2011届 数学高三第一轮复习资料 选用篇 答案.pdf

高三第一轮复习资料暋数学 选用篇 参考答案 2 0 1 1年高三第一轮复习资料暋数学 选用篇 参 考 答 案 第七章暋解析几何 续 7 9暋直线与圆锥曲线 暰 基础知识暱暋1 3 8 5 暋2 4 5 3 暋3 8 暋4 1 2 暋5 2 4 7 暋6 k 5 2 或k0 b 0 则b a 3暋栙 又因为双曲线过点M 2 3 所以2 a 2 9 b 2 1暋栚 解栙 栚得a 1 b 3 故双曲 线的标准方程为x 2 y 2 9 1 暋 2 因为P F1 P F2 2 且P F2 3 所以P F1 5 暋8 由题意可得左焦点 F坐标为 1 0 设A x1 y1 B x2 y2 因为以A B为直径的圆过椭圆的左焦点F 所以A F曂B F 得 y1 x1 1暳 y2 x2 1 1 即y1y2 x1 1 x2 1 0 又因为y 1y2 x1 1 x2 1 所以 x1 1 x2 1 x1 1 x2 1 0 得x1x2 1 将y x 1代入x 2 m y 2 m 1 1 得 2m 1 x 2 2 m x 2m m 2 0 所以x1x2 2 m m 2 2m 1 1 得m 2 3或m 2 3 因为m 1 舍 故m 2 3 暋9 1 设 A x1 y1 B x2 y2 A B的中点为M x0 y0 则由 y 2 8x y 2x m 得y 2 4 y 4m 0 殼 1 6 1 6m 0 1 高三第一轮复习资料暋数学 选用篇 所以m 1 暋 2 由 1 可得y0 y 1 y2 2 2 所以2 2x0 m x0 2 m 2 故A B的垂直平分线方程为 y 2 1 2 x 2 m 2 即2x 4y m 1 0 0 由 2x 4y m 1 0 0 x 2 得yC 1 4 m 4 因为m1 3 4 故yC的取值范围是 1 3 4 曓 暋1 0 1 因为A B曃l且过 0 0 所以A B所在直线的方程 为y x 设A B两点坐标分别为 x1 y1 x2 y2 由 x 2 3 y 2 4 y x 得x 暲1 所以A B 2 旤x1 x2旤 2 2 因为点C在直线l y x 2上 且A B曃l 所以A B边上的高h等于原点到直线l的距离 所以h 2 2 2 故S曶A B C 1 2 2 2 2 2 暋 2 设A B所在直线方程为y x m 由 x 2 3 y 2 4 y x m 得4x 2 6 m x 3m 2 4 0 因为A B在椭圆上 所以殼 1 2m 2 6 4 0 设A B两点坐标分别为 x1 y1 x2 y2 则 x1 x2 3 m 2 x1x2 3 m 2 4 4 所以A B 2 x1 x2 3 2 6m 2 2 又因为曄A B C 9 0 曘 所以B C的长等于点 0 m 到l的距离 即B C 旤2 m旤 2 所以 当m 1时 A C边最长 此时殼 1 2 6 4 0 所以A B所 在直线的方程为y x 1 7 1 0暋曲线与方程 暰 基础知识暱暋1 5 2 2 5 1 暋2 点B 暋3 1 6 9 暋4 1或 2 暋5 旤 x y 旤 2 暋 6 曓 0 暼 1 0 曓 暰 典型例题暱暋例1暋依题意 圆拱所在圆的圆心在y轴上 可设为O1 0 b 设圆拱所在圆的半径为r 那么 圆上任意一点P x y 应满足O1P r 即 x 0 2 y b 2 r 即 x 0 2 y b 2 r 2 因为点B 1 8 0 C 0 6 在圆上 所以 1 8 0 2 0 b 2 r 2 0 0 2 6 b 2 r 2 解得b 2 4 r 3 0 由于圆拱只是它所在的圆位于x 轴上方的一部分 包括x轴上的点 所以圆拱的方程是x 2 y 2 4 2 3 0 2 0曑y 曑6 暋例2暋设抛物线 的焦点为F x y x曎0 因为点 1 0 在抛物线上 由抛物线的定义可得 点 1 0 到焦点F x y 的距离等 于它到抛物线准线y轴的距离 所以 x 1 2 y2 1 化简得x 2 y2 2 x 0 x曎0 故所求抛物线焦点 的轨迹方程为x 2 y 2 2x 0 x曎0 暋例3暋设A x1 y1 B x2 y2 由 y a x 1 3x 2 y2 1 消去y 得 3 a 2 x 2 2 a x 2 0 因为有两个交点 所以3 a 2 曎0 且殼 4a 2 8 3 a 2 0 解得a2 6且a 2 曎 3 x1 x2 2a 3 a 2 x1x2 2 3 a 2 暋 1 A B 1 a 2旤 x1 x2旤 1 a 2 x1 x2 2 4 x1x2 2 a 4 5 a 2 6 旤3 a 2旤 a 2 6且a 2 曎3 暋 2 由题意得 O A曂O B 所以x1x2 y1y2 0 有x1x2 a x1 1 a x2 1 0 即 a 2 1 x1x2 a x1 x2 1 0 也就是 a 2 1 暳 2 3 a 2 a暳 2a 3 a 2 1 0 得 a 2 1 符合a 2 1 7 设A x1 y1 B x2 y2 由 y x b x 2 2y 消去y 得x 2 2x 2b 0 当殼 4 8 b 0时 x1 x2 2 x1x2 2b 因为O A曂O B 所以 曻 O A 曻 O B 0 即x1x2 y1y2 0 因为y1 x 2 1 2 y2 x 2 2 2 所以x1x2 x 2 1x 2 2 4 0 即 2b b 2 0 解得b 0或b 2 当b 0时 O与A重合 故b 0舍去 所以b 2 暋8 设椭圆标 准方程为x 2 a 2 y 2 b 2 1 a b 0 或y 2 a 2 x 2 b 2 1 a b 0 两个焦点分别为F1 F2 由题意知 2a P F1 2 高三第一轮复习资料暋数学 选用篇 参考答案 P F2 2 5 所以a 5 在方程x 2 a 2 y 2 b 2 1中 令x 暲c 得旤y旤 b 2 a 在方程y 2 a 2 x 2 b 2 1中 令y 暲c 得旤x旤 b 2 a 由已知得b 2 a 2 3 5 所以b 2 1 0 3 即椭圆方程为x 2 5 3 y 2 1 0 1或y 2 5 3 x 2 1 0 1 暋9 设点N坐 标为 x y 因为M P N三点共线 且 曻 PM 曻 PN 所以 曻 PM 曻 PN 又yM 0 xP 0 所以xM x yP y 2 即点P0 y 2 M x 0 所以 曻 PM x y 2 曻 P F 1 y 2 由 曻 P F 曻 P M 0 得y 2 4x x曎0 所以点N的轨迹方程为y 2 4x x曎0 暋1 0 1 抛物线y 2 2p x的准线为x p 2 于是4 p 2 5 所以p 2 故抛物线方程为y 2 4 x 暋 2 因为点A的坐标是 4 4 由题意得B 0 4 M 0 2 又因为F 1 0 所以kF A 4 3 MN曂F A 所以kMN 3 4 则F A的方程为y 4 3 x 1 MN的方程为y 2 3 4x 解方程组得x 8 5 y 4 5 所以N的坐标 8 5 4 5 暋 3 由题意得 圆M的圆心是 0 2 半径为2 当m 4时 直线AK的方程为x 4 此时 直线AK与圆M相离 当m曎4时 直线AK的方程为 y 4 4 m x m 即为4x 4 m y 4m 0 圆心M 0 2 到直线A K的距离d 旤2m 8旤 1 6 4 m 2 令 d 2 解得m 1 所以当m 1时 AK与圆M相离 当m 1时 AK与圆M相切 当mb 0 由 b 2 x 2 a2 y 2 a2 b 2 0 x 3y 4 0 得 a 2 3 b 2 y 2 8 3 b 2 y 1 6b 2 a2 b 2 0 由殼 8 3b 2 2 4 a 2 3 b 2 1 6b 2 a2 b 2 0 且a2 b2 c 2 4 可求得a 2 7 所以长轴长2a 2 7 8 1 由题意可得 2a 4 且1 a 2 9 4 b 2 1 解得a 2 b 2 3 所以c 1 故所求椭圆C的方程为x 2 4 y 2 3 1 焦 点F1 1 0 F2 1 0 暋 2 设线段F1P的中点M x y 因为F1 1 0 所以P 2x 1 2y 因为点P在 椭圆C x 2 4 y 2 3 1上 所以 2x 1 2 4 2y 2 3 1 即线段F1P的中点的轨迹方程为 2x 1 2 4 2y 2 3 1 9 1 由已知可得点A 6 0 F 4 0 设点P的坐标是 x y 曻A P x 6 y 曻F P x 4 y 由已 知得 x 2 3 6 y 2 2 0 1 x 6 x 4 y 2 0 则2x 2 9 x 1 8 0 解得x 3 2 或x 6 因为y 0 所以x 3 2 故 y 5 3 2 所以点P的坐标是 3 2 5 3 2 暋 2 直线P A的方程为x 3y 6 0 设点M的坐标是 m 0 则M到直线P A的距离是 m 6 2 所以旤m 6旤 2 旤m 6旤 又 6曑m曑6 解得m 2 记椭圆上的点 x y 到点M的距离为d 则有d 2 x 2 2 y 2 x 2 4x 4 2 0 5 9x 2 4 9 x 9 2 2 1 5 由于 6曑x曑6 所以当x 9 2 时 d取得最小值1 5 暋1 0 1 直线l的方程可化为y m m2 1 x 4m m2 1 直线 l的斜率k m m2 1 因为旤m旤曑 1 2 m2 1 所以旤k旤 旤m旤 m 2 1曑 1 2 当且仅当旤m旤 1时等号成立 所以 斜率k的取值范围是 1 2 1 2 暋 2 不能 由 1 知l的方程为y k x 4 其中旤k旤曑 1 2 圆C的圆心为 C 4 2 半径r 2 圆心C到直线l的距离d 2 1 k 2 由旤k旤曑 1 2 得d曒 4 5 1 即d r 2 从而 若l与圆C相交 则圆C截直线l所得的弦所对的圆心角小于2 毿 3 所以l不能将圆C分割成弧长的比值为 1 2 的两 段弧 第八章暋常用逻辑用语 推理与证明 续 8 5暋数学归纳法 暰 基础知识暱暋1 正整数 1 正确 2 n k k暿 N 且k曒n0 正确 n k 1 暋2 1 2 1 3 1 4 1 暋3 0 暰 典型例题暱暋例1暋 1 n 1时 左 1 3 右 1 2暳1 1 1 3 左边 右边 所以n 1时 命题成立 2 设n k时 命题成立 即 1 1暳3 1 3暳5 1 2k 1 2k 1 k 2k 1 则当n k 1时 左边 1 1暳3 1 3暳5 1 2k 1 2k 1 1 2k 1 2k 3 k 2k 1 1 2k 1 2k 3 k 2k 3 1 2k 1 2k 3 2k 2 3 k 1 2k 1 2k 3 2k 1 k 1 2k 1 2k 3 k 1 2 k 1 1 右边 所以n k 1时 命题也成立 由 1 2 可知 命题成立 暋例2暋 1 当n 1时 f 1 3 4 8 9 6 4 命题显然成立 暋 2 假设当n k k暿 N 时 f k 3 2k 2 8 k 9能被6 4整除 由于3 2 k 1 2 8 k 1 9 9 3 2k 2 8 k 9 9 8k 9 9 8 k 1 4 高三第一轮复习资料暋数学 选用篇 参考答案 9 9 3 2k 2 8 k 9 6 4 k 1 即f k 1 9f k 6 4 k 1 曕n k 1时命题也成立 根据栙栚可知 对 任意的n暿N 命 题 都 成 立 暋例3暋 1 n 1时 x 2 a1x a1 0有 一 个 根 为S1 1 a1 1 故 a1 1 2 a1 a1 1 a1 0 曕a1 1 2 当n 2时 x 2 a 2x a2 0有一个根为S2 1 a2 1 2 于 是a2 1 2 2 a2a2 1 2 a2 0 曕a2 1 6 暋 2 由题设 Sn 1 2 a n Sn 1 an 0 S 2 n 2Sn 1 anSn 0 当n 曒2时 an Sn S n 1 曕Sn Sn 1 2Sn 1 0 由S1 a1 1 2 S2 a 1 a2 2 3 S3 3 4 由此可猜想Sn n n 1 n 1 2 3 下面可用数学归纳法证明 证明略 于是a n 1 n n 1 n 1 2 3 暋例4暋 1 n 1时 1个圆将平面分成2部分 而1 2 1 2 2命题成立 暋 2 假设n k时命题成立 即k个圆将平面分成k 2 k 2个部分 当n k 1时 第k 1个圆与前面k个圆交于2 k个点 这2k个点将圆分成2k段 每段将各自所在区域一分为二 于是增加了2k个区域 所以这k 1个圆将平面分成 了k 2 k 2 2 k个部分 即 k 1 2 k 1 2个部分 故n k 1时 命题成立 由此可知 对n暿N 命 题成立 说明 1 数学归纳法用来证明与正整数有关的命题 它主要用来证明等式 不等式 整除性问题 几何问题 和归纳猜想等问题 2 用数学归纳法证明与正整数有关的命题时 要注意n取的最小值的确定 证明n k 1 这一步时 一定要用到n k这一步假设 暰 练习与反馈暱暋1 1 2 k 1 2 k 1 1 2 k 1 1 暋2 n 1 0 暋3 2 n 暋4 k 2 1 k 2 2 k 2 3 k 1 2 暋5 假设n 2 k 1 k暿N 时命题成立 暋6 2 暋7 证明略 暋8 1 当n 1时 1 x n 曒1 n x显然成立 暋 2 假设当n k时 不等式成立 即 1 x k 曒1 k x 因为x 1 所以1 x 0 在 不等式 1 x k曒1 k x两边同乘以正数1 x 得 1 x k 1 曒 1 x 1 k x 1 k 1 x k x 2 曒1 k 1 x 即当n k 1时 不等式也成立 综上 1 2 可知 对于任何n暿N 不等式成立 暋9 假设存在a b c使等式对n暿N 成立 则当n 1时 有a b c 1 n 2时 2a 4b c 6 n 3时 3a 9b c 1 9 解 方程组 a b c 1 a 4b c 6 3a 9b c 1 9 解得 a 1 3 b 2 c 1 证明如下 栙n 1时 知存在a b c使等式成立 栚假设n k k暿 N 时等式成立 即1 2 22 32 k 2 k 1 2 2 2 1 2 1 3k 2k 2 1 当n k 1时 1 2 2 2 32 k 2 k 1 2 k2 k 1 2 22 12 1 3k 2k 2 1 k 1 2 k2 1 3 k 1 2 k 1 2 1 即n k 1时 等式成立 因此存在a 1 3 b 2 c 1使等式对一切n暿N 都成立 暋1 0 1 n 1 时 左边 c o s毩 右边 s i n 2 毩 2 s i n毩 2 s i n毩c o s毩 2 s i n毩 c o s毩 左边 右边 暋 2 假设n k时命题成立 即c o s 毩 c o s 2毩 c o s 2 2 毩 c o s 2 k 1 毩 s i n 2 k 毩 2 ks i n 毩 那 么 当 n k 1时 左 边 c o s毩 c o s2毩 c o s2 k 毩 s i n 2 k 毩 2 ks i n 毩 c o s2 k 毩 2 s i n 2 k 毩c o s 2 k 毩 2 k 1s i n 毩 s i n 2 k 1 毩 2 k 1s i n 毩 右边 曕n k 1时命题成立 故命题获证 第十一章暋导数及其应用 续 1 1 5暋复合函数的导数和定积分 暰 基础知识暱暋1 y u曚 ux曚 yu曚 a 暋2 8x 4 暋3 5 5x 1 3 3x 1 2 暋4 2 5暋5 曇 3 1 g x dx 曇 2 1 h x dx 曇 3 2 h x dx 暋 5 高三第一轮复习资料暋数学 选用篇 暰 典型例题暱暋例1 暋 1 y 曚 s i n 2x 毿 3 曚 x 1 x 曚 2 c o s2x 毿 3 x 曚 1 x x 1 x 曚 1 x 2 2 c o s2x 毿 3 1 x x 1 x 2 2 c o s2x 毿 3 1 1 x 2 暋 2 方法一 因为y l nx 5 e5x 1 2x 1 5 l n x e 5 x 1 2x 1 所以 y 曚 5 x e 5 x l n e 5 0 2x 1 曚 2x 1 2 5 x 5 e 5x 2 2x 1 2 方法二 因为y 5 l nx e 5x 2x 1 1 所以 y 曚 5 x 5 e 5x 2 2x 1 2 注 函数y 1 a x b n m 可以看成由y u n m及u a x b复合而成 例2 暋 1 取F x x 3 2 x 则F 曚 x 3x 2 2 从而 曇 4 1 3x 2 2 dx F 4 F 1 4 3 8 1 2 5 7 暋 2 取F x 1 x 则F 曚 x 1 x 2 从而 曇 4 2 1 x 2dx F 4 F 2 1 4 1 2 1 4 暋例3暋由 y x 2 2 x 3 y x 3 解得x1 0 x2 3 因此所求图形的面积是S 曇 3 0 x 3 dx 曇 3 0 x 2 2x 3 dx 1 2x 2 3 x 3 0 1 3x 3 x2 3 x 3 0 2 7 2 9 9 2 注 定积分的几何意义是 在区间 a b 上曲线与x轴所围成图形面积的代数和 因此如果需要求面积的图形 不是一条曲线下方的 曲边梯形暠 必须对图形进行转化 暰 练习与反馈暱暋 1 c o s 1 x 暋 2 e x 暋 3 1 x 1 2x 3 暋 4 2 e 3 e 2 暋 5 毿 2 暋 6 5 2 暋 7 1 y 曚 3 2x 1 2 2 6 2x 1 2 暋 2 y 1 2x 1 y 曚 1 1 2x 2暳 2 2 2x 1 2 暋8 1 物体的加 速度a v 曚 t 0 4 1 2t 当t 1 0 s 时 加速度a 1 2 4 m s 2 暋 2 物体经过的路程为 曇 1 0 0 0 4t 0 6t 2 dt 0 2t 2 0 2 t 3 旤 1 0 0 2 2 0 m 暋9 1 由f x 0得x 0或6 曕S 曇 6 0 x 2 6 x dx 令F x 1 3x 3 3 x 2 则F 曚 x x 2 6 x 曕S F 6 F 0 3 6 暋 2 设直线l y k x 由 y k x y x 2 6 x 得x 2 k 6 x 0 曕x 0或x 6 k 曔直线l平分抛物线f x x 2 6 x与x轴所围封闭区域的面积 曕曇 k 6 0 k x x 2 6 x dx 曇 k 6 0 x 2 k 6 x dx 1 8 令G x 1 3x 3 k 6 2 x 2 则G 曚 x x 2 k 6 x 曕 1 3 k 6 3 1 2 k 6 3 1 8 曕k 3 3 4 6 曕直线l的方程为y 3 3 4 6 x 第十二章暋空间向量与立体几何 1 2 1暋空间向量及其运算 暰 基础知识暱暋1 7 不共面 暋 2 0 3 曻 M B 暋 4 9 2 5 1 6 2 曻 A B 2 曻 A F A A 曻 1 暰 典型例题暱暋例1暋证明 如图所示 由于P A曂平面A B C D 所以P A曂A B P A曂A D 又A B C D为矩形 所以A B曂A D 故以A为原点 A B AD A P所在直线为x轴 y轴 z轴建立空间坐标系 设B a 0 0 D 0 b 0 C a b 0 又P A A D 则P 0 0 b 所 以N 1 2a 0 0 M 1 2a 1 2 b 1 2 b 曻 MN 0 1 2 b 1 2 b 曻C D a 0 0 曻P D 0 b b 此时 曻 MN 曻 C D 0 曻 MN 曻 P D 0 所以C D曂MN 6 高三第一轮复习资料暋数学 选用篇 参考答案 例1 P D曂MN 又P D暽C D D 所以MN曂平面P C D 例2暋如图 旤 曻 A C 曚旤 2 曻A B 曻 A D 曻 A A 曚 2 旤 曻 A B旤 2 旤曻 A D旤 2 旤曻 A A 曚旤 2 2 曻 A B 曻 A D 2 曻 A B 曻 A A 曚 2 曻 A D 曻 A A 曚 4 2 32 52 2暳4暳3暳c o s 9 0 曘 2暳4暳5暳c o s 6 0 曘 2暳3暳5暳c o s 6 0 曘 1 6 9 2 5 0 2 0 1 5 8 5 所以 旤 曻 A C 曚旤 8 5 即A C 曚的长是8 5 暋例3暋 1 曔 曻 A B 2 1 3 曻A C 1 3 2 曕c o s暣曻A B 曻A C暤 曻 A B 曻 暋暋暋暋暋暋 暋 暋暋暋暋暋暋 暋 A C 旤 曻 A B旤 旤 曻 A C旤 1 2 曕s i n暣曻A B 曻A C暤 3 2 例2 曕S燋 旤 曻 A B旤 旤曻A C旤 s i n暣曻A B 曻A C暤 73 暋 2 设a x y z 则由a曂 曻 A B a曂 曻 A C 得 2x y 3z 0 x 3y 2z 0 解得x y z 又因旤a旤 3 得x 暲1 故a 1 1 1 或a 1 1 1 暰 练 习 与 反 馈 暱暋 1 a b c 暋 2 1 2 暋 3 1 5 1 2 4 1 3 2 3 2 3 暋 5 1 5 暋 6 5 8 3 8 3 4 7 曔A B曂C D 曕 曻 A B 曻 C D 0 曔 曻 C D 曻 A D 曻 A C 曕 曻 A B 曻A D 曻 A C 0 即 曻 A B 曻 A D 曻 A B 曻 A C 0栙 同理 由A C曂 第8题 B D 得 曻 A C 曻 A D 曻 A C 曻 A B 0栚 由栙 栚 得 曻A B 曻 A C 曻 A D 0 即 曻 C B 曻 A D 0 曕B C曂A D 暋8 因为在正方体中 A B曂A D A B曂A A1 A D曂A A1 所 以分别为A B AD A A1所在直线建立空间直角坐标系 设正方体的棱长为1 则C1 1 1 1 C 1 1 0 B1 1 0 1 D1 0 1 1 所以A C 曻 1 1 1 1 C B 曻 1 0 1 1 C D 曻 1 1 0 1 所以A C 曻 1 C B 曻 1 0 A C 曻 1 C D 曻 1 0 所以A C 曻 1曂C B 曻 1 A C 曻 1曂C D 曻 1 因为C B1灱平面C B1D1 C D1灱平面C B1D1 且C B1暽C D1 C 所 以A C1曂平面C B1D1 暋9 以D为坐标原点 曻 D A 曻D C DD 曻 1 为一个正交基向 量 建立如图所示的空间坐标系 则D 0 0 0 Q 4 4 3 M 4 1 6 N 0 3 6 又设D P z 曕 曻 P M 4 1 6 z 曻 P N 0 3 6 z 曻 DQ 4 4 第9题 3 若D Q曃平面PMN 则存在有序实数组 m n 使得 曻 DQ 曻 mPM 曻 nPN 即 4 4 3 4m m 3n m 6 z n 6 z 曕4 4m 4 m 3n 3 m 6 z n 6 z 解得m n 1 z 9 2 曕DD1上存在一点P D P 9 2 使D Q曃平面PMN 1 0 1 充分性 由于三个实数l m n非零 故可将等式 l a m b n c 0转化为a m l b n lc 这表明a b c是共面的向量 2 必要 性 若a b c是空间共面的三个向量 由于a b不共线 则存在有序实数对 x y 使得c x a y b 即x a y b c 0 因此取l x m y n 1 得证 1 2 2暋空间的角 暰 基础知识暱暋1 3 0 曘 暋2 6 0 曘 暋3 3 0 曘 暋4 3 9 暋5 相等或互补 暋6 4 5 曘 2 暰 典型例题暱暋例1暋解法一 如图 曔 曻 A B 曚 曻 A B 曻 B B 曚 曻 B C 曚 曻 B B 曚 曻 B 曚 C 曚 又曔A B C A 曚 B 曚 C 曚是正三棱 柱 曕 曻 A B曂 曻 B B 曚 曻 B B 曚曂 曻 B 曚 C 曚 又暣 曻 A B 曻 B 曚 C 曚暤 2 毿 3 由题意 旤曻 A B旤 旤 曻 B 曚 C 曚旤 1 旤 曻 B B 曚旤 2 从而得 曻 A B 曚 曻 B C 曚 曻 A B 曻 B B 曚 曻B B 曚 曻 B 曚 C 曚 曻 A B 曻 B B 曚 曻B B 曚 2 曻 A B 曻 B 曚 C 曚 曻 B B 曚 曻 B 曚 C 曚 旤 曻 B B 曚旤 2 曻 A B 曻 B 曚 C 曚 7 高三第一轮复习资料暋数学 选用篇 例1 4 旤 曻 A B旤 旤 曻 B 曚 C 曚旤 c o s暣曻A B 曻 B 曚 C 曚暤 7 2 曕c o s 暣曻 A B 曚 曻 B C 曚暤 曻 A B 曚 曻 暋暋暋暋暋暋 暋 暋暋暋暋暋暋 暋 B C 曚 旤 曻 A B 曚旤 旤 曻 B C 曚旤 7 2 5 7 1 0 即异面直线A B 曚 与B C 曚所成的角的余弦值为7 1 0 暋解法二 以A 点为坐标 原 点 A A 曚为z轴 A C为y轴 建 立 空 间 直 角 坐 标 系 由 题 意 A 0 0 0 B 3 2 1 2 0 B 曚 3 2 1 2 2 C 曚0 1 2 曻 A B 曚 3 2 1 2 2 曻B C 曚 0 1 2 3 2 1 2 0 3 2 1 2 2 c o s暣 曻 A B 曚 曻 B C 曚暤 曻 A B 曚 曻 暋暋暋暋暋暋 暋 暋暋暋暋暋暋 暋 B C 曚 旤 曻 A B 曚旤 旤 曻 B C 曚旤 3 2 1 2 2 3 2 1 2 2 3 2 2 1 2 2 2 2 3 2 2 1 2 2 2 2 7 1 0 即异面直线A B 曚与B C 曚 所成的角的余弦值为7 1 0 说明暋求异面直线所成 的角 关键 是求 异 面直 线上 方向 向 量的 数量 积 而 要求两个向量的数量积 可求两向量的坐标 也可以把所求向量用一组基向量 表示 需要注意的是 两向 量夹 角 的 范 围 是 0 毿 而 异 面 直 线 所 成 的 范 围 是 0 毿 2 算出结果后要注意调整 例2 例2暋 1 分别取A B A1B1中点O O1 连结CO OO1 曔正三棱柱 A B C 灢 A1B1C1 曕四边形A B B1A1为矩形 A A1曂平面A B C 曔O O1分别为 A B A1B1中点 曕OO1曃A A1 曕OO1曂A B 曔 曶A B C为正三角形 O为 A B中点 曕C O曂A B 又A A1曂平面A B C C O灱平面A B C 曕C O曂A A1 曕CO曂平面A A1B1B 曕CO曂OO1 分别以O B O C O O1所在直线为x 轴 y轴 z轴 建立如图的空间直角坐标系 设B B1 h 曔A B 2 曕A 1 0 0 B1 1 0 h B 1 0 0 C1 0 3 h 曕A B 曻 1 2 0 h B C 曻 1 1 3 h 曔A B1曂B C1 曕A B 曻 1 B C 曻 1 0 即2 1 0 3 h h 0 曕h 2 即B B1 2 2 曔C O曂平面A A1B1B 即CO曂平面 A A1B1 曕平面A A1B1的一个法向量是 曻 O C 0 3 0 设平面A B1C1的法向量为n a b c 曔A B 曻 1 2 0 2 A C 曻 1 1 3 2 又曔 A B 曻 1曂n AC 曻 1曂n 曕 2a 2c 0 a 3b 2c 0 解得 c 2a b 3 3a 不妨取a 3 则平面A B1C1 的一个法向量n 3 3 32 曕c o s 曻 OC n 旤 曻 OC旤 旤n旤 0 3 3 3 0 3 2 3 3 0 1 0 1 0 曕二 面角A1灢 A B1灢 C1的余弦值是 1 0 1 0 例3 例3暋如图建立空间直角坐标系 不妨设正方体的棱长为2 则 曻 A D 0 2 0 因为 曻 Q R 1 1 0 曻P Q 1 0 1 设平面P Q R的一个方向向量为m x y z 则由 曻 Q R m 0 曻P Q m 0得x y x z 不妨取z 1 则m 1 1 1 c o s 3 3 曕AD与平面P Q R所成角的正弦值 3 3 暰 练习与反馈暱暋1 0 暋2 6 0 曘 暋3 9 0 曘 暋4 2 5 暋5 6 0 曘 暋6 4 5 曘 8 高三第一轮复习资料暋数学 选用篇 参考答案 7 暋 暋暋 第7题 1 暋暋暋暋 第7题 2 解法一 如图 1 连接A1D 曔A1D曃B1C 曕 曄B A1D为异面直线A1B与B1C所成的角 连接B D 在 曶A1D B中 A1B A1D 5 B D 4 2 则c o s曄B A1D A 1B 2 A 1D 2 B D2 2 A1B A1D 2 5 2 5 3 2 2 5 5 9 2 5 曕 异 面直线A1B与B1C所成角的余弦值为9 2 5 暋解法二 如图 2 以D为坐标原点 分别以D A D C DD1所在直 线为x轴 y轴 z轴 建立空间直角坐标系 则A1 4 0 3 B 4 4 0 B1 4 4 3 C 0 4 0 得A1 曻 B 0 4 3 B1 曻 C 4 0 3 设A1 曻 B与B1 曻 C的夹角为毴 则c o s毴 A1 曻 B B1 曻 暋暋暋暋暋暋暋 暋 暋暋暋暋暋暋暋 暋 C 旤A1 曻 B旤 旤B1 曻 C旤 9 2 5 曕 异面直线 第8题 A1B与B1C所成角的余弦值为9 2 5 8 1 以C为原点 分别以C B C A C C1 为x轴 y轴 z轴建立空间直角坐标系 则F 1 0 0 E 1 1 0 A 0 2 0 C1 0 0 2 A C 曻 1 0 2 2 设G 0 2 h 则 曻 E G 1 1 h 曔 A C1曂E G 曕 曻 E G A C 曻 1 0 曕 1暳0 1暳 2 2h 0 曕h 1 即 G是A A1的中点 2 设m x y z 是平面E F G的法向量 则m曂 曻 F E m曂 曻 E G 所 以 0暳x 1暳y 0暳z 0 x y z 0 曕平面E F G的一个法向量m 1 0 1 曔s i n毴 旤m A C 曻 1旤 旤m旤 旤A C 曻 1旤 2 2暳2 2 1 2 曕毴 毿 6 即A C1与 平面E F G所成角毴为毿 6 9 依题意 取A B A C A A1所在直线分别为x y z轴 建立空间直角坐标系 则 B 1 0 0 C 0 1 0 M 1 2 1 2 0 N0 1 1 4 B1 1 0 2 1 N B 曻 1 1 1 7 4 曻 A B 1 0 0 曕旤N B 曻 1旤 9 4 旤曻 A B旤 1 c o s暣N B 曻 1 曻A B暤 4 9 曕求异面直线B1N与A B所成角的余弦值为4 9 暋 2 在 直角三角形A B C中 A B A C M为B C的中点 则AM曂B C 又平面B C C1B1曂平面A B C 交线为B C 则AM曂平 面B C C1B1 即 曻 A M 1 2 1 2 0 为平面B 1MN的法向量 曔平面A B1N不垂直平面A B C 曕设m x y 1 是平面A B1N的法向量 曔 曻 A N 0 1 1 4 A B 曻 1 1 0 2 则由m 曻 A N y 1 4 0 m A B 曻 1 x 2 第1 0题 0 得x 2 y 1 4 曕m 2 1 4 1 曕 c o s暣曻 A M m暤 2 2 曕暣曻A M m暤 3 4毿 曕二面角A 灢 B1N 灢 M的 大小为1 4毿 暋1 0 因为P D曂平面 A B C D D A曂D C 所以分别以D A D C D P所在直线为x轴 y轴 z轴建立空间直 线坐标系 因为A B C D是边长为2的正方形 因为P D m 所以A 2 0 0 B 2 2 0 C 0 2 0 P 0 0 m 因为P D曂A C B D曂A C 所以A C曂平面P B D 所 以曻 A C 2 2 0 为平面P B D的法向量 曻B C 2 0 0 曻P C 0 2 m 9 高三第一轮复习资料暋数学 选用篇 设平面P B C的 法 向 量 为n a b c 则 由n曂 曻 B C n曂 曻 P C得 n 曻 B C 0 n 曻 P C 0 所 以 2 a 0 b 0 c 0 0 a 2 b m c 0 即 a 0 b m 2 c 不妨取c 2 则b m 向量n 0 m 2 因为二面角D 灢 P B 灢 C大小 为毴 所以 c o s毴 c o s暣曻 A C n暋 暤 曻 A C n 曻A C n 2 0 2 m 0 2 2 2 m 2 4 m 2 m 2 4 因为毴 1 2 所以 m 2 m 2 4 1 2 所以m 2 所以m的取值范围是 2 曓 1 2 3 暋空间向量的综合应用 暰 基础知识暱暋 1 7 5 暋2 3 5 5 暋 3 3 暋 4 6 5 7暋 5 6 3 6 6 6 6 或 6 3 6 6 6 6 暋6 3 0 曘或 1 5 0 曘 暰 典型例题暱暋例1 暋如图 设 曻 S A a 曻S B b 曻S C c 曕a b b c a c 1 2 曔 曻 S M 曻 B N 1 2 曻 S A 例1 曻 S B 曻S N 曻S B 1 2 a b 1 2 c b 1 2 1 2a c a b 1 2b c b 2 1 2 1 2 暳 1 2 1 2 1 2 暳 1 2 1 1 2 曕c o s暣曻 S M 曻B N暤 曻 S M 曻 暋暋暋暋暋暋 暋 暋暋暋暋暋暋 暋 B N 旤 曻 S M旤 旤 曻 B N旤 1 2 3 2 3 2 2 3 曕异面直线S M与B N所成角的余弦值为2 3 说明暋设出空间的一个基底后 求数量积 曻 S M 曻 B N的目标就更加明确了 只要将 曻 S M与 曻 B N都用基向量表示就可以了 本题中 曻 S M与 曻 BN的夹角是异面直线S M与BN所 例2 成角的补角 暋例2暋 1 如图建立直角坐标系 因为由条件可知 P 0 0 3 A 0 3 0 C 6 0 0 D 3 3 0 因为E在P D上 且P E 2E D 所以E 2 2 1 曕 曻 C E 4 2 1 曻C B 6 0 0 曔 曻 C B曂 曻 A B 曻C B曂 曻 B P 曕 曻 C B曂平面 P A B 曕 曻 C B与曻C E的夹角就是C E与平面P A B所成的角的余角 c o s暣 曻 C B 曻C E暋 暤 曻 C B 曻C E 旤曻C B旤 旤曻C E旤 4 2 1 2 1 曕直线C E与平面P A B所成的角的正弦值为4 2 1 2 1 2 设平面P E C的法向量为m a b c 因为曻C D 3 3 0 曻C E 4 2 1 又 曻 C D曂m 曻C E曂m 所以 3 a 3 b 0 c 0 4 a 2 b 1 c 0 解得 b a c 2a 不妨取a 1 则m 1 1 2 设平面A E C 的法向量 为n d e f 又 因 曻 C E曂n 曻 C A 6 3 0 曂n 所 以 4 d 2 e 1 f 0 6 d 3 e 0 f 0 解 得 e 2d f 0 不妨取d 1 得n 1 2 0 曕c o s暣m n暋暤 m n 旤m旤 旤n旤 3 3 0 从而m与n的夹角为二面角P 灢 C E 灢 A的 例3 平面角的补角 所以二面角P 灢 C E 灢 A的余弦值为 3 3 0 暋例3暋如图 曔P A曂A D P A曂A B A D曂A B 以A为坐标原点 A D长为单位长度 建 立如图所示的空间直角坐标系 则各点坐标为A 0 0 0 B 0 2 0 C 1 1 0 D 1 0 0 P 0 0 1 M0 1 1 2 1 曔 曻 A P 0 0 1 曻 D C 0 1 0 曕 曻 A P 曻 D C 0 曕A P曂D C 由题设知A D曂 D C 且A P与AD是平面P AD内的两条相交直线 由此得D C曂面P AD 01 高三第一轮复习资料暋数学 选用篇 参考答案 又D C在面P C D内 故面P AD曂面P C D 暋 2 曔 曻 A C 1 1 0 曻P B 0 2 1 曕旤 曻 A C旤 2 旤 曻 P B 旤 5 曻A C 曻 P B 2 曕c o s暣曻A C 曻P B暤 曻 A C 曻 暋暋暋暋暋暋 暋 暋暋暋暋暋暋 暋 P B 旤 曻 A C旤 旤 曻 P B旤 1 0 5 即异面直线A C与P B所成角的余弦值为 1 0 5 暋 3 在M C上取一点N x y z 则存在毸暿R 使 曻 N C 毸 曻 M C 曻 N C 1 x 1 y z 曻 M C 1 0 1 2 曕x 1 毸 y 1 z 1 2 毸 要使A N曂M C 只需 曻 A N 曻 M C 0 即x 1 2z 0 解得毸 4 5 可知当毸 4 5 时 N点坐 标 为 1 5 1 2 5 能 使 曻 A N 曻 M C 0 此 时 曻 A N 1 5 1 2 5 曻 B N 1 5 1 2 5 有 曻 B N 曻 M C 0 由 曻 A N 曻 M C 0 曻 B N 曻 M C 0 得A N曂MC B N曂MC 曕 曄A NB为所 求二 面 角 的 平 面 角 曕 旤 曻 A N旤 3 0 5 旤 曻 B N旤 3 0 5 曻 A N 曻 B N 4 5 曕 c o s 曻 A N 曻 B N 曻 A N 曻 暋暋暋暋暋暋 暋 暋暋暋暋暋暋 暋 B N 旤 曻 A N旤 旤 曻 B N旤 2 3 故所求二面角的余弦值为 2 3 暰 练习与反馈暱暋1 a b c 暋2 4 暋3 1 暋4 1 7 6 3 暋5 2 暋6 3 0 曘 暋7 因为 曻 C A 曻 A D 曻 D B 曻 B C 0 所以 曻 C A 曻 D B 曻 A D 曻 B C 两边平方得 曻 C A2 曻 D B2 2 曻 C A 曻 D B 曻 A D2 曻 B C2 2 曻 A D 曻 B C 由条 第8题 件得 曻 C A 曻 D B 0 故A C与B D所成的角为9 0 曘 暋8 建立空间直角坐标系如图 则A 2 0 0 B 2 2 0 C 0 2 0 A1 2 0 2 B1 2 2 2 D1 0 0 2 E 2 1 0 曕A1 曻 C 2 2 2 D1 曻 E 2 1 2 曻A B 0 2 0 B B 曻 1 0 0 2 暋 1 不难证明A1 曻 C为平面B C1D的法向量 曔c o s暣A1 曻 C D1 曻 E暤 A1 曻 C D1 曻 暋暋暋暋暋暋暋 暋 暋暋暋暋暋暋暋 暋 E 旤A1 曻 C旤 旤D1 曻 E旤 3 9 曕D1E与平面B C1D所成的角的正弦值为 3 9 暋 2 向 量A1 曻 C 曻 A B分 别 为 平 面B C1D 平 面B C1C的 法 向 量 曔c o s暣A1 曻 C 曻A B暤 A1 曻 C 曻 暋暋暋暋暋暋 暋 暋暋暋暋暋暋 暋 A B 旤A1 曻 C旤 旤 曻 A B旤 3 3 曕二面角D 灢 B C1灢 C的余弦值为 3 3 9 1 由题设知O A曂O O1 O B曂O O1 所以曄A O B是所折成的直二面角的平面角 即O A曂O B 故可以O为 第9题 坐标原点 O A O B O O1所在直线分别为x轴 y轴 z轴建立空间直角坐 标系 如图 则相关各点的坐标是A 3 0 0 B 0 3 0 C 0 1 3 O1 0 0 3 从而 曻 A C 3 1 3 B O 曻 1 0 3 3 曻A C B O 曻 1 3 3 3 0 所以A C曂B O1 2 因为B O 曻 1 曻 O C 3 3 3 0 所以B O1曂O C 由 1 A C曂B O1 所以B O1曂平面O A C B O 曻 1是平 面O A C的一个法向量 设n x y z 是平面O1A C的一个法向量 由 n 曻 A C 0 n O1 曻 C 0 炤 3x y 3z 0 y 0 取z 3 得n 1 0 3 设二 面角O 灢 A C 灢 O1的大小为毴 由n B O 曻 1的方向可知毴 暣n B O 曻 1暤 所以c o s毴 c o s暣n B O 曻 1暤 n B O 曻 暋暋暋暋暋暋 暋 暋暋暋暋暋暋 暋 1 旤n旤 旤B O 曻 1旤 3 4 即所求二面角的余弦值为 3 4 暋1 0 1 由已知 C C1曂C B 且C C1曂C A 正方形A1A C C1绕直线C C1旋 转9 0 曘得到正方形B1B C C1 所以A C曂B C 以C为原点 C A C B C C1所在直线分别为x y z轴建立如图所 示的空间直角坐标系 则C 0 0 0 A 2 0 0 B 0 2 0 C1 0 0 2 A1 2 0 2 B1 0 2 2 因为D 为C C1的中点 E为A1B的中点 G为曶AD B的重心 所以D 0 0 1 E 1 1 1 G 2 3 2 3 1 3 所以 11 高三第一轮复习资料暋数学 选用篇 第1 0题 曻 B D 0 2 1 曻 E G 1 3 1 3 1 3 曻 B D 曻 E G 0 2 1 1 3 1 3 2 3 2 3 2 3 0 所以 曻 B D曂 曻 E G 即E G与B D所成的角为 毿 2 暋 2 由 曻 A B 2 2 0 故 曻 A B 曻 E G 2 2 0 1 3 1 3 2 3 2 3 2 3 0 所 以 曻 A B曂 曻 E G 再 由 曻 B D曂 曻 E G 所 以 曻 E G为 平 面AD B的 法 向 量 因 为 向 量 A1 曻 B 2 2 2 设A1B与 平 面AD B所 成 的 角 为毴 则s i n毴 旤c o s暣曻E G A1 曻 B暤旤 旤 曻 E G A1 曻 B旤 旤 曻 E G旤 旤A1 曻 B旤 曻 E G A1 曻 B 1 3 1 3 2 3 2 2 2 4 3 旤A1 曻 B旤 旤 2 2 2 旤 2 3 旤 曻 E G旤 1 3 1 3 2 3 6 3 所以s i n毴 4 3 2 3 6 3 2 3 所以 A1B与平面AD B所成的角的正弦值为 2 3 单元测试1 2 1 0 暋 2 1 暋3 1 6a 1 2b 1 6 c 暋4 6 暋5 9 0 曘 暋6 2 3 x1 0 P X 1 1 P X 1 2 1 1 8 1 3 6 1 1 2 3 P X曑6 1 3 6 1 1 8 1 1 2 1 9 5 3 6 5 1 2 例2暋 1 设 取出的2个球颜色都相同暠 为事件A 则P A C 2 3 C 2 3 C 2 2 C 2 8 1 4 答 取出的2球颜色都相同 的事件概率为1 4 暋 2 毼可取0 1 2 且P 毼 0 C 2 5 C 2 8 5 1 4 P 毼 1 C 1 3C 1 5 C 2 8 1 5 2 8 P 毼 2 C 2 3 C 2 8 3 2 8 即 毼 012 P 5 1 4 1 5 2 8 3 2 8 例3暋随机变量X的可能取值为3 4 5 6 从袋中随机地取出3个球 包含的基本事件总数为C 3 6 P X 3 C 3 3 C 3 6 1 2 0 P X 4 C 1 1C 2 3 C 3 6 3 2 0 P X 5 C 1 1C 2 4 C 3 6 3 1 0 P X 6 C 1 1C 2 5 C 3 6 1 2 随 机变量X的分布列为暋 X3456 P1 2 0 3 2 0 3 1 01 2 暰 练习与反馈暱暋1 0 1 2 3 暋2 1 2 2 暋3 1 1 5 2 1 5 3 1 暋4 X的可能取值为1 2 3 4 5 则第1次取到白球的概率为P X 1 1 5 第2次取到白球的概率为P X 2 4 5 1 4 1 5 第3次 取到白球的概率为P X 3 4 5 3