第 1 讲 平面向量（一）
例题练习题答案
思维突破 / 初三 / 秋季
【答案】
(1)
【答案】
(2)
【答案】
(3)
例1
拉力：是；速度：是；体积：不是；温度：不是；时间：不是；路程：不是．
→
BC、
→
AC
①
→
AE、
→
AD、
→
ED是共线向量，
→
BF、
→
BC、
→
FC是共线向量，
→
DC、
→
EO、
→
OF、
→
EF、
→
BA是
共线向量，
→
AO、
→
OC、
→
AC是共线向量，
→
OD、
→
OB是共线向量；
②
→
AE、
→
AD、
→
ED是同向向量，
→
BF、
→
BC、
→
FC是同向向量，
→
DC、
→
EO、
→
OF、
→
EF是同向
向量，
→
AO、
→
OC、
→
AC是同向向量；
③
→
BA与
→
DC、
→
EO、
→
OF、
→
EF互为反向向量，
→
OD、
→
OB是反向向量；
④
→
DE、
→
FC是模相等的向量，
→
AE、
→
BF是模相等的向量，
→
AD、
→
BC是模相等的向量，
→
EO、
→
OF是模相等的向量，
→
AO、
→
OB是模相等的向量，
→
OC、
→
OD是模相等的向量．
【答案】
例2
证明：∵E为AD的中点，F为BC的中点
∴
→
ED = −
→
EA，
→
CF = −
→
BF
又
→
EF =
→
ED +
→
DC +
→
CF，
→
EF =
→
EA +
→
AB +
→
BF
∴2
→
EF =
→
ED +
→
DC +
→
CF
+
→
EA +
→
AB +
→
BF
= −
→
EA +
→
DC −
→
BF +
→
EA +
→
AB +
→
BF
=
→
AB +
→
DC
(
) (
)
【答案】
(1)
【答案】
(2)
例3
证明：①∵D是BC边上的中点
∴
→
BD = −
→
CD
又
→
AD =
→
AB +
→
BD，
→
AD =
→
AC +
→
CD
∴2
→
AD =
→
AB +
→
BD
+
→
AC +
→
CD
=
→
AB +
→
AC
∴
→
AD =
1
2
→
AB +
→
AC
②由①知：2
→
AD =
→
AB +
→
AC
∴3
→
AB + 2
→
BC +
→
CA −2
→
AD
= 3
→
AB + 2
→
BC +
→
CA −
→
AB +
→
AC
= 2
→
AB + 2
→
BC + 2
→
CA
= 2
→
AB +
→
BC +
→
CA
=
→
0
∴3
→
AB + 2
→
BC +
→
CA = 2
→
AD
①②③⑤
(
) (
)
(
)
(
)
(
)
【答案】
(3)
①②③④
【答案】
例4
4
2
【答案】
(1)
【答案】
(2)
【答案】
(3)
例5
λ1
λ2
=
μ1
μ2
证明：∵
→
BC = 2
→
e1 + 8
→
e2，
→
CD = 3
→
e1 −3
→
e2，
→
AB =
→
e1 +
→
e2
∴
→
BD =
→
BC +
→
CD
=
2
→
e1 + 8
→
e2
+
3
→
e1 −3
→
e2
= 5
→
e1 + 5
→
e2 = 5
→
AB
又∵
→
BD与
→
AB共点B
∴A、B、D三点共线
λ1 −λ2
μ1 −μ2
=
λ3 −λ1
μ3 −μ1
(
) (
)
【答案】
例6
−
1
3
→
a +
1
6
→
b
2
3
→
a −
5
6
→
b
1
3
→
a +
1
12
→
b
【答案】
(1)
例7
λ + μ = 1
→
AD = λ
→
a + (1 −λ)
→
b
【答案】
(2)
→
AD =
μ
→
a + λ
→
b
λ + μ
【答案】
例8
证明：∵
BL
BC
= l，
CM
CA
= m，
AN
AB
= n，
→
AL +
→
BM +
→
CN =
→
0
∴
→
AL +
→
BM +
→
CN
=
→
AC +
→
CL
+
→
BC +
→
CM
+
→
CA +
→
AN
=
→
AC +
→
CL +
→
BC +
→
CM +
→
CA +
→
AN
=
→
CL +
→
BC +
→
CM +
→
AN
=
→
BL +
→
CM +
→
AN
= l
→
BC + m
→
CA + n
→
AB =
→
0
又∵
→
AB +
→
BC +
→
CA =
→
0 ，且
→
AB、
→
BC、
→
CA均为非零向量
∴l = m = n
(
) (
) (
)
【答案】
例9
解：∵AD为BC边上的中线且AE = 2EC
∴
→
AD =
→
AB +
1
2
→
BC
=
→
AB +
1
2
→
BA +
→
AC
=
1
2
→
AB +
1
2
→
AC
→
BE =
→
BA +
2
3
→
AC
(
)
设
→
AG = λ
→
AD，
→
BG = μ
→
BE
∴
→
AG =
λ
2
→
AB +
λ
2
→
AC，
→
BG = μ
→
BA +
2μ
3
→
AC
∵
→
AB +
→
BG =
→
AG
∴
→
AB + μ
→
BA +
2μ
3
→
AC =
λ
2
→
AB +
λ
2
→
AC
即(1 −μ)
→
AB +
2μ
3
→
AC =
λ
2
→
AB +
λ
2
→
AC
∴1 −μ =
λ
2
，
2μ
3
=
λ
2
∴λ =
4
5
，μ =
3
5
∴
AG
GD
= 4，
BG
GE
=
3
2
【答案】
例10
证明：由题意，得：
SA =
1
2
→
OB
→
OC sin∠BOC
SB =
1
2
→
OA
→
OC sin∠AOC
SC =
1
2
→
OA
→
OB sin∠AOB
∴SA ⋅
→
OA + SB ⋅
→
OB + SC ⋅
→
OC
=
1
2
→
OB
→
OC sin∠BOC ⋅
→
OA +
1
2
→
OA
→
OC sin∠AOC ⋅
→
OB +
1
2
→
OA
→
OB sin∠AOB ⋅
→
OC
| || |
| || |
| || |
| || |
| || |
| || |
设
→
OA的单位向量为
→
e1，
→
OB的单位向量为
→
e2，
→
OC的单位向量为
→
e3
∴
→
OA =
→
OA
→
e1，
→
OB =
→
OB
→
e2，
→
OC =
→
OC
→
e3
∴SA ⋅
→
OA + SB ⋅
→
OB + SC ⋅
→
OC
=
1
2
→
OB
→
OC sin∠BOC ⋅
→
OA
→
e1 +
1
2
→
OA
→
OC sin∠AOC ⋅
→
OB
→
e2 +
1
2
→
OA
→
OB sin∠AOB ⋅
=
1
2
→
OB
→
OC
→
OA
sin∠BOC ⋅
→
e1 + sin∠AOC ⋅
→
e2 + sin∠AOB ⋅
→
e3
在
→
OA上取一点D，使得
→
OD = sin∠BOC ⋅
→
e1，过点D作DE/ / OB交CO的延长线于点E
在ODE中，由正弦定理，得：
→
DE
sin∠DOE
=
→
OE
sin∠EDO
=
→
OD
sin∠DEO
即
→
DE
sin∠AOC
=
→
OE
sin∠AOB
=
→
OD
sin∠BOC
∴
→
DE = sin∠AOC ⋅
→
e2，
→
EO = sin∠AOB ⋅
→
e3
∵OD、DE、OE是△ODE的三边
∴
→
OD +
→
DE +
→
EO =
→
0
| |
| |
| |
| || |
| |
| || |
| |
| || |
| || || |(
)
| |
| |
| |
| |
| |
| |
∴sin∠BOC ⋅
→
e1 + sin∠AOC ⋅
→
e2 + sin∠AOB ⋅
→
e3 =
→
0
∴SA ⋅
→
OA + SB ⋅
→
OB + SC ⋅
→
OC =
→
0
【答案】
(1)
【答案】
(2)
例11
解：∵G是△ABC重心
∴
→
GA +
→
GB +
→
GC =
→
0
又∵√3a
→
GA + b
→
GB + √3c
→
GC =
→
0
∴√3a = b = √3c
∴a = c，b = √3c
在△ABC中，由余弦定理，得：
cosB =
a2 + c2 −b2
2ac
=
c2 + c2 −√3c 2
2c2
= −
1
2
∴∠B = 120 ∘
解：设O为平面ABC内任意一点，点I为△ABC内心的充要条件是：
→
OI =
a ⋅
→
OA + b ⋅
→
OB + c ⋅
→
OC
a + b + c
（其中BC = a，AC = b，AB = c）
若将O点选在A点，则
→
AI =
b ⋅
→
AB + c ⋅
→
AC
a + b + c
∵AC = 2，BC = 3，AB = 4
∴
→
AI =
2 ×
→
AB + 4 ×
→
AC
3 + 2 + 4
=
2
9
→
AB +
4
9
→
AC
∵
→
AI = x
→
AB + y
→
AC
(
)
第 1 讲 平面向量（一）
自我巩固答案
思维突破 / 初三 / 秋季
∴x =
2
9
，y =
4
9
∴x + y =
2
9
+
4
9
=
2
3
【答案】
(1)
【答案】
(2)
【答案】
(3)
1
B
等腰梯形
D
【答案】
2
解：∵
→
AD = 2
→
DB，
→
AB =
→
AC +
→
CB，
∴
→
CD =
→
CA +
→
AD =
→
CA +
2
3
→
AB，
=
→
CA +
2
3
→
AC +
→
CB ，
=
1
3
→
CA +
2
3
→
CB，
又
→
CD =
1
3
→
CA + λ
→
CB，
∴λ =
2
3
．
(
)
【答案】
3
解：由题意，知：
→
AD = 4
→
a0，
→
BC = 6
→
a0，
→
BA = 2
→
b0，
∴
→
AC =
→
AB +
→
BC = 6
→
a0 −2
→
b0，
→
CD =
→
CB +
→
BA +
→
AD = −6
→
a0 + 2
→
b0 + 4
→
a0 = −2
→
a0 + 2
→
b0，
→
OA =
2
5
→
CA =
2
5
−6
→
a0 + 2
→
b0
= −
12
5
→
a0 +
4
5
→
b0．
(
)
【答案】
4
解：∵BD =
1
2
DC，AE = 2EC，
∴
→
BD =
1
3
→
BC，
→
AE =
2
3
→
AC，
∴
→
AD =
→
AB +
→
BD =
→
AB +
1
3
→
BC =
→
a +
1
3
→
b −
→
a
=
2
3
→
a +
1
3
→
b ，
→
BE =
→
BA +
→
AE =
→
BA +
2
3
→
AC = −
→
a +
2
3
→
b ，
设
→
AG = λ
→
AD，
→
BG = μ
→
BE，
∴
→
AG = λ
2
3
→
a +
1
3
→
b
=
2λ
3
→
a +
λ
3
→
b ，
→
BG = μ −
→
a +
2
3
→
b
= −μ
→
a +
2μ
3
→
b ，
又∵
→
AB +
→
BG =
→
AG，
∴
→
a +
−μ
→
a +
2μ
3
→
b
=
2λ
3
→
a +
λ
3
→
b ，
即(1 −μ)
→
a +
2μ
3
→
b =
2λ
3
→
a +
λ
3
→
b ，
(
)
(
)
(
)
(
)
第 1 讲 平面向量（一）
课堂落实答案
思维突破 / 初三 / 秋季
∴1 −μ =
2λ
3
，
2μ
3
=
λ
3
，
∴λ =
6
7
，μ =
3
7
，
∴
→
AG =
2λ
3
→
a +
λ
3
→
b =
4
7
→
a +
2
7
→
b ．
【答案】
1
②④⑤
【答案】
2
解：∵
→
BM =
1
3
→
BC，
→
CN =
1
3
→
CA，
→
AP =
1
3
→
AB，
→
AB =
→
a ，
→
AC =
→
b ，
∴
→
MN =
→
MC +
→
CN =
2
3
→
BC +
1
3
→
CA =
2
3
→
AC −
→
AB
+
1
3
→
CA，
=
2
3
→
b −
→
a
−
1
3
→
b =
1
3
→
b −
1
3
→
a ；
→
NP =
→
NA +
→
AP =
2
3
→
CA +
1
3
→
AB = −
2
3
→
b +
1
3
→
a ；
→
PM =
→
PB +
→
BM =
2
3
→
AB +
1
3
→
BC =
2
3
→
a +
1
3
→
b −
→
a
=
1
3
→
a +
1
3
→
b ．
(
)
(
)
(
)
【答案】
3
证明：∵BM =
1
2
AB，BN =
1
3
BC，
∴
→
BM =
1
2
→
AB，
→
BN =
1
3
→
BC，
第 2 讲 平面向量（二）
例题练习题答案
思维突破 / 初三 / 秋季
∴
→
MN =
→
BN −
→
BM =
1
3
→
BC −
1
2
→
AB，
→
ND =
→
NC +
→
CD =
2
3
→
BC +
→
CD，
又在平行四边形ABCD中，
→
AB =
→
DC，
∴
→
ND =
2
3
→
BC −
→
AB = 2
1
3
→
BC −
1
2
→
AB
= 2
→
MN，
∴M、N、D三点共线．
(
)
【答案】
(1)
【答案】
(2)
【答案】
(3)
例1
A
解：
→
a +
→
b = (3 + 4, 4 + 4) = (7, 8)，
→
a −
→
b = (3 −4, 4 −4) = (−1, 0)，
λ
→
a = 2
→
a = (2 × 3, 2 × 4) = (6, 8)，
2
→
a + 3
→
b = (2 × 3 + 3 × 4, 2 × 4 + 3 × 4) = (18, 20)；
解：
→
AB=(8 −2, 9 −3)=(6, 6)，
三等分点坐标为：(2, 3)+
1
3
(6, 6) = (4, 5)和(2, 3)+
2
3
(6, 6) = (6, 7)．
【答案】
例2
(46, 62)．
【答案】
(1)
【答案】
(2)
例3
C
解：
→
AB = (4 −k, −7)，
→
BC = (6, k −5)，
∵A、B、C三点共线，
∴
→
AB / /
→
BC，
∴(4 −k)(k −5)= −42，
∴k = −2或k = 11．
【答案】
(1)
【答案】
(2)
例4
解：当
→
a / /
→
b 时，
→
a ⋅
→
b =
→
a
→
b cos0 ∘= 4 × 5 = 20，或
→
a ⋅
→
b =
→
a
→
b cos180 ∘= −4 × 5 = −20，
当
→
a ⊥
→
b 时，
→
a ⋅
→
b =
→
a
→
b cos90 ∘= 0，
当
→
a 与
→
b 的夹角为
π
6
时，
→
a ⋅
→
b =
→
a
→
b cos
π
6
= 4 × 5 ×
√3
2
= 10√3；
解：∵
→
a = (−1, 2)，
→
b = (3, 2)，
∴
→
a −
→
b
= (−1 −3, 2 −2) = (−4, 0)，
∴
→
a ⋅
→
a −
→
b
= (−1, 2) ⋅(−4, 0)=4，
∵
→
a = (−1, 2)，
→
b = (3, 2)，
| || |
| || |
| || |
| || |
(
)
(
)
∴3
→
a −4
→
b = (−1 × 3, 2 × 3) −(3 × 4, 2 × 4) = (−15, −2)，
∴3
→
a −4
→
b =√(−15)2 + (−2)2 = √229．
|
|
【答案】
(1)
【答案】
(2)
【答案】
(3)
例5
解：cos
→
a ,
→
b
=
→
a ⋅
→
b
→
a
→
b
=
−6 + 10
√34 × √8
=
√17
17
；
解：由cos
→
a ,
→
b
=
→
a ⋅
→
b
→
a
→
b
=
4sinα
2 × 2
= sinα=cos α −
π
2
，
可得
→
a 与
→
b 的夹角为α −
π
2
；
解：∵
→
a +
→
b
= √3
→
a −
→
b ，
∴
→
a +
→
b
2 = 3
→
a −
→
b
2，
∴
→
a 2 + 2
→
a ⋅
→
b +
→
b 2 = 3
→
a 2 −2
→
a ⋅
→
b +
→
b 2 ，
∴
→
a 2 +
→
b 2=4
→
a ⋅
→
b = 4
→
a
→
b cosθ，
∴cosθ =
→
a 2 +
→
b 2
4
→
a
→
b
≥
2
→
a
→
b
4
→
a
→
b
=
1
2
，当且仅当
→
a
=
→
b 时，等号成立，
∴θ ∈
0,
π
3
．
⟨
⟩
| || |
⟨
⟩
| || |
(
)
|
|
|
|
(
)
(
)
| |
| |
(| |
| | )
| |
| |
| || |
| |
| |
| || |
| || |
| || |
| |
| |
[
]
【答案】
(1)
例6
解：
→
a +
→
b
=
→
a +
→
b
2 =
→
a 2 + 2
→
a ⋅
→
b +
→
b 2
= √25 + 25 + 25 = 5√3，
|
|
√
(
)
√
(| |
| | )
【答案】
(2)
→
a −
→
b
=
→
a −
→
b
2 =
→
a 2 −2
→
a ⋅
→
b +
→
b 2
= √25 −25 + 25 = 5；
解：∵向量3
→
a + 5
→
b 和m
→
a −3
→
b 互相垂直，
∴3
→
a + 5
→
b
⋅
m
→
a −3
→
b =0，
∴3
→
a + 5
→
b
⋅
m
→
a −3
→
b
=3m
→
a 2 + (5m −9)
→
a ⋅
→
b −15
→
b 2
= 27m + 3(5m −9) −60 = 0，
解得：m =
29
14
．
|
|
√
(
)
√
(| |
| | )
(
) (
)
(
) (
)
| |
| |
【答案】
(1)
【答案】
(2)
例7
解∵
→
AD =
→
AB +
→
BD =
→
AB +
1
3
→
BC
=
→
AB +
1
3
→
AC −
→
AB
=
2
3
→
AB +
1
3
→
AC，
→
BC =
→
AC −
→
AB，
∴
→
AD ⋅
→
BC=
2
3
→
AB +
1
3
→
AC
⋅
→
AC −
→
AB
=
1
3
→
AC
2
+
1
3
→
AB ⋅
→
AC −
2
3
→
AB
2
= −
8
3
；
解：如图，过点B作BE垂直AD延长线于点E，
(
)
(
) (
)
∵∠BAC = 120 ∘，∠DAC = 90 ∘，
∴∠BAE = 30 ∘，
∵BE⊥AE，AB = 2，
∴BE = 1，AE = √3，
即BE = 1=AC，
∵∠CAD = 90 ∘= ∠BED，∠ADC = ∠BDE，
∴△BDE≌△CDA（AAS），
∴AD =
1
2
AE =
√3
2
，
∴
→
AD ⋅
→
BC=
→
AD ⋅
→
AC −
→
AB
=
→
AD ⋅
→
AC −
→
AD ⋅
→
AB
= 0 −
√3
2
× 2 × cos30 ∘= −
3
2
．
(
)
【答案】
(1)
【答案】
(2)
例8
证明：∵
→
AB=(3 −2, 2 −1) = (1, 1)，
→
AD=(−1 −2, 4 −1) = (−3, 3)，
∴
→
AB ⋅
→
AD = 0，
∴
→
AB⊥
→
AD，
∴AB⊥AD；
解：设点C坐标为(x, y)，
∵
→
DC = (x + 1, y −4)，
→
AB=(1, 1)，
→
DC =
→
AB，
∴
x + 1 = 1
y −4 = 1
，
解得：
x = 0
y = 5
，
即点C坐标为(0, 5)，
{
{
第 2 讲 平面向量（二）
自我巩固答案
思维突破 / 初三 / 秋季
∵
→
AC = (−2, 4) ，
→
BD = (−4, 2)，
∴cos⟨
→
AC,
→
BD⟩=
8 + 8
√(−2)2 + 42√(−4)2 + 22
=
4
5
．
【答案】
(1)
【答案】
(2)
【答案】
(3)
例9
3
4
；
5；
−
3
2
．
【答案】
(1)
【答案】
(2)
例10
−
29
2
；
→
P1A ⋅
→
P1C >
→
P3A ⋅
→
P3C >
→
P2A ⋅
→
P2C．
【答案】
1
解：①当平行四边形为ABCD1时，设顶点D1的坐标为x1, y1 ，
∵
→
AB = (−1 −(−2), 3 −1) = (1, 2)，
→
D1C =
3 −x1, 4 −y1 ，
由于
→
AB =
→
D1C，得(1, 2) =
3 −x1, 4 −y1 ，
∴
1 = 3 −x1
2 = 4 −y1
，
x1 = 2
y1 = 2
，
∴顶点D1的坐标为(2, 2)；
(
)
(
)
(
)
{
{
②当平行四边形为ACD2B时，设顶点D2的坐标为x2, y2 ，
∵
→
AC = (5, 3)，
→
BD2 =
x2 + 1, y2 −3 ，
由于
→
AC =
→
BD2,得(5, 3) =
x2 + 1, y2 −3 ，
∴
5 = x2 + 1
3 = y2 −3
，
x2 = 4
y2 = 6
，
∴顶点D2的坐标为(4, 6)；
③当平行四边形为D3ACB时，设顶点D3的坐标为x3, y3 ，
∵
→
AC = (5, 3)，
→
D3B =
−1 −x3, 3 −y3 ，
∴
5 = −1 −x3
3 = 3 −y3
，
x3 = −6
y3 = 0
，
∴顶点D3的坐标为(−6, 0)．
综上：点D的坐标为(2, 2)、(4, 6)、(−6, 0)．
(
)
(
)
(
)
{
{
(
)
(
)
{
{
【答案】
2
解：由题意得
→
BC =
→
AC −
→
AB，
∵
→
CD =
→
DB，
∴D为BC中点，
∴
→
AD =
1
2
→
AC +
1
2
→
AB，
∴
→
AD ⋅
→
BC =
1
2
→
AC +
1
2
→
AB
→
AC −
→
AB ，
=
1
2
→
AC
2
−
1
2
→
AB
2
，
=
1
2
× 32 −
1
2
× 22 =
5
2
．
(
)(
)
【答案】
3
解：设点C的坐标是(x, y)，而
→
OA = 5，
→
OB = 13，
则cos∠AOC =
3x + 4y
5√65
，cos∠BOC =
−5x + 12y
13√65
，
由OC是∠AOB的平分线得
3x + 4y
5√65
=
−5x + 12y
13√65
，
于是y = 8x，其中y > 0，
又∵x2 + y2 = 65，
解得：
x = 1
y = 8
，
所以点C的坐标是(1, 8)．
| |
| |
{
【答案】
4
解：（1）∵点Z在直线OP上，
∴可设
→
OZ = t
→
OP = (2t, t)，
∵
→
OA = (1, 7)，
→
OZ = (2t, t)，
→
OB = (5, 1)，
∴
→
ZA =
→
OA −
→
OZ = (1 −2t, 7 −t)，
→
ZB =
→
OB −
→
OZ = (5 −2t, 1 −t)，
∴
→
ZA ⋅
→
ZB = (1 −2t)(5 −2t) + (7 −t)(1 −t)，
= 5t2 −20t + 12，
= 5(t −2)2 −8，
当t = 2时，
→
ZA ⋅
→
ZB取得最小值−8，此时
→
OZ = (4, 2)；
（2）当
→
OZ = (4, 2)时，
→
ZA = (−3, 5),
→
ZB = (1, −1)，
第 2 讲 平面向量（二）
课堂落实答案
思维突破 / 初三 / 秋季
∴cos∠AZB =
→
ZA ⋅
→
ZB
→
ZA
→
ZB
= −
4
17
√17．
| || |
【答案】
1
2√5．
【答案】
2
2．
【答案】
3
解：设
→
OC = (x, y)，
∵
→
OC⊥
→
OB，
∴
→
OC ⋅
→
OB = 0，
∴2y −x = 0①，
又∵
→
BC/ /
→
OA，
∴
→
BC = (x + 1, y −2)，
∴3(y −2) −(x + 1) = 0，
即3y −x = 7②，
由①，②解得
x = 14
y = 7
，
∴
→
OC = (14, 7)，
则
→
OD =
→
OC −
→
OA = (11, 6)．
{
第 3 讲 三角恒等变换（一）
例题练习题答案
思维突破 / 初三 / 秋季
【答案】
(1)
【答案】
(2)
【答案】
(3)
例1
解：sin15 ∘= sin 45 ∘−30 ∘
= sin45 ∘cos30 ∘−sin30 ∘cos45 ∘=
√6 −√2
4
，
cos15 ∘= cos 45 ∘−30 ∘
= cos45 ∘cos30 ∘+ sin30 ∘sin45 ∘
=
√6 + √2
4
，
tan15 ∘=tan 45 ∘−30 ∘=
tan45 ∘−tan30 ∘
1 + tan45 ∘tan30 ∘
= 2 −√3；
解：
sin7 ∘+ cos15 ∘sin8 ∘
cos7 ∘−sin15 ∘sin8 ∘
=
sin 15 ∘−8 ∘
+ cos15 ∘sin8 ∘
cos 15 ∘−8 ∘
−sin15 ∘sin8 ∘
=
sin15 ∘cos8 ∘−sin8 ∘cos15 ∘+ cos15 ∘sin8 ∘
cos15 ∘cos8 ∘+ sin15 ∘sin8 ∘−sin15 ∘sin8 ∘
= tan15 ∘= 2 −√3；
解：
2cos10 ∘−sin20 ∘
cos20 ∘
=
2cos 30 ∘−20 ∘
−sin20 ∘
cos20 ∘
=
2cos30 ∘cos20 ∘+ 2sin30 ∘sin20 ∘−sin20 ∘
cos20 ∘
=
√3cos20 ∘
cos20 ∘
= √3；
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
【答案】
(4)
【答案】
(5)
【答案】
(6)
解：
1 + tan15 ∘
1 −tan15 ∘
=
1 + 2 −√3
1 −2 + √3
= √3；
解：tan23 ∘+ tan37 ∘+ √3tan23 ∘tan37 ∘
=tan60 ∘⋅
1 −tan23 ∘tan37 ∘
+ √3tan23 ∘tan37 ∘
= √3；
解：∵tan 45 ∘=tan 44 ∘+1 ∘
=
tan44 ∘+ tan1 ∘
1 −tan44 ∘tan1 ∘
= 1，
∴tan44 ∘tan1 ∘=1 −tan44 ∘−tan1 ∘，
1+tan1 ∘
1+tan44 ∘，
=1+tan1 ∘+tan44 ∘+tan1 ∘tan44 ∘，
=1+tan1 ∘+tan44 ∘+1 −tan44 ∘−tan1 ∘= 2，
同理可知，
1+tan2 ∘
1+tan43 ∘=⋯= 1+tan22 ∘
1+tan23 ∘=2，
∴1+tan1 ∘
1+tan2 ∘⋯1+tan44 ∘
1+tan45 ∘，
=2 × 2 × ⋯× 2=223．
(
)
(
)
(
)
(
)(
)
(
)(
)
(
)(
)
(
)(
) (
)(
)
【答案】
(1)
【答案】
(2)
【答案】
(3)
【答案】
(4)
【答案】
(5)
例2
56
65
−
63
65
或−
33
65
56
65
56
65
0
【答案】
(6)
0
【答案】
例3
90 ∘
【答案】
(1)
【答案】
(2)
例4
−
1
2
−
√14
2
,
√14
2
[
]
【答案】
例5
解：（1）sinx + cosx = √2sin x +
π
4
；
（2）√3sinx + cosx=2sin x +
π
6
；
（3）sin x +
π
4
+ √3cos x +
π
4
= 2sin x +
7 π
12
；
（4）sin x +
π
3
+ sinx = √3sin x +
π
6
．
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
【答案】
(1)
【答案】
(2)
例6
解：∵f(x) = sinx + cosx = √2sin x +
π
4
，
∴值域为−√2, √2 、对称轴为x = kπ+
π
4
（k为整数）、中心对称点为kπ −
π
4
, 0 、
最小正周期T=2π；
解：∵√3sin x +
π
12
+ cos x +
π
12
，
= 2sin x +
π
12
+
π
6
=
2
3
，
∴sin x +
π
4
=
1
3
，
∴cos x +
π
4
=
2√2
3
，
(
)
[
]
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
∴sinx + cosx =
√2
3
，sinx −cosx = −
4
3
．
【答案】
(1)
【答案】
(2)
例7
解：∵f(x) =
√2
4
sin
π
4
−x
+
√6
4
cos
π
4
−x ，
= −
√2
2
sin x −
7 π
12
，
∴f(x) ∈
−
√2
2
,
√2
2
；
解：令t = sinx + cosx = √2sin x +
π
4
，t ∈
−√2, √2 ，
∴t2 = 1 + 2sinxcosx，
∴sinxcosx=
t2 −1
2
，
∴f(x) = t +
t2 −1
2
+ 2 =
1
2
(t + 1)2 + 1 ≥1，
∴t = √2时，f(x) =
5
2
+ √2，
∴值域为1，
5
2
+ √2 ．
(
)
(
)
(
)
[
]
(
)
[
]
[
]
【答案】
例8
解：∵√3sinx + cosx = 2sin x +
π
6
=
4m −6
4 −m
，又∵0 ≤x ≤
π
2
，
∴
π
6
≤x +
π
6
≤
2π
3
，
∴1 ≤2sin x +
π
6
≤2，
∴1 ≤
4m −6
4 −m
≤2，
(
)
(
)
第 3 讲 三角恒等变换（一）
自我巩固答案
思维突破 / 初三 / 秋季
∴2 ≤m ≤
7
3
．
【答案】
(1)
【答案】
(2)
1
2 −√3
−
3
8
【答案】
2
解：∵
π
2
< α < π ，0 < β <
π
2
，
∴
π
4
< α −
β
2
< π ，−
π
4
<
α
2
−β <
π
2
，
∴sin α −
β
2
=
4√5
9
，cos
α
2
−β
=
√5
3
，
∴cos
α+β
2
=cos
α −
β
2
−
α
2
−β
= cos α −
β
2
cos
α
2
−β
+ sin α −
β
2
sin
α
2
−β =
7√5
27
．
(
)
(
)
(
)
[(
) (
)]
(
) (
)
(
) (
)
【答案】
3
∵sin[(α + β) −α] = sin(α + β)cosα −cos(α + β)sinα = 2cos(α + β)sinα，
∴sin(α + β)cosα = 3cos(α + β)sinα，
∴tan(α + β) = 3tanα，
∵tanβ = tan[(α + β) −α] =
tan(α + β) −tanα
1 + tan(α + β)tanα
=
2
1
tan α
+ 3tanα
≤
2
2
1
tan α
⋅3tanα
=
√3
3
，
∴tanβ的最大值是
√3
3
．
√
【答案】
(1)
【答案】
(2)
4
∵sinα + sinβ = −sinγ，cosα + cosβ = −cosγ，
∴(sinα + sinβ)2 + (cosα + cosβ)2 = 2 + 2cos(α −β) = 1，
∴cos(α −β) = −
1
2
，
∵0 < α < β < γ < 2 π ，
∴β −α =
2π
3
或者
4π
3
，
∴当β −α =
4π
3
时，由题设的等式，同理可得γ −β =
2π
3
或者
4π
3
，
∴γ ≥β+
2π
3
=α+
4π
3
+
2π
3
=α+2π > 2π，
与题设相矛盾，故β −α =
2π
3
；
解：由（1）可知β −α =
2π
3
，γ −β =
2π
3
，
∴cos2α + cos2β + cos2γ=cos2α + cos2 α+
2π
3
+ cos2 α+
4π
3
=cos2α +
cosαcos
2π
3
−sinαsin
2π
3
2
+
cosαcos
4π
3
−sinαsin
4π
3
2
=cos2α +
1
2
cosα+
√3
2
sinα
2
+
−
1
2
cosα +
√3
2
sinα
2
=
3
2
cos2α +
3
2
sin2α =
3
2
，
(
)
(
)
(
)
(
)
(
) (
)
第 3 讲 三角恒等变换（一）
课堂落实答案
思维突破 / 初三 / 秋季
∴cos2α + cos2β + cos2γ为定值．
【答案】
(1)
【答案】
(2)
1
tan7 ∘
−
1
2
【答案】
2
解：∵sinα =
2
3
，α ∈
π
2
, π
，
∴cosα = −√1 −(sinα)2 = −
√5
3
，
∵cosβ = −
3
5
，β ∈
π ,
3 π
2
，
∴sinβ = −√1 −(cosβ)2 = −
4
5
，
∴cos(α −β)=cosαcosβ+sinαsinβ =
3√5 −8
15
．
(
)
(
)
【答案】
3
解：∵f(x) = √3sin x +
π
6
+ 3cos x +
π
6
= 2√3
1
2
sin x +
π
6
+
√3
2
cos x +
π
6
= 2√3 cos
π
3
⋅sin x +
π
6
+ sin
π
3
⋅cos x +
π
6
= 2√3sin x +
π
2
(
)
(
)
[
(
)
(
)]
[
(
)
(
)]
(
)
第 4 讲 三角恒等变换（二）
例题练习题答案
思维突破 / 初三 / 秋季
= 2√3cosx，
∴值域为−2√3, 2√3 ，对称轴为x = kπ，对称中心为kπ +
π
2
, 0 ，
单调增区间为[−π + 2kπ, 2kπ]，单调减区间为[2kπ，π + 2kπ]，k都取整数．
[
]
(
)
【答案】
4
解：利用圆的参数坐标方程可知x2 + y2 = 1的参数方程为x = cosα，y = sinα，
则4x + 3y=4cosα + 3sinα = 5sin(α + β)，
故4x + 3y的最大值为5，最小值为−5．
【答案】
(1)
【答案】
(2)
【答案】
(3)
【答案】
(4)
【答案】
(5)
【答案】
(6)
例1
解：
1
2
−cos2
π
8
=
1
2
−
1 + cos
π
4
2
= −
√2
4
；
解：
1 −tan275 ∘
1 + tan275 ∘
=cos 75 ∘× 2
= cos150 ∘= −
√3
2
；
解：√1 + sin2θ=√sin2θ + cos2θ + 2sinθcosθ = |sinθ + cosθ|；
解：√2 + 2cosθ=
2 × 2cos2
θ
2
=2 cos
θ
2
；
解：√1 −cosθ=
2sin2
θ
2
= √2 sin
θ
2
；
解：
1 + sin2θ
1 + cos2θ
=
sinθ + cosθ
√2cosθ
=
√2
2
(tanθ + 1)；
(
)
√
|
|
√
|
|
√
【答案】
(7)
【答案】
(8)
【答案】
(9)
解：
2sinα −sin2α
2sinα + sin2α
=
2sinα −2sinαcosα
2sinα + 2sinαcosα
=
1 −cosα
1 + cosα
= tan2
α
2
；
解：sin50 ∘1 + √3tan10 ∘
=sin50 ∘⋅
cos10 ∘+ √3sin10 ∘
cos10 ∘
= sin50 ∘⋅
2sin40 ∘
cos10 ∘
=
2sin50 ∘cos50 ∘
cos10 ∘
=
sin100 ∘
cos10 ∘
= 1；
解：
(1 + sinα + cosα) sin
α
2
−cos
α
2
√2 + 2cosα
=
2sin
α
2
cos
α
2
+ 2cos2
α
2
sin
α
2
−cos
α
2
√2
2cos2
α
2
=sin2
α
2
−cos2
α
2
= −cosα．
(
)
(
)
(
)(
)
√
【答案】
(1)
例2
解：sin6 ∘sin84 ∘sin78 ∘sin66 ∘sin42 ∘
=
24sin6 ∘cos6 ∘cos12 ∘cos24 ∘cos48 ∘
24
=
sin 48 ∘× 2
24
=
cos6 ∘
24
；
(
)
【答案】
(2)
解：sin10 ∘sin50 ∘sin70 ∘
=
23cos20 ∘cos40 ∘cos80 ∘sin20 ∘
23sin20 ∘
=
sin160 ∘
23sin20 ∘
=
1
8
．
【答案】
(1)
【答案】
(2)
例3
解：∵cos
π
4
+ α
=
3
5
，
∴sin2α = −cos 2α +
π
2
= 1 −2cos2
π
4
+ α
=
7
25
，
∵cos
π
4
+ α
=
3
5
，
∴sin
π
4
−α
= cos
π
4
+ α
=
3
5
，
∴
sin2α
sin
π
4
−α
=
7
25
3
5
=
7
15
；
解：
2cos2
θ
2
−sinθ −1
√2sin θ +
π
4
=
cosθ −sinθ
sinθ + cosθ
=
1 −tanθ
1 + tanθ
，
∵tan2θ =
2tanθ
1 −tan2θ
= −2√2，
∴2√2tan2θ −2tanθ −2√2 = 0，
∴tanθ = −
√2
2
或tanθ = √2，
∵ π < 2θ < 2 π
，
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
【答案】
(3)
【答案】
(4)
∴
π
2
< θ < π ，
∴tanθ = −
√2
2
，
∴
1 −tanθ
1 + tanθ
=3+2√2；
解：∵|cosθ| =
3
5
，且
5 π
2
< θ < 3 π ，
∴cosθ = −
3
5
，
∴1 −2sin2
θ
2
= −
3
5
，sin2
θ
2
=
4
5
，
∴2cos2
θ
2
−1 = −
3
5
，cos2
θ
2
=
1
5
，
∴sin
θ
2
=
−2√5
5
，cos
θ
2
=
−√5
5
，tan
θ
2
= 2；
解：f(x) = 2cos2x + sin2x −4cosx = 3cos2x −4cosx −1，
令t = cosx，t ∈[−1, 1]，
∴f(t) = 3t2 −4t −1=3 t −
2
3
2
−
7
3
，
当t = 1时，f(t) = −2，
当t =
2
3
时，f(t) = −
7
3
，
当t = −1时，f(t) = 6，
∴函数的最大值为6，最小值为−
7
3
．
(
)
【答案】
(1)
例4
证明：∵sin3α = sin(2α + α)
= sin2αcosα + sinαcos2α
【答案】
(2)
= 2sinαcos2α + sinαcos2α
= sinα(1 + cos2α) + sinαcos2α
= sinα + 2sinαcos2α，
又∵3sinα −4sin3α
= sinα + 2sinα −4sin3α
= sinα + 2sinα 1 −2sin2α
= sinα + 2sinαcos2α，
∴sin3α = 3sinα −4sin3α；
证明：∵cos3α = cos2αcosα −sin2αsinα
= cos2αcosα −2sin2αcosα
= cos2αcosα −(1 −cos2α)cosα
= 2cos2αcosα −cosα，
又∵4cos3α −3cosα
= 4cos3α −2cosα −cosα
= 2cosα 2cos2α −1 −cosα
= 2cosαcos2α −cosα，
∴cos3α = 4cos3α −3cosα．
(
)
(
)
【答案】
(1)
例5
证明：∵sinθsin 60 ∘+ θ sin 60 ∘−θ
= sinθ ⋅
√3
2
cosθ +
1
2
sinθ
√3
2
cosθ −
1
2
sinθ
=
1
4
sinθ ⋅3cos2θ −sin2θ ，
又∵
1
4
sin3θ=
1
4
(sin2θcosθ + sinθcos2θ)
=
1
4
sinθ 3cos2θ −sin2θ
∴sinθsin 60 ∘+ θ sin 60 ∘−θ
=
1
4
sin3θ；
(
) (
)
(
)(
)
(
)
(
)
(
) (
)
【答案】
(2)
【答案】
(3)
证明：∵cosθcos 60 ∘+ θ cos 60 ∘−θ
= cosθ
1
2
cosθ −
√3
2
sinθ
1
2
cosθ +
√3
2
sinθ
=
1
4
cosθ cos2θ −3sin2θ ，
又∵
1
4
cos3θ=
1
4
(cos2θcosθ −sin2θsinθ)
=
1
4
cosθ cos2θ −2sin2θ
=
1
4
cosθ cos2θ −3sin2θ ，
∴cosθcos 60 ∘+ θ cos 60 ∘−θ
=
1
4
cos3θ；
证明：∵tanθtan 60 ∘+ θ tan 60 ∘−θ
= tanθ ⋅
√3 + tanθ
1 −√3tanθ
×
√3 −tanθ
1 + √3tanθ
= tanθ ⋅
3 −tan2θ
1 −3tan2θ
，
又∵tan3θ =
tanθ + tan2θ
1 −tanθtan2θ
=
tanθ +
2tan θ
1−tan2θ
1 −
2tan2θ
1−tan2θ
= tanθ ⋅
3 −tan2θ
1 −3tan2θ
，
(
)
(
)
(
)(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
∴tanθtan 60 ∘+ θ tan 60 ∘−θ
= tan3θ．
(
)
(
)
【答案】
(1)
【答案】
(2)
例6
解：∵
1
2
=
1
2
sin
π
3
sinφ + cos2
π
6
cosφ −
1
2
sin
π
2
+ φ
=
√3
4
sinφ +
3
4
cosφ −
1
2
cosφ = =
√3
4
sinφ +
1
4
cosφ，
∴
√3
2
sinφ +
1
2
cosφ = sin φ +
π
6
=1，
∴φ +
π
6
=
π
2
，
∴φ=
π
3
；
解：f(x) =
√3
4
sin2x +
1
2
cos2x −
1
4
=
1
2
sin 2x +
π
6
，
g(x) =
1
2
sin 4x +
π
6
，
∵x ∈
0,
π
4
，
∵4x +
π
6
∈
π
6
,
7 π
6
，
∴当4x +
π
6
=
π
2
时，g(x)的最大值是
1
2
，当4x +
π
6
=
7 π
6
时，g(x)的最小值是−
1
4
．
(
)
(
)
(
)
(
)
[
]
[
]
【答案】
例7
解：（1）f(x) = 4cosxsin x +
π
6
−1 = 2sin 2x +
π
6
，
T=
2π
2
=π；
（2）∵x ∈
−
π
6
,
π
4
，
(
)
(
)
[
]
∴2x +
π
6
∈
−
π
6
,
2 π
3
，
∴当2x +
π
6
=
π
2
时，f(x)的最大值是2，当2x +
π
6
= −
π
6
时，f(x)的最小值是−1．
[
]
【答案】
(1)
【答案】
(2)
例8
解：f(x) = 2√3sin
x
2
+
π
4
cos
x
2
+
π
4
−sin(x + π ) ，
=2sin x +
π
3
，
T=2π；
解：g(x) = 2sin x +
π
6
，
∵x ∈[0, π ] ，
∴x +
π
6
∈
π
6
,
7 π
6
，
∴当x +
π
6
=
π
2
时，g(x)的最大值是2，当x +
π
6
=
7 π
6
时，g(x)的最小值是−1．
(
) (
)
(
)
(
)
[
]
【答案】
(1)
【答案】
(2)
例9
解：f(x) = cosxsin x +
π
3
−√3cos2x +
√3
4
，
=
1
2
sin 2x −
π
3
，
T=
2π
2
=π；
解：∵x ∈
−
π
4
,
π
4
，
∴2x −
π
3
∈
−
5 π
6
,
π
6
，
∴当2x −
π
3
=
π
6
时，f(x)的最大值是
1
4
，当2x −
π
3
= −
π
2
时，f(x)的最小值是−
1
2
．
(
)
(
)
[
]
[
]
第 4 讲 三角恒等变换（二）
自我巩固答案
思维突破 / 初三 / 秋季
【答案】
(1)
【答案】
(2)
1
±
3√7
8
，−
1
8
；
√2
2
|1+tanθ|
【答案】
2
解：∵cos
π
4
+ α
=
4
5
，
∴sin2α = −cos 2α +
π
4
= 1 −2cos2
π
4
+ α
= −
7
25
，
∵cos
π
4
+ α
= sin
π
4
−α ，
∴
sin2α
sin
π
4
−α
=
−
7
25
4
5
= −
7
20
．
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
【答案】
(1)
3
解：∵f(x) = −√2sin 2x +
π
4
+ 6sinxcosx −2cos2x + 1
= 2√2sin 2x −
π
4
，
∴T =
2π
2
=π；
(
)
(
)
第 4 讲 三角恒等变换（二）
课堂落实答案
思维突破 / 初三 / 秋季
【答案】
(2)
解：∵0 ≤x ≤
π
2
，
∴−
π
4
≤2x −
π
4
≤
3π
4
，
∴−
√2
2
≤sin 2x −
π
4
≤1，
∴−2 ≤f(x) ≤2√2，
∴f(x)在0,
π
2
上的最大值为2√2，最小值为−2．
(
)
[
]
【答案】
1
√2
2
1 −
1
tanθ
(
)
【答案】
2
解：∵cos
π
4
+ α
=
√2
3
，
∴sin2α = −cos 2α +
π
2
= 1 −2cos2
π
4
+ α
=
5
9
，
∵cos
π
4
+ α
= sin
π
4
−α ，
∴
sin2α
sin
π
4
−α
=
5
9
√2
3
=
5√2
6
．
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
【答案】
3
解：f(x) = 2cos2x + 2sinxcosx=2cos2x −1 + 2sinxcosx + 1
第 5 讲 解三角形
例题练习题答案
思维突破 / 初三 / 秋季
=√2sin 2x +
π
4
+ 1，
∴最小正周期为T = π ，
∵x ∈
0,
π
2
，
∴2x+
π
4
∈
π
4
,
5 π
4
，
当2x +
π
4
=
π
2
时，f(x) = √2 + 1，
当2x +
π
4
=
5 π
4
时，f(x) = 0，
∴值域为0，√2+1 ，
当2x +
π
4
= k π 时，x =
1
2
k π −
π
8
，f(x) = 1，
∴对称中心为
1
2
k π −
π
8
, 1
，
当−
π
2
+ 2k π ≤2x +
π
4
≤
π
2
+ 2k π
时，单调增区间是−
3
8
π + k π ,
1
8
π + k π
，
当
π
2
+ 2k π ≤2x +
π
4
≤
3 π
2
+ 2k π
时，单调减区间为
1
8
π + k π ,
5
8
π + k π
，
以上k都取整数．
(
)
[
]
[
]
[
]
(
)
[
]
[
]
【答案】
例1
（1）√3 ；（2）4√6 ；（3）
√6
3
；（4）
π
3
或
2 π
3
，6或3
【答案】
(1)
【答案】
(2)
例2
②④；
4
【答案】
例3
（1）等腰；（2）等腰；（3）等腰或直角；
【答案】
例4
（1）
2
3
π ；（2）√6 + 1 ；
【答案】
例5
（1）0；（2）
π
3
或
2
3
π ；
【答案】
例6
π
3
【答案】
例7
B
【答案】
例8
由cosB =
5
13
、cosA =
3
5
得sinB =
12
13
、sinA =
4
5
，
∵
a
sinA
=
b
sinB
，∴a =
13
5
sinC = sin(A + B) =
56
65
，
又∵
a
sinA
=
c
sinC
，∴c =
14
5
【答案】
例9
如图∵AD为角A的平分线，
∴
DB
AB
=
DC
AC
，
∴BD =
3
2
CD，BC =
5
3
BD
∴cosB =
AB2 + BD2 −AD2
2AB ⋅BD
=
AB2 + BC2 −AD2
2AB ⋅BC
∴
62 +
3
5
BC
2
−42
2 × 6 ⋅
3
5
BC
=
62 + BC2 −42
2 × 6 ⋅BC
解得：BC =
10√3
3
(
)
【答案】
例10
解：由题意得,设三角形的三边长为a,a+1,a+2,最小角为Ѳ，最大角为2Ѳ，由正弦定理得：
a
sina
=
a + 2
sin2θ
=
a + 2
2sinθcosθ
所以cosθ =
a + 2
2a
由余弦定理得：
cosθ =
(a + 2)2 + (a + 1)2 −a2
2(a + 2)(a + 1)
=
a + 2
2a
，解得a=4
所以三边长为4，5，6
【答案】
例11
证明：
AC=b,AB=c
由余弦定理，
cosC =
(u + v)2 + b2 −c2
2b(u + v)
=
b2 + v2 −t2
2bv
即
(u + v)2 + b2 −c2
(u + v)
=
b2 + v2 −t2
v
cosB =
(u + v)2 −b2 + c2
2c(u + v)
=
b2 + u2 −t2
2cu
即
(u + v)2 −b2 + c2
(u + v)
=
b2 + u2 −t2
u
第 5 讲 解三角形
自我巩固答案
思维突破 / 初三 / 秋季
两式相加解得
t2 =
b2u + c2v
a
−uv
【答案】
1
D
【答案】
2
B
【答案】
3
甲楼：20√3米，乙楼：
40√3
3
米
【答案】
4
解：（1）OB = 1 × cot30 ∘= √3km，OC = 1 × cot60 ∘=
√3
3
km,
而∠BOC = 120 ∘,
∴|BC| =
3 +
1
3
−2 × √3 ×
√3
3
×
−
1
2
=
√39
3
km
所以船的速度v =
BC
1
6
= 2√39km
（2）设船到达的正西位置为D（x，0），
B的坐标为√3cos30 ∘, √3sin30 ∘
=
3
2
,
√3
2
，
C的坐标为
√3
3
cos150 ∘,
√3
3
sin150 ∘
=
−
1
2
,
√3
6
，
又B、C、D三点共线，
√
( )
(
) (
)
(
) (
)
∴
√3
2
3
2
−x
=
√3
2
−
√3
6
3
2
+
1
2
，
∴x = −
3
2
，即D（−
3
2
，0），
∴|CD| =
1 +
3
36
=
√39
6
km，
∵
|CD|
v
=
1
12
h = 5 min ，
∴该船在上午11时15分到达正西方向。
（3）作CE⊥BC于点E，则点E到点A的距离最近，
∵|OE| ⋅|BC| = |OB| ⋅|OC|sin120 ∘，
∴|OE| =
3
2√13
km，
∴|DE| =
9
4
−
9
52
=
3√39
13
km，
∵
|ED|
v
=
3
26
h =
90
13
min ，
∵15 −
90
13
= 8
1
13
min ，
∴船在上午11时8
1
13
分时到A站的距离最近。
√
√
【答案】
5
解：由正弦定理得：
acosC + √3asinC −b −c = 0，
即sinAcosC + √3sinAsinC = sinB + sinC
∴sinAcosC + √3sinAsinC = sin(A + C) + sinC，
即√3sinA −cosA = 1，
第 5 讲 解三角形
课堂落实答案
思维突破 / 初三 / 秋季
∴sin A −30 ∘
=
1
2
，
∴A = 60 ∘，
（2）若a = 2，△ABC的面积=
1
2
bcsinA =
√3
4
bc = √3，
∴bc = 4，
再利用余弦定理可得：
a2 = b2 + c2 −2bccosA = (b + c)2 −2bc −bc = 4，
∴b + c = 4，
联立解得b = c = 2。
(
)
【答案】
1
又b2 = a2 + c2 −2accosB = a2 + c2 −
ac2
b
b2 −a2 = c2 1 −
a
b
b −a = 0或b + a =
c2
b
b = a时c2 −b2 = ab也成立
所以c2 −b2 = ab
(
)
【答案】
2
解：在△ABC中，a = 2，C =
π
4
，cos
B
2
=
2√5
5
则cosB = 2cos2
B
2
−1 =
3
5
, sinB =
4
5
第 6 讲 三角函数综合
例题练习题答案
思维突破 / 初三 / 秋季
∴sinA = sin(B + C) = sinBcosC + cosBsinC =
7√2
10
由正弦定理解得c =
10
7
∴△ABC的面积为
1
2
acsinB =
1
2
× 2 ×
10
7
×
4
5
=
8
7
【答案】
(1)
【答案】
(2)
【答案】
(3)
例1
C
A
C
【答案】
(1)
【答案】
(2)
【答案】
(3)
例2
C
A
A
【答案】
例3
解：（1）因为f(x) = 2sinxcosx + sin
π
2
−2x
= sin2x + cos2x = √2sin 2x +
π
4
，
所以f(x)的最小正周期T =
2π
2
= π．
由2kπ −
π
2
≤2x +
π
4
≤2kπ +
π
2
，k ∈Z，
得−
3π
8
+ kπ ≤x ≤
π
8
+ kπ，k ∈Z，
所以f(x)的单调递增区间是−
3π
8
+ kπ,
π
8
+ kπ ，k ∈Z．
(
)
(
)
[
]
（2）因为x ∈
0,
π
2
，所以2x +
π
4
∈
π
4
,
5π
4
．
所以当2x +
π
4
=
π
2
，即x =
π
8
时，函数f(x)取得最大值是√2．
当2x +
π
4
=
5π
4
，即x =
π
2
时，函数f(x)取得最小值是√2sin
5π
4
= −1．
所以f(x)在区间0,
π
2
上的最大值和最小值分别为√2和−1．
[
]
[
]
[
]
【答案】
(1)
【答案】
(2)
【答案】
(3)
例4
14
3
；
9
4
,
5
2
∪
13
4
, + ∞；
16．
[
] [
)
【答案】
(1)
【答案】
(2)
【答案】
(3)
【答案】
(4)
例5
B
105 ∘；
√7，
3√21
7
；
√3．
【答案】
例6
解：（1）由正弦定理，得
a
c
=
sinA
sinC
，
b
c
=
sinB
sinC
．
所以
sinAcosB + cosAsinB
sinC
=
√3
2cosC
，即
sin(A + B)
sinC
=
√3
2cosC
．
∵A + B + C = π，∴sin(A + B) = sinC．
∴2cosC = √3，cosC =
√3
2
，
∵C ∈(0, π)，∴C =
π
6
．
（2）∵A + B + C = π，∴A + B =
5π
6
，
∴sinB −√3sinA = sin
5π
6
−A
−√3sinA =
1
2
cosA −
√3
2
sinA = cos A +
π
3
，
∵A + B =
5π
6
，
∴A ∈
0,
5π
6
，
∴A +
π
3
∈
π
3
,
7π
6
，
∴cos A +
π
3
最小值为−1，即sinB −√3sinA的最小值为−1．
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
【答案】
例7
解：（1）由题意，∵(2a −c)cosB = bcosC，
由正弦定理得：(2sinA −sinC)cosB = sinBcosC．
∴2sinA ⋅cosB −sinC ⋅cosB = sinBcosC，
化为：2sinA ⋅cosB = sinC ⋅cosB + sinBcosC，
∴2sinA ⋅cosB = sin(B + C)，
∵在△ABC中，sin(B + C) = sinA，
∴2sinA ⋅cosB = sinA，得：cosB =
1
2
，
∴B =
π
3
．
（2）∵λ = √3，可得：sin2A = sin2B + sin2C −√3sinBsinC，
∴化简已知的等式得：a2 = b2 −√3bc + c2，即b2 + c2 −a2 = √3bc，
∴根据余弦定理得：cosA =
b2 + c2 −a2
2bc
=
√3
2
，
又∵A为三角形的内角，
则A =
π
6
，可得：C = π −A −B =
π
2
，可得△ABC的形状为直角三角形．
第 6 讲 三角函数综合
自我巩固答案
思维突破 / 初三 / 秋季
（3）由（2）知，cosA =
b2 + c2 −a2
2bc
=
λ
2
，
如果角A为钝角，即
π
2
< A <
2π
3
，则有−
1
2
<
λ
2
< 0，
解得：−1 < λ < 0；
如果角C为钝角，即0 < A <
π
6
，则有
√3
2
<
λ
2
< 1，
解得：√3 < λ < 2，
综上，λ ∈(−1, 0) ∪√3, 2 ．
(
)
【答案】
(1)
【答案】
(2)
【答案】
(3)
【答案】
(4)
【答案】
(5)
例8
√5 −1
2
,
√5 + 1
2
．
4．
11．
1
24√2310．
{1, 2, 3}．
(
)
【答案】
(1)
【答案】
(2)
【答案】
(3)
1
D
D
B
【答案】
2
1
2
；
π
6
．
思维突破 / 初三 / 秋季
【答案】
3
π
【答案】
4
解：（1）由cosα =
1
7
，0 < α <
π
2
，得sinα = √1 −cos2α =
1 −
1
7
2
=
4√3
7
，
∴tanα =
sinα
cosα
=
4√3
7
×
7
1
= 4√3，
∴tan2α =
2tanα
1 −tan2α
=
2 × 4√3
1 −4√3 2
= −
8√3
47
．
（2）由0 < β < α <
π
2
，得0 < α −β <
π
2
，
又∵cos(α −β) =
13
14
，
∴sin(α −β) = √1 −cos2(α −β) =
1 −
13
14
2
=
3√3
14
，
由β = α −(α −β)得：cosβ = cos[α −(α −β)] = cosαcos(α −β) + sinαsin(α −β)
=
1
7
×
13
14
+
4√3
7
×
3√3
14
=
1
2
，
∴β =
π
3
．
√
( )
(
)
√
( )
【答案】
5
解：∵0 < A < π，∴sinA = √1 −cos2A =
√2
2
，
由正弦定理
a
sinA
=
b
sinB
，得b = √6，
由cosA =
√2
2
可得A =
π
4
，由B =
π
3
可得sinC =
√6 + √2
4
，
∴S =
1
2
absinC =
1
2
× 2 × √6 ×
√6 + √2
4
=
3 + √3
2
．
第 6 讲 三角函数综合
课堂落实答案
第 7 讲 阶段自检A
期中试卷答案
思维突破 / 初三 / 秋季
【答案】
1
B
【答案】
2
π
6
．
【答案】
3
3√3 −4
10
．
【答案】
4
解：（1）由acosC +
1
2
c = b，结合正弦定理可得2sinAcosC + sinC = 2sinB = 2sin(A + C)，
∴2sinAcosC + sinC = 2sinAcosC + 2sinCcosA，
∴sinC = 2sinCcosA，
∵0 < C < π，
∴sinC ≠0，
∴cosA =
1
2
，A =
π
3
．
（2）由A =
π
3
，C =
π
4
，可得B =
5π
12
，
由正弦定理可得，c =
asinC
sinA
=
2
√2 × √3
=
√6
3
，
∴S △ABC =
1
2
acsinB =
1
2
× 1 ×
√6
3
×
√2 + √6
4
=
3 + √3
12
．
【答案】
1
B
【答案】
2
A
【答案】
3
C
【答案】
4
B
【答案】
5
−
59
72
【答案】
6
12
13
,
5
13
或−
12
13
, −
5
13
(
) (
)
【答案】
7
π
4
【答案】
8
−
√2
2
【答案】
9
4
【答案】
10
x < z < y
【答案】
11
7
【答案】
(1)
【答案】
(2)
12
tan α +
π
4
=
tanα + tan
π
4
1 −tanα ⋅tan
π
4
= −
1
3
；
由α ∈
π
2
, π
，tanα = −2，
得sinα =
2
√5
，cosα = −
1
√5
，
∴sin2α + cos2α = 2sinαcosα + cos2α −sin2α
= −
4
5
−
3
5
= −
7
5
．
(
)
(
)
(
)
【答案】
(1)
13
→
AB = (3, 1)，
→
AC = (2 −m, 1 −m)，
若点A、B、C不能构成三角形，
则A、B、C三点共线，
【答案】
(2)
∴
→
AB∥
→
AC，∴3(1 −m) −(2 −m) = 0，
解得m =
1
2
；
由
→
AC = (2 −m, 1 −m)，
→
BC = (−1 −m, −m)，
→
AB = (3, 1)，△ABC为直角三角形，可
得：
①当
→
AC ⋅
→
BC = 0时，(2 −m)(−1 −m) + (1 −m)(−m) = 0，
解得m =
1 ± √5
2
；
②当
→
AB ⋅
→
AC = 0时，3(2 −m) + (1 −m) = 0，
解得m =
7
4
；
③当
→
AB ⋅
→
BC = 0时，3(−1 −m) + (−m) = 0，
解得m = −
3
4
，
综上所述，m =
7
4
或m = −
3
4
或m =
1 ± √5
2
．
【答案】
(1)
14
由cosC =
2√5
5
可得sinC =
√5
5
，
则sinA = sin( π −B −C)
= sin(B + C)
= sinBcosC + cosBsinC =
3√10
10
，
由正弦定理，可得a =
bsinA
sinB
= 3√2，
∴BC的长为3√2；
【答案】
(2)
由c2 = a2 + b2 −2abcosC可得c = 2，
∵点D是AB的中点，∴BD = 1，
∴CD = √BC2 + BD2 −2BC ⋅BD ⋅cosB = √13．
【答案】
15
解：
→
AB ⋅
→
AC = cbcosA =
b2 + c2 −a2
2
，同理：
→
BA ⋅
→
BC =
a2 + c2 −b2
2
，
→
CA ⋅
→
CB =
a2 + b2 −c2
2
，
故已知等式可化为：
b2 + c2 −a2 + 2 a2 + c2 −b2
= 3 a2 + b2 −c2
⇒a2 + 2b2 = 3c2，
∴cosC =
a2 + b2 −c2
2ab
=
a2 + b2 −
1
3
a2 + 2b2
2ab
=
a
3b
+
b
6a
≥2
a
3b
⋅
b
6a
=
√2
3
，
当且仅当a: b: c = √3:√6:√5时，上式等号成立，
∴sinC = √1 −cosC2 ≤
√7
3
因此，sinC的最大值为
√7
3
．
(
)
(
)
(
)
√
【答案】
16
解：∵BD: DC = 1: 2，∴
→
AD =
2
3
→
AB +
1
3
→
AC，
设AB = 3，AD = k，AC = 1，
两边平方得：
→
AD
2
=
4
9
→
AB
2
+
1
9
→
AC
2
+
4
9
→
AB ⋅
→
AC cosθ，θ ∈(0, π ) ，
即k2 =
4
9
× 9 +
1
9
× 1 +
12
9
cosθ
| | | |
第 8 讲 空间几何体
例题练习题答案
思维突破 / 初三 / 秋季
=
37
9
+
12
9
cosθ ∈
25
9
,
49
9
，
∵k > 0，∴k ∈
5
3
,
7
3
．
(
)
(
)
【答案】
例1
B
【答案】
(1)
【答案】
(2)
【答案】
(3)
【答案】
(4)
【答案】
(5)
例2
直角梯形；
矩形一定能，直角三角形、直角梯形不一定能；
不一定；
不一定；
可以
【答案】
例3
C
【答案】
例4
D
【答案】
(1)
【答案】
(2)
【答案】
(3)
【答案】
(4)
【答案】
(5)
例5
72 + 18√3，36√3；
1 + 2 π
2 π
；
468；
1: 2；
1: 2√2: 3√3
【答案】
例6
3
【答案】
(1)
例7
①√32 + (1 + 2)2 = 3√2；②√(3 + 2)2 + 12 = √26；③√22 + (3 + 1)2 = √20 = 2√5，
第 8 讲 空间几何体
自我巩固答案
思维突破 / 初三 / 秋季
【答案】
(2)
∴沿长方体表面从A到C ′的最短距离为3√2；
2√2
【答案】
例8
分别为圆柱、圆锥、圆台
【答案】
例9
10
【答案】
例10
6√3
【答案】
例11
8 π
【答案】
例12
2√3
【答案】
例13
4
【答案】
(1)
【答案】
(2)
【答案】
(3)
1
D
D
C
【答案】
2
一个圆台挖去一个以CD为侧棱的圆锥；
S
S
S
S
= π × 52 + π × (2 + 5) × 5 + π × 2 × 2√2 =
60 + 4√2 π
V
V
V
=
1
3
× 4 × π × 52 + √π × 52 × π × 22 + π × 22 −
1
3
× π × 22 × 2
=
148
3
π
表面积=
下底面+
圆台侧面+
圆锥侧面
(
)
体积=
圆台−
圆锥
(
)
【答案】
3
80
【答案】
4
12个
有如下规律：
一条线上，一点最多只能和两点同时接触；
一个平面上，一个圆最多只能和6个同样大小的圆接触；
第 8 讲 空间几何体
课堂落实答案
思维突破 / 初三 / 秋季
第 9 讲 点线面的位置关系
例题练习题答案
思维突破 / 初三 / 秋季
一个三维空间里，一个球最多可以和12个同样大小的球接触；
⋯
即2 × 1 = 2；
2 × (1 + 2) = 6；
2 × (1 + 2 + 3) = 12；
⋯
2 × (1 + 2 + 3 + 4 + ⋯+ N) = (N + 1)N
N表示维度数．
【答案】
1
B
【答案】
2
16
3
π
【答案】
3
AC = 2 × 2 π ×
3
2
= 6 π
，BC = 3，∴AB = √9 + 36 π 2 = 3√1 + 4 π 2
【答案】
( 1 )
【答案】
( 2 )
【答案】
( 3 )
【答案】
( 4 )
例1
×
√
√
×
【答案】
( 5 )
【答案】
( 6 )
【答案】
( 7 )
【答案】
( 8 )
√
√
√
×
【答案】
例2
D
【答案】
例3
④
【答案】
例4
D
【答案】
例5
证明：∵EH ∩FG = K，∴K ∈EH，
∵EH ⊂平面ABD，∴K ∈平面ABD，
同理可得：K ∈平面BCD，
∴点K在平面ABD与平面BCD的交线上，
即K ∈BD，
∴B，D，K三点共线．
【答案】
例6
证明：∵M ∈PQ，直线PQ ⊂平面PQR，
M ∈BC，直线BC ⊂平面BCD，
∴M是平面PQR与平面BCD的一个公共点，
∴M在这两个平面的交线上，
同理可证，N，K也在这两个平面的交线上，
∴M，N，K三点共线．
【答案】
例7
证明：连接AC，KF，EH，A ′B，BC ′
由题可知EL/ / AC，AC/ / KF，EH/ / A ′B，A ′B/ / KL，LG/ / BC ′，BC ′ / / EF
∴点K、L、E、F共面，点H、K、L、E共面，点L、E、F、G共面，
∴E、F、G、H、K、L六点共面．
【答案】
( 1 )
【答案】
( 2 )
【答案】
( 3 )
例8
×
×
√
【答案】
( 4 )
√
【答案】
例9
证明：
∵a ∩c = O，∴a、c确定一个平面，设为α，
由已知P ∈平面α，Q ∈平面α，
∴PQ ⊂平面α，
又∵M ∈平面α，且M ∉PQ，N ∉平面α，
∴MN和PQ是异面直线．
【答案】
例10
证明：连接BD，
∵E、H分别是AB、AD的中点，
∴EH∥BD，EH =
1
2
BD，
同理可得GF∥BD，GF =
1
2
BD，
∴EH∥GF，EH = GF，
∴四边形EHGF是平行四边形．
【答案】
例11
如图，J为CD的中点，连接JE，JH，JF
由题可知GE = JH = 1，GE/ / HJ，FJ = AA ′=1，FJ⊥JH
∴平行四边形GEJH
且EF =
1
2
FJ
2
+
√3
2
FJ
2
= FJ
√(
) (
)
√
第 9 讲 点线面的位置关系
思维突破 / 初三 / 秋季
EJ =
1
2
FJ
2
+
√3
2
FJ
2
= FJ
∴等边三角形EFJ，等腰直角三角形FJH
∴∠FEJ = 60 ∘，∠FHJ = 45 ∘
∴EF与GH之间的夹角为60 ∘，FH与EG之间的夹角为45 ∘
√(
) (
)
【答案】
例12
解：连接AC，取AC的中点M，连接EM，FM
则EM，FM分别为△ABC，△ADC的中位线
∴EM = FM = 1，EM∥BC，FM∥AD，
由余弦定理得∠EMF = 120 ∘，
∴EM，FM夹角为60 ∘，
∴AD，BC所成的角即FM，EM的夹角为60 ∘．
【答案】
( 1 )
【答案】
( 2 )
【答案】
( 3 )
【答案】
( 4 )
【答案】
( 5 )
【答案】
( 6 )
【答案】
( 7 )
【答案】
( 8 )
例13
×
×
√
×
√
×
×
√
自我巩固答案
【答案】
1
56
【答案】
2
证明：连接BC1，GF，HE
∵点E、F、G、H分别为AB、BC、CC1、C1D1的中点，
∴GF是△BCC1的中位线，∴GF/ / BC1，∵BE/ / C1H且BE = C1H，
∴四边形EBC1H是平行四边形，∴EH/ / BC1，∴EH/ / GF，
∴E、F、G、H四点共面，∵GF ≠EH，故EF与HG必相交，
设EF ∩HG = O，
∵O ∈GH，GH ⊂平面CC1D1D，∴O ∈平面CC1D1D，
同理可证O ∈平面ABCD，
∴点O在两平面的交线DC上，即EF、HG、DC三线共点．
【答案】
3
③④
【答案】
(1)
4
连接DB，DF，EC ′，BF
由题可知DE = C ′F，DE/ / C ′F
∴平行四边形DEC ′F
DF = √DC2 + CF2 = √10
BF = √BC2 + CF2 = √10
DB = √DC2 + BC2 = 3√2
【答案】
(2)
cos∠DFB =
DF2 + BF2 −DB2
2 × DF × BF
=
10 + 10 −18
20
=
1
10
∴异面直线BF与C ′E之间的夹角的余弦值为
1
10
延长BC至点G且BC = CG
延长B ′C ′至点H且B ′C ′ = C ′H
延长A ′D ′至点I且A ′D ′ = D ′I
延长AD至点K且AD = DK
J在棱GH上且GJ = 1，连接D ′J，FJ
连接BD，GD
由题可知正方体CGKD −C ′HID ′
由题可得平行四边形FJD ′A ′，平行四边形GJD ′E
∴异面直线A ′F与BE之间的夹角的余弦值
即为EG与EB之间的夹角的余弦值
EB = √BD2 + DE2 = √22
EG = √DG2 + DE2 = √22
cos∠BEG =
BE2 + GE2 −BG2
2 × BE × GE
=
22 + 22 −36
44
=
2
11
第 9 讲 点线面的位置关系
课堂落实答案
思维突破 / 初三 / 秋季
第 10 讲 空间中的平行关系
例题练习题答案
思维突破 / 初三 / 秋季
∴异面直线A ′F与BE之间的夹角的余弦值为
2
11
【答案】
5
5个圆最多把平面分成22部分，5个球面最多把空间分成30部分
n个圆可以分成：2 + n(n −1)份，推广到N个球面，N个球面最多将空间分成
2 + 12 −1 + 2 + 22 −2 + 2 + ⋯+ (N −1)2 −(N −1) + 2
=
N N2 −3N + 8
3
部分．
(
) (
)
[
]
(
)
【答案】
1
①③⑥
【答案】
2
36
【答案】
3
√15
5
【答案】
例1
证明：连接B1D1交A1C1于点O，连接EO
∵E为DD1的中点，∴EO为△D1DB1中位线
∴EO/ / DB1
∴B1D/ / 平面A1C1E
【答案】
例2
证明：取PA的中点F，连接EF，DF，
∵E为PB的中点，∴EF/ / AB且EF =
1
2
AB，
∵∠ABC = ∠BCD = 90 ∘，∴DC/ / AB，∴DC/ / EF
∵DC =
1
2
AB，∴DC = EF，
∴四边形DCEF是平行四边形，∴EC/ / FD，
∴EC/ / 平面APD．
【答案】
例3
证明：连接BP并延长交AC于点K，连接BQ并延长交CD于点G，连接KG，连接PQ
∵P，Q分别是△ABC和△BCD的重心，
∴
BP
PK
=
BQ
QG
=
2
1
= 2，∴PQ/ / KG，
∴PQ/ / 平面ACD．
【答案】
例4
证明：设PC的中点为点G，连接FG，EG，
∵F为PD的中点，G为PC的中点，
∴FG∥CD且FG =
1
2
CD，
又∵AB∥CD，AB = CD，E为AB的中点，
∴AE∥CD且AE =
1
2
CD，
∴AE∥FG且AE = FG，
∴四边形AEGF是平行四边形，∴AF∥EG，
∴AF/ / 平面PCE．
【答案】
(1)
例5
证明：过点N作NE/ / A1B1交B1C1于点E，
过点M作MF/ / AB交BB1于点F，
连接NM，EF，则NE/ / MF，
∵NE/ / A1B1，∴
NE
A1B1
=
C1N
C1A1
，
又∵MF/ / AB，∴
MF
AB
=
B1M
B1A
，NE/ / MF
∵A1C1 = AB1，A1N = AM，
∴C1N = B1M，∴
NE
A1B1
=
MF
AB
，
又∵AB = A1B1，∴NE = MF，
∴四边形MNEF是平行四边形，∴MN/ / EF，
∴MN/ / 平面BB1C1C；
【答案】
(2)
设B1E = x，
由（1）可知在Rt △MFB1和Rt △NEC1中
MF = NE
MB1 = NC1
∴△MFB1≌△NEC1，∴B1F = C1E = a −x，
由上题可得MN = EF =
B1E2 + B1F2 = √x2 + (a −x)2 =
2 x −
a
2
2
+
a2
2
，
∴当x =
a
2
时，MN取最小值
√2
2
a．
{
√
√
(
)
【答案】
例6
证明：∵EH/ / FG，∴EH/ / 平面BCD，
又∵平面ABD ∩平面BCD = BD，∴EH/ / BD．
【答案】
例7
证明：连接B1D1，MF
∵M、N、E、F分别是A1B1、A1D1、B1C1、C1D1的中点，
∴MN/ / B1D1，EF/ / B1D1，
∴MN/ / EF，∴MN/ / 平面EFDB，
由题可知MF/ / AD且MF = AD，
∴平行四边形ADFM
∴AM/ / DF，∴AM/ / 平面EFDB，
∴平面AMN/ / 平面EFDB．
例8
【答案】
(1)
【答案】
(2)
证明：连接AM，AN，AG并延长分别交BC，CD，BD于点P，E，F，连接PE，EF，
PF，
∵M、N、G分别为△ABC、△ACD、△ABD的重心，
∴
AM
MP
=
AN
NE
=
AG
GF
= 2，∴MN/ / PE，GN/ / PE
∴平面MNG/ / 平面BCD；
由题可知点P，E，F分别为BC，CD，BD的中点，
∴
PE
DB
=
PF
DC
=
FE
CB
=
1
2
，∴△PEF ∽△DBC，
由（1）可得
MN
PE
=
NG
EF
=
GM
FP
=
2
3
，
∴△MNG ∽△PEF，∴△MNG ∽△DBC，
∵
MN
DB
=
1
3
，∴S △MNG: S △BCD=1: 9．
【答案】
例9
证明：连接AB1交A1B于点O，连接OD，
∵D是AC的中点，O是AB1的中点，
∴OD是△AB1C的中位线，
∴OD/ / B1C，∴B1C/ / 平面A1BD．
【答案】
例10
证明：取PE的中点M，连接FM，则FM/ / CE，
连接BM，BD，BD与AC交于点O，连接OE
由ME =
1
2
PE = ED可知E是MD的中点，
∵O为BD的中点，∴OE/ / BM，
∴平面BFM/ / 平面AEC，∴BF/ / 平面AEC．
【答案】
(1)
例11
解：存在，当点M为EC的中点时，使得BM∥平面ADE，理由如下：
取ED的中点N，连接AN，NM，BM，则NM∥CD且NM =
1
2
CD，
思维突破 / 初三 / 秋季
【答案】
(2)
又∵AB/ / CD，∴NM∥AB，∵AB =
1
2
CD，∴AB = NM，
∴四边形ABMN是平行四边形，∴BM∥AN，
又∵BM ⊄平面ADE，AN ⊂平面ADE，∴BM∥平面ADE，
EM
MC
= 1；
解：存在，在EB的延长线上，且
EN
NB
= 2
理由如下：
延长CB与DA交于点M，延长EB至点N
使BN = BE，连接CN，EN，EM
∵CD = 2AB = 2AD，AB/ / CD
∴AB是△CDM的中位线
∴点B为MC的中点，∴CB = MB
∵BN = BE，∠CBN = ∠MBE
∴△BCN≌△BME，∴∠BCN = ∠BME
∴CN/ / EM，∴CN/ / 面ADE，∴
EN
NB
= 2
第 10 讲 空间中的平行关系
自我巩固答案
【答案】
1
④
【答案】
2
证明：连接A ′C ′与B ′D ′并交于点E，连接AE，OC ′
∵OA/ / EC ′且OA = EC ′，∴四边形OAEC ′为平行四边形，∴AE/ / OC ′，
又∵AE ⊂平面AB ′D ′，OC ′ ⊄平面AB ′D ′，∴直线OC ′ / / 平面AB ′D ′．
【答案】
3
证明：连接MN，
∵M、N分别是棱A ′B ′、AB的中点，∴MB ′ / / AN且MB ′ = AN，
∴四边形MB ′NA是平行四边形，∴B ′N/ / MA且B ′N = MA，
∵BN/ / B ′M且B ′M = BN，∴四边形MB ′BN是平行四边形，
∴MN/ / B ′B且B ′B = MN，∴MN/ / C ′C且CC ′ = MN，
∴四边形MNCC ′是平行四边形，∴NC/ / MC ′且NC = MC ′，
∴平面AMC ′ / / 平面NB ′C．
【答案】
4
证明：连接AF，
∵EF/ / AB，FG/ / BC，∠EFG与∠ABC方向相同，∠EFG = ∠ABC，
同理可得∠FGE = ∠BCA，∴△ABC∽△EFG，
∵AB = 2EF，∴BC = 2FG，
∵点M是线段AD的中点，∴BC = AD = 2AM，∴AM = FG，
∵FG/ / BC，AM/ / BC，∴FG/ / AM，
∴四边形AMGF是平行四边形，∴GM/ / FA，
又∵GM ⊄平面ABFE，FA ⊂平面ABFE，∴GM/ / 平面ABFE．
【答案】
(1)
【答案】
(2)
5
解：连接BE，CE
∵B ′C ′ / / BC，∴直线BE和B ′C ′夹角的余弦值即为∠CBE的余弦值，
设正方体的棱长为2，则BC = 2，CE = √5，BE = 3，由余弦公式可得cos∠CBE =
2
3
；
存在，F为C ′D ′的中点时，B ′F∥平面A ′BE，证明如下：
取点H为CD的中点，连接EH，BH，FH，CD ′，B ′F
第 10 讲 空间中的平行关系
课堂落实答案
思维突破 / 初三 / 秋季
∵E是棱DD ′的中点，∴CD ′ / / EH，
∵CD ′ / / BA ′，∴A ′B/ / EH，∴A ′BHE四点共面，
∵FH/ / BB ′且FH = BB ′，∴平行四边形BB ′FH
∴B ′F/ / BH，∴B ′F/ / 平面A ′BE
【答案】
6
解：连接BD交AC于点O，连接EO，过点P作PF/ / EO交BD于点F，
再过点F作AC的平行线交AD，CD于点M，N，
∵MN/ / AC，PF/ / EO，OE ∩AC = O，MN ∩PF = F，∴平面EAC/ / 平面PMN，
则△BEO∽△BPF，∴
BO
OF
=
2
1
，∴
OF
FD
= 1，∴
AM
MD
=
CN
ND
= 1．
【答案】
1
D
【答案】
(1)
【答案】
(2)
2
证明：∵AB/ / CD，AB ⊂平面PAB，CD ⊄平面PAB，∴CD/ / 平面PAB，
∵平面PAB ∩平面PCD = m，∴CD/ / m；
存在，Q为BP上靠近点P的三等分点时，CQ/ / 平面PAD，理由如下：
【答案】
(3)
作QE/ / AB交AP于点E，连接DE，CQ
∵AB/ / CD且Q为BP上靠近点P的三等分点，
∴QE/ / CD，QE =
1
3
AB，∵CD =
1
3
AB，∴QE = CD
∴四边形CDEQ是平行四边形，∴CQ/ / DE，
∴CQ/ / 平面PAD
设四棱锥P −ABCD的高为h，则VP −ABCD =
1
2
(AB + CD) ⋅AD ⋅h，
VP −ADC =
1
2
AD ⋅CD ⋅h，
∵AB = 3CD，∴VP −ADC =
1
4
VP −ABCD = 4，
∵AB/ / CD，∴△AOB∽△COE，∴
CO
AO
=
CD
AB
=
1
3
，
第 11 讲 空间中的垂直关系（一）
例题练习题答案
思维突破 / 初三 / 秋季
∴S △AOD: S △COD=3: 1，∴VP −OCD =
1
4
VP −ACD = 1．
【答案】
例1
③．
【答案】
例2
①．
【答案】
例3
证明：（1）∵AB = AC，D为BC中点，
∴AD⊥BC，
∵在直三棱柱中，BB1⊥AD，
BB1 ∩BC = B，
BB1、BC ⊂平面BB1C1C，
∴AD⊥平面BB1C1C；
（2）∵在直三棱柱中，
AA1⊥AC，
AC⊥AB，
AA1 ∩AB = A，
AA1、AB ⊂平面AA1B1B，
∴AC⊥平面AA1B1B，
∴AC⊥A1B，
∵在直三棱柱中，四边形AA1B1B为矩形，AB = AA1，
∴四边形AA1B1B为正方形，
∴A1B⊥AB1，
∵AB1 ∩AC = A，
AB1、AC ⊂平面AB1C，
∴A1B⊥平面AB1C．
【答案】
例4
证明：取BC中点D，连接VD、AD，
∵VB = VC，
∴VD⊥BC，
∵AB = CA，
∴AD⊥BC，
∵VD ∩AD = D，
VD、AD ⊂平面ADV中，
∴BC⊥平面ADV，
∴VA⊥BC．
【答案】
例5
证明：取PD中点E，连接NE、AE，
∵N、E为PC、PD中点，
∴NE/ / CD，NE =
1
2
CD，
∵在矩形ABCD中，
∴AB/ / CD，AB = CD，
∵M为AB中点，
∴AM/ / CD，AM =
1
2
CD，
∴NE/ / AM，NE = AM，
∴四边形MNEA为平行四边形，
∴MN/ / AE，
∵PA⊥平面ABCD，
∴PA⊥CD，
∵CD⊥AD，PA ∩AD = A，PA、AD ⊂平面PAD，
∴CD⊥平面PAD，
∴CD⊥AE，
∵∠PAD = 90 ∘，∠PDA = 45 ∘，
∴△PAD为等腰直角三角形，
∵E为PD中点，
∴AE⊥PD，
∵AE⊥CD，
PD ∩CD = D，
PD、CD ⊂平面PCD，
∴AE⊥平面PCD，
∵AE/ / MN，
∴MN⊥平面PCD．
【答案】
例6
证明：（1）连接AC、BD、B D，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，
∵BB1⊥平面ABCD，
∴BB1⊥AC，
∵BB1 ∩BD = B，BB1、BD ⊂平面BB D D，
∴AC⊥平面BB D D，
∴AC⊥B1D，
同理AD1⊥B1D，
1
1
1
1
1
∵AD1 ∩AC = A，AD1、AC ⊂平面D1AC，
∴B1D⊥平面D1AC；
解：（2）设正方体棱长为a，
连接A B、BC 、B C，BC 、B C交于点O，
∵四边形BB1C1C是正方形，
∴BC1⊥B1C，
∵A1B1⊥平面BB1C1C，
∴A1B1⊥BC1，
∵A1B1 ∩B1C = B1，A1B1、B1C ⊂平面A1B1CD，
∴BC1⊥平面A1B1CD，
∴∠BA1O为直线A1B与平面A1B1CD所成角，
∴sin∠BA1O =
√2
2
a
√2a
=
1
2
，
∴直线A1B与平面A1B1CD所成角的大小30°；
（3）∵B1D⊥平面D1AC，
∴直线A1B1、AC1与B1D所成角的余弦值即为直线A1B1、AC1与平面D1AC所成角的正弦
值，
∵在△A1B1D中A1B1=a、A1D=√2a、B1D=√3a，
∴cos∠A1B1D =
1
√3
=
√3
3
，
∴直线A1B1与平面D1AC所成角的正弦值为
√3
3
，
设B1D与AC1交于点Q，
∵在长方形AB1C1D中B1C1=a、C1D=√2a、B1D=√3a，
解直角三角形可得：cos∠B1QC1 =
√7
3
，
1
1
1
1
1
∴直线AC1与平面D1AC所成角的正弦值为
√7
3
．
【答案】
例7
（1）正确；（2）错误；（3）正确；（4）正确；（5）正确；（6）错误；（7）正确．
【答案】
例8
解：∵PA⊥平面ABC，
∴PA⊥AC，PA⊥AB，
∴∠BAC为二面角B −PA −C的平面角，
∵∠ABC = 90 ∘，AC = 2BC，
∴sin∠BAC =
BC
AC
=
1
2
，
∴∠BAC = 30 ∘，
∴二面角B −PA −C为30 ∘．
【答案】
例9
解：取AB中点为D，连接VD、CD，
∵VA = VB，AC = BC，
∴VD⊥AB，DC⊥AB，
∴∠VDC为二面角V −AB −C的平面角，
在Rt △VAD中，VA = 2，AD = √3，
∴VD = 1，
同理CD = 1，
在△VDC中，VD = CD = VC = 1，
∴△VDC为等边三角形，
∴∠VDC = 60 ∘，
∴二面角V −AB −C为60 ∘．
【答案】
例10
证明：∵PA⊥圆O，
∴PA⊥BC，
∵AB为圆O直径，
∴∠ACB = 90 ∘，
∴BC⊥AC，
∵PA ∩AC = A，
PA、AC ⊂平面PAC，
∴BC⊥平面PAC，
∵BC ⊂平面PBC，
∴平面PAC⊥平面PBC．
【答案】
例11
证明：（1）∵E、F为AP、AD中点，
∴EF/ / PD，
∵EF ⊄平面PCD，PD ⊂平面PCD，
∴EF/ / 平面PCD；
（2）连接BD，
∵AD = AB，∠BAD = 60 ∘，
∴△ABD为正三角形，
∵F为AD中点，
∴BF⊥AD，
∵平面PAD⊥平面ABCD，
平面PAD ∩平面ABCD = AD，
BF ⊂平面ABCD，
∴BF⊥平面PAD，
∵BF ⊂平面BEF，
∴平面BEF⊥平面PAD．
【答案】
例12
（1）证明：∵VA = VB，DA = DB，
∴AB⊥VD，
∵平面VCD⊥平面VAB，
平面VCD ∩平面VAB = VD，
第 11 讲 空间中的垂直关系（一）
自我巩固答案
思维突破 / 初三 / 秋季
AB ⊂平面VAB，
∴AB⊥平面VCD，
∴AB⊥CD；
（2）解：∵△VCD为正三角形，
∴CD = VD = 3，
∵△ABC为正三角形，
∴AD = CD ⋅tan30 ∘= √3，
∴AB = 2√3，
在△VCD中作VE⊥CD于点E，
VE = VD ⋅sin60 ∘=
3
2√3，
S △VCD =
1
2
× 3 ×
3
2
√3 =
9
4
√3，
VV −ABC =
1
3
⋅S △VCD ⋅AB
=
1
3
×
9
4√3 × 2√3 =
9
2
．
【答案】
1
证明：（1）证明：PA⊥平面ABC，
∴PA⊥BC，
又∵△ABC为直角三角形，且AB为斜边，
∴BC⊥AC，
∵PA ∩AC = A，PA、AC ⊂平面PAC，
∴BC⊥平面PAC；
（2）由（1）知：BC⊥平面PAC，
∴BC⊥AN，
又∵AN⊥PC，PC ∩BC = C，PC、BC ⊂平面PBC，
∴AN⊥平面PBC，
∴AN⊥PB，
又∵PB⊥AM，AM ∩AN = A，AM、AN ⊂平面AMN，
∴PB⊥平面AMN．
【答案】
2
解析：（1）证明：∵平面ABCD⊥平面ADEF，∠ADE = 90 ∘，
∴DE⊥平面ABCD，
∴DE⊥AC，
∵平面ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，
∵BD ∩DE = D，BD、DE ⊂平面BDE，
∴AC⊥平面BDE；
（2）设AC ∩BD = O，取BE中点G，连接FG，OG，
∵OG为△ BDE的中位线，
∴OG平行且等于
1
2
DE，
∵AF/ / DE，DE = 2AF，
∴AF平行且等于OG，
∴四边形AFGO是平行四边形，
∴FG/ / AO，
∵FG ⊂平面BEF，AO ⊄平面BEF，
∴AO/ / 平面BEF，
即AC/ / 平面BEF；
（3）∵平面ABCD⊥平面ADEF，平面ABCD ∩平面ADEF = AD，AB⊥AD，
∴AB⊥平面ADEF，
∵AF/ / DE，∠ADE = 90 ∘，DE = DA = 2AF = 2，
∴△DEF的面积为
1
2
× ED × AD = 2，
∴四面体BDEF的体积=
1
3
S △DEF × AB =
4
3
．
【答案】
3
证明：（1）∵D ′D⊥平面ABCD，且BD ⊂平面ABCD，
∴D ′D⊥BD，
∵AB = 2AD，∠BAD = 60 ∘，在△ABD中，由余弦定理得：
BD2 = AD2 + AB2 −2AD ⋅ABcos60 ∘= 3AD2，
∴AD2 + BD2 = AB2，因此AD⊥BD，
又∵AD ∩D ′D = D，
∴BD⊥平面ADD ′A ′，
又∵AA ′ ⊂平面ADD ′A ′，
∴AA ′⊥BD；
（2）连接AC，A ′C ′，AC ∩BD = E，连接EA ′，所以EC =
1
2
AC，
由棱台定义及AB = 2AD = 2A ′B ′知A ′C ′ / / EC，且A ′C ′ = EC，
∴四边形A ′ECC ′为平行四边形，
∴CC ′ / / EA ′，
又∵EA ′ ⊂平面A ′BD，CC ′ ⊄平面A ′BD，
∴CC ′ / / 平面A ′BD．
【答案】
4
证明：（1）∵平面PDC⊥底面ABCD，交线为DC，
第 11 讲 空间中的垂直关系（一）
课堂落实答案
思维突破 / 初三 / 秋季
∴DE在平面ABCD内的射影为DC，
∵在正方形ABCD中，DC⊥CB，
∴CB⊥面PCD，
∴DE⊥CB，
∵面PDC为正三角形，E为PC中点，
∴DE⊥PC，
又∵PC ∩BC = C，PC、BC ⊂面PBC，
∴DE⊥面PBC，
∵DE ⊂面EDB，
∴平面EDB⊥平面PBC；
（2）由（1）可知：DE⊥面PBC，
∴∠BEC就是二面角B −ED −C的平面角，
∵面PDC⊥底面ABCD，交线为DC，CB⊥DC，
∴CB⊥面PDC，
又∵PC ⊂面PDC，
∴CB⊥PC，
在Rt△ECB中，tan∠BEC =
BC
CE
= 2．
【答案】
1
证明：（1）∵ PA⊥底面ABCD，
∴ PA⊥CD，
又∵AC⊥CD，
PA ∩AC = A，
PA、AC ⊂面PAC，
故CD⊥平面PAC，
又∵ AE ⊂平面PAC，
∴ CD⊥AE；
（2）由题意：AB⊥AD，
∴ AB⊥平面PAD，
∴AB⊥PD，
又∵AB = BC，且∠ABC = 60 ∘，
∴AC = AB，从而AC = PA，
又∵E为PC的中点，
∴ AE⊥PC，
由（1）知：AE⊥CD，
∴ AE⊥平面PCD，
∴AE⊥PD，
又∵AB ∩AE = A，
AB、AE ⊂面ABE，
∴PD⊥平面ABE．
【答案】
2
证明：（1）连接BD，
在Rt△ABD和Rt△CBD中，
∵AB = BC，BD = BD，
∴△ABD≌△CBD（HL），
∴∠ABD = ∠CBD，
∵△ABC为等边三角形，
∴AC⊥BD，
∵PA⊥底面ABCD，
∴PA⊥BD，
∵PA ∩AC = A，
∴BD⊥平面PAC，
第 12 讲 空间中的垂直关系（二）
例题练习题答案
思维突破 / 初三 / 秋季
∴平面PBD⊥平面PAC；
（2）直线PD和平面ABE不垂直，
反证法：假设PD⊥平面ABE，
可得PD⊥AE，
∵AB = BC，且∠ABC = 60 ∘，
∴AC = AB，从而AC = PA，
又∵E为PC的中点，
∴ AE⊥PC，
∵PD ∩PC = P，PD、PC ⊂平面PCD，
∴ AE⊥平面PCD，
∴ AE⊥CD，
∵AE在平面ABCD的射影为AC，
∴ AC⊥CD，
与条件矛盾，
∴直线PD和平面ABE不垂直．
【答案】
例1
证明：
定理：已知：a⊥OP，a ⊂α，PA⊥平面α于A．求证：a⊥OA．
证明：∵PA⊥α，a ⊂α，
∴PA⊥a，
∵PO⊥a，PA ∩PO = P，
∴a⊥平面OPA．
∴a⊥OA．
逆定理：已知：a⊥OA，a ⊂α，PA⊥平面α于A．求证：a⊥OP．
证明：∵PA⊥α，a ⊂α，
∴PA⊥a，
∵a⊥OA，PA ∩OA = A，
∴a⊥平面OPA．
∴a⊥OP．
【答案】
例2
③．
【答案】
例3
证明：过A点作AO⊥平面BCD于O点，连接BO、CO、DO，
则BO为AB在底面上的射影，
∵AB⊥CD，
∴BO⊥CD，
同理可证CO⊥BD，
∴O为△BCD的垂心，
∴DO⊥BC，
又∵DO为AD在平面BCD内的射影，
∴AD⊥BC．
【答案】
例4
证明：（1）如图，AB是平面α的斜线，BO⊥α，交α于O，AC ⊂α，
设AB为l，AC为n，则AO为l ′，
在平面α内过O作OC⊥AC，交AC于C点，
连接BC，由三垂线定理得AC⊥BC，
∴cos⟨l, n⟩= cos∠BAC =
AC
AB
，
cos l, l ′
= cos∠BAO =
AO
AB
，
cos l ′, n
= cos∠CAO =
AC
AO
，
∴cos⟨l, n⟩=
AC
AB
=
AO
AB
⋅
AC
AO
= cos l, l ′
⋅cos l ′, n ；
（2）n⊥l，即AC⊥AB，
又∵BO⊥α，AC ⊂α，
∴AC⊥BO，
又∵AB ∩BO = B，
∴AC⊥平面ABO，
∴AC⊥AO，即n⊥l ′；
n⊥l ′，即AC⊥AO，
又∵BO⊥α，AC ⊂α，
∴AC⊥BO，
又∵AO ∩BO = O，
∴AC⊥平面ABO，
∴AC⊥AB，即n⊥l．
∴n⊥l ⇔n⊥l ′．
⟨
⟩
⟨
⟩
⟨
⟩
⟨
⟩
【答案】
例5
证明：（1）∵PO⊥面ABC，
∴PO⊥AC，PO⊥AB，PO⊥BC，
连接AO、BO、CO，
则PO⊥AO，PO⊥BO，PO⊥CO，
∴△POA、△POB、△POC为直角三角形，
∵AP = PC = PB，
∴Rt △POA≌Rt △POB≌Rt △POC，
∴OA = OB = OC，
∴O是外心；
（2）∵PA⊥PB，PA⊥PC，
PB、PC ⊂面PBC，
PB ∩PC = P，
∴PA⊥面PBC，
∴PA⊥BC，
∵PO⊥BC，
PA ∩PO = P，
PA、PO ⊂平面POA，
∴BC⊥面POA，
∴BC⊥AO，
同理BO⊥AC，CO⊥AB，
∴O为△ABC的垂心．
【答案】
例6
证明：（1）∵PC⊥α，AB ⊂α，
∴PC⊥AB，
同理PD⊥AB，
∵PC ∩PD = P，
PC、PD ⊂平面PCD，
∴AB⊥平面PCD，
∴AB⊥CD；
（2）在平面α内作CE⊥AB于点E，连接DE，
∵AB⊥PC，
PC ∩CE = C，
PC、CE ⊂平面PCE，
∴AB⊥平面PCE，
∴AB⊥PE，
∵AB⊥平面PCD，
平面PCD ∩平面PCE = PC，
∴平面PCD与平面PCE共面，
即P、C、E、D四点共面，
∴AB⊥DE，
∴∠CED为二面角α −AE −β的平面角，
∵PD⊥DE，
∴∠PDE = 90 ∘，
∵PC⊥CE，
∴∠PCE = 90 ∘，
∴∠CED + ∠CPD = 180 ∘，
∴∠CPD与二面角α −AB −β互补．
【答案】
例7
证明：（1）设AE中点为M，连接BM、DM，
∵在等腰梯形ABCD中，AD/ / BC，AB = AD，
∠ABC = 60 ∘，E是BC的中点，
∴△ABE与△ADE都是等边三角形．
∴BM⊥AE，DM⊥AE，
∴BM ∩DM = M，
BM、DM ⊂平面BDM，
∴AE⊥平面BDM，
∵BD ⊂平面BDM，
∴AE⊥BD；
（2）连接CM交EF于点N，
∵ME/ / FC，ME = FC，
∴四边形MECF是平行四边形，
∴N是线段CM的中点．
∵P是BC的中点，
∴PN/ / BM．
∵BM⊥平面AECD，
∴PN⊥平面AECD，
又∵PN ⊂平面PEF，
∴平面PEF⊥平面AECD．
解：（3）DE与平面ABC不垂直．
证明：假设DE⊥平面ABC，则DE⊥AB，
∵BM⊥平面AECD，
∴BM⊥DE．
∵AB ∩BM = B，AB、BM ⊂平面ABE，
∴DE⊥平面ABE，
∵AE ⊂平面ABE，
∴DE⊥AE，这与∠AED = 60 ∘矛盾．
∴DE与平面ABC不垂直．
【答案】
例8
证明：（1）∵F为AB中点，
∴AF = 2 = CD，
∵CD/ / AB，
∴CD/ / AF，CD = AF，
∴四边形ADCF为平行四边形，
∴AD/ / CF，
∵DD1/ / CC1，
AD ∩DD1 = D，
CC1 ∩CF = C，
AD、DD1 ⊂平面ADD1A1，
CC1、CF ⊂平面FCC1，
∴平面ADD1A1/ / 平面FCC1，
∵EE1 ⊂平面ADD1A1，
∴直线EE1/ / 平面FCC1；
（2）连接AC，
在梯形ABCD中，AD = CD = BC = 2，AB = 4，
易得△ABC为30 ∘，60 ∘，90 ∘直角三角形，
∴AC⊥BC，
∵CC1⊥AC，CC1 ∩BC = C，
CC1、BC ⊂平面BB1C1C，
∴AC⊥平面BB1C1C，
∵AC ⊂平面D1AC，
∴平面D1AC⊥平面BB1C1C．
【答案】
例9
证明：（1）∵底面ABCD是菱形，
∴BD⊥AC，
∵PA⊥平面ABCD，
∴PA⊥BD，
∵PA ∩AC = C，PA、AC ⊂平面PAC，
∴BD⊥平面PAC；
解：（2）cos
→
PB,
→
AC
= cos
→
PB,
→
AB ⋅cos
→
AC,
→
AB
= cos45 ∘× cos30 ∘=
√6
4
，
（3）作BE⊥PC于点E，连接DE，
易得CP⊥平面BED，
∵BE⊥PC，BE ⊂平面PBC，平面PBC与平面PDC垂直，
∴BE⊥平面PDC，
∴BE⊥DE，
易得△PBC≌△PDC（SSS），
∴△BDE是等腰直角三角形，
∴OE =
1
2
BD = 1，
∵OC = √3，
∴CE = √2，
∵
PA
AC
= tan∠PCA =
OE
CE
=
√2
2
，
∴PA =
√2
2
× 2√3 = √6．
⟨
⟩
⟨
⟩
⟨
⟩
【答案】
例10
（1）证明：设AC与BD交点为G，连接EG，如图1
∵EF/ / AG，且EF = 1，AG =
1
2
AC = 1，
∴四边形AGEF为平行四边形，
∴AF/ / EG．
∵EG ⊂平面BDE，AF ⊄平面BDE，
∴AF/ / 平面BDE；
（2）证明：连接FG、CF， CF与EG的交点为K，如图2，
∵EF/ / GC，EF = GC = 1，
∴四边形CEFG为平行四边形，
又∵CE = EF = 1，
∴□CEFG为菱形，
∴EG⊥CF，
在正方形ABCD中，AC⊥BD，
∵正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直，
∴BD⊥平面CEFG，
∴BD⊥CF，
又∵EG ∩BD = G，
∴CF⊥平面BDE．
（3）解：在平面ACEF内，过A作AH⊥EG，垂足为H，连接HB，如图3
第 12 讲 空间中的垂直关系（二）
自我巩固答案
思维突破 / 初三 / 秋季
则AH/ / CF，
∴AH⊥平面BDE，
∴AH⊥BE，AH⊥BH，
又∵平面ABCD⊥平面ACEF，CE⊥AC，
∴CE⊥平面ABCD，
∴CE⊥AB，
又∵AB⊥BC，BC ∩CE = C，
∴AB⊥平面BCE，
∴AB⊥BE，AB ∩AH = A，
∴∠ABH为所求的二面角A −BE −D的平面角，
由AH = FK =
√2
2
，AB = √2得：
sin∠ABH =
AH
AB
=
√2
2
√2
=
1
2
，
∵∠ABH为锐角，∴∠ABH =
π
6
．
【答案】
1
解：过A作AE垂直于BC交BC于E，连接SE，过A作AF垂直于SE交SE于F，连接BF，
∵在正三角形ABC中，
∴E为BC中点，
∵BC⊥AE，
又∵SA⊥BC，
SA、AE ⊂面SAE，SA ∩AE = A，
∴BC⊥面SAE，
∴BC⊥AF，
又∵ AF⊥SE，
BC、SE ⊂面SBC，BC ∩SE = E，
∴AF⊥面SBC，
∴∠ABF为直线AB与面SBC所成角，
∵由正三角形边长为2，
∴AE = √3，
又∵AS = 3，
∴SE = 2√3, AF =
3
2
，
∴sin∠ABF =
3
4
．
【答案】
2
证明：设AC与BD交于点G，连接FG、EG，
∵EF/ / CG，EF=CG=1，且CE=1，
∴平行四边形CEFG为菱形
∴CF⊥EG，
∵四边形ABCD为正方形，
∴BD⊥AC，
又∵平面ACEF⊥平面ABCD，且AC为公共边，
∴BD⊥平面ACEF，
∴CF⊥BD，
又∵BD、EG ⊂面BDE，BD ∩EG = G，
∴CF⊥平面BDE．
【答案】
3
证明：（1）∵AB = 20，D为AB的中点，且△PDB是等边三角形，
∴PD =
1
2
AB = 10，
∴AP⊥PB，
又PA⊥PC，PB ∩PC = P，
∴AP⊥平面PBC，
又BC ∈平面PBC，
∴AP⊥BC，
又AC⊥BC，AP ∩AC = A，
∴BC⊥平面PAC，
又BC ∈平面ABC，
∴平面PAC⊥平面ABC；
解：（2）∵PA⊥PC，且AP⊥PB，
∴∠BPC是二面角D-AP-C的平面角，
由（1）知BC⊥平面PAC，则BC⊥PC，
∴sin∠BPC =
BC
PB
=
2
5
；
（3） ∵D为AB的中点，M为PB的中点，
∴DM/ / PA且DM =
1
2
PA = 5√3，
由（1）知PA⊥平面PBC，
∴DM⊥平面PBC，
∵SΔBCM =
1
2
SΔPBC = 2√21，
∴VM −BCD = VD −BCM =
1
3
× 5√3 × 2√21 = 10√7；
【答案】
4
证明：（1）∵四边形ABCD是等腰梯形，AB/ / CD，∠DAB = 60 ∘，
∴∠ADC = ∠BCD = 120 ∘，又CB = CD，
∴∠CDB = 30 ∘，
∴∠ADB = 90 ∘，
∴AD⊥BD，
∵AE⊥AD，AE ∩AD = A，AE、AD ⊂平面AED，
∴BD⊥平面AED，
解：（2） 由（1）知AD⊥BD，同理AC⊥BC，
∵FC⊥平面ABCD，
∴CA、CB、CF两两垂直，
以C为坐标原点，分别以CA、CB、CF所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图空间直角坐标
系，
设CB=1，
则C(0, 0, 0)，B(0, 1, 0)，D
√3
2
, −
1
2
, 0 ，F(0, 0, 1)，
∴
→
BD =
√3
2
, −
3
2
, 0 ，
→
BF = (0, −1, 1)，
设平面BDF的一个法向量为
→
m = (x, y, z)，
(
)
(
)
第 12 讲 空间中的垂直关系（二）
课堂落实答案
思维突破 / 初三 / 秋季
则
→
m ⋅
→
BF = 0，
→
m ⋅
→
BD = 0，
则
→
m = √3, 1, 1 ，
∵
→
CF = (0, 0, 1)是平面BDC的一个法向量，
则cos
→
m,
→
CF
=
→
m ⋅
→
CF
→
m
→
CF
=
1
√5
=
√5
5
，
∴二面角F −BD −C的余弦值为
√5
5
．
(
)
(
)
| || |
【答案】
1
证明：（1）∵四边形AA1C1C为正方形，
∴AA1⊥AC，
∵平面ABC⊥平面AA1C1C，且AA1垂直于这两个平面的交线AC，
∴AA1⊥平面ABC；
解：（2）∵（1）知，AA1⊥AC，AA1⊥AB，AB=3，BC=5，AC=4，
∴AB⊥AC，
如图，以A为原点建立空间直角坐标系A −xyz，则B(0, 3, 0) ，A1(0, 0, 4)，B1(0, 3, 4)，
C1(4, 0, 4)，
第 13 讲 空间向量
例题练习题答案
思维突破 / 初三 / 秋季
设平面的法向量为
→
n = (x, y, z)，则，
→
n ⋅
→
A1B = 0即3y −4z = 0，
→
n ⋅
→
A1C1 = 0即4x = 0，令
z = 3，则x = 0，y = 4；同理可得，平面B1BC1的法向量为
→
m = (3, 4, 0)，则
cos
→
m,
→
n
=
16
25
；
（3）设D(x, y, z)是直线BC1上一点，且
→
BD = λ
→
BC1，所以(x, y −3, z) = λ(4, −3, 4)，
解得x = 4λ，y = 3 −3λ，z = 4λ，所以
→
AD = (4λ, 3 −3λ, 4λ)，
由
→
AD ⋅
→
A1B = 0，即9 −25λ = 0，解得λ =
9
25
，
因为
9
25
∈[0, 1]，所以在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B，
此时
BD
BC1
= λ =
9
25
．
⟨
⟩
【答案】
例1
（1）
→
AS −
→
BS +
→
BC =
→
AS +
→
SB +
→
BC =
→
AC；
（2）
→
SA +
1
2
→
AB +
→
AC
=
→
SA +
→
AN =
→
SN；
（3）
1
2
→
SC +
→
AC
−
→
BC = −
1
2
→
CS +
→
CA
−
→
BC = −
1
2
2
→
CP
−
→
BC =
→
PC +
→
CB =
→
PB．
(
)
(
)
(
)
(
)
【答案】
(1)
【答案】
(2)
【答案】
(3)
例2
①②④⑥；
A
2．
【答案】
例3
解：（1）∵6
→
OP =
→
OA + 2
→
OB + 3
→
OC，
∴
→
OP =
1
6
→
OA +
1
3
→
OB +
1
2
→
OC，
∵
1
6
+
1
3
+
1
2
= 1，
∴点P与点A、B、C共面；
（2）∵
→
OP = 4
→
OA −
→
OB −
→
OC，
又∵4 −1 −1 ≠1，
∴点P与点A、B、C不共面．
【答案】
(1)
【答案】
(2)
例4
90 ∘；
60 ∘．
例5
【答案】
(1)
【答案】
(2)
90 ∘；
arctan
√145
29
．
【答案】
(1)
【答案】
(2)
【答案】
(3)
例6
②③；
①
→
OB ′ =
→
OA +
→
AB +
→
BB ′ =
→
a +
→
b +
→
c ；
②
→
BA ′ =
→
BA +
→
AA ′ = −
→
AB +
→
AA ′ = −
→
OC +
→
OO ′ =
→
c −
→
b ；
③
→
CA ′ =
→
CO +
→
OA +
→
AA ′ = −
→
OC +
→
OA +
→
OO ′ =
→
a +
→
c −
→
b ；
④
→
OE =
→
OO ′ +
→
O ′E =
→
OO ′ +
1
2
→
O ′B ′ =
→
OO ′ +
1
2
→
OA +
→
OC
=
→
c +
1
2
→
a +
1
2
→
b ；
⑤
→
ED =
→
OD −
→
OE =
→
OC +
1
2
→
CB ′ −
→
OO ′ −
→
O ′E
=
→
OC +
1
2
→
OA +
1
2
→
OO ′ −
→
OO ′ −
1
2
→
OA −
1
2
→
OC
=
1
2
→
OC −
1
2
→
OO ′ =
1
2
→
b −
1
2
→
c ；
以A为原点， AD、AB、AP为x、y、z轴构建空间直角坐标系，
(
)
易得A(0, 0, 0)，B(0, 1, 0)，C(1, 1, 0)，D(1, 0, 0)，P(0, 0, 1)，M 0,
1
2
, 0 ，N
1
2
,
1
2
,
1
2
，
→
MN =
1
2
, 0,
1
2
，
→
DC = (0, 1, 0)．
(
)
(
)
(
)
【答案】
例7
解：设
→
p = x
→
q + y
→
r ，
∴
→
a +
→
b −
→
c = x 2
→
a −3
→
b −5
→
c
+ y −7
→
a + 18
→
b + 22
→
c ，
∴
1 = 2x −7y
1 = −3x + 18y
−1 = −5x + 22y
，
解得
x =
5
3
y =
1
3
，
∴向量
→
p ，
→
q ，
→
r 共面．
(
)
(
)
{
{
【答案】
例8
解：令
→
b = (1, 1, 0)，
→
a 在
→
b 上的投影线段长度为
→
a ⋅
→
b
→
b
=
2 × 1 −3 × 1 + 0
√12 + 12
= −
√2
2
．
| |
【答案】
(1)
【答案】
(2)
【答案】
(3)
例9
3；
−1；
12．
【答案】
例10
解：（1）依题意得B(0, −1, 0)，C(0, 1, 0)，
思维突破 / 初三 / 秋季
在直角三角形BDC中，作DD ′⊥BC于D ′，
可得|BD| = 1，
∴DD ′
=
√3
2
，BD ′
=
1
2
，即得D 0, −
1
2
,
√3
2
，
∴
→
OD =
0, −
1
2
,
√3
2
；
（2）
→
AD =
0, −
1
2
,
√3
2
−
√3
2
,
1
2
, 0
=
−
√3
2
, −1,
√3
2
，
→
BC = (0, 2, 0)，
∴
→
AD ⋅
→
BC = −2，
→
AD =
3
4
+ 1 +
3
4
=
√10
2
，
→
BC = 2，
∴cosθ =
−2
√10
= −
√10
5
，
∴θ = π −arccos
√10
5
．
|
|
|
|
(
)
(
)
(
) (
) (
)
| | √
| |
第 13 讲 空间向量
自我巩固答案
【答案】
(1)
【答案】
(2)
1
65
7
；
1
6
，
1
3
，
1
3
．
【答案】
2
证明：∵
→
AC = 2
→
e1 + 8
→
e2，
→
AD = 3
→
e1 −3
→
e2，
∴
→
AC +
→
AD = 2
→
e1 + 8
→
e2 + 3
→
e1 −3
→
e2 = 5
→
e1 +
→
e2 =5
→
AB，
∴由共面向量定理知：
→
AB、
→
AC、
→
AD共面，
∴A、B、C、D共面．
(
)
【答案】
3
证明：设E、E 分别为平行六面体上面ABCD和下底A B C D 的中心，
∴
→
PA +
→
PB +
→
PC +
→
PD
=
→
PA +
→
PC
+
→
PB +
→
PD
= 4
→
PE，
同理
→
PA1 +
→
PB1 +
→
PC1 +
→
PD1 = 4
→
PE1，
又∵平行六面体对角线的交点O是EE 的中点，
∴
→
PE +
→
PE1 = 2
→
PO，
∴
→
PA +
→
PB +
→
PC +
→
PD +
→
PA1 +
→
PB1 +
→
PC1 +
→
PD1
= 4
→
PE + 4
→
PE1 = 4
→
PE +
→
PE1
= 8
→
PO．
1
1 1 1
1
(
) (
)
1
(
)
第 13 讲 空间向量
课堂落实答案
思维突破 / 初三 / 秋季
思维突破 / 初三 / 秋季
【答案】
4
1
2
．
【答案】
1
−
2
3
，−
1
6
，
1
6
．
【答案】
2
解：由题意知：
→
a / /
→
b ，
∴
x
1
=
x2 + y −2
2
=
y
3
，
即
y = 3x
x2 + y −2 = 2x
，
解得x = −2或x = 1，
当x = −2时，y = −6，
→
b = (−2, −4, −6) = −2
→
a
两向量反向，不符合题意，舍去，
当x = 1时，y = 3，
→
b = (1, 2, 3) =
→
a ，
两向量同向，
综上：x = 1，y = 3．
{
【答案】
3
4√5
9
．
第 14 讲 空间向量的应用
例题练习题答案
【答案】
例1
解：（1）
→
AB = (−2, 1, 3)
→
AC = (−1, 0, 3)
→
n = (x, y, z)
得：
→
AB ⋅
→
n = −2x + y + 3z = 0
→
AC ⋅
→
n = −x + 3z = 0
解得
x = 1
y = 1
z =
1
3
，即
→
n = (3, 3, 1)．
∴单位法向量是
3√19
19
,
3√19
19
,
√19
19
．
（2）设P（x，y，z）∈面ABC,且
→
n = (3, 3, 1)，
∴3x + 3y + z = 2 ⋅A + B + 0 ⋅C
∴3x + 3y + z = 6 + 3 + 0，即x + y +
1
3
z −3 = 0
{
{
{
(
)
【答案】
(1)
例2
→
b = (2, −1, −2) × 3 = 3
→
a
∴l1/ / l2
→
a ⋅
→
b = 1 × (−2) + 2 × 3 + (−2) × 2 = 0
∴l1⊥l2
→
a ⋅
→
b = 6 + 12 −8 = 10
∴相交
→
b = (0, −1, −0) ×
−
1
π
= −
1
π
→
a
( )
【答案】
(2)
【答案】
(3)
∴l1/ / l2
→
u ⋅
→
v = −12 −8 + 20 = 0
∴α⊥β
→
v = (1, 2, −2) × (−2) = −2
→
u
∴α/ / β
→
u ⋅
→
v = −6 −3 −20 = −29
∴相交
→
v = (0, 1, 2) × (−2) = −2
→
u
∴α/ / β
→
a ⋅
→
n = −12 −8 + 20 = 0
∴l/ / α
→
n = (1, 2, −2) × (−2) = −2
→
a
∴l⊥α
→
a ⋅
→
n = −6 −3 −20 = −29
∴相交
→
n = (0, 1, 2) × (−2) = −2
→
a
∴l/ / α
【答案】
例3
解：（1）cosα =
(1, 0, 1) ⋅(−1, −1, 0)
√2 ⋅√2
=
−1
2
= −
1
2
∴夹角α = 180 ∘−120 ∘= 60 ∘
（2）sinθ = cosα =
(1, 2, 2) ⋅(2, −1, 1)
√9 ⋅√6
=
2 −2 + 2
3√6
=
√6
9
∴夹角α = 180 ∘−120 ∘= 60 ∘
√
cosθ =
1 −
6
81
=
√13
9
（3）cos⟨α, β⟩= cos 180 ∘−φ
cosφ =
2√2 + √2
√7 × √3
=
3√42
21
cos 180 ∘−θ
=
3√42
21
= −cosθ
cosθ = −
3√42
21
√
(
)
(
)
【答案】
例4
解：平移AC到点B，得BE=24,
连接CE、DE。
∵BD⊥AB, BE⊥AB
∴AB⊥面BDE
CE⊥面BDE
∴∠CED=90°
在RtCDE中，CE=7,CD=25
∴ED=24
∴三角形BDE为正三角形
∴∠EBD=60°
∵BE⊥α,
∴BD与平面α所成的角为30°.
【答案】
例5
解：以D为坐标原点，线段DA的长
为单位长，射线DA为x轴的正半轴建
立空间直角坐标系D-xyz;
(1)则AQ=1，AP = √5,PQ = √3，
cos∠APQ =
AP2 + PQ2 −AQ2
2AP ⋅PQ
=
3√10
10
，
(2)
√15
15
(3)依题意，有B(1,0,1),
→
CB = (1, 0, 0),
→
BP = (−1, 2, −1);
设
→
n = (x, y, z)是平面PCB的法向量
则
→
n ⋅
→
CB = 0
→
n ⋅
→
BP = 0
,即
x = 0
−x + 2y −z = 0
因此可取
→
n = (0, −1, −2)，
设
→
m是平面PBQ的法向量，则
→
m ⋅
→
BP = 0
→
m ⋅
→
PQ = 0
,
可取
→
m = (1, 1, 1)，
所以cos
→
m,
→
n
= −
√15
5
,
故二面角Q-BP-C的余弦值为−
√15
5
。
{
{
{
⟨
⟩
【答案】
例6
解：（1）取DC的中点O，
∵三角形PDC是边长为2的正三角形
∴PO⊥DC
又∵平面PDC⊥底面ABCD,
∴PO⊥平面ABCD于O，
连接OA，则OA是PA在底面上的射影，
∴∠PAO就是PA与底面所成的角，
∵∠ADC = 60 ∘,
三角形PDC和ACD都是边长为2的正三角形，
∴OA = OP = √22 −12 = √3,
∴∠PAO = 45 ∘,
∴PA与底面ABCD所成角的大小为45°，
（2）证明：底面ABCD是菱形，且∠ADC = 60 ∘，DC=2,DO=1,
∴OA⊥DC,以OA为x轴，以OC为y轴，以OP为z轴，建立空间直角坐标系，
则A √3, 0, 0 , P 0, 0, √3 , D(0, −1, 0), B √3, 2, 0 , C(0, 1, 0),
∵M为PB的中点，
M
√3
2
, 1,
√3
2
,
∴
→
DM =
√3
2
, 2,
√3
2
,
→
PA = √3, 2, −√3 ,
→
DC = (0, 2, 0),
→
PA ⋅
→
DC = 0 × √3 + 2 × 0 + 0 × −√3
= 0,
∴PA⊥DM, PA⊥DC
∴PA⊥平面DMC.
(3)设二面角D −MC −B的平面角为θ，
→
CM =
√3
2
, 0,
√3
2
,
→
CB = √3, 1, 0 ,
设平面BMC的法向量
→
n = (x, y, z)，
则
→
n ⋅
→
CM = 0
→
n ⋅
→
CB = 0
,
∴
x + z = 0
√3x + y = 0
，解得
→
n =
−1, √3, 1 ，
设平面CDM的法向量
→
m =
x1, y1, z1 ，
则
→
m ⋅
→
DC = 0
→
m ⋅
→
DM = 0
,
(
) (
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
{
{
(
)
(
)
{
∴
2y1 = 0
√3
2
x1 + 2y1 +
√3
2
z1 = 0
，解得
→
m = (1, 0, −1)，
∵θ是钝角，
所以cosθ = −cos
→
m,
→
n
= −
√10
5
,
故二面角D −MC −B的余弦值为−
√10
5
。
{
|
⟨
⟩|
【答案】
例7
解：以DA,DC,DD’为x，y，z轴建立
空间直角坐标系，该正方体边长为3
B ′(3, 3, 3), E
3
2
, 3, 0 , F(3, 0, 1), A ′(3, 0, 3), C ′(0, 3, 3), D ′(0, 0, 3)
∴
→
B ′E =
−
3
2
, 0, −3 ,
→
B ′F = (0, −3, −2)
设平面B’EF的法向量
→
n = (x, y, z)，
∴
−
3
2
x −3z = 0
−3y −2z = 0
，解得
→
n = (−6, −2, 3)，
BB‘为平面A’B’C’D’的一个法向量
BB ′ = (0, 0, 3)
所以cos
→
m,
→
BB ′
=
3
7
,
(2)
→
EF =
3
2
, −3, 1 ,
→
B ′C ′ = (−3, 0, 0)
(
)
(
)
{
⟨
⟩
(
)
cosθ =
−
9
2
21
2
= −
3
7
,
∴直线EF与B ′C ′夹角的余弦值为−
3
7
。
（3）由知，B’EF的一个法向量为（-6，-2，3）
→
BE =
−
3
2
, 0, 0 ,
→
BF = (0, −3, 1)
设其一个法向量为
→
m =
x1, y1, z1 ，
∴
−
3
2
x1 = 0
−3y1 + z1 = 0
，解得
→
m = (0, 1, 3)，
所以cos
→
m,
→
n
=
√10
10
,
故二面角B −EF −B ′的余弦值为
√10
10
.
(
)
(
)
{
⟨
⟩
【答案】
例8
（1）
2√3
3
;（2）
1
3
;（3）√42
【答案】
例9
（1）
5√6
6
;（2）
13
5
;（3）
√15
3
【答案】
例10
解：（1）以O为原点，OB,OC,OA分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系。
由题意知A(0, 0, 1), B(2, 0, 0), C(0, 2, 0), E(0, 1, 0)
∴
→
EB = (2, −1, 0),
→
AC = (0, 2, −1),
→
AB = (2, 0, −1)
cos
→
EB,
→
AC
= −
2
√5 ⋅√5
= −
2
5
⟨
⟩
思维突破 / 初三 / 秋季
∴异面直线BE与AC所成角的余弦值为
2
5
.
(2)设平面EAB的法向量为
→
n = (x, y, z)，
∵
→
n ⊥
→
AB,
→
n ⊥
→
EB,
∴
→
n ⋅
→
AB = 2x −z = 0
→
n ⋅
→
EB = 2x −y = 0
取x=1，解得
→
n = (1, 2, 2)，
设平面ABC的一个法向量为
→
m =
x1, y1, z1 ，
∴
→
m ⋅
→
AB = 2x1 −z1 = 0
→
m ⋅
→
AC = 2y1 −z1 = 0
，解得
→
m = (1, 1, 2)，
所以cos
→
m,
→
n
=
7√6
18
,
故二面角E −AB −C的余弦值为
7√6
18
.
（3）由（2）知平面ABC的法向量为
→
m = (1, 1, 2)，
→
OA = (0, 0, 1),
∴点O到面ABC的距离为d =
→
m ⋅
→
OA
→
m
=
√6
3
.
{
(
)
{
⟨
⟩
|
|
| |
【答案】
例11
D
第 14 讲 空间向量的应用
自我巩固答案
【答案】
1
建立空间直角坐标系如图：
则B（0，0，0），A（0，2，0），C（2，0，0），E（1，1，0）
设D（0，0，x），
→
AD = (0, −2, x)，
→
BE = (1, 1, 0)
cos
→
AD,
→
BE
=
−2
√22 + x2 × √2
,
∵cosθ =
√10
10
，
∴
2
√4 + x2 × √2
=
√10
10
⇒x＝4，
∴V
．
⟨
⟩
D﹣ABC =
1
3
×
1
2
× 2 × 2 × 4 =
8
3
【答案】
2
解：以A为原点，AB为X轴，过点A且与AB垂直的直线为Y轴，AA 为Z轴，建立空间直角
坐标系A﹣XYZ；
则B（a，0，0），A （0，0，a）；C
a
2
,
√3
2
a, 0 ，P（x，0，z）；
（1）由
→
CP ⋅
→
AB = 0⇒x −
a
2
, −
√3
2
a, z
⋅(a, 0, 0) = 0，
即x −
a
2
⋅a = 0，x =
a
2
，
所以：P为A1B的中点；
即
A1P
PB
= 1时，PC⊥AB；
（2）当
A1P
PB
=
2
3
时，即
→
A1P =
2
3
→
PB，
得(x, 0, z −a) =
2
3
(a −x, 0, −z)
3x = 2a −2x
3(z −a) = −2z
⇒
x =
2
5
a
z =
3
5
a
，
所以：P
2a
5
, 0,
3a
5
．
设平面PAC的一个法向量
→
n = (b, c, d)
1
1
(
)
(
)
(
)
{
{
(
)
则
→
n ⋅
→
AP = 0
→
n ⋅
→
AC = 0
⇒
即
(b, c, d) ⋅
2a
5
, 0,
3a
5
= 0
(b, c, d) ⋅
a
2
,
√3a
2
, 0
= 0
⇒
2a
5
⋅b +
3a
5
⋅d = 0
a
2
⋅b +
√3a
2
⋅c = 0
；
取b＝3，则c = −√3，d＝﹣2．
∴
→
n =
3, −√3, −2 ，
又平面ABC的一个法向量
→
m = (0, 0, 1)，
∴cos
→
n ,
→
m
=
→
n ⋅
→
m
→
n
⋅
→
m
=
−2
4 × 1
= −
1
2
．
∴二面角P﹣AC﹣B的大小180°﹣120°＝60°．
（3）设C 到平面PAC的距离为h，
则h =
→
C1C ⋅cos
→
n ,
→
C1C
=
→
n ⋅
→
C1C
→
n
=
3, −√3, −2 ⋅(0, 0, −a)
4
=
a
2
．
故C 到平面PAC的距离为
a
2
．
{
{
(
)
(
)
{
(
)
⟨
⟩
| | | |
1
|
|
⟨
⟩
|
|
| |
|(
)
|
1
【答案】
3
证明：（1）如图，以B为原点，BA、BC、BB ′分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标
系B﹣xyz
设AE＝BF＝m （0≤m≤a），则E（0，a﹣m，0），
C ′（a，0，a），A ′（0，a，a），F（m，0，0），
∴
→
A ′F = (m, −a, −a)，
→
C ′E = (−a, a −m, −a)，
∴
→
A ′F ⋅
→
C ′E = −am −a2 + am + a2 = 0，
∴A ′F⊥C ′E．
解：（2）∵BB ′⊥平面EFB，∴VB ′
﹣EFB =
1
3
S △BEF ⋅BB ′ =
a
6
m(a −m) ≤
a3
24
，
当且仅当m =
a
2
时，VB ′
﹣EFB取最大值．
此时，E（0，
a
2
，0），F（
a
2
，0，0），B ′（0，0，a）
→
B ′E =
0,
a
2
, −a ，
→
B ′F =
a
2
, 0, −a
设平面B ′EF的一个法向量为
→
m = (x, y, z)，
则有
→
m ⋅
→
B ′E = 0
→
m ⋅
→
B ′F = 0
，即
a
2
y −az = 0
a
2
x −az = 0
(
)
(
)
{
{
令x＝2，则y＝2，z＝1，得
→
m = (2, 2, 1)，
取平面BB ′E的一个法向量
→
n = (1, 0, 0)，
则cos
→
m,
→
n
=
→
m ⋅
→
n
→
m ⋅
→
n
=
2
3
二面角B﹣B ′E﹣F的正切值为
√5
2
．
⟨
⟩
| | | |
【答案】
4
解：（1）∵A 在底面ABC上的射影为AC的中点D，
∴平面A ACC ⊥平面ABC，
∵BC⊥AC且平面A ACC ∩平面ABC＝AC，
∴BC⊥平面A ACC ，
∴BC⊥AC ，
∵AC ⊥BA 且BC∩BA ＝B，
∴AC ⊥平面A BC．
（2）已知A1D⊥AC，由（1）A1C⊥AC1，
∴△A1AC是等边三角形，
∴A1D = √3，
∴VA1 −ABC =
1
3
S △ABC ⋅A1D =
2√3
3
，
在△BA1C中，BC = 2，A1C = 2，∠BCA1 = 90 ∘，
∴A1B = 2√2，
在△A1AB中，A1A = 2，AB = 2√2，A1B = 2√2，
∴S △A1AB = √7，设C到面A1AB距离为h，
∴VA1 −ABC =
1
3
S △A1AB ⋅h =
2√3
3
，
∴h =
2√21
7
．
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
思维突破 / 初三 / 秋季
（3）如图所示，以C为坐标原点建立空间直角坐标系，
∵AC ⊥平面A BC，
∴AC ⊥A C，
∴四边形A ACC 是菱形，
∵D是AC的中点，
∴∠A AD＝60°，
∴A（2，0，0），A （1，0，√3），B（0，2，0），
C （﹣1，0，√3），C（0，0，0），B （﹣1，2，√3），
∴
→
A1A＝（1，0，﹣√3），
→
AB＝（﹣2，2，0），
→
CB1＝（﹣1，2，√3），
平面A AB的法向量
→
n = √3, √3, 1 ，
平面A BC的法向量
→
AC1 =
−3, 0, √3 ，
∴cos
→
AC1,
→
n
=
−3√3 + √3
√7 × √12
= −
√7
7
，
设二面角A﹣A B﹣C的平面角为α，α为锐角，
∴cosα =
√7
7
，
∴二面角A﹣A B﹣C的余弦值为
√7
7
．
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
(
)
1
(
)
⟨
⟩
1
1
第 15 讲 阶段自检B
期末试卷答案
【答案】
1
C
【答案】
2
B
【答案】
3
C
【答案】
4
D
【答案】
5
C
【答案】
6
D
【答案】
7
C
【答案】
8
B
【答案】
9
①③④
【答案】
10
3
2
，−1
【答案】
11
√3π
3
，3π
【答案】
12
4
3
【答案】
13
π
4
【答案】
14
√3
3
【答案】
15
√5
【答案】
16
5
【答案】
(1)
17
证明：设A1C1中点为E，连接AE，B1E，
【答案】
(2)
则有AE∥DC1，B1E∥DB，
∴平面AB1E∥平面BC1D，
∴直线AB1∥平面BC1D；
解：
连接B1C与BC1交于点O，连接DO
则点O是B1C、BC1的中点
又∵D是AC的中点，∴DO∥AB1
∴直线AB1与直线BC1夹角的余弦值即为直线DO与直线BC1夹角的余弦值
在正三棱柱ABC −A1B1C1中，AB = √2
则BD =
√6
2
，CD =
√2
2
又∵CC1 = BB1 = 1，∴DC1 =
√6
2
，BC1 = √3
∴BD2 + DC1
2 =
√6
2
2
+
√6
2
2
= √3 2 = BC1
2
( ) ( )
(
)
∴△BDC1是等腰直角三角形，∴DO⊥BC1
∴直线AB1与直线BC1夹角的余弦值为90 ∘
【答案】
(1)
【答案】
(2)
18
证明：∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥BC，
∵∠BCD = 90 ∘，∴DC⊥BC，
∴BC⊥平面PCD，∴PC⊥BC；
解：
连接AC，设点A到平面PBC的距离为h
∵AB∥DC，∠BCD = 90 ∘，∴∠ABC = 90 ∘
又∵AB = 2，BC = 1，∴S △ABC = 1
由题意有VP −ABC =
1
3
S △ABC ⋅PD =
1
3
∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥DC
∵PD = DC = 1，∴PC = √2
由PC⊥BC，BC = 1，得S △PBC =
√2
2
又∵VP −ABC =
1
3
S △PBC ⋅h =
1
3
⋅
√2
2
h =
1
3
∴h = √2，即点A到平面PBC的距离为√2
【答案】
(1)
19
证明：∵EP⊥平面ABCD，∴EP⊥DP，
∵AB = 2BC，P、Q分别为线段AB、CD的中点，
∴PA = DA且PB = CB，∵四边形ABCD为矩形，∴△PAD和△PBC为等腰直角三角
形，
∴∠DPC = 90 ∘，∴DP⊥PC，∴DP⊥平面EPC；
【答案】
(2)
解：存在，当
FP
AP
= 1时，平面AFD⊥平面BFC，
当
FP
AP
= 1时，BP = FP，∵EP⊥AB，
∴△FPB与△FPA为等腰直角三角形
∴∠AFP = ∠BFP = 45 ∘，∴∠AFB = 90 ∘即AF⊥BF
∵EP⊥BC，AB⊥BC，∴BC⊥面EAB
∴BC⊥AF，∴AF⊥面BFC
∴面AFD⊥面BFC
综上当
FP
AP
= 1时，平面AFD⊥平面BFC
【答案】
(1)
【答案】
(2)
20
解：在△ABC中，设BD = x(0 < x < 3)
则CD = 3 −x
由AD⊥BC，∠ACB = 45 ∘得△ADC是等腰三角形
∴AD = CD = 3 −x
由折起前AD⊥BC知，折起后AD⊥DC，AD⊥BD
∴AD⊥平面BCD
又∵∠BDC = 90 ∘，∴S △BCD =
1
2
BD ⋅CD =
1
2
x(3 −x)
VA −BCD =
1
3
AD ⋅S △BCD =
1
6
x(3 −x)2 ≤
1
12
2x + (3 −x) + (3 −x)
3
3
=
2
3
当且仅当2x = 3 −x，即x = 1时，等号成立
故当BD = 1时，三棱锥A −BCD的体积最大
解：以D为原点建立直角坐标系
[
]
当三棱锥A-BCD的体积最大时，BD = 1，CD = 2
可得D(0, 0, 0)，B(1, 0, 0)，C(0, 2, 0)，A(0, 0, 2)，M(0, 1, 1)，E
1
2
, 1, 0 ，且
→
BM = (−1, 1, 1)
设N(0, λ, 0)，则
→
EN =
−
1
2
, λ −1, 0
∵EN⊥BM，∴λ =
1
2
，故N 0,
1
2
, 0
∴当DN =
1
2
时，EN⊥BM
设平面BMN的一个法向量为
→
n = (x, y, z)
由
→
n ⊥
→
BN
→
n ⊥
→
BM
及
→
BN =
−1,
1
2
, 0 可得
y = 2x
y + z = x
取
→
n = (1, 2, −1)，
设EN与平面BMN所成角的大小为θ
则由
→
EN =
−
1
2
, −
1
2
, 0 ，
→
n = (1, 2, −1)
(
)
(
)
(
)
{
(
)
{
(
)
可得sinθ = cos
π
2
−θ
=
→
n ⋅
→
EN
→
n
→
EN
=
√3
2
，即θ =
π
3
(
) |
| || |
|
【答案】
21
解：我们可以构造一个由四个全等的等腰三角形所组成的四面体，如图所示，
设等腰三角形的底边上的高为x，
顶角为2α，面积为S，
那么∠BAC = 2α，AD = x，
BC = 2xtanα，S = x2tanα，
作四面体V −ABC的高VE，由∠VAB = ∠VAC
得E在∠BAC的平分线上，故VE⊥AD．
作VA⊥DF，则VE ⋅AD = VA ⋅DF，则
VE = 2xtanα√1 −tan2α = 2√Stanα 1 −tan2α
设四面体体积为V，则V =
2
3
S ⋅√Stanα 1 −tan2α
∵△ABC的面积为S时，α可以取不同的值
而V是随着α的变化而改变
故四面体体积不能由四个面的面积而定
(
)
(
)
