高中数学必修第四册详解答案

课时作业（一）正弦定理

4b

1.解析：由已知及正弦定理，得，

sin45。—sin60。'

4sin60。4X坐

：=276.

.b=sin45°■近

2

答案：C

2.解析：由焉=心，得sinB=^J=3=乎因为b>a,所以/8>乙4,

sin/isinoazz童、。：

所以NB=60。或NB=120°.

答案：B

3.解析：由正弦定理得嬴=焉,

inx更

..„10sin60°2亚

••SinD-7^=77-嗔.

•：a>b,ZA=60°f.・・N3为锐角

答案：D

4解析.因为一^―=—^-所以q=包里

4.解仞.四刀siMsinB'次次bsinB,

因为在△ABC中,sinA>0,sinB>0,sinA>sinB,

所以号=篝>1,所以a>b,

由知

答案：A

_Q+u।abc，一一arabc__sinAsinBsinC

5•解析：由嬴彳=而=商和正弦足.里杀彳=而5=菽，可/e仔嬴设而，

即tan4=lanB=tanC,所以/A=NB=/C.

故△ABC为等边三角形.

答案：等边三角形

6.解析：在△43C中，VsinB=1,0<ZB<7t,

兀5

•••/%或

7T

又・・・/B+NCv兀，/。=不

,c兀.,471712

・・ZB=g,..NA=7T—%一4=§71.

•­a_b.J^sinB

・sin^—sinB'siiVl

答案：1

7.解析：由已知得sir^A—sin2B=sin2。，根据正弦定理知sinA=£,sin3=g,sinC=

ZAZA

2R'

所以（六）一曲）=（或）'

即〃2_/>2=»,故从+02=42.所以aABC是直角三角形.

答案：直角三角形

8.解析：设△ABC中，NA=45。,ZB=60°,

则ZC=180°-（ZA+ZB）=75°.

因为所以最小边为a.

FEW，--rzscsinA1xsin450r-，

又因为c=l,由正弦定理仔，a=sinC=-$.75°-=-1>

所以最小边长为小一1.

9.解析：在△ABC中，由正弦定理得瘾=熹，

SlILriSinjLJ

.asinA.a2sin2A

*sinB***Z?2—sin2B'

又曾2-21aM，，金鬻，...*=嗨,

b~tanBtanBsin2^

siivlcosA=sinBcosB,

即sin2A=sin2B.

：.2ZA=2ZB或2NA+2N8=m

TT

即/A=N8或/A+/8=5.

.♦.△ABC为等腰三角形或直角三角形.

10.解析：由/A-/C=90。，得/A为钝角且sinA=cosC,利用正弦定理，a+c=^b

可变形为sinA+sinC=V2sinB,

又,.,sin>l=cosC,

/.sinA+sinC=cosC+sinC=V2sin（C+45°）=V2sinfi,又/A,ZB,NC是△ABC的内

角，

故/。+45。=ZB或（/。+45。）+NB=180。（舍去），

所以NA+/B+NC=（90°+ZQ+（ZC+45°）+ZC=180°.

所以NC=15。.

课时作业（二）余弦定理

22222

1.解析：a=c+b—2cbcosA=>13=c+9—2cX3Xcos60°9即c—3c—4=0,解得c

=4或c=—1（舍去），故选C.

答案：C

2.解析：・"2=3c=2af:.吩=2总,b=ja,

〃2+/一〃^2+46f2-2tz23

二cosB=­荻一=—五五一=4.

答案：B

3.解析：先根据面积公式计算出c的值，然后利用4=60°以及余弦定理求解。的值.

因为S=，』csinA=3*°=^^,所以「=2；

又因为cosA="~而,所以］=p,所以a=币,故选A.

答案：A

4.解析：由正弦定理得°2+62<02,...4+加一/<0,...cosCvO,又0°</C<180°,

...NC为钝角，AABC为钝角三角形.

答案：A

层+/―按=安=坐又NBG（O,兀），所以NB1

5.解析：根据余弦定理，cos5=

2acvLxz

答案卷

6.解析：V2cosBsinA=sinC,

a2+c2-b1

.•・2X-------------Xa=c

2act

・・・a=。.故△ABC为等腰三角形.

答案：等腰三角形

7.解析：,.•/=/+52—2a6cosC,

(2\/§)2=层+22—2〃义2Xcos停

a2+2a—8=0,即伍+4)(。-2)=0,

.9.a=2或Q=—4(舍去).；・Q=2.

答案：2

3

8.解析：(1)因为加=a2+/-2aocosB=4+25—2X2X5X5=17,所以b=师.

34

(2)因为cosB=g,所以sin3=g.

bV175

由正弦定理

sinBsinC'4-sinC

5

所以sinC=喟.

9.解析：方法一：（利用边的关系判断）

由正弦定理，得:

sinB~b'

sinCc

.*2cosAsinB=sinC,AcosA—

2sinB2b'

加十^一层"+c2-a2c

•c°sA=2bc2hc一2"

1222

^•c=b+c—a9・・.解=按,:・a=b.

V(a~\-b~\-c)(a~\~b—c)=3ab,

(〃+b)2—d=3ab.,:a=b,4/?2—c2=3/?2,

:・^=2,:.b=c,•'△ABC为等边三角形.

方法二：(利用角的关系判断)

VZA+ZB+ZC=\80°,・,・sinC=sin(A+B).

2coSi4sinB=sinC,

2cosAsinB=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsin5,

sinAcosB—cosAsinB=0,/.sin(A—B)=0.

V00<ZA<180°,0°<ZB<180°,

.,.-180°<ZA-ZB<180°,

/.ZA-ZB=0°,即NA=N3.

21

V(a+b+c)(<a+b—c)=3abf/.(a+b)—c=3ab,

222222

a+h-c=ahic=a+h-2ahcosC9

a2+/72—c21.

•・cosC=°qb=5',・NC=60°,

•••△A8C为等边三角形.

10.解析：(1)由屏一(b—c)2=Q—，§)bc,得乐一新一。2=一小儿,

炉+/--x/3

所以cosA=_773—=羽

2hc2-

又0<4<兀，所以A=奈

1V小11+cosC

由sirL4sinB=cos与，得/sin3=----j-----,

5JT

即sin3=l+cosC,则cosC<0,即。为钝角.所以3为锐角，且3+。=/，

则sin管-0=l+cosC,化简得8s(C+§=—1,解得C=整，所以8=看.

(2)由⑴知a=b,由余弦定理得AM2=b2+(^—2%cosC=扶+^+号=(巾)2,解得〃

=2.

由就；=沈，可得c=鬻，即，=2于・

所以aABC的周长为4+2小.

课时作业(三)正弦定理与余弦定理的应用

1.

解析：由题意，做出示意图，如图，在aABC中，/C=180。-60。-75。=45。，由正弦

定理，得si2)。=si；：5。，解得'°=5#(nmile).

答案：D

xr.tan60°—tan45°r

2.解析：・・・tanl50=tan(60°—45。)=」.…八<。=2一小,：,BC=60tan60°-60tanl5°

1+tan60°tan450丫

=120(^3-l)(m),故选C.

答案：C

3.解析：如图，由条件知四边形488为正方形，，4B=C£>=20m,BC=4O=20m.

在△£>(?£；中，NEDC=60。,ZDCE=90°,CD=20m,.\EC=CD-tan600=20^3m.：.BE

=BC+CE=(20+2(h/§)m.选B.

答案：B

4.解析：到14时，轮船A和轮船3分别走了50nmile,30nmile,由余弦定理得两船之

间的距离为/=-\/502+302-2X50X30Xcos120°=70(nmile).

答案：B

5.解析：如图所示，VZCAB=75°,ZCBA=60°,：,ZACB=i80°-75°-60°=45°,

又A8=2,

c

AB

...由正弦定理.得房=笔，解得AC=#，即A,C两点之间的距

smZACBsmZCBA史更v

22

离为黄千米.

答案:布

ArAR

-

6.解析：由题意知NABC=30。，由正弦定理，得;―/.RR=—.―/

sinNABCsinZACB

50X当

.ACsinZACB

"8=sin/ABCj—5O\[2（m）.

2

答案：50>/2

7.解析：如图所示，依题意可知NPC5=45。，ZPBC=180o-60°-15o=105°,：.ZCPB

=180°-45°-105°=30°,；.在△PBC中,由正弦定理，可知PB=一sinNPCB=2O\/5

sinZCPBY

（米），.•.在RtZ\POB中，OP=PAsinNPBO=20V§X乎=30（米），即旗杆的高度为30米.

第一排

答案:30

8.解析：因为A8=40,ZBAP=120°,ZABP=30°,

所以NAPB=30。，所以AP=40,

所以BP2=AB2+AP2-2APABcos\20°

=402+402-2X40X40X^-1^=402X3,

所以8P=4（N§.又/P8C=90°,BC=80,

所以尸

所以PC=4S「海里.

9.解析：设缉私船用zh在。处追上走私船，

则有CO=loV§f,BD=lOt,

在△48C中，小一1,AC=2,ZBAC=120°,

由余弦定理，得_

BC2=AB2+AC2-2AB-AC-COSZBAC=（V3-1）2+22-2-（V3-1）-2-COS120°=6,

:.BC=限

口•ZAC■__2小小

且sinNA3c—8c，sin/3AC—2—2.

:.ZABC=45°.

...8C与正北方向垂直.

,/ZCBD=90°+30°=120°,

在△8C。中，由正弦定理，得

BDsmACBD1Orsini20°1

sin/BCO=

CDl()V3r2,

：./BCD=30°.

即缉私船沿北偏东60。方向能最快追上走私船.

10.解析：(1)依题意知，ZCAB=\20°,48=50X4=200,AC=120,ZACB=a,

在AABC中，由余弦定理，得

BC2=AB2+AC2-Z4B-AC-COSZCAB=2002+1202-2X200X120COS120°=78400,解得

8c=280.

所以该军舰艇的速度为B晋C=70海里/时.

(2)在△MO中，由正弦定理，得黑=焉，

.„.200X-^-r-

.ABsin1i2o0no25V3

即Hnsma=_氏14-

课时作业(四)复数的概念

1.解析：一2i的实部为0,虚部为一2.

答案：C

屋一34+2=0,

2.解析：由得4=2.

〃一1W0,

答案：B

3.解析：由6+(〃-2)i=1+i,得b=l,a=3,所以〃+b=4.

答案：D

4.解析：两个复数，当它们都是实数时，是可以比较大小的，故①错误；

设zi=〃+历(〃，bRR,bWO),Z2=c+di(c,d£R,且dWO),因为b=d,所以Z2=c+

当〃=C时，Z\=Z2t当a#C时，Z1WZ2,故②错误；

③当时，(〃-6)+3+b)i是纯虚数，当a=b=O时，(〃一/?)+(〃+/?)i=0是实数,

故③错误，因此选A.

答案：A

TH2—3/n=4,

5.解析：由题意得川2—3m+疝=4+(5加+4)i,从而彳解得加=-1.

m=5m+4,

答案：一1

6.解析：3i—也的虚部为3,3F+啦i=-3+6i,实部为一3,故应填3—3i.

答案：3—3i

7.解析：③中，。=0时，》i=0不是纯虚数.故③正确；①中，复数分为实数与虚数两

大类；②中，平方为一1的数是土i;④中，加，〃不一定为实数，故①②©错误.

答案：1

8.解析：(l)：z是零,

\m(.m-1)=0,

17M2+27H-3=0,

解得tn=\.

(2)Yz是纯虚数,

tn(加—1)=0,

解得m=0.

—3#0,

9.解析：因为MUP=P,所以MGP,

即(机2—2m)+(m2+)2—2)i=-1或(/w2—2m)+(zn2+m-2)i=4i.

由(in2-2/n)+(/n2+/M-2)i=-1,得

m2—2m=—1,

解得m=\；

加2+加一2=0,

由(ni1—2ni)+(〃於+〃?-2)i=4i,得

机2—2m=0,

解得加=2.

-2=4,

综上可知，m=l或"?=2.

10.解析：x=沏是方程的实根，代入方程并整理，得

(君+g+2)+(2xo+%)i=0.

由复数相等的充要条件，得

%o+依)+2=0,xo=y[2,XQ=­y[2,

解得1

2必+%=0,&=一2•、k=2版

・♦・方程的实根为沏=也或沏=一也，相应的％值为攵=-2g或k=2yf2.

课时作业(五)复数的几何意义

1.解析：由题意知4(6,5),B(-2,3),则AB中点C(2,4)对应的复数为2+4i.

答案：C_____

2.解析：|0=|1+3"=卜12+32=忻,故选C.

答案：C____

3.解析:3忆||=4〃2+4,㈤=小，

q〃+4〈小,—l<a<l.

答案：A

4.解析：因为A(-l,2)关于直线卜=一》的对称点为B(—2,1),所以向量为对应的复

数为-2+i.

答案：B

5.解析：・・・zi=3+3,Z2=b+4i互为共旅复数,

.•『拓

la=-4,

.".z——4+3i,

|z|=7(-4)2+32=5.

答案：5

6.解析：由题意知z=-3+4i,

：.\z\=yj(-3)2+42=5.

答案：5

x2—6x+5<0,l<x<5,

7.解析：由已知得

x—2<0,x<2,

1<x<2.

答案：(1，2)

8.解析：；|z|=2,

7(x+3)2+(y—2)2=2,

即(x+3)2+(y—2)2=4.

.•.点(x,y)的轨迹是以(一3,2)为圆心，2为半径的圆.

m—3>0,

9.解析：(1)由题意得，,“八

得3<7,此时复数z对应的点位于第四象限.

m—3>0,tn—3<0,

(2)由题意得,或，

7H2—5/M-14>0,〃及一5加一14<0,

・••加>7或一2<m<3,

此时复数Z对应的点位于第一、三象限.

(3)要使复数z对应的点在直线y—x上，只需m2—5m—\4=m—3,

，m~—6m—11=0,

m=3±2-\[5,

此时，复数z对应的点位于直线y=x上.

10.解析：因为OZ|对应的复数为-3+4i,

OZ2对应的复数为2a+i,

所以OZ1=(—3,4),OZ2=(2a,1).

因为OZ|与OZ2共线，所以存在实数％使OZ2=kOZi,

即(2a,1)=&(-3,4)=(-3鼠%,

2a=-3k,

所以所以

1=4k,

3

即a的值为一q

O

课时作业(六)复数的加法与减法

1.解析：(6—3i)—(3i+1)+(2—2i)

=(6—1+2)+(—3—3—2)i

=7-8i.

答案：C

2.解析：由复数减法运算的几何意义知，

赢对应的复数为(l+3i)—(l+i)=2i,

，丽=2.

答案：B

3.解析：由题意可知zi+z2=(a—3)+(/?+4)i是实数,Z|—Z2=(a+3)+(4—〃)i是纯虚数，

故

6+4=0,

＜。+3=0,解得。=—3,。=—4.

、4一6W0,

答案：A

4.解析：根据复数加(减)法的几何意义，知以晶，为为邻边所作的平行四边形的对角

线相等，则此平行四边形为矩形，故△A08为直角三角形.

答案：B

5.解析：原式=2+7i—5+13i+3—4i=(2—5+3)+(7+13—4)i=16i.

答案：⑹____________

6.解析：设z=〃iS£R且〃H0),\z-1-i|=|-1+(b~\)i\=yj\+(/?-])2=1,解得

b—1,z=i.

答案：i

7.解析：|z|=l,即|OZ]=1,...满足|z|=l的点Z的集合是以(0,0)为圆心，以1为半径

的圆，又复数©=2(1—i)在坐标系内对应的点为(2,—2).故|z—zi|的最大值为点Z|(2,-2)到

圆上的点的最大距离，即|z—zi|的最大值为2吸+1.

答案：26+1

8.解析：Z|—Z2=|[乎a+(a+1)i-[一3小b+(b+2)i]=停。+350+(4-6-1)二

冬+3小I有解得

a=2,

・・・z=2+i.

6=1，

9.解析：设正方形的第四个点。对应的复数为x+yi(x,yGR),

，病=而一后对应的复数为

(x+yi)—(l+2i)=(x—1)+。-2)i,

&?=或7—协对应的复数为

(-l-2i)-(-2+i)=l-3i.

'：AD=BC,

.'.(x-1)+(>-2)i=l-3i,

[%—1=1,x=2,

即.解得,

[y-2=-3,J=T

故点。对应的复数为2—i.

10.解析：⑴♦4,B,C三点对应的复数分别为1,2+i,-l+2i.

：.OA,OB,诙对应的复数分别为1,2+i,-l+2i(。为坐标原点)，

，苏=(1,0),OB=(2,1),沆=(一1,2).

：.AB=OB-OA^(\,1),AC^OC-OA=(~2,2),

BC=OC-OB=(-3,1).

即诵对应的复数为1+i,启对应的复数为-2+2i,说'对应的复数为-3+i.

(2)V|AB|=VH-1=V2,\AC\=y](-2)2+22=^8,

\BC\=yl(-3)2+l=VT0,

.\|AB|2+|Aq2=10=|BC|2.

又•；|靠|#的，.「△ABC是以角A为直角的直角三角形.

课时作业(七)复数的乘法与除法

1.解析：z-z=(2—i)(2+i)=22—i2=4+l=5,故选A.

答案：A

(7+i)(3-4i)25-25i

2.解析：3+H—1—i,故选A.

(3+4i)(3-4i)25

答案：A

3.解析：取zi=l-2i,Z2=l+2i满足3+zi<0,排除A；取zi=1,Z2=2i满足3+

<0,排除D；取zi=i,Z2=2i,满足1<0,排除C,从而选B.

答案：B

4.解析:设z=a+历(a,-GR),则z=“一bi,

(2+67=6g,。,解得〃=3,

,贝ijz=3土i.

b=±\

答案：B

..a—i_(，-i)(1—i)_(a—1)—(i+1)i因为M是纯虚数，所以a

5-解析：T+i=(i+i)(i-i)=2

—1=0且a+lW0,即a=l.

答案：1

,2z.nxr-L目工土/日.-1+2i—i+2产—i~2..

6.斛析：由题意，得x+i=：=p=_]=2+i,

所以x=2.

答案：2

7.解析：｝5(2+i)5T)=2+i,其共姬复数为2—i.

2—1(2-i)(2+i)

答案：2-i

-、、上3+2i3-2i

8.解析：万法—：2-3i-2+3i

(3+2i)(2+3i)—(3-2i)(2—3。

(2-3i)(2+33

6+13i-6-6+13i+626i.

4+9=~13=2L

_3+2i3-2ii(2—3i)—i(2+3i)

万法一：2-3i-2+3i=2-3i~-2+3i

9.解析：〜―l=M(l+z)i,

.J+巾i_______(1+V§i)2________14■小•

・"1一小i(1—gi)(1+小i)221

10.解析：(l)z=—l+i+3i+3—4=-2+4i,

所以复数z的共轲复数为一2一4i.

(2)w=-24-(4+(j)i,复数w对应的向量为(-2,4+a),其模为吊4+(4+a)2=

420+8。+解.

’又复数z所对应向量为(-2,4),其模为2小.由复数勿对应向量的模不大于复数z所对

应向量的模，得20+84+〃・20,辟+加・。，

所以，实数。的取值范围是一8W&W0.

课时作业(八)空间几何体与斜二测画法

I.解析：平行于y轴的线段在直观图中变为原来的一半，故(3)错误；由斜二测画法的

基本要求可知(1)(2)(4)正确.

答案：⑴J(2)7⑶X(4)7

2.解析：由斜二测画法规则可知，平行于y轴的线段长度减半，直角坐标系变成斜坐标

系，而平行性没有改变，故只有选项D正确.

答案：D

3.解析：因为/ZX45=45。，由斜二测画法规则知ND4B=90。，又因四边形A'B'C'D'

为平行四边形，所以原四边形A8CO为矩形.

答案：D

4.解析：根据斜二测画法可知△ABC中，BC=2,4。=小，AOLBC,：.AB=AC=

712+(小)工=2,故△A8C是等边三角形，贝！|NABC=60。.

答案：C

5.解析：画出直观图，8c对应夕C,且B'C'=1,ZB'C'x'=45°,故顶点夕到V轴的距

离为坐

答案：乎

6.解析：在x轴上的线段长度不变，故4A1=4cm,在)，轴上的线段变成原来的一半,

故AfDf=2cm.

答案：24

7.解析：按斜二测画法，得梯形的直观图0,49C,如图所示，

/CB'

D'E'

原图形中梯形的高CD=2,在直观图中(70=1,且NCOE=45°,作CE垂直于V

轴于E,则C'£=C7)'sin450=彳.

答案：当

8.解析：由直观图可知其对应的平面图形AOB中，NAOB=90。，0B=3,0A=4,：.S^AOB

=^0A0B=6.

9.解析：画法如下：

(1)画T轴和y轴,两轴交于点O',使NWOy=45。；

(2)分别在期轴、y轴上以。，为中心,作4E=2cm,C'D'=1cm,用曲线将A，，C',B',

O'连起来得到圆锥底面(圆)的直观图；

(3)画z，轴，在z，轴方向上取。5=3cm,S为圆锥的顶点，连接SA',SB'-,

(4)擦去辅助线，得到圆锥的直观图.

10.解析：由已知中4ECD是边长为1的正方形，又知它是某个四边形按斜二测画法

画出的直观图，可得该四边形的原图形，如图所示：这是一个底边长为2,高为也的平行四

边形.故原图形的面积为2吸.

课时作业(九)构成空间几何体的基本元素

1.解析：③中A。不为对角线，故错误；⑤中漏掉“平面”两字，故错误.

答案：D

2.解析：由平面a,夕，y的位置关系可知，三平面将空间分成六部分，故选B.

答案：B

3.解析：由平面的概念知，只有④正确.

答案：A

4.解析：选项A只表示点4在直线/上；选项D表示直线/与平面a相交于点A；选项

B中的直线/有部分在平行四边形的外面，所以不能表示直线在平面a内，故选C.

答案：C

5.解析：如图，

在长方体ABC。一4/C'D中，AB=5cm,BC=4cm,CC=3cm,

二长方体的高为3cm；平面A'B'BA与平面CDDC之间的距离为4cm；点A到平面BCCB'

的距离为5cm.

答案：(1)3(2)4(3)5

6.解析：平面ABCD与平面4BCQ'平行，平面AB87U与平面CQZ/C'平行，平面ADD'A'

与平面BCCE平行，共3对.

与AV垂直的平面是平面ABC。，平面AEC7X

答案：3平面ABC。、平面AbCD

7.解析：正方体共有8个顶点，去掉一个“角”后减少了一个顶点即有7个顶点.

答案：③

8.解析：图①可看成平面尸被a挡住一部分；图②可看成三棱锥；图③可看成是一个

正方体，添加虚线即可.

①②

9.解析：①中几何体有6个顶点，12条棱和8个三角形面；

②中几何体有12个顶点，18条棱和8个面；

③中几何体有6个顶点，10条棱和6个面；

④中几何体有2条曲线，3个面(2个圆面和1个曲面).

10.解析：若三个平面经过同一条直线，则有1条交线；若三个平面不过同一条直线,

则有3条交线.

答案：C

课时作业(十)多面体与棱柱

1•答案：B

2.答案：ABC

3.解析：由已知得底面边长为1,侧棱长为^^=2.

.•.5W=1X2X4=8.

答案：D

4.解析：由球的体积公式，得%跟=誓，.・.R=2.

二正三棱柱的高/j=2R=4.

设正三棱柱的底面边长为a,则其内切圆的半径为：骑a=2,

:・a=4小.

・••该正三棱柱的体积为：V=S底•〃=*a"sin60o»=拳・(45)2.4=48小.

故答案为D.

答案：D

5.解析：(2)(3)中，①④为相对的面，②⑤为相对的面，③⑥为相对的面，故它们的排

列规律完全一样.

答案：⑵⑶

6.解析：①正确，如四边形AQC3为矩形；②不正确，任选四个顶点若组成平面图形，

则一定为矩形；③正确，如四面体4一GB。；④正确，如四面体Bi-ABD

答案：①③④

7.解析:将三棱柱沿展开如图所示，则线段AU即为最短路线，即4。=收耳函

4用GD1

ABCD

答案：A/TO

8.解析：棱柱的侧面积S,n=3X6X4=72(cm2).

答案：72

9.解析：由题意知正四棱柱的底面积为4,所以正四棱柱的底面边长为2,正四棱柱的

底面对角线长为2啦，正四棱柱的对角线为2#.而球的直径等于正四棱柱的对角线，即2R

=2#.所以R=#).所以S冰=4兀/?2=24兀

10.解析：连4B,沿BG将△CBG展开与△ABC在同一个平

面内，如图所示，连4C,则4c的长度就是所求的最小值.

通过计算可得NAiG8=90。.

又NBGC=45°,AZAiCiC=135°.

由余弦定理可求得4C=5啦.

课时作业(十一)棱锥与棱台

1.解析：(1)正确.多面体的表面积等于侧面积与底面积之和.

(2)错误.棱台的侧面展开图是由若干个梯形组成的，不一定是等腰梯形.

(3)错误.由于剪开的棱不同，同一个几何体的表面展开图可能不是全等形.但是，不论

怎么剪，同一个多面体表面展开图的面积是一样的.

答案：(1)V(2)X(3)X

2.解析：因为正六边形的边长与它的外接圆半径相等，所以满足上述条件的棱锥一定不

是六棱锥.

答案：D

3.解析：两个面互相平行，故此多面体一定不是棱锥，其余各面都是梯形，所以也不是

棱柱，棱柱的侧面都是平行四边形，选D.

答案：D

4.解析：三棱锥的每一个面均可作为底面，应选D.

答案：D

5.解析：结合棱柱、棱锥和棱台的定义可知①③④是棱柱，⑥是棱锥，⑤是棱台.

答案：①③④⑥⑤

6.解析：①正确，因为具有这些特征的几何体的侧棱一定不相交于一点，故一定不是棱

台；②正确，如图所示；③不正确，当两个平行的正方形完全相等时，一定不是棱台.

答案：①②

7.解析：折起后是一个三棱锥（如图所示）.

答案：三棱锥

8.解析：（1）根据棱柱的结构特征可知，该几何体为六棱柱.

（2）根据棱锥的结构特征可知，该几何体为四棱锥.

9.解析：方法一：

BiF=h',8F=；(8-4)=2(cm),

8B=8(cm),

.•.8尸=482—22=2VB(cm),：.h'=B1F=2y[T5(cm),

；・S正棱台倒=3X4X(4+8)X2仃=48VB(cm2).

方法二：延长正四棱台的侧棱交于点P,如图，设P8=x(cm),

Y4

则「卜8=g,得x=8(cm),

PBi=B|B=8(cm),Ei为尸E的中点，

，PE\=yjS-22-2V15(cm),

PE=2P£i=4VT5(cm),

r•S正植台制=s大正城布制—s，卜正被维用

=4x1x8XPE-4x|x4XP£l

=4X1X8X4V15-4X^X4X2VT5

=48V15(cm2).

10.解析:

作出三棱锥的侧面展开图，如图A、8两点间最短绳长就是线段A8的长度.

在△AOB中，ZAOB=30°X3=90°,

0A=4cm,0B=3cm,

所以AB=yl（）^+OS2=5cYn.

所以此绳在A,8两点间的最短绳长为5cm.

课时作业（十二）旋转体

1.解析：根据旋转体的概念可知，①和④是旋转体.

答案：D

2.解析：圆柱的轴截面是矩形，圆锥的轴截面是等腰三角形，圆台的轴截面是等腰梯形,

只有球的轴截面是圆面.

答案：C

3.解析：如图，以AB为轴旋转所得的几何体是一个大圆锥挖去一个同底的小圆锥.

答案：D

4.解析：用一个平面去截圆锥、圆柱、球均可以得到圆面，但截棱柱一定不会产生圆面.

答案：D

5.解析：一个长方形和两个圆折叠后，能围成的几何体是圆柱.

答案：圆柱

6.解析：由旋转体的定义知，该几何体为一个圆锥和一个圆柱拼接成的组合体.

答案：一个圆锥和一个圆柱拼接成的组合体

7.解析：如图是圆锥的轴截面，

则SA=20cm,ZASO=30°,

."0=10cm,SO=1075cm.

答案：10\/5

8.解析：图①是由一个三棱柱和一个四棱柱拼接而成的简单组合体.

图②是由一个圆锥和一个四棱柱拼接而成的简单组合体.

9.解析：（1）由截得圆台上、下底面面积之比为1:16,可设截得圆台的上、下底面的半

径分别为r,4r.

过轴S。作截面，如图所示.

4\

BL----------

则△SO4s△SOA,OA=3,

.0，A，1

0*OA~49

/.0A=12cm.

又SO=24cm,

SA=#122+242=12小cm.

即圆锥SO的母线长为12小cm.

(2)如图，过正方体的体对角线作圆锥的轴截面，设正方体的棱长为x,则

0C—

追

.2、24-x

24，

解得x=24(•低一1),

.•.正方体的棱长为24(啦一l)cm.

10.解析：将侧面展开可得S=；(50+80)X407r=260(hi(cm2).

答案：2600兀

课时作业(十三)祖瞄原理与几何体的体积

1.解析：v=gs/i=；x乎X3=^.

答案：D

2.解析：设大球的半径为r,则，tX13*2=看尸,

答案：A

3.解析：如图，去掉的一个棱锥的体积是:义(99目义；=太,

剩余几何体的体积是—8X^=4

H-OO

答案：D

4.解析：由题意知，此球是正方体的内切球，根据其几何特征知，此球的直径与正方体

的棱长是相等的，故可得球的直径为2,故半径为1,其体积4是兀X13=^47.r

答案:A

jab=也

5.解析：设长方体的棱长分别为a,h,c,则小，三式相乘可知(a6c)2=6,所以

lz?c=V6,

长方体的体积V=abc=#.

答案：V6

6.

解析：如图，在三棱锥s—ABC中，作高SO,连接AO并延长A0交8c于点D,则AO

裳X4X$攀在RtASAO中,so-y^-画=乎，所以V=；X邛X半X42=

16^2

3•

较案.应

1=4/t・3

7.解析：将三棱锥A—Da)i选择△AOA为底面，E为顶点，则VA-DEDi=VE-ADDi

=TS/Z=TX^X1X1X1=J.

3326

答案：|

1414128

8.解析：因为V半球=]*1兀/?3=2*铲X43=^F(cm3),

V圆链=；兀3/?=*乂42乂10=丹4c(cn?),

因为V半球＜V回错，

所以，冰淇淋融化了，不会溢出杯子.

9.解析：设圆台上、下底面半径分别为八R.

,**AjZ)—3,N4A3=60°,*,•AD—-9

：・R—r=小,BD=A\D-tan60°—3^/3,

.,./?+〃=3小，：,R=24,r=&h=3,

=；兀(R2+Rr+产)h=&x[(2小)2+2小x小+(5)2]X3=21兀

10.解析：如图所示，

连接AS,AG.

•；BiE=CF,

梯形BEFC的面积等于梯形BiEFG的面积.

又四棱锥A-BEFC的高与四棱锥A—BEFCi的高相等,

.'.VA-BEFC=VA-B1EFCI=^VA-BB1CIC,

又VA-A\B\C\^S/XAxB\C\-h,

VABC-A\B\C\=S△A\B\Cvh=m

VA—A\BiC\=^,

：.VA-BBxC\C=VABC-A\B\C\-VA-A\B\C\=^tn,

V4-B£FC=2X3W=3',

ni

即四棱锥A-BEFC的体积是5

课时作业(十四)平面的基本事实与推论

I.解析：因为梯形有两边平行，所以梯形确定一个平面，所以①是正确的；三条平行直

线不一定共面，如直三棱柱的三条平行的棱，所以②不正确；有三个公共点的两个平面不一

定重合，如两个平面相交，三个公共点都在交线上，所以③不正确；三条直线两两相交，可

以确定的平面个数是1或3,所以④不正确.

答案：A

2.解析：由公理3可知，两个不重合平面有一个公共点，它们有且只有一条过该公共点

的公共直线，则有无数个公共点.

答案：D

3.解析：如图①②所示，A、C、D均不正确，只有B正确，如图①中A,B,D不共线.

ABC4B

①

答案：B

4.解析：根据公理判定点C和点。既在平面夕内又在平面y内，故在夕与y的交线上.故

选D.

答案：D

5.解析：因为aaa,bu8,所以A/da,ME仇又因为aC£=l,所以MG/.

答案：e

6.答案：(1)45(2)AC(3)00((4)S

7.解析：如图，在正方体A8C£)—A|8|C|£)i中，

①A41nA8=A,A4IC48I=AI,直线AB,A山।与可以确定一个平面(平面ABBiA).

®AA\C\AB=A,A4iClAi£)i=Ai,

直线AB,A4i与AiD,可以确定两个平面(平面ABB\A\和平面ADD\A\).

③三条直线AB,AO,A4交于一点A,它们可以确定三个平面(平面ABC。，平面ABBiAi

和平面ADDiAi).

答案：1或2或3

B

8.证明：延长A4,BBi,

设AAiDBBi=P,

又881u平面BC\,

平面BCi,

44iu平面ACi,

平面ACi,

，尸为平面BC\和平面ACi的公共点，

又•.•平面BGC平面AG=CG,

.\pecCi,

即A4|,BBl,CG延长后交于一点P.

9.证明：已知：如图所示，/1n/2=