∴ Ｖ Ｓ １ < Ｖ Ｓ ２ ꎬ∴ ３ 第二个方案更经
６.解析 ＝ 设 ７５ 钢 ｃ 球 ｍꎬ 原来的半径为ｒ 变 ７５ 化 ｃｍ 前 Ｓ １ . . . 济些. １ ２
ꎬ (２) ＝４× ×３５ ４×２７ ９＝１ ９７５ ３２
后的体积分别为 Ｖ Ｖ′ 则体积增加的 ２
ꎬ ( ꎬ ) ３ (ｍ ２ ) .
４ ｒ １ ｒ ４ ｒ３
Ｖ′ Ｖ π ＋ － π Ｖ １ . ２ . . ３ .
比例为 － ３ １０００ ３ (３) ＝ ×３５４ ×２１６≈９０２２８(ｍ )
Ｖ ＝ ３
４ ｒ３
π
３
( )
１ ３ ３ 即体积约增 探究拓展
＝ １＋ －１≈ ꎬ
１０００ １０００ １１.解析 设长方体点心盒子的长 宽 高
、 、
加了 ３ . 分别为ｘ ｙ ｚ 依据题图 的捆扎方
、 、 ꎬ (２)
１０００ 式 把彩绳的长度记作 ｌ 因为长方体
７.解析 Ｓ ＝４π Ｒ２ ＝４π×６ ３７１ ２ ≈５ . １×１０ ８ 的每 ꎬ 个面上的那一段绳都 ꎬ 与相交的棱
◆ ( １ 习 ０ ｋ ８ ｍ 题 ｋ ２ ｍ ) 1 ꎬ ２. 3 即 .3 地球的表面积约为 ５ . １× ６.解析 (１) Ｓ Ｓ 地 火 ＝ ４ ４ π π Ｒ Ｒ ２火 ２地 ＝４ꎬ 即地球表面 垂 依 长 直 据 度 ꎬ 题 记 故 作 图 ｌ ( ＝ ｍ １ ２ ) ｘ 示 ＋ 的 ２ 意 ｙ 捆 ＋ 图 ４ 扎 如 ｚ. 方 图 式 . ꎬ 把彩绳的
感受理解 积约是火星表面积的
４
倍. ꎬ
１.解析 由题可知底面是 个边长为 Ｓ 木 ４π Ｒ２木 Ｒ 木 Ｖ 木
６
０ . ４６ ｍ 的正三角形.Ｓ 表＝０ . ４６×１ . ６×６＋２ (２)Ｓ 地 ＝ ４π Ｒ２地 ＝１２０ꎬＲ 地 ＝ １２０ꎬＶ 地 ＝
２.解 ×６ 析 × ４ ３ × 画 ０ 出 . ４６ 直 ２ ≈ 观 ５ 图 . ５ 如 (ｍ 图 ２ ) . . ３ ４ π Ｒ３木 ＝ æ è ç Ｒ Ｒ 木 ö ø ÷ ３ ＝( １２０) ３ ≈１ ３１５ꎬ
４
π
Ｒ３地 地
３
即木星的体积约为地球的 倍.
１３１５
７.解析 设空心钢球的内径为 ｘ 则
２ ｃｍꎬ
[ ( ) ]
３ 由三角形中两边之和大于第三边 得
７
.
９×
４
π
５
－
４
π
ｘ３
＝１４２ꎬ ｘ ｙ ｍ ｚ ｘ ｍ ｘ ｙ ｍ ｙ ꎬ ｚ
∴ ｘ３ ＝ ( ３ ５ ) ３ － ２ １ . ４２×３ ３ ≈１１ . ３ꎬ ｚ ｍ １ ４ ＋ ｍ ꎬ ｘ １ ６ > ＋ ｙ ６ １ > ꎬ ｍ ＋ ５ꎬ ２ ｘ > ５＋ ｚ ２ > ꎬ ｍ ６ ３ ꎬ ＋ ｘ ４ ４ ＋ > ｙ ３> ３ꎬ ｍ ７ ５ ꎬ ＋ ｙ ２＋ >
ｘ .
２
ｘ
７９
.
×
.
４π >
ｘ
８ꎬ
ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｙ ｙ ｙ ｙ
∴ ≈２２４ꎬ２ ≈４５ ∴ １＋ ２＋ ３＋ ４＋ ５＋ ６＋ １＋ ２＋ ３＋ ４＋
ｙ ｙ ｚ ｍ ｍ ｍ ｍ ｍ ｍ ｍ
Ｖ ＝ １ ×６× ３ ×６ ２ ×１５＝２７０ ３(ｃｍ ３ )ꎬ 即 ８.解析 一个水桶的外表面积Ｓ ＝ １ (π× ５ ｍ ＋ ６＋４ > １＋ ２＋ ３＋ ４＋ ５＋ ６＋ ７
棱锥
３
的体积
４
为
２７０ ３ ｃｍ
３.
３０＋π×２５)×２７
.
５＋π×１２
.
５
２
＝９１２
２
.
５π≈
即
＋
２
８ꎬ
ｘ
＋２
ｙ
＋４
ｚ
>
ｍ
ꎬ
即ｌ
>
ｍ.
３.解析 如图所示 设Ｐ在底面的射影为 ２ .不计水桶厚度 内表面积 因此 如题图 所示的捆扎方式更
ꎬ ２８６７(ｃｍ ) ꎬ ꎬ (１)
Ｏ 连接 ＡＯ 并延长交 ＢＣ 于 Ｄ 则 也为Ｓ. 个水桶需涂面积Ｓ 节省彩绳.
ꎬ ꎬ ∴１００ 总＝１００
ＰＡＯ为侧棱与底面所成的角. Ｓ ２ . ２ .共需 １２.解析 略.
∠ ×２ ＝５７３ ４００(ｃｍ )＝ ５７ ３４(ｍ )
３８
教材习题答案
◆复习题 点 ＯＥ ＢＤ .又 ＯＥ 平面 ＥＡＣ
ꎬ∴ ∥ １ ∵ ⊂ ꎬ
感受理解 ＢＤ 平面ＥＡＣ ＢＤ 平面ＥＡＣ.
１⊄ ꎬ∴ １∥
１.答案 或 或 连接Ａ Ｂ 则Ａ Ｂ ＡＢ .
２ ３ ４ (２) １ ꎬ １ ⊥ １
解析 当两个平面重合时 分成 部 Ｄ Ａ 平面 Ａ Ｂ Ｄ Ａ ＡＢ .又
ꎬ ２ ∵ １ １⊥ １ ꎬ∴ １ １⊥ １
分 当两个平面平行时 分成 部分 当 Ａ Ｂ Ｄ Ａ Ａ ＡＢ 平面Ａ Ｄ Ｂ
ꎻ ꎬ ３ ꎻ １ ∩ １ １＝ １ꎬ∴ １⊥ １ １ ꎬ
两个平面相交时 分成 部分. ＡＢ ＢＤ .又由 知ＯＥ ＢＤ
ꎬ ４ ∴ １⊥ １ (１) ∥ １ꎬ
２.答案 ＡＢ ＯＥ 易得 ＯＥ ＡＣ.又 ＡＢ
３ ∴ １⊥ ꎬ ⊥ １∩
解析 当 条平行线不共面时 共可以 ＡＣ Ａ ＯＥ 平面 ＡＢ Ｃ ＯＥ 平
３ ꎬ １１.证明 设最小球的半径为 Ｒ 三个 ＝ ꎬ∴ ⊥ １ ꎬ∵ ⊂
确定 个平面. ꎬ∵ 面ＥＡＣ 平面ＥＡＣ 平面ＡＢ Ｃ.
３ 球的半径之比为 其他两 ꎬ∴ ⊥ １
３.答案 ° １ ∶ ２ ∶ ３ꎬ∴
３０ 个球的半径分别为 ２ Ｒ ꎬ３ Ｒ. ∴ Ｖ 小球＋
解析 设线面角为 α 则 α １０
ꎬ ｓｉｎ ＝ ２０ ＝ Ｖ 中球＝ ４ π Ｒ３ ＋ ４ π(２ Ｒ ) ３ ＝１２π Ｒ３ ꎬ
３ ３
１ α °.
２ ꎬ∴ ＝３０ Ｖ 大球＝ ４ π(３ Ｒ ) ３ ＝３６π Ｒ３ ꎬ∴ Ｖ 大球 ＝
４.Ｃ 与ＡＤ 所成角为 °的正方体表面 ３
的 对角线 １ 为 ＡＣ Ａ Ｃ ６０ ＢＤ Ｂ Ｄ ＡＢ ３( Ｖ 小球＋ Ｖ 中球)ꎬ 即最大的一个球的体
ＤＣ Ａ Ｂ Ｄ Ｃ 共 ꎬ １ 条 １ . ꎬ ꎬ １ １ꎬ １ꎬ 积是另两个球的体积之和的 ３ 倍.
１ꎬ １ ꎬ １ ꎬ ８ 思考运用 １６.证明 在正三棱柱 ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ
５.Ａ 设长方体中相交于同一点的三条 １２.解析 直线 ＥＦ ＧＨ ＢＤ 相交于一点. 中 Ｃ Ｃ (１ 平 ) 面 ＡＢＣ ＡＤ 平 － 面 １ ＡＢ １ Ｃ １
棱长 ｂ 分 ｃ 别为 ａ ꎬ ｂ ꎬ Ｖ ｃ ꎬ 则 ａｂ 有 ｃ ａｂ ＝ ａ２ ２ ｂ ꎬ ２ｃ ａ ２ ｃ ＝ 证明 如下 : 连接 ꎬ ＦＨ ꎬ ꎬ ＧＥ ꎬ∵ Ｄ Ｈ Ｈ Ａ ＝ Ｄ ＦＣ Ｆ Ｃ ∴ ꎬ Ｄ ＡＤ ⊥ Ｃ １⊥ ＣＣ １ Ａ .又 Ｄ ∵ 平 ＡＤ 面 ꎬ ⊥ Ｂ Ｃ Ｃ ⊂ １ Ｃ Ｄ ꎬ Ｂ 且 . Ｃ １ Ｃ ∩ ꎬ
３ꎬ ＝ ６ꎬ∴ ＝ ＝ ＝ １ ＝ １ꎬ∴ ⊥ １ １
ａｂ ａｃ ｂｃ . 连接 ＥＤ 如图所示 ＡＤ 平面
＝ ６ ２ (２) ꎬ ꎬ∵ ⊥
６.解析 证明 过 Ｓ 作 ＳＯ 底面 ＝ ꎬ ＢＣＣ Ｂ ＢＣ 平面 ＢＣＣ Ｂ ＡＤ
(１) : ⊥ ３ １ １ꎬ ⊂ １ １ꎬ∴ ⊥
ＡＢＣ 垂足为 Ｏ 则 Ｏ 为正三角形 ＡＢＣ ＢＣ Ｄ 为 ＢＣ 的中点 从而四边形
ꎬ ꎬ ＦＨ ＡＣ ＦＨ ２ ＡＣ 又Ｇ Ｅ分别是 ꎬ∴ ꎬ
的中心 易得ＡＯ ＢＣ ＳＯ ＢＣ 又 ＡＯ ∴ ∥ ꎬ ＝ ꎬ ꎬ Ａ ＥＤＡ为平行四边形. Ａ Ｅ 平面
ꎬ ⊥ ꎬ ⊥ ꎬ ５ １ ∵ １ ⊄
ＳＯ Ｏ ＡＢ ＢＣ 的中点 ＧＥ ＡＣ ＧＥ ＡＤＣ ＡＤ 平面 ＡＤＣ Ａ Ｅ 平
∩ ＝ ꎬ ꎬ ꎬ∴ ∥ ꎬ ＝ １ꎬ ⊂ １ꎬ∴ １ ∥
ＢＣ 平面ＳＡＯ 面ＡＤＣ .
∴ ⊥ ꎬ １ ＡＣ ＧＥ ＨＦ且ＧＥ ＨＦ 四边 １
ＳＡ 平面ＳＡＯ ＳＡ ＢＣ. ꎬ∴ ∥ ≠ ꎬ∴
∵ ⊂ ꎬ∴ ⊥ ２
本题也可取ＢＣ中点Ｍ 通过 ＢＣ 与平 形ＥＧＨＦ是梯形. ＧＨ 与 ＥＦ 的延长
ꎬ ∴
面ＳＡＭ的垂直来实现. 线必相交于一点 设为Ｐ Ｐ ＧＨ.
ꎬ ꎬ∴ ∈
正三棱锥 Ｓ ＡＢＣ 的表面积 Ｓ ＧＨ 平面ＡＢＤ Ｐ 平面ＡＢＤ.同
(２) － ＝４× ∵ ⊂ ꎬ∴ ∈
理可证Ｐ 平面 ＢＣＤ. 平面 ＡＢＤ
１
×
ａ
×
ａ
×
３
＝ ３
ａ２.
平面ＢＣＤ
∈
ＢＤ Ｐ Ｂ
∵
Ｄ. 直线ＥＦ
∩
２ ２ ＝ ꎬ∴ ∈ ∴ ꎬ
ＧＨ ＢＤ相交于一点.
７.解析 截面面积为 １ ×(２ . ０＋３ . ５)×０ . ３ １３.解析 ꎬ 连接 ＥＢ ＥＣ.因为平面 ＦＢＣ
８. ０ 解 ＝ . ８ ０ 析 ２ . ８ ５ ２ × ５ ３ 以 ( ０ ｍ ０ 宽 × ２ ) 为 １ ꎬ ０ 所 圆 ００ 柱 以 ＝ 高 所 ２ ２ ４７ 用 长 ５ 碎 ０ 为 ０ 石 ( 圆 ｍ 的 柱 ３ ) 方 底 . 数 面周 为 Ｂ 平 Ｃ 面 平 ꎬ Ｆ 面 Ａ Ｈ Ｂ ⊥ Ａ Ｃ Ｂ Ｂ Ｄ Ｃ Ｃ ꎬ Ｄ ꎬ 平 . Ｆ 面 Ｈ ꎬ ⊂ Ｆ 平 ＢＣ 面 ∩ Ｆ 平 ＢＣ 面 ꎬ 所 ＡＢ 以 ＣＤ Ｆ ⊥ ＝ Ｈ １７. Ａ 解 ＢＣ 析 Ｄ ( Ｓ １ Ａ ) １ 证 Ｓ 明 Ｂ １ :∵ ＳＣ 平 １ 面 ＳＤ α １ ∥ 平 ＳＭ 面
长时 圆柱底面半径 ꎬ ｒ满足 ｒ ｒ 同 ⊥ 理ＡＢ 平面ＢＣＦ ꎬ∴ ＳＡ ＝ ＳＢ ＝ ＳＣ ＝ ＳＤ ＝ＳＯ＝
ꎬ ２π ＝３πꎬ 又ＡＢ Ｅ ⊥ Ｆ 所以ＥＦ ꎬ 平面ＢＣＦ. ２ Ａ １ Ｂ １ Ｂ １ Ｃ １ Ｃ １ Ｄ １ Ｄ １ Ａ １ ２
周 ＝ ＝ 长 ２ ２ １ ３ 时 ｃ ｃ ｍ ｍ ꎬ . . 圆 故 以 柱 圆 长 底 柱 为 面 的 圆 半 底 柱 径 面 高 半 ｒ ꎬ 满 宽 径 足 为 为 圆 ２ ３ ２ π 柱 ｒ ｃ ＝ 底 ｍ π 面 或 ꎬ ｒ 所 Ｆ 面 又 Ｈ 以 Ａ Ｅ 为 Ｂ Ｆ Ｖ Ｃ ∥ ∥ 四 ＝ Ｄ Ａ 棱 Ｖ ꎬ Ｂ 所 Ｅ － 锥 ꎬ ꎬ ＡＢ 以 Ｅ Ｃ Ｅ Ｆ Ｄ＋ － ⊄ Ｅ Ｖ Ａ Ｆ Ｅ Ｂ 平 ∥ － Ｂ Ｃ Ｃ 面 ⊥ Ｄ Ｆ 平 的 面 ＡＢ 高 Ｃ Ａ Ｄ . ＢＣ ꎬ Ａ Ｄ Ｂ ꎬ ⊂ 所以 平 ( ∴ Ａ ３ Ｂ ２ 四 Ｃ ꎬ ) Ｄ ∴ 边 ∵ ꎬ 且 形 Ａ 四 Ｂ Ａ Ａ Ａ 边 ＝ １ １ Ｂ Ｂ Ｂ １ １ 形 Ｂ Ｃ Ｃ ＝ １ Ｄ Ａ ＝ ２ １ １ Ｂ ∽ ꎬ １ Ｃ Ｃ 四 ∴ Ｄ １ Ｄ 边 Ｓ ＝ １ Ｓ 四 形 ∽ 边 Ｄ 形 Ａ Ａ 四 Ａ Ｂ １ Ｂ Ｃ ＝ １ Ｃ 边 １ Ｄ Ｄ ３ １ . 形 ＝ ꎬ
１ Ｓ ＦＨ １ Ｓ ＥＦ ３ 四边形ＡＢＣＤ
９. １ 解 １ ２ ２ 析 ５ ｃ 费 ７ ｍ ( . 用 ｍ (１ ２ ｙ ) ) . Ｓ ＝４π Ｒ２ ＝４π×１０ ２ ＝４００π 元 ≈ ＝ ＝ ３ ３ １ × 正 ３ 方 ２ × 形 ２ ＡＢ ＋ ＣＤ ３ １ × × ( ＋ ２ １ ３ ×３ △ × Ｂ ２ ＣＦ ) × × ２ ３ Ａ ∴ ( ３ ２ Ｂ 棱 ) Ｃ 锥 ２ Ｄ ＝ Ｓ ９ ４ － Ａ ꎬ Ａ Ｂ ∴ １ Ｃ Ｂ Ｄ Ｖ １ Ｖ Ｃ Ｓ 的 － Ｓ １ Ａ － Ｄ １ Ａ Ｂ 体 Ｂ １ １ Ｃ Ｃ Ｄ １ Ｄ 积 的 １ ＝ 之 体 ( 比 积 ３ ２ 为 ) 与 ３ ＝ 棱 ２ ８ 台 ７ . .
(２) . 万 ＝ 元 ２８ . ０ 直 ×１ 径 ２ 增 ５７ 加 ＝３５１ ９ 时 ６０( 面积 ) ＝ １５. １８.解１析１ １ 以 １－ ＰＡ ＰＢ ＰＣ为棱构造一 ８ 个 ∶ １ 正 ９
≈ 增 (ｍ ３ 加 ２ ５ ) Ｓ ꎬ ２ ′ 费 ( ＝ 用 ４π 增 ( ) 加 １２ ２ ｙ － ′ ＝ １０ ２ ２ ８ ) ０ ＝ ×５ ４ ４ ５ π ３ ｍ × ＝ ４ １ ４ ５ ꎬ ≈ ４ ８ ５ ４ ５ ０ ３ １４. 交 证 于 明 ２ ｂ ꎬ 如 由 图 ａ ∥ 所 α 示 ꎬ 得 ꎬ 过 ａ ∥ ａ作 ｂ ꎬ 同 平 理 面 过 γ与 ａ作 α 方 径等 体 于 ꎬ 则 正 正 方 方 体 ꎬ 体 的 内 体 ꎬ 接 对 于 角 球 线 Ｏ 的 ꎬ 且 长 球 ꎬ 即 的 ２ 直 Ｒ
元 . 万元 . 平面δ与β交于ｃ 则ａ ｃ ｂ ｃ
１０ ( .证明 )≈１ 如 ５５ 图 ( 所示 ) 取 ＡＢ 的中点 Ｅ 连 ｂ β ｃ β ｂ ꎬ β. ∥ ｂ ꎬ∴ α α ∥ ꎬ β ＝ １ ２ ＋１ ２ ＋１ ２ ＝ ３ꎬ∴ Ｒ ＝ ３ ꎬ 故Ｓ 球＝
ꎬ ꎬ ∵ ⊄ ꎬ ⊂ ꎬ∴ ∥ ∵ ⊂ ꎬ ∩ ＝ ２
ｌ ｂ ｌ ａ ｌ.
接ＣＥ ꎬ ＭＥ ꎬ 则ＭＥ ∥ Ａ １ Ａ ꎬ ＭＥ ＝ １ Ａ １ Ａ. ꎬ∴ ∥ꎬ∴ ∥ ４π Ｒ２ ＝３π(ｍ ２ )ꎬ Ｖ 球 ＝ ４ π Ｒ３ ＝ ３ π
２ ３ ２
又 ∵ ＣＮ ＝ １ Ｃ １ Ｃ ꎬ Ａ １ Ａ ＝ Ｃ １ Ｃ ꎬ∴ ＭＥ 探究 (ｍ ３ 拓 ) . 展
２
ＣＮ. 四边形 ＭＥＣＮ 为平行四边形 １９.解析 圆台的体积计算公式为
∴ ꎬ
ＭＮ ＣＥ.
∴ ∥ Ｖ １ Ｓ ＳＳ′ Ｓ′ ｈ 在本题中不难
ＣＥ 平面ＡＢＣＤ ＭＮ 平面ＡＢＣＤ ＝ ( ＋ ＋ ) ꎬ
∵ ＭＮ ⊂ 平面ＡＢＣＤ ꎬ . ⊄ ꎬ ３
∴ ∥ 求得积水的水面半径为１４＋６
１５.证明 如图所示 连接ＢＤ 与ＡＣ ＝ １０
(１) ꎬ ꎬ ２
相交于Ｏ 连接 ＯＥ. Ｅ 为 ＤＤ 的中 寸 又盆底的半径为 寸 积水深
ꎬ ∵ １ ( )ꎬ ６ ꎬ
３９
Ｓ ＭＮ ＡＱ ＮＫ ＰＲ.
为 寸 故Ｖ １ ２ ２ △ ＡＥＦ １ ∴ ∥ ꎬ ∥
９ ꎬ ＝ (６ π＋ ６ π×１００π ∴ Ｓ ＝ ꎬ ＰＲ ＨＱ
２ ３ 寸３ .又天池盆盆 △ ＡＢＣ ４ ∵ ＮＫ ∥ ＨＱ ꎬ
＋１０ π)×９＝５８８π( ) ∴ ∥ ꎬ
口的半径为 １４ 寸 ꎬ 故盆口的面积为 ∴ Ｓ △ ＡＥＦ＝ ３ｘ２. ∵ ＡＱ ∩ ＨＱ ＝ Ｑ ꎬ ＭＮ ∩ ＮＫ ＝ Ｎ ꎬ
１６ 平面ＭＮＫ 平面ＡＢＣＤ.
１９６π
寸２
ꎬ
因此平地降水量为５
１
８
９
８
６
π
π ＝３ 平
在
面
正三
ＡＢ
棱
Ｃ
柱
平
ＡＢ
面
Ｃ
－ Ａ
Ａ
１ Ｂ
Ｂ
１ Ｃ
Ｃ
１
中
ꎬ
∴ ∥
( 寸 ) . 即平面ＡＥ ∥ Ｆ 平面 １ Ａ １ Ｅ １ Ｆ ꎬ
２０.解析 存在.
Ｅ Ｆ Ｅ Ｆ
∥
分别为
１
所
１
在
１
棱
ꎬ
的中点
２１.解析 略. ∵ 、 、 １、 １ ꎬ
ＥＥ ＢＢ ＦＦ ＣＣ
本章测试 ∴ １∥ １ꎬ １∥ １ꎬ
又ＢＢ ＣＣ ＡＡ
一、填空题 ＥＥ
１∥
ＦＦ
１∥
ＡＡ
１ꎬ
１.答案 ∴ 几何 １∥ 体ＡＥ １∥ Ｆ Ａ １ Ｅ ꎬ Ｆ 为三棱柱
２.答案 ６ 平行 相交或异面 ∴ 三棱柱ＡＥＦ － Ａ １ Ｅ １ Ｆ １ 的体积 ꎬ
、 ∴ － １ １ １
３.答案 ｘ２ａ
３ Ｖ Ｓ ＡＡ ３
４.答案 ａ ＋ ｂ ３ 水 ＝ 的 △ Ａ 体 ＥＦ 积一 １ 定 ＝ ８ Ｖ ꎬ Ｖ Ｖ １４.证 ＡＢ 明 Ｃ 平 ∵ 面 平 Ｂ 面 ＣＤ ＡＢＣ Ｂ ⊥ Ｃ 平 ＤＣ 面Ｂ Ｂ Ｃ Ｃ Ｄ ꎬ Ｄ 平 Ｃ 面
平 解 ＡＣ 析 面 Ｂ α Ｄ ꎬ 设 . ２ 垂 Ａ 足 Ｃ ⊥ 为 平 Ｄ 面 ꎬ 则 α ꎬ 垂 ＡＣ 足 ＝ 为 ａ ꎬ Ｃ Ｂ ꎬ Ｄ Ｂ ＝ Ｄ ⊥ ｂ ꎬ ∴ ∵ ３ ４ ｘ２ｈ ＝ ３ ２ ｘ２ａ － ꎬ∴ ３ ８ ｘ ２ ２ａ ＝ ꎬ １－ ３ꎬ 又 又 平面 Ａ Ａ ∩ Ｂ Ｂ Ｂ ⊂ Ｃ 平 Ａ Ｄ Ｃ ꎬ 面 ∴ Ａ Ｄ Ａ Ｃ Ｂ Ｃ Ｃ Ｃ ⊥ ＝ ꎬ Ｄ 平 ∴ 面 Ｄ ꎬ 平 Ｃ Ａ ⊥ 面 Ｂ ⊥ Ａ Ｃ Ａ Ｂ . Ｃ . Ｄ ꎬ ＡＣ ⊂
设 ∥ ＡＣ ＢＤ确定平面β 设α β ＣＤ. 得ｈ ３ ａ. ＣＤ Ｃ ⊥ Ａ ꎬ Ｂ 、 平面 ⊂ ＡＣＤ ＡＢ ꎬ 平面 ∩
ꎬ ꎬ ∩ ＝ ＝ ２ ＡＢＤ ＝ ꎬ∴ 平面 ⊥ ＡＢＤ 平面 ꎬ Ａ ∵ ＣＤ. ⊂
二、选择题 ꎬ∴ ⊥
１５.解析 能作出线段满足条件.
７.Ｂ (１)
具体作法是 在侧面 ＰＡＢ 内作 ＡＢ 的
８.Ａ :
平行线.
９.Ｃ
因为作出的平行线平行于 ＡＢ 且 ＡＢ
１０.Ｂ ꎬ
ＤＣ
三、解答题 ∥ ꎬ
过点Ｍ作ＭＮ ＡＣ 交ＣＤ于点Ｎ 因为 １１.解析 画轴 使 ｘ′Ｏ′ｙ′ °
所以作出的平行线必然平行于ＣＤ.
ＡＣ 平面α 所 ∥ 以Ｍ ꎬ Ｎ 平面α. ꎬ ꎬ ∠ ＝４５ ꎬ 能作出满足条件的线段.
(２)
又 ⊥ Ｍ为ＡＢ的 ꎬ 中点 ⊥ 证明 假设侧面 ＰＢＣ 内存在线段与
:
ꎬ ＡＤ平行
所以ＭＮ ＡＣ ＋ ＢＤ ａ ＋ ｂ 不妨设Ｅ ꎬ Ｆ ＡＤ 因为ＥＦ 平面ＰＢＣ
＝ ＝ ꎬ ∥ ꎬ ⊂ ꎬ
２ ２ ＡＤ 平面ＰＢＣ
即线段 ＡＢ 中点 Ｍ 到平面 α 的距离 ⊄ ꎬ
所以ＡＤ 平面ＰＢＣ
ａ ｂ ∥ ꎬ
是 ＋ . 由ＡＤ 平面 ＰＢＣ ＡＤ 平面 ＡＢＣＤ
在ｘ′轴上过横坐标为 的点作ｙ′轴的 ∥ ꎬ ⊂ ꎬ
２ ３ 平面ＰＢＣ 平面ＡＢＣＤ ＢＣ
平行线 在ｙ′轴上过纵坐标为 的点 ∩ ＝ ꎬ
５.答案 １ Ｒ ꎬ －１ 得ＡＤ ＢＣ 此时四边形ＡＢＣＤ为平行
作ｘ′的平行线 两条线相交于点 Ａ′ ∥ ꎬ
２ ꎬ ꎬ 四边形.
解析 设最小球的半径为ｒ 最小球的 在ｘ′轴上取横坐标为 的点Ｂ′ 在ｙ′
ꎬ ４ ꎬ 所以当四边形 ＡＢＣＤ 为平行四边形
轴上取纵坐标为 的点Ｃ′
体积为 １ ｒ３ 另两个球的体积分别 １ ꎬ 时 存在满足条件的线段.
×４π ꎬ 连接Ｏ′Ａ′ Ａ′Ｂ′ Ｂ′Ｃ′ Ｏ′Ｃ′ 即为平面 ꎬ
３ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ 第 14 章 统计
四边形ＯＡＢＣ水平放置的直观图.
为１
×３×４π
ｒ３
ꎬ
１
×４×４π
ｒ３
ꎬ
由三个小
１２.证明 如图 取 ＢＣ 的中点 Ｏ 连接
３ ３ ꎬ ꎬ 14.1 获取数据的基本途径
球的体积和等于大球的体积 ＯＳ ＯＡ
ꎬ ꎬ ꎬ
ＡＢ ＡＣ ＳＢ ＳＣ 及相关概念
得 １
×４π
ｒ３
×(１＋３＋４)＝
１
×４π
Ｒ３
ꎬ
∵
ＯＳ
＝
ＢＣ
ꎬ
ＯＡ
＝
Ｂ
ꎬ
Ｃ 练习
３ ３ ∴ ⊥ ꎬ ⊥ ꎬ
即 ８ ｒ３ ＝ Ｒ３ ꎬ 得ｒ ＝ １ Ｒ. ∵ Ｏ ＢＣ Ｓ ∩ Ｏ 平 Ａ 面 ＝ Ｏ Ｏ ꎬ ＡＳ １. 方 解 案 析 更 ( 答 有 案 效 不 .理 唯 由 一 ꎬ 相 合 对 理 于 即 方 可 案 ) 认 要 为
２ ∴ ＳＡ ⊥ 平面ＯＡＳ ꎬ 专门组 １ 织人员训练且 : 花费 年的时 ２ 间
６.答案 ３ ａ ∵
∴
ＳＡ ⊂
⊥
ＢＣ. ꎬ 才能得到结果 方案 无疑 ５ 较省时省
２ ꎬ １
解析 根据题意知 ＡＢＣ 为正三角 力 所以方案 比方案 更有效.
ꎬ△ ꎬ １ ２
认为方案 更有效.理由 方案 所抽取
形 ꎬ 设ＡＢ ＝ ｘ ꎬ 则Ｓ △ ＡＢＣ＝ ３ｘ２ ꎬ 的样本中数 ２ 据不一定准确 : ꎬ 受过 １ 技能训
４ 练的人群中的高收入者不一定是因为受
正三棱柱ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 的体积
－ １ １ １ 过技能训练而有了较高的收入水平.方
Ｖ Ｓ ＡＡ ３
ｘ２ａ
案 中两组成员的情况大体相当 除受
１＝ △ ＡＢＣ １＝ ２ ꎬ 技能 ２ 训练外在一定程度上去除了其 ꎬ 他因
设题图 中水面的高度为 ｈ 则水的
(１) ꎬ 素的影响 得到的数据较准确.
ꎬ
ｘ２ｈ ２.解析 要了解鱼塘中放养的鳞鱼
体积Ｖ ２＝ Ｓ △ ＡＢＣ ｈ ＝ ３ . １３.证明 在正方体ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 的生长 情 (１ 况 ) 需要应用样本了解鳞鱼的
在题图 中 ４ 连接 ＡＱ ＰＲ 在平面ＡＢ － ＣＤ １ 中 １ 作 １ Ｈ １ Ｑ ꎬ 大小和质量 ꎬ .可以从鱼塘中随机捞一些
(２) ꎬ ꎬ ꎬ ∥
Ｅ Ｆ分别为所在棱的中点 ＰＲ 如图所示. 鱼进行测量.
∵ 、 ꎬ ꎬ
ＡＥ ＡＦ ＥＦ Ｐ Ｑ Ｒ分别为棱Ｄ Ｃ ＢＣ Ｂ Ｃ 上 某校想了解学生的视力状况 需要
∴ ＡＢ＝ＡＣ＝ＢＣ＝ １ ꎬ 异 ∵ 于 、 顶 、 点的点 Ｍ Ｎ １ Ｋ １、 分别 、 为 １ 线 １ 段 应 (２ 用 ) 样本了解学生的视力 可以抽 ꎬ 取学
２ ꎬ 、 、 ꎬ
ＡＥＦ ＡＢＣ ＡＰ ＰＱ ＱＲ的中点 号的尾号为 的学生 测试他们的视力
∴ △ ∽△ ꎬ 、 、 ꎬ ５ ꎬ
４０
教材习题答案
情况. 抽取时 采用简单随机抽样法. 血型
法.由题意 知小学生所占比为 １ 初中 ꎬ ＡＢ
３.解析 略. ꎬ ꎬ 样本的抽样过程如下 编号 把 人编
２ : ꎬ ５０
◆习题14.1 号为 制签 把 这
生所占比为 １ 高中生所占比为 ３ 所 １ꎬ２ꎬ３ꎬꎬ５０ꎻ ꎬ １~５０ ５０
感受理解 ꎬ ꎬ 个数分别写在形状 大小相同的纸条上
５ １０ 、
１.解析 略. 以从小学部 初中部 高中部分别抽取 制成号签 把号签放在箱中 搅拌均匀
、 、 ꎻ ꎬ
２.解析 略. 名 名 名.从总体上看 平均 后 从箱中每次抽出 个号签 不放
４０ 、１６ 、２４ ꎬ ꎬ １ (
３.解析 略. 回 并记下号码 连续抽 次 把总体
４.解析 应收集到学生餐厅就餐的 ８００÷ １ ÷８０＝５０( 名 ) 学生中抽取到 １ 中 ) 与 ꎬ 抽到签的编号 ꎬ 相一致的 ４ 个 ꎻ 体取出
学生人 数 (１ . ) 名学生 ５ . 就得到要抽取的样本.以上是用抽签 ꎬ
应了解学生上课迟到的原因 需要 ４.解析 略. 法 也可用随机数表法 过程如下 编
(
应
２
用
)
样本.
ꎬ
练习 号
ꎬ
将 人编号为
ꎬ :
在
ꎬ ５０ ００ꎬ０１ꎬ０２ꎬꎬ４９ꎻ
应收集月饼的质量是否合格的信 １.解析 因为从 名科技人员中抽出 随机数表中 选一个数作为开始 如从
( 息 ３) 需要应用样本. ６０ ２０ 第 行第 列 ꎬ 数 教材附录 开 ꎬ 始 从
思考 ꎬ 运用 人 抽取比为 １ 且总共抽取 人 所 开 ９ 始向右 ５ 读下去 １( 每次读两 ) 位 依 ꎻ 次
ꎬ ꎬ ４５ ꎬ １ ꎬ ꎬ
５.解析 略. ３ 得到 则将与这四个号码
以该科研机构共有人员 １２ꎬ３４ꎬ２９ꎬ０７ꎬ
６.解析 不能. ４５×３＝ １３５ 相一致的个体取出就得到要抽取的
人 则行政人员与后勤职工人数之
７.解析 先将豆子充分搅匀 再取部分豆 ( )ꎬ 样本.
ꎬ 和为 .又因为行政人员与后勤职工人
子 数出豆子的总数量及其中绿豆的数 ７５ ９.解析 略.
ꎬ 数之比为 所以行政人员占行政
量 这样就可以估计出袋子中绿豆所占 ２ ∶ ３ꎬ 探究拓展
ꎬ
比率. 人员与后勤职工人数总数的 ２ 即有 １０.解析 略.
ꎬ
可以多做几次试验 然后取平均值来提 ５
ꎬ
高估计结论的准确程度. ２ 人 则后勤职工有 14.3 统计图表
７５× ＝３０( )ꎬ ７５－３０
探究拓展 ５ 人 所以此机构的总人数 行政 １４.３.１ 扇形统计图、折线统计
８.解析 统计估值是根据实际情况进行 ＝４５( )ꎬ 、
人员 后勤职工人数分别是 . 图、频数直方图
科学评估得到的数据 而情报估值是由 、 １３５ꎬ３０ꎬ４５
情报而来 情报不一定 ꎬ 准确 它可能是 ２.答案 ① 简单随机抽样 ② 分层抽样 练习
当时德国故 ꎬ 意散布的错误信 ꎬ 息. ◆习题14.2 １.解析 用电高峰是 月份 用电
９.解析 略. 感受理解 低谷 是 (１ 月 ) 份. ７ꎬ８ ꎬ
１.解析 用分层抽样比较合理 这种抽取 可能原因 １ 是 月份天气比较热 居民
14.2 抽样 的样 本具有代表性 对各种企 ꎬ 业的管理 用空调 热水 ７ 洗 ꎬ８ 漱用电较多 月 ꎬ 份正
ꎬ ꎬ ꎬ１
好相反.
１４.２.１ 简单随机抽样 情况都能了解.中外合资企业抽取１６０
× 月 月 月 月 共 个月 用
练习 ８００ ( 电 ２ 总 )５ 量为 、６ 、９ 度. 、１１ ꎬ ４ ꎬ
１.解析 把历史题编号为 做 ４０＝８( 家 )ꎬ 私营企业抽取３２０ ×４０＝１６ ２.解析 ７ 图 ０００ 是条形统计图 此图反
个 号签 放在盒子里搅 １ 拌 ꎬ２ 均 ꎬ 匀 ꎬ１５ 逐 ꎬ 个 ８００ 映了我 国 (１ 的 ) 人 １ 口在不断的增加. ꎬ
１ 抽 的 ５ 题 出 . ３ 同 个 样 号 ꎬ 抽 签 ꎬ 抽 道 出 地 与 理 这 题 ３ 个 道 号 生 签 ꎬ 物 对 题 应 ( 家 )ꎬ 国有企业抽取２ ８ ４ ０ ０ ０ ×４０＝１２( 家 )ꎬ ( 口 ２ 出 ) 分 生 析 率 结 高 论 从 : 图 １ 说 年 明 到 人口基数 年 大 人 ꎬ 人 口
这样就得到 ꎬ 了 ３ 要回答的 ８ 、 道 ２ 题. ꎬ 其他性质企业抽取８０ ×４０＝４( 家 ) . 快速增长. ꎬ １９６４ １９８２
２. ０ 解 １ꎬ 析 ０２ ꎬ 把 ꎬ９ １ ９ ０ ꎬ ０ 在 件 随 电 机 子 数 产 表 品 中 编 随 号 机 为 选 ００ 一 ꎬ ２.解 人 析 .因 高 为 二 高 年 二 级 年 抽 级 ８０ 取 共 ０ 有 ４５ 学 －２ 生 ０－１０＝ 人 １５ 户 图 口 ２: 登 从 记 人 地 口 所 流 在 动 的 的 乡 角 镇 度 街 来 道 看 半 ꎬ 我 年 国 以 离 上人 开
个数作为开始 如从第 行第 列的数 ( ) ３００ ꎬ 口从 年到 年增加近一倍.
开始向右读 每 ꎬ 次读取两 ８ 位 并 ６ 取出 前 所以抽取比为１５ １ 所以该校共有 ２０００ ２０１０
面已经取出 ꎬ 的跳过 ꎬ 直到取 ꎬ 满 ２５ 个 ꎬ 数 ３００ ＝ ２０ ꎬ ３.解析 指责者 : 男生录取率为３５ ×
为止. 学生４５
＝９００(
人
)
.
％ ％
８０
３.解析 共有 种 可能的样本是ａ ｂ １ １００ ≈４４ ꎬ
１０ ꎬ ꎬ ꎻ
４.解 理
ａ
ｄ
ꎬ
ꎬ 析 即
ｃ
ｅ
ꎻ
.
ａ
可
ꎬ
用
ｄ ꎻ
. 取
ａ ꎬ
到
ｅ ꎻ
的
ｂ ꎬ
样
ｃ ꎻ
本
ｂ ꎬ
可
ｄ ꎻ
以
ｂ
估
ꎬ ｅ
计
ꎻ ｃ
总
ꎬ ｄ
体
ꎻ ｃ
(
ꎬ
合
ｅ ꎻ ３.解
数的
析
比
２ ０
为 ４
个
３
区
ꎬ ２
的
. ８ ꎬ
学
２
生
. ２ ꎬ
分
２
别
ꎬ 因
占
为
总
共
学生
抽
人
取 因
女
有 此
生
性 ꎬ
录
别 是
取
歧 否
率
视 录
为
. 取
２
６
０
０ 与
×
性
１０
别
０ ％
相
≈
关
３３
ꎬ
％
录
.
取中带
５.解析 ) 不正确. 不正确. 不 人 所 １ 以 ０ １ 个 ０ 区 １ 分 ０ 别 １０ 抽取的学生为 校方 : 电机工程录取男女生的频率均为
正确. 理 ( 由 １) 略. (２) (３) ２００ ꎬ ４ . ５０ ％ ꎬ 英文录取男女生的频率均为
３ 名 ２８ 名 ％ 因而不管哪个专业 性别与录取
×２００＝６０( )ꎬ ×２００＝５６( )ꎬ ２５ ꎬ ꎬ
１４.２.２ 分层抽样 １０ １０ 与否都没有相关性 不存在性别歧视.
. ꎬ
２２ 名 ２ 名 .
练习 ×２００＝４４( )ꎬ ×２００＝４０( ) １４.３.２ 频率直方图
１０ １０
１.答案 ４.解析 略.
６ꎻ３０ꎻ１０ 练习
解析 总体容量为 则各型号的 ５.解析 略.
９ ２００ꎬ １.解析 略.
６.解析 根据简单随机抽样的等可能性 估
轿车应分别抽取１２００ 辆 ꎬ ２.答案
×４６＝６( )ꎬ １
９２００ 计抽取到带有标记的有 ６０ 个 . ３.解析 频率分布表如下
２０× ＝１２( ) (１) :
６０００ 辆 ２０００ １００ 分组 频数 频率
×４６ ＝ ３０( )ꎬ ×４６ ＝ １０ 思考运用
９２００ ９２００
辆 . ７.解析 略. .
( ) [５００ꎬ６００) １ ００１
２.答案 ８.解析 应采用分层抽样的方法.在 型 .
８０ Ｏ [６００ꎬ７００) ４ ００４
血的人中抽取 人 型血的人中抽
解析 ２ １６ ｎ . １６ ꎬＡ .
＝ ｎ ⇒ ＝８０ 取 人 型血的人中抽取 人 [７００ꎬ８００) ８ ００８
３.解析 ２ 根 ＋ 据 ３＋ 实 ５ 际情况 应采用分层抽样 型血 １０ 的人 ꎬＢ 中抽取 人.在各血 １ 型 ０ 的人 ꎬＡ 中 Ｂ [８００ꎬ９００) １５ ０ . １５
ꎬ ４
４１
续表 续表 续表
分组 频数 频率 分组 频数 频率 分组 频数 频率
. . . . 合计
[９００ꎬ１０００) ２０ ０２０ [１０９５ꎬ１１０５) １３ ０１３ １００ １
. . . . 频率直方图与折线图如图所示.
[１０００ꎬ１１００) ２４ ０２４ [１１０５ꎬ１１１５) １６ ０１６
[１１００ꎬ１２００) １８ ０ . １８ [１１ . １５ꎬ１１ . ２５) ２６ ０ . ２６
.
[１２００ꎬ１３００) ７ ００７ . . .
[１１２５ꎬ１１３５) ２０ ０２０
.
[１３００ꎬ１４００) ２ ００２ . . .
[１１３５ꎬ１１４５) ７ ００７
.
[１４００ꎬ１５００] １ ００１ . . .
[１１４５ꎬ１１５５) ４ ００４
合计
１００ １ . . . ６.解析 略.
频率直方图和折线图如图所示. [１１５５ꎬ１１６５] ２ ００２ 探究 拓展
(２) 合计
１００ １ ７.解析 操作 中黑芝麻的频率约为
频率直方图如图所示. １
(２) １０００ １ 操作 中黑芝麻的
＝ ꎬ ２
１０００＋１０００ ２
频率约为 １５００ ３ 在搅拌均匀
估计使用寿命不低于 的灯 ＝ (
(３) １ ０００ ｈ １５００＋５００ ４
泡约有 . . . . . 的前提下 由此想到可以将这袋芝麻
(０２４＋０１８＋０ ０７＋０ ０２＋０ ０１)× )ꎬ
只 . 搅拌均匀后从中取出一杯 将此杯中黑
１００００＝５２００( ) ꎬ
４.解析 略. 芝麻所占的频率作为这袋芝麻中黑芝
◆习题14.3 麻的百分比的估计值.
感受理解 估计数据落在 . . 范围
１.解析 频率分布表如下. 内 (３ 的 ) 可能性是 . [１０ . ９５ꎬ１１ . ３５) . 14.4 用样本估计总体
(１) (０１３＋０ １６＋０ ２６＋０ ２０)
分组 频数 频率 ％ ％.
×１００ ＝７５ １４.４.１ 用样本估计总体的集中
４.解析 频率分布表如下.
环及 环以下 . (１)
６ ６ ２ ００６６７ 趋势参数
分组 频数 频率
环 .
７ ６ ０２０００ 练习
８ 环 ７ ０ . ２３３３ 一等品 ８ ０ . ２０ １.解析 名考生的平均成绩为 １
环 . 二等品 . ２０ ×
９ １０ ０３３３３ １８ ０４５ ２０
环 . 三等品 . (１０２＋１０５＋１３１＋９５＋８３＋１２１＋１４０＋１００＋
１０ ５ ０１６６７ １２ ０３０
合计 ３０ １ 次品 ２ ０ . ０５ ９ １ ７ １０ ＋ ＋ ９ １ ６ ０ ＋ １ ９ ＋ ５ ９ ＋ ８ １ ＋ ２ ９ １ ７ ＋ )＝ １２ １ ４ ０ ＋ ８ １ . ３ ３ ( ５ 分 ＋１ ) ０ ꎬ ６ 估 ＋１ 计 ０９ 该 ＋
估计射手击中 环的可能性为 校全 体 考 生 数 学 的 平 均 成 绩 为
(２) ７~９ 合计
. . . ％ ４０ １ . 分.
(０ . ２ ％ ００ . ０＋０ ２３３ ３＋０ ３３３ ３)×１００ ≈ 扇形统计图如图所示. ２. １ 答 ０８ 案 ３ .
７６７ (２) １９８５
２.解析 频率分布表如下. ３.解析 若全班共 人 则平均分为
(１) (１) １０ ꎬ
分组 频数 频率
１ 分 .
×(３×３＋５×２＋１×１＋１×０)＝２( )
. . . １０
[２２５ꎬ２５５) ３ ００６
. . . 若全班共 人 则平均分为 １
[２５５ꎬ２８５) ８ ０１６ (２) ２０ ꎬ ×
. . . ２０
[２８５ꎬ３１５) ９ ０１８ 分 .
. . . (６×３＋１０×２＋２×１＋２×０)＝２( )
[３１５ꎬ３４５) １１ ０２２
[３４ . ５ꎬ３７ . ５) １０ ０ . ２０ (３) 这种产品为二等品或三等品的百 (３) 能.若全班人数为ｎ ꎬ 则平均分为 １ ｎ
分率为 ％.
. . . ７５ . ｎ . ｎ . ｎ . ｎ
[３７５ꎬ４０５) ５ ０１０ 思考运用 (０３ ×３＋０５ ×２＋０１ ×１＋０１ ×０) ＝
. . . 分 .
[４０５ꎬ４３５] ４ ００８ ５.解析 样本频率分布表如下. ２( )
合计
４.解析 平均每个小组的日产量为
５０ １ 分组 频数 频率 (１)
频率直方图和折线图如图所示. ２０×３００＋２５×２８０＋３０×３１０＋２５×３２０
(２) ＝
[２５ . ２３５ꎬ２５ . ２６５) １ ０ . ０１ 件 . ４
[２５ . ２６５ꎬ２５ . ２９５) ２ ０ . ０２ ７５７５( 平 均 ) 每 个 工 人 的 日 产 量 为
(２)
. . .
[２５２９５ꎬ２５３２５) ５ ００５ ２０×３００＋２５×２８０＋３０×３１０＋２５×３２０
＝
. . . ２０＋２５＋３０＋２５
[２５３２５ꎬ２５３５５) １２ ０１２ 件 .
３０３( )
. . . 练习
[２５３５５ꎬ２５３８５) １８ ０１８
(３) 估计纤维长度小于 ３６ ｍｍ 的百分 . . . １.解析 因为有 这个极端值 所
比为 (０ . ０６＋０ . １６＋０ . １８＋０ . ２２＋０ . １０)× [２５３８５ꎬ２５４１５) ２５ ０２５ 以用 平均数不恰 ９５ 当 ０００ 众数是 ꎬ 和
１００ ％ ＝７２ ％. [２５ . ４１５ꎬ２５ . ４４５) １６ ０ . １６ 也不合适 用 ꎬ 中位数 ４ 作 ８ 为 ００ 这 ０ 组
３.解析
(１)
如表所示.
[２５ . ４４５ꎬ２５ . ４７５) １３ ０ . １３
４
数
０
据
００
的
０ꎬ
代数值比较
ꎬ
合适.
分组 频数 频率 ２.解析 由于分数差距相对较大 采
. . . (１) ꎬ
[２５４７５ꎬ２５５０５) ４ ００４ 用中位数较为合适.
. . .
[１０７５ꎬ１０８５) ３ ００３ . . . 由于分数差距相对较大 采用中位
[２５５０５ꎬ２５５３５) ２ ００２
(２) ꎬ
[１０ . ８５ꎬ１０ . ９５) ９ ０ . ０９ . . . 数较为合适.
[２５５３５ꎬ２５５６５] ２ ００２
３.解析 不合适 由于学员的年龄差距较
ꎬ
４２
教材习题答案
大 所以用平均数表示不合适. 续表
ꎬ １７
４.解析 ｘ １５×６＋５×３ . 万元 分组 频数 频率 < ２０ ꎬ
甲＝ ＝５２５( )ꎬ 即 ｘ .
１５＋５ ８０< <８５
２ ２.解析 设小明成绩的百分位数是ｘ 则
ｘ ５×７＋１５×４ . 万元 [１８:００ꎬ１９:００] ４ ꎬ
乙＝ ＝４７５( )ꎬ １５ ｘ
５＋１５ １９ ２０ 即４７５ ｘ ２５０.
ｘ ｘ 甲公司职工的平均工 合计 < < ꎬ < <
∵ 甲 > 乙ꎬ∴ ３０ １ ２４ １００ ２４ ６ ３
资高. 频率直方图如图所示 ◆习题14.4
:
５.解析 中位数为 众数为 . 感受理解
９ꎬ ９
６.解析 平均数为 . 众数为 . ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ
中位 数为 . . １０８ ５ꎬ １０２ ５ꎬ １.解析 由 １＋ ２＋ ３＋ ４＋ ５ ＝ ７(℃)ꎬ
１０５３ ５
１４.４.２ 用样本估计总体的离散 得到
ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ
程度参数 １＋１＋ ２＋２＋ ３＋３＋ ４＋４＋ ５＋５ .
＝１０(℃)
练习 从频率直方图中可以看出 大约每天的 ５
１.答案
２ ８ 车 :０ 高 ０ 峰
到
期 １１ . :００
与
１６:００
到 ꎬ
１９:００
是行 ２.解析 该厂这个月的平均日产值为
３
１
０
. . . . .
解析 ｘ １＋３＋２＋５＋４ ｓ２ １ ３.解析 位居民月平均用水量的频 ×(２×５１＋３×５２＋６×５３＋８×５４＋７×５５＋
＝ ＝３ꎬ ＝ ×[(１ １００ . . . 万元 .
５ ５ 率分布表如表所示. ３×５６＋１×５７)≈５３９( )
２ ２ ２ ２ ３.答案 最小值为 . 最大值为 . 全
－３) ＋(３－３) ＋(２－３) ＋(５－３) ＋(４－ ４ ０ꎬ ７ ４ꎬ
３) ２ ]＝２ꎬ ｓ ＝ ２ . 分组 频数累计 频数 频率 距 布表 为 如 ３ . 下 ４ꎬ 分为 ７ 组 ꎬ 组距为 ０ . ５ꎬ 频率分
２.解析 ｘ １６０＋１６２＋１５９＋１６０＋１５９ . . :
甲 ＝ ＝ [０ꎬ０５) ４ ００４ 分组 频数 频率
５
. 正 .
１６０(ｃｍ)ꎬ ｘ 乙＝ １８０＋１６０＋１５０＋１５０＋１６０ [０５ꎬ１) ８ ００８ [４ . ０ꎬ４ . ５) １ ０ . ０１
５ . 正正正 .
[１ꎬ１５) １５ ０１５
. . .
＝１６０(ｃｍ)ꎬ
ｓ２甲
＝
１
×[(１６０－１６０)
２
＋ . 正正正正 .
[４５ꎬ５０) ２ ００２
(１６２－１６０) ２ ＋＋ ５ (１５９－１６０) ２ ] ＝１ . ２ [１５ꎬ . ２) 正正正正正 ２２ ０ . ２２ [５ . ０ꎬ５ . ５) １５ ０ . １５
[２ꎬ２５) ２５ ０２５
(ｃｍ ２ )ꎬ ｓ２乙＝ １ ×[(１８０－１６０) ２ ＋(１６０－ . 正正 . [５ . ５ꎬ６ . ０) ２８ ０ . ２８
５ [２５ꎬ３) １４ ０１４
. . .
１６０) ２ ＋＋(１６０－１６０) ２ ]＝１２０(ｃｍ ２ )ꎬ . 正 . [６０ꎬ６５) ３３ ０３３
因为ｓ２乙> ｓ２甲ꎬ 所以估计乙班级学生身高 [３ꎬ３５) ６ ００６
. . .
波动大 甲班级学生身高波动小. . . [６５ꎬ７０) １８ ０１８
３.答案 ꎬ [３５ꎬ４) ４ ００４ . . .
１２ [７０ꎬ７５] ３ ００３
４.解析 由计算器计算得 ｘ ｘ . .
甲＝１０ꎬ 乙＝ [４ꎬ４５] ２ ００２ 合计
ｓ . ｓ . . １００ １
１０ꎬ 甲≈０２３ꎬ 乙≈０３２ 合计 .
１００ １００
１４.４.３ 用频率直方图估计 频率直方图如图所示. 所以麦穗的平均长度约为 １ .
×(４２５×１
总体分布 . . . １００ .
＋４７５×２＋５２５×１５＋５ ７５×２８＋６ ２５×３３＋
练习 . . . .
６７５×１８＋７２５×３)＝６０３(ｃｍ)
１.Ｃ ４.解析 甲机床生产次品数的平均
(１)
２.解析 频率分布表如下 数为 . 乙机床生产次品数的平均数
: １５ꎬ
为 . 故乙机床生产次品数的平均数
分组 频数 频率 １２ꎬ
较小.
１ 甲机床生产次品数的方差为 .
[８:００ꎬ９:００) ５ ６ １４.４.４ 百分位数 乙 (２ 机 ) 床生产次品数的方差为 . １ 故 ６５ 乙 ꎬ
０７６ꎬ
练习 机床生产状况比较稳定.
１
[９:００ꎬ１０:００) ５ ５.解析 甲车床平均次品率约为 .
６ １.解析 计算 ２０ . . . (０ . ×０ ％ ７＋
(１) ２５× ＝５ꎬ １×０１＋２×０ １＋３×０ １)÷１ ０００＝０ ０６ ꎬ
[１０:００ꎬ１１:００) ４ ２ 而这组数据中第 和 １００ 位数分别为 乙车床平均次品率约为 (０×０ . ５＋１×０ . ３
１５ 和 ５ ６ ８ . . ％ 故甲车
１ 这 ９ꎬ 组数据的百分位数为 的得分为 床 ＋２ 的 ×０ 产 ２ 品 ＋３ 质 ×０ 量 ) 较 ÷１ 好 ０ . ００＝０ ０７ ꎬ
[１１:００ꎬ１２:００) ２
１５
∴ ２５ ６.解析 设小明长跑成绩的百分位数为
８＋９ . .
[１２:００ꎬ１３:００) ０ ０ ２
＝８５
ｘ 小彬长跑成绩的百分位数为ｙ 则３９
ꎬ ꎬ
计算 ２０ ４０
[１３:００ꎬ１４:００) ０ ０ ４０× ＝８ꎬ ｘ ｙ
１００ １ 即 . ｘ
１ 而这组数据中第 位和第 位分别为 < <１ꎬ０< < ꎬ ９７ ５< <１００ꎬ０<
[１４:００ꎬ１５:００) １ ８ ９ １００ １００ ４０
３０ 和 ｙ . .
１０ １１ꎬ <２５
这组数据的百分位数为 的得分为 思考运用
１ ∴ ４０
[１５:００ꎬ１６:００) １
３０ １０＋１１ . . ７.解析 平均数ｘ １７３＋１９１＋＋１３８
＝１０５ (１) ＝
２ １７
１ 百分位数为 的得分分别为 . . 中位数为 .
[１６:００ꎬ１７:００) ５ ∴ ２５ꎬ４０ ８５ ≈１５８７ꎬ １５３
６ 和 . . 中位数.
１０５ (２)
[１７:００ꎬ１８:００) ３ １ １ ０ (２) 设 １４ 分的百分位数是ｘ ꎬ 则１６ <
ｘ ８.解
度
析
约为 (１ . )
此样
.
本中金属棒的平均长
２０ １００ ５９９ ｃｍ
４３
频率分布表如下 续表 的百分比为 ％.
(２) : １０００~４０００ ｈ ６５
由频率分布表可知 寿命在
分组 频数 频率 分组 频数 频率 (４) ꎬ ４ ０００ ｈ
以上的电子元件出现的频率为 .
[５ . ９２ꎬ５ . ９５) ２ ０ . ０５ ７３ ２２ ０ . １５７１ ０ . １５＝０ . ３５ꎬ 故估计电子元件的寿命 ０ ２ 在 ０＋ ４
. . . . 以上的百分比为 ％.
[５９５ꎬ５９８) ８ ０２ ７４ ２１ ０１５００ ０００ ｈ ３５
８.解析 频数为 .
. . . . (１) ０ ０２５×１０×６０＝１５ꎬ
[５９８ꎬ６０１) １４ ０３５ ７５ １０ ００７１４ 频率为 . . .
００２５×１０＝０２５
. . . 合计 及格率为 . .
[６０１ꎬ６０４) １２ ０３ １４０ １ (２) (１－００１×１０－００１５×１０)×
. . . 条形统计图如图所示. １００ ％ ＝７５ ％.
[６０４ꎬ６０７] ４ ０１ (２) ｘ
合计 设 . 的百分位数是ｘ 则５６
４０ １ (３) ８９５ ꎬ <
６０ １００
频率直方图如图所示.
５７ 即２８０ ｘ .
< ꎬ < <９５
６０ ３
９.答案 ｓ２甲> ｓ２乙ꎻ 乙
１０.解析 频率分布表如下
５.解析 略. (１) :
６.解析 频率分布表如下 分组 频数 频率
(１) :
分组 频数 频率 [３ . ９ꎬ４ . ９) ３ ０ . １５
. . .
文学类 . [４９ꎬ５９) １ ００５
３３ ０１６５
. . .
. ％ . 理化类 . [５９ꎬ６９) ５ ０２５
(３)６×(１－０ ２ )＝ ５ ９８８(ｃｍ)ꎬ６×(１＋ ３０ ０１５０ . . .
. ％ . [６９ꎬ７９) ４ ０２
０２ )＝６０１２(ｃｍ)ꎬ 数学类 .
故合格的金属棒有 根.合格率为 ６２ ０３１０ . . .
１５ １５÷ [７９ꎬ８９) ５ ０２５
９.解 ４０ 析 ×１００ 中 ％ 位 ＝３ 数 ７ . 为 ５ ％. . 社会科学类 ４７ ０ . ２３５ [８ . ９ꎬ９ . ９) ０ ０
１０ 信息类 . . . .
２８ ０１４０ [９９ꎬ１０９] ２ ０１
１１ .
２５× ＝２７５ꎬ 合计 合计
１００ ２００ １ ２０ １
百分位数为 . 频率直方图如图所示.
∴２５ ６ 扇形统计图如图所示.
１１ .
７５× ＝８２５ꎬ
１００
百分位数为 .
∴７５ １１
１１ .
４０× ＝４４ꎬ
１００
百分位数为 .
∴４０ ７
探究拓展
１０.解析 施用新化肥的 小块土地中 条形统计图如图所示.
５０ (２) 总体均值估计为
平均每块的产量为 . 未施用 (２)
２０ ５２ ｋｇꎬ . . . . . . .
新化肥的 小块土地中平均每块的 ４４×０ １５＋５ ４×０ ０５＋６ ４×０ ２５＋７ ４×
５０ . . . . . . .
产量为 . 说明施用新化肥每 ０２＋８４×０２５＋９４×０＋１０ ４×０ １＝７ １５
１７ ３６ ｋｇꎬ .方差估计为 . . ２ .
小块土地的平均产量高 由此可以看 (ｋｇ) (４４－７ １５) ×０ １５＋
１
◆
１.
复
解 出
习
析 ꎬ 新
题
化 略 肥 . 的研制取得了 ꎬ 一定成功. ７.解析
分
(１
组
) 频率分布表
频数
如下 :
频率
( ＋
０ .
. ５ (
２
. ７
５
４ .
＋
－ ４
(
７ －
. ９
. １ ７ . ５
４
. １ )
－
５ ２
７
× ) .
１
０ ２
５
. × ０
) ２
０ ５ ２ . ＋
× .
２ (
０
＋ ６
＋
. (
(
４ ８
１
－ .
０
７ ４ . .
４
－ １
－
５ ７
７
) . . １ ２
１
× ５
５
) ０
)
. ２ ２ ２ ×
×
５
０１＝２８８７５(ｋｇ )
感受理解 . １１.解析 众数为 中位数为 .
１０００~２０００ ２０ ０１０ ８ꎬ ８
１.Ａ
. １５ . 所以下四分位数为 .
２.解析 从 名学生中抽取 人 可用 ２０００~３０００ ３０ ０１５ ２５× ＝３７５ꎬ ７
５０ ５ ꎬ １００
简单随机抽样.若男 女生的身高显著 . 设 分的百分位数是ｘ
、 ３０００~４０００ ８０ ０４０ ９ ꎬ
不同 则用分层抽样 男生抽取 人 女 ｘ
生抽 ꎬ 取 人. ꎬ ３ ꎬ ４０００~５０００ ４０ ０ . ２０ 则１１ < < １４ ꎬ 即２２０ < ｘ < ２８０.
３.解析 不 ２ 正确.理由略. ５０００~６０００ ３０ ０ . １５ 思考 １５ 运用 １００ １５ ３ ３
４.解析 频率分布表如下 合计 １２.解析
(１) : ２００ １ (１０×４＋３０×８＋５０×１０＋７０×６＋
分 即
分组 频数 频率 频率直方图与折线图如图所示. ９０×２)÷(４＋８＋１０＋６＋２)＝４６( )ꎬ
(２) 估计这次考试的平均分为 分.
４６
. １３.解析 略.
６５ １ ０００７１
１４.解析 略.
.
６６ ２ ００１４３ 探究拓展
６７ ５ ０ . ０３５７ １５.解析 设考生总数为Ｎ 即Ｎ是最大
ꎬ
. 考号.
６８ ３ ００２１４
随机抽取的 个数的平均值应该和
. ５０
６９ ８ ００５７１ 所有考号的平均值接近 即用样本的
ꎬ
. 平均值估计总体的平均值.
７０ １７ ０１２１４
由频率分布表可以看出 寿命在 这 个数的算术平均值是
７１ ２０ ０ . １４２９ (３) 的电子元件出现 ꎬ 的频率 ５０ Ｎ ２４５７３÷５０
７２ ３１ ０ . ２２１４ １ 为 ００ . ０~４ 所 ００ 以 ０ ｈ 估计电子元件的寿命在 ＝４９１ . ４６ꎬ 它应该与 接近.因此 ꎬ 估计
０６５ꎬ ２
４４
教材习题答案
今年报考这所大学美术系平面设计专 估计 棵树的高度的平均数为
(２) ２００ ２.答案 １ １
业的考生总数 Ｎ ＝ ４９１ . ４６×２≈９８３ １７２ . １６×１２５＋７５×１７２ . ４ . . (１) １０ ５ (２) １０
人 . ＝１７２２５(ｃｍ)
( ) ２００ ３.答案 ９
类似地 可以通过样本中位数得到 Ｎ 第 15 章 概率
的估计 ꎬ . 解析 １ 满 ０ 足古典概型的特征 其中
１６.解析 略.
本章测试
15.1 随机事件和样本空间 ｎ
＝１０ ０００ꎬ
ｍ
＝ ９ ０００ꎬ
故所求概 ꎬ 率为
练习
９０００ ９ .
一、填空题 １.解析 Ω 正 正 正 反 反 ＝
１.答案 分层抽样 正 反 ＝ 反 {( ꎬ )ꎬ( ꎬ )ꎬ( ꎬ ４. １ 解 ０ 析 ０００ １０ 由于是有放回试验问题 所
)ꎬ( ꎬ )}ꎬ (１) ꎬ
２.答案 Ａ 正 反 反 正 . 以一共有 种不同的等可能结果 黑
３.答案 ２０ ２.解 ＝ 析 {( 记 ꎬ 抛 )ꎬ 掷 ( 一 ꎬ 颗骰 )} 子 结果向上的 白 黑 黑 ４ 白 白 白 黑 : . ( ꎬ
４ ５ ６ 二 . . . 答 答 答 、选 案 案 案 择 题 ８ １ 小 ② ４ １ . 李 ６５ 点 Ω ω 不４ ＝ 数 难 ꎬ ω { 是 发 ６ ω } １ 现 ꎬ ｋ ꎬ Ｂ ” ω “ Ω 为 ＝ ２ꎬ ꎬ { Ａ ω ω ω ꎬ ３ ｋ １Ｂ ꎬ ( ꎬ ω ｋ ω 之 ４ ＝ ３ ꎬ ꎬ 间 １ ω ω ꎬ 的５ ５ ２ } ꎬ ꎬ 关 . ω ３ ꎬ ６ ꎬ 系 } ４ ꎬ ꎬ 为 Ａ ５ꎬ Ω ＝ ６ ＝ { )ꎬ Ａ ω 则 ∪ ２ꎬ ( 有 ( ３ ２ ) ) ) ２ ꎬ 出 出 种 ( 现 现 ꎬ 分 ꎬ “ “ １ １ 别 ) 个 个 是 ꎬ 白 白 ( :( 球 球 黑 ꎬ 、 、 ꎬ １ １ 白 ) 个 个 ꎬ ) ( ꎬ 黑 黑 ( 白 球 球 ꎬ ꎬ ” ” 黑 的 的 ) ) 概 结 . 率 果
７.Ｂ 即 Ｂ ꎬ 为 因 事 此 件 “ 事 Ω 件 发 Ａ 生 与 .这 Ｂ 时 至少 我 有 们 一 称 个 Ω 发 是 生 Ａ Ｐ ＝ ２ ＝ １ .
８.Ｃ
与Ｂ的并 也称Ω
”
是Ａ与
ꎬ
Ｂ的和 并记 ５.解析
４
从
２
幅画中随机买入 幅 有
９.Ａ
作Ω Ａ Ｂ
ꎬ
.
ꎬ
种 等
“
可能
２
的
０
不同结果 事件
１
买入
”
的
１０.Ｃ ◆习题 ＝ 1 ＋ 5.1 ２ 这 ０ 幅画是赝品 包含 种 ꎬ 不同 “ 结果 所
三、解答题 感受理解 以 买入的这幅 ” 画是赝 ２ 品 的概率 ꎬ Ｐ
１１.解析 对 部手机进行编号 编号 １.解析 随机事件. 不可能事件. “ ” ＝
① １０ ꎬ (１) (２)
为 制作 的 张号签 随机事件. 必然事件. ２ １ .
１~１０ꎻ② １~１０ １０ ꎬ (３) (４) ＝
将其放在同一箱中 充分搅匀 随机 不可能事件. 必然事件. ２０ １０
ꎬ ꎻ③ (５) (６)
抽取 张号签 对应抽取与号签的 随机事件. 随机事件. ６.答案 ３
编号一 ４ 致的手机 ꎻ④ 完成抽样. ２. ( 答 ７ 案 ) (８) ４
１２.解析 首先确定 ꎬ 抽取比例 然后再根 解析 ① ① ② ② ꎻ 都 ③ 可 ꎻ④ 能发生 ꎬ 也可能不发 解析 所有的等可能结果有 ( 甲 ꎬ 乙 ꎬ
ꎬ 生 一定不发生 一定发生. 丙 甲 乙 丁 甲 丙 丁 乙
据各层份数确定各层要抽取的份数. ꎻ③ ꎻ④ )ꎬ( ꎬ ꎬ )ꎬ( ꎬ ꎬ )ꎬ( ꎬ
３.解析 记 抛掷一颗骰子 结果向上的 丙 丁 其中甲被选中的有 甲 乙
“ ꎬ ꎬ )ꎬ ( ꎬ ꎬ
因为 ５００ １ 而１０８００ 点数为ｋ 为ω ｋ 丙 甲 乙 丁 甲 丙 丁 所以甲
５００００ ＝ １００ ꎬ １００ ＝ １０８ꎬ 则 Ａ ω ” ω ｋ( ω ＝１ꎬ Ｂ ２ꎬ３ꎬ４ ω ꎬ５ꎬ６ ω )ꎬ ω )ꎬ( ꎬ ꎬ )ꎬ( ꎬ ꎬ )ꎬ
ω Ａ ＝{ Ｂ ４ꎬ ω５ꎬ ω６} ω ꎬ ω ＝{ ω１ꎬ ω ２ꎬ ３ꎬ 被选中的概率为 ３ .
１２４００
＝ １２４ꎬ
１５６００
＝ １５６ꎬ
１１２００ ＡＢ４}ꎬ
ω
＋ ＝
.
{ １ꎬ ２ꎬ ３ꎬ ４ꎬ ５ꎬ ６}ꎬ
４
１００ １００ １００
思考
＝{ 运用４} 练习
所
＝１
以
１２
各
ꎬ
类中应分别抽取 份 ４.解析 Ω
１.Ｄ 买
１
张彩票相当于做
１
次试验
ꎬ
其
１０８ ꎬ１２４ ＝{(１ꎬ１)ꎬ(１ꎬ２)ꎬ(１ꎬ３)ꎬ(２ꎬ 中 中奖 属于随机事件 可能发生也
份 ꎬ１５６ 份 ꎬ１１２ 份进行调查. １)ꎬ(２ꎬ２)ꎬ(２ꎬ３)ꎬ(３ꎬ１)ꎬ(３ꎬ２)ꎬ(３ꎬ 可 “ 能不发 ” 生. ꎬ
１３.解析 频率分布表如下所示.
(１) ３ Ａ )}ꎬ ２.Ｄ
分组 频数 频率 Ｂ ＝{(１ꎬ２)ꎬ(１ꎬ３)ꎬ(２ꎬ３)}ꎬ ３.解析 不一定.治疗这种疾病的治愈率
[１２ . ５ꎬ１５ . ５) ６ ０ . ０６ ∴ 包
＝
括 Ａ
{
＋ 的
(
Ｂ
１
样 表
ꎬ２
本 示
)ꎬ
点 事
(２
有 件
ꎬ２
( Ａ
)
１
ꎬ
与 ꎬ
(
２
３
事 )
ꎬ
ꎬ
２
件 (
)
１
}
Ｂ ꎬ
ꎬ
３ 的 )ꎬ 和 (２ 事 ꎬ３ 件 ) ꎬ ꎬ 治 为 愈 １０ 的 ％ 概 ꎬ 是 率 指 即 患这 可 种 能 疾 性 病 为 的每 ％ 位 这 病 是 人被 通
. ꎬ １０ ꎬ
[１５ . ５ꎬ１８ . ５) １６ ０ . １６ ５. ( 解 ２ 析 ꎬ２)ꎬ Ω (３ꎬ２) 过大量的治疗这种疾病的结果统计出
＝{(１ꎬ２)ꎬ(１ꎬ３)ꎬ(２ꎬ１)ꎬ(２ꎬ 的结论.并不意味着 个病人中一定
. . . １０
[１８５ꎬ２１５) １８ ０１８ ３ Ａ )ꎬ(３ꎬ１)ꎬ(３ꎬ２)}ꎬ 就治好一人 另外 人一定治不好 现
. . . Ｂ ＝{(１ꎬ２)ꎬ(１ꎬ３)}ꎬ 在前 个病 ꎬ 人没有 ９ 治愈 第 个病 ꎬ 人
[２１５ꎬ２４５) ２２ ０２２ ＝{(１ꎬ２)ꎬ(３ꎬ２)}ꎬ ９ ꎬ １０
ＡＢ表示事件Ａ与事件Ｂ的交事件 包 的治愈率仍为 ％.
. . . ꎬ １０
[２４５ꎬ２７５) ２０ ０２０ 含的样本点有 . ４.答案 .
. . . 探究拓展 (１ꎬ２) 解析 ０ 由 ０ 于 ４ 每件产品在 年内损坏的频
[２７５ꎬ３０５) １０ ０１０ ６.解析 树形图如下 １
: 率为 . 所以用频率估计概率为 . .
. . . ００４ꎬ ００４
[３０５ꎬ３３５] ８ ００８ ◆习题15.2
合计 感受理解
１００ １ 故Ω
总体中在 . . 的数据约 ＝{(１ꎬ２)ꎬ(１ꎬ３)ꎬ(２ꎬ１)ꎬ(２ꎬ３)ꎬ １.答案 １
(２) [２１ ５ꎬ３０ ５) .
占 ％. (３ꎬ１)ꎬ(３ꎬ２)} ２０
５２ Ａ
１４.解析 ｘ ＝{(１ꎬ２)ꎬ(１ꎬ３)}ꎬ ２.解析 买到一等品 的概率Ｐ ２８
甲＝(２７＋３８＋３０＋３７＋３５＋３１)÷ Ｂ . “ ” １＝ ＝
ｓ . . ＝{(１ꎬ２)ꎬ(３ꎬ２)} １００
６＝３３ꎬ 甲≈３９６ 事件ＡＢ包含的样本点为 .
ｘ (１ꎬ２) . . 买到合格品 的概率 Ｐ ２８＋６５
乙＝(３３＋２９＋３８＋３４＋２８＋３６)÷６＝３３ꎬ ０２８“ ” ２＝
ｓ . . １００
乙≈３５６ 15.2 随机事件的概率 . .
因 运 为 动员 ｘ 甲 的 ＝ 运 ｘ 乙 动 ꎬ ｓ 成 甲> 绩 ｓ 乙 大 ꎬ 所 体 以 相 甲 当 、 乙 其 两 中 位 乙 练习 ３.解 ＝０ 析 ９ ３ 把一个体积为 ６４ ｃｍ ３ 、 表面涂有
蓝漆的正方体木块锯成 个体积为
比甲的成绩更稳定. ꎬ １.Ｄ 有四种等可能结果 :“ 下雨收到帐 ３的小正方体 其中一 ６ 面 ４ 也没涂蓝
篷 下雨没收到帐篷 不下雨收到帐 １ ｃｍ ꎬ
漆的有 个 只涂一个面的有 个 恰
１５.解析 (１) 高度的平均数为 １ ×(１００ 篷 ”“ 不下雨没收到帐 ” 篷 “ .其中淋雨的 涂了两个 ８ 面 ꎬ 的有 个 恰涂了 ２４ 三个 ꎬ 面
１２５ ”“ ” ２４ ꎬ
情况只有一种 下雨没收到帐篷 所 的有 个 所以 从中任取 块 至少有
×３＋１１０×６＋１３０×１０＋１５０×２２＋１７０×３５ :“ ”ꎬ ８ ꎬ “ １ ꎬ
＋１９０×２６＋２１０×１３＋２３０×６＋２４０×４)＝ 以淋雨的概率Ｐ １ . 一面涂有蓝漆 的概率Ｐ ５６ ７ .
. . ＝ ” ＝ ＝
１７２１６(ｃｍ) ４ ６４ ８
４５
４.解析 连续三次抛掷同一颗骰子共有 方块 包含 种不同结果 所以 抽出 共有 种 所以
” １３ ꎬ “ (１ꎬ２)ꎬ(３ꎬ４)ꎬ(５ꎬ６)ꎬ ３ ꎬ
种不同的结果 且是等可能的
６×６×６ ꎬ ꎬ 张是方块 的概率Ｐ １３ １ . 抽出 两个球同色 的概率Ｐ′ ３ １ .
而事件Ａ 三次掷得的点数之和为 １ ” ＝ ＝ “ “ ” ＝ ＝
“ １６” ５２ ４ １５ ５
包含 种不同结果 分别为 恰有 个球是白球 包含以下
６ ꎬ (６ꎬ６ꎬ４)ꎬ 张是方块 的概率Ｐ １ . (３)“ １ ” ８
１ ７” ＝ 种不同结果
(６ꎬ５ꎬ５)ꎬ(６ꎬ４ꎬ６)ꎬ(５ꎬ６ꎬ５)ꎬ(５ꎬ５ꎬ ５２ :(１ꎬ３)ꎬ(１ꎬ４)ꎬ(１ꎬ５)ꎬ
１０.解析 首先到站的车 有 种等可 .
所以Ｐ Ａ ６ １ . “ ” ４ (１ꎬ６)ꎬ(２ꎬ３)ꎬ(２ꎬ４)ꎬ(２ꎬ５)ꎬ(２ꎬ６)
６)ꎬ(４ꎬ６ꎬ６)ꎬ ( )＝ ＝ 能结果 而 首先到站的车就是这位 所以 恰有 个球是白球 的概率 Ｐ
６×６×６ ３６ ꎬ “ “ １ ” １
５.解析 从 张卡片中任取 张 有 乘客所要乘的汽车 包含 种不同结
“ １００ １ ” ” ２ ８ . 个球都是白球 的概率 Ｐ
种不同的等可能结果 的倍数可 ＝ “２ ” ２＝
１００ ꎬ６ 果 所以所求概率Ｐ ２ １ . １５
表示为 ｋ ｋ Ｚ 由 ｋ 得 ꎬ ＝ ＝
６ ( ∈ )ꎬ １≤６ ≤１００ꎬ ４ ２ １ .所以 恰有 个球是白球 的概率
１１.解析 如表所示. “ １ ”
１ ｋ ２ 所以ｋ . (１) １５
６ ≤ ≤１６ ３ ꎬ ＝１ꎬ２ꎬꎬ１６ 射击 是 “２ 个球都是白球 ” 的概率的 ８ 倍.
(１)“
从中任取
１
张
ꎬ
这张卡片上写的 次数 １００ １２０ １５０ １００ １５０ １６０ １５０ １５.解析 每名学生的生日都可以是一年
数是 的倍数 的结果有 种. 天中的任意一天 故结果总数ｎ
６ ” １６ 击中 ３６５ ꎬ ＝
从中任取 张 这张卡片上写的 且每个事件发生的可能性
(２)“ １ ꎬ 飞碟 ３６５×３６５ꎬ
８１ ９５ １２３ ８２ １１９ １２７ １２１ 相等 记 两名学生生日相同 为事件
数是 的倍数 的概率Ｐ １６ . . 次数 ꎬ “ ”
６ ” ＝ ＝０１６ Ａ 则Ａ包含的结果数为 故Ｐ Ａ
６.解析 样本空间 Ω １００ ａ ａ 击中 ꎬ ３６５ꎬ ( )
ａ ａ (１) ａ ｂ ａ ｂ ＝{( ａ １ꎬ ａ ２)ꎬ 飞碟 . . . . . . . ＝ ３６５ ＝ １ .
( ａ １ꎬ ｂ ３)ꎬ( ａ １ꎬ ｂ １)ꎬ( ａ １ꎬ ｂ ２)ꎬ( ａ ２ꎬ ｂ ３)ꎬ 的频０８１０７９２０８２０８２０７９３０７９４０８０７ １６.解 ３ 析 ６５×３ 略 ６５ . ３６５
(
ｂ
２ꎬ
ｂ
１)ꎬ(
共
２ꎬ ２
个
)ꎬ
样
(
本
３ꎬ
点
１
.
)ꎬ( ３ꎬ ２)ꎬ 率 探究拓 展
(
(
２
１
)
ꎬ 恰２好 )} 有 ꎬ
１
名 １０ 男生的结果有
６
种
ꎬ
故
左
(２
右
) 由
摆
于
动
各
且
次
较
击
为
中
稳
飞
定
碟的
所
频
以
率
这
都
个
在
运
０
动
. ８ １７.解析 可列表如下.
参赛学生中恰好有 名男生的概率为 ꎬ 齐王的马 田忌的马
１ 员击中飞碟的概率约为 . .
０８
６ ３ . １２.解析 随机数表 的前 行共 上 上 上 中 中 下 下
＝ “ ” ２０ １０００
１０ 至 ５ 少有 名男生的结果有 种 故 个数字 ꎬ 数字 ０ 出现了 ９３ 次 ꎬ 所以数 中 中 下 上 下 上 中
(３) １ ９ ꎬ 字 出现的频率为 . .如果对随机
参赛学生中至少有 名男生的概率 ０ ０ ０９３ 下 下 中 下 上 中 上
１ 数表中各个数字出现的频率进行计
为 ９ . 算 可以发现都在 . 左右摆动 且呈 比赛结果
ꎬ ０ １ ꎬ ３∶ ０２∶ １２∶ １２∶ １１∶ ２２∶ １
１０ 现明显的稳定性 所以可估计随机数
７.解析 甲 乙 丙三人在 天节日中值 ꎬ
、 、 ３ 表中每个数字出现的概率均为 . . 由表可知田忌获胜的概率为 １ .
班 每人值班 天的不同结果数如下 ０１
第 ꎬ 一天可有 １ 种不同结果 第二天可有 : 思考运用 １８.解析 略. ６
种不同结果 ３ 第三天有 ꎬ 种结果 值 １３.解析 “ 从 １０ 件产品中任意抽检 ２ １９.解析 略.
２ ꎬ １ ꎬ 件 包含的样本点的总数为 抽第 件
班安排的不同结果的总数为 . ” : １
设事件Ａ为 甲排在乙前面值 ３ 班 ×２×１ Ａ ＝ 包 ６ 有 １０ 种不同结果 ꎬ 抽第 ２ 件有 ９ 种不 15.3 互斥事件和独立事件
“ ”ꎬ 同结果 但数目有重复 如抽到甲 乙
含的不同结果数如下 当甲排在第一天 与抽到 ꎬ 乙 甲是同一种 ( 结果 所 、 以 练习
:
时 乙可排在第二天或第三天 当甲排 从 件产 、 品中任取 件 包 ) 含 ꎬ 的样 １.解析 利用集合的 图分析 如图
在第 ꎬ 二天时 乙排在第三天.所以 ꎻ 事件Ａ “ １０ ２ ” 所示 . Ｖｅｎｎ ꎬ
包含
３
种不 ꎬ 同的结果.上面结果的发生 本点总数ｎ
＝
１０×９
＝４５
.
(１)
由图可知事件Ａ发生
ꎬ
Ｂ一定不发
都是等可能的
ꎬ
所以
“
甲排在乙前面值
件都是合
２
格品 包含的结果数
生
ꎬ
反之亦然
ꎬ
即事件Ａ
ꎬ
Ｂ不同时发生
ꎬ
(１)“２ ” 故Ａ Ｂ 为互斥事件 但是事件 Ａ 不发
班 ” 的概率Ｐ ( Ａ )＝ ３ ＝ １ . ｍ ８×７ 所以 件都是合格品 生 Ｂ ꎬ 也不一定发生 ꎬ 可能发生 向上点
６ ２ ＝ ＝２８ꎬ “２ ” ꎬ ꎬ “
８.解析 甲 乙 丙三个县共有人口数为 ２ 数为 这个事件 即 Ａ Ｂ 不是对立
、 、 万 接听到的电 的概率Ｐ ２８. 事件. ３” ꎬ ꎬ
１８５＋８１＋３６＝３０２( )ꎬ“ １＝
话 有 万种等可能结果. ４５ 同 可以分析Ａ Ｃ是互斥事件
” ３０２ 件是合格品 件是不合格品 (２) (１)ꎬ ꎬ ꎬ
事件 随机接听 个电话来自甲 (２)“１ ꎬ１ ” 且是对立事件.
(１) “ １ 包含的结果数为 所以 件
县 包含 万种不同结果 所以 随机 ８×２＝１６ꎬ “１ 事件Ａ发生 事件Ｄ也可能发生 Ｄ
” １８５ ꎬ “ 是合格品 件是不合格品 的概率Ｐ (３) ꎬ ꎬ
接听 个电话来自甲县 的概率 Ｐ ꎬ１ ” ２ 发生 Ａ也可能发生
１ ” ꎬ ꎬ
１６. 因此 Ａ Ｄ 不是互斥事件 当然也不是
１８５. ＝ ꎬ ꎬ
＝ ４５ 对立事件.
件产品都是不合格品 包含的
３０２
事件 这天的第一个电话来自乙 (３)“２ ”
结果只有 种 所以 这批产品被退
(２) “
县 包含 万种可能结果 所以 这天 １ ꎬ “
的 ” 第一个 ８１ 电话来自乙县 ꎬ 的概 “ 率 Ｐ 货 的概率为 １ .
” ”
４５
＝ ８１. １４. 白 解 球 析 号 不妨 号 将 ６ 个 个 球 红 分 球 别编 号 号 ꎬ 号 ２ 个 ２.答案 ３ ꎻ ７ ꎻ １
３０ 事 ２ 件 这天的第一个电话不是来自 个黄球 １ 、 号 ２ ꎬ 号 ２ 则摸出两 ３ 个 、 球 ４ 的 ꎬ 结 ２ 解析 记 ８ 抽 ８ 取 ２ 袋 此袋食品的质量
( 丙 ３ 县 ) 有 “ 万种不同结果 所以 果有 ５ 、６ ꎬ 在 “ 为事 １ 件Ａ ꎬ 抽取 袋 此袋
这天 ” 的 ( 第 １ 一 ８５ 个 ＋８ 电 １) 话不是来自丙县 ꎬ 的 :(１ꎬ２)ꎬ(１ꎬ３)ꎬ(１ꎬ４)ꎬ(１ꎬ５)ꎬ 食品 ９０ 的 ~９ 质 ５ｇ 量 ” 在 ꎬ“ 为 １ 事件 ꎬ Ｂ
“ ” (１ꎬ６)ꎬ(２ꎬ３)ꎬ(２ꎬ４)ꎬ(２ꎬ５)ꎬ(２ꎬ６)ꎬ ９５~１００ ｇ” ꎬ
抽取 袋 此袋食品的质量在
概率Ｐ １８５＋８１ １３３. (３ꎬ４)ꎬ(３ꎬ５)ꎬ(３ꎬ６)ꎬ(４ꎬ５)ꎬ(４ꎬ６)ꎬ “ １ ꎬ １００~
＝ ＝ 共有 种不同的等可能结果. 为事件Ｃ 则Ａ Ｂ Ｃ为两两互斥
３０２ １５１ (５ꎬ６)ꎬ １５ １０５ ｇ” ꎬ ꎬ ꎬ
９.解析 从一副 张的扑克牌中抽出 个球都是红球 只有 种结果 事件 其中 ｎ .Ｐ Ａ
“ ５２ (１)“２ ” １ ꎬ ＝４０＋３０＋１０＝８０ ( )＝
张 有 种等可能结果. 抽出 张是 所以 两个球都是红球 的概
１ ” ５２ “ １ (３ꎬ４)ꎬ “ ” ４０ １ Ｐ Ｂ ３０ ３ Ｐ Ｃ １０
包含 种不同结果 所以 抽出 张 ＝ ꎬ ( )＝ ＝ ꎬ ( )＝ ＝
７” ４ ꎬ “ １ 率Ｐ １ . ８０ ２ ８０ ８ ８０
＝
是 的概率Ｐ ４ １ . 抽出 张是 １５ １ 抽取 袋 此袋食品的质量不足
７” ＝ ＝ “ １ 个球同色 包含的不同结果有 ꎬ １ ꎬ
５２ １３ (２)“２ ” ８
４６
教材习题答案
的概率是Ｐ Ａ Ｂ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ 这台电视机是正品的概率为 . ％. 探究拓展
１００ ｇ ( ＋ )＝ ( )＋ ( ) ∴ ９９８
记 这台电视机不是一等品 为事
７ 不低于 的概率是Ｐ Ｂ Ｃ (２) “ ” １０.解析 得一等奖的概率为 １ .
＝ ８ ꎬ ９５ ｇ ( ＋ )＝ 件 由互 Ｅ ꎬ 斥事件的概率加法公式得 Ｐ Ｅ 如 果 (１ 一 ) 等奖号码为 １０ ７ 那么
３ １ １ . ꎬ ( ) (２) １２３４５６７ꎬ
＋ ＝ Ｐ Ｂ Ｃ Ｐ Ｂ Ｐ Ｃ . ％ . ％ 二等奖号码可以为 Ｘ Ｘ
８ ８ ２ ＝ ( ＋ )＝ ( )＋ ( )＝ ４８ ＋０２ ２３４５６７( ≠１)ꎬ
３.答案 . ％. 或 Ｘ Ｘ 共有 种可能
解析 ０ Ｐ ７ 甲不输 Ｐ 甲赢 和棋 ＝５ 这台电视机不是一等品的概率 三等 １２３ 奖 ４５ 号 ６ 码 ( 为 ≠ Ｘ ７) Ｙ ꎬ １８ Ｙ 或 ꎬ
( )＝ ( ＋ )＝ ∴ ３４５６７( ≠２)
Ｐ 甲赢 Ｐ 和棋 . . . . 为 ％. Ｘ Ｙ Ｘ 且 Ｙ 或 ＸＹ
４.解 ( 析 由 )＋ 题 ( 表知Ｐ )＝０ Ｐ ２＋０５＝０ ｄ ７ ６.解析 ５ 同时抛掷两颗骰子 向上的点数 ２ Ｘ ３４５６ ( 共有 ≠１ ≠７) １ 种 ２３ 可 ４５ 能.
. Ｐ Ｐ
１＝
ｄ
(６００≤ <８
.
００)
的和 有 种可能 其中
ꎬ
Ａ
(
故得
≠６
三
)ꎬ
等奖
９
及
０＋
以
８１＋
上
９０
奖
＝２
的
６１
概率为
＝
Ｐ
０１
Ｐ
２ꎬ ２＝ (８
ｄ
００≤ <１ ０００
.
)＝ ０
Ｐ
２６ꎬ ３６ ꎬ ＝{(
共
１ꎬ５)
个
ꎬ
Ｐ
３＝ (１ ０
ｄ
００≤ <１ ２
.
００)
Ｐ
＝ ０
Ｐ
３８ꎬ ４＝
样
(２
本
ꎬ４)
点
ꎬ(３
Ｂ
ꎬ３)ꎬ(４ꎬ２)ꎬ(５ꎬ１)}ꎬ ５ １＋１８＋２６１
＝
２８
＝
７ .
ｄ (１２００≤ < . １４ . ００)＝０１６ꎬ ５＝ (１４００≤ ꎬ ＝{(２ 共 ꎬ６) 个 ꎬ( 样 ３ꎬ 本 ５) 点 ꎬ(４ꎬ４)ꎬ 练习 １０ ７ １０ ６ ２５００００
<１６００)＝００８ (５ꎬ３)ꎬ(６ꎬ２)}ꎬ ５ ꎬ
Ｐ ｄ Ｐ Ｐ . １.解析 错.由于前几次的抛掷并不
( . １) (８ . ００≤ . <１ ２００)＝ ２＋ ３＝０ ２６＋ ∴ Ｐ ( Ａ )＝ ５ ꎬ Ｐ ( Ｂ )＝ ５ ꎬ 影响下 一 (１ 次 ) 抛掷的结果.所以他们掷出
０３８＝０６４ ３６ ３６
Ｐ ｄ Ｐ Ｐ . . 正面向上的可能性一样大.
(２) ( ≥１２００)＝ ４＋ ５＝０１６＋００８＝ Ｐ Ａ Ｂ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ ５ .
. . ∴ ( ＋ )＝ ( )＋ ( )＝ 错.两个事件互斥是指两个事件不
５.解 ０２ 析 ４ 记事件 他乘火车去 乘轮船 ７.解析 使用此种新药 治愈 １８ 显效 可 (２ 能 ) 同时发生 两个事件相互独立是指
去 乘汽车去 “ 乘飞机去 ” 分 “ 别为Ａ 有效 无效 为互斥 ꎬ 事 “ 件 且 ”“ 概率之 ” 一个事件的发 ꎻ 生与否对另一个事件发
Ｂ ” Ｃ “ Ｄ 它们彼 ” 此 “ 互斥. ” ꎬ “ 和为 ” .所 “ 以某 ” 人患该病使用 ꎬ 此药后无 生的概率没有影响 故错.
ꎬ ꎬ 他 ꎬ 乘火车或乘飞机去的概率为 效的概 １ 率为 ％ ％ ％ ꎬ
( Ｐ １ ( ) Ａ 他 ＋ Ｄ 不 )＝ 乘 Ｐ 轮 ( Ａ 船 ) 去 ＋ Ｐ 的 ( Ｄ 概 ) 率 ＝０ 为 . ３＋ Ｐ ０ . Ｂ １＝０ . ４ . 思 ８ 考 ８ ％ ＝ 运 １ 用 ２ ％. １－５４ －２２ －１２ ＝１－ ２. 故 解析 Ｐ Ａ (１) Ｐ Ｐ ( Ａ Ａ )＝ . ２ １ ꎬ Ｐ ( Ａ １)＝ ２ １ ꎬ
Ｐ
(２)
Ｂ . . .
( )＝１－
８.解析 记四种花色为 则 画
(
树
)＝
形图
( 如１)
下
( )＝１－０２＝０８ (１) １ꎬ２ꎬ３ꎬ４ꎬ (２) :
◆习题15.3（1） 张扑克牌可以记为
感受理解
１２ Ａ１ꎬＡ２从 ꎬＡ 中３ꎬ
任
Ａ 取４ꎬ
１.解析 记 摸出红球 为事件Ａ 摸出 Ｋ１张 ꎬＫ２可 ꎬＫ 分３ꎬ 两 Ｋ 次４ꎬＱ 完１ꎬ 成 Ｑ . ２第 ꎬＱ 一３ꎬ 次 Ｑ４从 ꎬ 张中
黄球 为事 “ 件Ｂ 摸出 ” 蓝球 为事 ꎬ“ 件Ｃ ２ 任取 ꎬ 张共有 种等可能的取 １２ 法 如
” ꎬ“ ” ꎬ １ １２ (
则事件Ａ Ｂ Ｃ 两两互斥 且事件和的 取到 第二次再从剩下的 张中
概率为 .
ꎬ
Ｐ
ꎬ
Ａ . Ｐ
ꎬ
Ｂ . 任取
Ａ２张 )ꎬ
共有 种取法 如取
１
到
１
.
Ｐ Ａ Ｐ
１
Ｂ
(
Ｐ
)＝
Ｃ
０ ４５ꎬ
.
( )＝ ０ ３３ꎬ
因此考
１
虑顺序共
１１
有
(
种取法.但
Ｑ３是 )
故结果 次均正面向上的概率为 １ .
(１ ( )
.
Ｐ ) ( ＋
.
Ａ ＋ ( Ｂ ) ) ＝ ＋ Ｐ ( ( Ａ ) )＝ ＋ Ｐ １ ( Ｂ )＝０ . ４５＋０ . ３３ “ 第
第
一
一次
次
取
取
到
到 Ｑ３ꎬ
第
第 １
二
２ 二 ×
次
１ 次 １
取
取
到
到 Ａ２是 ” 与
同
◆习题1 ４ 5.3（2） １６
＝０７８ “ Ａ２ꎬ Ｑ３” 感受理解
Ｐ Ｃ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ .
２.答
(
＝
２
０ 案
) .
２２
( .
７
)＝１－[ ( )＋ ( )]＝１－０７８ 一
同
种
样
结
地
果
ꎬ 可
ꎬ 因
以
此
分
共
析
有
抽
１
出
２×
２ ２
１１
张
＝
都
６６
是
种取
Ａꎬ
法
共
.
２
１
.
.
解
解
. 析
析
.
Ａ
系
与
. 统
Ｂ
Ｓ
不
正
相
常
互
工
独
作
立
的
.
概率为 ０ . ８×
０９＝０７２
９ 有４×３ 种取法 所以Ｐ ６ １ . ３.解析 密码破译的概率Ｐ . .
解析 共有 种等可能结果 其中选中 ＝６ ꎬ ＝ ＝ ＝０３５×０２５＋
９ ꎬ ２ ６６ １１ . . . .
橘子或苹果有 种等可能结果 故选中 甲抽到 张 后未放回 还剩 (１－０ ３５)×０ ２５＋０ ３５×(１－０ ２５)＝
７ ꎬ (２) ２ Ｋ ꎬ １０ . .
张扑克牌 其中仍有 张 同 分 ０５１２５
橘子或苹果的概率为 ７ . ꎬ ４ Ａꎬ (１) 思考运用
９ ４×３ ４.解析 记 甲射击一次 击中目标
３.解析 记 击毁目标 为事件Ａ 目标未 (１) “ ꎬ ”
“ ” ꎬ“ 析 知所求概率Ｐ ２ ４×３ ２ . 为事件Ａ 乙射击一次 击中目标 为
受损 为事件Ｂ 目标受损但未击毁 为 ꎬ ＝ ＝ ＝ ꎬ“ ꎬ ”
事件
”
Ｃ 则Ａ Ｂ
ꎬ
Ｃ
“
两两互斥 且事件和
”
为
１０×９ １０×９ １５ 事件Ｂ
ꎬ
４. 必 Ｐ Ｐ
应
解 ( ( 然
概
析 Ａ Ａ ) ) 事
率
＋ － ꎬ Ｐ Ｐ 件 题 ( (
显
. Ｂ Ｂ 中 因 )
然
) ꎬ ＝ 指 ＋ 为
排
Ｐ １ ꎬ 某 － (
队
Ｐ ０ Ｃ 一 . ( ２
人
) Ａ － ＝ 时 ) ０
数
. １ ＝ ４ 刻 ꎬ
为
＝ ０ 所 等 . ０ ２ . 以 ４ ꎬ ꎬ 候 . Ｐ Ｐ 人 ( ( Ｂ Ｃ 数 ) ) ＝ 及 ＝ ０ . １ ４ 相 － ꎬ ９. Ｗ 本 Ω 解
ｍ
＝ 点 析
}
{
ꎬ
Ｗ 的 Ｂ １ (
＝
ꎬ 个 １ Ｗ
{
) 数 Ｗ ２ 在 ꎬ
１
Ｗ )
ꎬ
古 ꎬ Ｗ ３ꎬ 典 Ａ
２
ꎬ
概 ＝ Ｗ ꎬ {
３
型 Ｗ ２
ꎬ
Ｗ ｎ
中 } １ꎬ
ꎬ
( ꎬ Ｗ Ｗ 其 记
ｔ
２
}
中 样 ꎬ
ꎬ
Ｗ 本 其 ｎ ３ꎬ 为 空 中 样 间 ｍ ꎬ ∴ 不 则
＋
Ｐ 恰 可 恰
(
Ａ 有 能 有 Ｂ
)
一 同 １
＝
人 人 时 Ｐ
(
击 击 发 Ａ
)
中 中 生 Ｐ 目
(
目 ꎬ 是 Ｂ 标 标
)
互 的
＋
是 Ｐ 斥 概
(
Ａ ꎬ 率 Ａ
)
Ｂ Ｐ Ｐ 或
(
１＝ Ａ Ｂ Ｂ
)
Ｐ
＝
ꎬ ( 它 Ａ
０
. Ｂ
６
们 )
×
ꎬ ０ꎬ１ꎬ２ꎬ３ꎬ４ꎬ５ ｍ . . . . . . .
人及 人以上 这 个事件为两两互斥 ｔ 则Ａ Ｂ 可知Ｐ Ａ Ｐ Ｂ (１－０６)＋(１－０６)×０６＝０２４＋０２４＝０４８
５ ꎬ ６ ≤ꎬ ⊆ ꎬ ( )＝ ｎ ꎬ ( )＝ 两人都未击中目标 的概率
事件 且事件和的概率为 . (２)“ ”
ꎬ 至多 人排队等候 １ 包含了 人 ｔ 由于ｍ ｔ 则Ｐ Ａ Ｐ Ｂ . Ｐ ( Ａ Ｂ )＝０ . ４×０ . ４＝０ . １６ꎬ
(
排
１
队
)“
”“１
人
２
排队
”“２
人排
”
队
”３
个
“
互
０
斥
ｎ ꎬ
设在某一
≤
随
ꎬ
机试
(
验
)
中
≤
样
(
本
)
空间Ω
∴
至少有一人击中目标的概率Ｐ
２＝１－
事件 所以Ｐ . . . . . (２) ꎬ ＝ Ｐ ＡＢ . . .
(２)“
ꎬ
至少 ３
人１＝
排
０１
队
＋
等
０１
候
６＋
”
０
即
３
指
＝０
“３
５６
人排 的 {
Ｗ
个１ꎬ 数
Ｗ
２ꎬ
Ｗ
事３件 ꎬ Ａ ꎬ
Ｗ
包 ｎ 含 }( ｓ
其
个
中
样
ｎ
本
为
点
样本
事件
点
５.解
(
析
)
由
＝
题
１－
可
０１
知
６
ꎬ
＝
第
０８
１
４
ꎬ２ 道工序的合格
队等候 或 人排队等候 或 人及 )ꎬ ꎬ 率分别为 . . 和 .
” “４ ” “５ ５ Ｂ包含ｔ个样本点 Ａ Ｂ不互斥 事件ＡＢ １－０ ０３＝０ ９７ １－０ ０５＝
人以上排队等候 所以Ｐ . . ꎬ ꎬ ꎬ .
. . 也可以
”ꎬ 用对立事２＝
件
０
求
３＋
解
０ １
即
＋ 包含ｍ个样本点
(
其中
１≤
ｓ
≤
ｎ
ꎬ１≤
ｔ
≤
０９
最
５ꎬ
终产品为合格品的概率Ｐ .
Ｐ
００４＝０４４
.
(
. . . .
ꎬ
.
ｎ
ꎬ１≤
ｍ
≤
ｓ
ꎬ１≤
ｍ
≤
ｔ
ꎬ
ｓ
ꎬ
ｔ
ꎬ
ｍ
∈
Ｎ∗
)ꎬ
∴
. .
１＝０９７×
５.解２析 ＝１－( 记 ０１ 这 ＋０ 台 １ 电 ６＋ 视 ０３ 机 )＝ 是 １ 一 －０ 等 ５ 品 ６＝０ 为 ４ 事 ４ 则Ｐ Ａ Ｂ ｓ ＋ ｔ － ｍ Ｐ Ａ ｓ Ｐ Ｂ ０９ 最 ５＝ 终 ０ 产 ９２ 品 １ 为 ５ꎬ 不合格品的概率Ｐ
件Ａ 电视 “ 机是二等品 为事件Ｂ ” 电 ( ＋ )＝ ｎ ꎬ ( )＝ ｎ ꎬ ( ) ∴ . . . ２＝１－
视机 ꎬ 是 “ 次品 为事件Ｃ ” 则Ａ Ｂ Ｃ互 ꎬ“ 斥. ｔ ｍ 探 ０ 究 ９ ２１ 拓 ５ 展 ＝００７８５
记 这台 ” 电视机是正 ꎬ 品 ꎬ 为事 ꎬ 件 Ｄ ＝ ｎ ꎬ Ｐ ( ＡＢ )＝ ｎ ꎬ ６.解析 记 一段线路中开关 Ａ Ｂ 能够
(１) “ ” ꎬ “ 、
由互斥事件的概率加法公式得 Ｐ Ｄ ｓ ｔ ｍ ｓ ｔ ｍ 闭合 分别为事件Ａ′ Ｂ′ 它们是否闭合
ꎬ ( ) 则Ｐ Ａ Ｂ ＋ － ” 、 ꎬ
Ｐ Ａ Ｂ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ ％ . ％ ( ＋ )＝ ｎ ＝ ｎ ＋ ｎ － ｎ ＝ 互不影响 由相互独立事件的概率公
＝ ( ＋ )＝ ( )＋ ( )＝ ９５ ＋４ ８ ꎬ
. ％. Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ ＡＢ . 式 得这段时间内都不闭合的概率
＝９９８ ( )＋ ( )－ ( ) ꎬ
４７
甲 乙 甲 乙 甲 乙 其中抽到会答 道题中 道的抽法有
Ｐ ( ＡＢ )＝ Ｐ ( Ａ ) Ｐ ( Ｂ )＝[１－ Ｐ ( Ａ )] １)ꎬ( 乙 ２ꎬ 乙 ２)ꎬ( 共 ３ꎬ 种 １ 其 )ꎬ 中 ( 两种 ３ꎬ 类 ５ １
[ ０ . １ １ － ＝ Ｐ ０ ( . Ｂ ０１ ) . ]＝(１－０ . ９)×(１－０ . ９)＝０ . １× ２ 型 ) 都 ꎬ( 取 甲 到 １ꎬ 的 乙 有 ２) ( ꎬ 甲 甲 １ １ ꎬ ０ 乙 乙 １ ꎬ )ꎬ( 甲 甲 １ꎬ 乙 乙 ５×３＝１５( 种 )ꎬ 抽到 ２ 道的抽法有５× ２ ４
线路正常工作的概率为 Ｐ ＡＢ ２)ꎬ( ２ꎬ １)ꎬ( ２ꎬ ２)ꎬ( ３ꎬ 种 所以及格的概率Ｐ １５＋１０
∴ １－ ( )＝ 甲 乙 共 种 故所求概率为 ＝１０( )ꎬ ＝
. . . １)ꎬ( ３ꎬ ２)ꎬ ６ ꎬ ２８
１－００１＝０９９
◆复习题 ６ ３ . ２５.
＝ ＝
感受理解 ７.解 １０ 析 ５ 先用列举法给出所有等可能的 ２８ 设他只会 ｘ 道题 根据 的分
１.解析 设男生人数为ｘ ꎬ 女生人数为ｙ ꎬ 情况 共有 种 分类如下 次正面向 (２) ꎬ ｘ (１ ｘ )
根据古典概型知选出代表是男生的概 上 即 ꎬ 正 ８ 正 ꎬ 正 种 :３ 次正面向 ｘ ｘ ( －１)
率为Ｐ １＝ｘ ｘ ｙꎬ 选出代表是女生的概率 上 正 ꎬ ꎬ 即 正 ( ( 正 ꎬ ꎬ 正 种 ꎬ ꎬ 反 次 ) ) ꎬ ꎬ 正 ( １ 正 面 ꎬ 向 反 ꎻ２ 上 ꎬ 正 即 )ꎬ( 正 反 ꎬ 析 ꎬ 可列方程为 (８－ ) ２ ＋ ８ ２ <
ｙ ＋ 反 ꎬ 反 )ꎬ３ 反 ꎻ 正 １ 反 反 反 ꎬ 正 ( ꎬ ５０ ％ ꎬ ｘ ∈{０ꎬ１ꎬ２ꎬ３ꎬ４ꎬ５ꎬ６ꎬ７ꎬ８}ꎬ 检验
为Ｐ . ꎬ )ꎬ( ꎬ ꎬ )ꎬ( ꎬ ꎬ )ꎬ３ 知ｘ 满足不等式 ｘ
２＝ｘ ｙ 种 次正面向上 即 反 反 反 种. ＝０ꎬ１ꎬ２ ꎬ ＝３ꎬ４ꎬ５ꎬ６ꎬ
＋ ꎻ０ ꎬ ( ꎬ ꎬ )ꎬ１ 不满足不等式 所以他最多会
７ꎬ８ ꎬ ２
由题意 得Ｐ ４ Ｐ 所以 次正面向上的概率为Ｐ １ 道题.
ꎬ １＝
５
２ꎬ ０ ０＝
８
ꎬ
１２.解析
ｘ ｙ (１)２ꎬ３ꎬ４ꎬ５ꎬ６ꎬ７ꎬ８ꎬ９ꎬ１０ꎬ
所以 ４ 所以 ｘ ｙ 即ｙ 次正面向上的概率为Ｐ ３ . .
ｘ
＋
ｙ＝
５
ｘ
＋
ｙꎬ ５ ＝４ ꎬ ＝ １ １＝
８
１１ꎬ１２
.
(２)７
５ ｘ 所以男生人数占全班人数的百分 次正面向上的概率为Ｐ ３ １３.解析 元件 Ｙ Ｚ 正常工作的概率分
４ ꎬ ２ ２＝ ８ ꎬ 别为 . . 、 则元件Ｙ Ｚ不能正常
比为 ｘ ｘ ｙ＝ ｘ ＝ ４ ≈４４ ％. ３ 次正面向上的概率为Ｐ ３＝ １ . 工 . 作的 ０ 概 ９ . ꎬ０ 率 所 ９ 分 ５ 以 ꎬ 别 元 为 件 １ Ｙ －０ Ｚ ꎬ . 都 ９＝ 不 ０ 能 . １ 正 ꎬ１ 常 －
２. 小 解 正 析 方 ＋ 体 共 有 有 ｘ ＋ ５ ２ ４ ７ ５ ＋４ 个 ｘ ＋ 小 ５＝ ９ 正 １４ 方 ( 个 体 ) ꎬ ꎬ 其 所 中 以 ꎬ 选 蓝 中 色 ８.解 以 坐 找 析 出 记 标 所 为 系 先 有 ( 中 １ 掷 可 ꎬ 横 １ 出 能 ) 轴 ꎬ 点 的 其 纵 数 情 和 轴 况 １ 为 ꎬ 上 ꎬ 再 我 ２ 的 . 掷 为 们 数 出 了 用 ８ 点 更 平 数 清 面 楚 １ 直 ꎬ 可 角 地 工 概 件 ０９ 作 率 Ｙ ５ ꎬ ＝ 的 为 Ｚ ０ 概 １ 中 ０ － ５ 率 至 ꎬ ０ . 为 ０ 少 ０ ０ ５ 有 . ＝ １ 一 × ０ ０ . 个 ９ . ０ ９ ５ 、 ５ 能 ꎬ ＝ 正 因 ０ . 常 而 ００ 工 整 ５ꎬ 作 个 故 的 系 元
蓝色小正方体的概率Ｐ １４. 分别表示两 、 次掷出的点数 １ꎬ２ 在 ꎬ３ 相 ꎬ４ 应 ꎬ 统正常工作的概率为 ０ . ８５×０ . ９９５＝
＝ ５ꎬ６ ꎬ . .
３.解析 运动员在 次
２
射
７
击中 射中
位置写上相应的和
ꎬ
如图所示.所求概
探究
０
８４
拓
５７
展
５
(１) １ ꎬ 率如下表所示
环 环 环 环以及 环以下是 : １４.解析 这 个整数中能被 整
１０ 、９ 、８ 、７ ７ １~２０ ２０ ２
彼此互斥的 所以射中 环或 环的 除的有 个 能被 整除的有 个
ꎬ １０ ９ １０ ꎬ ３ ６ ꎬ
概率为 . . . .
０２４＋０２８＝０５２ 所以Ｐ Ａ １０ １ Ｐ Ｂ ６ ３ .
射中环数不足 环的概率为 . ( )＝ ＝ ꎬ ( )＝ ＝
(２) ８ ０ １６＋ ２０ ２ ２０ １０
. . . 这 个整数中既能被 整
０１３＝０２９ (１)１~２０ ２０ ２
４.解析 件都是一等品的概率 除也能被 整除的有 个 所以
(１)２ ３ ３ ꎬ
为 １ . Ｐ ＡＢ ３ .
( )＝
６ ２０
Ｐ Ａ Ｂ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ ＡＢ
件中有 件是次品的概率为 １ . (２) ( ＋ )＝ ( )＋ ( )－ ( )＝
(２)２ １
２ １ ３ ３ １３.
＋ － ＝
件都是正品的概率为 １ . ２ １０ ２０ ２０
(３)２ 点
５.解析 记 名工人为甲 乙 ２ 丙 丁 安 数 ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ １１ １２ (３)１－ Ｐ ( Ａ ＋ Ｂ )＝１－ １３ ＝ ７ .
４ 、 、 、 ꎬ 和 ２０ ２０
排两处为Ａ Ｂ两地. １５.解析 不合理.
ꎬ
先安排Ａ地 可从甲 乙 丙 丁 人 出 设甲乙两队前 局打成 最后两
中 (１ 任 ) 取 人 共 ꎬ 有 种选 、 法 、 .再 、 安排 ４ Ｂ 现 局出现的情况 ３ 为 甲胜 ２ 甲 ∶ １ 胜 ꎬ 甲
１ ꎬ ４ 次 １ ２ ３ ４ ５ ６ ５ ４ ３ ２ １ :( ꎬ )ꎬ(
地 可从剩下的 人中任选 人 共有 胜 乙胜 乙胜 甲胜 乙胜 乙
ꎬ ３ １ ꎬ ３ 数 ꎬ )ꎬ( ꎬ )ꎬ( ꎬ
种选法 因此共有 种安排方 胜 .
法.这个 ꎬ 规律可由树 ４ 形 ×３ 图 ＝ 列 １２ 举给出 如 相 事实 ) 上 只要第四局甲胜 即可终止比
ꎬ 应 ꎬ (
图所示. １ １ １ １ ５ １ ５ １ １ １ １ 赛而甲获胜 乙必须获胜两局才能
概 )ꎬ
３６ １８ １２ ９ ３６ ６ ３６ ９ １２ １８ ３６ 获胜.
率
９.解析 条线段 长为 任取 因此甲获胜的概率为 ３ 乙获胜的概
５ ꎬ １ꎬ３ꎬ５ꎬ７ꎬ９ꎬ ꎬ
由图可知共有 甲 乙 甲 丙 甲 条 共有 种等可能的取法 列举如 ４
( ꎬ )ꎬ( ꎬ )ꎬ( ꎬ ３ ꎬ １０ ꎬ
丁 乙 甲 乙 丙 乙 丁 丙 下 率为 １ .
)ꎬ( ꎬ )ꎬ( ꎬ )ꎬ( ꎬ )ꎬ( ꎬ :(１ꎬ３ꎬ５)ꎬ(１ꎬ３ꎬ７)ꎬ(１ꎬ３ꎬ９)ꎬ(１ꎬ５ꎬ
甲 丙 乙 丙 丁 丁 甲 丁 ４
)ꎬ( ꎬ )ꎬ( ꎬ )ꎬ( ꎬ )ꎬ( ꎬ ７)ꎬ(１ꎬ５ꎬ９)ꎬ(１ꎬ７ꎬ９)ꎬ(３ꎬ５ꎬ７)ꎬ(３ꎬ 应该按 分配奖金才合理.
乙 丁 丙 共 种安排方法. 能构成三角 ３ ∶ １
)ꎬ( ꎬ )ꎬ １２ ５ꎬ９)ꎬ(３ꎬ７ꎬ９)ꎬ(５ꎬ７ꎬ９)ꎬ 本章测试
由 分析可知甲 乙两人都被安 形的共 种
排 (２ 的 ) 方 ( 法 １) 显然只有 种 、 . 所以 ３ 从中 :( 任 ３ꎬ 取 ５ꎬ７) 条 ꎬ(３ 能 ꎬ７ 构 ꎬ９ 成 )ꎬ 三 ( 角 ５ꎬ７ 形 ꎬ 一、填空题
２ ９)ꎬ ３ ꎬ
１.答案 向上的点数至多为 或向上的
甲 乙两人都被安排的概率 Ｐ ２ 的概率Ｐ ３ . ４
(３) 、 ＝ ＝ 点数为
１２ １０ １ꎬ２ꎬ３ꎬ４
１０.解析 记 第 次摸出红球 为事件
１ . “ １ ” ２.答案 １
＝ Ａ 第 次摸出白球 为事件Ｂ 由乘
６ ꎬ“ ２ ” ꎬ ５
６.解析
３
台甲型电视机和
２
台乙型电
法公式得Ｐ ＡＢ １０ １０ １ . ３.答案 １
视机分别记为甲 甲 甲 乙 乙 ( )＝ × ＝
.从中任取 台 所 １ꎬ 有的 ２ꎬ 等可 ３ 能 ꎬ 结 １ 果 ꎬ 为 １１.解析 从 道口 ２０ 试 ２ 题 ０ 中 ４ 随机抽 ４.答案 ４
２ ２ ꎬ (１) ８ ２ ６２５０
甲 甲 甲 甲 甲 乙
( １ꎬ ２)ꎬ( １ꎬ ３)ꎬ( １ꎬ 道试题的抽法共有ｎ ８×７ 种 ５.答案 １３
甲 乙 甲 甲 甲 乙 ＝ ＝２８( )ꎬ
１)ꎬ( １ꎬ ２)ꎬ( ２ꎬ ３)ꎬ( ２ꎬ ２ ２０
４８
教材习题答案
６.答案 . 估计元件的寿命在 单 因为个位数为偶数的样本点有
０９４０８ (１) [１００ꎬ４００)( (２) ８
二、选择题 位 内的概率为 . . . 个 所以这个两位数是偶数的概率为
:ｈ) ０ １＋０ １５＋０ ４＝ ꎬ
７.Ａ . .
０６５ ８ ２ .
８.Ｂ 估计元件的寿命在 以上的 ＝
(２) ４００ ｈ ２０ ５
９.Ｃ 概率为 . . . 或 . １５.解析 记 他们抛掷的骰子向上
０ ２＋０ １５＝０ ３５( １－０ ６５＝ (１) “
１０.Ａ . . 的点数相同 为事件为Ａ 样本点共有
０３５) ” ꎬ
三、解答题 １３.解析 设 取得 分以上成绩 为事 个 事件 Ａ 包含 个样本点 故
“ ８０ ” ３６ ꎬ ６ ꎬ
１１.解析 密码被破译的概率为 件Ａ Ｐ Ａ . . . .设 考
１－(１－ ꎬ ( )＝ ０ １２＋０ ５５＝０ ６７ “ Ｐ Ａ １ .
试不及格 为事件Ｂ Ｐ Ｂ . ( )＝
０ . ２５) ３ ＝ ３７. . . ” . . ꎬ ( )＝１－０ ６７－ 记 甲 ６ 抛掷的骰子向上的点数大
１２.解析 列 ６ 出 ４ 频率分布表 １４.解 ０１ 析 ５－０ 由 ０８ 题 ＝ 意 ０１ 可 ０ 知 组成没有重复数 ( 于 ２ 乙 ) 抛 “ 掷的骰子向上的点数 为事件
区间 频数 : 频率 字的 因 两 为 位 个 数 位 ” 共 数 有 为 ２ “ ０ 的 个 样 等 本 可 点 能 有 结果 个 . 为Ｂ ꎬ 样本点共有 ３６ 个 ꎬ 事件 ” Ｂ 包含
. ( 所 １ 以 ) 这个两位数是 ５ 的倍数的概 ４ 率为 ꎬ 个样本点 故Ｐ Ｂ ５ .
[１００ꎬ２００) ２０ ０１ ５ １５ ꎬ ( )＝
１２
[２００ꎬ３００) ３０ ０ . １５ ４ １ .
＝
. ２０ ５
[３００ꎬ４００) ８０ ０４
.
[４００ꎬ５００) ４０ ０２
.
[５００ꎬ６００] ３０ ０１５
４９
