2011年高三第一轮复习资料·数学(选用)

高三第一轮复习资料　数学·选用篇 参考答案 ２０１１年高三第一轮复习资料　数学·选用篇 参 考 答 案 第七章　解析几何（续） ７．９　直线与圆锥曲线 【基础知识】　１．３，（ ）８５ ．　２． 槡４５３ ．　３．８．　４．－１２．　５．２４７．　６．犽＞槡５２ 或犽＜－槡５２． 【典型例题】　例１　解法一：由 狔２＝２狓，狔＝狓－２｛ ，得 狓１＝３＋槡５，狔１＝１＋槡５烅烄烆 ，或 狓２＝３－槡５，狔２＝１－槡５烅烄烆 ．犽犗犃 ＝ 槡１＋５槡３＋５，犽犗犅 ＝ 槡１－５槡３－５．因为犽犗犃·犽犗犅 ＝－１，所以犗犃⊥犗犅．解法二：设犃（狓１，狔１），犅（狓２，狔２）．由 狔２＝２狓， 狔＝狓－２｛ ，得狓２－６狓＋４ ＝０．所以狓１＋狓２＝６，狓１狓２＝４．而狔１狔２＝（狓１－２）（狓２－２）＝狓１狓２－２（狓１＋狓２）＋４＝－４．因为 →犗犃·→犗犅 ＝狓１狓２＋狔１狔２＝４－４＝０，所以犗犃⊥犗犅．　 例２　设犾的方程为狔＝犽（狓－１），则犙（０，－犽）．将犾的方程 代入椭圆的方程得（１＋２犽２）狓２－４犽２狓＋２（犽２－１）＝０（）．设犃（狓１，狔１），犅（狓２，狔２），则狓１＋狓２＝ ４犽２１＋２犽２． 由于犘，犙两点在线段犃犅上，且犃犙＝犅犘，故犃犅的中点与犘犙的中点重合．线段犘犙的中点的横坐标为１２， 而线段犃犅的中点横坐标为 １２×（狓１＋狓２）＝１２× ４犽 ２ １＋２犽２，所以 ４犽 ２ １＋２犽２＝１，犽２＝１２，犽＝±槡２２．所以犾的方 程是狔＝槡２２狓－槡２２ 或狔＝－槡２２狓＋槡２２．　例３　设犃、犅两点坐标分别为（狓，狔），（狓２，狔２）．已知圆的方程为 （狓＋２）２＋（狔－１）２＝５，所以圆心犕 的坐标为（－２，１）．显然直线犾的斜率存在．从而可设直线犾方程为 狔－１＝犽（狓＋２）．由 狔－１＝犽 （狓＋２）， 狓２９＋狔 ２ ４ ＝烅 烄 烆 １ 得（４＋９犽２）狓２＋（３６犽２＋１８犽）狓＋３６犽２＋３６犽－２７＝０．因为犃、犅关 于点犕对称，所以狓１＋狓２＝－４．故－３６犽２＋１８犽４＋９犽２ ＝－４，解得犽＝ ８９．所以犾方程为：狔＝ ８９（狓＋２）＋１，即 ８狓－９狔＋２５＝０． 【练习与反馈】　１．狔＝－３２５狓．　２．４狓＋狔－３＝０．　３．狓 ２ ２－狔 ２ ５＝１．　４．－槡３３，槡３［ ］３ ．　５．２．　６．４． ７．（１）因为双曲线的渐近线方程为３狓－狔＝０且焦点在狓轴上，可设双曲线标准方程为狓２犪２－狔 ２ 犫２ ＝１（犪＞０， 犫＞０）．则犫犪 ＝３　①．又因为双曲线过点犕（槡２，３），所以２犪２－９犫２ ＝１　②．解①、②得犪＝１，犫＝３．故双曲 线的标准方程为狓２－狔２９ ＝１．　（２）因为犘犉１－犘犉２＝２，且犘犉２＝３，所以犘犉１＝５．　８．由题意可得左焦点 犉坐标为（－１，０），设犃（狓１，狔１），犅（狓２，狔２）．因为以犃犅为直径的圆过椭圆的左焦点犉，所以犃犉⊥犅犉，得 狔１狓１＋１× 狔２狓２＋１＝－１，即狔１狔２＋（狓１＋１）（狓２＋１）＝０．又因为狔１狔２＝（狓１－１）（狓２－１），所以（狓１－１）（狓２－ １）＋（狓１＋１）（狓２＋１）＝０，得狓１狓２＝－１．将狔＝狓－１代入狓２犿＋ 狔 ２ 犿－１＝１，得（２犿－１）狓２－２犿狓＋２犿－犿２ ＝０，所以狓１狓２＝２犿－犿２２犿－１ ＝－１，得犿＝２＋槡３或犿＝２－槡３（因为犿＞１，舍），故犿＝２＋槡３．　９．（１）设 犃（狓１，狔１），犅（狓２，狔２），犃犅的中点为犕（狓０，狔０），则由 狔２＝８狓，狔＝２狓＋犿｛ ，得狔２－４狔＋４犿＝０，Δ＝１６－１６犿＞０， １ 高三第一轮复习资料　数学 选用篇 所以犿＜１．　（２）由（１）可得狔０＝狔１＋狔２２ ＝２，所以２＝２狓０＋犿，狓０＝２－犿２ ．故犃犅的垂直平分线方程为 狔－２＝－１２ 狓－２－犿（ ）２ ，即２狓＋４狔＋犿－１０＝０．由 ２狓＋４狔＋犿－１０＝０，狓＝－２｛ ， 得狔犆 ＝１４－犿４ ．因为犿＜１， 所以狔犆 ＞１３４．故狔犆 的取值范围是 １３４，＋∞（ ）．　１０．（１）因为犃犅∥犾且过（０，０），所以犃犅所在直线的方程 为狔＝狓．设犃，犅两点坐标分别为（狓１，狔１），（狓２，狔２）．由 狓２＋３狔２＝４，狔＝｛ 狓 得狓＝±１，所以犃犅＝槡２狘狓１－狓２狘＝ 槡２２．因为点犆在直线犾：狔＝狓＋２上，且犃犅∥犾．所以犃犅边上的高犺等于原点到直线犾的距离，所以犺＝ ２槡２＝ 槡２，故犛△犃犅犆 ＝ １２· 槡２２·槡２＝２．　（２）设犃犅所在直线方程为狔＝狓＋犿．由 狓 ２＋３狔２＝４ 狔＝狓＋｛ 犿 得４狓２＋６犿狓＋ ３犿２－４＝０，因为犃、犅在椭圆上，所以Δ＝－１２犿２＋６４＞０，设犃、犅两点坐标分别为（狓１，狔１），（狓２，狔２）．则 狓１＋狓２＝－３犿２，狓１狓２＝３犿 ２－４４ ，所以犃犅＝槡２｜狓１－狓２｜＝ ３２－６犿槡 ２ ２ ．又因为∠犃犅犆＝９０°，所以犅犆的长等于点 （０，犿）到犾的距离，即犅犆＝狘２－犿狘槡２ ，所以，当犿＝－１时，犃犆边最长（此时Δ＝－１２＋６４＞０）．所以犃犅所在直线的方程为狔＝狓－１． ７．１０　曲线与方程 【基础知识】　１． ５２，（ ）２ ，（－５，－１）．　２．点犅．　３．１６，９．　４．－１或－２．　５．狘狓狔狘＝２．　 ６．（－∞，０）∪（１０，＋∞）． 【典型例题】　例１　依题意，圆拱所在圆的圆心在狔轴上，可设为犗１（０，犫）．设圆拱所在圆的半径为狉，那么 圆上任意一点犘（狓，狔）应满足犗１犘＝狉，即 （狓－０）２＋（狔－犫）槡 ２＝狉，即（狓－０）２＋（狔－犫）２＝狉２．因为点犅（１８， ０），犆（０，６）在圆上，所以 （１８－０）２＋（０－犫）２＝狉２，（０－０）２＋（６－犫）２＝狉２｛ ．解得犫＝－２４，狉＝３０．由于圆拱只是它所在的圆位于狓轴上方的一部分（包括狓轴上的点），所以圆拱的方程是狓２＋（狔＋２４）２＝３０２ （０≤狔≤６）．　 例２　设抛物线的焦点为犉（狓，狔）（狓≠０）．因为点（１，０）在抛物线上，由抛物线的定义可得，点（１，０）到焦点犉（狓，狔）的距离等 于它到抛物线准线狔轴的距离．所以 （狓－１）２＋狔槡 ２＝１，化简得狓２＋狔２－２狓＝０（狓≠０）．故所求抛物线焦点 的轨迹方程为狓２＋狔２－２狓＝０（狓≠０）．　例３　设犃（狓１，狔１），犅（狓２，狔２），由 狔＝犪狓＋１，３狓２－狔２＝｛ １消去狔，得 （３－犪２）狓２－２犪狓－２＝０．因为有两个交点，所以３－犪２≠０，且Δ＝４犪２＋８（３－犪２）＞０．解得犪２＜６且犪２≠ ３，狓１＋狓２＝ ２犪３－犪２，狓１狓２＝－ ２３－犪２．　（１）犃犅＝ １＋犪槡 ２狘狓１－狓２狘＝ １＋犪槡 ２· （狓１＋狓２）２－４狓１狓槡 ２＝ ２ －犪４＋５犪２＋槡 ６狘３－犪２狘 （犪２＜６且犪２≠３）．　（２）由题意得，犗犃⊥犗犅，所以狓１狓２＋狔１狔２＝０，有狓１狓２＋（犪狓１＋１）· （犪狓２＋１）＝０，即（犪２＋１）狓１狓２＋犪（狓１＋狓２）＋１＝０，也就是 （犪２＋１）× － ２３－犪（ ）２ ＋犪× ２犪３－犪２＋１＝０，得 犪２＝１，符合犪２＜６且犪２≠３的条件．所以犪＝±１时，以犃犅为直径的圆过坐标原点．【练习与反馈】　１．（２）．　２．４．　３．狓２＋狔２－４狓＋３＝０．　４．６．　５．３狓２＋１２狓－狔２＝０．　６．犿＞１． ７．设犃（狓１，狔１），犅（狓２，狔２），由 狔＝狓＋犫，狓２＝２｛ 狔 消去狔，得狓２－２狓－２犫＝０．当Δ＝４＋８犫＞０时，狓１＋狓２＝２， 狓１狓２＝－２犫．因为犗犃⊥犗犅，所以→犗犃·→犗犅＝０，即狓１狓２＋狔１狔２＝０．因为狔１＝狓２１２，狔２＝狓２２２，所以狓１狓２＋狓２１狓２２４ ＝０，即－２犫＋犫２＝０，解得犫＝０或犫＝２．当犫＝０时，犗与犃重合，故犫＝０舍去，所以犫＝２．　８．设椭圆标 准方程为狓２犪２＋狔 ２ 犫２ ＝１（犪＞犫＞０）或狔 ２ 犪２＋狓 ２ 犫２ ＝１（犪＞犫＞０），两个焦点分别为犉１、犉２，由题意知，２犪＝犘犉１＋ ２ 高三第一轮复习资料　数学·选用篇 参考答案 犘犉２＝ 槡２５，所以犪＝槡５．在方程狓２犪２＋狔 ２ 犫２ ＝１中，令狓＝±犮，得狘狔狘＝犫 ２ 犪；在方程狔 ２ 犪２＋狓 ２ 犫２ ＝１中，令狔＝±犮， 得狘狓狘＝犫２犪．由已知得犫 ２ 犪 ＝２３槡５，所以犫２＝１０３．即椭圆方程为狓 ２ ５＋３狔 ２ １０＝１或狔 ２ ５＋３狓 ２ １０＝１．　９．设点犖坐 标为（狓，狔）．因为犕、犘、犖三点共线，且｜→犘犕｜＝｜→犘犖｜，所以 →犘犕＝－ →犘犖．又狔犕 ＝０，狓犘 ＝０，所以狓犕＝－狓， 狔犘＝狔２，即点犘 ０，狔（ ）２ ，犕（－狓，０），所以 →犘犕＝ －狓，－狔（ ）２ ，→犘犉＝ １，－狔（ ）２ ，由→犘犉· →犘犕 ＝０，得狔２＝ ４狓（狓≠０）所以点犖的轨迹方程为狔２＝４狓（狓≠０）．　１０．（１）抛物线狔２＝２狆狓的准线为狓＝－狆２，于是４ ＋狆２＝５，所以狆＝２．故抛物线方程为狔２＝４狓．　（２）因为点犃的坐标是（４，４），由题意得犅（０，４），犕（０，２）． 又因为犉（１，０），所以犽犉犃 ＝ ４３，犕犖 ⊥犉犃，所以犽犕犖 ＝－３４，则犉犃的方程为狔＝ ４３（狓－１），犕犖 的方程为狔 －２＝－３４狓．解方程组得狓＝ ８５，狔＝ ４５，所以犖的坐标 ８５，（ ）４５ ．　（３）由题意得，圆犕的圆心是（０，２）， 半径为２．当犿＝４时，直线犃犓的方程为狓＝４，此时，直线犃犓与圆犕 相离．当犿≠４时，直线犃犓的方程为 狔＝ ４４－犿（狓－犿），即为４狓－（４－犿）狔－４犿＝０，圆心犕（０，２）到直线犃犓的距离犱＝ 狘２犿＋８狘１６＋（４－犿）槡 ２ ．令 犱＞２，解得犿＞１．所以当犿＞１时，犃犓与圆犕 相离；当犿＝１时，犃犓与圆犕 相切；当犿＜１时，犃犓与圆犕相交． ７．１１　解析几何的综合应用（二） 【基础知识】　１．狔＝±２５４．　２．５３．　３．狓 ２ ９＋狔２＝１或狓 ２ ９＋狔 ２ ８１＝１．　４．４．　５．２．　６．９．　 （例１） 【典型例题】　　例１　以犗１犗２的中点犗为原点，犗１犗２所在直线为狓轴，建立如图所示平面直角坐标系，则犗１（－２，０），犗２（２，０）．由已知犘犕 ＝槡２犘犖，即犘犕２ ＝２犘犖２．因为两圆的半径都为１，所以有犘犗２１－１＝ ２（犘犗２２－１）．设犘（狓，狔），则（狓＋２）２＋狔２－１＝２［（狓－２）２＋狔２－１］，即 （狓－６）２＋狔２＝３３，故所求轨迹方程为（狓－６）２＋狔２＝３３（或狓２＋狔２－１２狓 ＋３＝０）．　 例２　（１）设犃（狓１，狔１），犅（狓２，狔２）．因为犃犉，犕犉，犅犉成等 差数列，所以狓１＋狆２，狓０＋狆２，狓２＋狆２成等差数列．即狓１＋狓２＝２狓０．线 段犃犅的中点为 狓０，狔１＋狔２（ ）２ ，又犽犃犅 ＝狔１－狔２狓１－狓２＝狔１－狔２狔２１２狆－狔２２２狆＝ ２狆狔１＋狔２，则犃犅中垂线斜率犽＝－狔１＋狔２２狆 ．所 以犃犅中垂线方程为：狔＝－狔１＋狔２２狆 （狓－狓０）＋狔１＋狔２２ ．令狔＝０，解得狓＝狓０＋狆．所以犃犅中垂线经过定点 犙（狓０＋狆，０）．　（２）由犕犉＝狓０＋狆２＝４，犗犙＝狓０＋狆＝６，解得狓０＝２，狆＝４．所以抛物线方程为狔２＝８狓． 例３　因为犲２＝ １２ ＝犮 ２ 犪２ ＝犪 ２－犫２犪２ ，所以犪２＝２犫２．设椭圆方程为狓 ２ ２犫２＋狔 ２ 犫２ ＝１．又设犃（狓１，狔１），犅（狓２，狔２）， 犖（狓３，狔３），所以 狓２１＋２狔２１＝２犫２，狓２２＋２狔２２＝２犫２｛ ．将两式相减得（狓１－狓２）（狓１＋狓２）＋２（狔１－狔２）（狔１＋狔２）＝０，则狔１－狔２狓１－狓２＝ － 狓１＋狓２２（狔１＋狔２）＝－狓３２狔３．因为犽犗犖 ＝狔３狓３＝１４．所以犽犾＝－２，得犾：狔＝－２狓＋２，犗犖：狔＝１４狓，所以犖 ８９，（ ）２９ ． 因为 →犕犃＝ ３２ →犃犅，所以狓１－０＝ ３２（狓２－狓１），所以５狓１＝３狓２．又狓１＋狓２＝２×８９ ＝１６９，所以犃 ２３，（ ）２３ ． 将犃点的坐标代入椭圆方程，得犫２＝ ２３，犪２＝ ４３．所以椭圆方程是３狓 ２ ４ ＋３狔 ２ ２ ＝１，直线犾的方程是狔＝－２狓＋２． ３ 高三第一轮复习资料　数学 选用篇 【练习与反馈】　１．８．　２．（０，２）， －４８３７，－７０（ ）３７ ．　３．狓２１６＋４狔２９ ＝１．　４．槡５．　５．犿－狆．　６．－３４． ７．设椭圆方程为狓２犪２＋狔 ２ 犫２ ＝１（犪＞犫＞０）．由 犫２狓２＋犪２狔２－犪２犫２＝０， 狓＋槡３狔＋４＝０｛ ， 得（犪２＋３犫２）狔２＋ 槡８３犫２狔＋１６犫２－犪２犫２＝０． 由Δ＝（槡８３犫２）２－４（犪２＋３犫２）（１６犫２－犪２犫２）＝０，且犪２－犫２＝犮２＝４．可求得犪２＝７．所以长轴长２犪＝ 槡２７． ８．（１）由题意可得，２犪＝４，且１犪２＋ ９４犫２ ＝１，解得犪＝２，犫２＝３．所以犮＝１，故所求椭圆犆的方程为狓 ２ ４＋狔 ２ ３＝１，焦 点犉１（－１，０），犉２（１，０）．　（２）设线段犉１犘的中点犕（狓，狔）．因为犉１（－１，０），所以犘（２狓＋１，２狔）．因为点犘在 椭圆犆：狓２４＋狔 ２ ３ ＝１上，所以（２狓＋１） ２ ４ ＋（２狔） ２ ３ ＝１，即线段犉１犘的中点的轨迹方程为（２狓＋１） ２ ４ ＋（２狔） ２ ３ ＝１． ９．（１）由已知可得点犃（－６，０），犉（４，０），设点犘的坐标是（狓，狔），→犃犘＝（狓＋６，狔），→犉犘＝（狓－４，狔），由已 知得 狓 ２ ３６＋狔 ２ ２０＝１， （狓＋６）（狓－４）＋狔２＝０烅 烄 烆 ，则２狓 ２＋９狓－１８＝０，解得狓＝ ３２ 或狓＝－６．因为狔＞０，所以狓＝ ３２，故 狔＝ 槡５３２ ．所以点犘的坐标是 ３２， 槡５３（ ）２ ．　（２）直线犘犃的方程为狓－槡３狔＋６＝０．设点犕的坐标是（犿， ０），则犕到直线犘犃的距离是｜犿＋６｜２ ，所以狘犿＋６狘２ ＝狘犿－６狘．又－６≤犿≤６，解得犿＝２．记椭圆上的点 （狓，狔）到点犕的距离为犱，则有犱２＝ （狓－２）２＋狔２＝狓２－４狓＋４＋２０－５９狓２＝ ４９ 狓－（ ）９２ ２＋１５，由于 －６≤狓≤６，所以当狓＝９２ 时，犱取得最小值槡１５．　１０．（１）直线犾的方程可化为狔＝ 犿犿２＋１狓－ ４犿犿２＋１，直线 犾的斜率犽＝ 犿犿２＋１，因为狘犿狘≤ １２（犿２＋１），所以狘犽狘＝ 狘犿狘犿２＋１≤ １２，当且仅当狘犿狘＝１时等号成立．所以， 斜率犽的取值范围是 －１２，［ ］１２ ．　（２）不能．由（１）知犾的方程为狔＝犽（狓－４），其中狘犽狘≤ １２．圆犆的圆心为 犆（４，－２），半径狉＝２．圆心犆到直线犾的距离犱＝ ２１＋犽槡 ２ ．由狘犽狘≤ １２，得犱≥ ４槡５ ＞１，即犱＞ 狉２．从而， 若犾与圆犆相交，则圆犆截直线犾所得的弦所对的圆心角小于２π３．所以犾不能将圆犆分割成弧长的比值为１２的两 段弧． 第八章　常用逻辑用语、推理与证明（续） ８．５　数学归纳法 【基础知识】　１．正整数；（１）正确；（２）狀＝犽（犽∈犖 且犽≥狀０），正确，狀＝犽＋１．　２．１２＋１３＋１４ ＞ １．　３．０． 【典型例题】　例１　（１）狀＝１时，左＝ １３，右＝ １２×１＋１＝ １３，左边＝右边，所以狀＝１时，命题成立； （２）设狀＝犽时，命题成立，即：１１×３＋ １３×５＋…＋ １（２犽－１）（２犽＋１）＝ 犽２犽＋１．则当狀＝犽＋１时，左边＝ １１×３ ＋ １３×５＋…＋ １（２犽－１）（２犽＋１）＋ １（２犽＋１）（２犽＋３）＝ 犽２犽＋１＋ １（２犽＋１）（２犽＋３）＝ 犽（２犽＋３）＋１（２犽＋１）（２犽＋３）＝ ２犽２＋３犽＋１（２犽＋１）（２犽＋３）＝ （２犽＋１）（犽＋１）（２犽＋１）（２犽＋３）＝ 犽＋１２（犽＋１）＋１＝右边．所以狀＝犽＋１时，命题也成立，由（１）、（２）可知 命题成立．　例２　（１）当狀＝１时，犳（１）＝３４－８－９＝６４，命题显然成立．　（２）假设当狀＝犽（犽∈犖）时， 犳（犽）＝３２犽＋２－８犽－９能被６４整除，由于３２（犽＋１）＋２－８（犽＋１）－９＝９（３２犽＋２－８犽－９）＋９·８犽＋９·９－８（犽＋１） ４ 高三第一轮复习资料　数学·选用篇 参考答案 －９＝９（３２犽＋２－８犽－９）＋６４（犽＋１）即犳（犽＋１）＝９犳（犽）＋６４（犽＋１）∴狀＝犽＋１时命题也成立．根据①②可知，对任意的狀∈犖，命题都成立．　例３　（１）狀＝１时，狓２－犪１狓－犪１ ＝０有一个根为犛１－１＝犪１－１， 故（犪１－１）２－犪１（犪１－１）－犪１＝０，∴犪１＝１２．当狀＝２时，狓２－犪２狓－犪２＝０有一个根为犛２－１＝犪２－１２，于 是 犪２－（ ）１２ ２－犪２ 犪２－（ ）１２ －犪２＝０，∴犪２＝ １６．　（２）由题设（犛狀－１）２－犪狀（犛狀－１）－犪狀＝０，犛２狀－２犛狀＋ １－犪狀犛狀 ＝０，当狀≥２时，犪狀 ＝犛狀－犛狀－１，∴犛狀·犛狀－１－２犛狀＋１＝０．由犛１＝犪１＝ １２，犛２＝犪１＋犪２＝ ２３， 犛３＝ ３４，由此可猜想犛狀 ＝ 狀狀＋１，狀＝１，２，３，…，下面可用数学归纳法证明，证明略．于是犪狀 ＝ １狀（狀＋１）， 狀＝１，２，３，…．　例４　（１）狀＝１时，１个圆将平面分成２部分，而１２－１＋２＝２命题成立．　（２）假设狀＝ 犽时命题成立，即犽个圆将平面分成犽２－犽＋２个部分，当狀＝犽＋１时，第犽＋１个圆与前面犽个圆交于２犽个点，这２犽个点将圆分成２犽段，每段将各自所在区域一分为二，于是增加了２犽个区域，所以这犽＋１个圆将平面分成 了犽２－犽＋２＋２犽个部分，即（犽＋１）２－（犽＋１）＋２个部分，故狀＝犽＋１时，命题成立，由此可知，对狀∈犖 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，要注意狀取的最小值的确定，证明狀＝犽＋１这一步时，一定要用到狀＝犽这一步假设． 【练习与反馈】　１．１２犽 ＋ １２犽＋１＋…＋ １２犽＋１－１．　２．狀＝１０．　３．２狀．　４．（犽２＋１）＋（犽２＋２）＋（犽２＋３） ＋…＋（犽＋１）２．　５．假设狀＝２犽－１，犽∈犖时命题成立．　６．２．　７．证明略．　８．（１）当狀＝１时，（１＋狓）狀 ≥１＋狀狓显然成立．　（２）假设当狀＝犽时，不等式成立，即（１＋狓）犽≥１＋犽狓．因为狓＞－１，所以１＋狓＞０，在不等式（１＋狓）犽≥１＋犽狓两边同乘以正数１＋狓，得（１＋狓）犽＋１≥（１＋狓）（１＋犽狓）＝１＋（犽＋１）狓＋犽狓２≥１＋（犽 ＋１）狓，即当狀＝犽＋１时，不等式也成立．综上（１）、（２）可知，对于任何狀∈犖，不等式成立．　９．假设存在犪、犫、 犮使等式对狀∈犖成立，则当狀＝１时，有犪（犫＋犮）＝１；狀＝２时，２犪（４犫＋犮）＝６；狀＝３时，３犪（９犫＋犮）＝１９．解 方程组 犪（犫＋犮）＝１， 犪（４犫＋犮）＝６， ３犪（９犫＋犮）＝１９ 烅烄烆 ． 解得 犪＝ １３， 犫＝２， 犮＝１ 烅 烄 烆 ． 证明如下：①狀＝１时，知存在犪、犫、犮使等式成立；② 假设狀＝犽（犽∈ 犖）时等式成立，即１２＋２２＋３２＋…＋犽２＋（犽－１）２＋…＋２２＋１２＝ １３犽（２犽２＋１），当狀＝犽＋１时，１２＋ ２２＋３２＋…＋犽２＋（犽＋１）２＋犽２＋（犽－１）２＋…＋２２＋１２＝ １３犽（２犽２＋１）＋（犽＋１）２＋犽２＝ １３（犽＋１）［２（犽＋ １）２＋１］，即狀＝犽＋１时，等式成立，因此存在犪＝１３，犫＝２，犮＝１使等式对一切狀∈犖都成立．　１０．（１）狀＝１ 时，左边＝ｃｏｓα，右边＝ｓｉｎ２α２ｓｉｎα＝２ｓｉｎαｃｏｓα２ｓｉｎα ＝ｃｏｓα，左边＝右边．　（２）假设狀＝犽时命题成立，即ｃｏｓα·ｃｏｓ２α· ｃｏｓ２２α…ｃｏｓ２犽－１α＝ｓｉｎ２犽α２犽ｓｉｎα，那么当狀＝犽＋１时，左边＝ｃｏｓα·ｃｏｓ２α…ｃｏｓ２犽α ＝ｓｉｎ２ 犽α２犽ｓｉｎαｃｏｓ２犽α ＝ ２ｓｉｎ２犽αｃｏｓ２犽α２犽＋１ｓｉｎα ＝ｓｉｎ２ 犽＋１α２犽＋１ｓｉｎα＝右边，∴狀＝犽＋１时命题成立，故命题获证． 第十一章　导数及其应用（续） １１．５　复合函数的导数和定积分 【基础知识】　１．狔狌′·狌狓′，狔狌′·犪．　２．８狓＋４　３． ５５狓＋１，－ ３（３狓－１）２．　４．２５　５．∫３１［－犵（狓）］ｄ狓；∫２１犺（狓）ｄ狓＋∫３２［－犺（狓）］ｄ狓．　 ５ 高三第一轮复习资料　数学 选用篇 【典型例题】　例１　（１）狔′＝ ｓｉｎ２狓＋π（ ）［ ］３ ′＋ 狓１－（ ）狓′＝２ｃｏｓ２狓＋π（ ）３ ＋（狓）′（１－狓）－狓（１－狓）′（１－狓）２ ＝ ２ｃｏｓ２狓＋π（ ）３ ＋（１－狓）＋狓（１－狓）２ ＝２ｃｏｓ２狓＋π（ ）３ ＋ １（１－狓）２；　（２）方法一：因为狔＝ｌｎ狓５＋ｅ５狓＋ １２狓＋１＝５ｌｎ狓 ＋（ｅ５）狓＋ １２狓＋１，所以狔′＝ ５狓＋（ｅ５）狓ｌｎｅ５＋０－（２狓＋１）′（２狓＋１）２ ＝ ５狓＋５ｅ５狓－ ２（２狓＋１）２．方法二：因为狔＝５ｌｎ狓＋ ｅ５狓＋（２狓＋１）－１，所以狔′＝ ５狓＋５ｅ５狓－ ２（２狓＋１）２． 注：函数狔＝ １（犪狓＋犫）狀犿 可以看成由狔＝狌－ 狀犿 及狌＝犪狓＋犫复合而成． 例２　（１）取犉（狓）＝狓３－２狓，则犉′（狓）＝３狓２－２，从而∫４１（３狓２－２）ｄ狓＝犉（４）－犉（１）＝（４３－８）－（１－２） ＝５７．　（２）取犉（狓）＝ １狓，则犉′（狓）＝－１狓２，从而∫４２ －１狓（ ）２ ｄ狓＝犉（４）－犉（２）＝ １４－１２ ＝－１４．　例３　由 狔＝狓２－２狓＋３， 狔＝狓＋｛ ３ 解得狓１ ＝０，狓２ ＝３．因此所求图形的面积是犛＝∫３０（狓＋３）ｄ狓－∫３０（狓２－２狓＋３）ｄ狓＝ １２狓２＋３（ ）狓 ３０－ １３狓３－狓２＋３（ ）狓 ３０＝２７２－９＝ ９２． 注：定积分的几何意义是：在区间［犪，犫］上曲线与狓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”，必须对图形进行转化． 【练习与反馈】　１．－ｃｏｓ（１－狓）．　２．ｅ－狓．　３．１狓＋ １２狓＋槡 ３．　４．２；犲３－犲２．　５．π－２．　６．５２．　７．（１）狔′＝ ３（２狓＋１）２·２＝６（２狓＋１）２；　（２）狔＝（１－２狓）－１，狔′＝－ １（１－２狓）２×（－２）＝ ２（２狓－１）２．　８．（１）物体的加 速度犪＝狏′（狋）＝０．４＋１．２狋．当狋＝１０（ｓ）时，加速度犪＝１２．４（ｍ／ｓ２）；　（２）物体经过的路程为∫１００（０．４狋＋０．６狋２）ｄ狋 ＝（０．２狋２＋０．２狋３）狘１００ ＝２２０（ｍ）．　９．（１）由犳（狓）＝０得狓＝０或６，∴犛＝－∫６０（狓２－６狓）ｄ狓，令犉（狓）＝ １３狓３－３狓２，则犉′（狓）＝狓２－６狓，∴犛＝－犉（６）＋犉（０）＝３６．　（２）设直线犾：狔＝犽狓，由 狔 ＝犽狓， 狔＝狓２－６狓｛ ．得狓２－ （犽＋６）狓＝０，∴狓＝０或狓＝６＋犽．∵ 直线犾平分抛物线犳（狓）＝狓２－６狓与狓轴所围封闭区域的面积． ∴∫犽＋６０ ［犽狓－（狓２－６狓）］ｄ狓＝∫犽＋６０ ［－狓２＋（犽＋６）狓］ｄ狓＝１８．令犌（狓）＝－１３狓３＋犽＋６２ 狓２，则犌′（狓）＝－狓２＋ （犽＋６）狓，∴－１３（犽＋６）３＋１２（犽＋６）３＝１８，∴犽＝３３槡４－６．∴ 直线犾的方程为狔＝（３３槡４－６）狓． 第十二章　空间向量与立体几何 １２．１　空间向量及其运算 【基础知识】　１．７；不共面．　２．０．３．→犕犅．　４．－９２．５．－１．６．２→犃犅＋２→犃犉＋犃犃→ １． 【典型例题】　例１　证明：如图所示，由于犘犃⊥平面犃犅犆犇，所以犘犃⊥犃犅，犘犃⊥犃犇，又犃犅犆犇为矩形， 所以犃犅⊥犃犇．故以犃为原点，犃犅，犃犇，犃犘所在直线为狓轴，狔轴，狕轴建立空间坐标系．设犅（犪，０，０），犇（０， 犫，０），犆（犪，犫，０），又犘犃 ＝犃犇，则犘（０，０，犫）．所以 犖 １２犪，０，（ ）０ ，犕 １２犪，１２犫，１２（ ）犫 ， →犕犖 ＝ ０，－１２犫，－１２（ ）犫 ，→犆犇＝（－犪，０，０），→犘犇＝（０，犫，－犫），此时 →犕犖·→犆犇＝０，→犕犖·→犘犇＝０，所以犆犇⊥犕犖， ６ 高三第一轮复习资料　数学·选用篇 参考答案 （例１） 犘犇⊥犕犖，又犘犇∩犆犇＝犇，所以犕犖⊥平面犘犆犇． 例２　如图，狘 →犃犆′狘２＝（→犃犅＋ →犃犇＋ →犃犃′）２＝狘→犃犅狘２＋狘→犃犇狘２＋狘 →犃犃′狘２ ＋２→犃犅·→犃犇＋２→犃犅· →犃犃′＋２→犃犇· →犃犃′＝４２＋３２＋５２＋２×４×３×ｃｏｓ９０°＋ ２×４×５×ｃｏｓ６０°＋２×３×５×ｃｏｓ６０°＝１６＋９＋２５＋０＋２０＋１５＝８５，所以 狘 →犃犆′狘＝ 槡８５，即犃犆′的长是槡８５．　例３　（１）∵ →犃犅＝（－２，－１，３），→犃犆＝ （１，－３，２），∴ｃｏｓ〈→犃犅，→犃犆〉＝ →犃犅·→犃犆狘→犃犅狘·狘→犃犆狘＝ １２．∴ｓｉｎ〈→犃犅，→犃犆〉＝ 槡３２ ． （例２） ∴犛＝狘→犃犅狘狘→犃犆狘ｓｉｎ〈→犃犅，→犃犆〉＝ 槡７３．　（２）设犪＝（狓，狔，狕），则由犪⊥ →犃犅，犪⊥ →犃犆，得 －２狓－狔＋３狕＝０，狓－３狔＋２狕＝０｛ ． 解得狓＝狔＝狕，又因狘犪狘＝槡３，得狓 ＝±１，故犪＝（１，１，１）或犪＝（－１，－１，－１）． 【练 习 与 反 馈】　１．－犪＋犫－犮．　２． １２．　３． １５； １２． ４． １３，２３，（ ）２３ ．　５．－１５．　６ （． －５８，槡３８， ）３４ ．７．∵犃犅⊥犆犇，∴→犃犅·→犆犇＝０．∵ →犆犇＝ →犃犇－→犃犆，∴ →犃犅·（→犃犇－→犃犆）＝０，即→犃犅·→犃犇－ →犃犅·→犃犆＝０ ①．同理，由犃犆⊥ （第８题） 犅犇，得→犃犆·→犃犇－→犃犆·→犃犅＝０ ②．由①－②，得（→犃犅－→犃犆）·→犃犇＝０，即→犆犅·→犃犇 ＝０，∴犅犆⊥犃犇．　８．因为在正方体中，犃犅⊥犃犇，犃犅⊥犃犃１，犃犇⊥犃犃１，所 以分别为犃犅，犃犇，犃犃１所在直线建立空间直角坐标系．设正方体的棱长为１，则犆１ （１，１，１），犆（１，１，０），犅１（１，０，１），犇１（０，１，１）．所以犃犆→ １＝（１，１，１），犆犅→ １＝（０， －１，１），犆犇→ １＝（－１，０，１），所以犃犆→ １·犆犅→ １＝０，犃犆→ １·犆犇→ １＝０．所以犃犆→ １⊥犆犅→ １， 犃犆→ １⊥犆犇→ １．因为犆犅１平面犆犅１犇１，犆犇１平面犆犅１犇１．且犆犅１∩犆犇１＝犆，所 以犃犆１⊥平面犆犅１犇１．　９．以犇为坐标原点，｛→犇犃，→犇犆，犇犇→ １｝为一个正交基向 量，建立如图所示的空间坐标系，则犇（０，０，０），犙（４，４，３），犕（４，１，６），犖（０， ３，６）．又设犇犘＝狕，∴ →犘犕＝（４，１，６－狕），→犘犖＝（０，３，６－狕），→犇犙＝（４，４， （第９题） ３）．若犇犙∥平面犘犕犖，则存在有序实数组（犿，狀），使得 →犇犙＝ →犿犘犕＋ →狀犘犖，即 （４，４，３）＝（４犿，犿＋３狀，犿（６－狕）＋狀（６－狕）），∴４＝４犿，４＝犿＋３狀，３＝ 犿（６－狕）＋狀（６－狕），解得犿＝狀＝１，狕＝９２．∴犇犇１上存在一点犘，犇犘＝９２， 使犇犙∥平面犘犕犖．１０．（１）充分性：由于三个实数犾，犿，狀非零，故可将等式 犾犪＋犿犫＋狀犮＝０转化为犪＝－犿犾犫－狀犾犮，这表明犪，犫，犮是共面的向量；（２）必要 性：若犪，犫，犮是空间共面的三个向量，由于犪，犫不共线，则存在有序实数对（狓，狔）， 使得犮＝狓犪＋狔犫，即狓犪＋狔犫－犮＝０，因此取犾＝狓，犿＝狔，狀＝－１，得证． １２．２　空间的角 【基础知识】　１．３０°．　２．６０°．　３．３０°．　４．槡３９．　５．相等或互补．　６．４５°，槡２． 【典型例题】　例１　解法一：如图，∵ →犃犅′＝ →犃犅＋ →犅犅′，→犅犆′＝ →犅犅′＋ →犅′犆′，又 ∵犃犅犆－犃′犅′犆′是正三棱 柱，∴ →犃犅⊥ →犅犅′， →犅犅′⊥ →犅′犆′．又〈→犃犅， →犅′犆′〉＝２π３，由题意，狘→犃犅狘＝狘 →犅′犆′狘＝１，狘 →犅犅′狘＝２，从而得 →犃犅′·→犅犆′＝（→犃犅＋ →犅犅′）·（→犅犅′＋ →犅′犆′）＝ →犃犅· →犅犅′＋（→犅犅′）２＋→犃犅· →犅′犆′＋ →犅犅′· →犅′犆′＝狘 →犅犅′狘２＋→犃犅· →犅′犆′＝ ７ 高三第一轮复习资料　数学 选用篇 （例１） ４＋狘→犃犅狘·狘 →犅′犆′狘ｃｏｓ〈→犃犅· →犅′犆′〉＝ ７２．∴ｃｏｓ〈→犃犅′， →犅犆′〉＝ →犃犅′· →犅犆′ 狘 →犃犅′狘狘 →犅犆′狘 ＝ ７２５ ＝ ７１０，即异面直线犃犅′与犅犆′所成的角的余弦值为７１０．　解法二：以犃点为坐标 原点，犃犃′为狕轴，犃犆 为狔 轴，建立空间直角坐标系．由题意：犃（０，０，０）， 犅 槡３２，１２，（ ）０ ，犅′ 槡３２，１２，（ ）２ ，犆′０，１，（ ）２ ， →犃犅′＝ 槡３２，１２，（ ）２ ，→犅犆′＝（０，１， ２）－ 槡３２，１２，（ ）０ ＝ －槡３２，１２，（ ）２ ．ｃｏｓ〈→犃犅′， →犅犆′〉＝ →犃犅′· →犅犆′狘 →犃犅′狘狘 →犅犆′狘 ＝ 槡３２，１２，（ ）２· －槡３２，１２，（ ）２ 槡３（ ）２ ２＋（ ）１２ ２＋２槡 ２· －槡３（ ）２ ２＋（ ）１２ ２＋２槡 ２＝７１０，即异面直线犃犅′与犅犆′ 所成的角的余弦值为７１０． 说明　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，π］，而异面直线所成的范围是 （０，π２］，算出结果后要注意调整． （例２） 例２　（１）分别取犃犅，犃１犅１ 中点犗，犗１，连结犆犗，犗犗１，∵ 正三棱柱 犃犅犆犃１犅１犆１，∴ 四边形犃犅犅１犃１为矩形，犃犃１⊥平面犃犅犆．∵犗，犗１分别为 犃犅，犃１犅１中点，∴犗犗１∥犃犃１．∴犗犗１⊥犃犅．∵ △犃犅犆为正三角形，犗为 犃犅中点，∴犆犗⊥犃犅，又犃犃１⊥平面犃犅犆，犆犗平面犃犅犆，∴犆犗⊥犃犃１． ∴犆犗⊥平面犃犃１犅１犅．∴犆犗⊥犗犗１．分别以犗犅，犗犆，犗犗１所在直线为狓轴，狔轴，狕轴，建立如图的空间直角坐标系，设犅犅１＝犺，∵犃犅＝２，∴犃（－１， ０，０），犅１（１，０，犺），犅（１，０，０），犆１（０，槡３，犺）．∴犃犅→ １＝（２，０，犺），犅犆→ １＝ （－１，槡３，犺）．∵犃犅１⊥犅犆１，∴犃犅→ １·犅犆→ １＝０．即２·（－１）＋０·槡３＋犺·犺 ＝０．∴犺＝槡２．即犅犅１＝槡２． （２）∵犆犗⊥平面犃犃１犅１犅，即犆犗⊥ 平面 犃犃１犅１．∴ 平面犃犃１犅１的一个法向量是→犗犆＝（０，槡３，０）．设平面犃犅１犆１的法向量为狀＝（犪，犫，犮）．∵犃犅→ １＝（２， ０，槡２），犃犆→ １＝（１，槡３，槡２），又∵ 犃犅→ １⊥狀，犃犆→ １⊥狀｛ ，∴ ２犪＋槡２犮＝０，犪＋槡３犫＋槡２犮＝０烅烄烆 ．解得 犮＝－槡２犪．犫＝槡３３犪烅烄烆 ．不妨取犪＝３，则平面犃犅１犆１ 的一个法向量狀＝（３，槡３，－ 槡３２）．∴ｃｏｓ＜ →犗犆，狀＞＝ →犗犆·狀狘→犗犆狘·狘狀狘＝０ ·３＋槡３·槡３＋０·（－ 槡３２）槡３·槡３０ ＝槡 １０１０．∴二 面角犃１犃犅１犆１的余弦值是槡１０１０． （例３） 例３　如图建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为２，则 →犃犇 ＝ （０，２， ０），因为→犙犚＝（１，１，０），→犘犙＝（１，０，－１），设平面犘犙犚的一个方向向量为犿＝ （狓，狔，狕），则由→犙犚·犿＝０，→犘犙·犿＝０得狓＝－狔，狓＝狕，不妨取狕＝１，则犿＝ （１，－１，１），ｃｏｓ＜犿，→犃犇＞＝－槡３３，∴犃犇与平面犘犙犚所成角的正弦值槡３３． 【练习与反馈】　１．０．　２．６０°．　３．９０°．　４．２５．　５．６０°．　６．４５°． ８ 高三第一轮复习资料　数学·选用篇 参考答案 ７．　 　　 （第７题（１）） 　　　　 （第７题（２）） 解法一：如图（１），连接犃１犇，∵犃１犇∥犅１犆，∴ ∠犅犃１犇为异面直线犃１犅与犅１犆所成的角．连接犅犇，在 △犃１犇犅中，犃１犅＝犃１犇＝５，犅犇＝ 槡４２，则ｃｏｓ∠犅犃１犇＝犃１犅２＋犃１犇２－犅犇２２·犃１犅·犃１犇 ＝２５＋２５－３２２·５·５ ＝ ９２５．∴ 异 面直线犃１犅与犅１犆所成角的余弦值为９２５．　解法二：如图（２），以犇为坐标原点，分别以犇犃，犇犆，犇犇１所在直 线为狓轴，狔轴，狕轴，建立空间直角坐标系，则犃１（４，０，３），犅（４，４，０），犅１（４，４，３），犆（０，４，０），得犃１→ 犅＝ （０，４，－３），犅１→ 犆＝（－４，０，－３）．设犃１→ 犅与犅１→ 犆的夹角为θ，则ｃｏｓθ＝ 犃１→ 犅·犅１→ 犆狘犃１→ 犅狘·狘犅１→ 犆狘 ＝ ９２５，∴ 异面直线 （第８题） 犃１犅与犅１犆所成角的余弦值为９２５． ８．（１）以犆为原点，分别以犆犅，犆犃，犆犆１ 为狓轴、狔轴、狕轴建立空间直角坐标系，则犉（１，０，０），犈（１，１，０），犃（０，２， ０），犆１（０，０，２），犃犆→ １＝（０，－２，２）．设犌（０，２，犺），则→犈犌＝（－１，１，犺）．∵ 犃犆１⊥犈犌，∴ →犈犌·犃犆→ １＝０．∴－１×０＋１×（－２）＋２犺＝０，∴犺＝１，即 犌是犃犃１的中点． （２）设犿＝（狓，狔，狕）是平面犈犉犌的法向量，则犿⊥ →犉犈， 犿⊥ →犈犌．所以 ０×狓＋１×狔＋０×狕＝０，－狓＋狔＋狕＝０｛ ． ∴ 平面犈犉犌的一个法向量犿 ＝ （１，０，１）．∵ｓｉｎθ＝ 狘犿·犃犆→ １狘狘犿狘·狘犃犆→ １狘＝ ２槡２× 槡２２＝ １２，∴θ＝ π６，即犃犆１与 平面犈犉犌所成角θ为π６． ９．依题意，取犃犅，犃犆，犃犃１所在直线分别为狓，狔，狕轴，建立空间直角坐标系，则 犅（１，０，０），犆（０，１，０），犕 １２，１２，（ ）０ ，犖 ０，１，（ ）１４ ，犅１（１，０，２），（１）犖犅→ １＝ １，－１，（ ）７４ ，→犃犅＝（１，０， ０），∴狘犖犅→ １狘＝９４，狘→犃犅狘＝１，ｃｏｓ〈犖犅→ １，→犃犅〉＝４９，∴求异面直线犅１犖与犃犅所成角的余弦值为４９．　（２）在 直角三角形犃犅犆中，犃犅＝犃犆，犕为犅犆的中点，则犃犕⊥犅犆．又平面犅犆犆１犅１⊥平面犃犅犆，交线为犅犆，则犃犕⊥平 面犅犆犆１犅１，即→犃犕＝ １２，１２，（ ）０ 为平面犅１犕犖的法向量．∵ 平面犃犅１犖不垂直平面犃犅犆，∴ 设犿＝（狓，狔，１） 是平面犃犅１犖的法向量，∵ →犃犖＝ ０，１，（ ）１４ ，犃犅→ １＝（１，０，２），则由犿·→犃犖＝狔＋１４＝０，犿·犃犅→ １＝狓＋２＝ （第１０题） ０，得狓＝－２，狔＝－ １４，∴犿＝ －２，－１４，（ ）１ ，∴ｃｏｓ〈→犃犕，犿〉＝－ 槡２２， ∴ 〈→犃犕，犿〉＝ ３４π，∴ 二面角犃犅１犖犕的 大小为１４π．　１０．因为犘犇⊥ 平面 犃犅犆犇，犇犃⊥犇犆，所以分别以犇犃，犇犆，犇犘所在直线为狓轴，狔轴，狕轴建立空间直线坐标系．因为犃犅犆犇是边长为２的正方形，因为犘犇＝犿，所以犃（２，０，０），犅（２，２， ０），犆（０，２，０），犘（０，０，犿）．因为犘犇⊥犃犆，犅犇⊥犃犆，所以犃犆⊥平面犘犅犇．所以→犃犆＝（－２，２，０）为平面犘犅犇的法向量．→犅犆＝（－２，０，０），→犘犆＝（０，２，－犿）， ９ 高三第一轮复习资料　数学 选用篇 设平面犘犅犆 的法向量为狀＝ （犪，犫，犮），则由狀⊥ →犅犆，狀⊥ →犘犆 得，狀·→犅犆 ＝０，狀·→犘犆 ＝０．所以 （－２）·犪＋０·犫＋０·犮＝０， ０·犪＋２·犫＋（－犿）·犮＝０｛ ．即 犪＝０，犫＝ 犿２犮烅烄烆 ．不妨取犮＝２，则犫＝犿，向量狀＝（０，犿，２）．因为二面角犇犘犅犆大小 为θ，所以｜ｃｏｓθ｜＝｜ｃｏｓ〈→犃犆，狀　〉｜＝ →犃犆·狀｜→犃犆｜·｜狀｜ ＝ （－２）·０＋２·犿＋０·２槡２２· 犿２＋槡 ４ ＝ 犿槡２· 犿２＋槡 ４．因为θ＜６０°，所以 狘ｃｏｓθ狘＝ｃｏｓθ＞ １２．所以 犿槡２· 犿２＋槡 ４＞ １２，所以犿＞２．所以犿的取值范围是（２，＋∞）． １２．３　空间向量的综合应用 【基础知识】　１．７５．　２． 槡３５５ ．　３．３．　４．６５７　５． －槡６３，槡６６，槡６（ ）６ 或 槡６３，－槡６６，－槡６（ ）６ 　６．３０°或 １５０°． 【典型例题】　例１　如图，设→犛犃＝犪，→犛犅＝犫，→犛犆＝犮，∴犪·犫＝犫·犮＝犪·犮＝ １２．∵ →犛犕·→犅犖＝ １２（→犛犃 （例１） ＋→犛犅）·（→犛犖－→犛犅）＝１２（犪＋犫）· １２犮－（ ）犫 ＝１２ １２犪·犮－犪·犫＋１２犫·犮－犫（ ）２ ＝ １２ １２×１２－１２＋１２×１２－（ ）１ ＝－１２，∴ｃｏｓ〈→犛犕，→犅犖〉＝ →犛犕·→犅犖狘→犛犕狘·狘→犅犖狘＝ －１２ 槡３２·槡３２ ＝－２３，∴ 异面直线犛犕与犅犖所成角的余弦值为２３． 说明　设出空间的一个基底后，求数量积 →犛犕·→犅犖的目标就更加明确了，只要将→犛犕与→犅犖都用基向量表示就可以了．本题中→犛犕与→犅犖的夹角是异面直线犛犕与犅犖所 （例２） 成角的补角．　例２　（１）如图建立直角坐标系，因为由条件可知：犘（０，０，３）， 犃（０，３，０），犆（６，０，０），犇（３，３，０），因为犈在犘犇上，且犘犈＝２犈犇．所以犈（２， ２，１），∴ →犆犈＝（－４，２，１），→犆犅＝（６，０，０）∵ →犆犅⊥→犃犅，→犆犅⊥→犅犘，∴ →犆犅⊥平面 犘犃犅，∴ →犆犅与→犆犈的夹角就是犆犈与平面犘犃犅所成的角的余角．ｃｏｓ〈→犆犅，→犆犈　〉＝→犆犅·→犆犈 狘→犆犅狘·狘→犆犈狘＝－ 槡４ ２１２１ ．∴ 直线犆犈与平面犘犃犅所成的角的正弦值为 槡 ４ ２１２１ ． （２）设平面犘犈犆的法向量为犿＝（犪，犫，犮），因为→犆犇＝（－３，３，０），→犆犈＝（－４，２，１），又 →犆犇⊥犿，→犆犈⊥犿，所以，－３·犪＋３·犫＋０·犮＝０，－４·犪＋２·犫＋１·犮＝０｛ ．解得 犫＝犪，犮＝２犪｛ ．不妨取犪＝１，则犿＝（１，１，２）．设平面犃犈犆 的法向量为狀＝（犱，犲，犳），又因→犆犈⊥狀，→犆犃＝（－６，３，０）⊥狀，所以 －４·犱＋２·犲＋１·犳＝０，－６·犱＋３·犲＋０·犳＝０｛ ．解得 犲＝２犱， 犳＝０｛ ．不妨取犱＝１，得狀＝（１，２，０），∴ｃｏｓ〈犿，狀　〉＝ 犿·狀狘犿狘·狘狀狘＝ ３槡３０．从而犿与狀的夹角为二面角犘犆犈犃的 （例３） 平面角的补角，所以二面角犘犆犈犃 的余弦值为－ ３槡３０．　例３　如图， ∵犘犃⊥犃犇，犘犃⊥犃犅，犃犇⊥犃犅，以犃为坐标原点、犃犇长为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系，则各点坐标为犃（０，０，０），犅（０，２，０），犆 （１，１，０），犇（１，０，０），犘（０，０，１），犕 ０，１，（ ）１２ ． （１）∵ →犃犘＝（０， ０，１），→犇犆＝（０，１，０），∴ →犃犘·→犇犆＝０，∴犃犘⊥犇犆．由题设知犃犇⊥ 犇犆，且犃犘与犃犇是平面犘犃犇内的两条相交直线，由此得犇犆⊥面犘犃犇． ０１ 高三第一轮复习资料　数学·选用篇 参考答案 又犇犆在面犘犆犇内，故面犘犃犇⊥面犘犆犇．　（２）∵ →犃犆＝（１，１，０），→犘犅＝（０，２，－１），∴狘→犃犆狘＝槡２，狘→犘犅 狘＝槡５，→犃犆·→犘犅＝２，∴ｃｏｓ〈→犃犆，→犘犅〉＝ →犃犆·→犘犅狘→犃犆狘·狘→犘犅狘 ＝ 槡１０５ ．即异面直线犃犆与犘犅所成角的余弦值为 槡１０５ ．　（３）在犕犆上取一点犖（狓，狔，狕），则存在λ∈犚，使 →犖犆＝λ→犕犆，→犖犆＝ （１－狓，１－狔，－狕），→犕犆 ＝ １，０，－（ ）１２ ，∴狓＝１－λ，狔＝１，狕＝ １２λ．要使犃犖 ⊥犕犆，只需 →犃犖· →犕犆＝０，即狓－１２狕＝０，解得λ＝ ４５．可知当λ＝ ４５ 时，犖 点坐标为 １５，１，（ ）２５ ，能使 →犃犖· →犕犆 ＝０．此时，→犃犖 ＝ １５，１，（ ）２５ ，→犅犖 ＝ １５，－１，（ ）２５ ，有 →犅犖·→犕犆＝０．由 →犃犖· →犕犆＝０，→犅犖·→犕犆＝０，得犃犖⊥犕犆，犅犖⊥犕犆．∴ ∠犃犖犅为所 求二面角的平面角．∴ 狘 →犃犖狘＝ 槡３０５ ，狘 →犅犖 狘＝ 槡３０５ ， →犃犖· →犅犖 ＝ － ４５，∴ ｃｏｓ（→犃犖， →犅犖）＝→犃犖· →犅犖 狘 →犃犖狘·狘 →犅犖狘 ＝－ ２３．故所求二面角的余弦值为－２３． 【练习与反馈】　１．犪＋犫－犮．　２．４．　３．－１．　４．１７＋ 槡槡 ６３．　５．２．　６．３０°．　７．因为→犆犃＋ →犃犇＋→犇犅 ＋→犅犆＝０，所以→犆犃＋ →犇犅＝－ →犃犇－→犅犆，两边平方得→犆犃２＋ →犇犅２＋２→犆犃·→犇犅＝ →犃犇２＋→犅犆２＋２→犃犇·→犅犆．由条 （第８题） 件得→犆犃·→犇犅＝０，故犃犆与犅犇所成的角为９０°．　８．建立空间直角坐标系如图， 则犃（２，０，０），犅（２，２，０），犆（０，２，０），犃１（２，０，２），犅１（２，２，２），犇１（０，０，２）， 犈（２，１，０），∴犃１→ 犆＝（－２，２，－２），犇１→ 犈＝（２，１，－２），→犃犅＝（０，２，０），犅犅→ １＝ （０，０，２）．　（１）不难证明犃１→ 犆为平面犅犆１犇的法向量，∵ｃｏｓ〈犃１→ 犆，犇１→ 犈〉＝ 犃１→ 犆·犇１→ 犈 狘犃１→ 犆狘·狘犇１→ 犈狘 ＝ 槡３９，∴犇１犈与平面犅犆１犇所成的角的正弦值为槡３９．　（２）向 量犃１→ 犆，→犃犅分别为平面犅犆１犇，平面犅犆１犆 的法向量，∵ｃｏｓ〈犃１→ 犆，→犃犅〉＝ 犃１→ 犆·→犃犅 狘犃１→ 犆狘狘→犃犅狘 ＝ 槡３３，∴ 二面角犇犅犆１犆的余弦值为槡３３． ９．（１）由题设知犗犃⊥犗犗１，犗犅⊥犗犗１．所以∠犃犗犅是所折成的直二面角的平面角，即犗犃⊥犗犅．故可以犗为 （第９题） 坐标原点，犗犃，犗犅，犗犗１所在直线分别为狓轴、狔轴、狕轴建立空间直角坐 标系，如图，则相关各点的坐标是犃（３，０，０），犅（０，３，０），犆（０，１，槡３）， 犗１（０，０，槡３）．从而 →犃犆＝（－３，１，槡３），犅犗→ １＝（０，－３，槡３），→犃犆·犅犗→ １ ＝－３＋槡３·槡３＝０．所以犃犆⊥犅犗１． （２）因为犅犗→ １·→犗犆＝－３＋槡３· 槡３＝０，所以犅犗１⊥犗犆．由（１）犃犆⊥犅犗１，所以犅犗１⊥平面犗犃犆，犅犗→ １是平 面犗犃犆的一个法向量．设狀＝（狓，狔，狕）是平面犗１犃犆的一个法向量，由 狀·→犃犆＝０， 狀·犗１→ 犆＝｛ ０ －３狓＋狔＋槡３狕＝０，狔＝０｛ ． 取狕＝槡３，得狀＝（１，０，槡３）．设二 面角犗犃犆犗１的大小为θ，由狀，犅犗→ １的方向可知θ＝〈狀，犅犗→ １〉，所以ｃｏｓθ＝ｃｏｓ〈狀，犅犗→ １〉＝ 狀·犅犗→ １狘狀狘·狘犅犗→ １狘＝ 槡３４．即所求二面角的余弦值为槡３４ ．　１０．（１）由已知，犆犆１⊥犆犅，且犆犆１⊥犆犃．正方形犃１犃犆犆１绕直线犆犆１旋转９０°得到正方形犅１犅犆犆１，所以犃犆⊥犅犆．以犆为原点，犆犃，犆犅，犆犆１所在直线分别为狓，狔，狕轴建立如图所示的空间直角坐标系．则犆（０，０，０），犃（２，０，０），犅（０，２，０），犆１（０，０，２），犃１（２，０，２），犅１（０，２，２）．因为犇 为犆犆１的中点，犈为犃１犅的中点，犌为△犃犇犅的重心，所以犇（０，０，１），犈（１，１，１），犌 ２３，２３，（ ）１３ ，所以 １１ 高三第一轮复习资料　数学 选用篇 （第１０题） →犅犇＝（０，－２，１），→犈犌 ＝ －１３，－１３，－（ ）１３ ，→犅犇· →犈犌 ＝ （０，－２，１）· －１３，－１３，－（ ）２３ ＝２３－２３＝０，所以→犅犇⊥→犈犌，即犈犌与犅犇所成的角为π２．　 （２）由→犃犅＝（－２，２，０），故→犃犅·→犈犌＝（－２，２，０）· －１３，－１３，－（ ）２３ ＝２３－２３ ＝０，所以 →犃犅⊥ →犈犌．再由 →犅犇⊥ →犈犌，所以 →犈犌为平面犃犇犅 的法向量．因为向量 犃１→ 犅＝（－２，２，－２），设犃１犅 与平面犃犇犅 所成的角为θ，则ｓｉｎθ＝狘ｃｏｓ〈→犈犌， 犃１→ 犅〉狘＝ 狘→犈犌·犃１→ 犅狘狘→犈犌狘·狘犃１→ 犅狘，→犈犌·犃１→ 犅＝ － １３，－１３，－（ ）２３ ·（－２，２，－２）＝４３， 狘犃１→ 犅狘＝狘（－２，２，－２）狘＝ 槡２３，狘→犈犌狘＝ －１３，－１３，－（ ）２３ ＝槡６３，所以ｓｉｎθ＝ ４３槡２３·槡６３ ＝槡２３．所以 犃１犅与平面犃犇犅所成的角的正弦值为槡２３． 单元测试１２ １．０．　２．１．　３．１６犪－１２犫＋１６犮．　４．槡６．　５．９０°．　６．－２３ ＜狓＜４．　７．槡６２．　８．－２３．　９．３． １０．［５，槡９７］．　１１．６０°．　１２．②③．　１３．（１）∵ →犃犘·→犃犅＝－２－２＋４＝０，∴犃犘⊥犃犅．同理由 →犃犘·→犃犇 ＝－４＋４＋０＝０，得犃犘⊥犃犇．∵犃犅，犃犇是底面犃犅犆犇上的两条相交直线，∴犃犘⊥底面犃犅犆犇．　（２）设→犃犅与→犃犇的夹角为θ，则ｃｏｓθ＝ →犃犅·→犃犇狘→犃犅狘·狘→犃犇狘 ＝ ８－２４＋１＋槡 １６· １６＋槡 ４ ＝ ３１槡