必修第4册 人教B版（2019）新高中数学课本课后习题参考答案.pdf

《必修第4册 人教B版（2019）新高中数学课本课后习题参考答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《必修第4册 人教B版（2019）新高中数学课本课后习题参考答案.pdf（20页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、教材习题答案教材习题答案第九章解三角形75T,573 cos 5+cos Asin B=9.1正弦定理与余弦定理9.1.1 正弦定理练习A1.解析如图，在中，作AD。为垂足，在Rd B 中，4sin 8,万 L：.AD=ABxsin B=I0 x=55/3,sin C=sin(/I+“)=sin(30+/?)=.273V5sin 30cos Z?+cos 30sin B=-.62.解析 在/仍C中，由6=2 a及正弦定理，得 sin 8=2sin A.：B=A+60,:.sin(4+60)=2sin4,1 V3.-sin 4+cos A=2sin A,2 23An在 RtA/tCD H4,=s

2、in CAC二 sin A=cos A,2 2/.A C=-r=-=5 J 6,6=5/6.sin CT2.解析i3x3xsin 300 2 不sin 600 73T3.证明 由正弦定理的变形，得右边a+b 2/?sin A+2sin B sin 4+sin B2Asin C左边.二 等式成立.4.解析 图(2)中,4 8二AC,贝ij 8二C,与 8二70。,。=71。矛盾.图(3)中，乙AOB 二乙EOF,AO=OE,()B=OF,:.A O B/AE O F,AB=E F,与 AB=6.3,EF=6.5 矛盾.图(4)中，C=180。-50。-39。=91。50。=B,:.A B A C

3、 AB=57=AC 矛盾.5.解析 在/仍C中，由正弦定理，得a二8X包6sin4=8xsnM5：=8(A_1)sin B sin 754练习B1.解析 由正弦定理，得sin 8=如 吆a4xsin 300 23=T7.cos B=V I-sin2B=c 5有3x-asin C 9 b-=5.sin A T9.1.2余弦定理tan A=y.v 004 180,.-.4=30.3.解机 在/15C中，由4+C=2 8及4+8+0 1 8 0。,知 5=60。.又，-=_sin A sin Basin B Ixsin 600 1sin A=-=.b A 2V a6,04?=J 时，cog。=o,c

4、 =90。，即C为直角.(2)当 a2+b2c2 时，cos C 0,.C 为锐角.(3)当 a2+b2c2 时，cos C 0,/.C 为钝角.2.解 析 在ABC中，由余弦定理，知?=cJ+/-26cos C-100+2 5-2 xl0 x5 xcos 120=175,r.c=5夕.3.解析 在川C中，由余弦定理的变形,得 cos C=a2+b2-c22ab36+16-28_2x6x42T T又 C e(0,7T)C=.4.解 析 在/仍C中，由余弦定理的变形,得cos C=2al)9+4-192x3x222 0C180,/.C=120.SA./,r=-a6sin C=-x3x2xsin

5、12004 1.4 D C )sin CAD sin 乙AOC”BD _ AB D C B DsinZ R4D-sinZ./WC，ACABB D A BDC=AC5.解析 在/IA C中，由已知及正弦定理，得二_=咨=2而，sin A sin 2A 2sin 4cos AR,/sin A#0,/.cos A=.-04-r-V3sin 4=v 1 -cos A.36sin A 2、6xsin A 2-J2：.sin B=-=-.又 cos 8=cos 2.4=2cos2.4-1=1T在ABC 中,sin C=sin(4+J&)=sin A二3一一 .5.解 枷。为直角的直角三角形.练习B1.证

6、明 在48。中，由余弦定理，得a2=b2+c2-2bccos A,b2=a2+c2-2accos B,c2=a2+bz-2a6cos C.以上三式相加，整理得a2+b2+c1=2(bccos A+accos B+向cos C).2.解析 在ABC中，由正弦定理知sin Cv 6 x .csin A 2 v3=-=-=a 2 2,.0C180%.C=60。或 C=120.、t,八,八L 八 ,csin li r当 C=60oHt,?=7 5 ,6=V3+1 ；sin C;必 修第四册当 C=120。时，8:15。，6 二c si n B=73 6 xe x：c2-而。-3 =0,综上,6 =4+

7、1,C =6 0 或 6 =4-1,C=120 .3.解析 4 =3 0o,/?=6 0o,C =9 0 .4 .解析(1),.*a2=62+c2 26 c c os A,16 =4+e2-2x2xcx,c2-2c-12=0t2 7 4+4 82x1.c=i+JB(负值舍去).(2)a2=62+C2-26C C OS 4,/.16 =9+c2-2 x 3 x c x y c-3 c-7 =0.3 7 2 7 4 6C=3-J2+%/4 6 /古 冬 +-(负值舍去).习题9 T A1 解析 a c os/i=6 c os B,.si n 4 c os A=si n Bc o s B,si n

8、2.4 =si n 2 B.24 =28 或 24 =T T-28,T T4 =3 或 A+B=.：.A B C是等腰三角形或白:角三角形.2.解 析a+c =26,si n 4+si n C=2si n B,.A+C A-C A.B B2si n c os =4 sm c os-,222B 1 A-C Asi n-=c os-y-=.八 8 T T B V 30 0),则 a+c=5m J)+c =,15D m,a+b+c =-m.7 ,5 3=-y w,o=-7 7?,a =-z z?,c ：Z ：a =7 ：5 ：3,.C最大.由余弦定理的变形，得c osCa2+b2-c22a bc=1

9、204.解析.a b 3f i -=-得-=si n A si n B si n 6 0 0bsi n 4 5。一3 si n 4 5 .b =v6.si n 6 0 0由 a2=62+c2-26 c c os A,得 9 =6+c2-2xV6 3 V2C =276+372十用外一-一（负值舍去)，C=1 8 0 4-A =7 5。.5.解析 a=B C=v/2 m2+3 2,A=4 C =V 2tc AB-J2?2-4 m+3 4 ,f h c2=a2+b2-2ab c o s C 可得 2 m2-4 w+3 4 =2 m 2+3 2+2-2 /2 m?+3 2 x V I x_2，化简得Y

10、m=Mm、16 ,m =3.易知 m 2ta n A,si n B-si n Ax-=)-x-c os if c os Ac os n c os A,/1,7?e (0,7?)si n 4 si n 8W 0,si n 月c os A=si n Bc o s B,：.si n 2A=si n 2 8,2.4 =2B 或 2.4 =ir-yr28,即 4 =0 或/4+。=万./仍。为等腰三角形或直角三角形.(2)由 余 弦 定 理 的 变 形，得a-b_(a2+c2-b2 62+c2-a2=l ac 2b c )fa+c2-b2 l)2+c2-a2：.a-b=-.2a 2b2a2b-2(ib2

11、=a2b+b c2-b-ab2-ac2+a3,/.(Tb-ab1=b e2-ac2-b i+a3,ab(a-b)=(a-b)(a2+b2-c2+ab),/.(a-b)(a2+b2-c2)=Ota =6 或 a2+b2=c2,/.A B C为等腰三角形或直角三角形.习题9-1B1.解 析 连 接3 0,则四边形,4 8 C D的面积=.SA 4 B P+Sz：i(；pf l=-x/I B x/lD xsi n A+x C xC D xsi n C.2 A+C=18 0,/.si n 4=si n C,S=-(ABx AD+BCx CD)x s in A=-x(2x4+6 x4)xsi n 4 =

12、16 si n A.在片80中，由余弦定理，得H D2=A B2+A D2-2x4 j?x.4 D xc os 4 =20-16 c os 4,在 5 8中，由余弦定理,得B D2=C B2+C D2-2CBXC DX COS C=5 2-4 8C OS C,20-I 6 c os 4 =5 2-4 8 c os C.c os C=-c os A,6 4 c os A=-3 2,c os A=-,4 =120,S=16 si n 120 0 =8 7 3.2.解 析B C=2 同.3.解 析 设 a+Z =4,C =6 0。，c2=a2+b2-2ab c o s 6 0 =a2+b2-ab-(

13、a+6)2-3向=16-3而，a 0,/0,.a b =4,当且仅当a =6 =2时取等号.16-12=4,/.c 最小为 2,.三角形的最小周长为a+6+c =4+2=6.4.解析 这个三角形为等边三角形.证明如下：由 正 弦 定 理 及 工=1=c os 从 c os iic zri si n A si n B si n C-r，得-A=-=-7；，c os C c os A c os D c os Cta n 4 =ta n“二ta n C,:.A=B=C,/.这个三角形为等边三角形.5.证明 A=2B,/.si n A=si n 2B=2si n Bc o s氏由正弦定理的变形，得W

14、=2n2x&xc os A,即 a =26 c os B.2R6.解 析(1)由已知及正弦定理，得si n A=si n B c os C+si n C si n 8.又 4 =i r-(B+C),si n A=si n(B+C)=si n Bc o s C+c os f i si n C.由和 C w (0,F)得 si n B =c os B,B=.4I 7?(2)A A B C 的面积 5 =3 0 5矫 /?=or,由已知及余弦定理得4 =?+/-I T2ac c o s44又 a +c N l ac,a c W-,当且仅当2-V2 二c时，等号成立.7 2 4故 A 8 C面积的最大

15、值为二-x-=4 2-7 29.2正弦定理与余弦定理的应用习题9-2A1.解 析 由 题 意,得/18 0-4 5-7 5 =6 0.在 4 8 C 中,AB品乙ACB5 0 xsi n 7 5 0si n 6 0。4 Csi n 乙 ABCX C xsi n L A C Bsi n 乙 ABC50建巫4gT教材习题答案25(3垃+底)34,8两点间的距离为25(3反 向2.解析 10 0(7 3+l)m.3.解析 如图，K C =3 0,Z 4 C T =4 5-15=3 0,Z C.4 f i =4 5,CDx s n Z.BDC ssi n B二.B C =-=-.s in 乙 C R

16、D si n(a+0)在 R l A B C 中，4 8 =BCt an 乙ACB_ 5 ta n Osi n 0si n(a+/3)4.解 析(1)需测量的数据有A、B间距离d,A点 到M、N的俯角乙&1M =3,484二8，8点到M、N的俯角乙A B M(4)计算 D E 的长.DE=A B-A D-E B二B C si n y s in(a+/3)；-AD-E13.si n a si n(/5-y)复习题A组1.解析 ZC=18 0o-10 5-4 5o=3 0,c bA si n C在 A 8 C中，由正弦定理,/彳口早 _ _A_B_ _ _ _ _B_C_ _si n 3 0 0-

17、si n 4 5。3 0 xsi n C s in B si n B2夜T=2.2.解析 a2-(b-c)2=b e a2-(b2-2b c+c2)=b e,a2-b2-c2+2b c =b e、,2 2 2 b2+c2-a2 b e 1 b-+c -a=b e,：.-,2b c 2b c 22旗杆的高为15 7 2 m.4.解析 设/1C =i nni,在/18。中,/仍*二A C?+8。2-24 C x8 c xe os C,3 4 02=X2+8 52-2XXX8 5X-T即 x2-8 5.r-10 8 3 7 5 =0,(2)第一步：计 算4 M.由正弦定理，得d si n a,A M

18、=./J、;si n(a)+a2)第二步：计 算/I M由正弦定理，得A Nd si n P2s i n g-f i)第三步：计 算M N.由余弦定理，得MN1T TU P c os A G(0.1 T)4 =.3.解析(I),/a=26 si n 4,si n A=2si n B si n A,/si n.4#0,/.si n 5 =-,乙8为锐角，4B=3 0.(2)由余弦定理，得3=力+。2 _ 2 a cc os8 5+8 5须/6谷+、0 x -(负值舍去),A0A=40C -A C =3 4 0 +8 58 5+8 5 历27 6 5-8 5 T 6 T活 塞/I移 动 的 距 离

19、AA0为765 -85须-2-mn L习 题9-2B=/t M/M-Z d M x/I N c o M%一8).5.解析 解法一：(1)测 量A D、E B、BC的长.(2)计 算P C的长.在 P B C中，乙BPC二-九 Z-PRC=F-/3,乙PCB=),由 正 弦 定 理,得n r引 无=嬴p r金,r八 BCs in BP C=-s i n(/3-y)(3)计 算A C的长.在中，乙PAC二a,4 A P C=F-a-y,由正弦定理，得c osB,.62=(3 V 3 )2+52-2 x 3 7 3 x 5 x3 0 =7,/.6=77.4.证明 证法一：s i n A=2s i n

20、 8c os C,：.a=2b xa2+/?-cl ab1铀x匚+广一1 .解机 c os a=-.2n tACPCs i n Z.APC s i n Z.PA C 在 R t A D B =-.s i n a由乙E A C二B知乙AC/)=8,乙BAC=a-d在 A 8C 中，8 C =n(as i n pA s i n(a-p)=-77.s i n a s m p3.解析 在 SC O 中，乙=由正弦定理，得BCs i n Z.B D CCD-s in 乙 CRDAC=PC s i n(a+y)/?C s i n s i n(a+y)s i n as i n(万 一y)s i n a(4)

21、计算 D E K.D E=A C-A D-E B-B CB C M：+?_AD-EB-BC.sin a s in(p-y)解法二：(1)测量A D、E B、B C的长.(2)计算P B的长.在 尸BC中，乙5 PC=P-y,Z P B C =iT-p,Z.PCB=y,由正弦定理，得BCPB-不 -,PB s i n 4 8尸C s in A PCB sBCs in yiin(jB-y)(3)计算A B的长.在 R 4 B中，4 P，仍=a,乙APB=由正弦定理，得ABPI3s i nZ.4PB s i n/P48.AB=P s i n(a+S)4c s i n y s i n(a+p)s i

22、n as i n(j0-y)s i n aa2=a2+b2-c2,h C./IHC是等腰三角形.i i E法二：s i n A=2s i n 8c os C,2s i n 8c os C=s i n(B+C)=s i n 8c os C+c os B s i n C.：.s i n fi c os C-c os B s i n 6=0,s i n(B-C)=0.B-C=0,;.B;C,48。是等腰三角形.5.解析(1 )v s i n 4+s i n B=j 2s in C,二.由正弦定理得8 C+A C=6 43.又 A B+BC+AC=j 2+,:.A B=1.(2)v SA W=y x

23、B C x/l C x s i n C-s i n C,B C A C=6 3由 余 弦 定 理 的 变 形，得c os C=AC2+BC2-AB22 A C XB C(AC+BC)2-2ACx BC-AB2 _ 12ACx BC=T*-0 C 0),:八 3k?一用k-8k=2b=8k-K k-3,3了.13公-16什3=0,.,“二言或 A”=1.3当儿=可时，寸0 知 a1al.(a2-a =2(b+c),a2+3由 得c二(a+3=2c-26 4土泞，由60知“3.(g-1)(g-3)4/.c最长.1,/cos C=-,0C 180,2ab 2.C=120.9.解 析(1)证明：由18

24、0。-羽+。=90。得2/3-OL=9 0 ,sin a+cos=sin a+cos(90。+。)=0.AC(2)在 /)中，由正弦定理，得 益 二sin(180-/?)d KV-：-，乂 AC=J3DC,sin a.，.sin0=y5sin a.乂:sin a+cos 2/3=0,.,V3.2sin2j8一 sin/3-1 =0,sin F=负值舍去）.又“（）/卜 8=3.10.解 析(1)证明:sin(/l+fi)=sin 4cos B+cos Asin 8=暂,sin(/1-/?)=sin Acos B-cos/isin 0=；,4 2“1/.sin 4cos D=,cos/Isin

25、p=,2sin 4cos B 5-二 二 2,cos 4sin p 1Ttan A-=2,.tan.4=2tan B.tan B教材习题答案7T 3(2)4+A?0),.尸x2+-2(0 W#W2).(2)如果。E是水管,y =JX2+272x 2-2=72,4当且仅当/=，即时等号成立.x故D E/H C且4)=4时水管的长度最短.第 十 章 复 数1 0.1 复数及其几何意义1 0.1.1 复数的概念练习A1.解 析 实数有后,0;虚数有/i,i,6+5 i,2-V Ii,厅-4i,-3 i；纯虚数有7Ii,i.2.解 析R星C维恩图如下.3.解 析(l)-3+2i的实部为-3,虚部为2.

26、(2)3-5i的实部为3,虚部为-5.(3)-7的实部为-7,虚部为0.(4)8 i的实部为0,虚部为8.4.解析 x =2,y=0.5.解 析z,=z?不可能成立.因为它们的实部不相等.练习B11.解 析(1)R e(z)=E，I m(z)=.(2)R e(z)=J m(z)=2.解 析(1)?=6.(2)m廿 6.(3)m=-2.(y4=5,(2)(x =-l,1.(y=0.4.解 析 复数的实部大于0日.虚部等于0.5.解 析(l)P/.(2)/S C.(3)/Cl R=0,/C,R C.维恩图略.1 0.1.2复数的几何意义练习A1.解 析(1)(2,5).(2)(-3,2).(3)(

27、3,-2).(4)(-4,-2).(5)(3,0).(6)(0,-3).(7)(0,4).(8)(-2,0).2.解 析(1)真命题.(2)真命题.3.解析 z=-l+i,z -Jl.4.解 析ze R.练习B1.解 析(l)6 =0.(2)a =0.(3)6 0.(4)a 0.2.解 析(1)5.(2)203)1.3.解析 不一定，如Z =2,Z 2=2i.4.答 案(1)=(2)5.解 析(1)以原点为圆心，1为半径的的(2)以原点为圆心，1为半径的圆的内部.(3)以原点为圆心，1为半径的圆及其外部.(4)以原点为圆心，1和2为半径的圆环,不包括边界.图略.习题10-1A1.解析 m =-

28、5.4x=,2.解 析(1)3(2)(j3 l y=7.y=-y3.解析 m-2.;必 修第四册4.解析(1)/=-d.(2)a=-c.(3)a=d 且 6=c.5.解析 函 对应的复数为-2 +i,就 对应的复数为-2T.6.解 析12.7.解析 复数z的虚部为0.复数z的实部为0.习 题10-1B1.解 析x=2.2.解 析(l)(-o c ,-1).(2)(-1 J).由 产 7,得 广-8,-xy=24(y=3”=3,或ly=-8.4.解析 由题意得日=c-d ij.，Z的实部与石的实部互为相反数,a=-c5.解 析16.6.解 析 设 z=%-jri(%w R),贝 ljlz l 二

29、A/P +(-x)2=3戏,/.2x2=18,/.%=3,z=3-3i 或z=-3+3i.7.解 析 由 题 意 得 之:”-杭,则 卜+1)5,(3a=46,1 0.2.2 复数的乘法与除法练习A1.解 析(l)8+4 i.(2)-2-lli.(3)-y i.(4)5-12i.(5)2.(6)2.解析 i28=l,i37=4 _ I 4“+l _-4 n+21 =1,1 =1 J3.解 析 若.w 2i1 12 2.J-l,严.1 ：4，I+3 _ _zt=1,z2=-1 +i,如=2i,则z,+z2 1 -1+iw w 2i+=2i+-；=2i+-1+i=2i-i+l=l+i.此时,-#+

30、.z +z Z z?4.解析 将1+i代入方程，得(l+i)2 p(l+i)+2=0,.,.2i-a-ai+2=0,(2-a)+(2-)i=0,2-a=0,.a=2.练习B1.解 析(l)i.(2)-i.2.解析|-5+-/T 5 i|.3.解析 z=5-1-i.4.解析 v r+(4-i)(l+i)=a+4+/.z=4+3i 或z=-4-3i,/.5=4-3i 或 三=-4+3i.4 i-i+1 =5+“+3 i+3=(5+“)+2i,6.证 明 略.7.解析 最大值都为8,最小值都为2.习 题10-2B1.解析2.解析3.解析(l)y i.(2)2.(3)-1.(4)1.2-i.证明略.(

31、3+2 i)g+和 卜 l3+2i I x4.解 析(I).(2)T+i.5.解析 易得修,2 二:士 与3 ,/.阳-x2=37Ji 或-3VJi./.I%j-x212=27.6.证明 v lzl+z2l2=(z1+z2)(zf+i7)=云;+z1*57+22 石=lz)12+Iz,12+(Zi*Z2+z2 3)，Izj-z,I2=(Z|-Z2)(27-27)=2)i7-Z|57-Z2 Z7+Z2 *2=IZ|I 2+lz2 I 2-(Z 1 ,Z2+Z2 z7)/.Iz1+z2l2+k1-22l2=2 k1l2+2k2l2,原等式对任意复数ZrZ2都成立.几何意义:平行四边形两条对角线的平

32、方和等于四条边的平方和.7.解析 z=3-2i 或 z=-3+2i.1 0.2复数的运算1 0.2.1 复数的加法与减法练习A1.解 析(1)成立.(2)成立.2.解析 Z|+z2=4-2i.zl-z2=2+6i.3.解 析(l)5-4i.(2)7+2i.(3)3+12i.4.解 析(l)2-2 i.(2)l+5 i.(3)-4+5i.5.证明 设z=+yi(%y e R)，则 -yi,z+z=x+yi+x-yi=2x e R,一 两个共扼复数的和是实数.练习B1.解析(l)-4+10i.(2)-8+13i.2.解析 不一定.如 Z=3+i/2 =-i,Z+z2二 3 e R,但街与与不共甄3

33、.证 明 略.4.解 析N +方所对应的复数为3+9i,而-笳所对应的复数为9+i.5.解析 点Z对应的复数为誉.L历G+i)2-i(2-i)(2+i)-l+2 i,=-+bi=5+信+小,j+a=-,a=-282=+h,6=.I 5，1 55.证 明 略.习 题10-2A1.解析(l)9+1 0 i.(2)-8 +3i.(3)0.(4)8.2.证 明(1)当z为纯虚数时，设z,77i eR 且 m别)，贝！6=-mi,则 z+z=m-mi=0；(2)设 z r+y i(4 y e R,且 y#0)，则z=x-yi,*/z+z=2%=0,/.x=0,z-)i 是纯虚数.综上,若复数z#0,则z

34、为纯虚数的充要条件是z+2=0.3.解 析(1)-2-y-i.(2)2Z)+2ai.o 124.解 析(l)-2 5 i.(2)(a2+/?)2.5.解析(1)9 218行一讲百1 .65k*1 0.3复数的三角形式及其运算 习 题10-3A=8停+)=4舁+.(3)9(cos ar+isin TT)=9X(-1+0)=-9.,八/3F.3 c(4 J o I cos +ism 4 4/=6(-争 率)=-372+372i.7 72.解 析(1)0.(2).3TT(3)叮.(4)不3.解析(1)5(cos 0+isin 0).(2)21 cos +isin I.教材习题答案(3)3(cos o

35、r+isin TT).(4)6TT TTIT12isinTTncos-+isin-z-1 1 73 1 1 73=+i 1=+1,Z 4 4,z 4 4 T T T T4.解析(1 )cos 4-isin .4 45.解 析(1)165TT.5ITcos +isin I.12 12/(2)12137rcos+isiri1213m12)6.解析3 4 4cos 6 =,sin 6 =,tan =.7.解析(-1+i)(cos 120+isin 120)=1-73 1+V3.-12-2习题10-3B1.解析 不一定成立.因为辅角的值在0,2F）内，而 arg（Z1）+arg（32）的值有时大于2m

36、2.解析（1）-4-i =/71r 7ir2(cos +isin-I.6 6/A k (，2 72(4)-5 +5i=5 V 2-+-3.证 明 略.4.证明 左边二cos(-38)+isin(-3。)cos(-20)+isin(-2G)=cos(-50)+isin(-50)=cos 5-isin 50二右边，故等式成立.5.解析 4一 i=2=cos原式二8-)+i n(-)X2(iii-y-)E*(-F)X-F)=l6 6(号 皆 V)Z T T O=16(cos0+isin0)=16.习题10-3Ci/T1.解析 或2+后.2 22.解析 证明略.1的所有3次方根为1,_J_ 73.73

37、.-T+T,T-TL复习题A组1.解 析（1）假命题.（2）真命题.（3）假命题.（4）真命题.（5）真命题.（6）真命题.（7）真命题.2.解析（l）ll+8 i.（2）4-2i.（3）23-14i.（4）-l+i3.解 析（1）1.（2）（-2,0）.4.解 析 由 1 +yi=（1 +i）%=4+曲知1解得”=产1.所以 l%+yil=ll+il=v T+f 二在5.解 花（l）g =；+彳i,实部、虚部都畤(2)2+/=2-1=1,实部是1,虚部是0.(3)(l+i)=2i,实部为0,虚部为2.旦 3二土 2i 2i-i-2 2为十,虚部为-6.解 析 原式，实部7.解析 原式二cos

38、(一 少 一。+小)+isin(2O-0-(p-0+(p)=cos 0+isin 0=1.8.解 析(3-73i)cos(-60)+isin(-60)3 B 3技-i-i2 2 2-243 i.21 3 A.二 ；z 4 4 4 4(3+存)z-=-=-3 73.3-V3i%-14 4=哼10.解 析 不对.=i,74=2i,.*.ix2i=-2.B组1.解 析 由=i得z=J J1 -z 1 +1(l+i)(l-i)所以 lzl=lil=l.2.解析 设 z=yi(%,y w R,且 yXO).(l)z+lzl=x+yi+Vx2+y2=2+i,x+V x2+y2=2,x尸1，3了，3.4 z

39、=+.4(2)x-yi=(x+jn)2=x2-y2+2xyi,2V3y=-j-1 GT 1 73.Z-+1 2=-1.2 2 2 23.解 人F 由 3z+z=1 +i 得 z=q+53=J(打+(=.4.解析 Z=4+3i 或 Z=-4-3i.5.解 析 设 z=a+历(a,6 c R),则/+/=2 又由题意得 V(a-2)2+b2=V a2+(b-2)2,解得a=6.由得,a=6=2或a=6=-2,所以 z=2+2i 或 z=-2-2i.6.解 析(1 )cosIT+isin cos 萼+is in?3 3(3)cos(-j+isinITT47.解析 设2=。+筑(0,6 w R),则

40、z+=a+bi+z-2=(a-2)+bi,4 z+为实数，lz-2l=2,z;必 修第四册a+b(a-2)2+62=22,二条或或b =0 I 6 =则A E对应的复数为(，”+“)+n i (c o s 6 0。+i s i n 6 0。)=+IXCa=1,b-3./3(m+a)+./.z=4 或 z=1+V 3i 或 z=l-Ai.8.解析9.解析(2)1.10.解析(1)1.(2)1.(3)-6 4.(1 )c o s (-2(p)+i s i n (1 +c o s a+i s i n a2a .a a2c o s -+i x 2s i n 丁c o s 2 2 2a taa2c o

41、s -I c o s +i s i n I.2 22 22/a当 c o s 工-N O 时.1+c o s a+i s i n a 的三角形式为2c o sc0s +i s i n%)2 2)a当 c o s 0 时，1 +c o s a +i s i n a 的三角形式为-2c o s彳c o s l/T T +a I +i s i n 卜+今)J .11.解析 6 =-2,c=3.12.证 明 如图，设 Z =l+2i/d=l+3i,则 Z CBE=a r g zE,Z.CR/l=a r g zA,0/3(m+a)+n.-二-12/n+Su+VJit M-/3(IH-).I I2,2I.

42、3o+V5ri m V3-(m+a)+n.1-2 2 J L1 4 3=+i23a+j/5一,n,m+a)+.22司(m+a)+n.,2 2 2 2=c o s 600+i s i n 60%8 与4。的夹角为60。,即 44F=60.第十一章11.111.1.1立体几何初步空间几何体空间几何体与斜二测画法练习A2.解 析 如图所示为水平放置的正方形的直观图.如图所示为水平放置的等边三角形的直观图.4D C x3.解 析 略.4.解 析(1)真命题.(2)真命题.(3)假命题.(4)假命题.5.解析6.解析练习B1.解析如图所示为圆锥的宜观图.(1)四棱锥.(2)圆柱.(3)三棱柱.2.解 析

43、 水平放置的正五边形的直观图如图所示.FA()3.解析 AM -M B=L4.解 析(1)如图(1),在。上取互相垂直的直径A B、C D,分别以它们所在直线为*轴与y轴,将线段A B分成等份，过各等分点分别作 轴的平行线,交。0于E、F、C、H，画对应的/轴和y 轴，使4/。了=45。；教材习题答案(2)如图(2),以。，为中点，在、轴上取1 所 8.在/轴 上 取 C。二;CD,将小 分成等份,分别以这些等分点为中点，画 出 与 V 轴 平 行 的 线 段 /，C 7/,，使 E1 F =；EF,G1 H1=1八5 C”,.图(2)(3)用光滑的曲线顺次连接川,，/T,，4，G,E,(?，

44、*,并擦去辅助线，得到水平放置的圆的直观图，如图.图1 1.1.2构成空间几何体的基本元素练习A1.解 析 如果点运动的方向始终不变，那么它的轨迹就是一条直线或线段,如汽车在笔直的公路上行驶就形成一条直线段;如果点运动的方向时刻在改变，那么它的轨迹是一条曲线或曲线的一段,如一颗流星划过天空就形成一条曲线段.直线平行移动可以形成平面或曲面，如折扇打开形成平面.平面移动可以形成体，如三角形上各点沿铅垂线方向向上移动同样长度可得到柱体(三棱柱).2.解 析 略.3.解 析 略.4.解 析(I)真命题.(2)假命题.(3)真命题.5.解 析(1)真命题.(2)真命题.(3)假命题.6.解 析(1)真命

45、题.(2)真命题.练 习 B1.解 析(1 )4 e a,A 呈 b.(2)2里 氏(3)A/e/,/C a.2.解 析(l)a/b.(2)l/a.(3)a/3.(4)11/3.3.解 析(i)aDb =M.(2)aQa=N.(3)an/3=Z.4.解 析(1)4 当 48,.48G Q，A8/CD.(2)G，4 G,C 0,8 c.(3)A8 平 面 4 4 C，48 平面 C D DXC,.(4)平面平面 B C C B.(5)4)_ L 平 面 AD _ L 平面 O C C.5.解 析(1)4.(2)2.(3)4.6.解 析 是.1 1.1.3多面体与棱柱练 习 A1.解 析 不是.因

46、为多面体的每个面都是平面多边形.2.解 析 顶 点 数 是 7,棱 数 是 12,面数是 Z3.解 析 顶点：A,8,C,.极:AB,AC,AD、B C、BD,CD.面:平面ABC,平 面 ACD,平 面 A80,平面 BCD.4.解析 C C B C A.D C B C A.练 习 B1 .解 析 矩形./T2.解析 4x一 x2x2x =4/3.2 23.解析 与 相 异 面的宜线有：二 守,DD,CC-E F ,B C ,C D；过 48 的 平 面 有：平面平面ABCDEF.与A B相交的平面有：平面平面E E F F,平面平 面B C C B：4.解 析(1)真命题.(2)假命题.(

47、3)真命题.(4)假命题.5.解析 存在.三棱锥.6.解 析 同意.设长方体点心盒子的长、宽、高分别为叫y,z,依据题图(2)的捆扎方式，把彩绳的长度记作/,因为长方体的每个面上的那一段绳都与相交的棱垂直，所以/=2E+2)+4Z.依据题图(1)的捆扎方式，可以想象将长方体盒子展开在一个平面上,则彩绳的平面展开图是一条由4到A2的折线;在“扎紧”的情况下，彩绳的平面展开图是线段AfAf r(如 图)，这时用绳最短，绳 长 记 作 m,则在中，由三角形中两边之和大于第三边，得m=A,A,m,因此，题 图(1)所示的捆扎方式节省材料.A2 An1 1.1.4棱锥与棱台练 习 A1.解 析 因为要围

48、成的正三棱锥的侧面与底面都是等边三角形,所以它的棱长都相等.于是作一个等边三角形及其三条中位线，如下图所示.沿图中的实线剪下这个三角形，再以虚线(中位线)为折痕就可折成符合题意的几何体.2.解 析 相交.3.解 析 相交.4.解 析 平行.5.解 析 相交.练 习 B1.解 析 2 条.2.解 析 是.3.解 析 设 V。为正四棱锥V-A B C D的高，作0 M1 B C于 点明则 M 为B C的中点.连接 V M,0 B,则 VO 1 O MyO 108.因为底面正方形.48CO的面积为16,所以 BC=4,BM =O M =2,0B=/B M;O W=v/25+2r=2V2.又 因 为V

49、B=2/I T,所 以 在Rt AVOB中，由 勾 股 定 理 得V0=VVB2-OB2=7(2-/1 1)2-(2 7 2)2=6.在 RtAVOM(或 Rt V B M)中，由勾股定理得 VM=V 62+22=2 710(或 VM =V(2 VT T)2-22=2-/IO).综上，正 四 棱 锥V-A B C D的 高 为 6,斜高为2JW.V必 修第四册4.解 析 如图所示，将棱台还原为棱锥,设P 0是 棱 锥 的 高 是 棱 台 的 高.因为三棱台的上、下底面面积之比为4:9,所以它的底面对应边之比为1万：AB=2:3.所以 PAr：PA=2:3.PA1 p H1由 于 A O A。，

50、所 以 会=繁.即r A r()PO-OfO_PO-4 _ 2P O P O _ T 所以P()=1 2 c m,即截得这个棱台的棱锥的高是1 2 c m.5.解 析 如图所示，设正三棱台的上、下底面的中心分别为(，、。，则四边形5 J 3儿/1。1 为直角梯形，且。/I =十.作 4 H J.4。于 H,则 AH=AO-/。=4。-4a=7 J.所以 A,H2=A,A2-4/2 =2 5-3 =2 2.所以 A,H=所以0,0=/五.所 以 这 个 棱 台 的 高 为/22 c m.1 1.1.5旋转体练习A1 .解 析 平行;垂直;平行.2 .解 析 相交;相交.3 .解析 3 6 i r