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教材习题答案
２４９
第六章 平面向量
及其应用
6.1 平面向量的概念
６．１．１ 向量的实际背景与概念
６．１．２ 向量的几何表示
６．１．３ 相等向量与共线向量
练习
１．解析 悬挂物受到的拉力，摩擦力，加速度．
２．解析 图①中的有向线段表示一个竖直向
下、大小为１８Ｎ的力，图②中的有向线段表
示一个水平向左、大小为２８Ｎ的力．
图①
图②
３．解析
｜ＡＢ
→｜＝２，｜ＣＤ
→｜＝２．５，｜ＥＦ
→｜＝３，｜ＧＨ
→｜
＝２２．
４．解析 （１）终点Ｍ、Ｎ的位置相同．
（２）由题意可知，当ＯＭ
→与ＯＮ
→同向时，如图１．
图１
∵｜ＯＭ
→｜＝２｜ＯＮ
→｜＝１，∴｜ＭＮ
→｜＝１
２，
向量ＭＮ
→与ＯＮ
→的方向相反．
当ＯＭ
→与ＯＮ
→反向时，如图２．
图２
∵｜ＯＭ
→｜＝２｜ＯＮ
→｜＝１，∴｜ＭＮ
→｜＝３
２，
向量ＭＮ
→与ＯＮ
→的方向相同．
◆习题6.1
复习巩固
１．解析 如图．
２．解析 与ａ相等的向量有ＣＯ
→，ＱＰ
→，ＳＲ
→；
与ｂ相等的向量有ＰＭ
→，ＤＯ
→；
与ｃ相等的向量有ＤＣ
→，ＲＱ
→，ＳＴ
→．
综合运用
３．答案 （１）✕
（２）√
（３）✕
（４）✕
（５）√ （６）√ 理由略．
拓广探索
４．解析 相等的向量共有２４对．
模为１的相等向量有１８对（其中与ＡＭ
→同向
的共有６对，与ＡＭ
→反向的也有６对，与ＡＤ
→同
向的共有３对，与ＡＤ
→反向的也有３对）；模为
２的相等向量有４对；模为２的相等向量有
２对．
6.2 平面向量的运算
６．２．１ 向量的加法运算
练习
１．解析 （１）
（２）
（３）
（４）
２．解析 当ａ与ｂ共线且方向相反时．
３．答案 （１）ｃ （２）ｆ （３）ｆ （４）ｇ
４．答案 （１）✕ （２）√ （３）✕
５．解析 如图，设ＡＤ
→表示小船的速度，ＡＢ
→表示
河水的速度，以ＡＤ
→、ＡＢ
→为邻边作平行四边形
ＡＢＣＤ，则ＡＣ
→就是小船实际航行的速度．
由已知条件可得
｜ＡＣ
→｜＝１５ｃｏｓ３０° ＝１５３
２
，
∴小船实际航行速度的大小为１５３
２
ｋｍ／ｈ，
方向与河水的速度间的夹角为９０°．
６．２．２ 向量的减法运算
练习
１．解析
２．答案 ＤＢ
→；ＣＡ
→；ＡＣ
→；ＡＤ
→；ＢＡ
→
３．解析 当ａ，ｂ其中有一个为０时，－（ａ＋ｂ）＝
－ａ－ｂ显然成立；
当ａ，ｂ不共线时，作图如图１所示，显然－ａ－
ｂ＝ＯＢ′
→＝－ＯＢ
→＝－（ａ＋ｂ）；
图１
当ａ，ｂ共线时，作图如图２所示，显然－（ａ＋
ｂ）＝－ａ－ｂ．
图２
６．２．３ 向量的数乘运算
练习
１．解析 如图．
２．答案
５
７；－２
７
３．解析 （１）ｂ＝２ａ． （２）ｂ＝－７
４ａ．
（３）ｂ＝－１
２ａ． （４）ｂ＝８
９ａ．
练习
１．解析 （１）因为ａ＝－ｂ，所以ａ，ｂ共线．
（２）因为ｂ＝－２ａ，所以ａ，ｂ共线．
２．解析 （１）原式＝３ａ－２ｂ．
（２）原式＝－１１
１２ａ＋１
３ｂ．
（３）原式＝２ｙａ．
３．解析 ∵ａ与ｂ是共线向量，
∴存在实数λ，使ｂ＝λａ，
即２ｅ１＋ｋｅ２＝λ（ｅ１－２ｅ２）．
∴
２＝λ，
ｋ＝－２λ，
{
∴ｋ＝－４．
６．２．４ 向量的数量积
练习
１．解析 ｐ·ｑ＝｜ｐ｜｜ｑ｜ｃｏｓ６０° ＝８×６× １
２＝２４．
２．解析 ａ·ｂ＝｜ａ｜｜ｂ｜ｃｏｓθ＝｜ＡＢ
→｜｜ＡＣ
→｜ｃｏｓＡ．
当ａ·ｂ＜０时，ｃｏｓＡ＜０，Ａ为钝角，△ＡＢＣ为
钝角三角形；
当ａ·ｂ＝０时，ｃｏｓＡ＝０，Ａ为直角，△ＡＢＣ为
直角三角形．
３．解析 当θ＝４５°时，向量ａ在向量ｅ上的投
影向量为｜ａ｜ｃｏｓ４５°ｅ＝６× ２
２ｅ＝３２ｅ；
当θ＝９０°时，向量ａ在向量ｅ上的投影向量
为｜ａ｜ｃｏｓ９０°ｅ＝０；
当θ＝１３５°时，向量ａ在向量ｅ上的投影向量
为｜ａ｜ｃｏｓ１３５°ｅ＝６× －２
２
(
) ｅ＝－３２ｅ．
练习
１．解析 设向量ａ与ｂ的夹角为θ，向量ｂ与ｃ
的夹角为α．
（１）∵ａ·ｂ＝｜ａ｜｜ｂ｜ｃｏｓθ ＝１× ２× ｃｏｓπ
６＝
３，∴（ａ·ｂ）ｃ＝３ｃ．
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２５０
（２）∵ｂ·ｃ＝｜ｂ｜｜ｃ｜ｃｏｓα＝２×３× ２
２＝３２，
∴ａ（ｂ·ｃ）＝３２ａ．
２．证明 ∵ａ－ｂ与ａ＋２ｂ垂直，
∴（ａ－ｂ）·（ａ＋２ｂ）＝０，
即｜ａ｜
２＋ａ·ｂ－２｜ｂ｜
２＝０．
又∵｜ａ｜＝２，｜ｂ｜＝１，
∴ａ·ｂ＝０，∴ａ⊥ｂ．
３．证明 证法一：（ａ＋ｂ）
２－（ａ－ｂ）
２
＝（ａ＋ｂ＋ａ－ｂ）·（ａ＋ｂ－ａ＋ｂ）
＝２ａ·２ｂ＝４ａ·ｂ．
证法二：（ａ＋ｂ）
２－（ａ－ｂ）
２＝（ａ
２＋２ａ·ｂ＋ｂ
２）－
（ａ
２－２ａ·ｂ＋ｂ
２）＝４ａ·ｂ．
◆习题6.2
复习巩固
１．解析
（１）向东走１０ｋｍ，再向东走１０ｋｍ，
即向东走２０ｋｍ．
（２）向东走１０ｋｍ，再向西走５ｋｍ，即向东走
５ｋｍ．
（３）向东走１０ｋｍ，再向北走１０ｋｍ，即向东
北走１０２ｋｍ．
（４）向西走５ｋｍ，再向南走５ｋｍ，即向西南
走５２ｋｍ．
（５）向西走５ｋｍ，再向北走１０ｋｍ，再向西走
５ｋｍ，即向西北走１０２ｋｍ．
（６）向南走５ｋｍ，再向东走１０ｋｍ，再向南走
５ｋｍ，即向东南走１０２ｋｍ．
２．解析 飞机飞行的路程为７００ｋｍ；两次位移
的合成是向北偏西约５３°方向飞行５００ｋｍ．
３．解析
如图，设ＡＤ
→表示船垂直于对岸的速
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
Ｒｔ△ＡＢＣ中，｜ＡＢ
→｜＝４，｜ＢＣ
→｜＝１６，
∴｜ＡＣ
→｜＝
４
２＋１６
２＝４
１７，
ｔａｎ∠ＣＡＢ＝４，
∴∠ＣＡＢ≈７６°．
故船实际航行的速度大小为４
１７ｋｍ／ｈ，
方向与水流速度间的夹角约为７６°．
４．解析 （１）０． （２）ＡＢ
→．
（３）ＢＡ
→．
（４）０．
（５）０． （６）ＣＢ
→． （７）０．
５．证明 如图所示，在平行四边形ＡＢＣＤ中，
设ＡＢ
→＝ａ，ＡＤ
→＝ｂ，
（１）ＡＯ
→＝１
２（ａ＋ｂ），ＯＢ
→＝１
２（ａ－ｂ）．
因为ＡＯ
→＋ＯＢ
→＝ＡＢ
→，所以１
２（ａ＋ｂ）＋１
２（ａ－ｂ）＝ａ．
（２）ＡＯ
→＝１
２（ａ＋ｂ），ＯＢ
→＝１
２（ａ－ｂ），
因为ＡＯ
→－ＯＢ
→＝ＡＤ
→，所以１
２（ａ＋ｂ）－１
２（ａ－ｂ）
＝ｂ．
６．解析 （１）如图．
（２）不一定能构成三角形．结合向量加法的
三角形法则知，当三个非零向量的和为零向
量，且这三个向量不共线时，表示这三个向
量的有向线段一定能构成三角形．本题不一
定能构成三角形．
７．解析 （１）如图．
（２）当ａ、ｂ成垂直的位置关系时，｜ａ＋ｂ｜＝
｜ａ－ｂ｜．
８．解析 （１）－２ａ－２ｂ． （２）１０ａ－２２ｂ＋１０ｃ．
（３）３ａ＋１
２ｂ． （４）２（ｘ－ｙ）ｂ．
９．证明 因为ＭＮ
→＝ＡＮ
→－ＡＭ
→，
ＡＮ
→＝１
３ＡＣ
→，ＡＭ
→＝１
３ＡＢ
→，
所以ＭＮ
→＝１
３ＡＣ
→－１
３ＡＢ
→＝１
３（ＡＣ
→－ＡＢ
→）
＝１
３ＢＣ
→．
１０．答案 （１）５；１ （２）｜ａ｜＝｜ｂ｜
１１．解析 （１）ａ·ｂ＝－６３，（ａ＋ｂ）
２＝｜ａ｜
２＋２ａ
·ｂ＋｜ｂ｜
２＝２５－１２３，｜ａ＋ｂ｜＝
２５－１２３．
（２）｜ａ＋ｂ｜＝
ａ
２＋２ａ·ｂ＋ｂ
２＝
２３，
｜ａ－ｂ｜＝
ａ
２－２ａ·ｂ＋ｂ
２＝
３５．
１２．证明 设ａ与ｂ的夹角为θ．
（１）当λ ＝０时，等式显然成立．
（２）当λ＞０时，λａ与ｂ，ａ与λｂ的夹角都
为θ，则
（λａ）·ｂ＝｜λａ｜｜ｂ｜ｃｏｓθ＝λ ｜ａ｜｜ｂ｜ｃｏｓθ，
λ（ａ·ｂ）＝λ ｜ａ｜｜ｂ｜ｃｏｓθ，
ａ·（λｂ）＝｜ａ｜｜λｂ｜ｃｏｓθ＝λ ｜ａ｜｜ｂ｜ｃｏｓθ，
所以（λａ）·ｂ＝λ（ａ·ｂ）＝ａ·（λｂ）．
（３）当λ＜０时，λａ与ｂ，ａ与λｂ的夹角都
为１８０°－θ，则
（λａ）·ｂ＝｜λａ｜｜ｂ｜ｃｏｓ（１８０°－θ）＝－｜λ ｜｜ａ｜
·｜ｂ｜ｃｏｓθ，
λ（ａ·ｂ）＝λ ｜ａ｜｜ｂ｜ｃｏｓθ ＝－｜λ ｜｜ａ｜｜ｂ｜·
ｃｏｓθ，
ａ·（λｂ）＝｜ａ｜｜λｂ｜ｃｏｓ（１８０°－θ）＝－｜λ ｜｜ａ｜
·｜ｂ｜ｃｏｓθ，
所以（λａ）·ｂ＝λ（ａ·ｂ）＝ａ·（λｂ）．
综合运用
１３．解析 （１）四边形ＡＢＣＤ为平行四边形，证
明略．
（２）四边形ＡＢＣＤ为梯形．
证明如下：因为ＡＤ
→＝１
３ＢＣ
→，
所以ＡＤ∥ＢＣ，且ＡＤ≠ＢＣ，
所以四边形ＡＢＣＤ为梯形．
（３）四边形ＡＢＣＤ为菱形．
证明如下：因为ＡＢ
→＝ＤＣ
→，
所以ＡＢ∥ＤＣ，且ＡＢ＝ＤＣ，
所以四边形ＡＢＣＤ为平行四边形．
又｜ＡＢ
→｜＝｜ＡＤ
→｜，
所以四边形ＡＢＣＤ为菱形．
１４．解析
如图，ＡＥ
→＝１
４ｂ，ＢＣ
→＝ｂ－ａ，ＤＥ
→＝
１
４（ｂ－ａ），ＤＢ
→＝３
４ａ，ＥＣ
→＝３
４ｂ，ＤＮ
→＝１
８（ｂ
－ａ），ＡＮ
→＝１
４ＡＭ
→＝１
８（ａ＋ｂ）．
１５．证明 ∵ＥＦ
→＝ＥＡ
→＋ＡＢ
→＋ＢＦ
→，
ＥＦ
→＝ＥＤ
→＋ＤＣ
→＋ＣＦ
→，
∴２ＥＦ
→＝（ＥＡ
→＋ＥＤ
→）＋ＡＢ
→＋ＤＣ
→＋（ＢＦ
→＋ＣＦ
→）．
又∵Ｅ、Ｆ分别为ＡＤ、ＢＣ的中点，
∴ＥＡ
→＋ＥＤ
→＝０，ＢＦ
→＋ＣＦ
→＝０，
∴２ＥＦ
→＝ＡＢ
→＋ＤＣ
→，
即ＡＢ
→＋ＤＣ
→＝２ＥＦ
→．
１６．解析
如图，丙地在甲地的北偏东４５° 方
向，距甲地１４００ｋｍ．
１７．解析 （１）ＡＢ
→＋ＢＣ
→＋ＣＡ
→＝０．
（２）ＡＢ
→＋ＢＣ
→＋ＣＤ
→＋ＤＡ
→＝０．
（３）Ａ１Ａ２
→＋Ａ２Ａ３
→＋Ａ３Ａ４
→＋…＋Ａｎ－１Ａｎ
→＋ＡｎＡ１
→＝０．
证明：原式＝Ａ１Ａ３
→＋Ａ３Ａ４
→＋…＋Ａｎ－１Ａｎ
→＋ＡｎＡ１
→
＝Ａ１Ａ４
→＋…＋Ａｎ－１Ａｎ
→＋ＡｎＡ１
→
＝Ａ１Ａｎ
→＋ＡｎＡ１
→＝０．
１８．解析
（２ａ－３ｂ）·（２ａ＋ｂ）＝４ａ
２－４ａ·ｂ－
３ｂ
２＝６１，于是可得ａ·ｂ＝－６，
所以ｃｏｓθ＝ａ·ｂ
｜ａ｜｜ｂ｜＝－１
２，所以θ＝１２０°．
１９．解析 ∵｜ａ＋ｂ｜
２＝ａ
２＋ｂ
２＋２ａ·ｂ＝６４＋１００＋
１６０ｃｏｓθ＝２５６，∴ｃｏｓθ＝２３
４０，∴θ≈５５°．
２０．证明 ａ·ｂ＝ａ·ｃ⇔ａ·ｂ－ａ·ｃ＝０⇔ａ·
（ｂ－ｃ）＝０⇔ａ⊥（ｂ－ｃ）．
拓广探索
２１．Ａ
由２ＡＯ
→＝ＡＢ
→＋ＡＣ
→，得点Ｏ为ＢＣ的中
点，∴ＢＣ为外接圆的直径，
∴∠ＢＡＣ＝９０°，ＯＡ＝ＯＢ＝ＯＣ．
又∵｜ＯＡ
→｜＝｜ＡＢ
→｜，∴△ＡＢＯ为等边三角形．
∴Ｂ＝６０°，｜ＡＢ
→｜＝１
２｜ＢＣ
→｜，
∴向量ＢＡ
→在向量ＢＣ
→上的投影向量为｜ＡＢ
→｜
·ｃｏｓ６０° ＢＣ
→
｜ＢＣ
→｜
＝１
４ＢＣ
→．
２２．解析 ＯＤ
→＝ＯＡ
→＋ＡＤ
→＝ＯＡ
→＋ＢＣ
→＝ＯＡ
→＋ＯＣ
→－ＯＢ
→．
教材习题答案
２５１
２３．解析
（１）
（２）四边形ＡＢＣＤ为平行四边形．
证明：∵ＯＡ
→＋ＯＣ
→＝ＯＢ
→＋ＯＤ
→，
∴ＯＡ
→－ＯＢ
→＝ＯＤ
→－ＯＣ
→，
∴ＢＡ
→＝ＣＤ
→，
∴四边形ＡＢＣＤ为平行四边形．
２４．解析
ＡＢ
→·ＡＣ
→的值只与弦ＡＢ的长度有
关，与圆的半径无关．
如图，取ＡＢ的中点Ｍ，连接ＣＭ，
则ＣＭ⊥ＡＢ，ＡＭ
→＝１
２ＡＢ
→．
又ＡＢ
→·ＡＣ
→＝｜ＡＢ
→｜｜ＡＣ
→｜·ｃｏｓ∠ＢＡＣ，
ｃｏｓ∠ＢＡＣ＝｜ＡＭ
→｜
｜ＡＣ
→｜
，
所以ＡＢ
→·ＡＣ
→＝｜ＡＢ
→｜｜ＡＭ
→｜＝１
２｜ＡＢ
→｜
２．
6.3 平面向量基本定理
及坐标表示
６．３．１ 平面向量基本定理
练习
１．解析 ＡＢ
→＝ＣＢ
→－ＣＡ
→＝ｂ－ａ；
ＡＤ
→＝ＣＤ
→－ＣＡ
→＝１
２ｂ－ａ；
ＢＥ
→＝ＣＥ
→－ＣＢ
→＝１
２ａ－ｂ；
ＣＦ
→＝ＣＡ
→＋ＡＦ
→＝ＣＡ
→＋１
２ＡＢ
→
＝ａ＋１
２（ｂ－ａ）
＝１
２ａ＋１
２ｂ．
２．解析 （１）ＤＥ
→＝ＡＥ
→－ＡＤ
→＝１
４ＡＣ
→－ＡＤ
→＝１
４（ａ＋
ｂ）－ｂ＝１
４ａ－３
４ｂ．
ＦＢ
→＝ＡＢ
→－ＡＦ
→＝ＡＢ
→－３
４ＡＣ
→＝ａ－３
４（ａ＋ｂ）＝１
４ａ
－３
４ｂ．
ＯＧ
→＝ＤＧ
→－ＤＯ
→＝１
３ａ－１
２（ａ－ｂ）＝－１
６ａ＋１
２ｂ．
（２）由（１）得ＤＥ
→＝ＦＢ
→，
∴ＤＥ＝ＦＢ，ＤＥ∥ＦＢ．
３．解析 （１）ＣＤ
→＝ＡＤ
→－ＡＣ
→＝１
４ＡＢ
→－ＡＣ
→＝１
４ａ－ｂ．
∵点Ｅ，Ｆ分别是ＡＣ，ＢＣ的中点，
∴ＥＦ∥ＡＢ且ＥＦ＝１
２ＡＢ，
∴ＥＦ
→＝１
２ＡＢ
→＝１
２ａ．
（２）ＣＤ与ＥＦ垂直．
证明：ａ·ｂ＝｜ａ｜｜ｂ｜ｃｏｓ６０° ＝２｜ｂ｜｜ｂ｜× １
２＝
｜ｂ｜
２，
ＣＤ
→·ＥＦ
→＝
１
４ａ－ｂ
(
) · １
２ａ＝１
８｜ａ｜
２－１
２ａ
·ｂ＝１
２｜ｂ｜
２－１
２｜ｂ｜
２＝０，
∴ＣＤ
→⊥ＥＦ
→，即ＣＤ与ＥＦ垂直．
６．３．２ 平面向量的正交
分解及坐标表示
６．３．３ 平面向量加、减运算
的坐标表示
练习
１．解析 （１）ａ＋ｂ＝（－２，４）＋（５，２）＝（３，６），
ａ－ｂ＝（－２，４）－（５，２）＝（－７，２）．
（２）ａ＋ｂ＝（４，３）＋（－３，８）＝（１，１１），
ａ－ｂ＝（４，３）－（－３，８）＝（７，－５）．
（３）ａ＋ｂ＝（２，３）＋（－２，－３）＝（０，０），
ａ－ｂ＝（２，３）－（－２，－３）＝（４，６）．
（４）ａ＋ｂ＝（３，０）＋（０，４）＝（３，４），
ａ－ｂ＝（３，０）－（０，４）＝（３，－４）．
２．解析 （１）ＡＢ
→＝（３，４），ＢＡ
→＝（－３，－４）．
（２）ＡＢ
→＝（９，－１），ＢＡ
→＝（－９，１）．
（３）ＡＢ
→＝（０，２），ＢＡ
→＝（０，－２）．
（４）ＡＢ
→＝（５，０），ＢＡ
→＝（－５，０）．
３．解析 ＡＢ∥ＣＤ．
证明：由点Ａ（０，１），Ｂ（１，０），Ｃ（１，２），Ｄ（２，
１），得ＡＢ
→＝（１，－１），ＣＤ
→＝（１，－１），所以ＡＢ
→＝
ＣＤ
→，所以ＡＢ∥ＣＤ．
６．３．４ 平面向量数乘运算
的坐标表示
练习
１．解析
－２ａ＋４ｂ＝－２（３，２）＋４（０，－１）＝
（－６，－４）＋（０，－４）＝（－６，－８）．
４ａ＋３ｂ＝４（３，２）＋３（０，－１）＝（１２，８）＋（０，
－３）＝（１２，５）．
２．解析 由已知得３ｘ＝－１２，∴ｘ＝－４．
３．解析 ＡＢ
→＝（２，２）－（－２，－３）＝（４，５），
ＣＤ
→＝（－７，－４．５）－（－１，３）＝（－６，－７．５）．
∵４×（－７．５）＝５×（－６）＝－３０，
∴ＡＢ
→与ＣＤ
→共线．
４．解析 （１）由Ａ（２，１），Ｂ（４，３），得线段ＡＢ
的中点坐标为（３，２）．
（２）由Ａ（－１，２），Ｂ（３，６），得线段ＡＢ的中点
坐标为（１，４）．
（３）由Ａ（５，－４），Ｂ（３，－６），得线段ＡＢ的中点
坐标为（４，－５）．
５．解析 如图，点Ｐ是线段ＡＢ的三等分点，有
两种情况，即ＡＰ
→＝１
２ＰＢ
→或ＡＰ
→＝２ＰＢ
→．
当ＡＰ
→＝１
２ＰＢ
→时，ＯＰ
→＝ＯＡ
→＋ＡＰ
→＝２
３ＯＡ
→＋１
３ＯＢ
→
＝
２×２＋６
３
，２×３－３
３
(
) ＝
１０
３，１
(
) ，
即点Ｐ的坐标为
１０
３，１
(
) ．
当ＡＰ
→＝２ＰＢ
→时，ＯＰ
→＝ＯＡ
→＋ＡＰ
→＝１
３ＯＡ
→＋２
３ＯＢ
→
＝
２＋２×６
３
，３＋２×（－３）
３
(
) ＝
１４
３，－１
(
) ，
即点Ｐ的坐标为
１４
３，－１
(
) ．
综上，点Ｐ是线段ＡＢ的三等分点时，坐标为
１０
３，１
(
) 或
１４
３，－１
(
) ．
６．３．５ 平面向量数量积
的坐标表示
练习
１．解析
｜ａ｜＝
ａ
２＝
９＋１６＝５，｜ｂ｜＝
ｂ
２＝
２５＋４＝
２９，ａ·ｂ＝（－３，４）·（５，２）＝
－１５＋８＝－７．
２．解析 ａ＝（２，３），ｂ＝（－２，４），ｃ＝（－１，－２），
∴ａ·ｂ＝２×（－２）＋３×４＝８．
ａ＋ｂ＝（０，７），ａ－ｂ＝（４，－１），
∴（ａ＋ｂ）·（ａ－ｂ）＝０×４＋７×（－１）＝－７．
ｂ＋ｃ＝（－３，２），
∴ａ·（ｂ＋ｃ）＝２×（－３）＋３×２＝０．
ａ＋ｂ＝（０，７），∴（ａ＋ｂ）
２＝０
２＋７
２＝４９．
３．解析 ∵ａ＝（３，２），ｂ＝（５，－７），
∴ａ·ｂ＝３× ５＋２×（－７）＝１，｜ａ｜＝
９＋４＝
１３，｜ｂ｜＝
２５＋４９＝
７４，
∴ｃｏｓθ＝ａ·ｂ
｜ａ｜｜ｂ｜＝
１
１３·
７４
，∴θ≈８８°．
◆习题6.3
复习巩固
１．解析 ＣＤ
→＝ＡＤ
→－ＡＣ
→＝１
３ＡＢ
→－ＡＣ
→＝１
３ａ－ｂ，
ＡＥ
→＝ＡＣ
→＋ＣＥ
→＝ＡＣ
→＋１
２ＣＤ
→＝ｂ＋１
２
１
３ａ－ｂ
(
) ＝
１
６ａ＋１
２ｂ．
２．解析 由Ｆ１＝（３，４），Ｆ２＝（２，－５），Ｆ３＝（３，
１），得Ｆ１＋Ｆ２＋Ｆ３＝（３，４）＋（２，－５）＋（３，１）＝
（８，０），所以作用在原点的合力Ｆ１＋Ｆ２＋Ｆ３
的坐标为（８，０）．
３．解析 设向量ａ的终点Ｂ的坐标为（ｘ，ｙ）．
（１）由（－２，１）＝（ｘ，ｙ），得点Ｂ的坐标为
（－２，１）．
（２）由（１，３）＝（ｘ＋１，ｙ－５），得点Ｂ的坐标为
（０，８）．
（３）由（－２，－５）＝（ｘ－３，ｙ－７），得点Ｂ的坐
标为（１，２）．
４．解析 由题意知ＡＤ
→＝ＢＣ
→，设Ｄ（ｘ，ｙ），
则ｘ＋１＝２，
ｙ＋２＝７，
{
解得ｘ＝１，
ｙ＝５．
{
所以点Ｄ的坐标为（１，５）．
５．解析 设Ａ′，Ｂ′的坐标分别为（ｘ１，ｙ１），（ｘ２，
ｙ２），则ＯＡ′
→＝（ｘ１，ｙ１），ＯＢ′
→＝（ｘ２，ｙ２）．
由ＯＡ′
→＝２ＯＡ
→，得（ｘ１，ｙ１）＝２（１，２）＝（２，４），
所以点Ａ′的坐标为（２，４）．
由ＯＢ′
→＝３ＯＢ
→，得（ｘ２，ｙ２）＝３（－１，３）＝（－３，９），
２５２
所以点Ｂ′的坐标为（－３，９）．
所以Ａ′Ｂ′
→＝（－３，９）－（２，４）＝（－５，５）．
６．解析 由题意得ＡＢ
→＝（－２，４），
所以ＡＣ
→＝
１
２ＡＢ
→＝（－１，２），ＡＤ
→＝２ＡＢ
→
＝（－４，８），ＡＥ
→＝－１
２ＡＢ
→＝（１，－２），又ＯＡ
→＝
（１，１）（Ｏ为坐标原点），则ＯＣ
→＝ＯＡ
→＋ＡＣ
→＝（０，
３），所以点Ｃ的坐标为（０，３）；
ＯＤ
→＝ＯＡ
→＋ＡＤ
→＝（－３，９），所以点Ｄ的坐标为
（－３，９）；
ＯＥ
→＝ＯＡ
→＋ＡＥ
→＝（２，－１），所以点Ｅ的坐标为
（２，－１）．
７．解析 （１）Ａ、Ｂ、Ｃ三点共线．
证明：因为ＡＢ
→＝（－４，－６），ＡＣ
→＝（１，１．５），所
以ＡＢ
→＝－４ＡＣ
→．因为直线ＡＢ与直线ＡＣ有公
共点Ａ，所以Ａ、Ｂ、Ｃ三点共线．
（２）Ｐ、Ｑ、Ｒ三点共线．
证明：因为ＰＱ
→＝（１．５，－２），ＰＲ
→＝（６，－８），所
以ＰＲ
→＝４ＰＱ
→．因为直线ＰＲ与直线ＰＱ有公共
点Ｐ，所以Ｐ、Ｑ、Ｒ三点共线．
（３）Ｅ、Ｆ、Ｇ三点共线．
证明：因为ＥＦ
→＝（－８，－４），ＥＧ
→＝（－１，－０．５），所以
ＥＦ
→＝８ＥＧ
→．因为直线ＥＦ与直线ＥＧ有公共点
Ｅ，所以Ｅ、Ｆ、Ｇ三点共线．
８．解析 （１）△ＡＢＣ是直角三角形，Ｂ为直角，
图略．
证明：ＢＡ
→＝（－６，－６），ＢＣ
→＝（－２，２），
由ＢＣ
→·ＢＡ
→＝０，得ＢＣ⊥ＢＡ，
∴Ｂ为直角，△ＡＢＣ为直角三角形．
（２）△ＡＢＣ是直角三角形，Ａ为直角，图略．
证明：ＡＢ
→＝（２１，７），ＡＣ
→＝（１，－３），由ＡＢ
→·ＡＣ
→
＝０，得ＡＢ⊥ＡＣ，∴Ａ为直角，△ＡＢＣ为直角
三角形．
（３）△ＡＢＣ是直角三角形，Ｂ为直角，图略．
证明：ＢＡ
→＝（－３，３），ＢＣ
→＝（５，５），由ＢＡ
→·ＢＣ
→＝
０，得ＢＡ⊥ＢＣ，∴Ｂ为直角，△ＡＢＣ为直角三
角形．
９．解析 设ａ＝（ｘ，ｙ），则由题意得
ｘ
２＋ｙ
２＝９，
ｘ＝ｙ
２．
{
解得
ｘ＝３５
５，
ｙ＝６５
５
ì
î
í
ïï
ïï
或
ｘ＝－３５
５，
ｙ＝－６５
５．
ì
î
í
ïï
ïï
于是ａ＝(
３５
５，６５
５) 或ａ＝( －３５
５，
－６５
５) ．
１０．解析 设与ａ垂直的单位向量ｅ＝（ｘ，ｙ），
则ｘ
２＋ｙ
２＝１，
４ｘ＋２ｙ＝０，
{
解得
ｘ＝５
５，
ｙ＝－２５
５
ì
î
í
ïï
ïï
或
ｘ＝－５
５，
ｙ＝２５
５．
ì
î
í
ïï
ïï
∴ｅ＝(
５
５，－２５
５) 或ｅ＝( －５
５，２５
５) ．
综合运用
１１．解析
（１）ＥＦ
→＝ＡＦ
→－ＡＥ
→＝１
３ＡＤ
→－１
２ＡＢ
→＝
１
３ｂ－１
２ａ，
ＥＧ
→＝ＥＢ
→＋ＢＧ
→＝１
２ＡＢ
→＋１
３ＡＤ
→＝１
２ａ＋１
３ｂ．
（２）ＥＦ⊥ＥＧ．证明：ＥＦ
→· ＥＧ
→＝
１
３ｂ－１
２ａ
(
) ·
１
２ａ＋１
３ｂ
(
) ＝１
９｜ｂ｜
２－
１
４｜ａ｜
２＝１
９· ９
４｜ａ｜
２－１
４｜ａ｜
２＝０，
∴ＥＦ
→⊥ＥＧ
→，即ＥＦ⊥ＥＧ．
１２．解析 由题意得ＯＡ
→＝（１，２），ＡＢ
→＝（３，３）．
当ｔ＝１时，ＯＰ
→＝ＯＡ
→＋ＡＢ
→＝（４，５），所以点
Ｐ的坐标为（４，５）；
当ｔ＝１
２时，ＯＰ
→＝ＯＡ
→＋１
２ＡＢ
→＝（１，２）＋
３
２，３
２
(
) ＝
５
２，７
２
(
) ，
所以点Ｐ的坐标为
５
２，７
２
(
) ；
当ｔ＝－２时，ＯＰ
→＝ＯＡ
→－２ＡＢ
→＝（１，２）－（６，６）
＝（－５，－４），所以点Ｐ的坐标为（－５，－４）；
当ｔ＝２时，ＯＰ
→＝ＯＡ
→＋２ＡＢ
→＝（１，２）＋（６，６）＝
（７，８），所以点Ｐ的坐标为（７，８）．
１３．解析 设点Ｐ的坐标为（ｘ，ｙ）．由点Ｐ在线
段ＡＢ的延长线上，且｜ＡＰ
→｜＝３
２｜ＰＢ
→｜，得
ＡＰ
→＝３
２ＢＰ
→，
即（ｘ－２，ｙ－３）＝３
２（ｘ－４，ｙ＋３），
所以
ｘ－２＝３
２（ｘ－４），
ｙ－３＝３
２（ｙ＋３），
ì
î
í
ïï
ïï
解得ｘ＝８，
ｙ＝－１５．
{
所以点Ｐ的坐标为（８，－１５）．
１４．证明 因为ＡＢ
→＝（４，－２），ＢＣ
→＝（３，６），
ＤＣ
→＝（４，－２），
所以ＡＢ
→＝ＤＣ
→，ＡＢ
→·ＢＣ
→＝０．
所以以Ａ（１，０），Ｂ（５，－２），Ｃ（８，４），Ｄ（４，
６）为顶点的四边形是一个矩形．
拓广探索
１５．解析 （１）如图．
ＯＡ
→＝３ｅ１，ＯＢ
→＝２ｅ２，∠ＡＯＢ＝６０°，
所以∠ＯＡＰ＝１２０°，｜ＯＡ
→｜＝３，｜ＯＢ
→｜＝２．
利用三角函数及勾股定理易得｜ＯＰ
→｜＝
１９．
（２）对于任意向量ＯＰ
→都存在唯一一对实数
ｘ，ｙ，使ＯＰ
→＝ｘｅ１＋ｙｅ２，
所以本题中对向量坐标的规定合理．
１６．证明 构造向量ｕ＝（ａ，ｂ），ｖ＝（ｃ，ｄ）．
因为ｕ·ｖ＝｜ｕ｜｜ｖ｜ｃｏｓθ（其中θ 为向量ｕ，ｖ
的夹角），
所以ａｃ＋ｂｄ＝
ａ
２＋ｂ
２·
ｃ
２＋ｄ
２·ｃｏｓθ，
（ａｃ＋ｂｄ）
２＝（ａ
２＋ｂ
２）· （ｃ
２＋ｄ
２）ｃｏｓ
２θ ≤
（ａ
２＋ｂ
２）·（ｃ
２＋ｄ
２），
不等式中等号成立的条件是ｕ，ｖ同向或反向．
6.4 平面向量的应用
６．４．１ 平面几何中的向量方法
练习
１．证明 已知ＡＢ＝ＡＣ．
ＢＡ
→·ＢＣ
→＝－ＡＢ
→（ＡＣ
→－ＡＢ
→）＝－ＡＢ
→·ＡＣ
→＋｜ＡＢ
→｜
２，
ＣＡ
→·ＣＢ
→＝－ＡＣ
→（ＡＢ
→－ＡＣ
→）＝－ＡＢ
→·ＡＣ
→＋｜ＡＣ
→｜
２，
∴ＢＡ
→·ＢＣ
→＝ＣＡ
→·ＣＢ
→．
又ｃｏｓＢ＝ＢＡ
→·ＢＣ
→
｜ＢＡ
→｜｜ＢＣ
→｜
，
ｃｏｓＣ＝ＣＡ
→·ＣＢ
→
｜ＣＡ
→｜｜ＣＢ
→｜
，
∴ｃｏｓＢ＝ｃｏｓＣ，∴Ｂ＝Ｃ．
２．解析 解法一：ＤＥ
→＝１
２ＡＢ
→－ＡＤ
→，
ＡＦ
→＝ＡＢ
→＋１
３ＡＤ
→，
∴ＤＥ
→·ＡＦ
→＝
１
２ＡＢ
→－ＡＤ
→
(
) · ＡＢ
→＋１
３ＡＤ
→
(
) ＝
１
２ａ
２－１
３ａ
２＝１
６ａ
２．
∴ｃｏｓ∠ＥＭＦ＝ＤＥ
→·ＡＦ
→
｜ＤＥ
→｜｜ＡＦ
→｜
＝
１
６ａ
２
５
２ａ·
１０
３ａ
＝２
１０．
解法二：建立如图所示的直角坐标系．
则Ａ（０，０），Ｄ（０，ａ），Ｅ
１
２ａ，０
(
) ，
Ｆａ，１
３ａ
(
) ，
则ＤＥ
→＝
１
２ａ，－ａ
(
) ，ＡＦ
→＝
ａ，１
３ａ
(
) ，
ＤＥ
→·ＡＦ
→＝１
２ａ
２－１
３ａ
２＝１
６ａ
２，
｜ＤＥ
→｜＝
１
２ａ
(
)
２
＋（－ａ）
２＝５
２ａ，
｜ＡＦ
→｜＝
ａ
２＋
１
３ａ
(
)
２
＝
１０
３
ａ，
∴ｃｏｓ∠ＥＭＦ＝
ＤＥ
→·ＡＦ
→
｜ＤＥ
→｜｜ＡＦ
→｜
＝
１
６ａ
２
５
２ａ·
１０
３
ａ
＝
２
１０．
３．解析 ∵点Ｏ是ＢＣ的中点，
∴ＡＯ
→＝１
２ＡＢ
→＋１
２ＡＣ
→＝１
２ｍＡＭ
→＋１
２ｎＡＮ
→．
又∵Ｍ，Ｏ，Ｎ三点共线，
∴１
２ｍ＋１
２ｎ＝１．∴ｍ＋ｎ＝２．
６．４．２ 向量在物理中的应用举例
练习
１．解析 ＡＢ
→＝（７，０）－（２０，１５）＝（－１３，－１５），
Ｗ＝Ｆ·ＡＢ
→＝（４，－５）·（－１３，－１５）
＝４×（－１３）＋（－５）×（－１５）＝２３．
教材习题答案
２５３
２．解析 由已知得ＯＡ＝ＯＢ＝４，ＯＭ＝４３．
设∠ＭＯＢ＝θ，则ｃｏｓθ＝２３
４＝３
２，
∴θ＝３０°，∴∠ＡＯＢ＝６０°．
３．解析 （１）如图，设Ｆ１，Ｆ２的合力为Ｆ，Ｆ与
Ｆ１的夹角为θ，则利用三角函数及勾股定理
解图中两个直角三角形易得｜Ｆ｜＝（３＋１）Ｎ，
θ＝３０°，所以｜Ｆ３｜＝（３＋１）Ｎ．
（２）由（１）知θ ＝３０°，所以Ｆ３与Ｆ１的夹角
为１５０°．
６．４．３ 余弦定理、正弦定理
练习
１．解析 （１）ａ≈１０．５ｃｍ，Ｂ≈５５．８°，Ｃ＝８１．９°．
（２）由余弦定理，得ｃ
２＝ａ
２＋ｂ
２－２ａｂｃｏｓＣ＝５
２
＋２
２－２×５×２×ｃｏｓπ
３＝１９，∴ｃ＝
１９．
２．解析 由余弦定理的推论得
ｃｏｓＡ＝ｂ
２＋ｃ
２－ａ
２
２ｂｃ
＝（２）
２＋（３＋１）
２－２
２
２× ２×（３＋１）
＝
２
２，∴Ａ＝４５°．
ｃｏｓＢ＝ａ
２＋ｃ
２－ｂ
２
２ａｃ
＝２
２＋（３＋１）
２－（２）
２
２×２×（３＋１）
＝
３
２，∴Ｂ＝３０°，∴Ｃ＝１０５°．
３．解析 ∵ｓｉｎＡ＝
２３１
２０
，０°＜Ａ＜９０°，
∴ｃｏｓＡ＝１３
２０．
由余弦定理得ａ
２＝ｂ
２＋ｃ
２－２ｂｃｃｏｓＡ＝５
２＋２
２－２
×５×２×ｃｏｓＡ＝２５＋４－２０× １３
２０＝１６，∴ａ＝４．
由余弦定理的推论得
ｃｏｓＣ＝ａ
２＋ｂ
２－ｃ
２
２ａｂ
＝１６＋２５－４
２×４×５＝０．９２５，
∴Ｃ≈２２°．
练习
１．解析 （１）ａ≈１８ｃｍ，ｂ≈１５ｃｍ，Ｃ＝７５°．
（２）由正弦定理得ｓｉｎＡ＝ａｓｉｎＢ
ｂ
＝
２０× １
２
１１
≈
０．９０９１．
∵ａ＞ｂ，Ｂ为锐角，
∴Ａ有两解，Ａ≈６５°或Ａ≈１１５°．
当Ａ≈６５°时，Ｃ＝１８０°－Ａ－Ｂ＝８５°，
ｃ＝ｂｓｉｎＣ
ｓｉｎＢ≈２２ｃｍ．
当Ａ≈１１５°时，Ｃ＝１８０°－Ａ－Ｂ＝３５°，
ｃ＝ｂｓｉｎＣ
ｓｉｎＢ≈１３ｃｍ．
２．解析
（１）由正弦定理得ｓｉｎＣ＝ｃｓｉｎＡ
ａ
＝
２３
３× ３
２
２
＝１
２，
∵Ａ＝１２０°，∴Ｃ＝３０°，Ｂ＝３０°．
∴ｂ＝ｃ＝２３
３．
（２）由正弦定理得ｃ＝ｂｓｉｎＣ
ｓｉｎＢ＝
２× ６＋２
４
ｓｉｎ（４５°＋７５°）
＝
２× ６＋２
４
３
２
＝３２＋６
３
．
３．解析 ∵ｃｏｓＡ＝４
５，∴ｓｉｎＡ＝３
５，
ｓｉｎＣ＝ｓｉｎ（Ａ＋Ｂ）＝ｓｉｎＡｃｏｓＢ＋ｃｏｓＡｓｉｎＢ＝３
５
× １
２＋４
５× ３
２＝３＋４３
１０
．
由正弦定理得ａ＝ｂｓｉｎＡ
ｓｉｎＢ＝
３× ３
５
３
２
＝６
５．
ｃ＝ｂｓｉｎＣ
ｓｉｎＢ＝
３×３＋４３
１０
３
２
＝３＋４３
５
．
练习
１．解析 在△ＡＢＳ中，ＡＢ＝３２．２×０．５
＝１６．１（ｎｍｉｌｅ），∠ＡＢＳ＝１１５°．
由正弦定理得
ＡＳ＝ＡＢ×ｓｉｎ∠ＡＢＳ
ｓｉｎ（６５°－２０°）＝ＡＢ×ｓｉｎ∠ＡＢＳ× ２＝１６．１
×ｓｉｎ１１５°× ２（ｎｍｉｌｅ）．
Ｓ到直线ＡＢ的距离
ｄ＝ＡＳ×ｓｉｎ２０° ＝１６．１×ｓｉｎ１１５°× ２×ｓｉｎ２０°≈
７．０６（ｎｍｉｌｅ）．
因为７．０６＞６．５，
所以这艘船可以继续沿正北方向航行．
２．证明
在△ＡＢＰ中，∠ＡＢＰ＝１８０° －γ ＋β，
∠ＢＰＡ＝１８０°－（α－β）－∠ＡＢＰ＝１８０°－（α－β）
－（１８０°－γ＋β）＝γ－α．
在△ＡＢＰ中，根据正弦定理得
ＡＰ＝ａｓｉｎ（１８０°－γ＋β）
ｓｉｎ（γ－α）
＝ａｓｉｎ（γ－β）
ｓｉｎ（γ－α）．
所以山高为ｈ＝ＡＰ×ｓｉｎα＝ａｓｉｎαｓｉｎ（γ－β）
ｓｉｎ（γ－α）
．
３．解析
在△ＡＢＣ中，∠ＡＢＣ＝１８０° －７５° ＋３２°
＝１３７°．
根
据
余
弦
定
理
得
ＡＣ
＝
ＡＢ
２＋ＢＣ
２－２ＡＢ×ＢＣ×ｃｏｓ∠ＡＢＣ
＝
６７．５
２＋５４
２－２×６７．５×５４×ｃｏｓ１３７°
≈１１３．１５．
根据正弦定理得ｓｉｎ∠ＣＡＢ＝ＢＣｓｉｎ∠ＡＢＣ
ＡＣ
＝
５４×ｓｉｎ１３７°
１１３．１５
≈０．３２５５，
∴∠ＣＡＢ＝１９．０°，
∴７５°－∠ＣＡＢ＝５６．０°．
此船应该沿北偏东５６．０° 的方向航行，需要
航行１１３．１５ｎｍｉｌｅ．
◆习题6.4
复习巩固
１．Ｄ
由
ＡＢ
→
｜ＡＢ
→｜
＋ＡＣ
→
｜ＡＣ
→｜
æ
è
ç
ö
ø
÷ ·ＢＣ
→＝０，知∠Ａ的平
分线与ＢＣ边垂直，所以△ＡＢＣ为等腰三角
形，又ＡＢ
→
｜ＡＢ
→｜
· ＡＣ
→
｜ＡＣ
→｜
＝１
２，所以ｃｏｓＡ＝１
２，所
以∠Ａ＝６０°．
所以△ＡＢＣ为等边三角形．
２．Ｃ 若｜ＯＡ
→｜＝｜ＯＢ
→｜＝｜ＯＣ
→｜，则Ｏ为△ＡＢＣ的
外心；若ＮＡ
→＋ＮＢ
→＋ＮＣ
→＝０，则Ｎ为△ＡＢＣ的重
心；若ＰＡ
→·ＰＢ
→＝ＰＢ
→·ＰＣ
→＝ＰＣ
→·ＰＡ
→，则Ｐ为
△ＡＢＣ的垂心．故选Ｃ．
３．证明 如图，ＢＣ为圆的直径．设圆的半径为ｒ，
则ＡＢ
→·ＡＣ
→＝（ＯＢ
→－ＯＡ
→）·（ＯＣ
→－ＯＡ
→）＝ＯＢ
→·
ＯＣ
→－ＯＡ
→·ＯＢ
→－ＯＡ
→·ＯＣ
→＋ＯＡ
→２＝－ｒ
２－ＯＡ
→·（ＯＢ
→
＋ＯＣ
→）＋ｒ
２＝０，
∴ＡＢ
→⊥ＡＣ
→．即直径所对的圆周角是直角．
４．解析 （１）ｓ＝ｓＢ－ｓＡ＝（２，１０）－（４，３）＝（－２，
７）．
（２）设向量ｓ与ｓＡ的夹角为θ，ｓ在ｓＡ上的
投影向量为ＯＭ
→，与ｓＡ方向相同的单位向量
为ｅ，则ｅ＝
４
５，３
５
(
) ．
则ｃｏｓθ＝
ｓ·ｓＡ
｜ｓ｜｜ｓＡ｜，
∴ＯＭ
→＝｜ｓ｜ｃｏｓθ · ｅ＝
ｓ·ｓＡ
｜ｓＡ｜· ｅ＝１３
５ｅ＝
５２
２５，３９
２５
(
) ．
５．解析
（１）实际前进的速度的大小为
２
２＋（２３）
２＝４（ｋｍ／ｈ），沿与水流方向成
６０°的方向前进．
（２）设沿与水流方向成θ 的方向游，则
ｓｉｎ（θ－９０°）＝
２
２３
＝
３
３，由计算器计算得θ－
９０°≈３５°，∴θ≈１２５°，∴沿与水流方向约成
１２５°的方向游．
ｖｙ＝２３·ｃｏｓ（θ－９０°）＝２２（ｋｍ／ｈ），实际
前进的速度的大小为２２ｋｍ／ｈ．
６．解析 （１）Ａ≈４９°，Ｂ＝２４°，ｃ≈６２ｃｍ．
（２）Ａ≈３６°，Ｂ≈４０°，Ｃ＝１０４°．
７．解析 （１）ａ≈３８ｃｍ，ｂ≈３９ｃｍ，Ｂ＝８０°．
（２）Ｂ≈４３°，Ａ＝１１４°，ａ≈３５ｃｍ或Ｂ≈１３７°，
Ａ＝２０°，ａ≈１３ｃｍ．
８．解析 在△ＢＣＤ中，由正弦定理，得
ＢＣ＝ＣＤｓｉｎ∠ＢＤＣ
ｓｉｎ∠ＣＢＤ
＝ｓ·ｓｉｎβ
ｓｉｎ（α＋β）．
在Ｒｔ△ＡＢＣ
中，ＡＢ＝ＢＣｔａｎ∠ＡＣＢ＝
ｓｔａｎθｓｉｎβ
ｓｉｎ（α＋β）．
９．解析 （１）以气象台为坐标原点，正东方向
为ｘ轴正方向，建立直角坐标系，现在台风
中心Ｂ的坐标为（－３００，０），设ｔ小时后台风
２５４
中心移到Ｂ′，则Ｂ′的坐标为（－３００＋４０ｔｃｏｓ４５°，
４０ｔｓｉｎ４５°），即（－３００＋２０２ｔ，２０２ｔ）．
因为以台风中心为圆心，以２５０千米为半径
的圆上或圆内的点将受台风影响，
所以｜ＡＢ′｜≤２５０，即（－３００＋２０２ｔ）
２＋（２０２ｔ）
２
≤２５０
２，整理得１６ｔ
２－１２０２ｔ＋２７５≤０，
解得１５２－５７
４
≤ｔ≤１５２＋５７
４
，
即２．００≤ｔ≤８．６１．
故大约２小时后气象台Ａ所在地将遭受台
风影响，大约持续６小时３７分钟．
１０．解析
Ｓ△ＡＢＣ＝１
２ａｂｓｉｎＣ＝１
２ｂｃｓｉｎＡ＝１
２
·ａｃｓｉｎＢ（其中Ａ，Ｂ，Ｃ分别为三角形三个
角，ａ，ｂ，ｃ为相应对边）．
综合运用
１１．解析 （１）设Ｐ（ｘ，ｙ），则ＡＰ
→＝（ｘ－１，ｙ－２）．
将ＡＢ
→绕点Ａ沿顺时针方向旋转π
４得到ＡＰ
→，
相当于沿逆时针方向旋转７
４π得到ＡＰ
→，又
ＡＢ
→＝（２，－２２），
于是ＡＰ
→＝(
２ｃｏｓ
７
４π ＋２２ｓｉｎ７
４π，
２ｓｉｎ７
４π－２２ｃｏｓ７
４π ) ＝（－１，－３）．
所以ｘ－１＝－１，
ｙ－２＝－３，
{
解得ｘ＝０，
ｙ＝－１，
{
所以Ｐ（０，－１）．
１２．解析 ∵ＡＭ
→＝１
２（ＡＣ
→＋ＡＢ
→），ＢＮ
→＝１
２ＡＣ
→－ＡＢ
→，
ＡＢ
→·ＡＣ
→＝｜ＡＢ
→｜｜ＡＣ
→｜ｃｏｓ６０° ＝５，
∴ＡＭ
→·ＢＮ
→＝１
２（ＡＣ
→＋ＡＢ
→）·
１
２ＡＣ
→－ＡＢ
→
(
)
＝１
２
１
２｜ＡＣ
→｜
２－１
２ＡＢ
→·ＡＣ
→－｜ＡＢ
→｜
２
(
)
＝１
２×
２５
２－５
２－４
(
) ＝３．
∵｜ＡＭ
→｜
２＝１
４（｜ＡＣ
→｜
２＋２ＡＣ
→·ＡＢ
→＋｜ＡＢ
→｜
２）
＝１
４×（２５＋２×５＋４）＝３９
４，
∴｜ＡＭ
→｜＝
３９
２
，
｜ＢＮ
→｜
２＝１
４｜ＡＣ
→｜
２－ＡＣ
→·ＡＢ
→＋｜ＡＢ
→｜
２＝２５
４－５
＋４＝２１
４，
∴｜ＢＮ
→｜＝
２１
２
，
ｃｏｓ∠ＭＰＮ＝
ＡＭ
→·ＢＮ
→
｜ＡＭ
→｜｜ＢＮ
→｜
＝
３
３９
２×
２１
２
＝
４
９１
９１
．
１３．解析 如图，设ｖ１与ｖ２的夹角为θ，合速度
为ｖ，ｖ２与ｖ的夹角为α，行驶距离为ｌ，则
ｓｉｎα ＝
｜ｖ１｜ｓｉｎθ
｜ｖ｜
＝１０ｓｉｎθ
｜ｖ｜
，ｌ＝
０．５
ｓｉｎα ＝
｜ｖ｜
２０ｓｉｎθ，ｌ
｜ｖ｜＝
１
２０ｓｉｎθ．
所以当θ＝９０°，即船垂直于对岸行驶时所
用时间最短．
１４．解析 由已知，得ｔａｎ∠ＢＡＣ＝２５０３
２５０＝３，
∴∠ＢＡＣ＝６０°．
∴合速度的方向为北偏西６０°．
｜ｖ｜＝
（２３）
２＋６
２－２×２３×６×ｃｏｓ１５０° ＝
１２＋３６＋３６＝２
２１，
此时小货船航行速度的大小为２
２１ｋｍ／ｈ．
１５．证明 根据余弦定理，得
ｍ
２
ａ＝
ａ
２
(
)
２
＋ｃ
２－２× ａ
２×ｃ×ｃｏｓＢ
＝
ａ
２
(
)
２
＋ｃ
２－ａ×ｃ×ａ
２＋ｃ
２－ｂ
２
２ａｃ
＝
１
２
(
)
２
［ａ
２＋４ｃ
２－２（ａ
２＋ｃ
２－ｂ
２）］
＝
１
２
(
)
２
［２（ｂ
２＋ｃ
２）－ａ
２］．
所以ｍａ＝１
２
２（ｂ
２＋ｃ
２）－ａ
２．
同理，ｍｂ＝１
２
２（ａ
２＋ｃ
２）－ｂ
２，
ｍｃ＝１
２
２（ａ
２＋ｂ
２）－ｃ
２．
１６．证明 根据余弦定理的推论，
得ｃｏｓＡ＝ｂ
２＋ｃ
２－ａ
２
２ｂｃ
，
ｃｏｓＢ＝ａ
２＋ｃ
２－ｂ
２
２ａｃ
，
所以ｃ（ａｃｏｓＢ－ｂｃｏｓＡ）
＝ｃａ×ａ
２＋ｃ
２－ｂ
２
２ａｃ
－ｂ×ｂ
２＋ｃ
２－ａ
２
２ｂｃ
(
)
＝ｃａ
２＋ｃ
２－ｂ
２
２ｃ
－ｂ
２＋ｃ
２－ａ
２
２ｃ
(
)
＝１
２（２ａ
２－２ｂ
２）＝ａ
２－ｂ
２，
所以所证等式成立．
１７．证明 只需证ａ＝２ＲｓｉｎＡ，其中Ｒ为△ＡＢＣ
外接圆的半径．
①若Ａ为锐角（如图①所示），作直径ＢＡ′，
连接Ａ′Ｃ，则Ａ＝Ａ′，在Ｒｔ△Ａ′ＣＢ中，ＢＣ＝
Ａ′ＢｓｉｎＡ′＝２ＲｓｉｎＡ，即ａ＝２ＲｓｉｎＡ；
图① 图② 图③
②若Ａ是直角（如图②所示），在Ｒｔ△ＢＡＣ
中，可直接得ａ＝２ＲｓｉｎＡ；
③若Ａ为钝角（如图③所示），作直径ＢＡ′，
连接Ａ′Ｃ，则Ａ′＝π－Ａ，在Ｒｔ△ＢＣＡ′中，ＢＣ＝
Ａ′ＢｓｉｎＡ′ ＝２Ｒｓｉｎ（π－Ａ）＝２ＲｓｉｎＡ，即ａ＝
２ＲｓｉｎＡ．
由①②③得ａ＝２ＲｓｉｎＡ．
同理可证ｂ＝２ＲｓｉｎＢ，ｃ＝２ＲｓｉｎＣ．
１８．证明 根据
ａ
ｓｉｎＡ＝
ｂ
ｓｉｎＢ，得ｂ＝ａｓｉｎＢ
ｓｉｎＡ．
所以Ｓ＝１
２ａｂｓｉｎＣ＝１
２ａ×ａｓｉｎＢ
ｓｉｎＡ×ｓｉｎＣ
＝１
２ａ
２ｓｉｎＢｓｉｎＣ
ｓｉｎＡ
．
拓广探索
１９．解析 ＡＲ＝ＲＴ＝ＴＣ．
证明：∵△ＡＲＥ∽△ＣＲＢ，Ｅ为ＡＤ的中点，
∴ＢＲ＝２ＥＲ，
ＡＲ
→＝ＡＢ
→＋ＢＲ
→＝ＡＢ
→＋２
３ＢＥ
→
＝ＡＢ
→＋２
３（ＡＥ
→－ＡＢ
→）
＝ＡＢ
→＋２
３
１
２ＡＤ
→－ＡＢ
→
(
)
＝１
３ＡＢ
→＋１
３ＡＤ
→＝１
３ＡＣ
→．
同理ＴＣ
→＝１
３ＡＣ
→，
∴ＡＲ＝ＲＴ＝ＴＣ．
２０．证明 （１）根据余弦定理的推论，
得ｃｏｓＣ＝ａ
２＋ｂ
２－ｃ
２
２ａｂ
，
由同角三角函数之间的关系得，
ｓｉｎＣ＝
１－ｃｏｓ
２Ｃ
＝
１－ａ
２＋ｂ
２－ｃ
２
２ａｂ
(
)
２
，
代入Ｓ＝１
２ａｂｓｉｎＣ，
得Ｓ＝１
２ａｂ
１－ａ
２＋ｂ
２－ｃ
２
２ａｂ
(
)
２
，
＝１
４
（２ａｂ）
２－（ａ
２＋ｂ
２－ｃ
２）
２
＝１
４
（２ａｂ＋ａ
２＋ｂ
２－ｃ
２）（２ａｂ－ａ
２－ｂ
２＋ｃ
２）
＝１
４
（ａ＋ｂ＋ｃ）（ｂ＋ｃ－ａ）（ｃ＋ａ－ｂ）（ａ＋ｂ－ｃ），①
∵ｐ＝１
２（ａ＋ｂ＋ｃ），
∴１
２（ｂ＋ｃ－ａ）＝ｐ－ａ，
１
２（ａ＋ｃ－ｂ）＝ｐ－ｂ，
１
２（ｂ＋ａ－ｃ）＝ｐ－ｃ．
代入①可证得，
Ｓ＝
ｐ（ｐ－ａ）（ｐ－ｂ）（ｐ－ｃ）．
（２）三角形的面积Ｓ与三角形内切圆半径ｒ
之间有关系式Ｓ＝１
２×２ｐ×ｒ＝ｐｒ，
所以ｒ＝Ｓ
ｐ＝
（ｐ－ａ）（ｐ－ｂ）（ｐ－ｃ）
ｐ
．
（３）根据三角形面积公式Ｓ＝１
２ａｈａ，
得ｈａ＝２Ｓ
ａ＝２
ａ
ｐ（ｐ－ａ）（ｐ－ｂ）（ｐ－ｃ），
即ｈａ＝２
ａ
ｐ（ｐ－ａ）（ｐ－ｂ）（ｐ－ｃ）．
同理，ｈｂ＝２
ｂ
ｐ（ｐ－ａ）（ｐ－ｂ）（ｐ－ｃ），
ｈｃ＝２
ｃ
ｐ（ｐ－ａ）（ｐ－ｂ）（ｐ－ｃ）．
２１．解析
方案一：（１）需要测量的数据有：Ａ
教材习题答案
２５５
点到Ｍ，Ｎ点的俯角α１，β１；Ｂ点到Ｍ，Ｎ的
俯角α２，β２；Ａ，Ｂ的距离ｄ（如图所示）．
（２）第一步：计算ＡＭ．由正弦定理得ＡＭ＝
ｄｓｉｎα２
ｓｉｎ（α１＋α２）；
第二步：计算ＡＮ．由正弦定理得ＡＮ＝
ｄｓｉｎβ２
ｓｉｎ（β２－β１）；
第三步：计算ＭＮ．由余弦定理得
ＭＮ＝
ＡＭ
２＋ＡＮ
２－２ＡＭ×ＡＮｃｏｓ（α１－β１）．
方案二：（１）需要测量的数据有：
Ａ点到Ｍ，Ｎ点的俯角α１，β１；Ｂ点到Ｍ，Ｎ
点的俯角α２，β２；Ａ，Ｂ的距离ｄ（如图所示）．
（２）第一步：计算ＢＭ．由正弦定理得ＢＭ＝
ｄｓｉｎα１
ｓｉｎ（α１＋α２）；
第二步：计算ＢＮ．由正弦定理得ＢＮ＝
ｄｓｉｎβ１
ｓｉｎ（β２－β１）；
第三步：计算ＭＮ．由余弦定理得ＭＮ＝
ＢＭ
２＋ＢＮ
２＋２ＢＭ×ＢＮｃｏｓ（β２＋α２）．
２２．解析 （１）由正弦定理，得
ｓｉｎＡｃｏｓＣ＋３ｓｉｎＡｓｉｎＣ＝ｓｉｎＢ＋ｓｉｎＣ．
∵Ｂ＝π－（Ａ＋Ｃ），
∴
３ｓｉｎＡｓｉｎＣ＝ｃｏｓＡｓｉｎＣ＋ｓｉｎＣ．
又∵ｓｉｎＣ≠０，
∴
３ｓｉｎＡ－ｃｏｓＡ＝１，
即ｓｉｎＡ－π
６
(
) ＝１
２．
又０＜Ａ＜π，∴Ａ＝π
３．
（２）∵Ｓ△ＡＢＣ＝１
２ｂｃｓｉｎＡ＝３，∴ｂｃ＝４．
而ａ
２＝ｂ
２＋ｃ
２－２ｂｃｃｏｓＡ，
故ｂ
２＋ｃ
２＝８，解得ｂ＝ｃ＝２（负值已舍去）．
２３．解析 略．
复习参考题6
复习巩固
１．答案 （１）√ （２）√ （３）✕ （４）✕
２．答案 （１）Ｄ （２）Ｂ （３）Ｄ （４）Ｃ
（５）Ｄ （６）Ｂ
３．解析 如图，ＡＣ与ＢＤ交于点Ｍ，则ＤＥ
→＝ＢＡ
→
＝ＭＡ
→－ＭＢ
→＝－２
３ａ＋１
３ｂ，
ＡＤ
→＝２
３ａ＋２
３ｂ，ＢＣ
→＝１
３ａ＋１
３ｂ，
ＥＦ
→＝－ＢＣ
→＝－１
３ａ－１
３ｂ，
ＦＡ
→＝ＤＣ
→＝１
３ａ－２
３ｂ，
ＡＢ
→＝２
３ａ－１
３ｂ，ＣＥ
→＝－ａ＋ｂ．
４．解析 （１）ＡＢ
→＝（８，－８），｜ＡＢ
→｜＝８２．
（２）ＯＣ
→＝（２，－１６），ＯＤ
→＝（－８，８）．
（３）ＯＡ
→·ＯＢ
→＝３３．
５．解析 设Ｄ（ｘ，ｙ），由题意知（－２，－１）＝（ｘ，ｙ
－１），所以ｘ＝－２，ｙ＝０，所以Ｄ（－２，０）．
６．解析 由题意得（－１，０）＝λ（１，０）＋μ（１，１），
整理得μ＋λ ＝－１，
０＋μ＝０，
{
解得μ＝０，
λ ＝－１．
{
７．解析 由题意得ＡＢ
→＝（３，０），ＡＣ
→＝（３，４），ＢＣ
→
＝（０，４），ｃｏｓＡ＝
ＡＢ
→·ＡＣ
→
｜ＡＢ
→｜｜ＡＣ
→｜
＝３
５，ｃｏｓＢ＝
ＢＡ
→·ＢＣ
→
｜ＢＡ
→｜｜ＢＣ
→｜
＝０，ｃｏｓＣ＝ＣＡ
→·ＣＢ
→
｜ＣＡ
→｜｜ＣＢ
→｜
＝４
５．
８．解析 由题意得（λ＋１）×１＋λ×０＝０，解得λ
＝－１．
９．解析
｜ａ＋ｂ｜＝
（ａ＋ｂ）
２
＝
｜ａ｜
２＋２ａ·ｂ＋｜ｂ｜
２
＝
３＋２× ３×２×ｃｏｓ３０°＋４＝
１３，
｜ａ－ｂ｜＝
（ａ－ｂ）
２＝
｜ａ｜
２－２ａ·ｂ＋｜ｂ｜
２
＝
３－２× ３×２×ｃｏｓ３０°＋４＝１．
１０．解析 如图，过点Ｃ作ＣＨ⊥ＡＤ，交ＡＤ的
延长线于点Ｈ．
设ＣＨ＝ｘ，ＤＨ＝ｙ，则
１００
２＝（７０＋ｙ）
２＋ｘ
２，
４０
２＝ｘ
２＋ｙ
２，
{
解得ｙ＝２５，
∴ｃｏｓθ＝ＤＨ
ＤＣ＝２５
４０＝５
８，
ｃｏｓβ ＝ＡＨ
ＡＣ＝７０＋２５
１００＝１９
２０．
１１．解析 （１）Ｂ≈２１°９′，Ｃ≈３８°５１′，
ｃ≈８．６９ｃｍ．
（２）Ｂ≈４１°４９′，Ｃ≈１０８°１１′，ｃ≈１１．４０ｃｍ
或Ｂ≈１３８°１１′，Ｃ≈１１°４９′，ｃ≈２．４６ｃｍ．
（３）Ａ≈１１°２′，Ｂ≈３８°５８′，ｃ≈２８．０２ｃｍ．
（４）Ａ≈２８°５７′，Ｂ≈４６°３４′，Ｃ≈１０４°２９′．
１２．解析
设海轮在Ｂ处望见小岛在北偏东
７５°，在Ｃ处望见小岛在北偏东５５°，从小岛
Ａ向海轮的航线ＢＤ作垂线段ＡＤ，如图所
示．
在△ＡＢＣ中，∠ＡＢＣ＝９０°－７５° ＝１５°，∠ＡＣＢ
＝９０°＋５５° ＝１４５°，∠ＢＡＣ＝１８０° －１５° －１４５°
＝２０°．
在△ＡＢＣ中，由正弦定理，得
ＡＣ＝ＢＣｓｉｎ∠ＡＢＣ
ｓｉｎ∠ＢＡＣ＝８×ｓｉｎ１５°
ｓｉｎ２０° ．
在Ｒｔ△ＡＣＤ中，ＡＤ＝ＡＣｓｉｎ∠ＡＣＤ＝
８×ｓｉｎ１５°
ｓｉｎ２０° ×ｓｉｎ３５°≈３．４７＞３，
所以这艘海轮不改变航向继续前进没有触
礁的危险．
综合运用
１３．答案 （１）Ａ （２）Ｄ （３）Ｂ （４）Ｃ
（５）Ｄ （６）Ｃ
１４．证明 （１）先证ａ⊥ｂ⇒｜ａ＋ｂ｜＝｜ａ－ｂ｜．
｜ａ＋ｂ｜＝
（ａ＋ｂ）
２
＝
｜ａ｜
２＋｜ｂ｜
２＋２ａ·ｂ，
｜ａ－ｂ｜＝
（ａ－ｂ）
２
＝
｜ａ｜
２＋｜ｂ｜
２－２ａ·ｂ．
因为ａ⊥ｂ，所以ａ·ｂ＝０，
于是｜ａ＋ｂ｜＝
｜ａ｜
２＋｜ｂ｜
２＝｜ａ－ｂ｜．
再证｜ａ＋ｂ｜＝｜ａ－ｂ｜⇒ａ⊥ｂ．
由于｜ａ＋ｂ｜＝
｜ａ｜
２＋２ａ·ｂ＋｜ｂ｜
２，
｜ａ－ｂ｜＝
｜ａ｜
２－２ａ·ｂ＋｜ｂ｜
２，
所以由｜ａ＋ｂ｜＝｜ａ－ｂ｜可得ａ·ｂ＝０，
于是ａ⊥ｂ．
所以ａ⊥ｂ⇔｜ａ＋ｂ｜＝｜ａ－ｂ｜．
几何意义是矩形的两条对角线相等．
（２）先证｜ａ｜＝｜ｂ｜⇒ｃ⊥ｄ．
ｃ·ｄ＝（ａ＋ｂ）·（ａ－ｂ）＝｜ａ｜
２－｜ｂ｜
２，
因为｜ａ｜＝｜ｂ｜，所以ｃ·ｄ＝０．
所以ｃ⊥ｄ．再证ｃ⊥ｄ⇒｜ａ｜＝｜ｂ｜．
由ｃ⊥ｄ得ｃ·ｄ＝０，
即（ａ＋ｂ）·（ａ－ｂ）＝｜ａ｜
２－｜ｂ｜
２＝０，
所以｜ａ｜＝｜ｂ｜．
几何意义是菱形的对角线互相垂直．
１５．证明 如图，设ＯＤ
→＝ＯＰ１
→＋ＯＰ２
→，
因为ＯＰ１
→＋ＯＰ２
→＋ＯＰ３
→＝０，
所以ＯＰ３
→＝－ＯＤ
→，
又｜ＯＰ１
→｜＝｜ＯＰ２
→｜＝｜ＯＰ３
→｜，
所以｜ＯＤ
→｜＝｜ＯＰ１
→｜＝｜Ｐ１Ｄ
→｜．
易得∠ＯＰ１Ｐ２＝３０°，
同理可得∠ＯＰ１Ｐ３＝３０°．
所以∠Ｐ３Ｐ１Ｐ２＝６０°．
同理可得∠Ｐ１Ｐ２Ｐ３＝６０°，∠Ｐ２Ｐ３Ｐ１＝６０°．
所以△Ｐ１Ｐ２Ｐ３为等边三角形．
１６．解析
连接ＡＢ，由对称性可知，ＡＢ是
△ＳＭＮ的中位线，
所以ＭＮ
→＝２ＡＢ
→＝２ｂ－２ａ．
１７．解析
如图，ＡＥ＝９＋６＝１５ｋｍ，∠ＡＥＤ＝
１２０°，ＤＥ＝１０ｋｍ．
由余弦定理得ＡＤ
２＝ＡＥ
２＋ＤＥ
２－２ＡＥ·ＥＤ·
ｃｏｓ１２０° ＝１５
２＋１０
２－２× １５× １０×
－１
２
(
) ＝
４７５，∴ＡＤ＝５
１９ｋｍ．
由正弦定理得ｓｉｎＡ＝ＤＥｓｉｎ１２０°
ＡＤ
＝
１０× ３
２
５
１９
＝
１９×３
１９
≈０．３９７４，∴Ａ≈２３°．９０°－２３° ＝６７°．
２５６
故由Ａ地到Ｄ地位移的大小为５
１９ｋｍ，
方向约为北偏东６７°．
拓广探索
１８．解析 略．
１９．解析 略．
第七章 复数
7.1 复数的概念
７．１．１ 数系的扩充和复数的概念
练习
１．解析 －２＋１
３ｉ的实部是－２，虚部是１
３；
２＋ｉ的实部是２，虚部是１；
２
２的实部是２
２，虚部是０；
－３ｉ的实部是０，虚部是－３；
ｉ的实部是０，虚部是１；
０的实部和虚部都是０．
２．解析 ２＋７，０．６１８，０是实数；２
７ｉ，ｉ，５ｉ＋８，
３－９２ｉ，ｉ（１－３），２－２ｉ是虚数；２
７ｉ，ｉ，
ｉ（１－３）是纯虚数．理由略．
３．解析 （１）由ｘ＋ｙ＝２ｘ＋３ｙ，
ｙ－１＝２ｙ＋１
{
得ｘ＝４，
ｙ＝－２．
{
（２）由ｘ＋ｙ－３＝０，
ｘ－２＝０
{
得ｘ＝２，
ｙ＝１．
{
７．１．２ 复数的几何意义
练习
１．解析 在复平面内，点Ａ，Ｂ，Ｃ，Ｄ，Ｅ，Ｆ，Ｇ，Ｈ
对应的复数分别为４＋３ｉ，３－３ｉ，－３＋２ｉ，－３－
３ｉ，５，－２，５ｉ，－５ｉ．
２．解析 略．
３．解析 （１）略．
（２）｜２＋ｉ｜＝５，｜－２＋４ｉ｜＝２５，｜－２ｉ｜＝２，｜４｜
＝４，
３
２－４ｉ
＝
７３
２
．
◆习题7.1
复习巩固
１．解析 （１）存在，如－２＋ａｉ（ａ≠０且ａ∈Ｒ）．
（２）存在，如ａ－２ｉ（ａ∈Ｒ）．（３）存在，只能
是－２ｉ．
２．解析 （１）ｍ＝０或ｍ＝３．（２）ｍ≠０且ｍ≠３．
（３）ｍ＝２．
３．解析 （１）ｘ＝１，ｙ＝７．（２）ｘ＝４，ｙ＝－１．
４．解析 （１）点Ｐ在第一象限．
（２）点Ｐ在第二象限．
（３）点Ｐ在ｙ轴的非正半轴上．
（４）点Ｐ在ｘ轴的下方（不包括ｘ轴）．
５．解析
｜ｚ１｜＝｜３＋４ｉ｜＝
３
２＋４
２＝５，
｜ｚ２｜＝
１
２－２ｉ＝
１
２
(
)
２
＋（－２）
２＝
３
２，
∴｜ｚ１｜＞｜ｚ２｜．
综合运用
６．解析
（１）若位于第四象限，则有
ｍ
２－８ｍ＋１５＞０，
ｍ
２－５ｍ－１４＜０
{
⇒ｍ＞５或ｍ＜３，
－２＜ｍ＜７
{
⇒
５＜ｍ＜７或－２＜ｍ＜３．
（２）若位于第一象限或第三象限，则有（ｍ
２－
８ｍ＋１５）·（ｍ
２－５ｍ－１４）＞０，
即（ｍ－３）（ｍ－５）（ｍ＋２）（ｍ－７）＞０，
解得ｍ＞７或３＜ｍ＜５或ｍ＜－２．
（３）若位于直线ｙ＝ｘ上，则实部与虚部相
等，必有ｍ
２－８ｍ＋１５＝ｍ
２－５ｍ－１４，解得ｍ＝
２９
３．
７．解析 （１）因为ＯＡ
→的起点在原点，所以终点
坐标为向量对应的坐标，故Ａ（２，１），而点Ａ
关于实轴的对称点是Ｂ（２，－１），所以向量
ＯＢ
→对应的复数为２－ｉ．
（２）Ｂ（２，－１）关于虚轴的对称点是
Ｃ（－２，－１），故点Ｃ对应的复数为－２－ｉ．
８．解析 （１）满足条件｜ｚ｜＝３的点Ｚ的集合是
以原点Ｏ为圆心，以３为半径的圆．
（２）满足条件２≤｜ｚ｜＜５的点Ｚ的集合是以
原点为圆心，分别以２和５为半径的两个圆
所夹的圆环，包括内圆的边界但不包括外圆
的边界．
９．解析 复数ｚ对应的点应位于直线ｙ＝３（ｘ＞
０）上．
拓广探索
１０．解析 设ｚ＝ａ＋３ｉ（ａ∈Ｒ）．
∵｜ｚ｜＝２，∴ａ
２＋３＝４，∴ａ＝±１，
∴ｚ＝１＋３ｉ或ｚ＝－１＋３ｉ．
１１．解析
在复平面内指出复数对应的点Ｚ１，
Ｚ２，Ｚ３，Ｚ４略．
这４个点在同一个圆上．证明：因为｜ｚ１｜＝
｜ｚ２｜＝｜ｚ３｜＝｜ｚ４｜＝
５，所以这４个点在同
一个圆上．
7.2 复数的四则运算
７．２．１ 复数的加、减运算
及其几何意义
练习
１．解析 （１）（２＋４ｉ）＋（３－４ｉ）＝５．
（２）５－（３＋２ｉ）＝２－２ｉ．
（３）（－３－４ｉ）＋（２＋ｉ）－（１－５ｉ）＝（－３＋２－１）＋
（－４＋１＋５）ｉ＝－２＋２ｉ．
（４）（２－ｉ）－（２＋３ｉ）＋４ｉ＝（２－２＋０）＋（－１－３＋
４）ｉ＝０．
２．解析 略．
３．证明 设ｚ１＝ａ１＋ｂ１ｉ（ａ１，ｂ１∈Ｒ），
ｚ２＝ａ２＋ｂ２ｉ（ａ２，ｂ２∈Ｒ），
ｚ３＝ａ３＋ｂ３ｉ（ａ３，ｂ３∈Ｒ）．
（１）交换律：ｚ１＋ｚ２＝ｚ２＋ｚ１．
ｚ１＋ｚ２＝（ａ１＋ｂ１ｉ）＋（ａ２＋ｂ２ｉ）＝（ａ１＋ａ２）＋（ｂ１＋
ｂ２）ｉ，
ｚ２＋ｚ１＝（ａ２＋ｂ２ｉ）＋（ａ１＋ｂ１ｉ）＝（ａ２＋ａ１）＋（ｂ２＋
ｂ１）ｉ，
∴ｚ１＋ｚ２＝ｚ２＋ｚ１．
（２）结合律：（ｚ１＋ｚ２）＋ｚ３＝ｚ１＋（ｚ２＋ｚ３）．
（ｚ１＋ｚ２）＋ｚ３＝［（ａ１＋ｂ１ｉ）＋（ａ２＋ｂ２ｉ）］＋（ａ３＋
ｂ３ｉ）＝［（ａ１＋ａ２）＋（ｂ１＋ｂ２）ｉ］＋（ａ３＋ｂ３ｉ）＝（ａ１
＋ａ２＋ａ３）＋（ｂ１＋ｂ２＋ｂ３）ｉ，
ｚ１＋（ｚ２＋ｚ３）＝（ａ１＋ｂ１ｉ）＋［（ａ２＋ｂ２ｉ）＋（ａ３＋
ｂ３ｉ）］＝（ａ１＋ｂ１ｉ）＋［（ａ２＋ａ３）＋（ｂ２＋ｂ３）ｉ］＝
（ａ１＋ａ２＋ａ３）＋（ｂ１＋ｂ２＋ｂ３）ｉ，
∴（ｚ１＋ｚ２）＋ｚ３＝ｚ１＋（ｚ２＋ｚ３）．
４．解析 （１）｜ｚ１－ｚ２｜＝｜（２＋ｉ）－（３－ｉ）｜＝｜－１＋
２ｉ｜＝５．
（２）｜ｚ３－ｚ４｜＝｜（８＋５ｉ）－（４＋２ｉ）｜＝｜４＋３ｉ｜＝５．
７．２．２ 复数的乘、除运算
练习
１．解析 （１）－１８－２１ｉ．（２）６－１７ｉ．（３）－２０－１５ｉ．
２．解析 （１）－５．（２）－２ｉ．（３）５．
３．解析 （１）ｉ．（２）－ｉ．（３）１－ｉ．（４）－１－３ｉ．
４．解析 （１）ｘ
２＝－１６
９，∴ｘ＝± ４
３ｉ．
（２）Δ ＝１
２－４×１×１＝－３＜０，
∴ｘ＝－１± ３ｉ
２
．
◆习题7.2
复习巩固
１．解析 （１）９－３ｉ．（２）－２＋３ｉ．
（３）７
６－５
１２ｉ．（４）０．３＋０．２ｉ．
２．解析 由题意得ＯＡ
→＝（６，５），ＯＢ
→＝（－３，４），
所以ＡＢ
→＝ＯＢ
→－ＯＡ
→＝（－９，－１），故ＡＢ
→对应的复
数为－９－ｉ，又因为ＢＡ
→＝－ＡＢ
→＝（９，１），所以ＢＡ
→
对应的复数为９＋ｉ．
３．解析 （１）（－８－７ｉ）（－３ｉ）＝－２１＋２４ｉ．
（２）（４－３ｉ）（－５－４ｉ）＝－２０－１２－１６ｉ＋１５ｉ＝
－３２－ｉ．
（３）
－１
２＋３
２ｉ
(
) （１＋ｉ）＝－１
２－３
２－１
２ｉ＋３
２ｉ
＝－３＋１
２
＋３－１
２
ｉ．
（４）
３
２ｉ－１
２
(
)
－１
２＋３
２ｉ
(
) ＝－
１
２－
３
２ｉ．
（５）（１＋ｉ）（１－ｉ）＋（－１＋ｉ）＝１＋ｉ．
４．解析
（１）２ｉ
２－ｉ＝
２ｉ（２＋ｉ）
（２－ｉ）（２＋ｉ）＝４ｉ－２
５
＝－２
５＋
４
５ｉ．
（２）２＋ｉ
７＋４ｉ＝（２＋ｉ）（７－４ｉ）
（７＋４ｉ）（７－４ｉ）＝１８－ｉ
６５＝１８
６５－１
６５ｉ．
（３）
１
（２－ｉ）
２＝
１
３－４ｉ＝３＋４ｉ
２５＝３
２５＋４
２５ｉ．
（４）５（４＋ｉ）
２
ｉ（２＋ｉ）＝５（１５＋８ｉ）（－１－２ｉ）
（－１＋２ｉ）（－１－２ｉ）＝１－３８ｉ．
综合运用
５．解析 由复数的几何意义，知Ａ，Ｂ，Ｃ分别对
应复平面内的点（１，３），（０，－１），（２，１），因
为四边形ＡＢＣＤ是平行四边形，所以ＡＢ
→＝
ＤＣ
→，设Ｄ（ｘ，ｙ），则有（－１，－４）＝（２－ｘ，１－ｙ），
所以２－ｘ＝－１，
１－ｙ＝－４
{
⇒ｘ＝３，
ｙ＝５，
{
故点Ｄ对应的复数
为３＋５ｉ．
教材习题答案
２５７
６．解析 （１）Δ ＝４
２－４×１×５＝－４＜０，
∴ｘ＝－４±２ｉ
２
＝－２±ｉ．
（２）Δ ＝（－３）
２－４×２×４＝－２３＜０，
∴ｘ＝３±
２３ｉ
４
．
７．解析 因为２ｉ－３是关于ｘ的方程２ｘ
２＋ｐｘ＋ｑ
＝０的一个根，所以有２（－３＋２ｉ）
２＋ｐ（－３＋２ｉ）
＋ｑ＝０，整理得（１０－３ｐ＋ｑ）＋（２ｐ－２４）ｉ＝０．
故有
２ｐ－２４＝０，
１０－３ｐ＋ｑ＝０
{
⇒ｐ＝１２，
ｑ＝２６．
{
拓广探索
８．解析 （１）ｘ
２＋４＝（ｘ＋２ｉ）（ｘ－２ｉ）．
（２）ａ
４－ｂ
４＝（ａ
２＋ｂ
２）（ａ
２－ｂ
２）＝（ａ＋ｂｉ）（ａ－
ｂｉ）（ａ＋ｂ）（ａ－ｂ）．
９．解析
∵｜ｚ－（２＋ｉ）｜＝｜（ｘ＋ｙｉ）－（２＋ｉ）｜＝
｜（ｘ－２）＋（ｙ－１）ｉ｜＝３，∴
（ｘ－２）
２＋（ｙ－１）
２＝３．
表示点（ｘ，ｙ）与点（２，１）的距离为定长３，
故复平面内满足｜ｚ－（２＋ｉ）｜＝３的点Ｚ的集
合是以（２，１）为圆心，３为半径的圆．
１０．解析 略．
7.3* 复数的三角表示
７．３．１ 复数的三角表示式
练习
１．解析 （１）４＝４（ｃｏｓ０＋ｉｓｉｎ０），图略．
（２）－ｉ＝ｃｏｓ３π
２＋ｉｓｉｎ３π
２，图略．
（３）２３＋２ｉ＝４
３
２＋１
２ｉ
(
)
＝４ｃｏｓπ
６＋ｉｓｉｎπ
６
(
) ，图略．
（４）－１
２－３
２ｉ＝ｃｏｓ４π
３＋ｉｓｉｎ４π
３，图略．
２．解析 （１）不是，
原式＝１
２
ｃｏｓ－π
４
(
) ＋ｉｓｉｎ－π
４
(
)
[
] ．
（２）不是，原式＝１
２
ｃｏｓ４π
３＋ｉｓｉｎ４π
３
(
) ．
（３）不是，原式＝１
２
ｃｏｓπ
１２＋ｉｓｉｎπ
１２
(
) ．
（４）是．
（５）不是，２ｃｏｓπ
３＋ｉｓｉｎπ
６
(
) ＝１＋ｉ
＝２
ｃｏｓπ
４＋ｉｓｉｎπ
４
(
) ．
３．解析 （１）６ｃｏｓ３π
２＋ｉｓｉｎ３π
２
(
) ＝６（０－ｉ）
＝－６ｉ．
（２）２ｃｏｓ５π
３＋ｉｓｉｎ５π
３
(
) ＝２
１
２－３
２ｉ
(
)
＝１－３ｉ．
７．３．２ 复数乘、除运算的
三角表示及其几何意义
练习
１．解析
（１）原式＝１６[ ｃｏｓ
π
６＋π
４
(
) ＋
ｉｓｉｎ(
π
６＋π
４) ] ＝１６
ｃｏｓ５π
１２＋ｉｓｉｎ５π
１２
(
) ＝
１６(
６－２
４
＋６＋２
４
ｉ) ＝４（６－２）＋４（６＋
２）ｉ．
（２）原式＝８[ ｃｏｓ(
４π
３＋５π
６) ＋ｉｓｉｎ(
４π
３＋
５π
６) ] ＝８( ｃｏｓ１３π
６
＋ｉｓｉｎ１３π
６) ＝
８( ｃｏｓπ
６＋ｉｓｉｎπ
６) ＝８(
３
２＋１
２ｉ) ＝４３
＋４ｉ．
（３）原式＝
６
２［ｃｏｓ（２４０° ＋６０°）＋ｉｓｉｎ（２４０° ＋
６０°）］＝
６
２
（ｃｏｓ３００° ＋ｉｓｉｎ３００°）＝
６
２
１
２－３
２ｉ
(
) ＝６
４－３２
４ｉ．
（４）原式＝３０［ｃｏｓ（１８° ＋５４° ＋１０８°）＋
ｉｓｉｎ（１８° ＋５４° ＋１０８°）］＝３０（ｃｏｓ１８０° ＋
ｉｓｉｎ１８０°）＝－３０．
２．解析
（１）原式＝２[ ｃｏｓ(
７π
４－２π
３) ＋
ｉｓｉｎ(
７π
４－２π
３) ] ＝２( ｃｏｓ１３π
１２＋ｉｓｉｎ１３π
１２)
＝２( －
６＋２
４
－
６－２
４
ｉ) ＝－
６＋２
２
－
６－２
２
ｉ．
（２）原式＝６
２［ｃｏｓ（１５０°－２２５°）＋ｉｓｉｎ（１５０°－
２２５°）］＝６
２（ｃｏｓ７５°－ｉｓｉｎ７５°）
＝
６
２(
６－２
４
－６＋２
４
ｉ)
＝３－３
４
－３＋３
４
ｉ．
（３）原式＝２（ｃｏｓ０＋ｉｓｉｎ０）÷ ( ｃｏｓπ
４＋
ｉｓｉｎπ
４) ＝２[ ｃｏｓ( －π
４) ＋ｉｓｉｎ( －π
４) ]
＝２－２ｉ．
（４）原式＝（ｃｏｓ２７０°＋ｉｓｉｎ２７０°）÷［２（ｃｏｓ１２０°
＋ｉｓｉｎ１２０°）］＝１
２［ｃｏｓ（２７０°－１２０°）＋ｉｓｉｎ（２７０°－
１２０°）］＝１
２（ｃｏｓ１５０°＋ｉｓｉｎ１５０°）＝－３
４＋１
４ｉ．
３．解析 ３－３ｉ＝２３
３
２－１
２ｉ
(
)
＝２３
ｃｏｓ－π
６
(
) ＋ｉｓｉｎ－π
６
(
)
[
] ．
２３
ｃｏｓ－π
６－π
３
(
) ＋ｉｓｉｎ－π
６－π
３
(
)
[
]
＝２３
ｃｏｓ－π
２
(
) ＋ｉｓｉｎ－π
２
(
)
[
]
＝－２３ｉ．
◆习题7.3
复习巩固
１．解析 图略．
（１）６＝６（ｃｏｓ０＋ｉｓｉｎ０）．
（２）１＋ｉ＝２
２
２＋２
２ｉ
(
)
＝２
ｃｏｓπ
４＋ｉｓｉｎπ
４
(
) ．
（３）１－３ｉ＝２
１
２－３
２ｉ
(
)
＝２ｃｏｓ５π
３＋ｉｓｉｎ５π
３
(
) ．
（４）－３
２＋１
２ｉ＝ｃｏｓ５π
６＋ｉｓｉｎ５π
６．
２．解析 （１）３２
ｃｏｓπ
４＋ｉｓｉｎπ
４
(
)
＝３２
２
２＋２
２ｉ
(
) ＝３＋３ｉ．
（２）原式＝８
３
２－１
２ｉ
(
) ＝４３－４ｉ．
（３）原式＝９（－１＋０）＝－９．
（４）原式＝６－１
２－３
２ｉ
(
) ＝－３－３３ｉ．
３．解析 （１）原式＝
９
ｃｏｓ
π
３＋π
６
(
) ＋ｉｓｉｎ
π
３＋π
６
(
)
[
]
＝９ｃｏｓπ
２＋ｉｓｉｎπ
２
(
) ＝９ｉ．
（２）原式＝
２５
ｃｏｓ
π
２＋π
４
(
) ＋ｉｓｉｎ
π
２＋π
４
(
)
[
]
＝２５
ｃｏｓ３π
４＋ｉｓｉｎ３π
４
(
)
＝－
１０＋
１０ｉ．
（３）原式＝
２
ｃｏｓ２π
３－π
３
(
) ＋ｉｓｉｎ２π
３－π
３
(
)
[
]
＝２ｃｏｓπ
３＋ｉｓｉｎπ
３
(
)
＝２
１
２＋３
２ｉ
(
)
＝１＋３ｉ．
（４）原式＝
２
ｃｏｓ３π
２－π
６
(
) ＋ｉｓｉｎ３π
２－π
６
(
)
[
]
＝２ｃｏｓ４π
３＋ｉｓｉｎ４π
３
(
)
＝２－１
２－３
２ｉ
(
)
＝－１－３ｉ．
４．解析 （１）原式＝
４
ｃｏｓ２π
３＋π
３
(
) ＋ｉｓｉｎ２π
３＋π
３
(
)
[
]
＝４（ｃｏｓπ＋ｉｓｉｎπ）
＝－４．
（２）原式＝２（ｃｏｓ７５° ＋ｉｓｉｎ７５°）×
２
２
×［ｃｏｓ（－４５°）＋ｉｓｉｎ（－４５°）］
＝２（ｃｏｓ３０°＋ｉｓｉｎ３０°）
＝
２
３
２＋１
２ｉ
(
)
＝６
２＋２
２ｉ．
（３）原式＝２２［ｃｏｓ（３００° －１３５°）＋ｉｓｉｎ（３００°
－１３５°）］
＝２２（ｃｏｓ１６５°＋ｉｓｉｎ１６５°）
＝２２
－６＋２
４
＋６－２
４
ｉ
(
)
＝－（３＋１）＋（３－１）ｉ．
（４）原式＝
ｃｏｓ２π
３＋ｉｓｉｎ２π
３
(
) ÷
２ｃｏｓπ
３＋ｉｓｉｎπ
３
(
)
[
]
２５８
＝１
２
ｃｏｓ２π
３－π
３
(
) ＋ｉｓｉｎ２π
３－π
３
(
)
[
]
＝１
２
ｃｏｓπ
３＋ｉｓｉｎπ
３
(
)
＝１
２
１
２＋３
２ｉ
(
)
＝１
４＋３
４ｉ．
几何解释略．
综合运用
５．解析 （１）证明：
１
ｃｏｓθ＋ｉｓｉｎθ ＝
ｃｏｓθ－ｉｓｉｎθ
（ｃｏｓθ＋ｉｓｉｎθ）（ｃｏｓθ－ｉｓｉｎθ）
＝ｃｏｓθ－ｉｓｉｎθ
ｃｏｓ
２θ＋ｓｉｎ
２θ
＝ｃｏｓθ－ｉｓｉｎθ
＝右边．
（２）ｚ＝４ｃｏｓπ
１２＋ｉｓｉｎπ
１２
(
) ，
１
ｚ＝１
４
ｃｏｓ－π
１２
(
) ＋ｉｓｉｎ－π
１２
(
)
[
] ，
故１
ｚ的模为１
４，辐角为－π
１２＋２ｋπ，ｋ∈Ｚ．
ｚ＝ｃｏｓπ
６－ｉｓｉｎπ
６，１
ｚ＝ｃｏｓπ
６＋ｉｓｉｎπ
６，故
１
ｚ的模为１，辐角为π
６＋２ｋπ，ｋ∈Ｚ．
ｚ＝２
２（１－ｉ）＝ｃｏｓπ
４－ｉｓｉｎπ
４，１
ｚ＝ｃｏｓπ
４＋
ｉｓｉｎπ
４，故１
ｚ的模为１，辐角为π
４＋２ｋπ，ｋ∈Ｚ．
６．证明 （１）左边＝ｃｏｓ（７５° ＋１５°）＋ｉｓｉｎ（７５° ＋
１５°）
＝ｃｏｓ９０°＋ｉｓｉｎ９０° ＝ｉ＝右边．
（２）左边＝［ｃｏｓ（－３θ）＋ｉｓｉｎ（－３θ）］×
［ｃｏｓ（－２θ）＋ｉｓｉｎ（－２θ）］＝ｃｏｓ（－５θ）＋
ｉｓｉｎ（－５θ）＝ｃｏｓ５θ－ｉｓｉｎ５θ＝右边．
７．解析
（１）原式＝ｃｏｓ（７θ ＋２θ －５θ －３θ）＋
ｉｓｉｎ（７θ＋２θ－５θ－３θ）＝ｃｏｓθ＋ｉｓｉｎθ．
（２）原式＝ｃｏｓ（－φ）＋ｉｓｉｎ（－φ）
ｃｏｓφ＋ｉｓｉｎφ
＝ｃｏｓ（－２φ）＋ｉｓｉｎ（－２φ）
＝ｃｏｓ２φ－ｉｓｉｎ２φ．
８．解析 ｚ＝３－ｉ＝２
３
２－１
２ｉ
(
)
＝２［ｃｏｓ（－３０°）＋ｉｓｉｎ（－３０°）］．
逆时针方向旋转４５°所得的复数为
ｚ１＝２［ｃｏｓ（－３０°＋４５°）＋ｉｓｉｎ（－３０°＋４５°）］
＝２（ｃｏｓ１５°＋ｉｓｉｎ１５°）
＝
６＋２
２
＋６－２
２
ｉ．
顺时针旋转６０°所得的复数为
ｚ２＝２［ｃｏｓ（－３０°－６０°）＋ｉｓｉｎ（－３０°－６０°）］
＝２（ｃｏｓ９０°－ｉｓｉｎ９０°）
＝－２ｉ．
拓广探索
９．解析 向量ＡＢ
→对应的复数为
ｚ１＝１＋ｉ＝２（ｃｏｓ４５°＋ｉｓｉｎ４５°），
向量ＡＣ
→对应的复数为
ｚ２＝２［ｃｏｓ（４５°－６０°）＋ｉｓｉｎ（４５°－６０°）］
＝２（ｃｏｓ１５°－ｉｓｉｎ１５°）
＝
３＋１
２
－３－１
２
ｉ．
∴ＡＣ
→＝
３＋１
２
，－３－１
２
(
) ，
∴Ｃ
３＋３
２
，１－３
２
(
) ．
１０．证明 如图所示，向量ＯＡ
→对应的复数
ｚ１＝１＋ｉ＝２（ｃｏｓ∠１＋ｉｓｉｎ∠１），
向量ＯＢ
→对应的复数
ｚ２＝２＋ｉ＝５（ｃｏｓ∠２＋ｉｓｉｎ∠２），
向量ＯＣ
→对应的复数
ｚ３＝３＋ｉ＝
１０（ｃｏｓ∠３＋ｉｓｉｎ∠３），
ｚ１ｚ２ｚ３＝１０［ｃｏｓ（∠１＋∠２＋∠３）＋ｉｓｉｎ（∠１＋
∠２＋∠３）］＝（１＋ｉ）（２＋ｉ）（３＋ｉ），
∴１０ｃｏｓ（∠１＋∠２＋∠３）＋１０ｉｓｉｎ（∠１＋∠２＋
∠３）＝１０ｉ，
∴
ｃｏｓ（∠１＋∠２＋∠３）＝０，
ｓｉｎ（∠１＋∠２＋∠３）＝１，
{
∴∠１＋∠２＋∠３＝π
２．
复习参考题7
复习巩固
１．答案 （１）Ａ （２）Ｂ （３）Ｄ （４）Ｄ
２．答案 （１）３－４ｉ或－３－４ｉ．
（２）１
５－２
５ｉ．
（３）９＋ｉ．
（４）－４＋４ｉ．
３．证明 设ｚ＝ａ＋ｂｉ（ａ，ｂ∈Ｒ），
则ｚ＝ａ－ｂｉ，
∴ｚ·ｚ＝（ａ＋ｂｉ）（ａ－ｂｉ）＝ａ
２＋ｂ
２，
｜ｚ｜
２＝ａ
２＋ｂ
２，｜ｚ｜
２＝ａ
２＋ｂ
２，
∴ｚ·ｚ＝｜ｚ｜
２＝｜ｚ｜
２．
４．解析 设ｚ＝ｂｉ（ｂ≠０，且ｂ∈Ｒ），则（ｚ＋２）
２－
８ｉ＝（ｂｉ＋２）
２－８ｉ＝－ｂ
２＋４＋４ｂｉ－８ｉ＝（４－ｂ
２）＋
（４ｂ－８）ｉ，由题意知，
４－ｂ
２＝０，
４ｂ－８≠０
{
⇒ｂ＝±２，
ｂ≠２
{
⇒ｂ＝－２．
所以ｚ＝ｂｉ＝－２ｉ．
５．解析 （１）４ｘ
２＋９＝０，
∴ｘ
２＝－９
４，∴ｘ＝± ３
２ｉ．
（２）（ｘ－３）（ｘ－５）＋２＝０可化为ｘ
２－８ｘ＋１７＝
０，
Δ ＝（－８）
２－４×１７＝－４＜０，
∴ｘ＝８±２ｉ
２
＝４±ｉ．
综合运用
６．解析 解法一：∵１
ｚ＝１
ｚ１
＋１
ｚ２
，
∴ｚ＝
ｚ１ｚ２
ｚ１＋ｚ２
＝（５＋１０ｉ）（３－４ｉ）
（５＋１０ｉ）＋（３－４ｉ）
＝５（１＋２ｉ）（３－４ｉ）
２（４＋３ｉ）
＝５－５
２ｉ．
解法二：１
ｚ１
＋１
ｚ２
＝
１
５（１＋２ｉ）＋１
３－４ｉ
＝１－２ｉ
２５＋３＋４ｉ
２５＝４＋２ｉ
２５，
∴ｚ＝
２５
２（２＋ｉ）＝２５（２－ｉ）
１０
＝５－５
２ｉ．
７．解析 解法一：∵（１＋２ｉ）ｚ＝４＋３ｉ，
∴ｚ＝４＋３ｉ
１＋２ｉ＝２－ｉ，∴ｚ＝２＋ｉ，
∴
ｚ
ｚ
＝２＋ｉ
２－ｉ＝３
５＋４
５ｉ．
解法二：设ｚ＝ａ＋ｂｉ（ａ，ｂ∈Ｒ），则ｚ＝ａ－ｂｉ，
∵（１＋２ｉ）ｚ＝４＋３ｉ，
∴（１＋２ｉ）（ａ－ｂｉ）＝４＋３ｉ，即（ａ＋２ｂ）＋（２ａ－ｂ）ｉ
＝４＋３ｉ，
则有ａ＋２ｂ＝４，
２ａ－ｂ＝３
{
⇒ａ＝２，
ｂ＝１．
{
∴ｚ＝２＋ｉ，∴
ｚ
ｚ
＝２＋ｉ
２－ｉ＝
（２＋ｉ）
２
（２－ｉ）（２＋ｉ）＝３＋４ｉ
５
＝
３
５＋４
５ｉ．
８．解析 （１）ｉ
１＝ｉ，ｉ
２＝－１，ｉ
３＝－ｉ，ｉ
４＝１，ｉ
５＝ｉ，ｉ
６
＝－１，ｉ
７＝－ｉ，ｉ
８＝１．
（２）ｉ
４ｎ－３＝ｉ，ｉ
４ｎ－２＝－１，ｉ
４ｎ－１＝－ｉ，ｉ
４ｎ＝１，ｎ∈Ｎ
∗．
拓广探索
９．解析 由ｚ１＝ｚ２得ｍ＋（４－ｍ
２）ｉ＝２ｃｏｓθ＋（λ＋
３ｓｉｎθ）ｉ，由复数相等的定义知，
ｍ＝２ｃｏｓθ，
４－ｍ
２＝λ＋３ｓｉｎθ，
{
得４－４ｃｏｓ
２θ＝λ＋３ｓｉｎθ，
则λ ＝４－４ｃｏｓ
２θ －３ｓｉｎθ ＝４－４（１－ｓｉｎ
２θ）－
３ｓｉｎθ＝４ｓｉｎ
２θ－３ｓｉｎθ＝４ｓｉｎ
２θ－３
４ｓｉｎθ
(
)
＝４ｓｉｎθ－３
８
(
)
２
－９
１６．
∵θ∈Ｒ，∴ｓｉｎθ∈［－１，１］，
∴λｍａｘ＝４－１－３
８
(
)
２
－９
１６＝７，λｍｉｎ＝－９
１６．
故λ 的取值范围是
－９
１６，７
[
] ．
１０．解析 向量ＯＢ
→对应的复数为
（２＋ｉ）（ｃｏｓ６０°＋ｉｓｉｎ６０°）
＝（２＋ｉ）
１
２＋３
２ｉ
(
)
＝
１－３
２
(
) ＋
３＋１
２
(
) ｉ，
即点
Ｂ
对应的复数为
１－３
２
(
) ＋
３＋１
２
(
) ｉ．
向量ＯＣ
→对应的复数为
（２＋ｉ）（ｃｏｓ１２０°＋ｉｓｉｎ１２０°）
＝（２＋ｉ）
－１
２＋３
２ｉ
(
)
＝
－１－３
２
(
) ＋
３－１
２
(
) ｉ，
即点Ｃ对应的复数为
－１－３
２
(
) ＋
３－１
２
(
) ｉ．
第八章 立体几何初步
8.1 基本立体图形
练习
１．解析 略．
２．答案 （１）✕ （２）√
３．答案 （１）直五棱柱 （２）４；三棱锥（四面体）
教材习题答案
２５９
４．解析
练习
１．解析 （１）圆台． （２）圆柱． （３）球．
（４）圆锥．
２．解析 （１）圆柱和圆锥组合而成．
（２）正六棱柱内挖一个圆柱．
３．解析
如图，是由两个圆锥组合而成的简单组合
体．
４．解析 略．
◆习题8.1
复习巩固
１．解析 经过顶点Ｄ的棱：
ＡＤ、Ｄ１Ｄ、ＣＤ．
经过顶点Ｄ的面：
平面ＡＤＤ１Ａ１、平面ＡＤＣＢ、平面Ｄ１ＤＣＣ１．
２．答案 （１）（３）（５）
３．Ｃ
４．解析
（１）不是台体，因为该几何体的“ 侧
棱”的延长线不交于一点；
（２）（３）也不是台体，因为不是由平行于棱
锥和圆锥底面的平面截得的几何体．
５．解析 （１）由圆锥和圆台组合而成的简单组
合体．
（２）由四棱柱和四棱锥组合而成的简单组合
体．
综合运用
６．答案 （１）√ （２）√ （３）√ （４）√
７．Ｄ
８．解析
剩下的几何体为五棱柱ＡＢＦＥＡ′ －
ＤＣＧＨＤ′，截去的几何体为三棱柱ＥＦＢ′ －
ＨＧＣ′．
９．解析
这个几何体是从圆柱的上面挖去一个圆锥
放到圆柱的下面．
拓广探索
１０．解析 （１）不正确．
虽然这个几何体满足题中条件，但这个几
何体不是棱柱．
（２）不正确．
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
练习
１．答案 （１）✕ （２）√ （３）√ （４）✕
２．解析 略．
练习
１．解析
２．解析
３．解析
◆习题8.2
复习巩固
１．答案 （１）√ （２）√ （３）✕ （４）✕
２．解析
（１）
（２）
３．解析
４．解析
综合运用
５．解析
６．解析
７．解析 上面是一个球，下面是一个圆锥组成
的几何体．
拓广探索
８．解析 略．
8.3 简单几何体
的表面积与体积
８．３．１ 棱柱、棱锥、棱台的
表面积和体积
练习
１．解析 Ｓ上表面＝１
２×２× ３×６＝６３（ｃｍ
２），
Ｓ下表面＝１
２×６×３３×６＝５４３（ｃｍ
２），
Ｓ侧面＝６×
１
２×（２＋６）×
２１
[
] ＝２４
２１
（ｃｍ
２）．
∴Ｓ表＝Ｓ上表面＋Ｓ下表面＋Ｓ侧面＝（６０３＋２４２１）ｃｍ
２．
２．解析 （１）６４．
（２）三面红色的小立方体位于大立方体８个
２６０
顶点处，共８个，每个小立方体表面积为
６ｃｍ
２，故表面积之和为４８ｃｍ
２．
（３）大立方体每条棱中间两个小立方体为两
面红色，共有２×１２＝２４（个）．表面积之和为
１４４ｃｍ
２．
（４）大立方体每个面中间４个小立方体为一
面红色，共有４× ６＝２４（个）．表面积之和为
１４４ｃｍ
２．
（５）六个面均没有颜色的小立方体共有８
个，表面积之和为４８ｃｍ
２，占有８ｃｍ
３的空
间．
３．解析 Ｖ正方体＝１２５０００ｃｍ
３，
８Ｖ棱锥＝１
３× １
２×２５×２５×２５×８＝６２５００
３
ｃｍ
３，
∴石凳的体积Ｖ＝Ｖ正方体－８Ｖ棱锥＝３１２５００
３
ｃｍ
３．
４．证明 设直三棱柱底面三角形三边分别为
ａ，ｂ，ｃ．侧棱为ｈ．
则直三棱柱三个侧面积分别为ａｈ，ｂｈ，ｃｈ，因
为三角形任意两边之和大于第三边，
所以任意两个侧面的面积和大于第三个侧
面的面积．
８．３．２ 圆柱、圆锥、圆台、球的
表面积和体积
练习
１．解析 设圆锥的母线长为ｌｍ，底面半径为
ｒｍ，∵圆锥侧面展开图是一个半圆，如图所
示，
∴２πｒ＝πｌ，即ｌ＝２ｒ．由Ｓ表＝πｒ（ｒ＋ｌ）＝３πｒ
２＝
ａ得ｒ＝
ａ
３π ，∴底面直径为２ｒ＝２
ａ
３π ＝
２
３πａ
３π
ｍ．
２．解析 Ｓ球＝４πＲ
２，Ｖ球＝４
３πＲ
３，
４πＲ
２＝４
３πＲ
３，
∴Ｒ＝３时，体积和表面积的数值相等．
３．解析
当２Ｒ＝６ｃｍ即Ｒ＝３ｃｍ时，体积最
大，最大体积Ｖ＝４
３πＲ
３＝３６π ｃｍ
３．
４．解析 根据长方体的体积公式可得，水槽的
容积为Ｖ水槽＝８０×６０×５５＝２６４０００ｃｍ
３，
木球在水中部分的体积Ｖ＝２
３× ４
３π ×
５０
２
(
)
３
＝１２５０００
９
π ｃｍ
３，
水槽中水的体积与木球在水中部分的体积
之和为２０００００＋１２５０００
９
π＜２６４０００，
故水不会从水槽中溢出．
◆习题8.3
复习巩固
１．解析 该图形为正八面体，每个面的面积Ｓ１
＝３
４×３０
２＝２２５３ｃｍ
２，
则表面积Ｓ＝８×２２５３＝１８００３ｃｍ
２．
２．解析
设长方体的长、宽、高分别为ａ、ｂ、ｃ，
则Ｖ三棱锥＝１
３× １
２ａｂｃ＝ａｂｃ
６，
剩余几何体的体积Ｖ＝Ｖ长方体－Ｖ三棱锥＝ａｂｃ－
ａｂｃ
６＝５
６ａｂｃ，
所以棱锥的体积与剩下的几何体的体积之
比为１∶５．
３．解析
当三棱柱的侧面ＡＡ１Ｂ１Ｂ水平放置
时，有水的部分是四棱柱形，其高即为原三
棱柱的高，侧棱长Ａ１Ａ＝８，设当底面ＡＢＣ水
平放置时，水面高为ｈ，由已知条件，知四棱
柱与三棱柱的底面面积之比为３∶４，不妨设
四棱柱和三棱柱的底面面积分别为３ａ，４ａ
（ａ＞０），由于两种状态下水体积相等，所以
３ａ×８＝４ａ×ｈ，解得ｈ＝６．即当底面ＡＢＣ水平
放置时，水面高为６．
４．解析
圆锥ＰＯ的表面积Ｓ１＝π · ａ
２·
ａ
２＋５ａ
２
(
) ＝ａ
２
４π＋５
４ａ
２π，
体积Ｖ１＝１
３· ａ
２
４π·ａ＝ａ
３
１２π，
挖去圆柱的半径ｒ＝ａ
４，
则圆柱的侧面积Ｓ２＝２π· ａ
４· ａ
２＝ａ
２
４π，
圆柱的体积Ｖ２＝π·
ａ
４
(
)
２
· ａ
２＝ａ
３
３２π，
则剩下几何体的表面积为圆锥的表面积与
圆柱的侧面积之和，剩下几何体的体积为圆
锥的体积减去圆柱的体积，
即Ｓ＝ａ
２
４π＋５
４ａ
２π＋ａ
２
４π
＝ａ
２
２π＋５
４ａ
２π，
体积Ｖ＝ａ
３
１２π－ａ
３
３２π＝５ａ
３
９６π．
５．解析 设球的半径为Ｒｃｍ，因为正方体的顶
点都在球面上，所以正方体的体对角线是球
的一条直径，如图所示，由３ａ＝２Ｒ，得Ｒ＝
３
２ａｃｍ，所以球的体积Ｖ＝４
３πＲ
３＝４
３π·
３
２ａ
(
)
３
＝３
２πａ
３ｃｍ
３．
综合运用
６．解析 Ｓ四棱柱侧＝４×４０×８０＝１２８００（ｃｍ
２），
四棱台的斜高ｈ′ ＝
１０
２－５０－４０
２
(
)
２
＝
５３（ｃｍ），
Ｓ四棱台侧＝４×４０＋５０
２
×５３≈１５５９（ｃｍ
２），
故需要瓷砖的面积约为１２８００＋１５５９＝
１４３５９（ｃｍ
２）．
７．解析 一个六角螺母的体积是六棱柱体积
与圆柱体积的差，
即Ｖ＝３
４× １２
２× ６× １０－３．１４×
１０
２
(
)
２
× １０≈
２９５６ｍｍ
３＝２．９５６×１０
－６ｍ
３，
∴螺帽的个数为５．８÷ （２．９５６× １０
－６×
７．９×１０
３）≈２４８．
８．解析 （１）以斜边所在直线为轴旋转而成的
几何体的直观图如图（１）．
（２）以较长直角边所在直线为轴旋转而成的
几何体的直观图如图（２）所示．
（３）以较短直角边所在直线为轴旋转而成的
几何体的直观图可类比（２）中所画图形（图
略）．
设直角三角形的两直角边长分别为ａ，ｂ（ａ＞
ｂ），斜边长为ｃ．
则（１）中所得几何体的体积为
Ｖ１＝１
３π·
ａｂ
ｃ(
)
２
·ｃ＝πａ
２ｂ
２
３ｃ
，
（２）中所得几何体的体积为Ｖ２＝１
３πｂ
２ａ，
（３）中所得几何体的体积为Ｖ３＝１
３πａ
２ｂ．
要比较Ｖ１，Ｖ２，Ｖ３的大小，只需比较ａｂ
ｃ，ａ，ｂ
的大小．
不妨设ａ＝４，ｂ＝３，ｃ＝５．
则ａｂ
ｃ＝１２
５，所以１２
５＜３＜４，
即ａｂ
ｃ＜ｂ＜ａ，
所以Ｖ１＜Ｖ２＜Ｖ３．
拓广探索
９．解析 由三视图画出它的直观图如图所示，
且Ａ１Ｂ１＝Ｃ１Ｄ１＝Ａ′Ｂ′＝Ｃ′Ｄ′＝８ｃｍ，
Ａ１Ｄ１＝Ｃ１Ｂ１＝Ａ′Ｄ′＝Ｃ′Ｂ′＝４ｃｍ，
球的直径为４ｃｍ，ＡＢ＝ＣＤ＝２０ｃｍ，
ＥＦ＝ＧＨ＝１０ｃｍ，ＡＤ＝ＢＣ＝１６ｃｍ，ＥＨ＝ＦＧ＝
８ｃｍ，Ａ１Ａ′＝Ｂ１Ｂ′＝Ｃ１Ｃ′＝Ｄ１Ｄ′＝２０ｃｍ．
四棱台的ＡＢＦＥ面上的斜高
ｈ１′＝
１６－８
２
(
)
２
＋２
２＝２５（ｃｍ），
四棱台的ＢＦＧＣ面上的斜高
ｈ２′＝
２０－１０
２
(
)
２
＋２
２＝
２９（ｃｍ），
Ｓ球＝４πＲ
２＝４π·２
２＝１６π（ｃｍ
２），
Ｖ球＝４
３πＲ
３＝４
３π·２
３＝３２
３π（ｃｍ
３），
Ｓ四棱柱侧＝（８＋４）×２×２０＝４８０（ｃｍ
２），
Ｖ四棱柱＝４×８×２０＝６４０（ｃｍ
３），
Ｓ四棱台全＝Ｓ四棱台侧＋Ｓ上底面＋Ｓ下底面
教材习题答案
２６１
＝２×１０＋２０
２
×２５＋２×８＋１６
２
×
２９＋１０×８＋２０×
１６＝６０５＋２４
２９＋４００（ｃｍ
２），
Ｖ四棱台＝
１
３
× （１０× ８＋２０× １６＋
１０×８×２０×１６）×２＝１１２０
３
（ｃｍ
３）．
∴奖杯的表面积Ｓ＝Ｓ球＋Ｓ四棱柱侧＋Ｓ四棱台全
＝１６π＋４８０＋６０５＋２４
２９＋４００≈
１１９４（ｃｍ
２），
奖杯的体积Ｖ＝Ｖ球＋Ｖ四棱柱＋Ｖ四棱台
＝３２
３π＋６４０＋１１２０
３
≈１０４７（ｃｍ
３）．
∴奖杯的表面积约为１１９４ｃｍ
２，体积约为
１０４７ｃｍ
３．
8.4 空间点、直线、平面之间
的位置关系
８．４．１ 平面
练习
１．答案 （１）✕ （２）✕ （３）√
２．Ｄ
３．解析 不共面的四点可以确定４个平面．
４．解析 （１）Ａ∈α；Ｂ∉α．
（２）Ｍ∉α；Ｍ∈ａ．
（３）ａ⊂α；ａ⊂β．
８．４．２ 空间点、直线、平面
之间的位置关系
练习
１．答案 （１）Ｄ （２）Ｄ
２．解析 ＡＢ与ＡＣ相交，ＡＣ与Ａ′Ｃ′平行，Ａ′Ｂ
与ＡＣ异面，Ａ′Ｂ与Ｃ′Ｄ异面．
３．答案 （１）✕ （２）✕ （３）✕ （４）√
４．解析 直线ａ与ｂ平行或异面．理由略．
◆习题8.4
复习巩固
１．解析 （１）
（２）
２．答案 （１）Ｃ （２）Ｂ
３．答案 （１）√ （２）✕ （３）✕
４．答案 （１）２ （２）平行或在平面内 （３）平
行或相交
５．解析 正方体各面所在平面将空间分成２７
部分．
平面ＡＢＣＤ与平面Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１把空间分成三
层，每层中竖直的四个平面将空间分成９部
分，故正方体各面所在平面将空间分成２７
部分．
综合运用
６．解析 共面．
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．
设ｃ∩ａ＝Ｐ，ｃ∩ｂ＝Ｑ，
则Ｐ∈ａ，∵ａ⊂α，∴Ｐ∈α，
同理Ｑ∈α．
∴ｃ⊂α，
∴ａ，ｂ，ｃ共面于α．
７．解析 若三条直线两两平行且不共面，则一
共可以确定三个平面；若三条直线交于一
点，则最多可以确定三个平面．
８．证明 如图，
∵ＡＢ∩α＝Ｐ，ＡＢ⊂平面ＡＢＣ，
∴Ｐ∈平面ＡＢＣ．
又Ｐ∈α，
∴Ｐ在平面ＡＢＣ与平面α 的交线上．
同理可证Ｑ和Ｒ均在这条交线上，
所以Ｐ，Ｑ，Ｒ三点共线．
拓广探索
９．解析 如图，把展开图还原成正方体．
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
８．５．１ 直线与直线平行
练习
１．解析 平行．理由略．
２．解析
与棱ＡＡ′平行的棱共３条，分别是
ＢＢ′，ＣＣ′，ＤＤ′．
３．证明 ∵ＡＡ′∥ＢＢ′且ＡＡ′＝ＢＢ′，
∴四边形ＡＡ′Ｂ′Ｂ为平行四边形，
∴ＡＢＡ′Ｂ′，同理ＢＣＢ′Ｃ′，
∴ＡＣＡ′Ｃ′，
∴△ＡＢＣ≌△Ａ′Ｂ′Ｃ′．
４．解析 △ＥＦＧ和△ＢＣＤ相似．
∵ＥＦ∥ＢＣ，ＦＧ∥ＣＤ，
∴ＥＦ
ＢＣ＝ＡＦ
ＡＣ＝ＦＧ
ＣＤ且∠ＥＦＧ＝∠ＢＣＤ，
∴△ＥＦＧ∽△ＢＣＤ．
８．５．２ 直线与平面平行
练习
１．答案 （１）平面ＣＣ′Ｄ′Ｄ，平面Ａ′Ｂ′Ｃ′Ｄ′
（２）平面ＢＢ′Ｃ′Ｃ，平面ＣＣ′Ｄ′Ｄ
（３）平面ＢＣＣ′Ｂ′，平面Ａ′Ｂ′Ｃ′Ｄ′
２．解析 直线ＢＤ１∥平面ＡＥＣ．理由如下：
如图，连接ＢＤ交ＡＣ于点Ｏ，连接ＯＥ，
在△ＤＢＤ１中，ＯＥ为三角形的中位线，
∴ＯＥ∥ＢＤ１．
∵ＢＤ１⊄平面ＡＥＣ，ＯＥ⊂平面ＡＥＣ，
∴ＢＤ１∥平面ＡＥＣ．
３．答案 （１）✕ （２）✕ （３）✕ （４）√
４．证明 ∵ｂ∥ｃ，ｃ⊂β，ｂ⊄β，∴ｂ∥β，
又α∩β ＝ａ．∴ａ∥ｂ，
∴ａ∥ｂ∥ｃ．
８．５．３ 平面与平面平行
练习
１．解析
（１）✕
当ｍ∥ｎ时，α 与β 可能相
交．
（２）√ 理由略．
（３）✕ 可能相交．
（４）√ 理由略．
（５）√ 理由略．
２．Ｄ
Ａ不正确．以长方体为模型，如图，在平
面ＡＢＣＤ内与ＢＣ平行的所有直线都与平面
ＢＣＣ′Ｂ′平行，但平面ＡＢＣＤ与平面ＢＣＣ′Ｂ′是
相交的．
Ｂ不正确．以长方体为模型，如图，Ａ′Ｄ′∥平
面ＡＢＣＤ，Ａ′Ｄ′∥平面ＢＣＣ′Ｂ′，但平面ＡＢＣＤ
与平面ＢＣＣ′Ｂ′相交．
Ｃ不正确．以长方体为模型，如图，Ａ′Ｄ′∥平面
ＢＣＣ′Ｂ′，ＢＣ∥平面Ａ′Ｂ′Ｃ′Ｄ′，但平面ＢＣＣ′Ｂ′
与平面Ａ′Ｂ′Ｃ′Ｄ′相交．
Ｄ正确．故选Ｄ．
３．证明 连接Ｂ１Ｄ１，由已知得ＭＮ∥Ｂ１Ｄ１，ＥＦ
∥Ｂ１Ｄ１，
∴ＭＮ∥ＥＦ．∵ＭＮ⊄平面ＢＤＦＥ，ＥＦ⊂平面
ＢＤＦＥ，∴ＭＮ∥平面ＢＤＦＥ．
连接ＭＦ，则ＭＦＡＤ，∴四边形ＡＤＦＭ为平
行四边形，∴ＡＭ∥ＤＦ．∵ＡＭ⊄平面ＢＤＦＥ，
ＤＦ⊂平面ＢＤＦＥ，
∴ＡＭ∥平面ＢＤＦＥ．
又ＭＮ∩ＡＭ＝Ｍ，∴平面ＡＭＮ∥平面ＢＤＦＥ．
２６２
４．解析 ｃ∥α，ｃ∥ａ．理由如下：
∵α∥β，又ｃ⊂β，∴ｃ∥α．
∵α∥β，ｒ∩α＝ａ，ｒ∩β ＝ｂ，
∴ａ∥ｂ，又ｂ∥ｃ，
∴ａ∥ｃ．
◆习题8.5
复习巩固
１．答案 （１）Ｄ （２）Ｃ
２．答案 平行或相交
解析 如图．
３．解析 ∵Ｃ１Ｄ１∥ＣＤ，∴可过点Ｐ画一条直
线与Ｃ１Ｄ１平行．
则此线与棱ＣＤ平行．
４．证明 连接ＡＣ．
∵Ｅ、Ｆ分别是ＡＢ、ＢＣ的中点，
∴ＥＦ∥ＡＣ，
∵ＡＣ∥Ａ′Ｃ′，
∴ＥＦ∥Ａ′Ｃ′．
５．证明 （１）∵Ｅ，Ｆ，Ｇ分别是ＡＢ，ＢＣ，ＣＤ的
中点，∴ＦＧ∥ＢＤ．
又∵ＦＧ⊂平面ＥＦＧ，ＢＤ⊄平面ＥＦＧ，
∴ＢＤ∥平面ＥＦＧ．
（２）同（１）可得ＡＣ∥平面ＥＦＧ．
６．解析 在直线ａ上任取一点Ｏ，过Ｏ作ｂ′∥
ｂ，则由ａ与ｂ′确定的平面α 即为所求，如图．
∵ｂ∥ｂ′，ｂ′⊂α 且ｂ⊄α，
∴ｂ∥α．
７．证明 ∵ＡＢ∥α，ＡＢ⊂β，α∩β ＝ＣＤ，
∴ＡＢ∥ＣＤ，同理ＡＢ∥ＥＦ，
∴ＣＤ∥ＥＦ．
８．证明 ∵ＡＯ＝Ａ′Ｏ，ＢＯ＝Ｂ′Ｏ，∠ＡＯＢ＝∠Ａ′ＯＢ′，
∴△ＡＯＢ≌△Ａ′ＯＢ′，
∴∠Ａ′Ｂ′Ｏ＝∠ＡＢＯ，
∴Ａ′Ｂ′∥ＡＢ．
∵ＡＢ⊂平面ＡＢＣ，Ａ′Ｂ′⊄平面ＡＢＣ，
∴Ａ′Ｂ′∥平面ＡＢＣ，同理，Ｂ′Ｃ′∥平面ＡＢＣ．
∵Ａ′Ｂ′∩Ｂ′Ｃ′＝Ｂ′，
∴平面Ａ′Ｂ′Ｃ′∥平面ＡＢＣ．
综合运用
９．证明 连接ＥＥ′．
∵Ｅ，Ｅ′分别为ＡＤ，Ａ′Ｄ′的中点，
∴四边形Ａ′Ｅ′ＥＡ为平行四边形，
∴Ａ′ＡＥ′Ｅ．
又Ａ′ＡＢ′Ｂ，∴Ｅ′Ｅ∥Ｂ′Ｂ，
∴四边形ＥＥ′Ｂ′Ｂ为平行四边形，
∴ＢＥ∥Ｂ′Ｅ′．
同理ＣＥ∥Ｃ′Ｅ′，
又∠ＢＥＣ与∠Ｂ′Ｅ′Ｃ′方向相同，
∴∠ＢＥＣ＝∠Ｂ′Ｅ′Ｃ′．
１０．证明 连接ＣＤ．
∵ＡＣ∥ＢＤ，∴由ＡＣ、ＢＤ可确定平面β，则
ＡＢ⊂β，且β 与α 交于ＣＤ．
∵ＡＢ∥α，∴ＡＢ∥ＣＤ，
∴四边形ＡＢＤＣ为平行四边形．
∴ＡＣ＝ＢＤ．
１１．证明 设两条平行直线分别为ａ和ｂ，其中
ａ∥α．
过直线ａ作平面β，使其与平面α 相交，交
线为ｃ．
∵ａ∥α，ａ⊂β，α∩β ＝ｃ，
∴ａ∥ｃ．
又ａ∥ｂ，
∴ｂ∥ｃ，
又ｃ⊂α，ｂ⊄α，∴ｂ∥α．
故另一条直线也平行于这个平面．
１２．解析
过点Ｐ作ＭＮ∥ＡＣ，交ＶＡ于点Ｍ，
交ＶＣ于点Ｎ，过点Ｍ作ＭＯ∥ＶＢ，交ＡＢ于
点Ｏ，过点Ｎ作ＮＱ∥ＶＢ，交ＢＣ于点Ｑ，连
接ＯＱ，则平面ＭＮＱＯ即为所求，如图所示．
１３．证明 连接ＡＦ交β 于Ｍ点，连接ＭＢ，ＣＦ，
则ＭＢ∥ＣＦ，∴ＡＢ
ＢＣ＝ＡＭ
ＭＦ．
同理，连接ＭＥ，ＡＤ，ＭＥ∥ＡＤ，∴ＡＭ
ＭＦ＝ＤＥ
ＥＦ，
∴ＡＢ
ＢＣ＝ＤＥ
ＥＦ．
拓广探索
１４．证明 过ａ作平面γ 交β 于直线ａ′，
∵ａ∥β，∴ａ∥ａ′，∴ａ′∥α．
∵ａ，ｂ异面，
∴ａ′与ｂ相交，
∴α∥β．
１５．答案 （１）（２）（４）（５）
解析 ∵平面ＡＢＢ１Ａ１∥平面ＣＤＤ１Ｃ１，
∴有水的部分和无水的部分始终有两个面
平行，而其余各面都易证是平行四边形（水
面与两平行平面的交线互相平行），
∴（１）（２）是正确的．
在题图（１）中，
水面面积Ｓ１＝ＥＦ·ＦＧ＝ＥＦ·ＢＣ，
在题图（３）中，Ｓ２＝ＥＦ·ＢＣ，而题图（１）中
的ＥＦ小于题图（３）中的ＥＦ，
∴Ｓ１＜Ｓ２，∴（３）是错的．
由（１）（２）的正确性知（４）是正确的．
因为水的体积一定，形成柱体的高始终是
ＢＣ，
∴底面ＥＦＢ的面积是定值，
∴
１
２ＢＥ· ＢＦ· ｓｉｎ∠ＥＢＦ为定值，而
∠ＥＢＦ为９０°，
∴ＢＥ·ＢＦ为定值，
∴（５）是正确的．
8.6 空间直线、平面的垂直
８．６．１ 直线与直线垂直
练习
１．答案 （１）√ （２）✕
２．答案 （１）８ （２）４ （３）４ （４）ＡＡ′
３．解析 （１）∵ＢＣ∥Ｂ′Ｃ′，
∴∠Ｂ′Ｃ′Ａ′就是ＢＣ与Ａ′Ｃ′所成的角，
又ＡＢ＝ＡＤ＝２３，
∴∠Ｂ′Ｃ′Ａ′＝４５°，
∴直线ＢＣ与Ａ′Ｃ′所成的角是４５°．
（２）∵ＡＡ′∥ＢＢ′，
∴∠Ｂ′ＢＣ′就是ＡＡ′与ＢＣ′所成的角，
∴ｔａｎ∠Ｂ′ＢＣ＝Ｂ′Ｃ′
ＢＢ′ ＝３，
∴∠Ｂ′ＢＣ′＝６０°，
∴直线ＡＡ′与ＢＣ′所成的角是６０°．
４．证明
取ＡＣ′的中点Ｅ，连接ＤＥ，取Ｂ′Ｂ的
中点Ｆ，连接ＡＦ、ＥＦ．
∴ＤＥ∥ＣＣ′，ＤＥ＝１
２ＣＣ′，ＢＦ∥ＣＣ′，ＢＦ＝
１
２ＣＣ′，
∴ＤＥＢＦ，
∴四边形ＢＤＥＦ为平行四边形，
∴ＢＤ∥ＥＦ．
又ＡＢ＝ＢＢ′＝２，
∴ＡＦ＝５，ＡＥ＝２，ＥＦ＝ＢＤ＝３．
在△ＡＥＦ中，ＡＥ
２＋ＥＦ
２＝ＡＦ
２，
∴∠ＡＥＦ＝９０°，
∴ＥＦ⊥ＡＣ′，
又ＥＦ∥ＢＤ，
∴ＢＤ⊥ＡＣ′．
８．６．２ 直线与平面垂直
练习
１．解析 这两条直线不一定平行，它们也可以
相交，也可以异面．如图所示，在正方体
ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１中，Ｅ、Ｆ分别是Ａ１Ｄ１、Ｂ１Ｃ１
的中点，易知ＡＥ、ＤＥ、ＢＦ与平面ＡＢＣＤ所成
的角都相等，其中ＡＥ∥ＢＦ，ＡＥ∩ＤＥ＝Ｅ，ＤＥ
与ＢＦ异面．
２．证明 ∵ＳＤ⊥平面ＡＢＣＤ，ＡＣ⊂平面ＡＢＣＤ，
∴ＳＤ⊥ＡＣ．
又底面ＡＢＣＤ为正方形，
∴ＡＣ⊥ＢＤ．
又ＳＤ∩ＢＤ＝Ｄ，
∴ＡＣ⊥平面ＳＤＢ．
３．解析 ∵四棱柱Ａ′Ｂ′Ｃ′Ｄ′－ＡＢＣＤ为直四棱
柱，∴Ｂ′Ｄ′⊥Ａ′Ａ．
若Ａ′Ｃ⊥Ｂ′Ｄ′，则Ｂ′Ｄ′⊥平面Ａ′ＡＣＣ′，
∴Ｂ′Ｄ′⊥ＡＣ，
又Ｂ′Ｄ′∥ＢＤ，
∴ＢＤ⊥ＡＣ．
∴当ＢＤ⊥ＡＣ，即底面四边形ＡＢＣＤ的对角
线互相垂直时，Ａ′Ｃ⊥Ｂ′Ｄ′．
４．答案 （１）外 （２）中 （３）垂
解析 ①连接ＯＡ、ＯＢ、ＯＣ．
∵ＰＡ＝ＰＢ＝ＰＣ且ＰＯ为公共边，
∴Ｒｔ△ＡＯＰ≌Ｒｔ△ＢＯＰ≌Ｒｔ△ＣＯＰ，
∴ＯＡ＝ＯＢ＝ＯＣ，
∴Ｏ为△ＡＢＣ的外心．
当∠Ｃ＝９０°时，∴Ｏ为ＡＢ边的中点．
∴（１）、（２）两问的答案即证出．
②连接ＡＯ、ＣＯ并延长分别交ＢＣ、ＡＢ于Ｄ、Ｅ
两点．
教材习题答案
２６３
∵ＰＡ⊥ＰＣ，ＰＢ⊥ＰＣ，ＰＡ∩ＰＢ＝Ｐ，
∴ＰＣ⊥平面ＰＡＢ，
∴ＰＣ⊥ＡＢ．
∵ＰＯ⊥α，
∴ＰＯ⊥ＡＢ，又ＰＯ∩ＰＣ＝Ｐ，
∴ＡＢ⊥平面ＰＣＯ，
∴ＡＢ⊥ＣＯ，同理，ＢＣ⊥ＡＯ，
∴点Ｏ为△ＡＢＣ三条高的交点，
即点Ｏ为△ＡＢＣ的垂心．
练习
１．答案 ｂ⊂α 或ｂ∥α
２．证明 过点Ａ、Ｂ分别作ＡＣ⊥α，ＢＤ⊥α，分
别交α 于点Ｃ、Ｄ．连接ＣＤ．
∵Ａ，Ｂ与α 距离相等，即ＡＣ＝ＢＤ．
又ＡＣ⊥α，ＢＤ⊥α，
∴ＡＣ∥ＢＤ，
∴四边形ＡＢＤＣ为平行四边形，
∴ＡＢ∥ＣＤ，又ＣＤ⊂α，
∴ＡＢ∥α．
３．证明 证法一：取ＡＥ中点Ｈ，连接ＤＨ、ＦＨ．
∵ＥＡ＝２ＤＣ，Ｈ是ＡＥ中点，
则ＣＤ＝ＡＨ．又ＥＡ、ＤＣ都垂直于平面ＡＢＣ，
∴ＣＤ∥ＡＨ，
∴四边形ＤＨＡＣ为平行四边形，
则ＤＨ∥ＡＣ．
又Ｆ是ＥＢ中点，∴ＨＦ∥ＡＢ．
又ＤＨ∩ＨＦ＝Ｈ，ＡＣ∩ＡＢ＝Ａ．
则平面ＨＦＤ∥平面ＡＢＣ．
又ＤＦ⊂平面ＨＦＤ，∴ＤＦ∥平面ＡＢＣ．
证法二：取ＡＢ的中点Ｇ．连接ＧＦ、ＣＧ．
∴ＧＦ∥ＡＥ，ＧＦ＝１
２ＡＥ，
又ＣＤ∥ＡＥ，ＣＤ＝１
２ＡＥ，
∴ＣＤＧＦ，
∴四边形ＣＧＦＤ为平行四边形，
∴ＤＦ∥ＣＧ．
又ＣＧ⊂平面ＡＢＣ，
ＤＦ⊄平面ＡＢＣ，
∴ＤＦ∥平面ＡＢＣ．
４．证明 设平面α，β 都与直线ｌ垂直，
过直线ｌ作平面γ，与α，β 分别相交于直线
ａ，ｂ．
∵ａ⊥ｌ，ｂ⊥ｌ，
又ａ，ｂ，ｌ都在平面γ 上，∴ａ∥ｂ，
∴ａ，ｂ分别是平面α，β 上任意两条交线，
∴α∥β．
８．６．３ 平面与平面垂直
练习
１．解析
如图，因为ＯＡ⊥ＯＢ，ＯＡ⊥ＯＣ，ＯＢ⊂
β，ＯＣ⊂β 且ＯＢ∩ＯＣ＝Ｏ．
根据线面垂直的判定定理，可得ＯＡ⊥β，
又ＯＡ⊂α，根据面面垂直的判定定理，可得α
⊥β．
２．Ｄ
３．解析 平面ＡＢＤ⊥平面ＢＣＤ．平面ＡＢＣ⊥平
面ＢＣＤ．平面ＡＣＤ⊥平面ＡＢＣ．理由如下：
∵ＡＢ⊥平面ＢＣＤ，ＡＢ⊂平面ＡＢＤ，ＡＢ⊂平面
ＡＢＣ，
∴平面ＡＢＤ⊥平面ＢＣＤ，平面ＡＢＣ⊥平面
ＢＣＤ．
由ＡＢ⊥平面ＢＣＤ，得ＡＢ⊥ＣＤ．
又ＢＣ⊥ＣＤ，∴ＣＤ⊥平面ＡＢＣ，
∴平面ＡＣＤ⊥平面ＡＢＣ．
４．证明 ∵三棱柱ＡＢＣ－Ａ′Ｂ′Ｃ′为正三棱柱，
则△ＡＢＣ为正三角形．
又Ｄ为棱ＡＣ中点，
∴ＢＤ⊥ＡＣ．
又ＡＡ′⊥底面ＡＢＣ，
∴ＡＡ′⊥ＢＤ．
又ＡＣ∩ＡＡ′＝Ａ，
∴ＢＤ⊥平面ＡＣＣ′Ａ′，
∴平面ＢＤＣ′⊥平面ＡＣＣ′Ａ′．
练习
１．答案 （１）✕ （２）√ （３）√
２．Ｂ ①错误．若一平面内的已知直线垂直于
另一个平面内的任意直线，则已知直线就垂
直于另一平面，而一个平面内的直线与另一
平面还存在平行和相交两种情况．
②正确．在另一平面内存在无数条与两平面
的交线垂直的直线，而这些直线都与第一个
平面的已知直线垂直．
③错误（参考①的分析）．
④正确（参考性质定理）．
故选Ｂ．
３．Ｂ α⊥β 时，ｍ不一定垂直于β．∴是不充分
条件．
ｍ⊥β 时，α 一定垂直于β．∴是必要条件．故
“α⊥β”是“ｍ⊥β”的必要不充分条件．
４．解析 直线ａ与平面β 的位置关系是ａ⊥β．
理由如下：
设过直线ａ与平面α 内的一点的平面与α
的交线为ａ′．
∵ａ∥α，∴ａ∥ａ′．
∵ａ⊥ＡＢ，∴ａ′⊥ＡＢ．
∵ａ′⊂α，α⊥β，∴ａ′⊥β．
∴ａ⊥β，即直线ａ与平面β 的位置关系是
ａ⊥β．
◆习题8.6
复习巩固
１．答案 （１）Ｄ （２）Ａ （３）Ｃ
２．答案 （１）√ （２）✕ （３）√ （４）✕
（５）√
３．解析 （１）正确．因为另一条直线与这个平
面垂直，则另一条直线垂直于这个平面内的
任意一条直线．所以另一条直线一定垂直于
平面内与已知直线平行的直线．故两条直线
互相垂直．
（２）正确．理由略．
（３）错误．比如正方体两个相对的侧面，都垂
直于底面，但两侧面平行．
４．证明 （１）取ＡＢ中点Ｈ．连接ＣＨ、ＰＨ．
∵Ｐ、Ｈ分别为Ａ１Ｂ、ＡＢ中点，
∴ＰＨ∥ＡＡ１，ＰＨ＝１
２ＡＡ１．
又ＡＡ１⊥平面ＡＢＣ，∴ＰＨ⊥平面ＡＢＣ，
∴ＰＨ⊥ＣＨ．
由ＣＣ１⊥平面ＡＢＣ可知ＱＣ⊥ＣＨ，
∴ＰＨ∥ＱＣ．
又ＰＨ＝１
２ＡＡ１＝ＱＣ，
∴四边形ＰＨＣＱ为平行四边形，∴ＰＱ∥ＨＣ．
又ＣＡ＝ＣＢ，Ｈ为ＡＢ中点，∴ＨＣ⊥ＡＢ，
∴ＰＱ⊥ＡＢ．
（２）∵Ｃ１Ｃ⊥平面ＡＢＣ，∴Ｃ１Ｃ⊥ＣＨ．
又ＰＱ∥ＣＨ，∴ＰＱ⊥Ｃ１Ｃ．
（３）∵Ｂ１Ｂ∥Ｃ１Ｃ，ＰＱ⊥Ｃ１Ｃ，∴Ｂ１Ｂ⊥ＰＱ．
又ＡＢ⊥ＰＱ，ＡＢ∩Ｂ１Ｂ＝Ｂ，∴ＰＱ⊥平面
ＡＢＢ１Ａ１，
∵Ａ１Ｂ⊂平面ＡＢＢ１Ａ１，
∴ＰＱ⊥Ａ１Ｂ．
５．证明 ∵ＰＯ⊥底面ＡＢＣ，∴ＰＯ⊥ＡＢ．
又ＣＤ⊥ＡＢ，ＣＤ∩ＰＯ＝Ｏ，
∴ＡＢ⊥平面ＰＯＣ，∴ＡＢ⊥ＰＣ．
６．解析
与平面ＡＢＢ′Ａ′、平面ＤＣＣ′Ｄ′、平面
ＡＢＣＤ、平面Ａ′Ｂ′Ｃ′Ｄ′所成的二面角均为４５°．
与平面ＡＤＤ′Ａ′、平面ＢＣＣ′Ｂ′所成的二面角均
为９０°．
７．解析 平面ＶＡＢ⊥平面ＶＢＣ．理由如下：
∵∠ＶＡＢ＝∠ＶＡＣ＝９０°，ＡＢ∩ＡＣ＝Ａ，
∴ＶＡ⊥平面ＡＢＣ，∴ＶＡ⊥ＢＣ．
又∠ＡＢＣ＝９０°，∴ＡＢ⊥ＢＣ，
又ＶＡ∩ＡＢ＝Ａ，∴ＢＣ⊥平面ＶＡＢ，
∴平面ＶＡＢ⊥平面ＶＢＣ．
８．证明 设ａ，ｂ，ｃ为两两互相垂直的直线，且
它们交于公共点Ａ．
ａ，ｂ确定一平面α，ａ，ｃ确定一平面β．
∵ｃ⊥ａ，ｃ⊥ｂ，ａ∩ｂ＝Ａ．
∴ｃ⊥α．
又ｃ∈β，∴α⊥β．
同理可证ｂ，ｃ确定的平面与α，β 都垂直．
９．证明 设α∩γ＝ｌ，在平面α 内作直线ａ⊥ｌ．
∵α⊥γ，ａ⊥ｌ，∴ａ⊥γ．
过ａ作一平面与平面β 相交于直线ｂ，
∵β∥α，∴ａ∥ｂ，∴ｂ⊥γ．
又ｂ⊂β，∴β⊥γ．
１０．证明 ∵α⊥γ，β⊥γ，α∩β ＝ｌ，
则三个面相交于一点，设为点Ｃ，
过点Ｃ作直线ｌ′，满足ｌ′⊥γ．
∵α⊥γ，且点Ｃ在平面α 上，
∴直线ｌ′在平面α 内．
同理，ｌ′在平面β 内．∴ｌ′＝α∩β ＝ｌ，∴ｌ⊥γ．
２６４
综合运用
１１．证明 取ＢＣ中点Ｐ′，连接Ｂ１Ｐ′与ＢＱ交于
点Ｏ．
∴Ａ１Ｐ∥Ｂ１Ｐ′，又四边形Ｂ１ＢＣＣ１为正方
形，Ｑ为ＣＣ１中点，
∴△Ｂ１ＢＰ′≌△ＢＣＱ，∴∠ＢＢ１Ｐ′＝∠ＣＢＱ．
又∠ＣＢＱ＋∠Ｂ１ＢＱ＝９０°，
∴∠ＢＢ１Ｐ′＋∠Ｂ１ＢＱ＝９０°，
∴∠Ｂ１ＯＢ＝９０°，∴Ｂ１Ｐ′⊥ＢＱ，
∴Ａ１Ｐ⊥ＢＱ．
１２．证明 设ｍ，ｎ确定的平面为α．∵ｌ１⊥ｍ，ｌ１
⊥ｎ，ｍ、ｎ相交，
∴ｌ１⊥α．
同理，ｌ２⊥α，∴ｌ１∥ｌ２，
∴∠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θ１、θ２．
在ａ，ｂ上分别取点Ａ１，Ｂ１，这两点在平面α
的同侧．且ＡＡ１＝ＢＢ１，连接ＡＢ和Ａ１Ｂ１．
因为ＡＡ１∥ＢＢ１，ＡＡ１＝ＢＢ１，所以四边形
ＡＡ１Ｂ１Ｂ是平行四边形．
所以ＡＢ∥Ａ１Ｂ１．又Ａ１Ｂ１⊂α，ＡＢ⊄α，所以
ＡＢ∥α．
设Ａ２，Ｂ２分别是平面α 的垂线ＡＡ２，ＢＢ２的
垂足，连接Ａ１Ａ２，Ｂ１Ｂ２，则ＡＡ２＝ＢＢ２．
在Ｒｔ△ＡＡ１Ａ２和Ｒｔ△ＢＢ１Ｂ２中，因为ＡＡ２＝
ＢＢ２，ＡＡ１＝ＢＢ１，所以
Ｒｔ△ＡＡ１Ａ２
≌
Ｒｔ△ＢＢ１Ｂ２，所以∠ＡＡ１Ａ２＝∠ＢＢ１Ｂ２，即θ１
＝θ２．
１４．解析 能．理由如下：如图所示，
∵ＶＯ⊥平面ＡＢＣ，∴ＶＯ⊥ＡＢ．
∵ＶＡ＝ＶＢ，ＡＤ＝ＢＤ，∴ＶＤ⊥ＡＢ．
又∵ＶＯ∩ＶＤ＝Ｖ，∴ＡＢ⊥平面ＶＤＯ．
∵ＣＤ⊂平面ＶＤＯ，∴ＣＤ⊥ＡＢ．
∵Ｄ为ＡＢ的中点，∴ＡＣ＝ＢＣ．
１５．解析
ＳＧ⊥平面ＥＦＧ，ＥＧ⊥平面ＳＧＦ，ＦＧ
⊥平面ＳＧＥ．证明如下：
折成的四面体如图所示，
由平面正方形可知ＳＧ１⊥Ｇ１Ｅ，ＳＧ３⊥Ｇ３Ｆ，
∴折成四面体后，ＳＧ⊥ＧＥ，ＳＧ⊥ＧＦ，
∵ＧＥ∩ＧＦ＝Ｇ，
∴ＳＧ⊥平面ＥＦＧ．
同理，ＥＧ⊥平面ＳＧＦ，ＦＧ⊥平面ＳＧＥ．
１６．证明 设α、β 为两个平行平面，直线ｌ⊥α．
交点为Ａ．
过点Ａ和平面β 内任意一条直线ｂ作平面
γ，则γ 与α 相交，设交线为ａ．
∵α∥β，α∩γ＝ａ，β∩γ＝ｂ，∴ａ∥ｂ．
又ａ⊂α，ｌ⊥α，∴ｌ⊥ａ，∴ｌ⊥ｂ．
∵ｂ是β 内任意一条直线，
∴ｌ⊥β．
１７．证明 设三个平面为α、β、γ．
α∩β ＝ｌ，β∩γ＝ｎ，γ∩α＝ｍ．
在平面γ 上任取一点Ａ，作ＡＢ⊥ｍ于Ｂ，ＡＣ
⊥ｎ于Ｃ．
由α⊥γ，∴ＡＢ⊥α，ｌ在平面α 内，∴ｌ⊥ＡＢ．
同理，ｌ⊥ＡＣ，
又ＡＢ、ＡＣ在平面γ 内，且相交于点Ａ，
∴ｌ⊥γ，
∵ｍ、ｎ在γ 内，∴ｌ⊥ｍ，ｌ⊥ｎ．
同理，可证ｍ⊥ｎ，
∴三条交线两两垂直．
１８．解析
由题意知，△ＡＢＣ、△ＶＡＢ为边长为
２的正三角形．
取ＡＢ中点Ｏ，连接ＯＣ、ＯＶ，则ＯＣ⊥ＡＢ，ＯＶ
⊥ＡＢ，
∴∠ＶＯＣ为二面角Ｖ－ＡＢ－Ｃ的平面角，
又易知ＯＶ＝ＯＣ＝３，且ＶＣ＝１，
∴ｃｏｓ∠ＶＯＣ＝（３）
２＋（３）
２－１
２
２× ３× ３
＝５
６．
拓广探索
１９．证明 连接Ａ１Ｂ．
∵三棱柱ＡＢＣ－Ａ１Ｂ１Ｃ１为直三棱柱，∴四
边形ＡＢＢ１Ａ１为平行四边形，ＢＢ１⊥平面
ＡＢＣ．∴ＢＢ１⊥ＢＣ，
又ＡＢ⊥ＢＣ，ＡＢ∩ＢＢ１＝Ｂ，
∴ＢＣ⊥平面ＡＢＢ１Ａ１，
∴ＡＢ１⊥ＢＣ．
又ＡＡ１＝ＡＢ，ＡＡ１⊥ＡＢ，∴平行四边形
ＡＢＢ１Ａ１为正方形．
∴ＡＢ１⊥Ａ１Ｂ，
又Ａ１Ｂ∩ＢＣ＝Ｂ，
∴ＡＢ１⊥平面Ａ１ＢＣ，
∴Ａ１Ｃ⊥ＡＢ１．
２０．解析
直线ＤＥ与平面ＶＢＣ垂直．理由如
下：
∵ＡＢ是☉Ｏ的直径，点Ｃ是☉Ｏ上的动
点，
∴ＡＣ⊥ＢＣ．
又ＶＣ垂直于☉Ｏ所在的平面，ＡＣ在☉Ｏ
所在平面上，
∴ＡＣ⊥ＶＣ．
又ＢＣ∩ＶＣ＝Ｃ，
∴ＡＣ⊥平面ＶＢＣ．
又Ｄ，Ｅ分别是ＶＡ，ＶＣ的中点，
∴ＤＥ∥ＡＣ，∴ＤＥ⊥平面ＶＢＣ．
２１．解析 平面ＡＥＦ⊥平面ＰＢＣ．证明如下：
∵底面ＡＢＣＤ为正方形，∴ＢＣ⊥ＡＢ．
又ＰＡ⊥底面ＡＢＣＤ，∴ＰＡ⊥ＢＣ．
又ＰＡ∩ＡＢ＝Ａ，
∴ＢＣ⊥平面ＰＡＢ，∴ＢＣ⊥ＡＥ．
又ＰＡ＝ＡＢ，Ｅ为ＰＢ中点，
∴ＡＥ⊥ＰＢ．
又ＰＢ∩ＢＣ＝Ｂ，
∴ＡＥ⊥平面ＰＢＣ，
∴平面ＡＥＦ⊥平面ＰＢＣ．
复习参考题8
复习巩固
１．答案
多面体顶点数Ｖ棱数Ｅ
面数Ｆ
Ｖ＋Ｆ－Ｅ
ｎ棱柱
２ｎ
３ｎ
ｎ＋２
２
ｎ棱锥
ｎ＋１
２ｎ
ｎ＋１
２
ｎ棱台
２ｎ
３ｎ
ｎ＋２
２
２．解析 （１）
（２）三棱柱．
３．答案 （１）ｎ
２；ｎ
３ （２）ｎ
２；ｎ
３
４．解析 （１）设所截等腰三角形的底边边长为
ｘｃｍ．
在Ｒｔ△ＥＯＦ中，ＥＦ＝５ｃｍ，ＯＦ＝１
２ｘｃｍ，
所以ＥＯ＝
２５－１
４ｘ
２ｃｍ．
于是Ｖ＝１
３ｘ
２
２５－１
４ｘ
２ｃｍ
３．
依题意函数的定义域为｛ｘ｜０＜ｘ＜１０｝．
５．解析 ①当三个平面两两平行时，可以把空
间分成４部分；
②当两个平面平行，第三个平面分别与它们
相交时；或三个平面同时交于一条直线时，
可以把空间分成６部分；
③当三个平面两两相交且不共线时，可以把
空间分成７部分；
④当三个平面相互垂直时，可以把空间分成
８部分．
６．解析 （１）证明：∵ａ∩ｂ＝Ｏ，∴Ｏ∈ａ，Ｏ∈ｂ．
∵α∩β＝ａ，α∩γ＝ｂ，∴ａ⊂β，ｂ⊂γ．
∴Ｏ∈β，Ｏ∈γ，
又∵β∩γ＝ｃ，∴Ｏ∈ｃ，∴Ｏ∈ａ，Ｏ∈ｂ，Ｏ∈ｃ．
∴ａ，ｂ，ｃ三线共点．
（２）ａ∥ｃ，ｂ∥ｃ．
理由如下：
∵α∩β＝ａ，α∩γ＝ｂ，ａ∥ｂ，∴ａ⊄γ，ｂ⊂γ，
又∵ａ∥ｂ，∴ａ∥γ，
又∵ａ⊂β，β∩γ＝ｃ，∴ａ∥ｃ．
又ａ∥ｂ，∴ｂ∥ｃ．
７．证明 ∵ＡＡ′∥ＢＢ′∥ＣＣ′∥ＤＤ′，
∴ＢＢ′∥平面ＡＤＤ′Ａ′．
∵四边形ＡＢＣＤ是平行四边形，
∴ＢＣ∥ＡＤ．
教材习题答案
２６５
又ＡＤ⊂平面ＡＤＤ′Ａ′，ＢＣ⊄平面ＡＤＤ′Ａ′，
∴ＢＣ∥平面ＡＤＤ′Ａ′．
又ＢＢ′∩ＢＣ＝Ｂ，
∴平面ＢＣＣ′Ｂ′∥平面ＡＤＤ′Ａ′．
∵平面ＢＣＣ′Ｂ′∩平面Ａ′Ｂ′Ｃ′Ｄ′＝Ｂ′Ｃ′，
平面ＡＤＤ′Ａ′∩平面Ａ′Ｂ′Ｃ′Ｄ′＝Ａ′Ｄ′，
∴Ａ′Ｄ′∥Ｂ′Ｃ′，同理可证Ａ′Ｂ′∥Ｃ′Ｄ′，
∴四边形Ａ′Ｂ′Ｃ′Ｄ′是平行四边形．
８．解析
设经过点Ｅ在上底面画直线ｌ与ＣＥ
垂直．
∵ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１是正方体，
∴ＣＣ１⊥平面Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１，
∵ｌ⊂平面Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１，
∴ＣＣ１⊥ｌ，
又ＣＥ⊥ｌ，
且ＣＣ１∩ＣＥ＝Ｃ，
∴ｌ⊥平面ＣＣ１Ｅ，
∵Ｃ１Ｅ⊂平面ＣＣ１Ｅ，
∴ｌ⊥Ｃ１Ｅ．
故在平面Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１中，画出经过点Ｅ与
Ｃ１Ｅ垂直的直线即可．
９．证明 （１）∵Ｄ，Ｅ分别是ＡＢ，ＰＢ的中点，
∴ＤＥ∥ＰＡ．
又∵ＰＡ⊂平面ＰＡＣ，ＤＥ⊄平面ＰＡＣ，
∴ＤＥ∥平面ＰＡＣ．
（２）∵ＰＣ⊥底面ＡＢＣ，ＡＢ⊂底面ＡＢＣ，
∴ＰＣ⊥ＡＢ，
∵ＡＢ⊥ＢＣ，ＰＣ∩ＢＣ＝Ｃ，ＰＣ⊂平面ＰＢＣ，
ＢＣ⊂平面ＰＢＣ，
∴ＡＢ⊥平面ＰＢＣ，
∵ＰＢ⊂平面ＰＢＣ，
∴ＡＢ⊥ＰＢ．
综合运用
１０．解析
（１）证明：由正方形ＡＢＣＤ知，
∠ＤＣＦ＝∠ＤＡＥ＝９０°，
∴Ａ′Ｄ⊥Ａ′Ｆ，Ａ′Ｄ⊥Ａ′Ｅ．
∵Ａ′Ｅ∩Ａ′Ｆ＝Ａ′，∴Ａ′Ｄ⊥平面Ａ′ＥＦ．
又ＥＦ⊂平面Ａ′ＥＦ，∴Ａ′Ｄ⊥ＥＦ．
（２）
连接ＢＤ，交ＥＦ于点Ｈ．
∵正方形ＡＢＣＤ的边长为２，Ｅ、Ｆ分别为
ＡＢ、ＢＣ的中点，
∴ＢＨ＝１
４ＢＤ＝２
２，
即Ａ′Ｈ＝ＢＨ＝２
２，ＨＤ＝３
４ＢＤ＝３２
２．
作Ａ′Ｇ⊥底面ＥＦＤ．
∵ＥＤ＝ＦＤ，∴Ｇ在直线ＤＨ上．
由（１）知Ａ′Ｄ⊥平面Ａ′ＥＦ，
∴Ａ′Ｄ⊥Ａ′Ｈ，
∴Ａ′Ｄ·Ａ′Ｈ＝ＨＤ·Ａ′Ｇ，
可得Ａ′Ｇ＝２
３，
∴ＶＡ′－ＥＦＤ＝１
３·Ｓ△ＥＦＤ·Ａ′Ｇ＝１
３．
１１．证明 取ＢＤ的中点Ｏ，在线段ＣＤ上取点
Ｆ，使得ＤＦ＝３ＦＣ，连接ＯＰ，ＯＦ，ＦＱ．
因为ＡＱ＝３ＱＣ，所以ＱＦ∥ＡＤ，且ＱＦ＝１
４×
ＡＤ．
因为Ｏ，Ｐ分别为ＢＤ，ＢＭ的中点，所以ＯＰ
是△ＢＤＭ的中位线，
所以ＯＰ∥ＤＭ，且ＯＰ＝１
２ＤＭ．
又点Ｍ是ＡＤ的中点，
所以ＯＰ∥ＡＤ，且ＯＰ＝１
４ＡＤ．
从而ＯＰ∥ＱＦ，且ＯＰ＝ＱＦ，所以四边形
ＯＰＱＦ是平行四边形，故ＰＱ∥ＯＦ．
又ＯＦ⊂平面ＢＣＤ，∴ＰＱ∥平面ＢＣＤ．
１２．证明 （１）连接Ｂ１Ｄ１、ＢＤ，则Ｂ１Ｄ１⊥Ａ１Ｃ１．
又因为ＢＢ１⊥平面Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１，
所以ＢＢ１⊥Ａ１Ｃ１．
又因为ＢＢ１∩Ｂ１Ｄ１＝Ｂ１，
所以Ａ１Ｃ１⊥平面ＢＢ１Ｄ１Ｄ．
又因为Ｂ１Ｄ⊂平面ＢＢ１Ｄ１Ｄ，
所以Ｂ１Ｄ⊥Ａ１Ｃ１．
同理，Ｂ１Ｄ⊥Ａ１Ｂ．
又因为Ａ１Ｂ∩Ａ１Ｃ１＝Ａ１，
所以Ｂ１Ｄ⊥平面Ａ１ＢＣ１．
（２）连接ＢＨ、Ｃ１Ｈ、Ａ１Ｈ，
由（１）知Ａ１Ｃ１⊥ＢＨ，Ａ１Ｂ⊥Ｃ１Ｈ，
所以Ｈ为△Ａ１Ｃ１Ｂ的高的交点．
又因为△Ａ１Ｃ１Ｂ为正三角形，
所以ＢＨ、Ｃ１Ｈ、Ａ１Ｈ为各边上的中线，
所以Ｈ为△Ａ１Ｃ１Ｂ的重心．
１３．解析 （１）证明：∵ＰＡ⊥底面ＡＢＣ，∴ＢＣ⊥
ＰＡ．
∵∠ＡＣＢ＝９０°，∴ＢＣ⊥ＡＣ．
∵ＰＡ∩ＡＣ＝Ａ，∴ＢＣ⊥平面ＰＡＣ．
∵ＢＣ⊂平面ＰＢＣ，∴平面ＰＡＣ⊥平面ＰＢＣ．
（２）取ＰＣ的中点Ｄ，连接ＡＤ，ＤＭ，ＡＭ．
∵ＡＣ＝ＰＡ，∴ＡＤ⊥ＰＣ．
∵由（１）知平面ＰＡＣ⊥平面ＰＢＣ，平面ＰＡＣ
∩平面ＰＢＣ＝ＰＣ，
∴ＡＤ⊥平面ＰＢＣ，∴∠ＡＤＭ＝９０°，
则∠ＡＭＤ就是ＡＭ与平面ＰＢＣ所成的角．
设ＡＣ＝ＢＣ＝ＰＡ＝ａ，则ＡＤ＝２ａ
２，
∴ＤＭ＝ａ
２，∴在Ｒｔ△ＡＤＭ中，ｔａｎ∠ＡＭＤ＝
ＡＤ
ＤＭ＝２．
∴ＡＭ与平面ＰＢＣ所成角的正切值是２．
１４．解析
（１）证明：∵平面ＰＡＤ⊥平面ＡＢ⁃
ＣＤ，交线为ＡＤ．
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．
（２）取ＢＣ、ＡＤ的中点分别为Ｅ、Ｆ，连接
ＥＦ、ＰＥ、ＰＦ．
由题意知ＰＡ＝ＰＤ，ＡＢ＝ＣＤ，ＡＢ⊥ＡＤ，ＣＤ⊥
ＡＤ，ＡＤ为平面ＰＡＤ与平面ＡＢＣＤ的交线，
∴∠ＰＡＢ＝∠ＰＤＣ＝９０°，
∴△ＰＡＢ≌△ＰＤＣ，
∴ＰＢ＝ＰＣ，∴ＰＥ⊥ＢＣ．
又ＥＦ⊥ＢＣ，
∴∠ＦＥＰ为侧面ＰＢＣ与底面ＡＢＣＤ所成的
二面角．
设正方形边长为ａ，可求得ＥＦ＝ａ，ＰＢ＝２
·ａ，∴ＰＥ＝７
２ａ．
∴ｃｏｓ∠ＦＥＰ＝ＥＦ
ＰＥ＝２７
７，
即侧面ＰＢＣ与底面ＡＢＣＤ所成二面角的余
弦值为２７
７．
拓广探索
１５．解析 略．
１６．Ｂ 设α∥β，则由ｍ⊥α 知ｍ⊥β，而ｎ⊥β，
所以ｍ∥ｎ，与ｍ，ｎ为异面直线矛盾，所以
平面α 与平面β 相交．
由ｍ⊥平面α，ｌ⊥ｍ，且ｌ⊄α，可知ｌ∥α，同
理可知ｌ∥β，所以ｌ与两平面α，β 的交线平
行．故选Ｂ．
第九章 统计
9.1 随机抽样
９．１．１ 简单随机抽样
练习
１．解析 （１）总体是一个班级的学生，个体是
一个学生，适合用全面调查．
（２）总体是该地区所有的人，个体是该地区
一个人，适合用抽样调查．
２６６
（３）总体是一批炮弹，个体是一个炮弹，适合
用抽样调查．
（４）总体是水库中所有鱼，个体是水库中一
条鱼，适合用抽样调查．
例子：调查某批灯泡的使用寿命．理由：该调
查具有破坏性，不宜用全面调查．
２．解析 （１）是等可能的．
（２）是．
３．解析 两种情况都属于简单随机抽样，因为
每次抽取时总体内的各个个体被抽到的概
率都相等．
４．解析 略．
５．解析 抽签法的优点是简单易行，缺点是当
总体的容量非常大时，费时、费力，又不方
便，如果标号后的号签搅拌不均匀，会导致
抽样不公平，随机数法的优点与抽签法相
同，缺点是当总体容量较大时，仍不是很方
便，但比抽签法公平，因此这两种方法只适
合总体容量较少的抽样类型．
练习
１．Ｄ
２．解析 小华．不一定．只有当数据相差不是很
大时，样本量越大对总体平均数的估计才越
准确．
３．解析 略．
９．１．２ 分层随机抽样
练习
１．证明
∑
ｍ
ｉ＝１
ｘｉ＋∑
ｎ
ｉ＝１
ｙｉ
ｍ＋ｎ
＝∑
ｍ
ｉ＝１
ｘｉ
ｍ＋ｎ＋∑
ｎ
ｉ＝１
ｙｉ
ｍ＋ｎ
＝ｍｘ
ｍ＋ｎ＋ｎｙ
ｍ＋ｎ＝ｍ
ｍ＋ｎｘ＋ｎ
ｍ＋ｎｙ．
２．解析
有道理．统计的基本思想方法是用样
本估计总体，样本对总体的代表性在能保证
样本估计总体达到一定精度的前提下，样本
量越小越好，操作也越方便．
３．解析 （１）男生有
４９０
４９０＋５１０×１００＝４９人，
女生有
５１０
４９０＋５１０×１００＝５１人，
全体学生的平均身高为１７０．２×４９＋１６０．８×５１
４９＋５１
＝１６５．４０６ｃｍ．
（２）把多种抽样方法组合起来使用，在层内
再进行分层．可将男生、女生样本按身高分
层按比例抽取．
４．解析 不合理．色盲是伴Ｘ染色体隐性遗传
病，男性发病率高于女性．选择分层随机抽
样时应注意，使得各层间差异明显，层内差
异不大．
９．１．３ 获取数据的途径
练习
１．解析 略．
２．解析 略．
◆习题9.1
复习巩固
１．解析 （１）调查范围大，适合用抽样调查．
（２）调查的范围较小，适合用全面调查．
（３）适合用全面调查，理由略．
（４）调查玉米种子的发芽率，是具有破坏性
的调查，因而适合用抽样调查．
（５）调查范围大，适合用抽样调查．
（６）调查范围大，适合用抽样调查．
２．解析
是一项抽样调查．样本抽取不属于简
单随机抽样．因为该刊物仅对其读者进行抽
取调查，是定性的．
３．解析
可能性不大．三种方案产生的样本有
较大程度的片面性，不能保证样本产生的随
机性，对总体的代表性较差．
４．解析 （１）是简单随机样本．
（２）不是简单随机样本．
（３）是简单随机样本．
５．解析 男运动员应抽取
２８
５６＋４２×５６＝１６人，
女运动员应抽取
２８
５６＋４２×４２＝１２人．
所以男、女运动员应分别抽取１６人、１２人．
综合运用
６．证明 ∵ｙ１＝ａｘ１＋ｂ，ｙ２＝ａｘ２＋ｂ，……，ｙｎ＝ａｘｎ
＋ｂ，
∴ｙ１＋ｙ２＋…＋ｙｎ＝（ａｘ１＋ｂ）＋（ａｘ２＋ｂ）＋…＋
（ａｘｎ＋ｂ）＝ａ（ｘ１＋ｘ２＋…＋ｘｎ）＋ｎｂ，
∴ｙ＝１
ｎ（ｙ１＋ｙ２＋…＋ｙｎ）＝ａ·
ｘ１＋ｘ２＋…＋ｘｎ
ｎ
＋
ｂ＝ａｘ＋ｂ．
７．解析 （１）不能．还需要各层的样本量ａ、ｂ、
ｃ，
则总体平均数＝ａｘ＋ｂｙ＋ｃｚ
ａ＋ｂ＋ｃ．
（２）证明：因为样本量按比例分配，设Ｌ＝ａｌ，
Ｍ＝ａｍ，Ｎ＝ａｎ，
所以
Ｌ
Ｌ＋Ｍ＋Ｎｘ＋
Ｍ
Ｌ＋Ｍ＋Ｎｙ＋
Ｎ
Ｌ＋Ｍ＋Ｎｚ
＝
ａｌ
ａｌ＋ａｍ＋ａｎｘ＋
ａｍ
ａｌ＋ａｍ＋ａｎｙ＋
ａｎ
ａｌ＋ａｍ＋ａｎｚ
＝
ｌ
ｌ＋ｍ＋ｎｘ＋
ｍ
ｌ＋ｍ＋ｎｙ＋
ｎ
ｌ＋ｍ＋ｎｚ．
８．解析 略．
９．解析 首先要掌握所在地区耕地的分布情
况，按田间管理水平划分小区，在各小区内
按土质的优劣划分等级，确定抽取比例．然
后用分层随机抽样按比例确定各小区的抽
取数目，再用分层随机抽样确定各小区各等
级的抽取数目，在各等级内用简单随机抽样
抽取，最终取出样本．
拓广探索
１０．解析 略．
１１．解析 略．
１２．解析 略．
9.2 用样本估计总体
９．２．１ 总体取值规律的估计
练习
１．答案 （１）０．００４４ （２）７０
解析 （１）由（０．００６０＋ｘ＋０．００３６＋０．００２４×
２＋０．００１２）×５０＝１，得ｘ＝０．００４４．
（２）（０．００３６＋０．００６０＋０．００４４）×５０×１００＝
７０．
２．解析 （１）０．０３０×５×６０＝９，
０．０２０×１０×６０＝１２，
故通话时长在区间［１５，２０），［２０，３０）内的
次数分别为９，１２．
（２）说明通话时长在区间［１５，２０）上的数据
密度大于在区间［２０，３０）上的数据密度．
３．解析 略．
练习
１．解析
频率分布直方图如图所示．
通过图可以看出，该市２０１６年６月空气质
量指数在区间［２５，１００）内的天数最多，在
区间［０，２５）内的空气质量为优的天数次
之，在区间［１００，１２５］内的天数最少，故６
月空气质量总体良好．
２．解析 略．
９．２．２ 总体百分位数的估计
练习
１．解析 由书中表９．２－１可知，月均用水量在
７．２ｔ以下的居民用户比例约为２３％＋３２％＝
５５％；在１０．２ｔ以下的居民用户比例约为
５５％＋１３％＝６８％．因此，６０％分位数一定位于
［７．２，１０．２）内，由７．２＋３×０．６０－０．５５
０．６８－０．５５≈８．４可
以估计月均用水量的样本数据６０％分位数
为８．４．所以居民用户月均用水量标准定为８．
４ｔ合适．
２．解析 把２３名男生的样本数据按从小到大
排列，由２５％×２３＝５．７５，５０％×２３＝１１．５，７５％
×２３＝１７．２５，可知样本数据的第２５，５０，７５百
分位数分别为第６，１２，１８项数据，分别为
１６８．０，１７２．０，１７３．０．如果要减少估计的误差，
应增加男生的样本量．
３．解析 由书中图９．２－２（１）可知，８０％分位数
一定位于［１０．２，１９．２）内，由书中图９．２－
２（２）可知，８０％分位数一定位于［１３．２，１４．２）
内，与书中图９．２－１估计的结果不一样．同
理，在估计９５％分位数过程中也能发现，由
书中图９．２－２（２）估计更加准确，因为当图
中组数多、组距小时，保留了较多的原始数
据信息，得出的估计月均用水量的样本数据
越准确．
９．２．３ 总体集中趋势的估计
练习
１．解析 平均数：
８３×
０＋５０
２
(
) ＋１２１×
５０＋１００
２
(
) ＋６８×
１００＋１５０
２
(
) ＋…＋１４×
３００＋４００
２
(
)
３６５
＝２０７５＋９０７５＋８５００＋…＋４９００
３６５
≈１１１．３０．
中位数：由书中图可知，中位数在区间（５０，
１００］中，设中位数为ｘ，则０．２２８＋
０．３３２（ｘ－５０）
５０
＝０．５，
解得ｘ≈９０．９６．
第８０百分位数：由书中图可知，第８０％百分
位数一定位于区间（１５０，２００］中，设该数为
ｘ，则
０．２２８＋０．３３２＋０．１８６＋０．１３４（ｘ－１５０）
５０
＝０．８，
解得ｘ≈１７０．１５．
２．解析 因为一条公路建设投资２０００万元，
属极端情况，大多数在２０万元至１００万元
之间，此时平均数难以正确客观反映各项目
投资的实际分布状况，不宜选用，而众数２０
教材习题答案
２６７
万元只说明投资２０万元的项目最多，不能
反映其他项目的投资数额．中位数对极端值
不敏感，能回避极端数额的影响．２５万元比
较客观，故选中位数２５万元作为平均投资
金额．
３．解析 去掉一个最低分和一个最高分后的
平均数分别为ｘ甲＝１
８×（７．５＋７．８＋７．８＋８．０＋
８．０＋８．２＋８．３＋８．４）＝８，
ｘ乙＝１
８×（７．８＋７．８＋７．８＋８．０＋８．０＋８．３＋８．３＋
８．５）＝８．０６２５，
∴ｘ甲＜ｘ乙，
不去掉一个最低分和一个最高分的平均数
分别为
ｘ甲′＝１
１０×（７．５＋７．５＋７．８＋７．８＋８．０＋８．０＋８．２＋
８．３＋８．４＋９．９）＝８．１４，
ｘ乙′＝１
１０×（７．５＋７．８＋７．８＋７．８＋８．０＋８．０＋８．３＋
８．３＋８．５＋８．５）＝８．０５，
∴ｘ甲′＞ｘ乙′，
甲、乙两位选手排名会发生变化．
第一种评分办法更好，去掉一个最低分、去
掉一个最高分能够防止被数据中的极端值
误导，使平均数更加准确地反映数据信息．
９．２．４ 总体离散程度的估计
练习
１．解析 （４）＞（３）＞（２）＞（１）．
２．证明 （１）因为ｓ
２
ｘ＝１
ｎ∑
ｎ
ｉ＝１
（ｘｉ－ｘ）
２，
所以ｓ
２
ｙ＝１
ｎ∑
ｎ
ｉ＝１
（ｙｉ－ｙ）
２
＝１
ｎ∑
ｎ
ｉ＝１
［（ｘｉ＋ｂ）－（ｘ＋ｂ）］
２
＝１
ｎ∑
ｎ
ｉ＝１
（ｘｉ－ｘ）
２＝ｓ
２
ｘ．
（２）ｓ
２
ｙ＝１
ｎ∑
ｎ
ｉ＝１
（ｙｉ－ｙ）
２＝１
ｎ∑
ｎ
ｉ＝１
（ａｘｉ－ａｘ）
２
＝ａ
２· １
ｎ∑
ｎ
ｉ＝１
（ｘｉ－ｘ）
２＝ａ
２ｓ
２
ｘ．
３．解析
经计算可得ｘ甲＝９００，ｘ乙＝９００，ｓ甲≈
２３．８０，ｓ乙≈４１．６３，ｓ甲＜ｓ乙，所以甲种水稻的产
量比较稳定．
４．解析 （１）用科学计算器计算可得２１袋白
糖的平均质量ｘ≈４９６．８６．标准差ｓ≈６．５５．
（２）有１４袋．所占的百分比约为６６．７％．
５．解析 （１）不能．因为缺少男生样本量和女
生样本量．
（２）男生∶女生＝３２０∶１８０＝１６∶９，
∴ｘ＝１６×１７３．５＋９×１６３．８３
２５
≈１７０．０２．
ｓ
２＝１
２５｛１６×［１７＋（１７３．５－１７０．０２）
２］＋９×
［３０．０３＋（１６３．８３－１７０．０２）
２］｝≈４３．２４．
（３）ｘ′＝２５×１７３．５＋２５×１６３．８３
５０
＝１６８．６６５，
ｓ′
２＝１
２× ［１７＋（１７３．５－１６８．６６５）
２＋３０．０３＋
（１６３．８３－１６８．６６５）
２］≈４６．８９，
它们分别作为总体平均数和方差的估计不
合适．因为男、女生的身高差异较大，不能等
量抽取样本．
◆习题9.2
复习巩固
１．解析 （１）作图略．
从频率分布直方图分析，发现这批棉花的纤
维长度不是特别均匀，有一部分棉花的纤维
长度比较短，所以抽取的样品中有一部分的
棉花质量较差．
（２）５％×６０＝３，９５％×６０＝５７，则第５百分位
数为第３项、第４项数据的平均值，为３３＋５０
２
＝４１．５，第９５百分位数为第５７项、第５８项
数据的平均值，为３７０＋３８０
２
＝３７５．
２．解析
甲机床的平均数ｘ甲＝１．５，标准差ｓ甲
≈１．２８４５；乙机床的平均数ｘ乙＝１．２，标准差
ｓ乙≈０．８７１８．
比较发现乙机床的平均数小而且标准差也
比较小，说明乙机床生产出的次品比甲机床
少，而且更为稳定，所以乙机床的性能更好．
３．解析 （１）是正确的，从平均数的角度考虑．
（２）是正确的，从标准差的角度考虑．
（３）是正确的，从平均数和标准差的角度考
虑．
（４）是正确的，从平均数的角度考虑．
４．证明 ｓ
２
ｙ＝１
ｎ∑
ｎ
ｉ＝１
（ｙｉ－ｙ）
２＝１
ｎ∑
ｎ
ｉ＝１
［（ａｘｉ＋
ｂ）－（ａｘ＋ｂ）］
２
＝１
ｎ∑
ｎ
ｉ＝１
（ａｘｉ－ａｘ）
２＝ａ
２· １
ｎ∑
ｎ
ｉ＝１
（ｘｉ－ｘ）
２
＝ａ
２ｓ
２
ｘ，
因为ｓ
２
ｙ＝ａ
２ｓ
２
ｘ，
所以ｓｙ＝｜ａ｜ｓｘ．
５．证明 设ｘ１，ｘ２，…，ｘｎ的平均数为ｘ，
则ｓ
２＝１
ｎ∑
ｎ
ｉ＝１
（ｘｉ－ｘ）
２＝０，
∴ｘｉ－ｘ＝０，
∴ｘｉ＝ｘ，
∴所有的ｘｉ（ｉ＝１，２，…，ｎ）都相同．
综合运用
６．解析 先查阅一下这所大学招生的其他统
计信息．因为中位数５５０分约是录取新生的
平均分，５２０分与５５０分差距不是很大．应查
录取的最低分．
７．解析
甲班数学成绩的平均数ｘ甲＝８０．５，标
准差ｓ甲≈１２．７２，乙班数学成绩的平均数ｘ乙
＝８０．５，标准差ｓ乙≈８．１８，说明这次考试成
绩，甲、乙两班平均成绩相同，但甲班学生成
绩差距比较大，乙班学生成绩差距比较小，
成绩比较稳定．
８．解析 （１）列出频率分布表如下．
分组
频数
频率
［０，０．２）
１
１
３０
［０．２，０．４）
２
１
１５
［０．４，０．６）
１
１
３０
［０．６，０．８）
２
１
１５
［０．８，１．０）
７
７
３０
续表
分组
频数
频率
［１．０，１．２）
４
２
１５
［１．２，１．４）
６
１
５
［１．４，１．６）
３
１
１０
［１．６，１．８）
２
１
１５
［１．８，２．０）
１
１
３０
［２．０，２．２］
１
１
３０
画出频率分布直方图如图所示：
汞含量分布偏向于大于１．００ｐｐｍ的方向，即
多数鱼的汞含量分布在大于１．００ｐｐｍ的区
域．
（２）样本平均数ｘ≈１．０８，样本标准差ｓ≈
０．４５２．
（３）不一定．因为我们不知道各批鱼的汞含
量分布是否都和这批鱼相同．即使各批鱼的
汞含量分布相同，题中的数据只能为这个分
布作出估计，不能保证平均汞含量大于
１．００ｐｐｍ．
（４）有２８条鱼的汞含量在以平均数为中心、
２倍标准差的范围内．
９．解析 （１）能．因为平均收入和最高收入相
差太多，说明高收入的职工只占极少数，现
在已经知道至少有一个人的收入为ｘ５０＝２００
万元，那么其他员工的收入之和为∑
４９
ｉ＝１
ｘｉ＝
１０×５０－２００＝３００（万元），平均收入约为６．１２
万元．如果再有几个收入特别高者，那么其他
员工的平均收入将更低．年薪为９万元高于
其他员工的平均收入，算高收入者．
（２）不能．要看中位数是多少．
（３）根据这条信息可以确定有７５％的员工工
资在４．５万元及以上，有２５％的员工工资在
９．５万元及以上，所以可以决定受聘．
（４）收入的中位数大约是７万元，因为受年
收入２００万元这个极端值的影响，使得平均
数比估计出的中位数高很多．
１０．解析 （１）总体平均数为１９９．７５，总体标准
差约为９５．２６．
（２）可以使用抓阄法进行抽样，样本平均数
和标准差的计算结果和抽取的样本有关．
（３）结果不相同的可能性相当大，相同的可
能性很小．理由略．
（４）随着样本容量的增加，用样本估计总体
的精度越来越高．
拓广探索
１１．证明 （１）∵ｌｘ＋ｍｙ＋ｎｚ＝（ｌ＋ｍ＋ｎ）ｗ，
２６８
∴ｗ＝ｌｘ＋ｍｙ＋ｎｚ
ｌ＋ｍ＋ｎ＝
ｌ
ｌ＋ｍ＋ｎｘ＋
ｍ
ｌ＋ｍ＋ｎｙ＋
ｎ
ｌ＋ｍ＋ｎｚ．
（２）ｓ
２＝
１
ｌ＋ｍ＋ｎ［（ｗ１－ｗ）
２＋（ｗ２－ｗ）
２＋…＋
（ｗｌ＋ｍ＋ｎ－ｗ）
２］＝
１
ｌ＋ｍ＋ｎ｛ｌ［ｓ
２
１＋（ｘ－ｗ）
２］＋
ｍ［ｓ
２
２＋（ｙ－ｗ）
２］＋ｎ［ｓ
２
３＋（ｚ－ｗ）
２］｝．
１２．解析 略．
复习参考题9
复习巩固
１．Ｃ 易知Ｃ正确．
２．Ｃ Ａ不正确，例如１，１，２，５，６满足选项Ａ，
但不满足题意；Ｂ不正确，例如２，２，３，４，６满
足选项Ｂ，但不满足题意；Ｄ不正确，例如２，
３，３，６，６满足选项Ｄ，但不满足题意，故选Ｃ．
３．解析 （２）一定是错误的．如果数据是近似
对称的，那么中位数应与平均数相同或相
近．
４．答案 （１）该组中的数据个数；该组的频数
除以全体数据总数
（２）ｎｍ
Ｎ
５．解析 （１）这个结果只能说明Ａ城市中光
顾这家服装连锁店的人比其他人较少倾向
于选择咖啡色，因为光顾这家服装连锁店的
人群是一个样本，不能代表Ａ城市其他人群
的看法．
（２）这两种调查的差异是由样本的代表性所
引起的．因为Ａ城市的调查结果来自于该城
市光顾这家服装连锁店的人群，这个样本不
能很好地代表全国民众的观点．
综合运用
６．解析 频率分布表略．
可以估计出句子中所含单词数的分布，以及
与该分布有关的数字特征，如平均数、标准
差等．
７．解析 （１）可以用样本标准差来衡量．
ｓＡ≈３．７３０，ｓＢ≈１１．７８９．
（２）由于专业评判小组给分更符合专业规
则，相似程度应该高，因此小组Ａ更像是由
专业人士组成的．
８．解析 （１）略．
（２）平均数＝９１７０．４８，中位数＝８９０９．５，标
准差＝３７５６．４０．
９．解析 （１）由题目可知，
中位数＝８７＋８９
２
＝８８，
平均数＝８９．２，
极差＝１１７－５５＝６２，
标准差≈１２．５８．
（２）将３０天苹果日销量由小到大排序，则
８０％×３０＝２４，可知样本数据的第８０百分位
数为第２４项、２５项数据的平均数，为９９＋１００
２
＝９９．５．所以每天应该进９９．５千克苹果．
１０．解析 频率分布表如下：
分组
频数
频率
累计频率
［１２．３４，１３．６２］
２
０．０４
０．０４
（１３．６２，１４．９０］
４
０．０８
０．１２
（１４．９０，１６．１８］
３
０．０６
０．１８
（１６．１８，１７．４６］
８
０．１６
０．３４
续表
分组
频数
频率
累计频率
（１７．４６，１８．７４］
１３
０．２６
０．６
（１８．７４，２０．０２］
１１
０．２２
０．８２
（２０．０２，２１．３０］
３
０．０６
０．８８
（２１．３０，２２．５８］
３
０．０６
０．９４
（２２．５８，２３．８６］
１
０．０２
０．９６
（２３．８６，２５．１４］
２
０．０４
１
由表可知，当把指标定为１７．４７千元时，约
６５％的推销员能完成销售指标．
１１．解析 ∵７５％×２００＝１５０，９５％×２００＝１９０，
则第７５百分位数是第１５０项，１５１项数据
的平均数，为１７８＋１７８
２
＝１７８，
第９５百分位数是第１９０项，１９１项数据的
平均数，为２８９＋３０４
２
＝２９６．５，
则第一档为０～１７８ｋＷ·ｈ，
第二档为１７８～２９６．５ｋＷ·ｈ，
第三档为２９６．５ｋＷ·ｈ以上．
拓广探索
１２．解析 略．
第十章 概率
10.1 随机事件与概率
１０．１．１ 有限样本空间与随机事件
练习
１．解析 （１）样本空间Ω＝｛男，女｝．
（２）样本空间Ω＝｛Ａ，Ｂ，Ｏ，ＡＢ｝．
（３）样本空间Ω ＝｛（男，男），（男，女），（女，
女），（女，男）｝．
（４）用１表示“中靶”，用０表示“脱靶”，则
样本空间Ω ＝｛（１，１，１），（１，０，１），（１，１，
０），（０，１，１），（１，０，０），（０，１，０），（０，０，１），
（０，０，０）｝．
（５）样本空间Ω＝｛０，１，２，３｝．
２．解析
（１）样本空间Ω ＝｛（Ａ正常，Ｂ正
常），（Ａ正常，Ｂ失效），（Ａ失效，Ｂ正常），
（Ａ失效，Ｂ失效）｝．
（２）事件Ｍ＝“电路是通路”包含的样本点是
（Ａ正常，Ｂ正常）．
（３）事件Ｎ＝“电路是断路”包含的样本点是
（Ａ失效，Ｂ失效）．
３．解析
（１）样本空间Ω ＝｛１，２，３，４，５，６，７，
８，９｝．
（２）事件Ａ用集合表示为｛１，２，３，４｝；
事件Ｂ用集合表示为｛５，６，７，８，９｝；
事件Ｃ用集合表示为｛２，４，６，８｝．
１０．１．２ 事件的关系和运算
练习
１．Ｄ “至少一次中靶” 表示两次射击中一次
中靶，另一次没中靶或两次都中靶，其对立
事件为两次都没有中靶．故选Ｄ．
２．解析 （１）正确．（２）不正确．（３）正确．（４）正
确．（５）正确．（６）正确．（７）正确．（８）正确．
（９）正确．（１０）正确．
１０．１．３ 古典概型
练习
１．解析 不正确．理由如下：
样本空间所包含的样本点个数为４，但每
一个样本点的可能性不一定相等．所以这
不一定是古典概型．不能用Ｐ＝１
４＝０．２５
来计算．
２．解析 从５２张扑克牌（不含大小王）中随机
地抽一张牌，样本空间Ω 包含５２个样本点．
（１）设事件Ａ＝“抽到的牌是７”，则Ｐ（Ａ）＝
４
５２＝１
１３．
（２）设事件Ｂ＝“抽到的牌不是７”，则Ｐ（Ｂ）
＝４８
５２＝１２
１３．
（３）设事件Ｃ＝“抽到的牌是方片”，则Ｐ（Ｃ）
＝１３
５２＝１
４．
（４）设事件Ｄ＝“抽到Ｊ或Ｑ或Ｋ”，则Ｐ（Ｄ）
＝１２
５２＝３
１３．
（５）设事件Ｅ＝“ 抽到的牌既是红心又是草
花”，则Ｐ（Ｅ）＝０．
（６）设事件Ｆ＝“ 抽到的牌比６大比９小”，
则Ｐ（Ｆ）＝８
５２＝２
１３．
（７）设事件Ｇ＝“ 抽到的牌是红花色”，则
Ｐ（Ｇ）＝２６
５２＝１
２．
（８）设事件Ｈ＝“ 抽到的牌是红花色或黑花
色”，则Ｐ（Ｈ）＝１．
３．解析 从０～９这１０个数中随机选择一个数
的样本空间为Ω＝｛０，１，２，３，４，５，６，７，８，９｝，
所包含的样本点的个数为１０．
（１）设事件Ａ＝“ 这个数平方的个位数字为
１”，则事件Ａ的样本点为１，９，共有２个样本
点，所以Ｐ（Ａ）＝２
１０＝１
５．
（２）设事件Ｂ＝“ 这个数的四次方的个位数
字为１”，则事件Ｂ的样本点为１，３，７，９，共
有４个样本点，所以Ｐ（Ｂ）＝４
１０＝２
５．
１０．１．４ 概率的基本性质
练习
１．答案 （１）０．５；０．３ （２）０．８；０
解析
（１）因为Ｂ⊆Ａ，所以Ｐ（Ａ∪Ｂ）＝
Ｐ（Ａ）＝０．５，Ｐ（ＡＢ）＝Ｐ（Ｂ）＝０．３．
（２）因为Ａ，Ｂ互斥，所以Ｐ（Ａ∪Ｂ）＝Ｐ（Ａ）＋
Ｐ（Ｂ）＝０．５＋０．３＝０．８，
由于Ａ，Ｂ互斥，所以Ａ，Ｂ不能同时发生，即
Ｐ（ＡＢ）＝０．
２．解析 （１）因为明天下雨与明天不下雨是对
立事件，且明天下雨的概率为０．４，所以明天
不下雨的概率为０．６．
（２）当事件Ａ与事件Ｂ互斥且不对立时，
Ｐ（Ａ）＋Ｐ（Ｂ）＜１；当事件Ａ与事件Ｂ对立时，
Ｐ（Ａ）＋Ｐ（Ｂ）＝１．
所以“如果事件Ａ与事件Ｂ互斥，那么一定
有Ｐ（Ａ）＋Ｐ（Ｂ）＝１”，这句表述是错误的．
３．答案 ０．５２；０．４８；１；０；０．３５；０．７６；０．０７
解析 Ｐ（Ｍ）＝１８＋２０＋１４
１００
＝０．５２，
教材习题答案
２６９
Ｐ（Ｆ）＝１７＋２４＋７
１００
＝０．４８，
Ｐ（Ｍ∪Ｆ）＝１，
Ｐ（ＭＦ）＝０，
Ｐ（Ｇ１）＝１８＋１７
１００＝０．３５，
Ｐ（Ｍ∪Ｇ２）＝Ｐ（Ｍ）＋Ｐ（Ｇ２）－Ｐ（ＭＧ２）＝０．５２
＋２０＋２４
１００－２０
１００＝０．７６，
Ｐ（ＦＧ３）＝７
１００＝０．０７．
◆习题10.1
复习巩固
１．解析 （１）分别用ａ，ｂ表示蓝、黄两枚质地
均匀的正四面体骰子底面上的数字，试验结
果用（ａ，ｂ）表示，则该试验的所有可能结果
如下：
（１，１）
（１，２）
（１，３）
（１，４）
（２，１）
（２，２）
（２，３）
（２，４）
（３，１）
（３，２）
（３，３）
（３，４）
（４，１）
（４，２）
（４，３）
（４，４）
（２）事件Ａ包含的样本点有（１，１），（２，２），
（３，３），（４，４）；
事件Ｂ包含的样本点有（１，４），（２，３），（３，
２），（４，１）；
事件Ｃ包含的样本点有（２，１），（２，２），（２，
３），（２，４）．
２．解析 （１）样本空间Ω ＝｛ａｃｂｄ，ａｃｄｂ，ａｄｂｃ，
ａｄｃｂ，ｂｃａｄ，ｂｃｄａ，ｂｄａｃ，ｂｄｃａ，ｃａｂｄ，ｃａｄｂ，
ｃｂａｄ，ｃｂｄａ，ｄａｂｃ，ｄａｃｂ，ｄｂａｃ，ｄｂｃａ｝．
（２）事件Ａ包含的所有可能结果为ａｃｂｄ，
ａｃｄｂ，ａｄｂｃ，ａｄｃｂ．
（３）事件Ｂ包含的所有可能结果为ａｃｂｄ，
ａｃｄｂ，ａｄｂｃ，ａｄｃｂ，ｃａｂｄ，ｃａｄｂ，ｄａｂｃ，ｄａｃｂ．
３．解析 记“１” 为硬币正面朝上，记“０” 为硬
币反面朝上．
（１）第一次的结果记为ａ，第二次的结果记
为ｂ，用（ａ，ｂ）表示可能的结果，则样本空间
Ω＝｛（０，０），（０，１），（１，０），（１，１）｝，
事件Ａ包含的样本点为（１，０），（１，１），事件
Ｂ包含的样本点为（１，０），（０，０）．
（２）Ｄ Ｐ（Ａ）＝Ｐ（Ｂ）＝１
２，故选Ｄ．
４．解析 （１）错误．互斥的事件不一定是对立
事件，对立事件一定是互斥事件．例如：掷一
颗质地均匀的骰子，事件Ａ＝“１点”，事件Ｂ
＝“２点”，则事件Ａ与事件Ｂ是互斥事件，
但不是对立事件．
（２）正确．
（３）错误．例如，Ｐ２４３练习的第３题，由于事
件Ｍ，Ｆ为对立事件，所以事件Ｍ，Ｆ中至少
有一个发生的概率Ｐ（Ｍ∪Ｆ）＝１，事件Ｍ，Ｆ
中恰有一个发生的概率Ｐ（Ｍ）＋Ｐ（Ｆ）＝１，所
以Ｐ（Ｍ∪Ｆ）＝Ｐ（Ｍ）＋Ｐ（Ｆ）＝１，所以“事件
Ｍ，Ｆ中至少有一个发生的概率一定比Ｍ，Ｆ
中恰有一个发生的概率大”是错误的．
（４）错误．例如事件Ａ，Ｂ是相同的，且是概率
大于０的事件，那么Ａ、Ｂ同时发生的概率就
是Ｐ（Ａ），且Ｐ（Ａ）＞０，Ａ、Ｂ恰有一个发生是
不可能事件，其概率是０，所以“ 事件Ａ与事
件Ｂ同时发生的概率一定比Ａ与Ｂ中恰有
一个发生的概率小”是错误的．
５．解析 Ｃ＝ＡＢ，Ｄ＝ＡＢ∪ＡＢ∪ＡＢ．
６．解析 游戏１：甲获胜的概率为１
２，乙获胜
的概率为１
２，所以游戏１是公平的．
游戏２：样本空间Ω＝｛（红１，红２），（红１，白
１），（红１，白２），（红２，红１），（红２，白１），
（红２，白２），（白１，红１），（白１，红２），（白
１，白２），（白２，红１），（白２，红２），（白２，白
１）｝，共有１２个样本点，
事件“两个球同色”所包含的样本点有（红１，
红２），（红２，红１），（白１，白２），（白２，白
１），共４个，所以甲获胜的概率为４
１２＝１
３，
乙获胜的概率为８
１２＝２
３，所以游戏２是不
公平的．
游戏３：样本空间Ω＝｛（红１，红２），（红１，红
３），（红１，白），（红２，红１），（红２，红３），
（红２，白），（红３，红１），（红３，红２），（红３，
白），（白，红１），（白，红２），（白，红３）｝，共
有１２个样本点．
事件“两个球同色” 所包含的样本点有（红
１，红２），（红１，红３），（红２，红１），（红２，
红３），（红３，红１），（红３，红２），共６个．
甲获胜的概率为６
１２＝１
２；乙获胜的概率为１
－１
２＝１
２，所以游戏３公平．
综上所述，游戏公平的有游戏１和游戏３．
７．解析
设事件Ｍ为“ 两张标签上的数字为
相等整数”．
（１）当标签的选取是不放回时，样本空间Ω
＝｛（１，２），（１，３），（１，４），（１，５），（２，３），
（２，４），（２，５），（３，４），（３，５），（４，５）｝，共有
１０个样本点．
事件Ｍ所包含的样本点为０个，所以Ｐ（Ｍ）
＝０．
（２）当标签的选取是有放回时，样本空间Ω
＝｛（１，１），（１，２），（１，３），（１，４），（１，５），
（２，１），（２，２），（２，３），（２，４），（２，５），（３，
１），（３，２），（３，３），（３，４），（３，５），（４，１），
（４，２），（４，３），（４，４），（４，５），（５，１），（５，
２），（５，３），（５，４），（５，５）｝，共有２５个样本
点．
事件Ｍ所包含的样本点为（１，１），（２，２），
（３，３），（４，４），（５，５），共有５个，所以Ｐ（Ｍ）
＝５
２５＝１
５．
８．解析 样本空间Ω ＝｛（１，３，５），（１，３，７），
（１，３，９），（１，５，７），（１，５，９），（１，７，９），（３，
５，７），（３，５，９），（３，７，９），（５，７，９）｝，共有
１０个样本点，这三条线段能构成一个三角形
的样本点为｛３，５，７｝，｛３，７，９｝，｛５，７，９｝，所
以所求概率为３
１０．
综合运用
９．解析 （１）Ｐ（Ａ）＝９
１５＝３
５．
（２）Ｐ（Ｂ）＝３
１５＝１
５．
（３）Ｐ（Ｃ）＝１０
１５＝２
３．
１０．解析
样本空间Ω ＝｛（１，１），（１，２），（１，
３），（１，４），（１，５），（１，６），（２，１），（２，２），
（２，３），（２，４），（２，５），（２，６），（３，１），（３，
２），（３，３），（３，４），（３，５），（３，６），（４，１），
（４，２），（４，３），（４，４），（４，５），（４，６），（５，
１），（５，２），（５，３），（５，４），（５，５），（５，６），
（６，１），（６，２），（６，３），（６，４），（６，５），（６，
６）｝，共有３６个样本点．
（１）Ｐ（Ａ）＝５
３６；Ｐ（Ｂ）＝１１
３６；Ｐ（Ｃ）＝１２
３６＝
１
３．
（２）Ｐ（Ａ∩Ｂ）＝２
３６＝１
１８；
Ｐ（Ａ∪Ｂ）＝Ｐ（Ａ）＋Ｐ（Ｂ）－Ｐ（Ａ∩Ｂ）＝５
３６＋
１１
３６－１
１８＝１４
３６＝７
１８．
１１．解析 随机地取一把钥匙试着开门，若把
不能开门的钥匙扔掉，则第二次能打开门
的概率为４
１２＝１
３；
随机地取一把钥匙试着开门，若试过的钥
匙又混进去，则第二次能打开门的概率为
４
１６＝１
４．
１２．解析 样本空间Ω＝｛ＡＢ，ＡＣ，ＡＤ，ＡＥ，ＢＣ，
ＢＤ，ＢＥ，ＣＤ，ＣＥ，ＤＥ｝，共有１０个样本点．
（１）女孩Ａ得到一个职位包含的样本点为
ＡＢ，ＡＣ，ＡＤ，ＡＥ，共有４个样本点．
所以女孩Ａ得到一个职位的概率为４
１０＝
２
５．
（２）女孩Ａ和Ｂ各得到一个职位包含的样
本点为ＡＢ，只有１个样本点，所以女孩Ａ
和Ｂ各得到一个职位的概率为１
１０．
（３）女孩Ａ或Ｂ得到一个职位包含的样本
点为ＡＢ，ＡＣ，ＡＤ，ＡＥ，ＢＣ，ＢＤ，ＢＥ，共有７
个样本点，
所以女孩Ａ或Ｂ得到一个职位的概率为
７
１０．
１３．解析 （１）命中１０环的概率为０．２．
（２）命中的环数大于８环的概率为０．２＋０．３
＝０．５．
（３）命中的环数小于９环的概率为０．１＋
０．１５＋０．２５＝０．５．
（４）命中的环数不超过５环的概率为０．
１４．解析 （１）没有出现６点的概率为５×５×５
６×６×６＝
１２５
２１６．
（２）至少出现一次６点的概率为１－５×５×５
６×６×６
＝１－１２５
２１６＝９１
２１６．
（３）三个点数之和为９的概率为
２５
６×６×６＝
２５
２１６．
拓广探索
１５．解析
（１）区域１代表的事件为“数学、语
文、英语学习资料都订阅”；
区域４代表的事件为“数学、语文学习资料
２７０
订阅但英语学习资料没有订阅”；
区域５代表的事件为“仅订阅语文学习资
料”；
区域８代表的事件为“ 没有订阅数学、语
文、英语学习资料”．
（２）①事件“至少订阅一种学习资料”可表
示为Ａ∪Ｂ∪Ｃ；
②事件“恰好订阅一种学习资料” 可表示
为ＡＢＣ∪ＡＢＣ∪ＡＢＣ；
③事件“没有订阅任何学习资料”可表示为
Ａ∩Ｂ∩Ｃ．
１６．解析 事件Ａ包含的样本点为２，４，６，８，
１０，１２，１４，１６，１８，２０；
事件Ｂ包含的样本点为３，６，９，１２，１５，１８．
（１）设事件Ｍ为“这个数既能被２整除也
能被３整除”，则事件Ｍ所包含的样本点
为６，１２，１８，故Ｐ（Ｍ）＝Ｐ（ＡＢ）＝３
２０．
（２）设事件Ｎ为“ 这个数能被２整除或能
被３整除”，则事件Ｎ的概率为Ｐ（Ｎ）＝
Ｐ（Ａ）＋Ｐ（Ｂ）－Ｐ（ＡＢ）＝１０
２０＋６
２０－３
２０＝１３
２０．
（３）解法一：设事件Ｑ为“这个数既不能被
２整除也不能被３整除”，则事件Ｑ所含的
样本点为１，５，７，１１，１３，１７，１９，故Ｐ（Ｑ）＝
７
２０．
解法二：设事件Ｑ为“这个数既不能被２整
除也不能被３整除”，
则Ｐ（Ｑ）＝１－Ｐ（Ｎ）＝１－１３
２０＝７
２０．
１７．解析 （１）
事件
Ａ０
Ａ１
Ａ２
Ａ３
概率
０．７５
０．１５
０．０６
０．０４
事件Ａ０，Ａ１，Ａ２，Ａ３满足两两互斥，但不满
足等可能性．
（２）①Ｐ（Ａ）＝０．１５＋０．０６＋０．０４＝０．２５．
②Ｐ（Ｂ）＝０．７５．
③Ｐ（Ｃ）＝０．７５＋０．１５＝０．９．
10.2 事件的相互独立性
练习
１．解析 事件Ａ与事件Ｂ相互独立．
２．解析 ∵Ａ＝｛ａ，ｂ｝，Ｂ＝｛ａ，ｃ｝，Ｃ＝｛ａ，ｄ｝，
∴ＡＢ＝｛ａ｝，ＡＣ＝｛ａ｝，ＢＣ＝｛ａ｝，ＡＢＣ＝｛ａ｝，
∴Ｐ（Ａ）＝Ｐ（Ｂ）＝Ｐ（Ｃ）＝
１
２，Ｐ（ＡＢ）＝
Ｐ（ＡＣ）＝Ｐ（ＢＣ）＝１
４，
∴Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ）Ｐ（Ｃ）＝１
８，Ｐ（ＡＢＣ）＝１
４，
∴Ｐ（ＡＢ）＝Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ），Ｐ（ＡＣ）＝Ｐ（Ａ）·
Ｐ（Ｃ），Ｐ（ＢＣ）＝Ｐ（Ｂ）Ｐ（Ｃ），
即Ａ，Ｂ，Ｃ三个事件两两独立，但Ｐ（ＡＢＣ）≠
Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ）Ｐ（Ｃ）．
３．解析 （１）甲、乙两地都降雨的概率为０．２×
０．３＝０．０６．
（２）甲、乙两地都不降雨的概率为（１－０．２）×
（１－０．３）＝０．８×０．７＝０．５６．
（３）解法一：至少一个地方降雨的概率为０．２
×０．３＋（１－０．２）×０．３＋０．２×（１－０．３）＝０．４４．
解法二：由（２）知，甲、乙两地都不降雨的概
率为０．５６，
所以至少一个地方降雨的概率为１－０．５６＝
０．４４．
４．证明 必然事件Ω 总会发生，不会受任何事
件是否发生的影响；
同样，不可能事件⌀总不会发生，也不受任
何事件是否发生的影响．
所以必然事件Ω 和不可能事件⌀与任意事
件相互独立．
◆习题10.2
复习巩固
１．Ｃ
２．答案 ０．５６；０．９４
解析 Ｐ（ＡＢ）＝Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ）＝０．７×０．８＝０．５６；
Ｐ（Ａ∪Ｂ）＝Ｐ（Ａ）＋Ｐ（Ｂ）－Ｐ（ＡＢ）＝０．７＋０．８－
０．５６＝０．９４．
３．证明 假设事件Ａ，Ｂ相互独立与Ａ，Ｂ互斥
能同时成立，
即Ｐ（Ａ∪Ｂ）＝Ｐ（Ａ）＋Ｐ（Ｂ）与Ｐ（Ａ∪Ｂ）＝
Ｐ（Ａ）＋Ｐ（Ｂ）－Ｐ（ＡＢ）＝Ｐ（Ａ）＋Ｐ（Ｂ）－Ｐ（Ａ）
·Ｐ（Ｂ）同时成立．
所以Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ）＝０，所以Ｐ（Ａ）＝０或Ｐ（Ｂ）
＝０，
这与Ｐ（Ａ）＞０，Ｐ（Ｂ）＞０相矛盾，所以假设不
成立，
所以当Ｐ（Ａ）＞０，Ｐ（Ｂ）＞０时，事件Ａ，Ｂ相互
独立与Ａ，Ｂ互斥不能同时成立．
综合运用
４．解析
设事件Ａ＝“ 甲能独立破译一份密
码”，Ｂ＝“乙能独立破译一份密码”，则Ｐ（Ａ）
＝１
３，Ｐ（Ｂ）＝１
４．
（１）设事件Ｃ＝“两人都成功破译”，则Ｐ（Ｃ）
＝Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ）＝１
３× １
４＝１
１２．
（２）设事件Ｄ＝“密码被成功破译”，则Ｐ（Ｄ）
＝１－Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ）＝１－２
３× ３
４＝１
２．
５．解析 设事件Ａ＝“数字为奇数”，事件Ｂ＝
“数字小于５”，事件Ｃ＝“数字为３，４，６，８”，
则Ｐ（Ａ）＝１
２，Ｐ（Ｂ）＝１
２，Ｐ（Ｃ）＝１
２，所以
Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ）Ｐ（Ｃ）＝１
２× １
２× １
２＝１
８，
而Ｐ（ＡＢＣ）＝１
８，所以Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ）Ｐ（Ｃ）＝
Ｐ（ＡＢＣ），
但Ｐ（ＡＢ）＝１
４，Ｐ（ＡＣ）＝１
８，Ｐ（ＢＣ）＝１
４，
所以Ｐ（ＡＣ）≠Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｃ），
故不满足Ａ，Ｂ，Ｃ两两独立．
拓广探索
６．解析 （１）Ｅ１：抛掷两枚质地均匀的硬币的
样本空间Ω ＝｛（正，正），（正，反），（反，
正），（反，反）｝，
Ｅ２：向一个目标射击两次的样本空间Ω ＝
｛（中，不中），（中，中），（不中，中），（不中，
不中）｝，
Ｅ３：从包含２个红球、３个黄球的袋子中依次
任意摸出两球的样本空间Ω ＝｛（红１，红
２），（红１，黄１），（红１，黄２），（红１，黄３），
（红２，红１），（红２，黄１），（红２，黄２），（红
２，黄３），（黄１，红１），（黄１，红２），（黄１，黄
２），（黄１，黄３），（黄２，红１），（黄２，红２），
（黄２，黄１），（黄２，黄３），（黄３，红１），（黄
３，红２），（黄３，黄１），（黄３，黄２）｝．
（２）这三个试验的共同特征：试验可以在相
同条件下重复进行；试验的所有可能结果是
明确可知的，并且不止一个；每次试验总是
恰好出现这些可能结果中的一个，但事先不
能确定出现哪一个结果．
这三个试验的区别：这三个试验的样本空间
中的样本点不一样．
（３）Ｐ（Ａ）＝１
４，Ｐ（Ｂ）＝０．６×０．６＝０．３６，Ｐ（Ｃ）
＝２
２０＝１
１０．
10.3 频率与概率
１０．３．１ 频率的稳定性
练习
１．解析 （１）不正确．抛掷两枚硬币，样本空间
Ω＝｛（正，正），（正，反），（反，正），（反，
反）｝，所以抛掷两枚硬币，不一定是一次正
面朝上，一次反面朝上，只能说“出现一次正
面朝上，一次反面朝上的概率为０．２５”．
（２）不正确．不能说概率为０．４，只能说正面
朝上的频率为０．４．
（３）正确．理由略．
（４）不正确．一次试验，只能说事件发生和不
发生的频率各是０．５．
２．解析 这个游戏是公平的．理由如下：
掷两枚质地均匀的硬币的样本空间Ω ＝
｛（正，正），（正，反），（反，正），（反，反）｝，
则两枚硬币同时出现正面或同时出现反面
的概率为１
２，即甲胜的概率为１
２，
一个正面、一个反面的概率为１
２，即乙胜的
概率为１
２，所以用掷两枚硬币做胜负游戏
是公平的．
３．解析 （１）
血型
Ａ
Ｂ
Ｏ
ＡＢ
人数／人７７０４１０７６５８９７０
３０４９
频率
０．２５３０．３５３０．２９４
０．１００
（２）他是Ｏ型血的概率大约是０．２９４．
４．解析 事件“买福利彩票双色球中一等奖”
的概率很小；
事件“每个初中生都能上高中或中职学习”
的概率很大．
１０．３．２ 随机模拟
练习
１．解析 （１）Ｐ（Ａ）＝６× １
２× １
２× １
２× １
２＝３
８．
（２）用计算机产生１～２之间的随机数，当出
现随机数为１时表示硬币正面朝上，当出现
随机数为２时表示硬币反面朝上，然后产生
８０个数字，计算事件Ａ发生的频率．
２．解析 （１）不可能事件．它的概率为０．
（２）随机事件．它的概率为４
９．
（３）必然事件．它的概率为１．
（４）略．
３．解析 （１）Ｐ＝６
３６＝１
６．
教材习题答案
２７１
（２）略．
（３）相差不大．因为概率是稳定值，而频率随
着试验次数增多越来越接近于概率．
◆习题10.3
复习巩固
１．解析 （１）０．
（２）１
５．
（３）１．
２．解析 ０．２１．
３．解析 （１）略．
（２）比较接近．存在差异的原因是频率是个
波动值，跟每次试验的结果有关．
４．解析
父母血型的基因
类型组合
子女血型的概率
Ｏ
Ａ
Ｂ
ＡＢ
ａｉ×ｂｉ
１
４
１
４
１
４
１
４
ａｉ×ｂｂ
Ｏ
Ｏ
１
２
１
２
ａａ×ｂｉ
Ｏ
１
２
Ｏ
１
２
ａａ×ｂｂ
Ｏ
Ｏ
Ｏ
１
综合运用
５．解析 正确．举例略．
６．解析 （１）放回摸球：Ｐ（Ａ１）＝２
５，
Ｐ（Ａ２）＝６
１０× ４
１０＋４
１０× ４
１０＝２
５，
Ｐ（Ａ３）＝６
１０× ６
１０× ４
１０＋６
１０× ４
１０× ４
１０＋４
１０× ６
１０
× ４
１０＋４
１０× ４
１０× ４
１０＝２
５．
不放回摸球：Ｐ（Ａ１）＝２
５，
Ｐ（Ａ２）＝６
１０× ４
９＋４
１０× ３
９＝２
５，
Ｐ（Ａ３）＝６
１０× ５
９× ４
８＋６
１０× ４
９× ３
８＋４
１０× ６
９
× ３
８＋４
１０× ３
９× ２
８＝２
５．
（２）略．
（３）差别不大．差别不大．因为在两种摸球方
式下，事件Ａ１，Ａ２，Ａ３的概率相等，所以其频
率的差别也不大．
复习参考题10
复习巩固
１．解析 （１）试验的样本空间Ω ＝｛（蓝球，蓝
球），（蓝球，红球），（蓝球，绿球），（红球，蓝
球），（红球，红球），（红球，绿球），（绿球，蓝
球），（绿球，红球），（绿球，绿球）｝．
（２）｛（红球，蓝球），（红球，红球），（红球，绿
球）｝．
（３）｛（蓝球，蓝球），（红球，红球），（绿球，绿
球）｝．
２．答案 （１）４；１
６；２
３；１
３
解析 （１）ｎ（ＡＢ）＝ｎ（Ａ）＋ｎ（Ｂ）－ｎ（Ａ∪Ｂ）
＝１２＋８－１６＝４．
Ｐ（ＡＢ）＝４
２４＝１
６．
解法一：Ｐ（Ａ∪Ｂ）＝Ｐ（Ａ）＋Ｐ（Ｂ）－Ｐ（ＡＢ）＝
１２
２４＋８
２４－４
２４＝２
３．
解法二：Ｐ（Ａ∪Ｂ）＝１６
２４＝２
３．
Ｐ（ＡＢ）＝１－Ｐ（Ａ∪Ｂ）＝１－２
３＝１
３．
（２）事件Ａ与Ｂ不互斥．事件Ａ与Ｂ相互独
立．
３．解析 （１）２７６
５００＝０．５５２．
（２）１４４
５００＝０．２８８．
（３）８０
５００＝０．１６．
４．解析 （１）５０＋２０＋１０
１３０
＝８
１３．
（２）３３＋１２
１３０＝４５
１３０＝９
２６．
（３）３５
１３０＝７
２６．
综合运用
５．解析 （１）６
１０× ４
９＋４
１０× ３
９＝２
５．
（２）６
１０× ５
９＋４
１０× ３
９＝７
１５．
（３）
４
ｎ＋４× ３
ｎ＋３＝１
６，整理得ｎ
２＋７ｎ－６０＝０，
解得ｎ＝５或ｎ＝－１２（舍去）．
６．解析
（１）６×５
６×６＝５
６．
（２）６
６×６＝１
６．
７．解析
（１）样本空间Ω ＝｛ａ１ａ２，ａ１ｂ１，ａ１ｂ２，
ａ１ｃ１，ａ１ｃ２，ａ２ｂ１，ａ２ｂ２，ａ２ｃ１，ａ２ｃ２，ｂ１ｂ２，ｂ１ｃ１，
ｂ１ｃ２，ｂ２ｃ１，ｂ２ｃ２，ｃ１ｃ２｝，共有１５个样本点．
（２）①Ｐ（Ａ）＝１－３
１５＝４
５．
②Ｐ（Ｂ）＝３
１５＝１
５．
③Ｐ（Ｃ）＝６
１５＝２
５．
④Ｐ（Ｄ）＝６
１５＝２
５．
故Ｂ⊆Ｃ⊆Ａ，Ｄ⊆Ａ，且Ｃ∪Ｄ＝Ａ．
拓广探索
８．解析
（１）样本点从上到下依次为Ｙ，ＮＹ，
ＮＮＹ，ＮＮＮ，样本空间Ω ＝｛Ｙ，ＮＹ，ＮＮＹ，
ＮＮＮ｝．
（２）李明第二次答题通过面试的概率为０．４×
０．６＝０．２４．
（３）李明最终通过面试的概率为１－０．４×０．４
×０．４＝０．９３６．
９．解析 如果摸到的是红球，则选择的是１号
盒子．理由如下：
选择１号盒子摸到的是红球的概率为１
２×
９５
１００＝０．４７５；选择２号盒子摸到的是红球的
概率为１
２× ５
１００＝０．０２５．所以如果摸到的是
红球，则选择的是１号盒子．
