高中数学必修第2册教材习题答案_高中全套电子教材及答案。_02高中教材参考答案_高中数学_人教A版

教材习题答案 第六章 平面向量 模为 的相等向量有 对 其中与Ａ→Ｍ同向 １ １８ （ 及其应用 的共有 对 与Ａ→Ｍ反向的也有 对 与→ＡＤ同 ６ ， ６ ， 向的共有 对 与→ＡＤ反向的也有 对 模为 ３ ， ３ ）； 6.1 平面向量的概念 的相等向量有 对 模为 的相等向量有 ２ ４ ； ２ 图 对． １ ２ ６．１．１ 向量的实际背景与概念 当ａ ｂ共线时 作图如图 所示 显然 ａ ， ， ２ ， －（ ＋ 6.2 平面向量的运算 ｂ ａ ｂ． ６．１．２ 向量的几何表示 ）＝－ － ６．２．１ 向量的加法运算 ６．１．３ 相等向量与共线向量 练习 练习 １．解析 １．解析 悬挂物受到的拉力 摩擦力 加速度． （１） 图 ， ， ２ ２．解析 图 中的有向线段表示一个竖直向 ① ６．２．３ 向量的数乘运算 下 大小为 的力 图 中的有向线段表 、 １８Ｎ ， ② 练习 示一个水平向左 大小为 的力． 、 ２８Ｎ （２） １．解析 如图． 图 ② （３） ２．答案 ５ ；－ ２ 图 ７ ７ ① ３．解析 ｂ ａ． ｂ ７ ａ． （１） ＝２ （２） ＝－ ３．解析 →ＡＢ →ＣＤ ． →ＥＦ →ＧＨ ４ ｜ ｜＝２，｜ ｜＝２５，｜ ｜＝３，｜ ｜ （４） ｂ １ ａ． ｂ ８ ａ． ＝２ ２ ． （３） ＝－ ２ （４） ＝ ９ ４．解析 终点Ｍ Ｎ的位置相同． 练习 （１） 、 （２） 由题意可知 ， 当Ｏ→Ｍ与Ｏ→Ｎ同向时 ， 如图 １ ． １．解析 （１） 因为ａ ＝－ ｂ ， 所以ａ ， ｂ共线． 因为ｂ ａ 所以ａ ｂ共线． ２．解析 当ａ与ｂ共线且方向相反时． （２） ＝－２ ， ， ２．解析 原式 ａ ｂ． 图 ３．答案 ｃ ｆ ｆ ｇ （１） ＝３ －２ １ （１） （２） （３） （４） ４．答案 原式 １１ａ １ ｂ． （１）✕ （２）√ （３）✕ （２） ＝－ ＋ ∵ ｜ Ｏ→Ｍ ｜＝２｜ Ｏ→Ｎ ｜＝１，∴ ｜ Ｍ→Ｎ ｜＝ ２ １ ， ５．解析 如图 ， 设→ＡＤ表示小船的速度 ， →ＡＢ表示 （３） 原式 ＝２ ｙ １ ａ ２ ． ３ 向量Ｍ→Ｎ与Ｏ→Ｎ的方向相反． 河水的速度 ， 以→ＡＤ 、 →ＡＢ为邻边作平行四边形 ３．解析 ∵ ａ与ｂ是共线向量 ， 当Ｏ→Ｍ与Ｏ→Ｎ反向时 ， 如图 ２ ． ＡＢＣＤ ， 则→ＡＣ就是小船实际航行的速度． 即 ∴ 存 ｅ 在实 ｋｅ 数λ λ ， 使 ｅ ｂ ＝ ｅ λａ ． ， { ２ １＋ λ ２＝ （ １－２ ２） 图 ２ ∴ ２ ｋ ＝ ＝ －２ ， λ ， ∴ ｋ ＝－４ ． Ｏ→Ｍ Ｏ→Ｎ Ｍ→Ｎ ３ ６．２．４ 向量的数量积 ∵ ｜ ｜＝２｜ ｜＝１，∴ ｜ ｜＝ ， 由已知条件可得 ２ 练习 向量Ｍ→Ｎ与Ｏ→Ｎ的方向相同． →ＡＣ ° １５ ３ ◆习题6.1 ｜ ｜＝１５ｃｏｓ３０ ＝ ， １．解析 ｐ ｑ ｐ ｑ １ ． ２ · ＝｜ ｜｜ ｜ｃｏｓ６０°＝８×６× ＝２４ 复习巩固 ２ １．解析 如图． ∴ 小船实际航行速度的大小为１５ ３ ｋｍ／ｈ， ２．解析 ａ · ｂ ＝｜ ａ ｜｜ ｂ ｜ｃｏｓ θ ＝｜ →ＡＢ ｜｜ →ＡＣ ｜ｃｏｓ Ａ． 方向与河水的速度间的夹角为 ° ２ ． 当ａ · ｂ ＜０ 时 ，ｃｏｓ Ａ ＜０， Ａ为钝角 ，△ ＡＢＣ为 ９０ 钝角三角形 ； ６．２．２ 向量的减法运算 当ａ ｂ 时 Ａ Ａ为直角 ＡＢＣ为 · ＝０ ，ｃｏｓ ＝０， ，△ 练习 直角三角形． １．解析 ３．解析 当θ ＝４５° 时 ， 向量ａ在向量ｅ上的投 影向量为 ａ °ｅ ２ｅ ｅ ｜ ｜ｃｏｓ４５ ＝６× ＝３ ２ ； ２ 当θ 时 向量ａ在向量ｅ上的投影向量 ＝９０° ， 为 ａ ｅ ０ ｜ ｜ｃｏｓ９０° ＝ ； 当θ 时 向量ａ在向量ｅ上的投影向量 ２．解析 与ａ相等的向量有→ＣＯ →ＱＰ→ＳＲ ＝１３５° ， ( ) ， ， ； 为 ａ °ｅ ２ ｅ ｅ． 与ｂ相等的向量有Ｐ→Ｍ Ｄ→Ｏ ｜ ｜ｃｏｓ１３５ ＝６× － ＝－３ ２ ， ； ２ 与ｃ相等的向量有→ＤＣ →ＲＱ→ＳＴ． 练习 综合运用 ， ， ２．答案 →ＤＢ →ＣＡ→ＡＣ →ＡＤ→ＢＡ １．解析 设向量ａ与ｂ的夹角为θ 向量ｂ与ｃ ； ； ； ； ， ３．答案 （１）✕ （２）√ （３）✕ （４）✕ ３．解析 当ａ ， ｂ其中有一个为０时 ，－（ ａ ＋ ｂ ）＝ 的夹角为α． （５）√ （６）√ 理由略． － ａ － ｂ显然成立 ； ａ ｂ ａ ｂ θ π 拓广探索 当ａ ， ｂ不共线时 ， 作图如图 １ 所示 ， 显然 － ａ － （１）∵ · ＝｜ ｜｜ ｜ｃｏｓ ＝１×２×ｃｏｓ ６ ＝ ４．解析 相等的向量共有 对． ｂ Ｏ→Ｂ′ →ＯＢ ａ ｂ ａ ｂ ｃ ｃ． ２４ ＝ ＝－ ＝－（ ＋ ）； ３，∴（ · ） ＝ ３ ２ ４９ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋６．解析 如图． 所以四边形ＡＢＣＤ为平行四边形． ｂ ｃ ｂ ｃ α ２ （１） （２）∵ · ＝｜ ｜｜ ｜ｃｏｓ ＝２×３× ２ ＝３ ２， 又 ｜ →ＡＢ ｜＝｜ →ＡＤ ｜， ａ ｂ ｃ ａ． 所以四边形ＡＢＣＤ为菱形． ∴ （ · ）＝３ ２ ２．证明 ａ ｂ与ａ ｂ垂直 ∵ － ＋２ ， １４．解析 如图 →ＡＥ １ ｂ →ＢＣ ｂ ａ →ＤＥ ａ ｂ ａ ｂ ， ＝ ， ＝ － ， ＝ ∴（ － ）·（ ＋２ ）＝０， ４ 即 ｜ ａ ｜ ２ ＋ ａ · ｂ －２｜ ｂ ｜ ２ ＝０ ． １ ｂ ａ →ＤＢ ３ ａ →ＥＣ ３ ｂ Ｄ→Ｎ １ ｂ （ － ）， ＝ ， ＝ ， ＝ （ 又 ∵ ｜ ａ ｜＝ ２，｜ ｂ ｜＝１， 不一定能构成三角形．结合向量加法的 ４ ４ ４ ８ ∴ ａ · ｂ ＝０，∴ ａ ⊥ ｂ． （ 三 ２ 角 ） 形法则知 当三个非零向量的和为零向 － ａ ）， →ＡＮ ＝ １ Ａ→Ｍ ＝ １ （ ａ ＋ ｂ ） ． ３．证明 证法一 ａ ｂ ２ ａ ｂ ２ ， ４ ８ ：（ ＋ ） －（ － ） 量 且这三个向量不共线时 表示这三个向 ａ ｂ ａ ｂ ａ ｂ ａ ｂ ， ， ＝（ ＋ ＋ － ）·（ ＋ － ＋ ） 量的有向线段一定能构成三角形．本题不一 ａ ｂ ａ ｂ． ＝２ ·２ ＝４ · 定能构成三角形． 证法二 ａ ｂ ２ ａ ｂ ２ ａ２ ａ ｂ ｂ２ ：（ ＋ ） －（ － ） ＝（ ＋２ · ＋ ）－ ７．解析 如图． ａ２ ａ ｂ ｂ２ ａ ｂ． （１） （ －２ · ＋ ）＝４ · ◆习题6.2 复习巩固 １． 即 解 向 析 东 走 （１） 向东 ． 走 １０ ｋｍ， 再向东走 １０ｋｍ， １５．证明 ∵ →ＥＦ ＝ →ＥＡ ＋ →ＡＢ ＋ →ＢＦ ， ２０ｋｍ →ＥＦ →ＥＤ →ＤＣ →ＣＦ 向东走 再向西走 即向东走 当ａ ｂ成垂直的位置关系时 ａ ｂ ＝ ＋ ＋ ， （２） １０ｋｍ， ５ｋｍ， （２） 、 ，｜ ＋ ｜＝ ５ｋｍ ． ｜ ａ － ｂ ｜ ． ∴２ →ＥＦ ＝（ →ＥＡ ＋ →ＥＤ ）＋ →ＡＢ ＋ →ＤＣ ＋（ →ＢＦ ＋ →ＣＦ ） ． 向东走 再向北走 即向东 ８．解析 ａ ｂ． ａ ｂ ｃ． 又 Ｅ Ｆ分别为ＡＤ ＢＣ的中点 （３） １０ ｋｍ， １０ ｋｍ， （１）－２ －２ （２）１０ －２２ ＋１０ ∵ 、 、 ， 北走 ． →ＥＡ →ＥＤ ０ →ＢＦ →ＣＦ ０ １０ ２ ｋｍ ａ １ ｂ． ｘ ｙ ｂ． ∴ ＋ ＝ ， ＋ ＝ ， （４） 向西走 ５ ｋｍ， 再向南走 ５ ｋｍ， 即向西南 （３）３ ＋ ２ （４）２（ － ） ∴２ →ＥＦ ＝ →ＡＢ ＋ →ＤＣ ， 走 ５ ２ ｋｍ ． ９．证明 因为Ｍ→Ｎ ＝ →ＡＮ － Ａ→Ｍ ， 即→ＡＢ ＋ →ＤＣ ＝２ →ＥＦ． （５） 向西走 ５ｋｍ， 再向北走 １０ｋｍ， 再向西走 →ＡＮ ＝ １→ＡＣ ， Ａ→Ｍ ＝ １→ＡＢ ， １６．解析 如图 ， 丙地在甲地的北偏东 ４５ °方 即向西北走 ． ３ ３ 向 距甲地 ． ５ｋｍ， １０ ２ ｋｍ ， １４００ｋｍ （６） 向南走 ５ｋｍ， 再向东走 １０ｋｍ， 再向南走 所以Ｍ→Ｎ ＝ １→ＡＣ － １→ＡＢ ＝ １ （ →ＡＣ － →ＡＢ ） 即向东南走 ． ３ ３ ３ ５ｋｍ， １０ ２ ｋｍ ２．解析 飞机飞行的路程为 两次位移 １→ＢＣ． ７００ｋｍ； ＝ 的合成是向北偏西约 °方向飞行 ． ３ ５３ ５００ｋｍ １０．答案 ａ ｂ ３．解析 如图 设→ＡＤ表示船垂直于对岸的速 （１）５；１ （２）｜ ｜＝｜ ｜ ， １１．解析 ａ ｂ ａ ｂ ２ ａ ２ ａ （１） · ＝－６ ３，（ ＋ ） ＝｜ ｜ ＋２ 度 →ＡＢ表示水流的速度 以ＡＤ ＡＢ为邻边作 ▱ ， ＡＢＣＤ ， 则→ＡＣ就是船实 ， 际航 、 行的速度 ， 在 · ｂ ＋ ａ ｜ ｂ ｜ ｂ ２ ＝２５－ ａ １ ２ ２ ３ ａ ，｜ ａ ｂ ＋ ｂ ｂ ｜ ２ ＝ ２５－１２ ３ ． １７．解析 （１） →ＡＢ ＋ →ＢＣ ＋ →ＣＡ ＝ ０． ∴ Ｒｔ△ ｜ →Ａ Ａ Ｃ Ｂ ｜ Ｃ ＝ 中 ， ４ ｜ ２ →Ａ ＋ Ｂ １６ ｜ ２ ＝ ＝ ４， ４ ｜ →Ｂ １ Ｃ ７ ｜ ， ＝１６， １２． （ 证 ｜ ａ ２ 明 － ） ｂ ｜ ｜ ＋ ＝ 设 ｜ ａ ＝ ａ 与 ２ －２ ｂ ａ 的 · ＋２ 夹 ｂ ＋ · 角 ｂ２ 为 ＋ ＝ θ． ＝ ３５ ． ２３， （ （ ３ ２ ） ） → Ａ ＡＢ １ →Ａ ＋ ２ →Ｂ ＋ Ｃ Ａ ＋ ２ →Ａ →Ｃ ３ Ｄ ＋ ＋ Ａ →Ｄ ３ →Ａ Ａ ４ ＝ ＋ ０ … ． ＋ Ａ ｎ－１ →Ａ ｎ＋ Ａ ｎ→Ａ １＝ ０． ｔａｎ∠ Ｃ Ｃ Ａ Ａ Ｂ Ｂ ＝４， ． （１） 当 λ ＝０ 时 ， 等式显然成立． 证明 ： 原式 ＝ Ａ １ →Ａ ３＋ Ａ ３ →Ａ ４＋…＋ Ａ ｎ－１ →Ａ ｎ＋ Ａ ｎ→Ａ １ 方 ∴ 故船 ∠ 向 实 与 际 水 ≈ 流 航 ７ 速 行 ６° 度 的 间 速 的 度 夹 大 角 小 约 为 为 ４ ７６ ° １ ． ７ ｋｍ／ｈ， （ 为 （ ２ λ ） ａ θ 当 ， ） 则 · λ ｂ ＞ ＝ ０ ｜ 时 λａ ， ｜ λ ｜ ａ ｂ ｜ 与 ｃｏｓ ｂ θ ， ＝ ａ λ 与 ｜ ａ λ ｜ ｂ ｜ ｂ 的 ｜ｃ 夹 ｏｓ 角 θ ， 都 １８．解 ＝ ＝ Ａ Ａ 析 １ １ → → Ａ Ａ ４ ｎ ＋ ＋ （ … Ａ ２ ｎ→ ａ Ａ ＋ － １ Ａ ＝ ３ ｎ－ ｂ ０ １ →Ａ ） ． ｎ · ＋ Ａ （ ｎ→ ２ Ａ ａ １ ＋ ｂ ）＝４ ａ２ －４ ａ · ｂ － λ （ ａ · ｂ ）＝ λ ｜ ａ ｜｜ ｂ ｜ｃｏｓ θ ， ３ ｂ２ ＝６１， 于是可得ａ · ｂ ＝－６， ａ λｂ ａ λｂ θ λ ａ ｂ θ ａ ｂ ·（ ）＝ ｜ ｜｜ ｜ｃｏｓ ＝ ｜ ｜｜ ｜ｃｏｓ ， 所以 θ · １ 所以θ °． 所以 λａ ｂ λ ａ ｂ ａ λｂ ． ｃｏｓ ＝ ａ ｂ ＝－ ， ＝１２０ （ ）· ＝ （ · ）＝ ·（ ） ｜ ｜｜ ｜ ２ （３） 当λ ＜０ 时 ， λａ与ｂ ， ａ与λｂ的夹角都 １９．解析 ∵ ｜ ａ ＋ ｂ ｜ ２ ＝ ａ２ ＋ ｂ２ ＋２ ａ · ｂ ＝６４＋１００＋ 为 ° θ 则 ４．解析 （１） ０． （２） →ＡＢ． （３） →ＢＡ． （４） ０． （ λａ １８ ） ０ · － ｂ ＝ ， ｜ λａ ｜｜ ｂ ｜ｃｏｓ（１８０ ° － θ ）＝－｜ λ ｜｜ ａ ｜ １６０ｃｏｓ θ ＝２５６，∴ｃｏｓ θ ＝ ４ ２ ０ ３ ，∴ θ ≈５５ °． ０． →ＣＢ． ０． ｂ θ ２０．证明 ａ ｂ ａ ｃ ａ ｂ ａ ｃ ０ ａ （５） （６） （７） ·｜ ｜ｃｏｓ ， · ＝ · ⇔ · － · ＝ ⇔ · ５．证明 如图所示 在平行四边形ＡＢＣＤ中 λ ａ ｂ λ ａ ｂ θ λ ａ ｂ ｂ ｃ ０ ａ ｂ ｃ ． ， ， （ · ）＝ ｜ ｜｜ ｜ｃｏｓ ＝－｜ ｜｜ ｜｜ ｜· （ － ）＝ ⇔ ⊥（ － ） θ 拓广探索 ｃｏｓ ， · ａ · ｜ ｂ （ λ ｜ｃ ｂ ｏ ） ｓ ＝ θ ， ｜ ａ ｜｜ λｂ ｜ｃｏｓ（１８０ ° － θ ）＝－｜ λ ｜｜ ａ ｜ ２１．Ａ 点 由 ＢＣ ２ →Ａ 为 Ｏ 外 ＝ 接 →ＡＢ 圆 ＋ → 的 ＡＣ 直 ， 得 径 点Ｏ为ＢＣ的中 所以 λａ ｂ λ ａ ｂ ａ λｂ ． ，∴ ， 设→ＡＢ ＝ ａ ， →ＡＤ ＝ ｂ ， 综合运用 （ ）· ＝ （ · ）＝ ·（ ） ∴ 又 ∠ Ｂ →Ｏ ＡＣ Ａ ＝９０ →Ａ ° Ｂ ， ＯＡ ＝ ＯＢ Ａ ＝ Ｂ Ｏ Ｏ Ｃ 为 ． 等边三角形． １３．解析 四边形ＡＢＣＤ为平行四边形 证 ∵ ｜ ｜＝｜ ｜，∴△ （１） →ＡＯ ＝ １ （ ａ ＋ ｂ ）， →ＯＢ ＝ １ （ ａ － ｂ ） ． 明略． （１） ， Ｂ →ＡＢ １ →ＢＣ ２ ２ ∴ ＝６０°，｜ ｜＝ ｜ ｜， 四边形ＡＢＣＤ为梯形． ２ 因为→ＡＯ →ＯＢ →ＡＢ 所以 １ ａ ｂ １ ａ ｂ ａ． （２） 向量→ＢＡ在向量→ＢＣ上的投影向量为 →ＡＢ ＋ ＝ ， （ ＋ ）＋ （ － ）＝ ∴ ｜ ｜ ２ ２ 证明如下 因为→ＡＤ １→ＢＣ ： ＝ ， →ＢＣ （２） →ＡＯ ＝ ２ １ （ ａ ＋ ｂ ）， →ＯＢ ＝ ２ １ （ ａ － ｂ ）， 所以ＡＤ ∥ ＢＣ ， 且ＡＤ ≠ ３ ＢＣ ， ·ｃｏｓ６０° ｜ →ＢＣ ｜ ＝ ４ １→ＢＣ． 所以四边形ＡＢＣＤ为梯形． 因为→ＡＯ － →ＯＢ ＝ →ＡＤ ， 所以 １ （ ａ ＋ ｂ ）－ １ （ ａ － ｂ ） 四边形ＡＢＣＤ为菱形． ２２．解析 Ｏ→Ｄ ＝ →ＯＡ ＋ →ＡＤ ＝ →ＯＡ ＋ →ＢＣ ＝ →ＯＡ ＋ →ＯＣ － →ＯＢ． ２ ２ （３） ｂ． 证明如下 因为→ＡＢ →ＤＣ ＝ ： ＝ ， 所以ＡＢ ＤＣ 且ＡＢ ＤＣ ∥ ， ＝ ， ２ ５０ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 ２３．解析 →ＥＦ １→ＡＢ １ ａ． 当→ＡＰ １→ＰＢ时 →ＯＰ →ＯＡ →ＡＰ ２→ＯＡ １ →ＯＢ ∴ ＝ ＝ ＝ ， ＝ ＋ ＝ ＋ （１） ２ ２ ２ ３ ３ ＣＤ与ＥＦ垂直． ( ) ( ) （２） ２×２＋６ ２×３－３ １０ ＝ ， ＝ ，１ ， 证明 ａ ｂ ａ ｂ ｂ ｂ １ ３ ３ ３ ： · ＝｜ ｜｜ ｜ｃｏｓ６０°＝２｜ ｜｜ ｜× ＝ ( ) ２ 即点Ｐ的坐标为 １０ ． ｂ ２ ，１ ｜ ｜ ， ( ) ３ （２） 四边形ＡＢＣＤ为平行四边形． →ＣＤ · →ＥＦ ＝ ４ １ ａ － ｂ · １ ２ ａ ＝ ８ １ ｜ ａ ｜ ２ － ２ １ ａ 当→ＡＰ ＝２ →ＰＢ时 ， →ＯＰ ＝ →ＯＡ ＋ →ＡＰ ＝ ３ １→ＯＡ ＋ ３ ２ →ＯＢ ( ) ( ) 证明 ：∵ →ＯＡ ＋ →ＯＣ ＝ →ＯＢ ＋ Ｏ→Ｄ ， · ｂ ＝ １ ｜ ｂ ｜ ２ － １ ｜ ｂ ｜ ２ ＝０， ＝ ２＋２×６ ， ３＋２×（－３） ＝ １４ ，－１ ， ∴ →ＯＡ － →ＯＢ ＝ Ｏ→Ｄ － →ＯＣ ， →ＣＤ ２ →ＥＦ 即Ｃ ２ Ｄ与ＥＦ垂直． ３ ３ ( ) ３ ∴ ⊥ ， 即点Ｐ的坐标为 １４ ． →ＢＡ →ＣＤ ，－１ ∴ ＝ ， ６．３．２ 平面向量的正交 ３ 四边形ＡＢＣＤ为平行四边形． 综上 点Ｐ是线段ＡＢ的三等分点时 坐标为 ∴ ， ， 分解及坐标表示 ( ) ( ) ２４．解析 →ＡＢ · →ＡＣ的值只与弦 ＡＢ 的长度有 １０ ，１ 或 １４ ，－１ ． 关 ， 与圆的半径无关． ６．３．３ 平面向量加、减运算 ３ ３ 如图 ， 取ＡＢ的中点Ｍ ， 连接ＣＭ ， ６．３．５ 平面向量数量积 的坐标表示 则ＣＭ ⊥ ＡＢ ， Ａ→Ｍ ＝ １→ＡＢ． 练习 的坐标表示 ２ １．解析 ａ ｂ 练习 （１） ＋ ＝（－２，４）＋（５，２）＝（３，６）， ａ － ｂ ＝（－２，４）－（５，２）＝（－７，２） ． １．解析 ｜ ａ ｜＝ ａ２ ＝ ９＋１６＝５，｜ ｂ ｜＝ ｂ２ ＝ ａ ｂ （２） ＋ ＝（４，３）＋（－３，８）＝（１，１１）， ａ ｂ ａ ｂ ． ２５＋４＝ ２９， · ＝（－３，４）·（５，２）＝ － ＝（４，３）－（－３，８）＝（７，－５） ． ａ ｂ －１５＋８＝－７ （３） ＋ ＝（２，３）＋（－２，－３）＝（０，０）， ２．解析 ａ ｂ ｃ ａ ｂ ． ＝（２，３）， ＝（－２，４）， ＝（－１，－２）， 又→ＡＢ · →ＡＣ ＝｜ →ＡＢ ｜｜ →ＡＣ ｜·ｃｏｓ∠ ＢＡＣ ， （ － ４） ａ ＝ ＋ （ ｂ ２ ＝ ，３ （ ） ３ － ，０ （ ） － ＋ ２ （ ， ０ － ， ３ ４ ） ） ＝ ＝ （ （ ４ ３ ， ， ６ ４ ） ）， ａ ∴ ａ ｂ · ｂ ＝２×（ ａ －２ ｂ ）＋３×４＝８ ． Ａ→Ｍ ａ ｂ ． ＋ ＝（０，７）， － ＝（４，－１）， ＢＡＣ ｜ ｜ － ＝（３，０）－（０，４）＝（３，－４） ａ ｂ ａ ｂ ． ｃｏｓ∠ ＝ ｜ →ＡＣ ｜ ， ２．解析 （１） →ＡＢ ＝（３，４）， →ＢＡ ＝（－３，－４） ． ∴ ｂ ＋ （ ｃ ＝ ＋ （－ ） ３ · ，２ （ ）， － ）＝０×４＋７×（－１）＝－７ 所以→ＡＢ · →ＡＣ ＝｜ →ＡＢ ｜｜ Ａ→Ｍ ｜＝ ２ １ ｜ →ＡＢ ｜ ２． （ （ ２ ３ ） ） → → Ａ Ａ Ｂ Ｂ ＝ ＝ （ （ ９ ０ ， ，２ － ） １ ， ） →Ｂ ， → Ａ ＢＡ ＝ ＝ （０ （ ， － － ９ ２ ， ） １ ． ） ． ∴ ａ ＋ ａ ｂ · ＝（ （ ０ ｂ ， ＋ ７ ｃ ） ） ， ＝ ∴ ２ （ × ａ （ ＋ － ｂ ３ ） ） ２ ＋ ＝ ３ ０ × ２ ２ ＋ ＝ ７ ０ ２ ． ＝４９ ． ３．解析 ａ ｂ 6.3 平面向量基本定理 （４） →ＡＢ ＝（５，０）， →ＢＡ ＝（－５，０） ． ∵ ＝（３，２）， ＝（５，－７）， 及坐标表示 ３．解析 ＡＢ ∥ ＣＤ． ∴ ａ · ｂ ＝３×５＋２×（－７）＝ １，｜ ａ ｜＝ ９＋４＝ 证明 由点Ａ Ｂ Ｃ Ｄ ｂ ： （０，１）， （１，０）， （１，２）， （２， １３，｜ ｜＝ ２５＋４９＝ ７４， ６．３．１ 平面向量基本定理 １）， 得→ＡＢ ＝（１，－１）， →ＣＤ ＝（１，－１）， 所以→ＡＢ ＝ ∴ｃｏｓ θ ＝ ａ ａ · ｂ ｂ ＝ １ ，∴ θ ≈８８ °． →ＣＤ 所以ＡＢ ＣＤ． ｜ ｜｜ ｜ １３· ７４ 练习 ， ∥ ◆习题6.3 ６．３．４ 平面向量数乘运算 １．解析 →ＡＢ →ＣＢ →ＣＡ ｂ ａ 复习巩固 ＝ － ＝ － ； 的坐标表示 →ＡＤ ＝ →ＣＤ － →ＣＡ ＝ ２ １ ｂ － ａ ； 练习 １．解析 →ＣＤ ＝ →ＡＤ － →ＡＣ ＝ ３ １→ＡＢ － →ＡＣ ＝ ３ １ ａ － ｂ ， ( ) →ＢＥ ＝ →ＣＥ － →ＣＢ ＝ ２ １ ａ － ｂ ； １．解 （－ 析 ６， －４ － ）＋ ２ ａ （０ ＋ ， ４ － ｂ ４ ＝ ）＝ － （ ２ － （ ６ ３ ， ， － ２ ８ ） ） ＋ ． ４（０，－１）＝ →ＡＥ ＝ →ＡＣ ＋ →ＣＥ ＝ →ＡＣ ＋ ２ １ →ＣＤ ＝ ｂ ＋ ２ １ １ ３ ａ － ｂ ＝ →ＣＦ ａ ＝ →Ｃ １ Ａ ＋ →Ａ ｂ Ｆ ａ ＝ →ＣＡ ＋ ２ １→ＡＢ ２． ４ 解 － ａ ３ 析 ＋ ）＝ ３ ｂ （ ＝ 由 １２ ４ 已 ， （ ５ ３ 知 ） ， ． ２ 得 ） ３ ＋ ｘ ３ ＝ （ － ０ １ ， ２ － ， １ ∴ ） ｘ ＝ ＝ （ － １ ４ ２ ． ，８）＋（０， ２．解 ６ １ 析 ａ ＋ ２ １ 由 ｂ Ｆ ． １＝（３，４）， Ｆ ２＝（２，－５）， Ｆ ３＝（３， ＝ ＋ （ － ） 得Ｆ Ｆ Ｆ ２ ３．解析 →ＡＢ １）， １＋ ２＋ ３＝（３，４）＋（２，－５）＋（３，１）＝ ＝（２，２）－（－２，－３）＝（４，５）， 所以作用在原点的合力Ｆ Ｆ Ｆ ＝ １ ａ ＋ １ ｂ． →ＣＤ ＝（－７，－４ ． ５）－（－１，３）＝（－６，－７ ． ５） ． （ 的 ８ 坐 ，０ 标 ）， 为 ． １＋ ２＋ ３ ２ ２ ． （８，０） ∵４×（－７５）＝５×（－６）＝－３０， ３．解析 设向量ａ的终点Ｂ的坐标为 ｘ ｙ ． ２．解析 （１） →ＤＥ ＝ →ＡＥ － →ＡＤ ＝ １→ＡＣ － →ＡＤ ＝ １ （ ａ ＋ →ＡＢ与→ＣＤ共线． 由 ｘ ｙ 得点 Ｂ 的 （ 坐 ， 标 ） 为 ４ ４ ∴ （１） （－２，１）＝ （ ， ）， ４．解析 由Ａ Ｂ 得线段ＡＢ ． ｂ ）－ ｂ ＝ ４ １ ａ － ４ ３ ｂ． 的中 点 （ 坐 １ 标 ） 为 （３ （ ， ２ ２ ， ） １ ． ）， （４，３）， （ （２ － ） ２ 由 ，１ （ ） １，３）＝（ ｘ ＋１， ｙ －５）， 得点Ｂ的坐标为 →Ｆ － Ｂ ４ ３ ＝ → ｂ Ａ ． Ｂ － →ＡＦ ＝ →ＡＢ － ４ ３→ＡＣ ＝ ａ － ４ ３ （ ａ ＋ ｂ ）＝ ４ １ ａ ５． 坐 解 （ 坐 （ ３ ２ 标 析 标 ） ） 由 由 为 为 （ Ａ Ａ 如 （ ４ （ （ １ ， ５ 图 ， － － ， ４ １ ５ － ） ， ） ４ 点 ． ２ ． ） ） ， Ｐ ， Ｂ Ｂ （ 是 （ ３， ３ 线 ， － ６ 段 ６ ） ） ， ， Ａ 得 得 Ｂ 线 线 的 段 段 三等 Ａ Ａ Ｂ Ｂ 分 的 的 点 中 中 有 点 点 ４． （ （ 标 解 ３ ０ 为 析 ） ，８ 由 （ ） １ ． （ 由 ， － ２ ２ 题 ） ， ． － 意 ５ 知 ）＝ →ＡＤ （ ｘ ＝ － →Ｂ ３ Ｃ ， ， ｙ 设 －７ Ｄ ） （ ， ｘ 得 ， ｙ 点 ）， Ｂ的坐 →ＯＧ ＝ →ＤＧ － Ｄ→Ｏ ＝ ３ １ ａ － ２ １ （ ａ － ｂ ）＝－ ６ １ ａ ＋ ２ １ ｂ． 两种 情况 ， 即 ， →ＡＰ ＝ １→ＰＢ或→ＡＰ ＝２ →ＰＢ． ， 则 { ｙ ｘ ＋ ＋ ２ １ ＝ ＝ ７ ２ ， ，解得 {ｘ ｙ ＝ ＝ １ ５ ， ． 由 得→ＤＥ →ＦＢ ２ 所以点Ｄ的坐标为 ． （２） （１） ＝ ， （１，５） ＤＥ ＦＢ ＤＥ ＦＢ． ５．解析 设Ａ′ Ｂ′的坐标分别为 ｘ ｙ ｘ ∴ ＝ ， ∥ ， （ １， １），（ ２， ３．解析 （１） →ＣＤ ＝ →ＡＤ － →ＡＣ ＝ １→ＡＢ － →ＡＣ ＝ １ ａ － ｂ． ｙ ２）， 则Ｏ→Ａ′ ＝（ ｘ １， ｙ １）， Ｏ→Ｂ′ ＝（ ｘ ２， ｙ ２） ． ∵ 点Ｅ ， Ｆ分别是ＡＣ ， ＢＣ的 ４ 中点 ， ４ 由 所 Ｏ 以 →Ａ 点 ′ ＝ Ａ ２ ′ →Ｏ 的 Ａ 坐 ， 得 标 （ 为 ｘ １， ｙ １）＝ ． ２（１，２）＝（２，４）， （２，４） ＥＦ ＡＢ且ＥＦ １ ＡＢ ∴ ∥ ＝ ， 由Ｏ→Ｂ′ →ＯＢ 得 ｘ ｙ ２ ＝３ ， （ ２，２）＝３（－１，３）＝（－３，９）， ２ ５１ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋所以点Ｂ′的坐标为 ． 6.4 平面向量的应用 （－３，９） １ ｂ １ ａ － ， 所以Ａ→′Ｂ′ ． ３ ２ ＝（－３，９）－（２，４）＝（－５，５） ６．４．１ 平面几何中的向量方法 ６．解析 由题意得→ＡＢ ＝（－２，４）， →ＥＧ ＝ →ＥＢ ＋ →ＢＧ ＝ １→ＡＢ ＋ １→ＡＤ ＝ １ ａ ＋ １ ｂ． ２ ３ ２ ３ 练习 所以→ＡＣ ＝ ２ １ →ＡＢ ＝ （－１，２）， →ＡＤ ＝ ２ →ＡＢ （ ( ２） ＥＦ ⊥ ) ＥＧ ( ． 证 明 ： ) →ＥＦ · →ＥＧ ＝ １．证明 已知ＡＢ ＝ ＡＣ． →ＡＥ １ →ＡＢ 又→ＯＡ １ ｂ － １ ａ · １ ａ ＋ １ ｂ ＝ １ ｜ ｂ ｜ ２ － →ＢＡ · →ＢＣ ＝－ →ＡＢ （ →ＡＣ － →ＡＢ ）＝－ →ＡＢ · →ＡＣ ＋｜ →ＡＢ ｜ ２ ， ＝（－４，８）， ＝－ ＝（１，－２）， ＝ ３ ２ ２ ３ ９ ２ →ＣＡ →ＣＢ →ＡＣ →ＡＢ →ＡＣ →ＡＢ →ＡＣ →ＡＣ ２ （１，１）（ Ｏ为坐标原点 ）， 则→ＯＣ ＝ →ＯＡ ＋ →ＡＣ ＝（０， １ ｜ ａ ｜ ２ ＝ １ · ９ ｜ ａ ｜ ２ － １ ｜ ａ ｜ ２ ＝０， →Ｂ · Ａ →Ｂ ＝ Ｃ － →ＣＡ （ →Ｃ － Ｂ． ）＝－ · ＋｜ ｜ ， 所以点Ｃ的坐标为 ４ ９ ４ ４ ∴ · ＝ · ３）， （０，３）； →ＥＦ →ＥＧ 即ＥＦ ＥＧ． →ＢＡ →ＢＣ Ｏ→Ｄ ＝ →ＯＡ ＋ →ＡＤ ＝（－３，９）， 所以点Ｄ的坐标为 １２． ∴ 解析 ⊥ 由题 ， 意得→Ｏ ⊥ Ａ →ＡＢ ． 又 ｃｏｓ Ｂ ＝ →ＢＡ · →ＢＣ ， ＝（１，２）， ＝（３，３） ｜ ｜｜ ｜ （－３，９）； 当ｔ 时 →ＯＰ →ＯＡ →ＡＢ 所以点 →ＣＡ →ＣＢ →ＯＥ →ＯＡ →ＡＥ 所以点Ｅ的坐标为 ＝１ ， ＝ ＋ ＝（４，５）， Ｃ · ７．解 （２ 析 ， ＝ － １） （ ＋ ． １） Ａ ＝ 、 Ｂ （ 、 ２ Ｃ ，－ 三 １ 点 ）， 共线． Ｐ 当 的 ｔ ＝ 坐标 １ 为 时 （ ， ４ →Ｏ ，５ Ｐ ） ＝ ； →ＯＡ ＋ １ →ＡＢ ＝（１，２）＋ ｃ ∴ ｏｓ ｃｏｓ ＝ Ｂ ｜ ＝ →Ｃ ｃ Ａ ｏ ｜ ｓ ｜ Ｃ →Ｃ ， Ｂ ∴ ｜ ， Ｂ ＝ Ｃ． 证 以 共 →Ａ 明 点 Ｂ ： Ａ ＝ 因 ， － 所 为 ４ → 以 Ａ →Ａ Ｃ Ｂ ． Ａ ＝ 因 、 （ Ｂ 为 － 、 Ｃ ４ 直 ， 三 － 线 点 ６） Ａ 共 ， Ｂ →Ａ 线 与 Ｃ ． ＝ 直 （ 线 １，１ Ａ ． Ｃ ５） 有 ， 公 所 所 ( 以 ２ ３ ， 点 ３ ２ ２ Ｐ ) 的 ＝ 坐 ( 标 ２ ５ 为 ， ( ７ ２ ５ ) ， ２ ７ ) ２． → 解 ＡＦ 析 ＝ →Ａ Ｂ 解 ＋ 法 ３ １→ 一 ＡＤ ： ， →ＤＥ ＝ ２ １→ＡＢ － →ＡＤ ， Ｐ Ｑ Ｒ三点共线． ， ； ( ) ( ) （２） 、 、 ２ ２ →ＤＥ →ＡＦ １→ＡＢ →ＡＤ →ＡＢ １→ＡＤ 证明 ： 因为→ＰＱ ＝（１ ． ５，－２）， →ＰＲ ＝（６，－８）， 所 当ｔ ＝－２ 时 ， →ＯＰ ＝ →ＯＡ －２ →ＡＢ ＝（１，２）－（６，６） ∴ · ＝ ２ － · ＋ ３ ＝ 所以点Ｐ的坐标为 以→ＰＲ →ＰＱ．因为直线ＰＲ与直线ＰＱ有公共 ＝（－５，－４）， （－５，－４）； １ ａ２ １ ａ２ １ ａ２． ＝４ － ＝ 点Ｐ ， 所以Ｐ 、 Ｑ 、 Ｒ三点共线． 当ｔ ＝２ 时 ， →ＯＰ ＝ →ＯＡ ＋２ →ＡＢ ＝（１，２）＋（６，６）＝ ２ ３ ６ （３） Ｅ 、 Ｆ 、 Ｇ三点共线． １３．解 （７ 析 ，８）， 设 所 点 以点 Ｐ的 Ｐ 坐 的 标 坐 为 标为 ｘ （ ｙ ７， ． ８ 由 ） ． 点Ｐ在线 ＥＭＦ →ＤＥ · →ＡＦ ６ １ ａ２ ２． → 证 ＥＦ 明 ： 因 →Ｅ 为 Ｇ → ． Ｅ 因 Ｆ 为 ＝（ 直 －８ 线 ，－ Ｅ ４） Ｆ ， → 与 ＥＧ 直 ＝（ 线 －１ Ｅ ， Ｇ －０ 有 ． ５） 公 ， 所 共 以 点 段ＡＢ 的延长线上 ， 且 ｜ → （ ＡＰ ， ｜＝ ） ３ ｜ →ＰＢ ｜， 得 ∴ｃｏｓ∠ ＝ ｜ →ＤＥ ｜｜ →ＡＦ ｜ ＝ ５ａ · １０ａ ＝ １０ ＝８ ２ ２ ３ Ｅ 所以Ｅ Ｆ Ｇ三点共线． 解法二 建立如图所示的直角坐标系． ８．解 ， 析 、 、 ＡＢＣ是直角三角形 Ｂ为直角 →ＡＰ ＝ ３→ＢＰ ， ： （１）△ ， ， ２ 图略． 即 ｘ ｙ ３ ｘ ｙ 证明 ： →ＢＡ ＝（－６，－６）， →ＢＣ ＝（－２，２）， （ －２， －３）＝ ２ （ －４， ＋３）， ì 由→ＢＣ · →ＢＡ ＝０， 得ＢＣ ⊥ ＢＡ ， ï ïｘ －２＝ ３ （ ｘ －４）， {ｘ Ｂ为直角 ＡＢＣ为直角三角形． 所以í ２ 解得 ＝８， ∴ （２）△ ＡＢＣ是 ，△ 直角三角形 ， Ａ为直角 ， 图略． î ïïｙ －３＝ ３ （ ｙ ＋３）， ｙ ＝－１５ ． ( ) 证 ＝０ 明 ， 得 ： →ＡＢ ＡＢ ＝ ⊥ （２ Ａ １ Ｃ ， ， ７ ∴ ）， → Ａ ＡＣ 为 ＝ 直 （１ 角 ，－ ， ３ △ ） Ａ ， Ｂ 由 Ｃ →Ａ 为 Ｂ · 直 →Ａ 角 Ｃ １４． 所 证 以 明 点 因 Ｐ 为 的 →Ａ 坐 ２ Ｂ 标为 （８，－１ →Ｂ ５） Ｃ ． 则 ( Ａ （０， ) ０）， Ｄ （０， ａ ）， Ｅ １ ２ ａ ，０ ， 三角形． ＝（４，－２）， ＝（３，６）， Ｆ ａ １ ａ ， ， ＡＢＣ是直角三角形 Ｂ为直角 图略． →ＤＣ ＝（４，－２）， ３ ( ) ( ) （３）△ ， ， 证明 →ＢＡ →ＢＣ 由→ＢＡ →ＢＣ 所以→ＡＢ ＝ →ＤＣ ， →ＡＢ · →ＢＣ ＝０ ． 则→ＤＥ ＝ １ ａ ，－ ａ ， →ＡＦ ＝ ａ ， １ ａ ， ： ＝（－３，３）， ＝（５，５）， · ＝ 所以以Ａ Ｂ Ｃ Ｄ ２ ３ 得ＢＡ ＢＣ Ｂ为直角 ＡＢＣ为直角三 （１，０）， （５，－２）， （８，４）， （４， ０， ⊥ ，∴ ，△ 为顶点的四边形是一个矩形． →ＤＥ →ＡＦ １ ａ２ １ ａ２ １ ａ２ 角形． ６） · ＝ － ＝ ， 拓广探索 ２ ３ ６ ９．解析 设ａ ｘ ｙ 则由题意得 ( ) { ｘ ｘ２ ＝ ＋ ｙ ｙ ２ ＝ ． ９， 解 ＝（ 得 ， ì í ï ï ï ïｙ ｘ ） ＝ ， ６ ３ ５ ５ ５ ， 或 ì í ï ï ï ïｙ ｘ ＝－ ６ ３ ５ ５ ５ ， ． １５． → 解 Ｏ 所 Ａ 析 以 ＝ ∠ ３ ｅ Ｏ （ １， １ Ａ →Ｏ ） Ｐ Ｂ 如 ＝ ＝ １ 图 ２ ２ ｅ ０ ． ２ ° ， ， ∠ ｜ →Ｏ Ａ Ａ Ｏ ｜ Ｂ ＝ ＝ ３ ６ ， ０ ｜ ° →Ｏ ， Ｂ ｜＝２ ． ｜ ｜ → → Ａ Ｄ Ｆ Ｅ ｜ ｜ ＝ ＝ ａ２ ＋ ２ １ ( ａ ３ １ ２ ａ ＋ ) （ ２ － ＝ ａ ） ２ ３ １ ＝ ０ａ ２ ５ ， ａ ， ２ î ＝ î ＝－ 利用三角函数及勾股定理易得→ＯＰ ． ( ５ ) ( ５ ｜ ｜＝ １９ →ＤＥ →ＡＦ １ ａ２ 于是 ａ ３ ５ ６ ５ 或 ａ ３ ５ ＥＭＦ · ６ ＝ ５ ， ５ ＝ － ５ ， ∴ ｃｏｓ∠ ＝ ｜ →ＤＥ ｜｜ →ＡＦ ｜ ＝ ５ａ １０ａ ＝ ) · ２ ３ ６ ５ ． － ５ ２． １０． 则 解 { 析 ｘ ２ ＋ 设 ｙ２ 与 ＝１ ａ ， 垂直的单位向量ｅ ＝（ ｘ ， ｙ ）， （２） 对于任意向量→ＯＰ都存在唯一一对实数 ３．解 １０ 析 ∵ 点Ｏ是ＢＣ的中点 ， ４ ì ï ï ｘ ＋ ｘ ２ ｙ ＝ ５ ０， ì ï ïｘ ５ 所 ｘ ， ｙ 以 ， 使 本 →Ｏ 题 Ｐ 中 ＝ ｘ 对 ｅ １ 向 ＋ ｙ 量 ｅ ２ 坐 ， 标的规定合理． ∴ 又 →ＡＯ Ｍ ＝ Ｏ ２ １→Ａ Ｎ Ｂ 三 ＋ 点 ２ １→ 共 ＡＣ 线 ＝ ２ １ ｍＡ→Ｍ ＋ ２ １ ｎ→ＡＮ． 解得í ＝ ５ ， 或í ＝－ ５ ， １６．证明 构造向量ｕ ＝（ ａ ， ｂ ）， ｖ ＝（ ｃ ， ｄ ） ． ∵ ， ， ， î ï ïｙ ＝－ ２ ５ î ï ïｙ ＝ ２ ５． 因 的 为 夹角 ｕ · ｖ ＝｜ ｕ ｜｜ ｖ ｜ｃｏｓ θ （ 其中θ为向量ｕ ， ｖ ∴ １ ２ ｍ ＋ ２ １ ｎ ＝１ ． ∴ ｍ ＋ ｎ ＝２ ． ５ ５ ）， ６．４．２ 向量在物理中的应用举例 ( ) ( ) ∴ ｅ ＝ ５ ，－ ２ ５ 或ｅ ＝ － ５ ， ２ ５ ． 所以ａｃ ＋ ｂｄ ＝ ａ２ ＋ ｂ２ · ｃ２ ＋ ｄ２ ·ｃｏｓ θ ， 练习 综合运用 ５ ５ ５ ５ （ ａ ａｃ ２ ＋ ｂ ｂ ２ ｄ ） ２ ＝ ｃ （ ２ ａ２ ｄ ＋ ２ ｂ２ ）·（ ｃ２ ＋ ｄ２ ）ｃｏｓ ２θ ≤ １．解析 →ＡＢ ＝（７，０）－（２０，１５）＝（－１３，－１５）， （ ＋ ）·（ ＋ ）， １１．解析 →ＥＦ →ＡＦ →ＡＥ １ →ＡＤ １→ＡＢ 不等式中等号成立的条件是ｕ ， ｖ同向或反向． Ｗ ＝ Ｆ · →ＡＢ ＝（４，－５）·（－１３，－１５） （１） ＝ － ＝ － ＝ ． ３ ２ ＝４×（－１３）＋（－５）×（－１５）＝２３ ２ ５２ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 ２．解析 由已知得ＯＡ ＝ ＯＢ ＝４， ＯＭ ＝４ ３ ． ２．解析 由正弦定理得 Ｃ ｃ ｓｉｎ Ａ ◆习题6.4 （１） ｓｉｎ ＝ ａ ＝ 复习巩固 设 ＭＯＢ θ 则 θ ２ ３ ３ ∴ ∠ θ ＝３０ ° ， ＝ ∴∠ ， ＡＯ ｃｏ Ｂ ｓ ＝６ ＝ ０ °． ４ ＝ ２ ， ２ ３ ３ × ２ ３ ＝ １ ， １．Ｄ 由 æ è ç ｜ → → Ａ Ａ Ｂ Ｂ ｜ ＋ ｜ → → Ａ Ａ Ｃ Ｃ ｜ ö ø ÷ · →ＢＣ ＝０， 知 ∠ Ａ的平 ２ ２ 分线与ＢＣ边垂直 所以 ＡＢＣ为等腰三角 Ａ Ｃ Ｂ ． ， △ ∵ ＝１２０°，∴ ＝３０°， ＝３０° →ＡＢ →ＡＣ 形 又 １ 所以 Ａ １ 所 ∴ ｂ ＝ ｃ ＝ ２ ３ ３． ， ｜ →ＡＢ ｜ · ｜ →ＡＣ ｜ ＝ ２ ， ｃｏｓ ＝ ２ ， 以 Ａ ． ６＋ ２ ∠ ＝６０° ｂ Ｃ ２× 所以 ＡＢＣ为等边三角形． 由正弦定理得ｃ ｓｉｎ ４ △ （２） ＝ ｓｉｎ Ｂ ＝ ｓｉｎ（４５°＋７５°） ２．Ｃ 若 ｜ →ＯＡ ｜＝｜ →ＯＢ ｜＝｜ →ＯＣ ｜， 则Ｏ为 △ ＡＢＣ的 ３． Ｆ 解 解 １ 图 析 的 中 夹 两 （ 角 １ 个 ） 为 如 直 θ 图 角 ， 则 ， 三 设 利 角 Ｆ 用 形 １， 三 易 Ｆ 角 ２ 得 的 函 ｜ Ｆ 合 数 ｜ 力 ＝ 及 （ 为 勾 ３ Ｆ 股 ＋ ， １ 定 Ｆ ）Ｎ 与 理 ， ＝ ２× ６ ２ ３ ＋ ４ ２ ＝ ３ ２ ３ ＋ ６． ３． 外 心 △ 证 ； Ａ 心 明 若 Ｂ ； Ｃ → 若 Ｐ 的 如 Ａ →Ｎ · 图 垂 Ａ → ＋ Ｐ 心 →Ｎ Ｂ Ｂ Ｃ Ｂ ． ＝ 故 ＋ 为 →Ｐ →Ｎ 选 Ｂ 圆 Ｃ · Ｃ 的 ＝ ． →Ｐ ０ 直 Ｃ ， 则 径 ＝ → ． Ｐ 设 Ｎ Ｃ 圆 为 · 的 → △ ＰＡ 半 Ａ ， Ｂ 径 则 Ｃ 为 的 Ｐ ｒ 重 为 θ ° 所以 Ｆ ． ， ， ＝３０ ， ｜ ３｜＝（ ３＋１）Ｎ ３．解析 ∵ｃｏｓ Ａ ＝ ５ ４ ，∴ｓｉｎ Ａ ＝ ５ ３ ， 则→ＡＢ · →ＡＣ ＝（ →ＯＢ － →ＯＡ ）·（ →ＯＣ － →ＯＡ ）＝ →ＯＢ · →ＯＣ →ＯＡ →ＯＢ →ＯＡ →ＯＣ →ＯＡ２ ｒ２ →ＯＡ →ＯＢ Ｃ Ａ Ｂ Ａ Ｂ Ａ Ｂ ３ － · － · ＋ ＝－ － ·（ ｓｉｎ ＝ｓｉｎ（ ＋ ）＝ｓｉｎ ｃｏｓ ＋ｃｏｓ ｓｉｎ ＝ ５ →ＯＣ ｒ２ ＋ ）＋ ＝０， １ ４ ３ ３＋４ ３． →ＡＢ →ＡＣ．即直径所对的圆周角是直角． × ＋ × ＝ ∴ ⊥ 由 知θ ° 所以Ｆ 与Ｆ 的夹角 ２ ５ ２ １０ 为 （２） ° （ ． １） ＝３０ ， ３ １ ３ １５０ ｂ Ａ ３× 由正弦定理得ａ ｓｉｎ ５ ６ ． ６．４．３ 余弦定理、正弦定理 ＝ ｓｉｎ Ｂ＝ ３ ＝ ５ 练习 ２ １．解析 ａ ． Ｂ ． Ｃ ． ． ３＋４ ３ （２） 由 余 （１ 弦 ） 定 ≈ 理 １０ ， 得 ５ｃ ｃ ｍ ２ ＝ ， ａ ≈ ２ ＋ ５ ｂ ５ ２ － ８ ２ ° ａ ， ｂ ｃ ＝ ｏｓ ８１ Ｃ ９ ＝ ° ５ ２ ｃ ＝ ｂ ｓｉｎ Ｂ Ｃ ＝ ３× １０ ＝ ３＋４ ３． ４．解析 （１） ｓ ＝ ｓ Ｂ－ ｓ Ａ＝（２，１０）－（４，３）＝（－２， ２．解 ＋２ 析 ２ － ２× 由 ５× 余 ２ 弦 ×ｃ 定 ｏｓ 理 π ３ 的 ＝ 推 １９ 论 ，∴ 得 ｃ ＝ １９ ． １ 练 ．解 习 析 ｓｉｎ 在 ＡＢＳ ２ ３ 中 ＡＢ ５ ． ． ７ （ 投 ） ２ 影 ． ） 设 向 向 量 量 为Ｏ ｓ →Ｍ 与 ， 与 ｓ Ａ 的 ｓ Ａ 夹 方 角 向 为 相同 θ ， ｓ 的 在 单 ｓ 位 Ａ 上 向 的 量 ｂ２ ｃ２ ａ２ ２ ２ ２ △ ， ＝３２２×０５ ( ) Ａ ＋ － （ ２） ＋（ ３＋１） －２ ． ＡＢＳ ． 为ｅ 则ｅ ４ ３ ． ｃｏｓ ＝ ｂｃ ＝ ＝ ＝１６１（ｎｍｉｌｅ），∠ ＝１１５° ， ＝ ， ２ ２× ２×（ ３＋１） 由正弦定理得 ５ ５ ｓ ｓ ２ ２ ，∴ Ａ ＝４５° ． ＡＳ ＝ ＡＢ ×ｓｉｎ∠ ＡＢＳ ＝ ＡＢ ×ｓｉｎ∠ ＡＢＳ × ２＝１６ ． １ 则 ｃｏｓ θ ＝ ｜ ｓ · ｜｜ ｓ Ａ Ａ｜ ， ｓｉｎ（６５°－２０°） ｓ ｓ Ｂ ａ２ ＋ ｃ２ － ｂ２ ２ ２ ＋（ ３＋１） ２ －（ ２） ２ ． Ｏ→Ｍ ｓ θ ｅ · Ａ ｅ １３ｅ ｃｏｓ ＝ ２ ａｃ ＝ ２×２×（ ３＋１） ＝ Ｓ ×ｓ 到 ｉｎ 直 １１ 线 ５° Ａ × Ｂ ２ 的 （ 距 ｎｍ 离 ｉｌｅ） ∴ ( ＝ ｜ ) ｜ｃｏｓ · ＝ ｜ ｓ Ａ｜ · ＝ ５ ＝ ２ ３ ，∴ Ｂ ＝３０°，∴ Ｃ ＝１０５° ． ７ ｄ ． ＝ ０６ Ａ （ Ｓ ｎ ×ｓ ｍ ｉｎ ｉｌ ２ ｅ ０ ） ° ． ＝１６ ． １×ｓｉｎ１１５°× ２×ｓｉｎ２０°≈ ５．解 ２ ５ 析 ５ ２ ， ３ ２ ９ ５ ． 实际前进的速度的大小为 因为 ． ． （１） ３．解析 ∵ｓｉｎ Ａ ＝ ２ ２ ０ ３１ ，０°＜ Ａ ＜９０°， 所以这 ７ 艘 ０６ 船 ＞６ 可 ５， 以继续沿正北方向航行． ２ ２ ＋（２ ３） ２ ＝４（ｋｍ／ｈ）， 沿与水流方向成 °的方向前进． 由 ∴ 余 ｃｏｓ 弦 Ａ 定 ＝ 理 ２ １ ０ ３ 得 ． ａ２ ＝ ｂ２ ＋ ｃ２ －２ ｂｃ ｃｏｓ Ａ ＝５ ２ ＋２ ２ －２ ２． ∠ 证 －（ Ｂ 明 １ Ｐ ８０ Ａ ° ＝ － 在 １ γ ８ ＋ ０ △ β ° ） － Ａ ＝ Ｂ （ Ｐ α γ － － 中 β α ） ． ， － ∠ ∠ Ａ Ａ Ｂ Ｂ Ｐ Ｐ ＝ ＝１ １ ８ ８ ０ ０ ° ° － － （ γ α ＋ － β β ） ， ６ （ ０ ２） θ 设沿 ° 与水 ２ 流方向 ３ 成 由计 θ 算 的 器 方 计 向 算 游 得 ， 则 θ ×５×２×ｃｏｓ Ａ ＝２５＋４－２０× １３ ＝１６，∴ ａ ＝４ ． 在 △ ＡＢＰ中 ， 根据正弦定理得 ｓｉｎ（ －９０ ）＝ ２ ３ ＝ ３ ， － ２０ ａ ° γ β ａ γ β ° ° θ ° 沿与水流方向约成 由余弦定理的推论得 ＡＰ ｓｉｎ（１８０ － ＋ ） ｓｉｎ（ － ）． ９０ ≈３５ ，∴ ≈１２５ ，∴ ＝ γ α ＝ γ α °的方向游． 练 ｃ ∴ 习 ｏｓ Ｃ Ｃ ≈ ＝ ２ ａ ２ ２ ° ＋ ． ２ ｂ ａ ２ ｂ － ｃ２ ＝ １ ２ ６ × ＋ ４ ２５ × － ５ ４ ＝０ ． ９２５， ３．解 所 析 以 山 ． 在 高 ｓｉ 为 △ ｎ（ Ａ ｈ Ｂ － ＝ Ｃ Ａ ） Ｐ 中 × ， ｓ ∠ ｉｎ Ａ α ｓ Ｂ ｉ ＝ ｎ Ｃ ａ （ ＝ ｓｉｎ １ － ｓｉ ８ ｎ α ０ ） （ ｓ ° ｉ γ ｎ － － （ ７ α γ ５ ） ° － ＋ β ） ３２ ． ° ６． １ 解 ｖ 前 ｙ ２ ＝ ５ 析 进 ２ 的 ３ （ 速 · １ 度 ） ｃ Ａ ｏ 的 ≈ ｓ 大 （ ４９ θ 小 ° － ， ９ 为 Ｂ ０ ＝ ° ２ ） ２ ＝ ４ ２ ° ２ ， ｋ ｃ ｍ ≈ ２ ／ （ ｈ ６ ｋ ． ２ ｍ ｃ ／ ｍ ｈ ． ）， 实际 １．解析 （１） ａ ≈１８ｃｍ， ｂ ≈１５ｃｍ， Ｃ ＝７５° ． 根 ＝１３７ 据 ° 余 弦 定 理 得 ＡＣ ＝ ７． （ 解 ２ 析 ） Ａ ≈３６° ａ ， Ｂ ≈４０°， Ｃ ｂ ＝１０４° ． Ｂ ． 由正弦定理得 Ａ ａ ｓｉｎ Ｂ ２０× ２ １ ＡＢ２ ＋ ＢＣ２ －２ ＡＢ × ＢＣ ×ｃｏｓ∠ ＡＢＣ （２） Ｂ ≈ （ ４ １ ３ ） °， ≈ Ａ ＝ ３ １ ８ １ ｃ ４ ｍ °， ， ａ ≈ ≈ ３ ３ ９ ５ ｃ ｃ ｍ ｍ ， 或 ＝ Ｂ ８ ≈ ０° １３７°， （２） ｓｉｎ ＝ ｂ ＝ ≈ ． ２ ２ ． Ａ ａ ． １１ ＝ ６７５ ＋５４ －２×６７５×５４×ｃｏｓ１３７° ＝２０°， ≈１３ｃｍ ． ． ． ． ８．解析 在 ＢＣＤ中 由正弦定理 得 ０９０９１ ≈１１３１５ △ ， ， ａ ｂ Ｂ为锐角 ＢＣ ＡＢＣ ＣＤ ＢＤＣ ｓ β ∵ ＞ ， ， 根据正弦定理得 ＣＡＢ ｓｉｎ∠ ＢＣ ｓｉｎ∠ ·ｓｉｎ ． Ａ有两解 Ａ 或Ａ ． ｓｉｎ∠ ＝ ＡＣ ＝ ＝ ＣＢＤ ＝ α β ∴ ， ≈６５° ≈１１５° ｓｉｎ∠ ｓｉｎ（ ＋ ） 当Ａ 时 Ｃ Ａ Ｂ 在 ＡＢＣ 中 ＡＢ ＢＣ ＡＣＢ ≈６５° ， ＝１８０°－ － ＝８５°， ５４×ｓｉｎ１３７° ． Ｒｔ △ ， ＝ ｔａｎ ∠ ＝ ｂ Ｃ ． ≈０３２５５， ｓ θ β ｃ ｓｉｎ ． １１３１５ ｔａｎ ｓｉｎ ． ＝ Ｂ≈２２ｃｍ ＣＡＢ ． α β ｓｉｎ ∴∠ ＝１９０°， ｓｉｎ（ ＋ ） 当Ａ 时 Ｃ ° Ａ Ｂ ＣＡＢ ． ． ９．解析 以气象台为坐标原点 正东方向 ≈１１５° ， ＝１８０ － － ＝３５°， ∴７５°－∠ ＝５６０° （１） ， ｂ Ｃ 此船应该沿北偏东 ． 的方向航行 需要 为ｘ轴正方向 建立直角坐标系 现在台风 ｃ ｓｉｎ ． ５６ ０° ， ， ， ＝ Ｂ≈１３ｃｍ 航行 ． ． 中心Ｂ的坐标为 设ｔ小时后台风 ｓｉｎ １１３１５ｎｍｉｌｅ （－３００，０）， ２ ５３ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋中心移到Ｂ′ 则Ｂ′的坐标为 ｔ 用时间最短． 同理可证ｂ Ｒ Ｂ ｃ Ｒ Ｃ． ， （－３００＋４０ｃｏｓ４５°， ＝２ ｓｉｎ ， ＝２ ｓｉｎ ４０ ｔ ｓｉｎ４５°）， 即 （－３００＋２０ ２ ｔ ，２０ ２ ｔ ） ． １８．证明 根据 ａ ｂ 得ｂ ａ ｓｉｎ Ｂ ． 因为以台风中心为圆心 以 千米为半径 Ａ＝ Ｂ， ＝ Ａ ， ２５０ ｓｉｎ ｓｉｎ ｓｉｎ 的圆上或圆内的点将受台风影响 ， 所以Ｓ ＝ １ ａｂ ｓｉｎ Ｃ ＝ １ ａ × ａ ｓｉｎ Ａ Ｂ ×ｓｉｎ Ｃ 所以 ＡＢ′ 即 ｔ ２ ｔ ２ ２ ２ ｓｉｎ ｜ ｜≤２５０， （－３００＋２０ ２ ） ＋（２０ ２ ） Ｂ Ｃ ≤２５０ ２ ， 整理得 １６ ｔ２ －１２０ ２ ｔ ＋２７５≤０， ＝ １ ａ２ｓｉｎ ｓｉ Ａ ｎ ． ２ ｓｉｎ 拓广探索 解 风 故 即 得 大 影 ２ ． １ 响 约 ０ ５ ０≤ ２ ２ 大 ４ 小 ｔ － ≤ 约 ５ 时 ８ 持 ． ７ 后 ６ ≤ 续 １ ． 气 ｔ ≤ 象 小 １ 台 ５ 时 ２ Ａ ４ ＋ 所 ５ 分 在 ７ 钟 ， 地 ． 将遭受台 １４． ∴ ∴ 解 合 ∠ 析 Ｂ 速 Ａ 由 度 Ｃ ＝ 已 的 ６ 知 方 ０° ， 向 ． 得 为 ｔ 北 ａｎ∠ 偏 Ｂ 西 ＡＣ ６０ ＝ ° ２ ． ５ ２ ０ ５０ ３ ＝ ３， １９．解 ∴ 证 Ｂ 析 明 Ｒ ： ＝ ∵ Ａ ２ △ Ｒ ＥＲ ＝ Ａ ， Ｒ Ｒ Ｔ Ｅ ＝ ∽ Ｔ △ Ｃ． ＣＲＢ ， Ｅ为ＡＤ的中点 ， ， ６ ３７ ｖ ２ ２ →ＡＲ →ＡＢ →ＢＲ →ＡＢ ２→ＢＥ ｜ ｜＝ （２ ３） ＋６ －２×２ ３×６×ｃｏｓ１５０° ＝ ＝ ＋ ＝ ＋ １０．解析 Ｓ １ ａｂ Ｃ １ ｂｃ Ａ １ ３ ａｃ Ｂ △ ＡＢ 其 Ｃ＝ 中 ２ Ａ Ｂ ｓｉ Ｃ ｎ 分 ＝ 别 ２ 为三 ｓ 角 ｉｎ 形 ＝ 三个 ２ 此时 １２ 小 ＋３ 货 ６＋ 船 ３６ 航 ＝ 行 ２ 速 ２ 度 １ 的 ， 大小为 ． ＝ →ＡＢ ＋ ２ （ →ＡＥ － →ＡＢ ） · ｓｉｎ （ ， ， ２ ２１ ｋｍ／ｈ ３ 角 ａ ｂ ｃ为相应对边 ． １５．证明 根据余弦定理 得 ( ) 综合运 ， 用 ， ， ） ( ａ ) ２ ａ ， ＝ →ＡＢ ＋ ２ １→ＡＤ － →ＡＢ ｍ２ａ＝ ＋ ｃ２ －２× × ｃ ×ｃｏｓ Ｂ ３ ２ １１．解析 （１） 设Ｐ （ ｘ ， ｙ ）， 则→ＡＰ ＝（ ｘ －１， ｙ －２） ． ( ａ ) ２ ２ ａ２ ２ ｃ２ ｂ２ ＝ １→ＡＢ ＋ １→ＡＤ ＝ １→ＡＣ． 将→ＡＢ绕点Ａ沿顺时针方向旋转π得到→ＡＰ ＝ ＋ ｃ２ － ａ × ｃ × ＋ ａｃ － ３ ３ ３ ４ ， ( ２ ) ２ ２ 同理→ＴＣ ＝ １→ＡＣ ， 相当于沿逆时针方向旋转 ７ 得到→ＡＰ 又 ＝ １ ［ ａ２ ＋４ ｃ２ －２（ ａ２ ＋ ｃ２ － ｂ２ ）］ ＡＲ ＲＴ ３ ＴＣ． π ， ２ ∴ ＝ ＝ ４ ( ) ２ ２０．证明 根据余弦定理的推论 →ＡＢ ＝（ ２，－２ ( ２）， ＝ ２ １ ［２（ ｂ２ ＋ ｃ２ ）－ ａ２ ］ ． 得 Ｃ （１） ａ２ ＋ ｂ２ － ｃ２ ， 于是→ＡＰ ＝ ２ ｃｏｓ ７ ４ π＋２ ２ｓｉｎ ７ ４ π， 所以ｍ ａ＝ １ ２（ ｂ２ ＋ ｃ２ ）－ ａ２． 由同 ｃｏ 角 ｓ 三 ＝ 角函 ２ ａ 数 ｂ 之间 ， 的关系得 ) ２ ， ７ ７ ． Ｃ ２Ｃ ２ｓｉｎ π－２ ２ｃｏｓ π ＝（－１，－３） ｓｉｎ ＝ １－ｃｏｓ {ｘ ４ { ４ ｘ (ａ２ ＋ ｂ２ － ｃ２ ) ２ 所以 －１＝－１，解得 ＝０， ＝ １－ ａｂ ， ｙ ｙ ２ －２＝－３， ＝－１， 所以Ｐ ． 代入Ｓ １ ａｂ Ｃ （０，－１） ＝ ｓｉｎ ， ２ １２．解析 ∵ →ＡＭ ＝ ２ １ （ →ＡＣ ＋ →ＡＢ ）， →ＢＮ ＝ ２ １→ＡＣ － →ＡＢ ， 同理 ， ｍ ｂ＝ ２ １ ２（ ａ２ ＋ ｃ２ ）－ ｂ２ ， 得Ｓ ＝ １ ａｂ １－ (ａ２ ＋ ｂ ａ ２ ｂ － ｃ２ ) ２ ， →ＡＢ →ＡＣ →ＡＢ →ＡＣ ° ２ ２ · ＝｜ ｜｜ ｜ｃｏｓ６０ ＝ ( ５， ) ｍ ｃ＝ １ ２（ ａ２ ＋ ｂ２ ）－ ｃ２． １ ａｂ ２ ａ２ ｂ２ ｃ２ ２ ∴ Ａ→Ｍ · →ＢＮ ＝ １ （ →ＡＣ ＋ →ＡＢ ）· １→ＡＣ － →ＡＢ １６．证明 ２ 根据余弦定理的推论 ＝ ４ （２ ） －（ ＋ － ） ２ ２ ， ＝ １ ( １ ｜ →ＡＣ ｜ ２ － １→ＡＢ · →ＡＣ －｜ →ＡＢ ｜ ２ ) 得 ｃｏｓ Ａ ＝ ｂ２ ＋ ｃ ｂ ２ ｃ － ａ２ ， ＝ ４ １ （２ ａｂ ＋ ａ２ ＋ ｂ２ － ｃ２ ）（２ ａｂ － ａ２ － ｂ２ ＋ ｃ２ ） ２ ( ２ ２ ) ａ２ ｃ２ ２ ｂ２ ＝ １ （ ａ ＋ ｂ ＋ ｃ ）（ ｂ ＋ ｃ － ａ ）（ ｃ ＋ ａ － ｂ ）（ ａ ＋ ｂ － ｃ ），① １ ２５ ５ ． Ｂ ＋ － ４ ＝ × － －４ ＝３ ｃｏｓ ＝ ａｃ ， ２ ２ ２ ２ ｐ １ ａ ｂ ｃ 所以ｃ ａ Ｂ ｂ Ａ ∵ ＝ （ ＋ ＋ ）， ∵ ｜ Ａ→Ｍ ｜ ２ ＝ １ （｜ →ＡＣ ｜ ２ ＋２ →ＡＣ · →ＡＢ ＋｜ →ＡＢ ｜ ２ ） ( （ ａ２ ｃｏ ｃ ｓ ２ ｂ － ２ ｃｏｓ ｂ２ ） ｃ２ ａ２ ) ２ ４ ｃ ａ ＋ － ｂ ＋ － １ ｂ ｃ ａ ｐ ａ ＝ × ａｃ － × ｂｃ ∴ （ ＋ － ）＝ － ， １ ３９ ２ ２ ２ ＝ ×（２５＋２×５＋４）＝ ， (ａ２ ｃ２ ｂ２ ｂ２ ｃ２ ａ２ ) ４ ４ ｃ ＋ － ＋ － １ ａ ｃ ｂ ｐ ｂ ＝ ｃ － ｃ （ ＋ － ）＝ － ， Ａ→Ｍ ３９ ２ ２ ２ ∴ ｜ ｜＝ ， ２ ＝ １ （２ ａ２ －２ ｂ２ ）＝ ａ２ － ｂ２ ， １ （ ｂ ＋ ａ － ｃ ）＝ ｐ － ｃ． ｜ →ＢＮ ｜ ２ ＝ １ ｜ →ＡＣ ｜ ２ － →ＡＣ · →ＡＢ ＋｜ →ＡＢ ｜ ２ ＝ ２５ －５ 所以 ２ 所证等式成立． 代 ２ 入 可证得 ４ ４ ① ， １７．证明 只需证ａ Ｒ Ａ 其中Ｒ为 ＡＢＣ Ｓ ｐ ｐ ａ ｐ ｂ ｐ ｃ ． ２１ ＝２ ｓｉｎ ， △ ＝ （ － ）（ － ）（ － ） ＋４＝ ， 外接圆的半径． 三角形的面积Ｓ与三角形内切圆半径ｒ ４ （２） 若Ａ为锐角 如图 所示 作直径ＢＡ′ ∴ ｜ →ＢＮ ｜＝ ２ ２１ ， Ａ→Ｍ →ＢＮ ① 连 Ａ′Ｂ 接 ｓｉｎ Ａ′ Ａ Ｃ ′ ， ＝ 则 ２ Ｒ Ａ ｓ （ ｉ ＝ ｎ Ａ Ａ ′ ， ， 即 在 ① ａ Ｒ ＝ ｔ ２ △ Ｒ ） Ａ ｓ ， ｉ ′ ｎ ＣＢ Ａ ； 中 ， ＢＣ ＝ ， 所 之 以 间有 ｒ 关 Ｓ 系式Ｓ （ ＝ ｐ － ２ １ ａ × ） ２ （ ｐ ｐ × － ｒ ｂ ＝ ） ｐ （ ｒ ｐ ， － ｃ ）． ＭＰＮ · ３ ＝ ｐ ＝ ｐ ｃｏｓ ∠ ＝ ＝ ＝ ｜ Ａ→Ｍ ｜｜ →ＢＮ ｜ ３９ ２１ × 根据三角形面积公式Ｓ １ ａｈ ２ ２ （３） ＝ ａ， ２ ４ ９１． 图 图 图 得ｈ ２ Ｓ ２ ｐ ｐ ａ ｐ ｂ ｐ ｃ ９１ ① ② ③ ａ＝ ａ ＝ ａ （ － ）（ － ）（ － ）， １３．解析 如图 设ｖ 与ｖ 的夹角为θ 合速度 若Ａ是直角 如图 所示 在 ＢＡＣ 为ｖ ｖ 与ｖ ， 的夹 １ 角为 ２ α 行驶距离 ， 为ｌ 则 ② 中 可直接得ａ （ Ｒ ② Ａ ）， Ｒｔ△ 即ｈ ａ＝ ａ ２ ｐ （ ｐ － ａ ）（ ｐ － ｂ ）（ ｐ － ｃ ） ． ， ２ ， ， ， ＝２ ｓｉｎ ； ｖ θ θ ． 若Ａ为钝角 如图 所示 作直径ＢＡ′ α ｜ １｜ｓｉｎ １０ｓｉｎ ｌ ０５ ③ （ ③ ）， ， 同理 ｈ ２ ｐ ｐ ａ ｐ ｂ ｐ ｃ ｓｉｎ ＝ ｖ ＝ ｖ ， ＝ α ＝ 连接Ａ′Ｃ 则Ａ′ Ａ 在 ＢＣＡ′中 ＢＣ ， ｂ＝ ｂ （ － ）（ － ）（ － ）， ｜ ｜ ｜ ｜ ｓｉｎ ， ＝π－ ， Ｒｔ△ ， ＝ ｖ ｌ Ａ′Ｂ Ａ′ Ｒ Ａ Ｒ Ａ 即ａ ｜ ｜ １ ． ｓｉｎ ＝２ ｓｉｎ（π－ ）＝ ２ ｓｉｎ ， ＝ ｈ ２ ｐ ｐ ａ ｐ ｂ ｐ ｃ ． θ， ｖ ＝ θ Ｒ Ａ． ｃ＝ ｃ （ － ）（ － ）（ － ） ２０ｓｉｎ ｜ ｜ ２０ｓｉｎ ２ ｓｉｎ 所以当θ ° 即船垂直于对岸行驶时所 由 得ａ Ｒ Ａ． ２１．解析 方案一 需要测量的数据有 Ａ ＝９０ ， ①②③ ＝２ ｓｉｎ ：（１） ： ２ ５４ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 点到Ｍ Ｎ点的俯角α β Ｂ点到Ｍ Ｎ的 ， １， １； ， →ＦＡ →ＤＣ １ ａ ２ ｂ 俯角α β Ａ Ｂ的距离ｄ 如图所示 ． ＝ ＝ － ， ２， ２； ， （ ） ３ ３ →ＡＢ ２ ａ １ ｂ →ＣＥ ａ ｂ． ＝ － ， ＝－ ＋ ３ ３ ４．解析 →ＡＢ →ＡＢ ． 综合运用 （１） ＝（８，－８），｜ ｜＝８ ２ （２） →ＯＣ ＝（２，－１６）， Ｏ→Ｄ ＝（－８，８） ． １３．答案 （１） Ａ （２） Ｄ （３） Ｂ （４） Ｃ Ｄ Ｃ →ＯＡ →ＯＢ ． （５） （６） （３） · ＝３３ １４．证明 先证ａ ｂ ａ ｂ ａ ｂ ． ５．解析 设Ｄ ｘ ｙ 由题意知 ｘ ｙ （１） ⊥ ⇒｜ ＋ ｜＝｜ － ｜ 所以ｘ （ ， ） ｙ ， 所以Ｄ （－２，－１） ． ＝（ ， ｜ ａ ＋ ｂ ｜＝ （ ａ ＋ ｂ ） ２ （ 第 ｓｉ ２ ｎ ｄ 二 ） （ ｓ α 第 ｉｎ 步 １＋ 一 α α ２ 步 ２ 计 ） ： ； 算 计算 ＡＮ Ａ ． Ｍ 由 ．由 正 正 弦 弦 定 定 理 理 得 得 Ａ Ａ Ｎ Ｍ ＝ ６． 整 解 －１ 理 析 ）， 得 { 由 ０ μ 题 ＋ ＋ μ λ 意 ＝ ＝ ＝ － 得 ０ － ２ ， １ ， （ ， － 解 ＝ １ ０ ， 得 ， ０） { ＝ μ λ λ ＝ ＝ （ ０ － １ ， １ （ ， ． － ０） ２， ＋ ０ μ ） （１，１）， ＝ ｜ ＝ ａ － ｂ ｜ ｜ ｜ ａ ａ ＝ ｜ ｜ ２ ２ ＋ ＋ （ ｜ ｜ ｂ ｂ ａ ｜ ｜ － ２ ２ ｂ ＋ － ） ２ ２ ２ ａ ａ · · ｂ ｂ ， ． ： ＝ ７．解析 由题意得→ＡＢ →ＡＣ →ＢＣ 因为ａ ｂ 所以ａ ｂ ｄ β ＝（３，０）， ＝（３，４）， ⊥ ， · ＝０， 第 ｓｉｎ 三 （ ｓ β ｉ 步 ｎ ２－ ： β ２ 计 １） 算 ； ＭＮ．由余弦定理得 ＝（０，４），ｃｏｓ Ａ ＝ ｜ → → Ａ Ａ Ｂ Ｂ · ｜｜ → → Ａ Ａ Ｃ Ｃ ｜ ＝ ５ ３ ，ｃｏｓ Ｂ ＝ 于 再 是 证 ｜ ｜ ａ ａ ＋ ＋ ｂ ｂ ｜ ｜ ＝ ＝｜ ａ － ｜ ａ ｂ ｜ ｜ ２ ⇒ ＋ ａ ｜ ｂ ⊥ ｜ ２ ｂ． ＝｜ ａ － ｂ ｜ ． ＭＮ ＝ ＡＭ２ ＋ ＡＮ２ －２ ＡＭ × ＡＮ ｃｏｓ（ α １－ β １） ． →ＢＡ · →ＢＣ Ｃ →ＣＡ · →ＣＢ ４ ． 由于 ｜ ａ ＋ ｂ ｜＝ ｜ ａ ｜ ２ ＋２ ａ · ｂ ＋｜ ｂ ｜ ２ ， 点 方 Ａ点 案 的 到 二 俯 ： 角 Ｍ （ ， １ α Ｎ ） 需 点 β 要 的 Ａ 测 俯 Ｂ 量 角 的 的 α 距 数 １， 离 据 β １ 有 ｄ ； Ｂ ： 如 点 图 到 所 Ｍ 示 ， Ｎ ． ８．解 ｜ →Ｂ 析 Ａ ｜ ｜ →Ｂ 由 Ｃ 题 ｜ ＝ 意 ０， 得 ｃｏ （ ｓ λ ＋ ＝ １ ｜ ） →Ｃ × Ａ １ ｜ ＋ ｜ →Ｃ λ Ｂ × ｜ ０ ＝ ＝０ ５ ， 解得λ 所 于 ｜ ａ 以 是 － ｂ 由 ａ ｜＝ ｜ ａ ｂ ＋ ． ｂ ｜ ａ ｜ ｜ ＝ ２ － ｜ ａ ２ － ａ ｂ · ｜ 可 ｂ ＋ 得 ｜ ｂ ａ ｜ ２ · ， ｂ ＝０， 第一步 ２， 计 ２ 算 ； Ｂ ， Ｍ．由正弦定 （ 理得ＢＭ ） ＝－１ ． 所以ａ ⊥ ｂ ａ ｂ ａ ｂ ． （２ ｄ ） α ： ＝ ９．解析 ｜ ａ ＋ ｂ ｜＝ （ ａ ＋ ｂ ） ２ 几何意 ⊥ 义是 ⇔ 矩 ｜ 形 ＋ 的 ｜ 两 ＝｜ 条 － 对 ｜ 角线相等． ｓｉｎ １ ｓｉｎ（ α １＋ α ２） ； ＝ ｜ ａ ｜ ２ ＋２ ａ · ｂ ＋｜ ｂ ｜ ２ （２） 先证 ｜ ａ ｜＝｜ ｂ ｜⇒ ｃ ⊥ ｄ． 第 ｄ 二步 β ： 计算 ＢＮ．由正弦定理得 ＢＮ ＝ ＝ ３＋２× ３×２×ｃｏｓ３０ ° ＋４＝ １３， 因 ｃ · 为 ｄ ＝ ａ （ ａ ＋ ｂ ｂ ）· 所 （ ａ 以 － ｂ ｃ ）＝ ｄ ｜ ａ ｜ ２ ． －｜ ｂ ｜ ２ ， ｓｉｎ １ ａ ｂ ａ ｂ ２ ａ ２ ａ ｂ ｂ ２ ｜ ｜＝｜ ｜， · ＝０ β β ； ｜ － ｜＝ （ － ） ＝ ｜ ｜ －２ · ＋｜ ｜ 所以ｃ ｄ．再证ｃ ｄ ａ ｂ ． 第 ｓｉｎ 三 （ 步 ２－ １ 计 ） 算 ＭＮ．由余弦定理得 ＭＮ ° ． 由ｃ ⊥ ｄ得ｃ ｄ ⊥ ⇒｜ ｜＝｜ ｜ ： ＝ ＝ ３－２× ３×２×ｃｏｓ３０ ＋４＝１ ⊥ · ＝０， ２２．解析 ＢＭ２ ＋ ＢＮ 由 ２ ＋ 正 ２ Ｂ 弦 Ｍ 定 × Ｂ 理 Ｎ ｃｏ 得 ｓ（ β ２＋ α ２） ． １０． 延 解 长 析 线于 如 点 图 ， Ｈ 过 ． 点Ｃ作ＣＨ ⊥ ＡＤ ， 交ＡＤ的 即 所 （ 以 ａ ＋ ａ ｂ ）· ｂ （ ａ ． － ｂ ）＝ ｜ ａ ｜ ２ －｜ ｂ ｜ ２ ＝０， （１） ， ｜ ｜＝｜ ｜ 几何意义是菱形的对角线互相垂直． Ａ Ｃ Ａ Ｃ Ｂ Ｃ． ｓｉｎ ｃｏｓ ＋ ３ｓｉｎ ｓｉｎ ＝ｓｉｎ ＋ｓｉｎ Ｂ Ａ Ｃ １５．证明 如图 设Ｏ→Ｄ Ｏ→Ｐ Ｏ→Ｐ ∵ ＝π－（ ＋ ）， ， ＝ １＋ ２， 又 ∴ ３ｓｉｎ Ｃ Ａ ｓｉｎ Ｃ ＝ｃｏｓ Ａ ｓｉｎ Ｃ ＋ｓｉｎ Ｃ． 因为Ｏ→Ｐ １＋ Ｏ→Ｐ ２＋ Ｏ→Ｐ ３＝ ０ ， ∵ｓｉｎ ≠０， Ａ Ａ ∴ ３ｓｉｎ －ｃｏｓ ＝１， ( ) 即 Ａ π １ ． 设ＣＨ ｘ ＤＨ ｙ 则 ｓｉｎ － ＝ ＝ ， ＝ ， ６ ２ { ２ ｙ ２ ｘ２ 又 ０＜ Ａ ＜π，∴ Ａ ＝ π． １００ ２ ＝ ｘ２ （７ ｙ ０ ２ ＋ ） ＋ ，解得ｙ ＝２５， ３ ４０ ＝ ＋ ， ＤＨ Ｓ １ ｂｃ Ａ ｂｃ ． θ ２５ ５ （ 而 ２） ａ ∵ ２ ＝ ｂ △ ２ Ａ ＋ Ｂ ｃ Ｃ ２ ＝ －２ ２ ｂｃ ｃｏ ｓ ｓ ｉｎ Ａ ， ＝ ３，∴ ＝４ ∴ｃｏ β ｓ Ａ ＝ Ｈ ＤＣ ７ ＝ ０＋ ４０ ２５ ＝ ８ １９ ， ． 所以Ｏ→Ｐ ３＝－ Ｏ→Ｄ ， ２３．解 故 析 ｂ２ ＋ ｃ 略 ２ ＝ ． ８， 解得ｂ ＝ ｃ ＝２（ 负值已舍去 ） ． １１． ｃ 解 ｏｓ 析 ＝ＡＣ＝ Ｂ １００ ° ＝ ′ ２ Ｃ ０ ° ′ 又 ｜ Ｏ→Ｐ １｜＝｜ Ｏ→Ｐ ２｜＝｜ Ｏ→Ｐ ３｜， （１） ≈２１ ９， ≈３８ ５１， 所以 Ｏ→Ｄ Ｏ→Ｐ Ｐ→Ｄ ． 复习参考题6 ｃ ． ． ｜ ｜＝｜ １｜＝｜ １ ｜ ≈８６９ｃｍ 易得 ＯＰ Ｐ ° 复习巩固 （２） Ｂ ≈４１ ° ４９ ′ ， Ｃ ≈１０８ ° １１ ′ ， ｃ ≈１１ ． ４０ｃｍ 同理 ∠ 可得 １ Ｏ ２ Ｐ ＝３ Ｐ ０ ， °． ３ １ ２ ． ． ． 解 答 答 （ ＝ ５ Ｍ→ 析 案 案 ） Ａ Ｄ － Ｍ→ 如 （ （ （ Ｂ １ １ ６ 图 ） ） ＝ ） Ｄ √ － ， Ｂ Ａ ２ Ｃ （ （ ａ 与 ２ ２ ＋ ） ） Ｂ Ｂ １ √ Ｄ ｂ ， 交 （ （ ３ 于 ） ３） Ｄ 点 ✕ Ｍ （４ ， （ ） 则 ４ Ｃ ） →Ｄ ✕ Ｅ ＝ →ＢＡ １２． ７ （ 解 或 （ Ａ ５ ３ ４ 向 ° 析 ） ） Ｂ ， Ａ Ａ 海 ≈ 在 ≈ ≈ 轮 １ Ｃ 设 １ ２ ３ １ ８ 的 ８ 处 ° ° 海 ° ２ ５ １ 航 望 ７ ′ １ 轮 ， ′ ′ 线 ， Ｂ 见 ， 在 Ｂ Ｃ ≈ 小 ≈ Ｂ ≈ ３ Ｂ Ｄ 岛 ８ ４ １ ６ ° 处 １ 作 在 ５ ° ° ８ ３ ４ 望 垂 ４ 北 ′ ９ ， ′ ′ 见 ， ｃ 线 ， 偏 ≈ Ｃ ｃ 小 ≈ 段 ≈ 东 ２８ ２ 岛 １ ５ ． Ａ ． ０ ０ ４ ５ Ｄ ４ 在 ２ ６ ° ° ， ｃ ２ ｃ 北 如 从 ｍ ９ ｍ ′ ． ． 偏 图 小 ． 东 所 岛 １６． 所 同 所 解 △ 以 理 以 Ｓ 析 Ｍ ∠ △ 可 Ｎ Ｐ Ｐ 得 的 ３ １ 连 ∠ ∠ Ｐ Ｐ 中 １ ２ 接 Ｐ Ｐ Ｐ 位 １ ２ ３ Ｐ ＝ Ａ 线 １ 为 ２ Ｂ ６ Ｐ ， ３ 等 ０ ， ３ ＝ ° 由 ＝ 边 ． ３ ６ ０ 对 三 ０ ° 角 ， 称 ∠ 形 性 Ｐ ． ２ 可 Ｐ ３ 知 Ｐ １ ， ＝ Ａ ６ Ｂ ０ ° 是 ． ３ ３ ， 所以Ｍ→Ｎ →ＡＢ ｂ ａ． 示． ＝２ ＝２ －２ １７．解析 如图 ＡＥ ＡＥＤ 在 ＡＢＣ中 ＡＢＣ ＡＣＢ ， ＝９＋６＝１５ ｋｍ，∠ ＝ △ ，∠ ＝９０°－７５°＝１５°，∠ ＤＥ ． ＢＡＣ １２０°， ＝１０ｋｍ ＝９０°＋５５°＝１４５°，∠ ＝１８０°－１５°－１４５° 由余弦定理得ＡＤ２ ＡＥ２ ＤＥ２ ＡＥ ＥＤ ． ＝ ＋ －２ · · ＝２０° ( ) 在 ＡＢＣ中 由正弦定理 得 ° ２ ２ １ △ ， ， ｃｏｓ１２０ ＝１５ ＋１０ －２×１５×１０× － ＝ ＢＣ ＡＢＣ ２ ＡＣ ｓｉｎ∠ ８×ｓｉｎ１５°． ＡＤ ． ＝ ＢＡＣ ＝ ４７５，∴ ＝５ １９ ｋｍ ｓｉｎ∠ ｓｉｎ２０° 在 ＡＣＤ中 ＡＤ ＡＣ ＡＣＤ Ｒｔ△ ， ＝ ｓｉｎ∠ ＝ ＤＥ １０× ３ →ＡＤ ＝ ２ ａ ＋ ２ ｂ ， →ＢＣ ＝ １ ａ ＋ １ ｂ ， ８×ｓｉｎ１５° ×ｓｉｎ３５°≈３ ． ４７＞３， 由正弦定理得 ｓｉｎ Ａ ＝ ｓｉ Ａ ｎ Ｄ １２０° ＝ ２ ＝ ３ ３ ３ ３ ｓｉｎ２０° ５ １９ 所以这艘海轮不改变航向继续前进没有触 →ＥＦ →ＢＣ １ ａ １ ｂ １９×３ ． Ａ ． ° ° °． ＝－ ＝－ － ， 礁的危险． ≈０３９７４，∴ ≈２３°９０ －２３ ＝６７ ３ ３ １９ ２ ５５ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋方 故 向 由 约 Ａ 为 地 北 到 偏 Ｄ 东 地位 ６７ 移 ° ． 的大小为 ５ １９ ｋｍ， ｜ ｚ ２ ｜ ＝ ２ １ － ２ｉ ＝ ( ２ １ ) ２ ＋（－ ２） ２ ＝ ∴ （２ ｚ ） １ 结 ＋ ｚ 合 ２＝ 律 ｚ ２＋ ：（ ｚ １ ｚ ． １＋ ｚ ２）＋ ｚ ３＝ ｚ １＋（ ｚ ２＋ ｚ ３） ． ｚ ｚ ｚ ａ ｂ ａ ｂ ａ ３ （ １＋ ２）＋ ３＝［（ １＋ １ｉ）＋（ ２＋ ２ｉ）］＋（ ３＋ ， ｂ ａ ａ ｂ ｂ ａ ｂ ａ ２ ３ｉ）＝［（ １＋ ２）＋（ １＋ ２）ｉ］＋（ ３＋ ３ｉ）＝（ １ 综 ∴ 合 ｜ 运 ｚ １ 用 ｜＞｜ ｚ ２｜ ． ｚ ＋ ａ ２＋ ｚ ａ ３） ｚ ＋（ ｂ １＋ ｂ ａ ２＋ ｂ ３ ｂ ）ｉ， ａ ｂ ａ １＋（ ２＋ ３）＝（ １＋ １ｉ）＋［（ ２＋ ２ｉ）＋（ ３＋ ６．解析 （１） 若位于第四象限 ， 则有 ｂ ３ｉ）］＝（ ａ １＋ ｂ １ｉ）＋［（ ａ ２＋ ａ ３）＋（ ｂ ２＋ ｂ ３）ｉ］＝ {ｍ２ －８ ｍ ＋１５＞０， {ｍ ＞５ 或ｍ ＜３， （ ａ １＋ ａ ２＋ ａ ３）＋（ ｂ １＋ ｂ ２＋ ｂ ３）ｉ， ５＜ ｍ ｍ ２ － ＜ ５ ７ ｍ 或 － － １４ ２ ＜ ＜ ０ ｍ ＜ ⇒ ３ ． －２＜ ｍ ＜７ ⇒ ４． ∴ 解 （ 析 ｚ １ ＋ ｚ （ ２ １ ） ） ＋ ｜ ｚ ｚ ３ １ ＝ － ｚ ｚ １ ２ ＋ ｜ （ ＝ ｚ ｜ ２ （ ＋ ２ ｚ ３ ＋ ） ｉ ． ）－（３－ｉ）｜＝｜－１＋ （２） 若位于第一象限或第三象限 ， 则有 （ ｍ２ － ２ｉ｜＝ ５ ． 拓广探索 ８ ｍ ＋１５）·（ ｍ２ －５ ｍ －１４）＞０， （２）｜ ｚ ３－ ｚ ４｜＝｜（８＋５ｉ）－（４＋２ｉ）｜＝｜４＋３ｉ｜＝５ ． １８．解析 略． 即 （ ｍ －３）（ ｍ －５）（ ｍ ＋２）（ ｍ －７）＞０， ７．２．２ 复数的乘、除运算 １９．解析 略． 解得ｍ 或 ｍ 或ｍ ． 若位 ＞７ 于直 ３ 线 ＜ ｙ ＜５ ｘ上 ＜ 则 －２ 实部与虚部相 练习 （３） ＝ ， 第七章 复数 等 ， 必有ｍ２ －８ ｍ ＋１５＝ ｍ２ －５ ｍ －１４， 解得ｍ ＝ １．解析 （１）－１８－２１ｉ ． （２）６－１７ｉ ． （３）－２０－１５ｉ ． ２．解析 ． ． ． ２９． （１）－５（２）－２ｉ（３）５ 7.1 复数的概念 ３．解析 ． ． ． ． ３ （１）ｉ（２）－ｉ（３）１－ｉ（４）－１－３ｉ ７．１．１ 数系的扩充和复数的概念 ７．解析 （１） 因为→ＯＡ的起点在原点 ， 所以终点 ４．解析 （１） ｘ２ ＝－ １６ ，∴ ｘ ＝± ４ ｉ ． 坐标为向量对应的坐标 故Ａ 而点Ａ ９ ３ ， （２，１）， Δ ２ 练习 关于实轴的对称点是Ｂ 所以向量 （２） ＝１ －４×１×１＝－３＜０， （２，－１）， １．解析 －２＋ ３ １ ｉ 的实部是 －２， 虚部是 １ ３ ； →Ｏ （２ Ｂ ） 对 Ｂ 应 （ 的 ２， 复 － 数 １ 为 ） ２ 关 －ｉ 于 ． 虚轴的对称点是 ◆ ∴ 习 ｘ ＝ 题 －１ 7 ± ２ .2 ３ｉ． 的实部是 虚部是 Ｃ 故点Ｃ对应的复数为 ． ２＋ｉ ２， １； （－２，－１）， －２－ｉ 复习巩固 ８．解析 满足条件 ｚ 的点Ｚ的集合是 ２的实部是 ２ 虚部是 （１） ｜ ｜＝３ １．解析 ． ． ， ０； 以原点Ｏ为圆心 以 为半径的圆． （１）９－３ｉ（２）－２＋３ｉ ２ ２ ， ３ 的实部是 虚部是 满足条件 ｚ 的点Ｚ的集合是以 ７ ５ ． ． ． ． － ３ｉ ０， － ３； （２） ２≤｜ ｜＜５ （３） － ｉ（４）０３＋０２ｉ 的实部是 虚部是 原点为圆心 分别以 和 为半径的两个圆 ６ １２ ０ ｉ 的实部和虚 ０， 部都是 ０ １ ． ； 所夹的圆环 ， ， 包括内圆 ２ 的边 ５ 界但不包括外圆 ２．解析 由题意得→ＯＡ ＝（６，５）， →ＯＢ ＝（－３，４）， 的边界． 所以→ＡＢ →ＯＢ →ＯＡ 故→ＡＢ对应的复 ２．解析 ． 是实数 ２ ＝ － ＝（－９，－１）， ２＋ ７，０６１８，０ ； ７ ｉ，ｉ，５ｉ＋８， ９．解析 复数ｚ对应的点应位于直线ｙ ＝３（ ｘ ＞ 数为 －９－ｉ， 又因为→ＢＡ ＝－ →ＡＢ ＝（９，１）， 所以→ＢＡ ３－９ ２ｉ，ｉ（１－ ３）， ２－ ２ｉ 是虚数 ； ２ ｉ，ｉ， 拓 ０ 广 ） 上 探 ． 索 ３． 对 解 应 析 的复数为 ９＋ｉ ． ． ７ （１）（－８－７ｉ）（－３ｉ）＝－２１＋２４ｉ 是纯虚数．理由略． １０．解析 设ｚ ａ ａ Ｒ ． ｉ（１－ ３） ＝ ＋ ３ｉ（ ∈ ） （２）（４－３ｉ）（－５－４ｉ）＝－２０－１２－１６ｉ＋１５ｉ＝ {ｘ ｙ ｘ ｙ {ｘ ｚ ａ２ ａ ． ３．解析 由 ＋ ＝２ ＋３ ，得 ＝４， ∵ ｜ ｜＝２，∴ ＋３＝４，∴ ＝±１， －３２－ｉ （２） 由 { （ ｘ ｘ １ ＋ － ） ｙ ２ － ＝ ３ ０ ＝ ｙ － ０， １ 得 ＝２ { ｙ ｘ ｙ ＋ ＝ ＝ １ ２ １ ， ． ｙ ＝－２ ． １１． ∴ 解 Ｚ ２ ｚ 析 ， ＝ Ｚ ３ １ ， ＋ Ｚ 在 ４ ３ 复 略 ｉ 或 平 ． 面 ｚ ＝ 内 －１ 指 ＋ 出 ３ 复 ｉ ． 数对应的点Ｚ １， （３） ( ３ － ＋１ ２ １ ＋ ３ ２ ３ －１ ｉ ) ． （１＋ｉ）＝－ ２ １ － ２ ３ － ２ １ ｉ＋ ２ ３ ｉ ７．１．２ 复数的几何意义 这 ４ 个点在同一个圆上．证明 ： 因为 ｜ ｚ １｜＝ ＝－ ２ ＋ ２ ｉ ｚ ｚ ｚ 所以这 个点在同 ( )( ) 练习 ｜ ２｜＝｜ ３｜＝｜ ４｜＝ ５， ４ ３ １ １ ３ １ ３ ． 一个圆上． （４） ｉ－ － ＋ ｉ ＝－ － ｉ １．解析 在复平面内 点Ａ Ｂ Ｃ Ｄ Ｅ Ｆ Ｇ Ｈ ２ ２ ２ ２ ２ ２ ， ， ， ， ， ， ， ， ． 对应的复数分别为 （５）（１＋ｉ）（１－ｉ）＋（－１＋ｉ）＝１＋ｉ ４＋３ｉ，３－３ｉ，－３＋２ｉ，－３－ 7.2 复数的四则运算 ． ４．解析 ２ｉ ２ｉ（２＋ｉ） ４ｉ－２ ２ ３ｉ，５，－２，５ｉ，－５ｉ （１） ＝ ＝ ＝－ ＋ ２．解析 略． ７．２．１ 复数的加、减运算 ２－ｉ （２－ｉ）（２＋ｉ） ５ ５ ３．解析 略． ４ ． （１） 及其几何意义 ５ ｉ （２）｜２＋ｉ｜＝ ５，｜－２＋４ｉ｜＝２ ５，｜－２ｉ｜＝２，｜４｜ 练习 ２＋ｉ （２＋ｉ）（７－４ｉ） １８－ｉ １８ １ ． （２） ＝ ＝ ＝ － ｉ ◆ ＝ 习 ４， 题 ３ ２ 7. － 1 ４ｉ ＝ ２ ７３． １． （ 解 ２ 析 ）５ －（ （ ３ １ ＋ ） ２ （ ｉ ２ ） ＋ ＝ ４ ２ ｉ） － ＋ ２ｉ （ ． ３－４ｉ）＝５ ． （３） ７ （ ＋ ２－ ４ １ ｉ ｉ） ２ （ ＝ ７ ３ ＋ － ４ １ ４ ｉ） ｉ ＝ （７ ３ － ２ ＋ ５ ４ ４ ｉ ｉ ） ＝ ２ ３ ５ ６ ＋ ５ ２ ４ ５ ｉ ６ ． ５ ６５ 复习巩固 （３）（－３－４ｉ）＋（２＋ｉ）－（１－５ｉ）＝（－３＋２－１）＋ ２ ． ５（４＋ｉ） ５（１５＋８ｉ）（－１－２ｉ） ． １．解析 （１） 存在 ， 如 － ２＋ ａ ｉ（ ａ ≠０ 且ａ ∈ Ｒ ） ． （－４＋１＋５）ｉ＝－２＋２ｉ （４） ｉ（２＋ｉ） ＝ （－１＋２ｉ）（－１－２ｉ） ＝１－３８ｉ 存在 如ａ ａ Ｒ ． 存在 只能 （４）（２－ｉ）－（２＋３ｉ）＋４ｉ＝（２－２＋０）＋（－１－３＋ 综合运用 （２） ， － ２ｉ（ ∈ ） （３） ， ４）ｉ＝０ ． ５．解析 由复数的几何意义 知Ａ Ｂ Ｃ分别对 是 ． ２．解析 略． ， ， ， － ２ｉ 应复平面内的点 因 ２．解析 ｍ 或ｍ ． ｍ 且ｍ ． ３．证明 设ｚ ａ ｂ ａ ｂ Ｒ （１，３），（０，－１），（２，１）， ３． （ 解 ３ 析 ） ｍ ＝ （ ２ １ ． ） ｘ ＝０ ｙ ． ＝３（ ｘ ２） ｙ ≠０ ． ≠３ ｚ ｚ ２＝ ａ ａ ２＋ ｂ ｂ ２ｉ（ １ ａ ａ ＝ ２， ｂ ｂ １ ２ ＋ ∈ １ Ｒ Ｒ ｉ（ ） ． ， １， １∈ ）， → 为 ＤＣ 四 设 边 Ｄ 形 ｘ ＡＢ ｙ ＣＤ 则 是 有 平行四边形 ， 所 ｘ 以→ＡＢ ｙ ＝ ４．解 （ （ ２ ３ 析 ） ） 点 点 点 Ｐ Ｐ Ｐ （ （ １ １ 在 在 在 ） ） 点 第 ｙ ｘ ＝ 轴 轴 二 Ｐ １， 的 的 在 象 ＝ 非 下 第 限 ７ 正 方 ． 一 （２ 半 象 ） 不 轴 限 ＝ 包 上 ． ４ 括 ， ． ｘ ＝ 轴 －１ ． ｚ ｂ ｚ （ ３ １ ２ １ ＋ ） ＝ ） ｚ ｚ ｉ 交 ２ ， ３ ＝ ＋ 换 （ ａ ａ ３ 律 ｉ １ （ ＋ ： ｂ ｂ ｚ ３ １ １ ， ｉ ＋ ） ｚ ３ ＋ ２ ∈ （ ＝ ａ ａ ｚ ２ ２ ） ＋ ＋ ｚ ｂ ｂ １ ２ ． ｉ）＝（ ａ ａ １＋ ａ ａ ２）＋（ ｂ ｂ １＋ 为 所以 ３ ， ＋ { ５ １ ２ ｉ ． － － （ ｙ ｘ ＝ ＝ ， － － ４ ） １， ， ⇒ { ｙ ｘ （ ＝ ＝ － ５ ３ １ ， ， ， 故 － 点 ４）＝ Ｄ （ 对 ２－ 应 ， 的 １－ 复 ） 数 ， （４） （ ） ２＋ １＝（ ２＋ ２ｉ）＋（ １＋ １ｉ）＝（ ２＋ １）＋（ ２＋ ５．解析 ｚ ２ ２ ｂ ｜ １｜＝｜３＋４ｉ｜＝ ３ ＋４ ＝５， １）ｉ， ２ ５６ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 ６．解析 Δ ２ ． ( ) （１） ＝４ －４×１×５＝－４＜０， ２）ｉ ５π ５π ． [ ( ) ( ＝２ ｃｏｓ ＋ｉｓｉｎ ∴ ｘ ＝ －４ ２ ±２ｉ ＝－２±ｉ ． （２） 原式 ＝８ ｃｏｓ ４ ３ π ＋ ５ ６ π ＋ｉｓｉｎ ４ ３ π ＋ ３ ３ １ ３ ５π ５π． Δ ２ ) ] ( ) （４）－ ＋ ｉ＝ｃｏｓ ＋ｉｓｉｎ （２） ＝（－３） －４×２×４＝－２３＜０， ５π １３π １３π ２ ２ ( ６ ６ ) ∴ ｘ ＝ ３± ２３ｉ． ６ ( ＝ ８ ｃｏｓ ) ６ ( ＋ ｉｓｉｎ ６ ) ＝ ２．解析 （１）３ ２ ｃｏｓ π ＋ｉｓｉｎ π ４ ４ ４ ７．解析 因为 ２ｉ－３ 是关于ｘ的方程 ２ ｘ２ ＋ ｐｘ ＋ ｑ ８ ｃｏｓ π ＋ｉｓｉｎ π ＝８ ３ ＋ １ ｉ ＝４ ３ ( ２ ２ ) ． 的一个根 所以有 ２ ｐ ６ ６ ２ ２ ＝３ ２ ＋ ｉ ＝３＋３ｉ ＝０ ， ２（－３＋２ｉ） ＋ （－３＋２ｉ） ． ２ ２ ｑ 整理得 ｐ ｑ ｐ ． ＋４ｉ ( ) 故 ＋ 有 ＝０ { ， ２ ｐ －２４＝ （ ０ １ ， ０－３ { ＋ ｐ ） ＝ ＋ １ （ ２ ２ ， －２４）ｉ＝０ （３） 原式 ＝ ６ ［ｃｏｓ（２４０°＋６０°）＋ｉｓｉｎ（２４０°＋ （２） 原式 ＝８ ２ ３ － ２ １ ｉ ＝４ ３－４ｉ ． １０－３ ｐ ＋ ｑ ＝０ ⇒ ｑ ＝２６ ． ２ （３） 原式 ＝９（－１＋０）＝－９ ． 拓广探索 ６ ( ) ６０°）］ ＝ （ｃｏｓ ３００° ＋ ｉｓｉｎ ３００°） ＝ 原式 １ ３ ． ８．解析 （１） ｘ２ ＋４＝（ ｘ ＋２ｉ）（ ｘ －２ｉ） ． ( ２ ) （４） ＝６ － ２ － ２ ｉ ＝－３－３ ３ｉ ａ４ ｂ４ ａ２ ｂ２ ａ２ ｂ２ ａ ｂ ａ ６ １ ３ ６ ３ ２ ． ３．解析 原式 （２） － ＝（ ＋ ）（ － ）＝（ ＋ ｉ）（ － － ｉ ＝ － ｉ （１） ＝ ｂ ａ ｂ ａ ｂ ． ２ ２ ２ ４ ４ [ ( ) ( )] ｉ）（ ＋ ）（ － ） 原式 π π π π ９．解析 ｚ ｘ ｙ （４） ＝ ３０［ｃｏｓ（１８° ＋５４° ＋１０８°） ＋ ９ ｃｏｓ ＋ ＋ｉｓｉｎ ＋ ∵ ｜ －（２＋ｉ）｜＝｜（ ＋ ｉ）－（２＋ｉ）｜＝ ３ ６ ３ ６ 表 ｜（ ｘ 示 －２ 点 ）＋（ ｘ ｙ － ｙ １） 与 ｉ｜ 点 ＝３，∴ 的 （ ｘ 距 －２ 离 ） ２ 为 ＋（ 定 ｙ － 长 １） ２ ＝３ ． ｉ ｉ ｓ ｓ ｉ ｉ ｎ ｎ （ １ １ ８ ８ ０ ° ° ＋ ）＝ ５４ － ° ３０ ＋ ． １０８°） [ ］ ＝ ３ ( ０ （ｃｏｓ１８０° ) ＋ ＝９ ( ｃｏｓ π ２ ＋ｉｓｉｎ π ２ ) ＝９ｉ ． 故复平 （ 面内 ， ） 满足 ｜ ｚ （ － ２ （ ，１ ２ ） ＋ｉ）｜＝３ 的点Ｚ ３ 的 ， 集 ２．解析 （１） 原式 ＝２ ｃｏｓ ７π － ２π ＋ （２） 原 [ 式 ＝ ( ) ( )] 合是以 （２，１） 为圆心 ，３ 为半径的圆． ( ) ] ( ４ ３ ) ２ ５ ｃｏｓ π ＋ π ＋ｉｓｉｎ π ＋ π １０．解析 略． ７π ２π １３π １３π ２ ４ ２ ４ ｉｓｉｎ － ＝２ ｃｏｓ ＋ｉｓｉｎ ( ) ４ ３ １２ １２ ３π ３π ( ) ＝２ ５ ｃｏｓ ＋ｉｓｉｎ 7.3* 复数的三角表示 ６＋ ２ ６－ ２ ６＋ ２ ４ ４ ＝２ － － ｉ ＝ － － ． ４ ４ ２ ＝－ １０＋ １０ｉ ７．３．１ 复数的三角表示式 原式 ６－ ２ ｉ ． （３ [ ） ( ＝ ) ( )] 练习 ２ ２π π ２π π ２ ｃｏｓ － ＋ｉｓｉｎ － １．解析 （１）４ ３ ＝ π ４（ｃｏｓ ３ ０ π ＋ｉｓ 图 ｉｎ 略 ０） ． ， 图略． （２） 原式 ＝ ２ ６ ［ｃｏｓ（１５０°－２２５°）＋ｉｓｉｎ（１５０°－ ＝２ ( ｃｏｓ ３ π ＋ｉ ３ ｓｉｎ π ) ３ ３ （２）－ｉ＝ｃｏｓ ＋ｉｓｉｎ ， ３ ３ ２ ２ ６ ( ) ( ３ １ ) ２２５°） ( ］＝ ２ （ｃｏｓ７５°－ｉｓ ) ｉｎ７５°） ＝２ １ ＋ ３ ｉ （３）２ ３＋２ｉ＝４ ＋ ｉ ２ ２ ( π ２ π ) ２ 图略． ＝ ２ ６ ６－ ４ ２ － ６＋ ４ ２ ｉ ＝１＋ 原 ３ 式 ｉ ． ＝４ ｃｏｓ ＋ｉｓｉｎ ， （４） ＝ ６ ６ ３－ ３ ３＋ ３ ． [ ( ) ( )] ＝ － ｉ ３π π ３π π （４）－ １ － ３ ｉ＝ｃｏｓ ４π ＋ｉｓｉｎ ４π ， 图略． ４ ４ ( ２ ｃｏｓ ２ － ６ ＋ｉｓｉｎ ２ － ６ ２ ２ ３ ３ 原式 π ( ) ２．解析 不是 （３） ＝２（ｃｏｓ ０＋ｉｓｉｎ ０）÷ ｃｏｓ ＋ ４π ４π （１） ， ４ ＝２ ｃｏｓ ＋ｉｓｉｎ [ ( ) ( )] ) [ ( ) ( ) ] ３ ３ 原式 １ π π ． π π π ( ) ＝ ｃｏｓ － ＋ｉｓｉｎ － ｉｓｉｎ ＝２ ｃｏｓ － ＋ｉｓｉｎ － １ ３ ２ ４ ４ ４ ４ ４ ＝２ － － ｉ （２） 不是 ， 原式 ＝ ２ １ ( ( ｃｏｓ ４ ３ π ＋ｉｓｉｎ ４ ３ π ) ) ． （ ＝ ４） ２ 原 － 式 ２ ＝ ｉ ． （ｃｏｓ２７０°＋ｉｓｉｎ２７０°）÷［２（ｃｏｓ１２０° ４．解 ＝－ 析 １－ ２ ３ｉ ． 原 ２ 式 （３） 不是 ， 原式 ＝ １ ｃｏｓ π ＋ｉｓｉｎ π ． １ [ ( （１） ) ＝ ( )] ２ １２ １２ ＋ｉｓｉｎ１２０°）］＝ ［ｃｏｓ（２７０°－１２０°）＋ｉｓｉｎ（２７０°－ ２π π ２π π 是． ２ ４ ｃｏｓ ＋ ＋ｉｓｉｎ ＋ （４） ３ ３ ３ ３ ( ) １ ３ １ ． 不是 π π １２０°）］＝ （ｃｏｓ１５０°＋ｉｓｉｎ１５０°）＝－ ＋ ｉ ＝４（ｃｏｓπ＋ｉｓｉｎπ） （５） ，２ ｃｏｓ ＋ｉｓｉｎ ＝１＋ｉ ２ ４ ４ ． ３ ６ ( ) ＝－４ ( ) ３．解析 ３ １ π π ． ３－ ３ｉ＝２ ３ － ｉ 原式 ２ ＝ ２ ｃｏｓ ＋ｉｓｉｎ ２ ２ （２） ＝ ２（ｃｏｓ ７５° ＋ｉｓｉｎ ７５°） × ４ ４ [ ( ) ( )] ２ ( ) π π ． ３．解析 ３π ３π ＝２ ３ ｃｏｓ － ＋ｉｓｉｎ － ×［ｃｏｓ（－４５°）＋ｉｓｉｎ（－４５°）］ （１）６ ｃｏｓ ＋ｉｓｉｎ ＝６（０－ｉ） ６ ６ ２ ２ [ ( ) ( )] ＝ ２（ｃｏｓ３０°＋ｉｓｉｎ３０°） ． π π π π ( ) ＝－６ｉ ２ ３ ｃｏｓ － － ＋ｉｓｉｎ － － （２）２ ( ｃｏｓ ５π ＋ｉｓｉｎ ５π ) ＝２ ( １ － ３ ｉ ) [ ( ６ π ) ３ ( π ) ６ ] ３ ＝ ２ ２ ３ ＋ ２ １ ｉ ３ ３ ２ ２ ＝２ ３ ｃｏｓ － ＋ｉｓｉｎ － ２ ２ ６ ２ ． ＝１－ ３ｉ ． ＝－２ ３ｉ ． ＝ ２ ＋ ２ ｉ ７．３．２ 复数乘、除运算的 ◆习题7.3 （３） 原式 ＝２ ２［ｃｏｓ（３００°－１３５ ° ）＋ｉｓｉｎ（３００° 复习巩固 三角表示及其几何意义 －１３５°）］ １．解析 图略． 练习 ． ＝２ ２（ ( ｃｏｓ１６５°＋ｉｓｉｎ１６５° ) ） １．解析 原式 [ ( π π ) （１）６＝６（ｃｏｓ ( ０＋ｉｓｉｎ０） ) ＝２ ２ － ６＋ ２ ＋ ６－ ２ ｉ （１） ＝ １６ ｃｏｓ ６ ＋ ４ ＋ （２）１＋ｉ＝ ２ ２ ＋ ２ ｉ ４ ４ ． ( ) ] ( ) ( ２ ２ ) ＝－（ ３＋１） ( ＋（ ３－１）ｉ ) ｉｓｉｎ ( π ６ ＋ π ４ ＝ １ ) ６ ｃｏｓ ５ １ π ２ ＋ｉｓｉｎ ５ １ π ２ ＝ ＝ ２ ｃｏｓ π ４ ＋ ( ｉｓｉｎ π ４ ． ) （ [ ４） ( 原式 ＝ ｃｏｓ ２ ３ π ＋ ) ｉｓｉ ] ｎ ２ ３ π ÷ ６－ ２ ６＋ ２ １ ３ π π １６ ＋ ｉ ＝４（ ６－ ２）＋４（ ６＋ （３）１－ ３ｉ＝２ － ｉ ２ ｃｏｓ ＋ｉｓｉｎ ４ ４ ２ ２ ３ ３ ２ ５７ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋[ ( ) ( )] １ ２π π ２π π ３＋１ ３－１． ｚ ２５ ２５（２－ｉ） ５ ． ＝ ｃｏｓ － ＋ｉｓｉｎ － ＝ － ｉ ∴ ＝ ＝ ＝５－ ｉ ２ ( ３ ３ ) ３ ３ ２ ( ２ ) ７．解析 ２（ 解 ２＋ 法 ｉ） 一 １０ ｚ ２ ＝ ２ １ ｃｏｓ π ３ ＋ｉｓｉｎ π ３ ∴ →ＡＣ ＝ ３＋１ ，－ ３－１ ， ｚ ４＋３ｉ ：∵（ ｚ １＋２ｉ） ＝４＋３ｉ， ＝ ２ １ ( １ ２ ＋ ２ ３ ｉ ) ∴ Ｃ ( ３ ２ ＋３ ， ２ １－ ２ ３ ) ． ２ ∴ ∴ ＝ ｚ ｚ １ ＝ ＋ ２ ２ ＋ ｉ ＝ ｉ ＝ ２－ ３ ｉ， ＋ ∴ ４ ＝ ｉ ． ２＋ｉ， ＝ １ ＋ ３ ｉ ． １０．证明 如图所示 ， 向量→ＯＡ对应的复数 解法二 ： ２ 设 －ｉ ｚ ＝ ５ ａ ＋ ｂ ｉ ５ （ ａ ， ｂ ∈ Ｒ ）， 则ｚ ＝ ａ － ｂ ｉ， ４ ４ ｚ ｚ 几何解释略． １＝１＋ｉ＝ ２（ｃｏｓ∠１＋ｉｓｉｎ∠１）， ∵（１＋２ｉ） ＝４＋３ｉ， 综合运用 向量→ＯＢ对应的复数 ∴（１＋２ｉ）（ ａ － ｂ ｉ）＝４＋３ｉ， 即 （ ａ ＋２ ｂ ）＋（２ ａ － ｂ ）ｉ ｚ ＝４＋３ｉ， ５．解析 证明 １ ２＝２＋ｉ＝ ５（ｃｏｓ∠２＋ｉｓｉｎ∠２）， {ａ ｂ {ａ （１） ： ｃｏｓ θ ＋ｉｓｉｎ θ＝ 向量→ＯＣ对应的复数 则有 ａ ＋２ ｂ ＝４， ⇒ ｂ ＝２ ． ， θ θ ２ － ＝３ ＝１ θ ｃｏｓ θ －ｉｓｉｎ θ θ ｚ ３＝３＋ｉ＝ １０（ｃｏｓ∠３＋ｉｓｉｎ∠３）， ｚ ｚ ２＋ｉ （２＋ｉ） ２ ３＋４ｉ （ｃｏｓ θ ＋ｉｓｉｎ θ ）（ｃｏｓ －ｉｓｉｎ ） ｚ １ ｚ ２ ｚ ３＝１０［ｃｏｓ（∠１＋∠２＋∠３）＋ｉｓｉｎ（∠１＋ ∴ ＝２＋ｉ，∴ ｚ ＝ ２－ｉ ＝ （２－ｉ）（２＋ｉ） ＝ ５ ＝ ｃｏｓ －ｉｓｉｎ ＝ ２θ ２θ ∠２＋∠３）］＝（１＋ｉ）（２＋ｉ）（３＋ｉ）， ３ ４ ． ｃｏｓ θ ＋ｓｉｎ θ ∴１０ｃｏｓ（∠１＋∠２＋∠３）＋１０ｉｓｉｎ（∠１＋∠２＋ ５ ＋ ５ ｉ ＝ｃ 右 ｏｓ 边． －ｉｓｉｎ ∠３ { ）＝１０ｉ， ８．解析 （１）ｉ １ ＝ｉ，ｉ ２ ＝－１，ｉ ３ ＝－ｉ，ｉ ４ ＝１，ｉ ５ ＝ｉ，ｉ ６ ＝ ( ) ｃｏｓ（∠１＋∠２＋∠３）＝０， ＝－１，ｉ ７ ＝－ｉ，ｉ ８ ＝１ ． （２） ｚ ＝４ ｃｏｓ π ＋ｉｓｉｎ π ， ∴ ｓｉｎ（∠１＋∠２＋∠３）＝１， （２）ｉ ４ ｎ－３ ＝ｉ，ｉ ４ ｎ－２ ＝－１，ｉ ４ ｎ－１ ＝－ｉ，ｉ ４ ｎ ＝１， ｎ ∈ Ｎ∗． １２ １２ 拓广探索 [ ( ) ( )] π． １ ｚ ＝ １ ｃｏｓ － π ＋ｉｓｉｎ － π ， ∴∠１＋∠２＋∠３＝ ２ ９．解析 由ｚ １＝ ｚ ２ 得ｍ ＋（４－ ｍ２ ）ｉ＝２ｃｏｓ θ ＋（ λ ＋ ４ １２ １２ θ 由复数相等的定义知 ３ｓｉｎ ）ｉ， ， 故 １ 的模为 １ 辐角为 π ｋ ｋ Ｚ． {ｍ θ ｚ ， － ＋２ π， ∈ ＝２ｃｏｓ ， 得 ２θ λ θ ４ １２ ｍ２ λ θ ４－４ｃｏｓ ＝ ＋３ｓｉｎ ， ４－ ＝ ＋３ｓｉｎ ， ｚ ＝ｃｏｓ π －ｉｓｉｎ π ， １ ｚ ＝ｃｏｓ π ＋ｉｓｉｎ π ， 故 则λ ＝４－４ｃｏｓ ２θ －３ｓｉｎ θ ＝４－４（１－ｓｉｎ ２θ ）－ ６ ６ ６ ６ ( ) 复习参考题7 θ ２θ θ ２θ ３ θ １ 的模为 辐角为π ｋ ｋ Ｚ． ３ｓｉｎ ＝４ｓｉｎ －３ｓｉｎ ＝４ ｓｉｎ － ｓｉｎ ｚ １， ＋２ π， ∈ 复习巩固 ４ ６ ( ) ２ １．答案 Ａ Ｂ Ｄ Ｄ θ ３ ９ ． ｚ ２ π π １ π （１） （２） （３） （４） ＝４ ｓｉｎ － － ＝ （１－ｉ）＝ｃｏｓ －ｉｓｉｎ ， ｚ ＝ｃｏｓ ＋ ２．答案 或 ． ８ １６ ２ ４ ４ ４ （１）３－４ｉ －３－４ｉ θ Ｒ θ ∵ ∈ ，∴ｓｉｎ ∈［－１，１］， π 故 １ 的模为 辐角为π ｋ ｋ Ｚ． １ ２ ． ( ) ２ ｉｓｉｎ ４ ， ｚ １， ４ ＋２ π， ∈ （２） ５ － ５ ｉ ∴ λ ｍａｘ＝４ －１－ ３ － ９ ＝７， λ ｍｉｎ＝－ ９ ． ６．证明 （１） 左边 ＝ｃｏｓ（７５°＋１５°）＋ｉｓｉｎ（７５°＋ （３）９＋ｉ ． ． 故λ的取值范围 ８ 是 [ １ ９ ６ ] ． １６ ＝ （ １５ ２ ｃ ° ） ｏ ） ｓ 左 ９ 边 ０° ＝ ＋ｉ ［ ｓｉ ｃ ｎ ｏｓ ９ （ ０ － ° ３ ＝ θ ｉ ） ＝ ＋ 右 ｉｓｉ 边 ｎ（ ． －３ θ ）］× ３．证 （ 则 ４ 明 ） ｚ ＝ － ４ ａ ＋ － 设 ４ ｂ ｉ ｉ ， ｚ ＝ ａ ＋ ｂ ｉ（ ａ ， ｂ ∈ Ｒ ）， １０．解析 向量→ＯＢ对应的 － １ 复 ６ ， 数 ７ 为 ［ｃｏｓ（－２ θ ）＋ｉｓｉｎ（－２ θ ）］ ＝ｃｏｓ（－５ θ ）＋ ∴ ｚ · ｚ ＝（ ａ ＋ ｂ ｉ）（ ａ － ｂ ｉ）＝ ａ２ ＋ ｂ２ ， （２＋ｉ）（ｃ ( ｏｓ６０°＋ｉｓｉ ) ｎ６０°） ７． ＝ ｉ （ 解 ｉ ＝ ｓ ｓ ２ ｉ ｉ ｃ ｃ ｎ ｎ ） 析 ｏ ｏ （ （ ｓ ｓ 原 ７ （ － ２ θ － ５ 式 φ ＋ θ ２ （ － ２ ） φ ＝ ｉ １ θ ＝ ｓ ） ｃ － ） ｉ ｏ ｎ ＋ ｃ ５ ｓ 原 ｏ ｉ （ θ ２ ｓ ｓ ｃ － ｉ φ － ｏ ｎ 式 ５ ｓ ３ ． φ （ θ θ ） φ － － ( ＝ ） ＋ ＋ ｉ ２ ＝ ｓ ｃ ｉ ｉ φ ｉ ｓ ｓ ｏ ｎ ｃ ） ｉ ｉ ｓ ｏ ｎ ｎ ５ （ ｓ （ θ φ ７ θ － ＝ θ ＋ φ 右 ＋ ｉ ) ） ｓｉ ２ 边 ｎ θ θ ． － ． ５ θ －３ θ ）＋ ４． { （ ∴ 解 所 ８ ｜ ｚ ｉ ４ ４ ４ ＝ ｜ ｚ 析 以 ｂ ｂ － · ２ － － （ ｂ ＝ ８ ２ ｂ ８ ｚ ｚ ａ ） ｉ ＝ ≠ ＝ ＋ 设 ２ ｉ ｂ ０ ＋ ， ｜ ２ ０ ， ｚ ｂ 由 ） ｚ ｜ ⇒ ２ ＝ ２ ２ ， 题 － ＝ ｂ { ｜ ｉ ｚ ８ 意 ｂ ｂ （ ｜ ． ｜ ｉ ｚ ≠ ＝ ｂ ２ ＝ ｜ 知 ≠ ＝ ２ ± ２ － ． ａ ２ ， ０ ｂ ２ ， ， ２ ＋ ⇒ ＋ 且 ｂ ４ ２ ｂ ， ＋ ｂ ＝ ∈ ４ － ｂ ２ Ｒ ｉ ． － ） ８ ， ｉ 则 ＝（ （ ４ ｚ ＋ － ２ ｂ２ ） ） ２ － ＋ ＝ 即 ( ＝ （ ( ３ 点 ２ １ ＋ ＋ － ｉ） １ ２ Ｂ ３ ) ) １ ２ ｉ 对 ＋ ． ＋ ( 应 ２ ３ ３ ＋ ｉ 的 ２ １ 复 ) ｉ， 数 为 ( １－ ２ ３ ) ＋ ＝ ｉ＝－２ｉ ２ ８．解析 ｚ ＝ ３－ｉ＝２ ３ － １ ｉ ５．解析 （１）４ ｘ２ ＋９＝０， 向量→ＯＣ对应的复数为 ２ ２ ＝２［ｃｏｓ（－３０°）＋ｉｓｉｎ（－３０°）］ ． ∴ ｘ２ ＝－ ９ ，∴ ｘ ＝± ３ ｉ ． （２＋ｉ）（ｃ ( ｏｓ１２０°＋ｉｓｉｎ ) １２０°） 逆时针方向旋转 所得的复数为 ４ ２ ｚ ４５° （２）（ ｘ －３）（ ｘ －５）＋２＝０ 可化为ｘ２ －８ ｘ ＋１７＝ ＝（２＋ｉ） － １ ＋ ３ ｉ １＝２［ｃｏｓ（－３０°＋４５°）＋ｉｓｉｎ（－３０°＋４５°）］ ０， ( ) ２ ( ２ ) ＝２（ｃｏｓ１５°＋ｉｓｉｎ１５°） Δ ＝（－８） ２ －４×１７＝－４＜０， ＝ －１－ ３ ＋ ３－ １ ｉ， ＝ ６＋ ２ ＋ ６－ ２ ｉ ． ｘ ８±２ｉ ． ２ ２ ( ) 顺时针 ２ 旋转 ２ 所得的复数为 ∴ ＝ ２ ＝４±ｉ 即点 Ｃ 对 应 的 复 数 为 －１－ ３ ＋ ６０° 综合运用 ２ ｚ ( ) ＝ ２ ２ ＝ （ ２ ｃ ［ ｏ ｃ ｓ ｏ ９ ｓ（ ０° － － ３ ｉ ０ ｓ ° ｉｎ －６ ９ ０ ０ ° ° ） ） ＋ｉｓｉｎ（－３０°－６０°）］ ６．解析 解法一 ：∵ １ ｚ ＝ ｚ １ ＋ｚ １ ， ３－ ２ １ ｉ ． ＝－２ｉ ． ｚ ｚ １ ２ 拓广探索 ｚ １ ２ （５＋１０ｉ）（３－４ｉ） 第八章 立体几何初步 ∴ ＝ｚ ｚ ＝ １＋ ２ （５＋１０ｉ）＋（３－４ｉ） ９．解析 向量→ＡＢ对应的复数为 ５（１＋２ｉ）（３－４ｉ） ５ ． 8.1 基本立体图形 ｚ １＝１＋ｉ＝ ２（ｃｏｓ４５°＋ｉｓｉｎ４５°）， ＝ ２（４＋３ｉ） ＝５－ ２ ｉ 练习 向量→ＡＣ对应的复数为 解法二 ：ｚ １ ＋ｚ １ ＝ １ ＋ １ １．解析 略． ｚ ２＝ ２［ｃｏｓ（４５°－６０°）＋ｉｓｉｎ（４５°－６０°）］ １－２ｉ ３＋ １ ４ｉ ２ ４＋２ ５ ｉ （１＋２ｉ） ３－４ｉ ２．答案 （１）✕ （２）√ ＝ ＋ ＝ ， ３．答案 直五棱柱 三棱锥 四面体 ＝ ２（ｃｏｓ１５°－ｉｓｉｎ１５°） ２５ ２５ ２５ （１） （２）４； （ ） ２ ５８ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 ４．解析 ３．解析 虽然这个几何体满足题中条件 但这个几 ， 何体不是棱柱． 练习 不正确． （２） １．解析 （１） 圆台． （２） 圆柱． （３） 球． ４．解析 圆锥． （４） ２．解析 圆柱和圆锥组合而成． （１） 正六棱柱内挖一个圆柱． （２） ３．解析 如图几何体 满足题中条件 但不是棱台． ， ， 8.2 立体图形的直观图 综合运用 练习 ５．解析 １．答案 （１）✕ （２）√ （３）√ （４）✕ ２．解析 略． 练习 如图 是由两个圆锥组合而成的简单组合 １．解析 ， 体． ４．解析 略． ６．解析 ◆习题8.1 复习巩固 １．解析 经过顶点Ｄ的棱 ： ＡＤ Ｄ Ｄ ＣＤ． 、 １ 、 经过顶点Ｄ的面 ： ２．解析 平面ＡＤＤ Ａ 平面ＡＤＣＢ 平面Ｄ ＤＣＣ ． １ １、 、 １ １ ２．答案 （１）（３）（５） ３．Ｃ ７．解析 上面是一个球 下面是一个圆锥组成 ， ４．解析 不是台体 因为该几何体的 侧 的几何体． （１） ， “ 棱 的延长线不交于一点 ” ； 也不是台体 因为不是由平行于棱 （２）（３） ， 锥和圆锥底面的平面截得的几何体． ５．解析 由圆锥和圆台组合而成的简单组 （１） 合体． ３．解析 由四棱柱和四棱锥组合而成的简单组合 （２） 体． 综合运用 ６．答案 （１）√ （２）√ （３）√ （４）√ ７．Ｄ 拓广探索 ８．解析 剩下的几何体为五棱柱 ＡＢＦＥＡ′ ８．解析 略． － ＤＣＧＨＤ′ 截去的几何体为三棱柱 ＥＦＢ′ ， － ＨＧＣ′． 8.3 简单几何体 ９．解析 ◆习题8.2 的表面积与体积 复习巩固 ８．３．１ 棱柱、棱锥、棱台的 １．答案 （１）√ （２）√ （３）✕ （４）✕ ２．解析 表面积和体积 练习 （１） １．解析 Ｓ 上表面＝ １ ×２× ３×６＝６ ３（ｃｍ ２ ）， ２ Ｓ 下表面＝ １ ×６×３ ３×６＝５４ ３（ｃｍ ２ ）， ２ [ ] 这个几何体是从圆柱的上面挖去一个圆锥 （２） Ｓ １ 侧面 ＝ ６ × ×（２＋６）× ２１ ＝ ２４ ２１ 放到圆柱的下面． ２ 拓广探索 （ｃｍ ２ ） ． １０．解析 （１） 不正确． ∴ Ｓ 表＝ Ｓ 上表面＋ Ｓ 下表面＋ Ｓ 侧面＝（６０ ３＋２４ ２１）ｃｍ ２． ２．解析 ． （１）６４ 三面红色的小立方体位于大立方体 个 （２） ８ ２ ５９ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋顶点处 ， 共 ８ 个 ， 每个小立方体表面积为 则表面积Ｓ ＝８×２２５ ３＝１８００ ３ ｃｍ ２． 与圆柱体积的差 ， ６ｃｍ 大 ２ ， 立 故 方 表 体 面 每 积 条 之 棱 和 中 为 间 ４８ 两 ｃ 个 ｍ ２ 小 ． 立方体为两 ２．解析 设长方体的长 、 ａ 宽 ｂｃ 、 高分别为ａ 、 ｂ 、 ｃ ， 即Ｖ ＝ ３ ×１２ ２ ×６×１０－３ ． １４× ( １０ ) ２ ×１０≈ （３） 则Ｖ １ １ ａｂｃ ４ ２ 面红色 ， 共有 ２×１２＝２４（ 个 ） ．表面积之和为 三棱锥＝ ３ × ２ ＝ ６ ， ２９５６ｍｍ ３ ＝２ ． ９５６×１０ －６ ｍ ３ ， １４４ｃｍ ２． 剩余几何体的体积Ｖ ＝ Ｖ 长方体－ Ｖ 三棱锥＝ ａｂｃ － ∴ 螺帽的个数为 ５ ． ８÷（２ ． ９５６×１０ －６ × （４） 大立方体每个面中间 ４ 个小立方体为一 ａｂｃ ５ ａｂｃ ７ ． ９×１０ ３ ）≈２４８ ． 面红色 共有 个 ．表面积之和为 ＝ ， ８．解析 以斜边所在直线为轴旋转而成的 ， ４×６＝２４（ ） ６ ６ （１） ２． 所以棱锥的体积与剩下的几何体的体积之 几何体的直观图如图 ． １４４ｃｍ （１） 六个面均没有颜色的小立方体共有 比为 ． （５） ８ １∶ ５ 个 表面积之和为 ２ 占有 ３ 的空 ３．解析 当三棱柱的侧面ＡＡ Ｂ Ｂ水平放置 ， ４８ ｃｍ ， ８ ｃｍ １ １ 间． 时 有水的部分是四棱柱形 其高即为原三 ， ， ３． ８ 解 Ｖ 析 棱锥 ＝ Ｖ １ 正方 × 体 １ ＝１ × ２ ２ ５ ５× ００ ２ ０ ５× ｃ ２ ｍ ５ ３ × ， ８＝ ６２５００ ｃｍ ３ ， 棱 平 柱 柱 放 与 的 置 三 高 时 棱 ， ， 柱 水 侧 的 面 棱 底 高 长 面 为 Ａ 面 １ Ａ ｈ 积 ， ＝ 由 之 ８， 已 比 设 知 为 当 条 底 件 面 ， 知 Ａ 不 Ｂ 四 妨 Ｃ水 设 棱 （ 几 ２ 何 ） 以 体 较 的 长 直 直 观 角 图 边 如 所 图 在 直 所 线 示 为 ． 轴旋转而成的 ３ ２ ３ ３∶ ４， （２） ４． ∴ 所 则 为 证 ａ ， 石 直 以 三 明 ｂ ， 凳 ｃ 三 任 角 ．侧 的 棱 设 意 形 棱 体 柱 两 任 直 为 积 三 意 个 三 ｈ 个 两 侧 Ｖ 棱 ． ＝ 侧 边 面 柱 Ｖ 面 正 之 的 底 方 积 和 体 面 面 － 分 大 积 三 ８ Ｖ 于 别 和 角 棱锥 第 为 大 形 ＝ 三 ａ ３ 于 三 ｈ １ 边 ， ２ 第 边 ３ ｂ ， ５ ｈ 三 分 ０ ， ０ ｃ 个 别 ｈ ｃ ， ｍ 侧 为 因 ３． ４．解 ３ 放 （ 四 ( ａ ａ 置 棱 × 析 ａ ＞ ８ ０ 时 柱 ） ＝ ， ４ ， 和 圆 由 ａ 水 ａ × 三 ) 锥 于 面 ｈ ， 棱 高 两 解 Ｐ ａ 柱 Ｏ 为 种 ２ 得 的 的 状 ６ ｈ ． 底 ＝ 表 态 ６ 面 面 下 ．即 面 积 水 当 积 体 Ｓ 底 分 １ 积 面 ＝ 别 相 π Ａ 为 等 · ＢＣ ， ３ ａ ２ ａ 所 水 ，４ 以 · 平 ａ （ 几 略 设 ｂ 则 Ｖ ） ３ ） （ 何 直 ， ） 斜 １ ． 以 体 角 ） １ 边 中 较 的 三 长 所 短 直 角 为 得 直 ( 观 形 ａ 几 角 ｃ 的 图 ｂ ． 何 边 ) 两 可 ２ 体 所 直 类 的 在 ｃ 角 比 体 直 边 π （ 积 线 ２ ａ 长 ２ ） 为 为 ｂ 中 分 ２ 轴 所 别 旋 画 为 转 图 ａ 而 ， 形 ｂ 成 （ （ ａ 图 的 ＞ 面的面积． ＋ ５ ＝ π＋ ５ａ２ π， １＝ ３ π· ｃ · ＝ ３ ｃ ， ２ ２ ４ ４ ８．３．２ 圆柱、圆锥、圆台、球的 体积Ｖ １ ａ２ ａ ａ３ （２） 中所得几何体的体积为Ｖ ２＝ １ π ｂ２ａ ， １＝ · π· ＝ π， ３ 表面积和体积 ３ ４ ａ １２ 中所得几何体的体积为Ｖ １ ａ２ｂ． 挖去圆柱的半径ｒ （３） ３＝ π 练习 ＝ ， ３ ４ ａｂ １．解析 设圆锥的母线长为ｌ ｍ， 底面半径为 则圆柱的侧面积Ｓ ａ ａ ａ２ 要比较Ｖ １， Ｖ ２， Ｖ ３ 的大小 ， 只需比较 ｃ ， ａ ， ｂ ｒ 圆锥侧面展开图是一个半圆 如图所 ２＝２π· · ＝ π， ｍ，∵ ， ４ ２ ４ 的大小． 示 ， 圆柱的体积Ｖ ( ａ ) ２ ａ ａ３ 不妨设ａ ｂ ｃ ． ２＝π· · ＝ π， ＝４， ＝３， ＝５ ４ ２ ３２ ａｂ 则剩下几何体的表面积为圆锥的表面积与 则 １２ 所以１２ ｃ ＝ ， ＜３＜４， 圆柱的侧面积之和 剩下几何体的体积为圆 ５ ５ ， ａｂ 锥的体积减去圆柱的体积 即 ｂ ａ ， ｃ ＜ ＜ ， ａ２ ａ２ 所以Ｖ Ｖ Ｖ ． 即Ｓ ＝ π＋ ５ａ２ π＋ π 拓广探索 １＜ ２＜ ３ ４ ４ ４ ∴２π ｒ ＝π ｌ ， 即ｌ ＝２ ｒ．由Ｓ 表＝π ｒ （ ｒ ＋ ｌ ）＝３π ｒ２ ＝ ａ２ ５ａ２ ９．解析 由三视图画出它的直观图如图所示 ， ＝ π＋ π， ａ ａ ２ ４ ａ得ｒ ＝ ３π ，∴ 底面直径为 ２ ｒ ＝２ ３π ＝ 体积Ｖ ＝ ａ３ π－ ａ３ π＝ ５ ａ３ π ． ａ １２ ３２ ９６ ２ ３π ． ５．解析 设球的半径为Ｒ 因为正方体的顶 ｍ ｃｍ， ３π 点都在球面上 所以正方体的体对角线是球 ， ２．解析 Ｓ 球＝４π Ｒ２ ， Ｖ 球＝ ３ ４ π Ｒ３ ， 的一条直径 ， 如图所示 ， 由 ３ ａ ＝２ Ｒ ， 得Ｒ ＝ ４π Ｒ２ ＝ ４ π Ｒ３ ， ３ａ ｃｍ， 所以球的体积Ｖ ＝ ４ π Ｒ３ ＝ ４ π· ３ ２ ３ ３ ３．解 ∴ Ｒ 析 ＝３ 当 时 ， 体 Ｒ 积和表面 即 积 Ｒ 的数值相 时 等 体 ． 积最 ( ３ａ ) ３ ＝ ３ π ａ３ ｃｍ ３． ２ ＝６ ｃｍ ＝３ ｃｍ ， ２ ２ 且Ａ Ｂ Ｃ Ｄ Ａ′Ｂ′ Ｃ′Ｄ′ 大 ， 最大体积Ｖ ＝ ４ π Ｒ３ ＝３６πｃｍ ３． Ａ Ｄ １ Ｃ １＝ Ｂ １ Ａ １ ′ ＝ Ｄ′ Ｃ ＝ ′Ｂ′ ＝８ｃｍ， ３ １ １＝ １ １＝ ＝ ＝４ｃｍ， ４．解析 根据长方体的体积公式可得 ， 水槽的 球的直径为 ４ｃｍ， ＡＢ ＝ ＣＤ ＝２０ｃｍ， 容积为Ｖ 水槽＝８０×６０×５５＝２６４０００ｃｍ ３ ， ＥＦ ＝ ＧＨ ＝１０ ｃｍ， ＡＤ ＝ ＢＣ ＝１６ ｃｍ， ＥＨ ＝ ＦＧ ＝ Ａ Ａ′ Ｂ Ｂ′ Ｃ Ｃ′ Ｄ Ｄ′ ． 木球在水中部分的体积 Ｖ ２ ４ ８ｃｍ， １ ＝ １ ＝ １ ＝ １ ＝２０ｃｍ ＝ × π× 四棱台的ＡＢＦＥ面上的斜高 ３ ３ ( ) ( ) ３ ２ ５０ ＝ １２５０００ πｃｍ ３ ， 综合运用 ｈ １ ′ ＝ １６－８ ＋２ ２ ＝２ ５（ｃｍ）， ２ ９ ２ 水槽中水的体积与木球在水中部分的体积 ６．解析 Ｓ 四棱柱侧＝４×４０×８０＝１２８００（ｃｍ ２ ）， 四棱台的ＢＦＧＣ面上的斜高 之和为 ２０００００＋ １２５ ９ ０００ π＜２６４０００， 四棱台的斜高 ｈ′ ＝ １０ ２ － ( ５０－ ２ ４０ ) ２ ＝ ｈ ２ ′ ＝ ( ２０－ ２ １０ ) ２ ＋２ ２ ＝ ２９（ｃｍ）， ◆ 故 习 水 题 不会 8 从 .3 水槽中溢出． ５ ３（ｃｍ）， Ｓ 球＝４π Ｒ２ ＝４π·２ ２ ＝１６π（ｃｍ ２ ）， 复习巩固 Ｓ 四棱台侧＝４× ４０＋５０ ×５ ３≈１５５９（ｃｍ ２ ）， Ｖ 球＝ ４ π Ｒ３ ＝ ４ π·２ ３ ＝ ３２ π（ｃｍ ３ ）， ２ ３ ３ ３ １．解析 该图形为正八面体 ， 每个面的面积Ｓ １ 故需要瓷砖的面积约为 １２ ８００＋ １５５９＝ Ｓ 四棱柱侧＝（８＋４）×２×２０＝４８０（ｃｍ ２ ）， ＝ ４ ３ ×３０ ２ ＝２２５ ３ ｃｍ ２ ， ７．解 １４ 析 ３５ ９（ 一 ｃｍ 个 ２ ） 六 ． 角螺母的体积是六棱柱体积 Ｓ Ｖ 四 四 棱 棱 台 柱 全 ＝ ＝ ４ Ｓ × 四 ８ 棱 × 台 ２ 侧 ０ ＋ ＝ Ｓ ６ 上 ４ 底 ０（ 面 ｃ ＋ ｍ Ｓ ３ 下 ） 底 ， 面 ２ ６０ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 ３．答案 ＡＣ Ａ′Ｃ′ １０＋２０ ８＋１６ （１）√ （２）✕ （３）✕ ∴ 􀱀 ， ＝２× ×２ ５＋２× × ２９＋１０×８＋２０× ４．答案 平行或在平面内 平 ＡＢＣ Ａ′Ｂ′Ｃ′． ２ ２ （１）２ （２） （３） ∴△ ≌△ 行或相交 ４．解析 ＥＦＧ和 ＢＣＤ相似． １６＝６０ ５＋２４ ２９＋４００（ｃｍ ２ ）， △ △ ５．解析 正方体各面所在平面将空间分成 ＥＦ ＢＣ ＦＧ ＣＤ Ｖ １ ２７ ∵ ∥ ， ∥ ， 四棱台 ＝ × （ １０ × ８ ＋ ２０ × １６ ＋ 部分． ＥＦ ＡＦ ＦＧ ３ 且 ＥＦＧ ＢＣＤ ∴ ＢＣ＝ＡＣ＝ＣＤ ∠ ＝∠ ， １０×８×２０×１６）×２＝ １１２０ （ｃｍ ３ ） ． ＥＦＧ ＢＣＤ． ３ ∴△ ∽△ 奖杯的表面积Ｓ Ｓ Ｓ Ｓ ∴ ＝ 球＋ 四棱柱侧＋ 四棱台全 ８．５．２ 直线与平面平行 ＝１６π＋４８０＋６０ ５＋２４ ２９＋４００≈ 练习 ２ １ 奖 １ 杯 ９４ 的 （ｃ 体 ｍ 积 ）， Ｖ ＝ Ｖ 球＋ Ｖ 四棱柱＋ Ｖ 四棱台 １．答案 （１） 平面ＣＣ′Ｄ′Ｄ ， 平面Ａ′Ｂ′Ｃ′Ｄ′ 平面ＢＢ′Ｃ′Ｃ 平面ＣＣ′Ｄ′Ｄ ＝ ３２ π＋６４０＋ １１２０ ≈１０４７（ｃｍ ３ ） ． 平面ＡＢＣＤ与平面Ａ １ Ｂ １ Ｃ １ Ｄ １ 把空间分成三 （２） 平面ＢＣＣ′Ｂ′ ， 平面Ａ′Ｂ′Ｃ′Ｄ′ ∴ 奖 ３ 杯的表面积 ３ 约为 １ １９４ ｃｍ ２ ， 体积约为 层 分 ， 每 故 层 正 中 方 竖 体 直 各 的 面 四 所 个 在 平 平 面 面 将 将 空 空 间 间 分 分 成 成 ９ 部 ２． （ 解 ３ 析 ） 直线ＢＤ １∥ ， 平面ＡＥＣ．理由如下 ： １０４７ｃｍ ３． 部 ， 分． ２７ 如图 ， 连接ＢＤ交ＡＣ于点Ｏ ， 连接ＯＥ ， 综合运用 8.4 空间点、直线、平面之间 ６．解析 共面． 的位置关系 理由如下 设平行直线为ａ ｂ 则ａ ｂ． ： ， ， ∥ 则ａ ｂ共面 设为平面α． ， ， ８．４．１ 平面 设ｃ ａ Ｐ ｃ ｂ Ｑ ∩ ＝ ， ∩ ＝ ， 则Ｐ ａ ａ α Ｐ α 练习 ∈ ，∵ ⊂ ，∴ ∈ ， 同理Ｑ α． １．答案 ∈ 在 ＤＢＤ 中 ＯＥ为三角形的中位线 ２．Ｄ （１）✕ （２）✕ （３）√ ∴ ｃ ⊂ α ， Ｏ △ Ｅ ＢＤ １ ． ， ， ３．解析 不共面的四点可以确定 个平面． ∴ ａ ， ｂ ， ｃ共面于α． ∴ ＢＤ ∥ 平 １ 面ＡＥＣ ＯＥ 平面ＡＥＣ ４ ７．解析 若三条直线两两平行且不共面 则一 ∵ １⊄ ， ⊂ ， ， ＢＤ 平面ＡＥＣ． 共可以确定三个平面 若三条直线交于一 ∴ １∥ ； ３．答案 点 则最多可以确定三个平面． （１）✕ （２）✕ （３）✕ （４）√ ， ４．证明 ｂ ｃ ｃ β ｂ β ｂ β ８．证明 如图 ∵ ∥ ， ⊂ ， ⊄ ，∴ ∥ ， ， 又α β ａ． ａ ｂ ∩ ＝ ∴ ∥ ， ａ ｂ ｃ． ∴ ∥ ∥ ８．５．３ 平面与平面平行 ４．解析 Ａ α Ｂ α． 练习 （１） ∈ ； ∉ Ｍ α Ｍ ａ． １．解析 当ｍ ｎ时 α与β可能相 （２） ∉ ； ∈ （１）✕ ∥ ， ａ α ａ β． ＡＢ α Ｐ ＡＢ 平面ＡＢＣ 交． （３） ⊂ ； ⊂ ∵ ∩ ＝ ， ⊂ ， Ｐ 平面ＡＢＣ． 理由略． ∴ ∈ （２）√ 又Ｐ α 可能相交． ∈ ， （３）✕ Ｐ在平面ＡＢＣ与平面α的交线上． 理由略． ∴ （４）√ 同理可证Ｑ和Ｒ均在这条交线上 理由略． ， （５）√ ８．４．２ 空间点、直线、平面 所以Ｐ Ｑ Ｒ三点共线． ２．Ｄ 不正确．以长方体为模型 如图 在平 ， ， Ａ ， ， 拓广探索 面ＡＢＣＤ内与ＢＣ平行的所有直线都与平面 之间的位置关系 ９．解析 如图 把展开图还原成正方体． ＢＣＣ′Ｂ′平行 但平面ＡＢＣＤ与平面ＢＣＣ′Ｂ′是 ， ， 练习 相交的． １．答案 Ｄ Ｄ 不正确．以长方体为模型 如图 Ａ′Ｄ′ 平 （１） （２） Ｂ ， ， ∥ ２．解析 ＡＢ与ＡＣ相交 ＡＣ与Ａ′Ｃ′平行 Ａ′Ｂ ， ， 面ＡＢＣＤ Ａ′Ｄ′ 平面ＢＣＣ′Ｂ′ 但平面ＡＢＣＤ 与ＡＣ异面 Ａ′Ｂ与Ｃ′Ｄ异面． ， ∥ ， ， 与平面ＢＣＣ′Ｂ′相交． ３．答案 （１）✕ （２）✕ （３）✕ （４）√ 不正确．以长方体为模型 如图 Ａ′Ｄ′ 平面 ４．解析 直线ａ与ｂ平行或异面．理由略． Ｃ ， ， ∥ ＢＣＣ′Ｂ′ ＢＣ 平面Ａ′Ｂ′Ｃ′Ｄ′ 但平面ＢＣＣ′Ｂ′ ◆习题8.4 ， ∥ ， 与平面Ａ′Ｂ′Ｃ′Ｄ′相交． 复习巩固 正确．故选 ． １．解析 Ｄ Ｄ （１） 可知ＡＢ与ＣＤ ＥＦ与ＧＨ ＡＢ与ＧＨ为异面 ， ， 直线． １０．解析 略． 8.5 空间直线、平面的平行 ３．证明 连接Ｂ Ｄ 由已知得ＭＮ Ｂ Ｄ ＥＦ ８．５．１ 直线与直线平行 Ｂ Ｄ １ １， ∥ １ １， ∥ １ １， 练习 ∴ ＭＮ ∥ ＥＦ． ∵ ＭＮ ⊄ 平面ＢＤＦＥ ， ＥＦ ⊂ 平面 （２） １．解析 平行．理由略． ＢＤＦＥ ，∴ ＭＮ ∥ 平面ＢＤＦＥ． ２．解析 与棱 ＡＡ′平行的棱共 条 分别是 连接ＭＦ 则ＭＦ ＡＤ 四边形ＡＤＦＭ为平 ３ ， ， 􀱀 ，∴ ＢＢ′ ＣＣ′ ＤＤ′． 行四边形 ＡＭ ＤＦ． ＡＭ 平面ＢＤＦＥ ， ， ，∴ ∥ ∵ ⊄ ， ３．证明 ＡＡ′ ＢＢ′且ＡＡ′ ＢＢ′ ＤＦ 平面ＢＤＦＥ ∵ ∥ ＝ ， ⊂ ， 四边形ＡＡ′Ｂ′Ｂ为平行四边形 ＡＭ 平面ＢＤＦＥ． ∴ ， ∴ ∥ ２．答案 Ｃ Ｂ ＡＢ Ａ′Ｂ′ 同理ＢＣ Ｂ′Ｃ′ 又ＭＮ ＡＭ Ｍ 平面ＡＭＮ 平面ＢＤＦＥ． （１） （２） ∴ 􀱀 ， 􀱀 ， ∩ ＝ ，∴ ∥ ２ ６１ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋４．解析 ｃ α ｃ ａ．理由如下 １１．证明 设两条平行直线分别为ａ和ｂ 其中 Ｂ′Ｃ′Ａ′ ∥ ， ∥ ： ， ∴∠ ＝４５°， α β 又ｃ β ｃ α． ａ α． 直线ＢＣ与Ａ′Ｃ′所成的角是 ． ∵ ∥ ， ⊂ ，∴ ∥ ∥ ∴ ４５° α β ｒ α ａ ｒ β ｂ 过直线ａ作平面β 使其与平面α相交 交 ＡＡ′ ＢＢ′ ∵ ∥ ，∩ ＝ ，∩ ＝ ， ， ， （２）∵ ∥ ， ａ ｂ 又ｂ ｃ 线为ｃ． Ｂ′ＢＣ′就是ＡＡ′与ＢＣ′所成的角 ∴ ∥ ， ∥ ， ∴∠ ， ａ ｃ． ａ α ａ β α β ｃ Ｂ′Ｃ′ ∴ ∥ ∵ ∥ ， ⊂ ， ∩ ＝ ， Ｂ′ＢＣ ◆习题8.5 ａ ｃ． ∴ｔａｎ∠ ＝ＢＢ′＝ ３， ∴ ∥ 复习巩固 又ａ ｂ Ｂ′ＢＣ′ ∥ ， ∴∠ ＝６０°， １．答案 Ｄ Ｃ ｂ ｃ 直线ＡＡ′与ＢＣ′所成的角是 ． （１） （２） ∴ ∥ ， ∴ ６０° ２．答案 平行或相交 又ｃ α ｂ α ｂ α． ４．证明 取ＡＣ′的中点Ｅ 连接ＤＥ 取Ｂ′Ｂ的 ⊂ ， ⊄ ，∴ ∥ ， ， 解析 如图． 故另一条直线也平行于这个平面． 中点Ｆ 连接ＡＦ ＥＦ． ， 、 １２．解析 过点Ｐ作ＭＮ ＡＣ 交ＶＡ于点Ｍ ∥ ， ， ＤＥ ＣＣ′ ＤＥ １ ＣＣ′ ＢＦ ＣＣ′ ＢＦ 交ＶＣ于点Ｎ 过点Ｍ作ＭＯ ＶＢ 交ＡＢ于 ∴ ∥ ， ＝ ， ∥ ， ＝ ， ∥ ， ２ 点Ｏ 过点Ｎ作ＮＱ ＶＢ 交ＢＣ于点Ｑ 连 ， ∥ ， ， １ ＣＣ′ 接ＯＱ 则平面ＭＮＱＯ即为所求 如图所示． ， ， ， ２ ＤＥ ＢＦ ∴ 􀱀 ， ３．解析 Ｃ Ｄ ＣＤ 可过点Ｐ画一条直 四边形ＢＤＥＦ为平行四边形 ∵ １ １∥ ，∴ ∴ ， 线与Ｃ Ｄ 平行． ＢＤ ＥＦ． １ １ ∴ ∥ 则此线与棱ＣＤ平行． 又ＡＢ ＢＢ′ ＝ ＝２， ４．证明 连接ＡＣ． ＡＦ ＡＥ ＥＦ ＢＤ ． Ｅ Ｆ分别是ＡＢ ＢＣ的中点 ∴ ＝ ５， ＝ ２， ＝ ＝ ３ ∵ 、 、 ， 在 ＡＥＦ中 ＡＥ２ ＥＦ２ ＡＦ２ ＥＦ ＡＣ △ ， ＋ ＝ ， ∴ ∥ ， ＡＥＦ ５．证 ∴ ∵ 明 Ｅ ＡＣ Ｆ ∥ ∥ （ Ａ Ａ １ ′ ′ Ｃ Ｃ ） ′ ′ ∵ ， ． Ｅ ， Ｆ ， Ｇ分别是ＡＢ ， ＢＣ ， ＣＤ的 １３． 则 证明 Ｍ Ｂ ∥ 连 Ｃ 接 Ｆ ， Ａ ∴ Ｆ Ｂ Ａ 交 Ｂ Ｃ＝ β Ｍ Ａ 于 Ｍ Ｆ ． Ｍ点 ， 连接ＭＢ ， ＣＦ ， ∴ 又 ∴ Ｅ Ｂ ∠ Ｅ Ｆ Ｄ Ｆ ⊥ ∥ Ａ Ａ Ｂ Ｃ Ｃ ＝ Ｄ ′ ′ ９ ， ， ． ０°， 中点 ＦＧ ＢＤ． ＡＭ ＤＥ ∴ ⊥ ，∴ ∥ 同理 连接ＭＥ ＡＤ ＭＥ ＡＤ 又 ＦＧ 平面ＥＦＧ ＢＤ 平面ＥＦＧ ， ， ， ∥ ，∴ＭＦ＝ＥＦ， ８．６．２ 直线与平面垂直 ∵ ⊂ ， ⊄ ， ∴ ＢＤ ∥ 平面ＥＦＧ． ＡＢ ＤＥ ． 练习 同 可得ＡＣ 平面ＥＦＧ． ∴ ＢＣ＝ＥＦ （２） （１） ∥ １．解析 这两条直线不一定平行 它们也可以 ６．解析 在直线ａ上任取一点Ｏ 过Ｏ作ｂ′ 拓广探索 ， ， ∥ 相交 也可以异面．如图所示 在正方体 ｂ 则由ａ与ｂ′确定的平面α即为所求 如图． １４．证明 过ａ作平面γ交β于直线ａ′ ， ， ， ， ， ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 Ｅ Ｆ分别是Ａ Ｄ Ｂ Ｃ ｂ ｂ′ ｂ′ α且ｂ α ａ β ａ ａ′ ａ′ α． － １ １ １ １ ， 、 １ １、 １ １ ∵ ∥ ， ⊂ ⊄ ， ∵ ∥ ，∴ ∥ ，∴ ∥ 的中点 易知ＡＥ ＤＥ ＢＦ与平面ＡＢＣＤ所成 ｂ α． ａ ｂ异面 ， 、 、 ∴ ∥ ∵ ， ， 的角都相等 其中ＡＥ ＢＦ ＡＥ ＤＥ Ｅ ＤＥ ａ′与ｂ相交 ， ∥ ， ∩ ＝ ， ∴ ， 与ＢＦ异面． α β． ∴ ∥ １５．答案 （１）（２）（４）（５） 解析 平面ＡＢＢ Ａ 平面ＣＤＤ Ｃ ∵ １ １∥ １ １， 有水的部分和无水的部分始终有两个面 ７．证明 ＡＢ α ＡＢ β α β ＣＤ ∴ ∵ ∥ ， ⊂ ， ∩ ＝ ， 平行 而其余各面都易证是平行四边形 水 ＡＢ ＣＤ 同理ＡＢ ＥＦ ， （ ∴ ∥ ， ∥ ， 面与两平行平面的交线互相平行 ＣＤ ＥＦ． ）， ∴ ∥ 是正确的． ８．证明 ＡＯ Ａ′Ｏ ＢＯ Ｂ′Ｏ ＡＯＢ Ａ′ＯＢ′ ∴（１）（２） ＡＯ ∵ Ｂ ＝ Ａ′Ｏ ， Ｂ′ ＝ ，∠ ＝∠ ， 在题图 （１） 中 ， ２．证明 ∵ ＳＤ ⊥ 平面ＡＢＣＤ ， ＡＣ ⊂ 平面ＡＢＣＤ ， 综 ∴ ∴ ∴ ∵ ∴ ∵ ∴ 合 Ａ Ａ Ａ Ａ 平 △ ∠ 运 Ｂ ′ ′ ′ Ｂ Ｂ Ｂ Ａ 面 ⊂ 用 ′ ′ ′ ′ ∥ ∥ ∩ Ｂ 平 Ａ ′ ≌ ′ Ａ 平 Ｂ Ｏ Ｂ 面 Ｂ ′ ＝ ′ Ｃ △ 面 ． Ｃ ∠ Ａ ′ ′ ＝ Ｂ ∥ Ａ Ａ Ｃ Ｂ Ｂ Ｂ 平 ， ′ Ｃ Ｏ ， Ａ ， 面 ， ′ ， 同 Ｂ′ Ａ 理 ⊄ Ｂ ， Ｃ 平 Ｂ ． ′ 面 Ｃ′ Ａ ∥ Ｂ 平 Ｃ ， 面ＡＢＣ． 水 在 ∴ 因 Ｂ 的 由 Ｃ Ｓ （ 面 题 为 ， Ｅ １ １ Ｆ ＜ 面 图 水 ） Ｓ （ 小 积 的 ２ （ ２ ， ３ 于 ） ∴ 体 ） Ｓ 的 题 １ 中 （ 积 ＝ 正 ３ 图 ， Ｅ ） 一 确 Ｓ Ｆ 是 （ ２ 定 · ３ 性 ＝ 错 ） ， Ｆ Ｅ 知 中 的 形 Ｇ Ｆ （ 的 · ＝ ． 成 ４ Ｅ ） Ｂ Ｅ Ｆ 柱 是 Ｃ Ｆ · ， ， 体 正 而 Ｂ 的 Ｃ 确 题 ， 高 的 图 ． 始 （１ 终 ） 是 中 ３． ∴ 又 ∴ 又 ∴ 柱 解 Ｓ Ａ Ａ 底 析 Ｓ Ｄ Ｃ Ｃ Ｄ 面 ⊥ ⊥ ⊥ ∩ Ｂ ∵ ′ Ａ Ｂ 平 Ａ Ｂ Ｄ Ｃ Ｄ Ｂ 四 Ｄ ′ 面 ． Ｃ ． ＝ Ｄ 棱 Ｓ Ａ Ｄ 为 Ｄ ′ 柱 ， Ａ Ｂ 正 ． ． Ａ′ 方 Ｂ′ 形 Ｃ′ ， Ｄ′ － ＡＢＣＤ为直四棱 底面ＥＦＢ的面积是定值 ，∴ ⊥ ９．证明 连接ＥＥ′． ∴ ， 若Ａ′Ｃ Ｂ′Ｄ′ 则Ｂ′Ｄ′ 平面Ａ′ＡＣＣ′ ⊥ ， ⊥ ， Ｅ Ｅ′分别为ＡＤ Ａ′Ｄ′的中点 １ ＢＥ ＢＦ ＥＢＦ 为定值 而 Ｂ′Ｄ′ ＡＣ ∵ ， ， ， ∴ · ·ｓｉｎ∠ ， ∴ ⊥ ， 四边形Ａ′Ｅ′ＥＡ为平行四边形 ２ 又Ｂ′Ｄ′ ＢＤ ∴ ， ＥＢＦ为 ° ∥ ， Ａ′Ａ Ｅ′Ｅ． ∠ ９０ ， ＢＤ ＡＣ． ∴ 􀱀 ＢＥ ＢＦ为定值 ∴ ⊥ 又Ａ′Ａ Ｂ′Ｂ Ｅ′Ｅ Ｂ′Ｂ ∴ · ， 当ＢＤ ＡＣ 即底面四边形ＡＢＣＤ的对角 􀱀 ，∴ ∥ ， 是正确的． ∴ ⊥ ， 四边形ＥＥ′Ｂ′Ｂ为平行四边形 ∴（５） 线互相垂直时 Ａ′Ｃ Ｂ′Ｄ′． ∴ ， ， ⊥ ＢＥ Ｂ′Ｅ′． ４．答案 外 中 垂 ∴ ∥ 8.6 空间直线、平面的垂直 （１） （２） （３） 同理ＣＥ Ｃ′Ｅ′ 解析 连接ＯＡ ＯＢ ＯＣ． ∥ ， ① 、 、 又 ＢＥＣ与 Ｂ′Ｅ′Ｃ′方向相同 ＰＡ ＰＢ ＰＣ且ＰＯ为公共边 ∠ ∠ ， ８．６．１ 直线与直线垂直 ∵ ＝ ＝ ， ＢＥＣ Ｂ′Ｅ′Ｃ′． ＡＯＰ ＢＯＰ ＣＯＰ ∴∠ ＝∠ ∴Ｒｔ△ ≌Ｒｔ△ ≌Ｒｔ△ ， １０．证明 连接ＣＤ． 练习 ＯＡ ＯＢ ＯＣ ∴ ＝ ＝ ， ＡＣ ＢＤ 由ＡＣ ＢＤ可确定平面β 则 １．答案 Ｏ为 ＡＢＣ的外心． ∵ ∥ ，∴ 、 ， （１）√ （２）✕ ∴ △ ＡＢ β 且β与α交于ＣＤ． ２．答案 ＡＡ′ 当 Ｃ °时 Ｏ为ＡＢ边的中点． ⊂ ， （１）８ （２）４ （３）４ （４） ∠ ＝９０ ，∴ ＡＢ α ＡＢ ＣＤ ３．解析 ＢＣ Ｂ′Ｃ′ 两问的答案即证出． ∵ ∥ ，∴ ∥ ， （１）∵ ∥ ， ∴（１）、（２） 四边形ＡＢＤＣ为平行四边形． Ｂ′Ｃ′Ａ′就是ＢＣ与Ａ′Ｃ′所成的角 连接ＡＯ ＣＯ并延长分别交ＢＣ ＡＢ于Ｄ Ｅ ∴ ∴∠ ， ② 、 、 、 ＡＣ ＢＤ． 又ＡＢ ＡＤ 两点． ∴ ＝ ＝ ＝２ ３， ２ ６２ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 ＰＡ ＰＣ ＰＢ ＰＣ ＰＡ ＰＢ Ｐ 根据线面垂直的判定定理 可得ＯＡ β 互相垂直． ∵ ⊥ ， ⊥ ， ∩ ＝ ， ， ⊥ ， ＰＣ 平面ＰＡＢ 又ＯＡ α 根据面面垂直的判定定理 可得α 正确．理由略． ∴ ⊥ ， ⊂ ， ， （２） ＰＣ ＡＢ． β． 错误．比如正方体两个相对的侧面 都垂 ∴ ⊥ ⊥ （３） ， ＰＯ α ２．Ｄ 直于底面 但两侧面平行． ∵ ⊥ ， ， ＰＯ ＡＢ 又ＰＯ ＰＣ Ｐ ３．解析 平面ＡＢＤ 平面ＢＣＤ．平面ＡＢＣ 平 ４．证明 取ＡＢ中点Ｈ．连接ＣＨ ＰＨ． ∴ ⊥ ， ∩ ＝ ， ⊥ ⊥ （１） 、 ＡＢ 平面ＰＣＯ 面ＢＣＤ．平面ＡＣＤ 平面ＡＢＣ．理由如下 Ｐ Ｈ分别为Ａ Ｂ ＡＢ中点 ∴ ⊥ ， ⊥ ： ∵ 、 １ 、 ， ＡＢ ＣＯ 同理 ＢＣ ＡＯ ＡＢ 平面ＢＣＤ ＡＢ 平面ＡＢＤ ＡＢ 平面 ∴ ⊥ ， ， ⊥ ， ∵ ⊥ ， ⊂ ， ⊂ ＰＨ ＡＡ ＰＨ １ ＡＡ ． 点Ｏ为 ＡＢＣ三条高的交点 ＡＢＣ ∴ ∥ １， ＝ １ ∴ △ ， ， ２ 即点Ｏ为 ＡＢＣ的垂心． 平面ＡＢＤ 平面 ＢＣＤ 平面 ＡＢＣ 平面 又ＡＡ 平面ＡＢＣ ＰＨ 平面ＡＢＣ △ ∴ ⊥ ， ⊥ １⊥ ，∴ ⊥ ， 练习 ＢＣＤ． ＰＨ ＣＨ． ∴ ⊥ １．答案 ｂ α或ｂ α 由ＡＢ 平面ＢＣＤ 得ＡＢ ＣＤ． 由ＣＣ 平面ＡＢＣ可知ＱＣ ＣＨ ２．证明 过 ⊂ 点Ａ Ｂ ∥ 分别作ＡＣ α ＢＤ α 分 又ＢＣ ⊥ ＣＤ ＣＤ ， 平面 ⊥ ＡＢＣ ＰＨ １⊥ ＱＣ． ⊥ ， 、 ⊥ ， ⊥ ， ⊥ ，∴ ⊥ ， ∴ ∥ 别交α于点Ｃ Ｄ．连接ＣＤ． 平面ＡＣＤ 平面ＡＢＣ． 、 ∴ ⊥ 又ＰＨ １ ＡＡ ＱＣ ∵ Ａ ， Ｂ与α距离相等 ， 即ＡＣ ＝ ＢＤ． ４．证明 ∵ 三棱柱ＡＢＣ － Ａ′Ｂ′Ｃ′为正三棱柱 ， ＝ ２ １＝ ， 又ＡＣ α ＢＤ α 则 ＡＢＣ为正三角形． 四边形ＰＨＣＱ为平行四边形 ＰＱ ＨＣ． ⊥ ， ⊥ ， △ ∴ ，∴ ∥ ＡＣ ＢＤ 又Ｄ为棱ＡＣ中点 又ＣＡ ＣＢ Ｈ为ＡＢ中点 ＨＣ ＡＢ ∴ ∥ ， ， ＝ ， ，∴ ⊥ ， 四边形ＡＢＤＣ为平行四边形 ＢＤ ＡＣ． ＰＱ ＡＢ． ∴ ， ∴ ⊥ ∴ ⊥ ＡＢ ＣＤ 又ＣＤ α 又ＡＡ′ 底面ＡＢＣ Ｃ Ｃ 平面ＡＢＣ Ｃ Ｃ ＣＨ． ∴ ∥ ， ⊂ ， ⊥ ， （２）∵ １ ⊥ ，∴ １ ⊥ ＡＢ α． ＡＡ′ ＢＤ． 又ＰＱ ＣＨ ＰＱ Ｃ Ｃ． ∴ ∥ ∴ ⊥ ∥ ，∴ ⊥ １ 又ＡＣ ＡＡ′ Ａ Ｂ Ｂ Ｃ Ｃ ＰＱ Ｃ Ｃ Ｂ Ｂ ＰＱ． ∩ ＝ ， （３）∵ １ ∥ １ ， ⊥ １ ，∴ １ ⊥ ＢＤ 平面ＡＣＣ′Ａ′ 又ＡＢ ＰＱ ＡＢ Ｂ Ｂ Ｂ ＰＱ 平面 ∴ ⊥ ， ⊥ ， ∩ １ ＝ ，∴ ⊥ 平面ＢＤＣ′ 平面ＡＣＣ′Ａ′． ＡＢＢ Ａ ∴ ⊥ １ １， 练习 Ａ Ｂ 平面ＡＢＢ Ａ ∵ １ ⊂ １ １， １．答案 ＰＱ Ａ Ｂ． （１）✕ （２）√ （３）√ ∴ ⊥ １ ２．Ｂ 错误．若一平面内的已知直线垂直于 ① ３．证明 证法一 取ＡＥ中点Ｈ 连接ＤＨ ＦＨ． 另一个平面内的任意直线 则已知直线就垂 ： ， 、 ， ＥＡ ＤＣ Ｈ是ＡＥ中点 直于另一平面 而一个平面内的直线与另一 ∵ ＝２ ， ， ， 则ＣＤ ＡＨ．又ＥＡ ＤＣ都垂直于平面ＡＢＣ 平面还存在平行和相交两种情况． ＝ 、 ， ＣＤ ＡＨ 正确．在另一平面内存在无数条与两平面 ∴ ∥ ， ② 四边形ＤＨＡＣ为平行四边形 的交线垂直的直线 而这些直线都与第一个 ∴ ， ， 则ＤＨ ＡＣ． 平面的已知直线垂直． ∥ 又Ｆ是ＥＢ中点 ＨＦ ＡＢ． 错误 参考 的分析 ． ，∴ ∥ ③ （ ① ） 又ＤＨ ＨＦ Ｈ ＡＣ ＡＢ Ａ． 正确 参考性质定理 ． ∩ ＝ ， ∩ ＝ ④ （ ） 则平面ＨＦＤ 平面ＡＢＣ． 故选 ． ５．证明 ＰＯ 底面ＡＢＣ ＰＯ ＡＢ． ∥ Ｂ ∵ ⊥ ，∴ ⊥ 又ＤＦ 平面ＨＦＤ ＤＦ 平面ＡＢＣ． ３．Ｂ α β时 ｍ不一定垂直于β． 是不充分 又ＣＤ ＡＢ ＣＤ ＰＯ Ｏ ⊂ ，∴ ∥ ⊥ ， ∴ ⊥ ， ∩ ＝ ， 证法二 取ＡＢ的中点Ｇ．连接ＧＦ ＣＧ． 条件． ＡＢ 平面ＰＯＣ ＡＢ ＰＣ． ： 、 ∴ ⊥ ，∴ ⊥ ｍ β时 α一定垂直于β． 是必要条件．故 ６．解析 与平面ＡＢＢ′Ａ′ 平面ＤＣＣ′Ｄ′ 平面 ＧＦ ＡＥ ＧＦ １ ＡＥ ⊥ ， ∴ 、 、 ∴ ∥ ， ＝ ２ ， “ α ⊥ β ” 是 “ ｍ ⊥ β ” 的必要不充分条件． ＡＢＣＤ 、 平面Ａ′Ｂ′Ｃ′Ｄ′所成的二面角均为 ４５° ． ∴ ∴ 又 四 Ｃ Ｃ Ｄ Ｄ 边 􀱀 ∥ 形 Ｇ Ａ Ｆ Ｅ Ｃ ， ， Ｇ Ｃ Ｆ Ｄ Ｄ ＝ 为 ２ １ 平 Ａ 行 Ｅ ， 四边形 ， ４．解 理 设 的 析 由 过 交 如 线 直 直 下 为 线 ： 线 ａ ａ ′． 与 ａ与 平 平 面 面 α β 内 的 的 位 一 置 点 关 的 系 平 是 面 ａ 与 ⊥ β α ． ７． 与 为 解 ∵ 平 析 ∠ ９０ 面 Ｖ ° Ａ ． 平 Ｂ ＡＤ ＝ 面 Ｄ ∠ ′ Ｖ Ａ Ｖ Ａ ′ Ａ 、 Ｂ Ｃ 平 ⊥ ＝ 面 平 ９０ Ｂ 面 ° Ｃ ， Ａ Ｃ Ｖ Ｂ ′ Ｂ Ｂ ∩ Ｃ ′所 ． Ａ 理 Ｃ 成 由 ＝ 的 Ａ 如 ， 二 下 面 ： 角均 ∴ ＤＦ ∥ ＣＧ． ａ α ａ ａ′． ＶＡ 平面ＡＢＣ ＶＡ ＢＣ． 又 Ｄ ∴ Ｆ Ｄ Ｃ ⊄ Ｆ Ｇ 平 ∥ ⊂ 平 面 平 面 面 ＡＢ Ａ Ｃ Ａ Ｂ Ｂ ， Ｃ Ｃ ． ， ∵ ∵ ∵ ａ ａ ａ ∥ ⊥ ′ ⊂ Ａ β α Ｂ ， ， ∴ 即 ， α ∴ ⊥ 直 ∥ ａ β ′ 线 ， ⊥ ∴ Ａ ａ ａ Ｂ 与 ′ ． ⊥ 平 β． 面β的位置关系是 ∴ 又 又 ∠ 平 ＶＡ Ａ 面 ⊥ ∩ ＢＣ Ｖ Ａ Ａ ＝ Ｂ Ｂ ９ ＝ ０ Ａ ° ， 平 ， ∴ ∴ 面 ， Ｂ Ａ ∴ Ｃ Ｂ Ｖ ⊥ ⊥ ＢＣ 平 ⊥ Ｂ ． Ｃ 面 ， ＶＡＢ ， ４．证明 设平面α ， β都与直线ｌ垂直 ， ∴ ａ ⊥ β． ， ８． ∴ 证明 设ａ ⊥ ｂ ｃ为两两互相垂直的直线 且 过直线ｌ作平面γ 与α β分别相交于直线 ⊥ ， ， ， ， ， 它们交于公共点Ａ． ａ ｂ． ， ａ ｂ确定一平面α ａ ｃ确定一平面β． ａ ｌ ｂ ｌ ， ， ， ∵ ⊥， ⊥， ｃ ａ ｃ ｂ ａ ｂ Ａ． 又ａ ｂ ｌ都在平面γ上 ａ ｂ ∵ ⊥ ， ⊥ ， ∩ ＝ ， ， ，∴ ∥ ， ｃ α． ａ ｂ分别是平面α β上任意两条交线 ∴ ⊥ ∴ ， ， ， 又ｃ β α β． α β． ∈ ，∴ ⊥ ∴ ∥ 同理可证ｂ ｃ确定的平面与α β都垂直． ， ， ８．６．３ 平面与平面垂直 ９．证明 设α γ ｌ 在平面α内作直线ａ ｌ． ∩ ＝ ， ⊥ α γ ａ ｌ ａ γ． 练习 ◆习题8.6 过 ∵ ａ ⊥ 作一 ， 平 ⊥ 面 ，∴ 与平 ⊥ 面β相交于直线ｂ １．解析 如图 因为ＯＡ ＯＢ ＯＡ ＯＣ ＯＢ ， ， ⊥ ， ⊥ ， ⊂ 复习巩固 β α ａ ｂ ｂ γ． β ＯＣ β且ＯＢ ＯＣ Ｏ． ∵ ∥ ，∴ ∥ ，∴ ⊥ ， ⊂ ∩ ＝ １．答案 Ｄ Ａ Ｃ 又ｂ β β γ． （１） （２） （３） ⊂ ，∴ ⊥ ２．答案 １０．证明 α γ β γ α β ｌ （１）√ （２）✕ （３）√ （４）✕ ∵ ⊥ ， ⊥ ， ∩ ＝ ， 则三个面相交于一点 设为点Ｃ （５）√ ， ， ３．解析 正确．因为另一条直线与这个平 过点Ｃ作直线ｌ′ 满足ｌ′ γ． （１） ， ⊥ 面垂直 则另一条直线垂直于这个平面内的 α γ 且点Ｃ在平面α上 ， ∵ ⊥ ， ， 任意一条直线．所以另一条直线一定垂直于 直线ｌ′在平面α内． ∴ 平面内与已知直线平行的直线．故两条直线 同理 ｌ′在平面β内． ｌ′ α β ｌ ｌ γ． ， ∴ ＝ ∩ ＝ ，∴ ⊥ ２ ６３ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋综合运用 ｂ是β内任意一条直线 ＡＥ ＰＢ． ∵ ， ∴ ⊥ １１．证明 取ＢＣ中点Ｐ′ 连接Ｂ Ｐ′与ＢＱ交于 ｌ β． 又ＰＢ ＢＣ Ｂ ， １ ∴ ⊥ ∩ ＝ ， 点Ｏ． １７．证明 设三个平面为α β γ． ＡＥ 平面ＰＢＣ 、 、 ∴ ⊥ ， Ａ Ｐ Ｂ Ｐ′ 又四边形 Ｂ ＢＣＣ 为正方 α β ｌ β γ ｎ γ α ｍ． 平面ＡＥＦ 平面ＰＢＣ． ∴ １ ∥ １ ， １ １ ∩ ＝ ， ∩ ＝ ， ∩ ＝ ∴ ⊥ 形 Ｑ为ＣＣ 中点 在平面γ上任取一点Ａ 作ＡＢ ｍ于Ｂ ＡＣ 复习参考题8 ， １ ， ， ⊥ ， Ｂ ＢＰ′ ＢＣＱ ＢＢ Ｐ′ ＣＢＱ． ｎ于Ｃ． 复习巩固 ∴△ １ ≌△ ，∴∠ １ ＝∠ ⊥ 又 ∠ ＣＢＱ ＋∠ Ｂ １ ＢＱ ＝９０°， 由α ⊥ γ ，∴ ＡＢ ⊥ α ， ｌ在平面α内 ，∴ ｌ ⊥ ＡＢ． １．答案 ＢＢ Ｐ′ Ｂ ＢＱ 同理 ｌ ＡＣ ∴∠ １ ＋∠ １ ＝９０°， ，⊥ ， 多面体顶点数Ｖ 棱数Ｅ 面数Ｆ Ｖ Ｆ Ｅ Ｂ ＯＢ Ｂ Ｐ′ ＢＱ 又ＡＢ ＡＣ在平面γ内 且相交于点Ａ ＋ － ∴∠ １ ＝９０°，∴ １ ⊥ ， 、 ， ， Ａ Ｐ ＢＱ． ｌ γ ｎ棱柱 ｎ ｎ ｎ ∴ １ ⊥ ∴ ⊥ ， ２ ３ ＋２ ２ １２．证明 设ｍ ｎ确定的平面为α． ｌ ｍ ｌ ｍ ｎ在γ内 ｌ ｍ ｌ ｎ． ｎ ｍ ｎ相 ， 交 ∵ １⊥ ，１ ∵ 同理 、 可证ｍ ， ｎ ∴ ⊥ ，⊥ ｎ棱锥 ｎ ＋１ ２ ｎ ｎ ＋１ ２ ⊥ ， 、 ， ， ⊥ ， ｎ棱台 ｎ ｎ ｎ ｌ α． 三条交线两两垂直． ２ ３ ＋２ ２ ∴ １⊥ ∴ 同理 ｌ α ｌ ｌ ２．解析 ，２⊥ ，∴ １∥２， （１） ． ∴∠１＝∠２ １３．证明 设两平行直线ａ ｂ与平面α相交于 、 Ａ Ｂ两点 与平面α所成的角为θ θ ． 、 ， １、 ２ 在ａ ｂ上分别取点Ａ Ｂ 这两点在平面α ， １， １， 的同侧．且ＡＡ ＢＢ 连接ＡＢ和Ａ Ｂ ． １＝ １， １ １ １８．解析 由题意知 ＡＢＣ ＶＡＢ为边长为 因为 ＡＡ ＢＢ ＡＡ ＢＢ 所以四边形 ，△ 、△ １∥ １， １ ＝ １， 的正三角形． ＡＡ Ｂ Ｂ是平行四边形． ２ １ １ 取ＡＢ中点Ｏ 连接ＯＣ ＯＶ 则ＯＣ ＡＢ ＯＶ 所以ＡＢ Ａ Ｂ ．又Ａ Ｂ α ＡＢ α 所以 ， 、 ， ⊥ ， ∥ １ １ １ １⊂ ， ⊄ ， ＡＢ ＡＢ α． ⊥ ， 三棱柱． ∥ ＶＯＣ为二面角Ｖ ＡＢ Ｃ的平面角 （２） 设Ａ Ｂ 分别是平面α的垂线ＡＡ ＢＢ 的 ∴∠ － － ， ３．答案 ｎ２ ｎ３ ｎ２ ｎ３ 垂足 ２ ， ， 连 ２ 接Ａ １ Ａ ２， Ｂ １ Ｂ ２， 则ＡＡ ２＝ ＢＢ ２ ２ ， ． ２ 又易知ＯＶ ＝ ＯＣ ＝ ３， 且ＶＣ ＝１， ４．解析 （ （ １ １ ） ） 设 ； 所截 等 （２ 腰 ） 三 ； 角形的底边边长为 在 ＡＡ Ａ 和 ＢＢ Ｂ 中 因为ＡＡ ２ ２ ２ ｘ ． ＢＢ Ｒｔ△ ＡＡ １ Ｂ ２ Ｂ Ｒｔ 所 △ 以 １ ２ ， ＡＡ Ａ ２＝ ∴ｃｏｓ∠ ＶＯＣ ＝ （ ３） ＋（ ３） －１ ＝ ５ ． ｃｍ ２， １＝ １， Ｒｔ △ １ ２ ≌ ２× ３× ３ ６ 在 ＥＯＦ中 ＥＦ ＯＦ １ ｘ ＢＢ Ｂ 所以 ＡＡ Ａ ＢＢ Ｂ 即 θ Ｒｔ△ ， ＝５ｃｍ， ＝ ｃｍ， Ｒｔ△ １ ２， ∠ １ ２＝∠ １ ２， １ ２ θ ． １４．解 ＝ 析 ２ 能．理由如下 如图所示 所以ＥＯ ＝ ２５－ １ ｘ２ ｃｍ ． ： ， ４ ＶＯ 平面ＡＢＣ ＶＯ ＡＢ． ∵ ⊥ ，∴ ⊥ ∵ ＶＡ ＝ ＶＢ ， ＡＤ ＝ ＢＤ ，∴ ＶＤ ⊥ ＡＢ． 于是Ｖ ＝ １ ｘ２ ２５－ １ ｘ２ ｃｍ ３． 又 ＶＯ ＶＤ Ｖ ＡＢ 平面ＶＤＯ． ３ ４ Ｃ ∵ Ｄ ∩ 平面Ｖ ＝ ＤＯ ，∴ Ｃ ⊥ Ｄ ＡＢ． 拓广探索 依题意函数的定义域为 ｛ ｘ ｜０＜ ｘ ＜１０｝ ． ∵ ∵ Ｄ为 ⊂ ＡＢ的中点 ， ， ∴ ∴ ＡＣ ⊥ ＝ ＢＣ． １９．证 三 明 棱 连 柱 接 ＡＢ Ａ Ｃ １ Ｂ． Ａ Ｂ Ｃ 为直三棱柱 四 ∵ － １ １ １ ，∴ 边形 ＡＢＢ Ａ 为平行四边形 ＢＢ 平面 １ １ ， １⊥ ＡＢＣ． ＢＢ ＢＣ ∴ １⊥ ， 又ＡＢ ＢＣ ＡＢ ＢＢ Ｂ ⊥ ， ∩ １＝ ， ＢＣ 平面ＡＢＢ Ａ ∴ ⊥ １ １， ＡＢ ＢＣ． １５．解析 ＳＧ ⊥ 平面ＥＦＧ ， ＥＧ ⊥ 平面ＳＧＦ ， ＦＧ 又 ∴ ＡＡ １⊥ ＡＢ ＡＡ ＡＢ 平行四边形 ５．解析 当三个平面两两平行时 可以把空 ⊥ 平面ＳＧＥ．证明如下 ： ＡＢＢ Ａ １ ＝ 为正 ， 方形 １ ． ⊥ ，∴ 间分 成 ① 部分 ， 折成的四面体如图所示 １ １ ４ ； ， ＡＢ Ａ Ｂ 当两个平面平行 第三个平面分别与它们 ∴ 由 折 平 成 面 四 正 面 方 体 形 后 可 ， 知 ＳＧ Ｓ ⊥ Ｇ １ Ｇ ⊥ Ｅ Ｇ ， Ｓ １ Ｅ Ｇ ， ⊥ ＳＧ Ｇ ３ Ｆ ⊥ ， Ｇ ３ Ｆ ， ∴ 又 Ａ Ａ Ｂ １ １ Ｂ ⊥ ∩ 平 Ｂ １ Ｃ 面 ， ＝ Ａ Ｂ ， ＢＣ 可 相 ② 以 交 把 时 ； 空 或 间 三 分 个 成 平面 部 ， 同 分 时交于一条直线时 ， ∵ ＧＥ ∩ ＧＦ ＝ Ｇ ， ∴ Ａ Ｃ １⊥ ＡＢ ． １ ， 当三个平面两两 ６ 相交 ； 且不共线时 可以把 ∴ ＳＧ ⊥ 平面ＥＦＧ． ２０． ∴ 解析 １ ⊥ 直线 １ ＤＥ与平面ＶＢＣ垂直．理由如 ③ 空间分成 部分 ， 同理 ， ＥＧ ⊥ 平面ＳＧＦ ， ＦＧ ⊥ 平面ＳＧＥ． 下 当三个平 ７ 面相 ； 互垂直时 可以把空间分成 ： ④ ， ＡＢ是 Ｏ 的直径 点 Ｃ 是 Ｏ 上的动 部分． ∵ ☉ ， ☉ ８ 点 ６．解析 证明 ａ ｂ Ｏ Ｏ ａ Ｏ ｂ． ， （１） ：∵ ∩ ＝ ，∴ ∈ ， ∈ ＡＣ ＢＣ． α β ａ α γ ｂ ａ β ｂ γ． ∴ ⊥ ∵ ∩ ＝ ， ∩ ＝ ，∴ ⊂ ， ⊂ 又ＶＣ垂直于 Ｏ所在的平面 ＡＣ 在 Ｏ Ｏ β Ｏ γ ☉ ， ☉ ∴ ∈ ， ∈ ， 所在平面上 又 β γ ｃ Ｏ ｃ Ｏ ａ Ｏ ｂ Ｏ ｃ． ， ∵ ∩ ＝ ，∴ ∈ ，∴ ∈ ， ∈ ， ∈ ＡＣ ＶＣ． ａ ｂ ｃ三线共点． ∴ ⊥ ∴ ， ， 又ＢＣ ＶＣ Ｃ ａ ｃ ｂ ｃ． ∩ ＝ ， （２） ∥ ， ∥ ＡＣ 平面ＶＢＣ． 理由如下 ∴ ⊥ ： 又Ｄ Ｅ分别是ＶＡ ＶＣ的中点 α β ａ α γ ｂ ａ ｂ ａ γ ｂ γ ， ， ， ∵ ∩ ＝ ， ∩ ＝ ， ∥ ，∴ ⊄ ， ⊂ ， ＤＥ ＡＣ ＤＥ 平面ＶＢＣ． 又 ａ ｂ ａ γ ∴ ∥ ，∴ ⊥ ∵ ∥ ，∴ ∥ ， １６．证明 设α β为两个平行平面 直线ｌ α． ２１．解析 平面ＡＥＦ 平面ＰＢＣ．证明如下 又 ａ β β γ ｃ ａ ｃ． 、 ， ⊥ ⊥ ： ∵ ⊂ ， ∩ ＝ ，∴ ∥ 交点为Ａ． 底面ＡＢＣＤ为正方形 ＢＣ ＡＢ． 又ａ ｂ ｂ ｃ． ∵ ，∴ ⊥ ∥ ，∴ ∥ 过点Ａ和平面β内任意一条直线ｂ作平面 又ＰＡ 底面ＡＢＣＤ ＰＡ ＢＣ． ７．证明 ＡＡ′ ＢＢ′ ＣＣ′ ＤＤ′ ⊥ ，∴ ⊥ ∵ ∥ ∥ ∥ ， γ 则γ与α相交 设交线为ａ． 又ＰＡ ＡＢ Ａ ＢＢ′ 平面ＡＤＤ′Ａ′． ， ， ∩ ＝ ， ∴ ∥ α β α γ ａ β γ ｂ ａ ｂ． ＢＣ 平面ＰＡＢ ＢＣ ＡＥ． 四边形ＡＢＣＤ是平行四边形 ∵ ∥ ， ∩ ＝ ， ∩ ＝ ，∴ ∥ ∴ ⊥ ，∴ ⊥ ∵ ， 又ａ α ｌ α ｌ ａ ｌ ｂ． 又ＰＡ ＡＢ Ｅ为ＰＢ中点 ＢＣ ＡＤ． ⊂ ，⊥ ，∴ ⊥ ，∴ ⊥ ＝ ， ， ∴ ∥ ２ ６４ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 又ＡＤ 平面ＡＤＤ′Ａ′ ＢＣ 平面ＡＤＤ′Ａ′ 由 知平面ＰＡＣ 平面ＰＢＣ 平面ＰＡＣ ⊂ ， ⊄ ， 即Ａ′Ｈ ＢＨ ２ ＨＤ ３ ＢＤ ３ ２． ∵ （１） ⊥ ， ＢＣ 平面ＡＤＤ′Ａ′． ＝ ＝ ， ＝ ＝ 平面ＰＢＣ ＰＣ ∴ ∥ ２ ４ ２ ∩ ＝ ， 又ＢＢ′ ＢＣ Ｂ 作Ａ′Ｇ 底面ＥＦＤ． ＡＤ 平面ＰＢＣ ＡＤＭ ∩ ＝ ， ⊥ ∴ ⊥ ，∴∠ ＝９０°， 平面ＢＣＣ′Ｂ′ 平面ＡＤＤ′Ａ′． ＥＤ ＦＤ Ｇ在直线ＤＨ上． 则 ＡＭＤ就是ＡＭ与平面ＰＢＣ所成的角． ∴ ∥ ∵ ＝ ，∴ ∠ ∵ 平面ＢＣＣ′Ｂ′ ∩ 平面Ａ′Ｂ′Ｃ′Ｄ′ ＝ Ｂ′Ｃ′ ， 由 （１） 知Ａ′Ｄ ⊥ 平面Ａ′ＥＦ ， 设ＡＣ ＢＣ ＰＡ ａ 则ＡＤ ２ ａ 平面ＡＤＤ′Ａ′ 平面Ａ′Ｂ′Ｃ′Ｄ′ Ａ′Ｄ′ Ａ′Ｄ Ａ′Ｈ ＝ ＝ ＝ ， ＝ ， ∩ ＝ ， ∴ ⊥ ， ２ Ａ′Ｄ′ Ｂ′Ｃ′ 同理可证Ａ′Ｂ′ Ｃ′Ｄ′ Ａ′Ｄ Ａ′Ｈ ＨＤ Ａ′Ｇ ａ ∴ ∥ ， ∥ ， ∴ · ＝ · ， ＤＭ 在 ＡＤＭ中 ＡＭＤ 四边形Ａ′Ｂ′Ｃ′Ｄ′是平行四边形． ∴ ＝ ，∴ Ｒｔ△ ，ｔａｎ∠ ＝ ∴ 可得Ａ′Ｇ ２ ２ ８．解析 设经过点Ｅ在上底面画直线ｌ与ＣＥ ＝ ， ＡＤ ３ ． 垂直． ＤＭ＝ ２ Ｖ １ Ｓ Ａ′Ｇ １ ． ∴ Ａ′－ＥＦＤ＝ · △ ＥＦＤ· ＝ ＡＭ与平面ＰＢＣ所成角的正切值是 ． ３ ３ ∴ ２ １１．证明 取ＢＤ的中点Ｏ 在线段ＣＤ上取点 １４．解析 证明 平面 ＰＡＤ 平面 ＡＢ⁃ ， （１） ：∵ ⊥ Ｆ 使得ＤＦ ＦＣ 连接ＯＰ ＯＦ ＦＱ． ＣＤ 交线为ＡＤ． ， ＝３ ， ， ， ， 又底面ＡＢＣＤ为正方形 ＣＤ ＡＤ ， ⊥ ， ＣＤ 平面ＰＡＤ． ∴ ⊥ 又ＡＭ 平面ＰＡＤ ＣＤ ＡＭ． ⊂ ，∴ ⊥ 又 ＰＡＤ是正三角形 Ｍ是ＰＤ的中点 △ ， ， ＡＭ ＰＤ． ∴ ⊥ 又ＰＤ ＣＤ Ｄ ＡＭ 平面ＰＣＤ． ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 是正方体 ∩ ＝ ，∴ ⊥ ∵ ＣＣ － 平 １ 面 １ Ａ １ Ｂ １ Ｃ Ｄ ， （２） 取 ＢＣ 、 ＡＤ 的中点分别为 Ｅ 、 Ｆ ， 连接 ∴ ｌ １ 平 ⊥ 面Ａ Ｂ １ Ｃ １ Ｄ １ １， ＥＦ 、 ＰＥ 、 ＰＦ． ∵ ⊂ １ １ １ １， 因为ＡＱ ＱＣ 所以ＱＦ ＡＤ 且ＱＦ １ ＣＣ ｌ ＝３ ， ∥ ， ＝ × ∴ １⊥， ４ 又ＣＥ ｌ ＡＤ． ⊥， 且ＣＣ ＣＥ Ｃ 因为Ｏ Ｐ分别为ＢＤ ＢＭ的中点 所以ＯＰ １∩ ＝ ， ， ， ， ｌ 平面ＣＣ Ｅ 是 ＢＤＭ的中位线 ∴ ⊥ １ ， △ ， Ｃ Ｅ 平面ＣＣ Ｅ ∵ １ ⊂ １ ， 所以ＯＰ ＤＭ 且ＯＰ １ ＤＭ． ｌ Ｃ Ｅ． ∥ ， ＝ ∴ ⊥ １ ２ 故在平面 Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 画出经过点 Ｅ 与 又点Ｍ是ＡＤ的中点 １ １ １ １ ， ， Ｃ Ｅ垂直的直线即可． 由题意知ＰＡ ＰＤ ＡＢ ＣＤ ＡＢ ＡＤ ＣＤ １ 所以ＯＰ ＡＤ 且ＯＰ １ ＡＤ． ＝ ， ＝ ， ⊥ ， ⊥ ９．证明 Ｄ Ｅ分别是ＡＢ ＰＢ的中点 ∥ ， ＝ ＡＤ ＡＤ为平面ＰＡＤ与平面ＡＢＣＤ的交线 （１）∵ ， ， ， ４ ， ， ＤＥ ＰＡ． 从而ＯＰ ＱＦ 且 ＯＰ ＱＦ 所以四边形 ＰＡＢ ＰＤＣ ∴ ∥ ∥ ， ＝ ， ∴∠ ＝∠ ＝９０°， 又 ＰＡ 平面ＰＡＣ ＤＥ 平面ＰＡＣ ＯＰＱＦ是平行四边形 故ＰＱ ＯＦ． ＰＡＢ ＰＤＣ ∵ ⊂ ， ⊄ ， ， ∥ ∴△ ≌△ ， ＤＥ 平面ＰＡＣ． 又ＯＦ 平面ＢＣＤ ＰＱ 平面ＢＣＤ． ＰＢ ＰＣ ＰＥ ＢＣ． ∴ ∥ ⊂ ，∴ ∥ ∴ ＝ ，∴ ⊥ ＰＣ 底面ＡＢＣ ＡＢ 底面ＡＢＣ １２．证明 连接Ｂ Ｄ ＢＤ 则Ｂ Ｄ Ａ Ｃ ． 又ＥＦ ＢＣ （２）∵ ⊥ ， ⊂ ， （１） １ １、 ， １ １⊥ １ １ ⊥ ， ＰＣ ＡＢ 又因为ＢＢ 平面Ａ Ｂ Ｃ Ｄ ＦＥＰ为侧面ＰＢＣ与底面ＡＢＣＤ所成的 ∴ ⊥ ， １⊥ １ １ １ １， ∴∠ ＡＢ ＢＣ ＰＣ ＢＣ Ｃ ＰＣ 平面ＰＢＣ 所以ＢＢ Ａ Ｃ ． 二面角． ∵ ⊥ ， ∩ ＝ ， ⊂ ， １⊥ １ １ ＢＣ ⊂ 平面ＰＢＣ ， 又因为ＢＢ １∩ Ｂ １ Ｄ １＝ Ｂ １， 设正方形边长为ａ ， 可求得ＥＦ ＝ ａ ， ＰＢ ＝ ２ ＡＢ 平面ＰＢＣ 所以Ａ Ｃ 平面ＢＢ Ｄ Ｄ． ∵ ∴ Ｐ ＡＢ Ｂ ⊥ ⊂ Ｐ 平 Ｂ 面 ． ＰＢＣ ， ， 又 所 因 以 为 Ｂ １ Ｂ Ｄ １ １ ⊥ Ｄ ⊂ Ａ Ｃ 平 ． 面Ｂ １ Ｂ １ １ Ｄ １ Ｄ ， · ａ ，∴ ＰＥ ＝ ２ ７ａ． ∴ ⊥ １ ⊥ １ １ ＥＦ 综合运用 同理 Ｂ Ｄ Ａ Ｂ． ＦＥＰ ２ ７ ， １ ⊥ １ ∴ｃｏｓ∠ ＝ＰＥ＝ ， １０．解析 证明 由正方形 ＡＢＣＤ 知 又因为Ａ Ｂ Ａ Ｃ Ａ ７ （１） ： ， １ ∩ １ １＝ １， 即侧面ＰＢＣ与底面ＡＢＣＤ所成二面角的余 ＤＣＦ ＤＡＥ 所以Ｂ Ｄ 平面Ａ ＢＣ ． ∠ ＝∠ ＝９０°， １ ⊥ １ １ Ａ′Ｄ Ａ′Ｆ Ａ′Ｄ Ａ′Ｅ． 连接ＢＨ Ｃ Ｈ Ａ Ｈ 弦值为２ ７． ∴ ⊥ ， ⊥ （２） 、 １ 、 １ ， Ａ′Ｅ Ａ′Ｆ Ａ′ Ａ′Ｄ 平面Ａ′ＥＦ． 由 知Ａ Ｃ ＢＨ Ａ Ｂ Ｃ Ｈ ７ ∵ ∩ ＝ ，∴ ⊥ （１） １ １⊥ ， １ ⊥ １ ， 拓广探索 又ＥＦ 平面Ａ′ＥＦ Ａ′Ｄ ＥＦ． 所以Ｈ为 Ａ Ｃ Ｂ的高的交点． ⊂ ，∴ ⊥ △ １ １ １５．解析 略． 又因为 Ａ Ｃ Ｂ为正三角形 （２） △ １ １ ， １６．Ｂ 设α β 则由ｍ α知ｍ β 而ｎ β 所以ＢＨ Ｃ Ｈ Ａ Ｈ为各边上的中线 ∥ ， ⊥ ⊥ ， ⊥ ， 、 １ 、 １ ， 所以ｍ ｎ 与ｍ ｎ为异面直线矛盾 所以 所以Ｈ为 Ａ Ｃ Ｂ的重心． ∥ ， ， ， △ １ １ 平面α与平面β相交． １３．解析 证明 ＰＡ 底面ＡＢＣ ＢＣ （１） ：∵ ⊥ ，∴ ⊥ 由ｍ 平面α ｌ ｍ 且ｌ α 可知ｌ α 同 ＰＡ． ⊥ ，⊥ ， ⊄ ， ∥ ， 理可知ｌ β 所以ｌ与两平面α β的交线平 ＡＣＢ ＢＣ ＡＣ． ∥ ， ， ∵∠ ＝９０°，∴ ⊥ 行．故选 ． ＰＡ ＡＣ Ａ ＢＣ 平面ＰＡＣ． Ｂ ∵ ∩ ＝ ，∴ ⊥ ＢＣ 平面ＰＢＣ 平面ＰＡＣ 平面ＰＢＣ． ∵ ⊂ ，∴ ⊥ 第九章 统计 取ＰＣ的中点Ｄ 连接ＡＤ ＤＭ ＡＭ． （２） ， ， ， ＡＣ ＰＡ ＡＤ ＰＣ． ∵ ＝ ，∴ ⊥ 9.1 随机抽样 ９．１．１ 简单随机抽样 连接ＢＤ 交ＥＦ于点Ｈ． 练习 ， 正方形ＡＢＣＤ的边长为 Ｅ Ｆ分别为 １．解析 总体是一个班级的学生 个体是 ∵ ２， 、 （１） ， ＡＢ ＢＣ的中点 一个学生 适合用全面调查． 、 ， ， 总体是该地区所有的人 个体是该地区 ＢＨ １ ＢＤ ２ （２） ， ∴ ＝ ＝ ， 一个人 适合用抽样调查． ４ ２ ， ２ ６５ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋总体是一批炮弹 个体是一个炮弹 适合 调查范围大 适合用抽样调查． 练习 （３） ， ， （６） ， 用抽样调查． ２．解析 是一项抽样调查．样本抽取不属于简 １．解析 频率分布直方图如图所示． 总体是水库中所有鱼 个体是水库中一 单随机抽样．因为该刊物仅对其读者进行抽 （４） ， 条鱼 适合用抽样调查． 取调查 是定性的． ， ， 例子 调查某批灯泡的使用寿命．理由 该调 ３．解析 可能性不大．三种方案产生的样本有 ： ： 查具有破坏性 不宜用全面调查． 较大程度的片面性 不能保证样本产生的随 ， ， ２．解析 是等可能的． 机性 对总体的代表性较差． （１） ， 是． ４．解析 是简单随机样本． （２） （１） 通过图可以看出 该市 年 月空气质 ３．解析 两种情况都属于简单随机抽样 因为 不是简单随机样本． ， ２０１６ ６ ， （２） 量指数在区间 内的天数最多 在 每次抽取时总体内的各个个体被抽到的概 是简单随机样本． ［２５，１００） ， （３） 区间 内的空气质量为优的天数次 率都相等． ［０，２５） ５．解析 男运动员应抽取 ２８ 人 之 在区间 内的天数最少 故 ４．解析 略． ×５６＝１６ ， ， ［１００，１２５］ ， ６ ５６＋４２ 月空气质量总体良好． ５．解析 抽签法的优点是简单易行 缺点是当 ， 女运动员应抽取 ２８ 人． ２．解析 略． 总体的容量非常大时 费时 费力 又不方 ×４２＝１２ ， 、 ， ５６＋４２ 便 如果标号后的号签搅拌不均匀 会导致 所以男 女运动员应分别抽取 人 人． ９．２．２ 总体百分位数的估计 ， ， 、 １６ 、１２ 抽样不公平 随机数法的优点与抽签法相 综合运用 ， 练习 同 缺点是当总体容量较大时 仍不是很方 ６．证明 ｙ ａｘ ｂ ｙ ａｘ ｂ ｙ ａｘ ， ， ∵ １＝ １＋ ， ２＝ ２＋ ，……， ｎ＝ ｎ １．解析 由书中表 ． 可知 月均用水量在 便 但比抽签法公平 因此这两种方法只适 ｂ ９２－１ ， ， ， ＋ ， ． 以下的居民用户比例约为 ％ ％ 合总体容量较少的抽样类型． ∴ ｙ １＋ ｙ ２＋…＋ ｙ ｎ＝（ ａｘ １＋ ｂ ）＋（ ａｘ ２＋ ｂ ）＋…＋ ７２ ％ ｔ 在 ． 以下的居民用户 ２３ 比 ＋ 例 ３２ 约为 ＝ 练习 ａｘ ｂ ａ ｘ ｘ ｘ ｎｂ ５５ ； １０ ２ ｔ （ ｎ＋ ）＝ （ １＋ ２＋…＋ ｎ）＋ ， ％ ％ ％．因此 ％分位数一定位于 １．Ｄ ｙ １ ｙ ｙ ｙ ａ ｘ １＋ ｘ ２＋…＋ ｘ ｎ ５５ ＋１３ ＝６８ ，６０ ． ． ２．解析 小华．不一定．只有当数据相差不是很 ∴ ＝ ｎ （ １＋ ２＋…＋ ｎ）＝ · ｎ ＋ ［７ ． ２，１０ ． ２） 内 ， 由 ７ ． ２＋３× ０ ． ６０－０ ． ５５ ≈８ ． ４ 可 大时 样本量越大对总体平均数的估计才越 ｂ ａｘ ｂ． ０６８－０５５ ， ＝ ＋ 以估计月均用水量的样本数据 ％分位数 准确． ７．解析 不能．还需要各层的样本量ａ ｂ ６０ （１） 、 、 为 ． ．所以居民用户月均用水量标准定为 ． ３．解析 略． ｃ ８４ ８ ， 合适． ａｘ ｂｙ ｃｚ ４ｔ ９．１．２ 分层随机抽样 则总体平均数 ＋ ＋ ． ２．解析 把 名男生的样本数据按从小到大 ＝ ａ ｂ ｃ ２３ ＋ ＋ 排列 由 ％ ． ％ ． ％ 练习 证明 因为样本量按比例分配 设Ｌ ａｌ ， ２５ ×２３＝５７５，５０ ×２３＝１１５，７５ （２） ： ， ＝ ， ． 可知样本数据的第 百 ｍ ｎ ｍ ｎ Ｍ ａｍ Ｎ ａｎ ×２３＝１７２５， ２５，５０，７５ ｘ ＋ ｙ ｘ ｙ ＝ ， ＝ ， 分位数分别为第 项数据 分别为 １．证明 ∑ｉ＝ １ ｉ ∑ｉ＝ １ ｉ ＝ ∑ｉ＝ １ ｉ ＋ ∑ｉ＝ １ ｉ 所以 Ｌ ｘ Ｍ ｙ Ｎ ｚ ． ． ． ６ ．如 ，１ 果 ２， 要 １８ 减少估计 ， 的误差 ｍ ＋ｎ ｍ ＋ｎ ｍ ＋ｎ Ｌ Ｍ Ｎ ＋Ｌ Ｍ Ｎ ＋Ｌ Ｍ Ｎ １６８０，１７２０，１７３０ ， ＋ ＋ ＋ ＋ ＋ ＋ 应增加男生的样本量． ｍｘ ｎｙ ｍ ｎ ａｌ ａｍ ａｎ ｘ ｙ． ｘ ｙ ｚ ３．解析 由书中图 ． 可知 ％分位数 ＝ｍ ｎ＋ｍ ｎ＝ｍ ｎ ＋ｍ ｎ ＝ａｌ ａｍ ａｎ ＋ａｌ ａｍ ａｎ ＋ａｌ ａｍ ａｎ ９２－２（１） ，８０ ＋ ＋ ＋ ＋ ＋ ＋ ＋ ＋ ＋ ＋ 一定位于 ． ． 内 由书中图 ． ２．解析 有道理．统计的基本思想方法是用样 ｌ ｍ ｎ ［１０ ２，１９ ２） ， ９ ２－ ｘ ｙ ｚ． 可知 ％分位数一定位于 ． ． 本估计总体 样本对总体的代表性在能保证 ＝ｌ ｍ ｎ ＋ｌ ｍ ｎ ＋ｌ ｍ ｎ ２（２） ，８０ ［１３２，１４２） ， ＋ ＋ ＋ ＋ ＋ ＋ 内 与书中图 ． 估计的结果不一样．同 样本估计总体达到一定精度的前提下 样本 ８．解析 略． ， ９ ２－１ ， 理 在估计 ％分位数过程中也能发现 由 量越小越好 操作也越方便． ９．解析 首先要掌握所在地区耕地的分布情 ， ９５ ， ， 书中图 ． 估计更加准确 因为当图 况 按田间管理水平划分小区 在各小区内 ９２－２（２） ， ３．解析 男生有 ４９０ 人 ， ， 中组数多 组距小时 保留了较多的原始数 （１） ×１００＝４９ ， 按土质的优劣划分等级 确定抽取比例．然 、 ， ４９０＋５１０ ， 据信息 得出的估计月均用水量的样本数据 后用分层随机抽样按比例确定各小区的抽 ， 女生有 ５１０ 人 越准确． ×１００＝５１ ， 取数目 再用分层随机抽样确定各小区各等 ４９０＋５１０ ， ． ． 级的抽取数目 在各等级内用简单随机抽样 ９．２．３ 总体集中趋势的估计 全体学生的平均身高为１７０２×４９＋１６０８×５１ ， 抽取 最终取出样本． ４９＋５１ ， 练习 ． ． 拓广探索 ＝１６５４０６ｃｍ １．解析 平均数 把多种抽样方法组合起来使用 在层内 １０．解析 略． ： 再 （２ 进 ） 行分层．可将男生 、 女生样本按 ， 身高分 １１．解析 略． ８３× ( ０＋ ２ ５０ ) ＋１２１× ( ５０＋ ２ １００ ) ＋６８× ( １００＋ ２ １５０ ) ＋…＋１４× ( ３００＋ ２ ４００ ) 层按比例抽取． １２．解析 略． ３６５ ４．解析 不合理．色盲是伴 染色体隐性遗传 ＝ ２０７５＋９０７５＋８５００＋…＋４９００ 病 ， 男 性发病率高于女性 Ｘ ．选择分层随机抽 9.2 用样本估计总体 ≈１１１ ． ３０ ． ３６５ 样时应注意 使得各层间差异明显 层内差 中位数 由书中图可知 中位数在区间 异不大． ， ， ９．２．１ 总体取值规律的估计 中 ： 设 中 位 数 ， 为 ｘ 则 ． （５０， １００］ ， ， ０ ２２８ ＋ 练习 ． ｘ ９．１．３ 获取数据的途径 ０３３２（ －５０） ． １．答案 ． ＝０５， （１）０００４４ （２）７０ ５０ 练习 解析 由 ． ｘ ． ． 解得ｘ ． ． １．解析 略． ２＋０ ． ０ ０１ （１ ２ ） ）×５ （ ０ ０ ＝ ０ １ ０ ， ６ 得 ０＋ ｘ ＝ ＋ ０ ０ ． ０ ０ ０ ０ ４ ３ ４ ６ ． ＋０００２４× 第 ８０ 百 ≈ 分 ９０ 位 ９６ 数 ： 由书中图可知 ， 第 ８０ ％百分 ２．解析 略． ． ． ． 位数一定位于区间 中 设该数为 （２）（０００３ ６＋０００６ ０＋０００４ ４）×５０×１００＝ （１５０，２００］ ， ◆习题9.1 ． ｘ 则 ７０ ， 复习巩固 ２．解析 ． ． ｘ （１）００３０×５×６０＝９， ． ． ． ０１３４（ －１５０） ． １．解析 调查范围大 适合用抽样调查． ． ０２２８＋０３３２＋０１８６＋ ＝０８， （１） ， ００２０×１０×６０＝１２， ５０ 调查的范围较小 适合用全面调查． 故通话时长在区间 内的 解得ｘ ． ． （２） ， ［１５，２０），［２０，３０） ≈１７０１５ 适合用全面调查 理由略． 次数分别为 ． ２．解析 因为一条公路建设投资 万元 （３） ， ９，１２ ２ ０００ ， 调查玉米种子的发芽率 是具有破坏性 说明通话时长在区间 上的数据 属极端情况 大多数在 万元至 万元 （４） ， （２） ［１５，２０） ， ２０ １００ 的调查 因而适合用抽样调查． 密度大于在区间 上的数据密度． 之间 此时平均数难以正确客观反映各项目 ， ［２０，３０） ， 调查范围大 适合用抽样调查． ３．解析 略． 投资的实际分布状况 不宜选用 而众数 （５） ， ， ， ２０ ２ ６６ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 万元只说明投资 万元的项目最多 不能 ◆习题9.2 续表 ２０ ， 反映其他项目的投资数额．中位数对极端值 复习巩固 分组 频数 频率 不敏感 能回避极端数额的影响． 万元比 １．解析 作图略． ， ２５ （１） 较客观 ， 故选中位数 ２５ 万元作为平均投资 从频率分布直方图分析 ， 发现这批棉花的纤 ［１ ． ０，１ ． ２） ４ ２ 金额． 维长度不是特别均匀 有一部分棉花的纤维 １５ ３．解析 去掉一个最低分和一个最高分后的 长度比较短 所以抽取 ， 的样品中有一部分的 ， ． ． １ 平均数分别为ｘ １ ． ． ． ． 棉花质量较差． ［１２，１４） ６ ５ 甲＝ ×（７５＋７８＋７８＋８０＋ ． ． ． ． ８ （２）５ ％ ×６０＝３，９５ ％ ×６０＝５７， 则第 ５ 百分位 ． ． １ ８０＋８２＋８３＋８４）＝８， ［１４，１６） ３ 数为第 项 第 项数据的平均值 为３３＋５０ １０ ｘ 乙＝ １ ×（７ ． ８＋７ ． ８＋７ ． ８＋８ ． ０＋８ ． ０＋８ ． ３＋８ ． ３＋ ３ 、 ４ ， ２ ８ ． 第 百分位数为第 项 第 项 ． ． １ ． ． ＝４１５， ９５ ５７ 、 ５８ ［１６，１８） ２ ８５）＝８０６２５， １５ ∴ 不 ｘ 去 甲 掉 ＜ ｘ 一 乙， 个最低分和一个最高分的平均数 ２． 数 解 据 析 的平 甲 均 机 值 床 ， 的 为 平 ３７ 均 ０＋ ２ 数 ３８ ｘ ０ ＝３７５ ． ． 标准差ｓ ［１ ． ８，２ ． ０） １ １ 分别为 甲＝１５， 甲 ３０ ． 乙机床的平均数ｘ ． 标准差 ≈１２８４５； 乙＝１２， ． ． １ ｘ′ １ ． ． ． ． ． ． ． ｓ ． ． ［２０，２２］ １ 甲＝ ×（７５＋７５＋７８＋７８＋８０＋８０＋８２＋ 乙≈０８７１８ ３０ １０ 比较发现乙机床的平均数小而且标准差也 ． ． ． ． 画出频率分布直方图如图所示 ８３＋８４＋９９）＝８１４， 比较小 说明乙机床生产出的次品比甲机床 ： ， ｘ′ １ ． ． ． ． ． ． ． 少 而且更为稳定 所以乙机床的性能更好． 乙＝ ×（７５＋７８＋７８＋７８＋８０＋８０＋８３＋ ， ， １０ ３．解析 是正确的 从平均数的角度考虑． ． ． ． ． （１） ， ８３＋８５＋８５）＝８０５， 是正确的 从标准差的角度考虑． ｘ′ ｘ′ （２） ， ∴ 甲＞ 乙， 是正确的 从平均数和标准差的角度考 甲 乙两位选手排名会发生变化． （３） ， 、 虑． 第一种评分办法更好 去掉一个最低分 去 ， 、 是正确的 从平均数的角度考虑． 掉一个最高分能够防止被数据中的极端值 （４） ， ｎ ｎ 误导 ， 使平均数更加准确地反映数据信息． ４．证明 ｓ２ｙ＝ ｎ １ ∑ｉ＝ １ （ ｙ ｉ－ ｙ ） ２ ＝ ｎ １ ∑ｉ＝ １ ［（ ａｘ ｉ＋ ９．２．４ 总体离散程度的估计 ｂ ａｘ ｂ ２ 汞含量分布偏向于大于 ． 的方向 即 ）－（ ＋ ）］ １００ｐｐｍ ， ｎ ｎ 多数鱼的汞含量分布在大于 ． 的区 １ 练 ．解 习 析 ． ＝ ｎ １ ∑ｉ＝ １ （ ａｘ ｉ－ ａｘ ） ２ ＝ ａ２ · １ ｎ ∑ｉ＝ １ （ ｘ ｉ－ ｘ ） ２ 域． １００ ｐｐｍ ２．证 所 （ ＝ ＝ ２ 明 以 ） ｎ ｎ １ １ ｓ ２ｙ ｓ ∑ ∑ ＝ ２ｙ ｉ ｉ ＝ ＝ ｎ ｎ （ （ ＝ １ １ ｎ １ ４ １ ） ） ［ （ ｎ １ ∑ 因 ｘ （ ＞ ｉ ｉ ＝ （ ｎ ｘ ∑ － ｉ １ 为 ｉ ３ ＝ ｎ ｘ ＋ １ ） （ ） ｂ ｓ ｙ ＞ （ ） ２ ２ｘ ｉ （ ＝ ｙ － － ＝ ２ ｉ ｙ （ ｓ － ２ｘ ） ） ｎ １ ｘ ｙ ． ２ ＞ ＋ ） ＝ （ ｂ ∑ ２ ｉ ） １ ＝ ｎ ｎ １ ） １ ］ ２ （ ∑ｉ ｘ ＝ ｎ １ ｉ－ （ ｘ ａ ） ｘ ２ ｉ ， － ａｘ ） ２ ５ 综 ．证 因 ∴ 所 则 ∴ ∴ ＝ 合 ａ ｘ ｘ 所 明 为 以 运 ｓ ２ ｉ ｉ ２ ｓ － ＝ 有 ２ｘ ＝ 用 ｓ ｓ ｘ ， ｘ ２ｙ ｙ ＝ ， 设 的 ＝ ＝ ｎ １ ０ ａ ｜ ， ｘ ｘ ａ ２ ∑ｉ ｓ １ ｉ ＝ （ ｜ ｎ ２ｘ ， ｓ １ ， ｉ ｘ ｘ ＝ ． ２ （ ， １ ｘ … ， ｉ－ ２ ， ｘ ， ｘ ） … ｎ ２ 的 ＝ ， ｎ ０ 平 ） ， 都 均 相 数 同 为 ． ｘ ， ９． ０ １ ２ （ （ 布 量 汞 （ 解 ． ． ２ ３ ４ 倍 ４ ０ 作 分 含 析 ） ） ） ５ ０ 不 有 标 ２ 样 布 量 ｐ 出 ． ｐ 一 准 本 ２ （ 是 分 ｍ 估 ８ １ 定 差 ． 平 否 布 ） 条 计 ． 的 能 都 相 均 因 鱼 ， 范 ． 同 和 数 不 为 因 的 围 ， 这 汞 我 为 能 ｘ 题 内 ≈ 批 含 们 平 保 中 ． １ 鱼 量 不 均 的 证 ． ０ 在 相 知 收 ８ 数 平 ， 以 同 道 入 据 样 均 平 ． 各 和 即 只 本 汞 均 批 最 使 能 标 数 含 鱼 高 各 为 准 为 量 的 收 批 这 差 中 大 汞 入 鱼 个 心 ｓ 含 相 分 于 的 ≈ 、 ＝ ａ２ · １ ｎ ∑ｉ＝ ｎ １ （ ｘ ｉ－ ｘ ） ２ ＝ ａ２ｓ２ｘ ． ６． 计 解 信 析 息 先 ．因 查 为 阅 中 一 位 下 数 这 ５５ 所 ０ 大 分 学 约 招 是 生 录 的 取 其 新 他 生 统 的 差 在已 太 经 多 知 ， 说 道 明 至 高 少 收 有 入 一 的 个 职 人 工 的 只 收入 占 为 极少 ｘ ５０ 数 ＝ ， ２ 现 ００ ３． ２ 解 ３ ． 析 ８０ ， ｓ 经 乙≈ 计 ４ 算 １ ． ６ 可 ３， 得 ｓ 甲 ｘ ＜ 甲 ｓ 乙 ＝ ， ９ 所 ００ 以 ， ｘ 甲 乙 种 ＝９ 水 ００ 稻 ， ｓ 的 甲≈ 产 平 录 均 取 分 的 ， 最 ５２ 低 ０ 分 分 ． 与 ５５０ 分差距不是很大．应查 万元 ， 那么其他员 万 工 元 的收 平 入 均 之 收 和 入 为 约 ∑ｉ 为 ４ ＝ ９ １ ｘ ． ｉ＝ 量比较稳定． ７．解析 甲班数学成绩的平均数ｘ ． 标 １０×５０－２００＝３００（ ）， ６１２ ５ ４ ． ． 生 解 （ 糖 解 ２ 样 析 的 析 ） 有 本 平 １ （ 量 均 （ ４ １ １ ． 质 ） 袋 ） 用 不 量 ．所 科 能 ｘ ≈ 占 学 ．因 ４ 的 计 ９ 为 ６ 百 算 ． ８ 缺 分 ６ 器 ． 少 比 标 计 男 约 准 算 生 为 差 可 样 ６ ｓ ≈ 得 ６ 本 ． ７ ６ ２ ％ ． 量 ５ １ ５ ． 和 袋 ． 女 白 绩 绩 成 准 ＝８ ， 差 绩 差 ０ 甲 ． 距 比 ５ ｓ 、 甲 ， 乙 比 较 标 ≈ 两 较 稳 准 １２ 班 定 大 ． 差 ７ ． 平 ２ ， ， ｓ 乙 乙 均 乙 班 ≈ 成 班 学 ８ 绩 数 ． １ 生 相 ８ 学 ， 成 同 成 说 绩 ， 绩 明 但 差 的 这 甲 甲 距 平 次 ＝ 班 比 ８ 均 考 学 ０ 较 数 试 ５ 生 ， 小 ｘ 成 成 乙 ， 万 其 （ （ 员 ２ ３ 元 他 工 ） ） 不 根 ． 员 的 如 能 据 工 平 果 ． 这 要 的 均 再 条 看 平 收 有 信 中 均 入 几 息 位 收 将 个 可 数 入 更 收 以 是 ， 低 入 算 确 多 ． 特 年 高 定 少 别 薪 收 有 ． 高 入 为 ７ 者 ５ 者 ９ ％ ， ． 万 的 那 元 员 么 高 工 其 于 工 他 资在 ． 万元及以上 有 ％的员工工资在 （２） 男生 ∶ 女 ． 生 ＝３２０∶ ． １８０＝１６∶ ９， ８．解析 （１） 列出频率分布表如下． ９ ． ５ 万 ４ 元 ５ 及以上 ， 所以 ， 可以 ２ 决 ５ 定受聘． ∴ ｘ ＝ １６×１７３５＋９×１６３８３ ≈１７０ ． ０２ ． 分组 频数 频率 （４） 收入的中位数大约是 ７ 万元 ， 因为受年 ２５ 收入 万元这个极端值的影响 使得平均 ２００ ， ｓ２ ＝ １ ｛１６×［１７＋（１７３ ． ５－１７０ ． ０２） ２ ］＋９× ［０，０ ． ２） １ １ 数比估计出的中位数高很多． ［３０ ． ２ ０ ５ ３＋（１６３ ． ８３－１７０ ． ０２） ２ ］｝≈４３ ． ２４ ． ３０ １０．解析 （１） 总体平均数为 １９９ ． ７５， 总体标准 ． ． ． ． １ 差约为 ． ． ｘ′ ２５×１７３５＋２５×１６３８３ ． ［０２，０４） ２ ９５２６ （３） ＝ ＝１６８６６５， １５ 可以使用抓阄法进行抽样 样本平均数 ５０ （２） ， 和标准差的计算结果和抽取的样本有关． ｓ′２ ＝ １ ×［１７＋（１７３ ． ５－１６８ ． ６６５） ２ ＋３０ ． ０３＋ ［０ ． ４，０ ． ６） １ １ 结果不相同的可能性相当大 相同的可 ２ ３０ （３） ， ． ． ２ ． 能性很小．理由略． （１６３８３－１６８６６５） ］≈４６８９， 它们分别作为总体平均数和方差的估计不 ［０ ． ６，０ ． ８） ２ １ （４） 随着样本容量的增加 ， 用样本估计总体 合适．因为男 女生的身高差异较大 不能等 １５ 的精度越来越高． 、 ， 量抽取样本． ． ． ７ 拓广探索 ［０８，１０） ７ ３０ １１．证明 ｌｘ ｍｙ ｎｚ ｌ ｍ ｎ ｗ （１）∵ ＋ ＋ ＝（ ＋ ＋ ） ， ２ ６７ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋ｌｘ ｍｙ ｎｚ ｌ ｍ ｎ 续表 １０．１．３ 古典概型 ｗ ＋ ＋ ｘ ｙ ｚ． ∴ ＝ ｌ ｍ ｎ ＝ｌ ｍ ｎ ＋ｌ ｍ ｎ ＋ｌ ｍ ｎ ＋ ＋ ＋ ＋ ＋ ＋ ＋ ＋ 分组 频数 频率 累计频率 练习 （２） ｓ２ ＝ｌ ＋ ｍ １ ＋ ｎ［（ ｗ １－ ｗ ） ２ ＋（ ｗ ２－ ｗ ） ２ ＋…＋ （１７ ． ４６，１８ ． ７４］ １３ ０ ． ２６ ０ ． ６ １． 样 解析 本 空 不 间 正 所 确 包 ．理 含 由 的 如 样 下 本 ： 点个数为 但每 ４， （ ｗ ｌ＋ｍ＋ｎ－ ｗ ） ２ ］＝ｌ ｍ １ ｎ｛ ｌ ［ ｓ２ １＋（ ｘ － ｗ ） ２ ］＋ （１８ ． ７４，２０ ． ０２］ １１ ０ ． ２２ ０ ． ８２ 一个样本点的可能性不一定相等．所以这 １２． ｍ 解 ［ 析 ｓ２ ２ ＋（ 略 ｙ － ． ｗ ） ２ ］＋ ｎ ＋ ［ ｓ ＋ ２ ３＋（ ｚ － ｗ ） ２ ］｝ ． （ （ ２ ２ ０ １ ． ． ０ ３ ２ ０ ， ， ２ ２ １ ２ ． ． ３ ５ ０ ８ ］ ］ ３ ３ ０ ０ ． ． ０ ０ ６ ６ ０ ０ ． ． ８ ９ ８ ４ 不 来 一 计 定 算 是 ． 古典概型．不能用 Ｐ ＝ ４ １ ＝０ ． ２５ 复习参考题9 ． ． ． ． ２．解析 从 张扑克牌 不含大小王 中随机 （２２５８，２３８６］ １ ００２ ０９６ ５２ （ ） 复习巩固 地抽一张牌 样本空间Ω包含 个样本点． ． ． ． ， ５２ １．Ｃ 易知 正确． （２３８６，２５１４］ ２ ００４ １ 设事件Ａ 抽到的牌是 则Ｐ Ａ Ｃ 由表可知 当把指标定为 ． 千元时 约 （１） ＝“ ７”， （ ）＝ ２．Ｃ 不正确 例如 满足选项 ， １７４７ ， 但 不 Ａ 满足题意 ， 不 １ 正 ，１ 确 ，２ 例 ，５ 如 ，６ Ａ 满 ， ６５ ％的推销员能完成销售指标． ４ ＝ １ ． ；Ｂ ， ２，２，３，４，６ １１．解析 ％ ％ ５２ １３ 足选项 但不满足题意 不正确 例如 ∵７５ ×２００＝１５０，９５ ×２００＝１９０， 设事件Ｂ 抽到的牌不是 则Ｐ Ｂ Ｂ， ；Ｄ ， ２， 则第 百分位数是第 项 项数据 （２） ＝“ ７”， （ ） 满足选项 但不满足题意 故选 ． ７５ １５０ ，１５１ ３，３，６，６ Ｄ， ， Ｃ ４８ １２． ３．解析 一定是错误的．如果数据是近似 的平均数 为１７８＋１７８ ＝ ＝ （２） ， ＝１７８， ５２ １３ 对称的 ， 那么中位数应与平均数相同或相 第 百分位数是 ２ 第 项 项数据的 （３） 设事件Ｃ ＝“ 抽到的牌是方片 ”， 则Ｐ （ Ｃ ） 近． ９５ １９０ ，１９１ １３ １ ． ４．答 除 案 以 全 （ 体 １ 数 ） 该 据 组 总 中 数 的数据个数 ； 该组的频数 平 则 均 第 数 一 ， 档 为 为 ２８９＋ ２ ３０４ ＝２９６ ． ５， ＝ （４ ５ ） ２ 设 ＝ 事 ４ 件Ｄ ＝“ 抽到 Ｊ 或 Ｑ 或 Ｋ”， 则Ｐ （ Ｄ ） ｎｍ 第二档为 ０～１７８ ． ｋＷ·ｈ， １２ ３ ． （２） Ｎ 第三档为 １７８ ． ～２９６５ｋＷ 以 · 上 ｈ ． ， ＝ ５２ ＝ １３ ５．解析 （１） 这个结果只能说明 Ａ 城市中光 拓广探索 ２９６５ｋＷ·ｈ 花 （５） 设 则 事 Ｐ 件 Ｅ Ｅ ＝“ ． 抽到的牌既是红心又是草 顾这家服装连锁店的人比其他人较少倾向 １２．解析 略． ”， （ ）＝０ 于选择咖啡色 因为光顾这家服装连锁店的 （６） 设事件Ｆ ＝“ 抽到的牌比 ６ 大比 ９ 小 ”， ， 人群是一个样本 ， 不能代表 Ａ 城市其他人群 第十章 概率 则Ｐ （ Ｆ ）＝ ８ ＝ ２ ． 的看法． ５２ １３ 设事件 Ｇ 抽到的牌是红花色 则 这两种调查的差异是由样本的代表性所 10.1 随机事件与概率 （７） ＝“ ”， （２） 引起的．因为 城市的调查结果来自于该城 Ｐ Ｇ ２６ １ ． Ａ （ ）＝ ＝ 市光顾这家服装连锁店的人群 这个样本不 １０．１．１ 有限样本空间与随机事件 ５２ ２ ， 设事件Ｈ 抽到的牌是红花色或黑花 能很好地代表全国民众的观点． （８） ＝“ 练习 色 则Ｐ Ｈ ． 综合运用 ”， （ ）＝１ １．解析 样本空间Ω 男 女 ． ３．解析 从 这 个数中随机选择一个数 ６．解析 频率分布表略． （１） ＝｛ ， ｝ ０～９ １０ 样本空间Ω ． 的样本空间为Ω 可以估计出句子中所含单词数的分布 以及 （２） ＝｛Ａ，Ｂ，Ｏ，ＡＢ｝ ＝｛０，１，２，３，４，５，６，７，８，９｝， ， 样本空间Ω 男 男 男 女 女 所包含的样本点的个数为 ． 与该分布有关的数字特征 如平均数 标准 （３） ＝｛（ ， ），（ ， ），（ ， １０ ， 、 女 女 男 ． 设事件Ａ 这个数平方的个位数字为 差等． ），（ ， ）｝ （１） ＝“ 用 表示 中靶 用 表示 脱靶 则 则事件Ａ的样本点为 共有 个样本 ７．解析 可以用样本标准差来衡量． （４） １ “ ”， ０ “ ”， １”， １，９， ２ （１） 样本空间Ω ｓ ． ｓ ． ． ＝｛（１，１，１），（１，０，１）， （１，１， 点 所以Ｐ Ａ ２ １ ． Ａ≈３７３０， Ｂ≈１１７８９ ， （ ）＝ ＝ 由于专业评判小组给分更符合专业规 ０），（０，１，１），（１，０，０），（０，１，０），（０，０，１）， １０ ５ （ 则 专 ２ ， 业 ） 相 人 似 士 程 组 度 成 应 的 该 ． 高 ， 因此小组 Ａ 更像是由 ２．解 （ （ ０ ５ 析 ， ） ０ 样 ，０ 本 ）｝ 空 ． 间 样 Ω 本 ＝｛ 空 ０， 间 １， Ω ２，３｝ ． 正常 正 （ 字 ２ 为 ） 设 １ 事 ”， 件 则事 Ｂ ＝ 件 “ 这 Ｂ的 个 样 数 本 的 点 四 为 次方 １， 的 ３， 个 ７，９ 位 ， 数 共 ８． （ 准 解 ２ 析 差 ） 平 均 （１ 数 ） 略 ＝ ． ９ ． ． １７０ ． ４８， 中位数 ＝８ ９０９ ． ５， 标 常 （Ａ ） 失 ， 事 （ 效 件 Ａ （ ， 正 Ｍ １ Ｂ ） 常 失 ， 效 电 Ｂ ） 失 路 ｝ ． 是 效 通 ）， 路 （ ＝ Ａ ｛ 包 失 （ 含 Ａ 效 的 ，Ｂ 样 正 本 ， 常 点 Ｂ ） 是 ， 有 ４ １ 个 ０ 样 ．１ 本 ．４ 点 ， 所 概 以 率 Ｐ （ 的 Ｂ ） 基 ＝ １ 本 ４ ０ ＝ 性 ５ ２ 质 ． ＝３７５６４０ （２） ＝“ ” ９．解析 （１） 由题目可知 ， （Ａ 正常 ，Ｂ 正常 ） ． 练习 ８ 中 极 标 平 （ ０ ２ ％ 位 均 差 准 ） 将 × 数 差 数 ＝ ３ １ ３ ０ ≈ ＝ ＝ １ ０ ＝ ７ ８ ８ １ 天 ９ ２ ７ － ２ ４ ． ＋ ２ ５ ． ２ ５ ， 苹 ５ ８ ， ８ 可 ９ ＝ ． 果 ＝ ６ 知 ２ ８ 日 ， ８ 样 ， 销 本 量 数 由 据 小 的 到 第 大 ８０ 排 百 序 分 ， 则 位 ３． ８ 事 事 （ 解 （ （ ， ３ ２ Ａ ９ 件 件 析 ） ） ｝ 失 事 事 ． Ｃ Ｂ 效 件 件 （ 用 用 ， １ Ｎ Ａ Ｂ 集 集 ） ＝ 用 样 失 合 合 “ 集 本 效 电 表 表 合 ） 空 路 示 示 ． 表 间 是 为 为 示 断 ｛ ｛ Ω ２ ５ 为 路 ＝ ， ， ４ ６ ｛ ｛ ” ， ， １ １ 包 ６ ７ ， ， ， ， ２ ２ 含 ８ ８ ， ， ｝ ， ３ ３ ９ 的 ． ， ， ｝ ４ ４ 样 ； ｝ ， ； ５ 本 ，６ 点 ，７ 是 ， １．答 解 Ｐ （ Ｐ Ｐ 由 ２ （ （ （ 案 析 于 ） Ａ Ｂ Ａ 因 Ｂ ） ） Ａ ＝ ） ＝ 为 ， ＝ （ （ ０ ０ Ｂ １ ． ． ０ １ Ａ ５ ５ ） 互 ． ） ， ， ＋ ０ Ｂ Ｐ 因 ． ０ 斥 ５ （ ． 互 ； ３ 为 Ａ ， ０ ＝ Ｂ 所 斥 ． ３ ０ ） Ｂ 以 ， ． ＝ ８ ⊆ 所 ， （ Ｐ Ａ ２ 以 （ Ａ ， ） Ｂ ， Ｂ ０ ） Ｐ 所 ． 不 ８ ＝ （ ； 以 Ａ ０ 能 ０ ∪ ． ３ 同 Ｐ ． Ｂ （ 时 ） Ａ ＝ 发 ∪ Ｐ 生 （ Ｂ Ａ ） ， ） 即 ＝ ＋ 数为第 项 项数据的平均数 为９９＋１００ １０．１．２ 事件的关系和运算 ２．解析 （１） 因为明天下雨与明天不下雨是对 ２４ 、２５ ， ２ 立事件 且明天下雨的概率为 ． 所以明天 １０ ＝ ．解 ９９ 析 ． ５ ．所 频 以 率 每 分 天 布 应 表 该 如 进 下 ９ ： ９ ． ５ 千克苹果． １ 练 ．Ｄ 中 习 靶 “ 至 另 少 一 一 次 次 没 中 中 靶 靶 ” 或 表 两 示 次 两 都 次 中 射 靶 击中 其 一 对 次 立 不 （２ 下 ） 当 雨 事 ， 的 件 概率 Ａ 为 与事 ０ ． ６ 件 ． Ｂ 互斥且 ０４ 不 ， 对立时 ， 分组 频数 频率 累计频率 事件 ， 为两次都没有中靶．故选 ． ， Ｐ （ Ａ ）＋ Ｐ （ Ｂ ）＜１； 当事件Ａ与事件Ｂ对立时 ， ［１２ ． ３４，１３ ． ６２］ ２ ０ ． ０４ ０ ． ０４ ２．解析 （１） 正确． （２） 不正确． （ Ｄ ３） 正确． （４） 正 Ｐ 所 （ 以 Ａ ）＋ 如 Ｐ （ 果 Ｂ 事 ）＝ 件 １ ． Ａ与事件Ｂ互斥 那么一定 （ （ １ １ ３ ４ ． ． ６ ９ ２ ０ ， ， １ １ ４ ６ ． ． ９ １ ０ ８ ］ ］ ４ ３ ０ ０ ． ． ０ ０ ８ ６ ０ ０ ． ． １ １ ２ ８ （ 确 ９ ． ） （ 正 ５） 确 正 ． （ 确 １０ ． ） （ 正 ６） 确 正 ． 确． （７） 正确． （８） 正确． ３． 有 答 Ｐ 案 （ “ Ａ ） ０ ＋ ． ５ Ｐ ２ （ ； Ｂ ０ ． ） ４ ＝ ８； １ １ ” ； ， ０ 这 ；０ 句 ． ３５ 表 ；０ 述 ． ７ 是 ６； 错 ０ ， ． ０ 误 ７ 的． ． ． ． ． 解析 Ｐ １８＋２０＋１４ ． （１６１８，１７４６］ ８ ０１６ ０３４ （Ｍ）＝ ＝０５２， １００ ２ ６８ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 Ｐ （Ｆ）＝ １７＋２４＋７ ＝０ ． ４８， ５．解析 Ｃ ＝ ＡＢ ， Ｄ ＝ ＡＢ ∪ ＡＢ ∪ ＡＢ． ３），（１，４），（１，５），（１，６），（２，１），（２，２）， Ｐ １００ ６．解析 游戏 甲获胜的概率为 １ 乙获胜 （２，３），（２，４），（２，５），（２，６），（３，１），（３， （Ｍ∪Ｆ）＝１， １： ２ ， ２），（３，３），（３，４），（３，５），（３，６），（４，１）， Ｐ （ＭＦ）＝０， 的概率为 １ 所以游戏 是公平的． （４，２），（４，３），（４，４），（４，５），（４，６），（５， Ｐ （Ｇ１）＝ １８ １ ＋ ００ １７ ＝０ ． ３５， 游戏 ２： 样本 ２ 空 ， 间Ω ＝｛（ 红 １ １， 红 ２），（ 红 １， 白 １ （ ） ６， ， １ （ ） ５ ， ，２ （ ） ６， ， ２ （ ） ５ ， ，３ （ ） ６， ， ３ （ ） ５ ， ，４ （ ） ６， ， ４ （ ） ５ ， ，５ （ ） ６， ， ５ （ ） ５ ， ，６ （ ） ６， ， Ｐ （Ｍ∪Ｇ２）＝ Ｐ （Ｍ）＋ Ｐ （Ｇ２）－ Ｐ （ＭＧ２）＝０ ． ５２ １），（ 红 １， 白 ２），（ 红 ２， 红 １），（ 红 ２， 白 １）， ６）｝， 共有 ３６ 个样本点． ＋ ２０＋２４ － ２０ ＝０ ． ７６， （ 红 ２， 白 ２），（ 白 １， 红 １），（ 白 １， 红 ２），（ 白 （１） Ｐ （ Ａ ）＝ ５ ； Ｐ （ Ｂ ）＝ １１ ； Ｐ （ Ｃ ）＝ １２ ＝ １００ １００ 白 白 红 白 红 白 白 ３６ ３６ ３６ １， ２），（ ２， １），（ ２， ２），（ ２， Ｐ ７ ． ． 共有 个样本点 １ ． （ＦＧ３）＝ １００ ＝００７ １ 事 ） 件 ｝， 两个 １ 球 ２ 同色 所包 ， 含的样本点有 红 ３ ◆习题10.1 “ ” （ １， 红 红 红 白 白 白 白 Ｐ Ａ Ｂ ２ １ ２），（ ２， １）， （ １， ２），（ ２， （２） （ ∩ ）＝ ＝ ； 复习巩固 ３６ １８ 共 个 所以甲获胜的概率为 ４ １ １．解析 分别用ａ ｂ表示蓝 黄两枚质地 １）， ４ ， ＝ ， Ｐ Ａ Ｂ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ Ａ Ｂ ５ （１） ， 、 １２ ３ （ ∪ ）＝ （ ）＋ （ ）－ （ ∩ ）＝ ＋ 均匀的正四面体骰子底面上的数字 试验结 ３６ ， 乙获胜的概率为 ８ ２ 所以游戏 是不 果用 ａ ｂ 表示 则该试验的所有可能结果 ＝ ， ２ １１ １ １４ ７ ． （ ， ） ， １２ ３ － ＝ ＝ 如下 公平的． ３６ １８ ３６ １８ ： １１．解析 随机地取一把钥匙试着开门 若把 游戏 样本空间Ω 红 红 红 红 ， ３： ＝｛（ １， ２），（ １， 不能开门的钥匙扔掉 则第二次能打开门 （１，１） （１，２） （１，３） （１，４） 红 白 红 红 红 红 ， ３），（ １， ），（ ２， １）， （ ２， ３）， （２，１） （２，２） （２，３） （２，４） 红 白 红 红 红 红 红 的概率为 ４ １ （ ２， ），（ ３， １），（ ３， ２），（ ３， ＝ ； 白 白 红 白 红 白 红 共 １２ ３ （３，１） （３，２） （３，３） （３，４） ），（ ， １），（ ， ２），（ ， ３）｝， 随机地取一把钥匙试着开门 若试过的钥 有 个样本点． ， １２ 匙又混进去 则第二次能打开门的概率为 （４，１） （４，２） （４，３） （４，４） 事件 两个球同色 所包含的样本点有 红 ， “ ” （ 事件Ａ包含的样本点有 红 红 红 红 红 红 ４ １ ． （２） （１，１），（２，２）， １， ２），（ １， ３），（ ２， １）， （ ２， ＝ （３，３），（４，４）； 红 ３），（ 红 ３， 红 １），（ 红 ３， 红 ２）， 共 ６ 个． １２．解 １６ 析 ４ 样本空间Ω 事件Ｂ包含的样本点有 ＝｛ＡＢ，ＡＣ，ＡＤ，ＡＥ，ＢＣ， （１，４），（２，３），（３， 甲获胜的概率为 ６ １ 乙获胜的概率为 共有 个样本点． ＝ ； １ ＢＤ，ＢＥ，ＣＤ，ＣＥ，ＤＥ｝， １０ ２），（４，１）； １２ ２ 女孩 得到一个职位包含的样本点为 事件Ｃ包含的样本点有 （１） Ａ （２，１），（２，２），（２， １ １ 所以游戏 公平． 共有 个样本点． ． － ＝ ， ３ ＡＢ，ＡＣ，ＡＤ，ＡＥ， ４ ３），（２，４） ２ ２ ２．解析 样本空间Ω 综上所述 游戏公平的有游戏 和游戏 ． 所以女孩 得到一个职位的概率为 ４ （１） ＝｛ａｃｂｄ，ａｃｄｂ，ａｄｂｃ， ， １ ３ Ａ ＝ ７．解析 设事件Ｍ为 两张标签上的数字为 １０ ａｄｃｂ， ｂｃａｄ， ｂｃｄａ， ｂｄａｃ， ｂｄｃａ， ｃａｂｄ， ｃａｄｂ， “ 相等整数 ． ２ ｃｂａｄ，ｃｂｄａ，ｄａｂｃ，ｄａｃｂ，ｄｂａｃ，ｄｂｃａ｝． ” ． 事件 Ａ 包含的所有可能结果为 当标签的选取是不放回时 样本空间Ω ５ （２） ａｃｂｄ， （１） ， 女孩 和 各得到一个职位包含的样 （２） Ａ Ｂ ａｃｄｂ，ａｄｂｃ，ａｄｃｂ． ＝｛（１，２），（１，３），（１，４），（１，５），（２，３）， 本点为 只有 个样本点 所以女孩 事件Ｂ包含的所有可能结果为 共有 ＡＢ， １ ， Ａ （３） ａｃｂｄ， （２，４），（２，５），（３，４），（３，５），（４，５）｝， 个样本点． 和 各得到一个职位的概率为 １ ａｃｄｂ，ａｄｂｃ，ａｄｃｂ，ｃａｂｄ，ｃａｄｂ，ｄａｂｃ，ｄａｃｂ． １０ Ｂ ． ３．解析 记 为硬币正面朝上 记 为硬 事件Ｍ所包含的样本点为 个 所以Ｐ Ｍ １０ “１” ， “０” ０ ， （ ） 女孩 或 得到一个职位包含的样本 币反面朝上． ＝０ ． （ 点 ３ 为 ） Ａ Ｂ 共有 （１） 第一次的结果记为ａ ， 第二次的结果记 （２） 当标签的选取是有放回时 ， 样本空间Ω 个样本 ＡＢ 点 ，ＡＣ，ＡＤ，ＡＥ，ＢＣ，ＢＤ，ＢＥ， ７ 为ｂ 用 ａ ｂ 表示可能的结果 则样本空间 ， ， （ ， ） ， ＝｛（１，１），（１，２），（１，３），（１，４），（１，５）， 所以女孩 或 得到一个职位的概率为 Ω Ａ Ｂ ＝｛（０，０），（０，１），（１，０），（１，１）｝， （２，１），（２，２），（２，３），（２，４），（２，５），（３， 事件Ａ包含的样本点为 事件 ７ Ｂ包含的样本点为 （１，０），（ ． １，１）， １），（３，２），（３，３），（３，４），（３，５），（４，１）， １０ ． （１，０），（０，０） （４，２），（４，３），（４，４），（４，５），（５，１），（５， １３．解析 （１） 命中 １０ 环的概率为 ０ ． ２ ． （２） Ｄ Ｐ （ Ａ ）＝ Ｐ （ Ｂ ）＝ ２ １ ， 故选 Ｄ ． ２ 点 ） ． ，（５，３），（５，４），（５，５）｝， 共有 ２５ 个样本 （２） ． 命 ． 中的环数大于 ８ 环的概率为 ０ ． ２＋０ ． ３ ４． 颗 事 解 质 件 析 ， 地 对 均 （ 立 １ 匀 ） 事 错 的 件 误 骰 一 ． 子 互 定 斥 事 是 的 件 互 事 斥 Ａ 件 事 不 件 一 点 ．例 定 如 是 事 ： 对 掷 件 立 一 Ｂ 事 （３ 件 ，３） Ｍ ，（ 所 ４ 包 ，４） 含 ， 的 （５ 样 ，５） 本 ， 点 共有 为 ５ （ 个 １， ， １ 所 ）， 以 （２ Ｐ ， （ ２ Ｍ ） ） ， （ ０ ＝ ． ３ ０ １ ） ５ ５ 命 ＋０ 中 ． ２５ 的 ＝ 环 ０ ． ５ 数 ． 小于 ９ 环的概率为 ０ ． １＋ 点 则事件Ａ ， 与事件 ＝ Ｂ “１ 是互 ” 斥 ， 事件 ＝ ５ ＝ １ ． （４） 命中的环数不超过 ５ 环的概率为 ０ ． 但 ＝“ 不 ２ 是对 ”， 立事件． ， ８．解 ２ 析 ５ 样 ５ 本空间Ω １４．解析 （１） 没有出现 ６ 点的概率为５×５×５ ＝ 正确． ＝｛（１，３，５），（１，３，７）， ６×６×６ （２） 错误．例如 练习的第 题 由于事 （１，３，９），（１，５，７），（１，５，９），（１，７，９）， 共 （３ 有 ， １２５． （ 件 ３） 为对立 ， 事 Ｐ２ 件 ４３ 所以事件 ３ ， 中至少 ５，７ 个 ）， 样 （３ 本 ， 点 ５，９ 这 ）， 三 （３ 条 ， 线 ７， 段 ９） 能 ，（ 构 ５， 成 ７ 一 ，９ 个 ）｝ 三 ， 角形 ２１６ Ｍ，Ｆ ， Ｍ，Ｆ １０ ， 至少出现一次 点的概率为 ５×５×５ 有一个发生的概率Ｐ （Ｍ∪Ｆ）＝１， 事件 Ｍ，Ｆ 的样本点为 ｛３，５，７｝，｛３，７，９｝，｛５，７，９｝， 所 （２） ６ １－ ６×６×６ 中恰有一个发生的概率Ｐ Ｐ 所 （Ｍ）＋ （Ｆ）＝１， 以所求概率为 ３ ． １２５ ９１． 以Ｐ Ｐ Ｐ 所以 事件 ＝１－ ＝ （Ｍ∪Ｆ）＝ （Ｍ）＋ （Ｆ）＝１， “ １０ ２１６ ２１６ 中至少有一个发生的概率一定比 综合运用 Ｍ，Ｆ Ｍ，Ｆ 三个点数之和为 的概率为 ２５ 中恰有一个发生的概率大 是错误的． （３） ９ ＝ ” ９．解析 Ｐ Ａ ９ ３ ． ６×６×６ 错误．例如事件Ａ Ｂ是相同的 且是概率 （１） （ ）＝ ＝ （４） ， ， １５ ５ ２５． 大于 的事件 那么Ａ Ｂ同时发生的概率就 ０ ， 、 Ｐ Ｂ ３ １ ． ２１６ 是Ｐ Ａ 且Ｐ Ａ Ａ Ｂ恰有一个发生是 （２） （ ）＝ ＝ 拓广探索 （ ）， （ ）＞０， 、 １５ ５ 不可能事件 其概率是 所以 事件Ａ与事 １５．解析 区域 代表的事件为 数学 语 ， ０， “ Ｐ Ｃ １０ ２ ． （１） １ “ 、 件Ｂ同时发生的概率一定比Ａ与Ｂ中恰有 （３） （ ）＝ ＝ 文 英语学习资料都订阅 １５ ３ 、 ”； 一个发生的概率小 是错误的． １０．解析 样本空间Ω 区域 代表的事件为 数学 语文学习资料 ” ＝｛（１，１），（１，２），（１， ４ “ 、 ２ ６９ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋订阅但英语学习资料没有订阅 所以至少一个地方降雨的概率为 ． 红 黄 黄 黄 黄 ． ”； １－０ ５６＝ ３， ２），（ ３， １），（ ３， ２）｝ 区域 代表的事件为 仅订阅语文学习资 ． ． 这三个试验的共同特征 试验可以在相 ５ “ ０４４ （２） ： 料 ４．证明 必然事件Ω总会发生 不会受任何事 同条件下重复进行 试验的所有可能结果是 ”； ， ； 区域 代表的事件为 没有订阅数学 语 件是否发生的影响 明确可知的 并且不止一个 每次试验总是 ８ “ 、 ； ， ； 文 英语学习资料 ． 同样 不可能事件 总不会发生 也不受任 恰好出现这些可能结果中的一个 但事先不 、 ” ， ⌀ ， ， 事件 至少订阅一种学习资料 可表 何事件是否发生的影响． 能确定出现哪一个结果． （２）① “ ” 示为Ａ Ｂ Ｃ 所以必然事件Ω和不可能事件 与任意事 这三个试验的区别 这三个试验的样本空间 ∪ ∪ ； ⌀ ： 事件 恰好订阅一种学习资料 可表示 件相互独立． 中的样本点不一样． ② “ ” 为ＡＢＣ ＡＢＣ ＡＢＣ ◆习题10.2 Ｐ Ａ １ Ｐ Ｂ ． ． ． Ｐ Ｃ 事件 ∪ 没有订阅 ∪ 任何学 ； 习资料 可表示为 复习巩固 （３） （ ）＝ ４ ， （ ）＝０６×０６＝０３６， （ ） ③ “ ” Ａ Ｂ Ｃ． １．Ｃ ２ １ ． １６．解 ∩ 析 ∩ 事件Ａ包含的样本点为 ２．答案 ０ ． ５６；０ ． ９４ ＝ ２０ ＝ １０ ２，４，６，８， 解析 Ｐ ＡＢ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ ． ． ． １０，１２，１４，１６，１８，２０； （ ）＝ （ ） （ ）＝０７×０８＝０５６； 10.3 频率与概率 事件Ｂ包含的样本点为 ． Ｐ （ Ａ ∪ Ｂ ）＝ Ｐ （ Ａ ）＋ Ｐ （ Ｂ ）－ Ｐ （ ＡＢ ）＝０ ． ７＋０ ． ８－ ３，６，９，１２，１５，１８ （ 能 １ 被 ） 设事 整 件 除 Ｍ为 则 “ 事 这 件 个 Ｍ 数 所 既 包 能 含 被 的 ２ 样 整 本 除也 点 ３．证 ０ ． ５ 明 ６＝ ０ 假 ． ９４ 设 ． 事件Ａ ， Ｂ相互独立与Ａ ， Ｂ互斥 １０．３．１ 频率的稳定性 ３ ”， 能同时成立 练习 （ 为 被 ２） ６ ３ 设 ， 整 １ 事 ２ 除 ，１ 件 ８ ” ， ， Ｎ 故 则 为 Ｐ 事 “ （ 件 Ｍ 这 ） 个 Ｎ ＝ 数 Ｐ 的 （ 能 Ａ 概 Ｂ 被 率 ）＝ ２ 为 ２ ３ 整 ０ Ｐ ． 除 （ Ｎ 或 ） 能 ＝ 即 · 所 Ｐ （ Ｐ 以 Ａ Ｐ （ ） （ Ｂ Ｐ ＋ Ａ ） Ｐ ∪ 同 Ａ （ Ｂ Ｂ 时 Ｐ ） ） ， － 成 ＝ Ｂ Ｐ Ｐ 立 （ （ Ａ ． Ａ Ｂ ） ） 所 ＋ ＝ Ｐ Ｐ 以 （ （ Ｂ Ａ Ｐ ） ） 与 Ａ ＋ Ｐ Ｐ （ （ Ｂ Ａ ） 或 ∪ － Ｐ Ｐ Ｂ （ ） Ｂ Ａ ＝ ） １．解 Ω 反 面 ＝ 朝 ） 析 ｛ ｝ 上 （ ， 所 正 （ 一 １ 以 ， ） 次 正 不 抛 反 ） 正 掷 ， 面 确 两 （ 朝 正 ． 枚 抛 上 ， 硬 掷 反 币 只 两 ） ， 能 ， 枚 不 （ 说 硬 反 一 币 ， 定 出 ， 正 是 样 现 ） 一 本 一 ，（ 次 空 次 反 间 正 正 ， ２ （ 样 Ｐ ３ （ 整 本 ） Ａ 解 除 ） 点 ＋ 法 也 Ｐ 为 （ 一 不 Ｂ １ ： ， 能 ） 设 ５ － ， 被 Ｐ 事 ７ （ ， ３ 件 Ａ １ 整 １ Ｂ ， ） Ｑ 除 １ ＝ ３ 为 ” ， ２ １ １ ， ０ “ ０ ７ 则 这 ＋ ， ２ １ 事 个 ６ ０ ９， 件 － 数 故 ２ ３ 既 Ｑ ０ Ｐ ＝ 不 所 （ ２ １ Ｑ 能 含 ０ ３ ） ． 被 的 ＝ ＝ 这 成 所 独 ０ 与 立 以 立 ， ， 当 与 Ｐ （ （ Ｐ Ａ Ａ （ ） ） Ｂ Ａ ＞ ） 互 （ ０ ＞ ， 斥 ０ Ｐ ） ， （ ＝ 不 Ｐ Ｂ ０ （ ） 能 ， Ｂ ＞ ） 同 ０ ＞ 相 时 ０ 时 矛 成 （ ， 盾 立 事 ） ， ． ＝ 件 所 ０ 以 Ａ ， 假 Ｂ 设 相 （ 不 互 ） 面 （ 朝 （ ２ ３ 朝 上 ） ） 不 正 不 上 的 正 确 正 ， ， 频 一 ． 确 确 理 率 次 ． ．一 由 为 不 反 次 略 能 ０ 面 ． ． 试 ４ 说 朝 ． 验 概 上 率 ， 的 只 为 概 能 率 说 ０ ． ４ 为 事 ， “ 只 件 ０ ． ２ 能 发 ５” 说 生 ． 正 和不 面 ７ ． 综合运用 ， （ 发 ４ 生 ） 的频率各是 ． ． ， ２０ ０５ 解法二 ： 设事件Ｑ为 “ 这个数既不能被 ２ 整 ４．解析 设事件 Ａ ＝“ 甲能独立破译一份密 ２．解析 这个游戏是公平的．理由如下 ： 除也不能被 ３ 整除 ”， 码 ”， Ｂ ＝“ 乙能独立破译一份密码 ”， 则Ｐ （ Ａ ） 掷两枚质地均匀的硬币的样本空间 Ω ＝ 正 正 正 反 反 正 反 反 则Ｐ Ｑ Ｐ Ｎ １３ ７ ． １ Ｐ Ｂ １ ． ｛（ ， ），（ ， ），（ ， ），（ ， ）｝， （ ）＝１－ （ ）＝１－ ＝ ＝ ， （ ）＝ 则两枚硬币同时出现正面或同时出现反面 ２０ ２０ ３ ４ １７．解析 设事件Ｃ 两人都成功破译 则Ｐ Ｃ （１） （１） ＝“ ”， （ ） 的概率为 １ 即甲胜的概率为 １ ， ， 事件 Ａ Ａ Ａ Ａ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ １ １ １ ． ２ ２ ０ １ ２ ３ ＝ （ ） （ ）＝ ３ × ４ ＝ １２ 一个正面 一个反面的概率为 １ 即乙胜的 概率 ． ． ． ． 设事件Ｄ 密码被成功破译 则Ｐ Ｄ 、 ， ０７５ ０１５ ００６ ００４ （２） ＝“ ”， （ ） ２ 事件Ａ ０， Ａ １， Ａ ２， Ａ ３ 满足两两互斥 ， 但不满 ＝１－ Ｐ （ Ａ ） Ｐ （ Ｂ ）＝１－ ２ × ３ ＝ １ ． 概率为 １ ， 所以用掷两枚硬币做胜负游戏 足等可能性． ３ ４ ２ ２ ５．解析 设事件Ａ 数字为奇数 事件Ｂ 是公平的． ② （２ Ｐ ） （ ① Ｂ Ｐ ） （ ＝ Ａ ０ ） ． ＝ ７５ ０ ． ． １５＋０ ． ０６＋０ ． ０４＝０ ． ２５ ． “ 数字 小于 ５”， 事 ＝ 件 “ Ｃ ＝“ 数字为 ” ３ ， ，４，６，８” ＝ ， ３．解析 （１） ③ Ｐ （ Ｃ ）＝０ ． ７５＋０ ． １５＝０ ． ９ ． 则Ｐ （ Ａ ）＝ １ ， Ｐ （ Ｂ ）＝ １ ， Ｐ （ Ｃ ）＝ １ ， 所以 血型 Ａ Ｂ Ｏ ＡＢ 10.2 事件的相互独立性 ２ ２ ２ 人数／人 ７７０４ １０７６５ ８９７０ ３０４９ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ Ｃ １ １ １ １ 练习 （ ） （ ） （ ）＝ × × ＝ ， 频率 ． ． ． ． ２ ２ ２ ８ ０２５３ ０３５３ ０２９４ ０１００ ２ １ ． ． ∴ 解 解 Ａ 析 析 Ｂ ＝｛ 事 ∵ ａ Ａ 件 ｝， ＝ Ａ Ａ ｛ Ｃ ａ 与 ＝ ， ｂ 事 ｛ ｝ ａ ， 件 ｝ Ｂ ， ＝ Ｂ ＢＣ ｛ 相 ａ ＝ ， 互 ｛ ｃ ａ ｝ 独 ｝ ， Ｃ ， 立 Ａ ＝ Ｂ ． ｛ Ｃ ａ ＝ ， ｄ ｛ ｝ ａ ， ｝， 而 Ｐ （ Ａ Ｐ Ｂ （ Ｃ Ａ ） Ｂ ， Ｃ ）＝ ８ １ ， 所以Ｐ （ Ａ ） Ｐ （ Ｂ ） Ｐ （ Ｃ ）＝ ４． 的 （ 解 ２ 概 析 ） 他 率 是 事 很 Ｏ 件 小 型 ； “ 买 血 福 的 利 概 彩 率 票 大 双 约是 色球 ０ ． ２ 中 ９４ 一 ． 等奖 ” ∴ Ｐ （ Ａ ）＝ Ｐ （ Ｂ ）＝ Ｐ （ Ｃ ）＝ ２ １ ， Ｐ （ ＡＢ ）＝ 但Ｐ （ ＡＢ ）＝ ４ １ ， Ｐ （ ＡＣ ）＝ ８ １ ， Ｐ （ ＢＣ ）＝ ４ １ ， 事 的 件 概 “ 率 每 很 个 大 初 ． 中生都能上高中或中职学习 ” 所以Ｐ ＡＣ Ｐ Ａ Ｐ Ｃ Ｐ （ ＡＣ ）＝ Ｐ （ ＢＣ ）＝ １ ， 故不满 （ 足Ａ ）≠ Ｂ Ｃ （ 两 ） 两 （ 独立 ）， ． １０．３．２ 随机模拟 ４ ， ， 拓广探索 练习 Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ Ｃ １ Ｐ ＡＢＣ １ ∴ （ ） （ ） （ ）＝ ， （ ）＝ ， ６．解析 抛掷两枚质地均匀的硬币的 ∴ Ｐ （ ＡＢ ）＝ Ｐ （ Ａ ） Ｐ （ Ｂ ８ ）， Ｐ （ ＡＣ ）＝ Ｐ ４ （ Ａ ）· 样本 空 （ 间 １） Ω Ｅ１ ＝ ： ｛（ 正 ， 正 ），（ 正 ， 反 ），（ 反 ， １．解析 （１） Ｐ （ Ａ ）＝６× ２ １ × ２ １ × ２ １ × ２ １ ＝ ８ ３ ． Ｐ Ｃ Ｐ ＢＣ Ｐ Ｂ Ｐ Ｃ 正 反 反 用计算机产生 之间的随机数 当出 （ ）， （ ）＝ （ ） （ ）， ），（ ， ）｝， （２） １～２ ， 即Ａ Ｂ Ｃ三个事件两两独立 但Ｐ ＡＢＣ 向一个目标射击两次的样本空间 Ω 现随机数为 时表示硬币正面朝上 当出现 ， ， ， （ ）≠ Ｅ２： ＝ １ ， Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ Ｃ ． 中 不中 中 中 不中 中 不中 随机数为 时表示硬币反面朝上 然后产生 （ ） （ ） （ ） ｛（ ， ），（ ， ），（ ， ），（ ， ２ ， ３．解析 甲 乙两地都降雨的概率为 ． 不中 个数字 计算事件Ａ发生的频率． （１） 、 ０２× ）｝， ８０ ， ． ． ． 从包含 个红球 个黄球的袋子中依次 ２．解析 不可能事件．它的概率为 ． ０３＝００６ Ｅ３： ２ 、３ （１） ０ 甲 乙两地都不降雨的概率为 ． 任意摸出两球的样本空间 Ω 红 红 （２） 、 （１－０２）× ＝｛（ １， 随机事件．它的概率为 ４ ． ． ． ． ． ． 红 黄 红 黄 红 黄 （２） （１－０３）＝０８×０７＝０５６ ２），（ １， １），（ １， ２），（ １， ３）， ９ 解法一 至少一个地方降雨的概率为 ． 红 红 红 黄 红 黄 红 必然事件．它的概率为 ． （３） ： ０２ （ ２， １），（ ２， １），（ ２， ２），（ （３） １ ． ． ． ． ． ． ． 黄 黄 红 黄 红 黄 黄 略． ×０３＋（１－０２）×０３＋０２×（１－０３）＝０４４ ２， ３），（ １， １），（ １， ２），（ １， （４） 解法二 由 知 甲 乙两地都不降雨的概 黄 黄 黄 红 黄 红 ： （２） ， 、 ２），（ １， ３），（ ２， １），（ ２， ２）， ３．解析 Ｐ ６ １ ． 率为 ． 黄 黄 黄 黄 黄 红 黄 （１） ＝ ＝ ０５６， （ ２， １），（ ２， ３），（ ３， １），（ ３６ ６ ２ ７０ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 略． 略． 综合运用 （２） （２） 相差不大．因为概率是稳定值 而频率随 差别不大．差别不大．因为在两种摸球方 （３） ， （３） ５．解析 ６ ４ ４ ３ ２ ． 着试验次数增多越来越接近于概率． 式下 事件Ａ Ａ Ａ 的概率相等 所以其频 （１） × ＋ × ＝ ， １， ２， ３ ， １０ ９ １０ ９ ５ ◆习题10.3 率的差别也不大． ６ ５ ４ ３ ７ ． 复习巩固 复习参考题10 （２） １０ × ９ ＋ １０ × ９ ＝ １５ １．解析 （１）０ ． １ 复 ．解 习 析 巩固 试验的样本空间Ω 蓝球 蓝 （３） ｎ ＋ ４ ４ ×ｎ ＋ ３ ３ ＝ ６ １ ， 整理得ｎ２ ＋７ ｎ －６０＝０， （２） １ ． 球 蓝 （１ 球 ） 红球 蓝球 绿球 ＝｛（ 红球 ， 蓝 解得ｎ ＝５ 或ｎ ＝－１２（ 舍去 ） ． ５ ），（ ， ），（ ， ），（ ， ２． （ 解 ３ 析 ）１ ． ． ． 球 球 ），（ 红 绿 球 球 ， 红 红 球 球 ），（ 红 绿 球 球 ， 绿 绿 球 球 ），（ ． 绿球 ， 蓝 ６．解析 （１） ６ ６ × × ５ ６ ＝ ６ ５ ． ０２１ ），（ ， ），（ ， ）｝ ３．解析 略． 红球 蓝球 红球 红球 红球 绿 ６ １ ． （１） （２）｛（ ， ），（ ， ），（ ， （２） ＝ 比较接近．存在差异的原因是频率是个 球 ． ６×６ ６ （２） ）｝ ７．解析 样本空间Ω ａ ａ ａ ｂ ａ ｂ 波动值 ， 跟每次试验的结果有关． （３）｛（ 蓝球 ， 蓝球 ），（ 红球 ， 红球 ），（ 绿球 ， 绿 ａ ｃ ａ （ ｃ １） ａ ｂ ａ ｂ ａ ＝ ｃ ｛ ａ １ ｃ ２， ｂ １ ｂ １， ｂ １ ｃ ２， ４．解析 球 ）｝ ． ｂ １ ｃ １， ｂ １ ｃ ２， ｂ ｃ ２ １ ｃ ， ｃ ２ ２， 共 ２ 有 １， ２ 个 ２ 样 ， 本 １ ２ 点 ， ． １ １， 父母血型的基因 子女血型的概率 ２．答案 １ ２ １ １ ２， ２ １， ２ ２， １ ２｝， １５ （１）４； ； ； Ｐ Ａ ３ ４ ． 类型组合 ６ ３ ３ （２）① （ ）＝１－ ＝ Ｏ Ａ Ｂ ＡＢ 解析 （１） ｎ （ ＡＢ ）＝ ｎ （ Ａ ）＋ ｎ （ Ｂ ）－ ｎ （ Ａ ∪ Ｂ ） １５ ５ ． Ｐ Ｂ ３ １ ． １ １ １ １ ＝１２＋８－１６＝４ ② （ ）＝ ＝ ａｉ×ｂｉ １５ ５ ４ ４ ４ ４ Ｐ ＡＢ ４ １ ． （ ）＝ ＝ Ｐ Ｃ ６ ２ ． ２４ ６ ③ （ ）＝ ＝ １ １ 解法一 Ｐ Ａ Ｂ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ ＡＢ １５ ５ ａｉ×ｂｂ Ｏ Ｏ ： （ ∪ ）＝ （ ）＋ （ ）－ （ ）＝ ２ ２ Ｐ Ｄ ６ ２ ． １２ ８ ４ ２ ． ④ （ ）＝ ＝ ＋ － ＝ １５ ５ ａａ×ｂｉ Ｏ １ ２ Ｏ １ ２ 解 ２４ 法二 ２４ Ｐ ２４ Ａ Ｂ ３ １６ ２ ． 拓 故 广探 Ｂ ⊆ 索 Ｃ ⊆ Ａ ， Ｄ ⊆ Ａ ， 且Ｃ ∪ Ｄ ＝ Ａ． ： （ ∪ ）＝ ＝ ａａ×ｂｂ Ｏ Ｏ Ｏ １ ２４ ３ ８．解析 样本点从上到下依次为Ｙ ＮＹ （１） ， ， 综合运用 Ｐ ＡＢ Ｐ Ａ Ｂ ２ １ ． ＮＮＹ ＮＮＮ 样本空间 Ω Ｙ ＮＹ ＮＮＹ （ ）＝１－ （ ∪ ）＝１－ ＝ ， ， ＝ ｛ ， ， ， ５．解析 正确．举例略． ３ ３ ＮＮＮ ． 事件Ａ与Ｂ不互斥．事件Ａ与Ｂ相互独 ｝ （２） 李明第二次答题通过面试的概率为 ． ６．解析 放回摸球 Ｐ Ａ ２ 立． （２） ０４× （１） ： （ １）＝ ， ． ． ． ５ ０６＝０２４ Ｐ Ａ ６ ４ ４ ４ ２ ３．解析 （１） ２７６ ＝０ ． ５５２ ． （３） 李明最终通过面试的概率为 １－０ ． ４×０ ． ４ （ ２）＝ × ＋ × ＝ ， ５００ ． ． ． １０ １０ １０ １０ ５ ×０４＝０９３６ Ｐ Ａ ６ ６ ４ ６ ４ ４ ４ ６ （２） １４４ ＝０ ． ２８８ ． ９．解析 如果摸到的是红球 ， 则选择的是 １ 号 （ ３）＝ × × ＋ × × ＋ × ５００ 盒子．理由如下 １０ １０ １０ １０ １０ １０ １０ １０ ： ８０ ． ． × ４ ＋ ４ × ４ × ４ ＝ ２ ． （３） ５００ ＝０１６ 选择 １ 号盒子摸到的是红球的概率为 １ × １０ １０ １０ １０ ５ ４．解析 ５０＋２０＋１０ ８ ． ２ 不放回摸球 ： Ｐ （ Ａ １）＝ ２ ， （１） １３０ ＝ １３ ９５ ＝０ ． ４７５； 选择 ２ 号盒子摸到的是红球的 ５ ３３＋１２ ４５ ９ ． １００ Ｐ （ Ａ ２）＝ ６ × ４ ＋ ４ × ３ ＝ ２ ， （２） １３０ ＝ １３０ ＝ ２６ 概率为 １ × ５ ＝０ ． ０２５ ．所以如果摸到的是 １０ ９ １０ ９ ５ ２ １００ Ｐ （ Ａ ３）＝ ６ × ５ × ４ ＋ ６ × ４ × ３ ＋ ４ × ６ （３） １ ３ ３ ５ ０ ＝ ２ ７ ６ ． 红球 ， 则选择的是 １ 号盒子． １０ ９ ８ １０ ９ ８ １０ ９ ３ ４ ３ ２ ２ ． × ＋ × × ＝ ８ １０ ９ ８ ５ ２ ７１ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋