新教材人教B版高中數(shù)學(xué)必修第四冊全冊各章知識點(diǎn)匯總及配套習(xí)題

人教B高中數(shù)學(xué)必修第四冊全冊各章知識點(diǎn)匯總第九章解三角形第十章復(fù)數(shù).........................................................................................................................-12-第十一章立體幾何初步......................................................................................................-19-....................................................................................................................-1-第九章解三角形知識體系題型探究利用正弦、余弦定理解三角形【例1】如圖，在平面四邊形ABCD中，AB＝2，BD＝5，AB⊥BC，∠BCD＝2∠ABD，△ABD的面積為2.(1)求AD的長；(2)求△CBD的面積．[思路探究](1)由面積公式求出sin∠ABD，進(jìn)而得cos∠ABD的值，利用余弦定理可解；(2)由AB⊥BC可以求出sin∠CBD的大小，再由二倍角公式求出sin∠BCD，可判斷△CBD為等腰三角形，利用正弦定理求出CD的大小，最后利用面積公式求解．1212[解](1)由S＝AB·BD·sin∠ABD＝×2×5×sin∠ABD＝2，可得ABD△25sin∠ABD＝5，又∠ABD∈0，，所以cos∠ABD＝55.2π在△ABD中，由AD2＝AB2＋BD2－2·AB·BD·cos∠ABD，可得AD2＝5，所以AD＝5.(2)由AB⊥BC，得∠ABD＋∠CBD＝，π2所以sin∠CBD＝cos∠ABD＝55.45又∠BCD＝2∠ABD，所以sin∠BCD＝2sin∠ABD·cos∠ABD＝，∠BDC＝π－∠CBD－∠BCD＝π－－∠－2∠ABD＝－2π∠ABD＝∠CBD，π2ABD所以△CBD為等腰三角形，即CB＝CD.BDCD正弦定理知，＝，在△CBD中，由sin∠BCDsin∠CBD55×BD·sin∠CBD得CD＝sin∠BCD55＝＝，45415545S＝×××＝.24458所以CBD△利用正、余弦定理解三角形要注意以下幾個(gè)方面(1)畫圖，把相關(guān)數(shù)據(jù)標(biāo)注在三角形中，便于確定已知和所求．(2)明確解題過程中所使用的定理，有些題目兩個(gè)定理都適用．(3)注意對三角形內(nèi)角和定理、大邊對大角的應(yīng)用，避免出現(xiàn)增解或漏解的錯(cuò)誤．(4)多邊形中的邊角計(jì)算問題通?；瘹w到三角形中利用正、余弦定理求解．[跟進(jìn)訓(xùn)練]1．如圖所示，在△ABC中，B＝3π，AB＝8，點(diǎn)D在BC邊上，CD＝2，cos∠ADC1＝.7(1)求sin∠BAD；(2)求BD，AC的長．[解](1)在△ADC中，1因?yàn)閏os∠ADC＝，743sin∠ADC＝，7所以所以sin∠BAD＝sin(∠ADC－B)＝sin∠ADCcosB－cos∠ADCsinB4311＝×－×＝.72723331433ABsin∠BAD8×14(2)在△ABD中，由正弦定理，得BD＝sin∠ADB＝＝3.437在△ABC中，由余弦定理，得AC2＝AB2＋BC2－2AB×BC×cosB12＝82＋52－2×8×5×＝49，所以AC＝7.三角變換與解三角形的綜合問題角度1三角形形狀的判斷【例2】在△ABC中，若(a2＋b2)sin(A－B)＝(a2－b2)·sin(A＋B)，試判斷△ABC的形狀．[解]∵(a2＋b2)sin(A－B)＝(a2－b2)sin(A＋B)，∴b2[sin(A＋B)＋sin(A－B)]＝a2[sin(A＋B)－sin(A－B)]，∴2b2sinAcosB＝2a2cosAsinB，即a2cosAsinB＝b2sinAcosB.法一：由正弦定理知a＝2RsinA，b＝2RsinB，∴sin2AcosAsinB＝sin2BsinAcosB，又sinAsinB≠0，∴sinAcosA＝sinBcosB，∴sin2A＝sin2B.在△ABC中，0＜2A＜2π，0＜2B＜2π，∴2A＝2B或2A＝π－2B，∴A＝B或A＋B＝2π.∴△ABC為等腰三角形或直角三角形．法二：由正弦定理、余弦定理，得bb×2＋c22bc－a2a＝ba×，＋c－b2222aca22∴a2(b2＋c2－a2)＝b2(a2＋c2－b2)，∴(a2－b2)(a2＋b2－c2)＝0，∴a2－b2＝0或a2＋b2－c2＝0.即a＝b或a2＋b2＝c2.∴△ABC為等腰三角形或直角三角形．判定三角形形狀的三個(gè)注意點(diǎn)(1)“角化邊”后要注意用因式分解(2)“邊化角”后要注意用角的關(guān)系．(3)要特別注意“等腰直角、配方等方法得出邊的關(guān)系．三角恒等變換、三角形內(nèi)角和定理及誘導(dǎo)公式推出三角形”與“等腰三角形或直角三角形”的區(qū)別．[跟進(jìn)訓(xùn)練]2．在△ABC中，若B＝60°，2b＝a＋c，試判斷△ABC的形狀．[解]法一：∵2b＝a＋c，由正弦定理，得2sinB＝sinA＋sinC.∵B＝60°，∴A＋C＝120°.∴2sin60°＝sin(120°－C)＋sinC.展開整理得23sinC＋cosC＝1.12∴sin(C＋30°)＝1.∵0°<C<120°，∴C＋30°＝90°.∴C＝60°，則A＝60°.∴△ABC為等邊三角形．法二：由余弦定理，得b＝a2＋c2－2accosB.2a＋c∵B＝60°，b＝，2＋ac2∴＝a2＋c2－2accos60°，2化簡得(a－c)2＝0.∴a＝c.又B＝60°，∴a＝b＝c.∴△ABC為等邊三角形．角度2三角形邊、角、面積的求解【例3】△ABC的內(nèi)角csinB.A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知a＝bcosC＋(1)求B；(2)若b＝2，求△ABC的面積的最大值．[解](1)由已知，又A＝π－(B＋C)，∴sin[π－(B＋C)]＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋sinCcosB，即sinBcosC＋cosBsinC＝sinBcosC＋sinCsinB，∴cosBsinC＝sinCsinB，∵sinC≠0，根據(jù)正弦定理得sinA＝sinBcosC＋sinCsinB.∴cosB＝sinB且B為三角形內(nèi)角，π∴B＝.412＝acsinB＝ac，24(2)SABC△由正弦定理知bsinA2a＝＝2×sinA＝22sinA，sinB2同理，c＝22sinC，∴S＝42×22sinA×22sinC△ABC＝22sinAsinC3π4＝22sinAsin－A3π3πA4＝22sinAsincos－cossinA4＝2(sinAcosA＋sin2A)＝sin2A＋1－cos2Aπ41，＝2sin2－＋A∴當(dāng)2A－＝，4π2π3π即A＝時(shí)，8有最大值2＋1.ABCS△求解三角形中的邊、角、面積的解題策略該類問題以三角形為載體，在已知條件中涉及了三角形的一些邊角關(guān)系，由于正弦定理和余弦定理都是關(guān)于三角形的邊角關(guān)系的等式，通過定理的運(yùn)用能夠?qū)崿F(xiàn)邊角互化，在邊角互化時(shí)，經(jīng)常用到三角函數(shù)中兩角和與差的公式及倍角公式等．[跟進(jìn)訓(xùn)練]3．在△ABC中，a，b，c分別是三個(gè)內(nèi)角A，B，C的對邊，若a＝2，C＝4π，cosB2＝255，求△ABC的面積S.B3[解]因?yàn)閏osB＝2cos22－1＝，545故B為銳角，所以sinB＝，所以sinA＝sin(π－B－C)π＝sin＋B4＝sinBcos4π＋cosBsin4π72＝.10由正弦定理，asinC10得c＝＝，sinA71所以＝acsinB2ABC△S11048＝×2××＝.7572正弦、余弦定理在實(shí)際中的應(yīng)用【例4】如圖，在一次海上聯(lián)合作戰(zhàn)演習(xí)中，紅方一艘偵察艇在A處發(fā)現(xiàn)在北偏東45°方向，相距12海里的B處水面上，有藍(lán)方一艘小艇正以每小時(shí)10海里的速度沿南偏東75°方向前進(jìn)，若紅方偵察艇以每小時(shí)14海里的速度，沿北偏東45°＋α方向攔截藍(lán)方的小艇，若要在最短的時(shí)間內(nèi)攔截住，求紅方偵察艇所需的時(shí)間和角α的正弦值．[思路探究]假設(shè)經(jīng)過x小時(shí)后在C處追上藍(lán)方的小艇，作出示意圖，把實(shí)際數(shù)據(jù)轉(zhuǎn)化到三角形中，利用正、余弦定理求解．[解]如圖，設(shè)紅方偵察艇經(jīng)過x小時(shí)后在C處追海里，BC＝10x海里，∠ABC＝120°.上藍(lán)方的小艇，則AC＝14x根據(jù)余弦定理得(14x)2＝122＋(10x)2－240xcos120°，34解得x＝2＝－舍去.x故AC＝28海里，BC＝20海里．BCAC根據(jù)正弦定理得＝，sinαsin120°20sin120°53解得sinα＝＝.2814532小時(shí)，角α的正弦值為.故紅方偵察艇所需的時(shí)間為14應(yīng)用解三角形知識解決實(shí)際問題四步曲(1)分析題意，準(zhǔn)確理解題意，分清已知與所求，尤其要理解題中的有關(guān)名詞、術(shù)語．(2)根據(jù)題意畫出示意圖，并將已知條件在圖形中標(biāo)出．(3)將所求問題歸結(jié)到一個(gè)或幾個(gè)三角形中，通過合理運(yùn)用正弦、余弦定理等有關(guān)知識正確求解．(4)檢驗(yàn)解出的結(jié)果是否具有實(shí)際意義，對結(jié)果進(jìn)行取舍，得出正確答案．[跟進(jìn)訓(xùn)練]4．甲船在A處，乙船在甲船正南方向距甲船20海里的B處，乙船以每小時(shí)10海里的速度向正北方向行駛，而甲船同時(shí)以每小時(shí)西60°方向行駛，問經(jīng)過多少小時(shí)后，甲、乙兩船相距最近？8海里的速度由A處向北偏[解]設(shè)甲、乙兩船經(jīng)t小時(shí)后相距最近且分別到達(dá)P，Q兩處，因乙船到達(dá)A處需2小時(shí)．①當(dāng)0≤t<2時(shí)，如圖①，在△APQ中，AP＝8t，AQ＝20－10t，所以PQ＝AQ2＋AP2－2AQ×AP×cos120°1＝20－10t2＋8t2－2×20－10t×8t×－2＝84t2－240t＋400＝221t2－60t＋100；②當(dāng)t＝2時(shí)，PQ＝8×2＝16；③當(dāng)t>2時(shí)，如圖②，在△APQ中，AP＝8t，AQ＝10t－20，∴PQ＝AQ2＋AP2－2AQ×AP×cos60°＝221t2－60t＋100.綜合①②③知，PQ＝221t－60t＋100(t≥0)．2當(dāng)且僅當(dāng)t＝＝3021107時(shí)，PQ最小．所以甲、乙兩船行駛107小時(shí)后，相距最近．[培優(yōu)層【例題】△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c.設(shè)(sinB－sinC)2＝sin2A－sinBsinC.·素養(yǎng)升華](1)求A；(2)若2a＋b＝2c，求sinC.[思路探究](1)利用正弦定理結(jié)合余弦定理求解角(2)根據(jù)(1)中的結(jié)論結(jié)合正弦定理化簡題中的等量關(guān)系，利用兩角差的正弦公式求解sinC.[解](1)由已知得sin2B＋sin2C－sin2A＝sinBsinC，b＋c2－a2＝bc.A的大??；故由正弦定理得2＋c由余弦定理得cosA＝b＝.2bc－a21222因?yàn)?°＜A＜180°，所以A＝60°.(2)由(1)知B＝120°－C，由題設(shè)及正弦定理得2sinA＋sin(120°－C)＝2sinC，即26＋23cosC＋sinC＝2sinC，12整理得cos(C＋60°)＝－22.因?yàn)?°＜C＜120°，所以sin(C＋60°)＝，22故sinC＝sin(C＋60°－60°)＝sin(C＋60°)cos60°－cos(C＋60°)sin60°6＋2＝.4本題考查正弦定理、余弦定理、兩角和的余弦公式、兩角差的正弦公式，綜合性較強(qiáng).綜合應(yīng)用正、余弦定理解三角形一直是高考的熱點(diǎn)內(nèi)容之一，著重考查直觀想象、數(shù)學(xué)運(yùn)算等學(xué)科素養(yǎng).[素養(yǎng)提升練]△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知asinA－bsinB＝4csinC，14bcosA＝－，則＝()cA．6B．5C．4D．3A[∵asinA－bsinB＝4csinC，∴由正弦定理得a－b2＝4c2，即a＝4c2＋b2.22b2＋c＋c＋b－4c－3c12222由余弦定理得cosA＝＝＝＝－，2bc2bc2－a2b2b∴＝6.]c2bc4第十章復(fù)數(shù)知識體系·題型探究復(fù)數(shù)的概念【例1】復(fù)數(shù)(1)z∈R；(2)z為虛數(shù)．[思路探究]根據(jù)復(fù)數(shù)的分類列z＝log3(x2－3x－3)＋ilog2(x－3)，當(dāng)x為何實(shí)數(shù)時(shí)，不等式組求解．[解](1)因?yàn)橐粋€(gè)復(fù)數(shù)是實(shí)數(shù)的充要條件是虛部為0，x2－3x－3>0，①log2x－3＝0，②所以x－3>0，③由②得x＝4，經(jīng)驗(yàn)證滿足①③式．所以當(dāng)x＝4時(shí)，z∈R.(2)因?yàn)橐粋€(gè)復(fù)數(shù)是虛數(shù)的充要條件是虛部不為0，x2－3x－3>0，①log2x－3≠0，②x－3>0，③所以由①得x>3＋221或x<3－221.由②得x≠4，由③得x>3.3＋21且x≠4時(shí)，z為虛數(shù)．所以當(dāng)x>21．正確確定復(fù)數(shù)的實(shí)、虛部是準(zhǔn)確理解復(fù)數(shù)的有關(guān)概念(如實(shí)數(shù)、虛數(shù)、純虛數(shù)、相等復(fù)數(shù)、共軛復(fù)數(shù)、復(fù)數(shù)的模)的前提．2．兩復(fù)數(shù)相等的充要條件是復(fù)數(shù)問題轉(zhuǎn)化為實(shí)數(shù)問題的依據(jù)．3．求字母的范圍時(shí)一定要關(guān)注實(shí)部與虛部自身有意義．[跟進(jìn)訓(xùn)練]1．(1)若復(fù)數(shù)z滿足(3－4i)z＝|4＋3i|，則z的虛部為()444B．－C．4D．55A．－(2)設(shè)復(fù)數(shù)z滿足i(z＋1)＝－3＋2i(i是虛數(shù)單位)，則復(fù)數(shù)z的實(shí)部是__________．(1)D(2)1[(1)∵(3－4i)z＝|4＋3i|，∴z＝|4＋3i|42＋3253＋4i＝53＋45i，＝＝3－4i3－4i2545∴z的虛部為.故選D．(2)法一：設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)，則i(z＋1)＝i(a＋bi＋1)＝－b＋(a＋1)i＝－3＋2i.－＝－b3，＝1，a3.由復(fù)數(shù)相等的充要條件，得解得a＋＝，b＝12故復(fù)數(shù)z的實(shí)部是1.－3＋2i＝2＋3i，故z＝1＋3i，即復(fù)數(shù)zi(z＋1)＝－3＋2i，得z＋1＝i法二：由的實(shí)部是1.]復(fù)數(shù)的四則運(yùn)算－z－i【例2】(1)設(shè)i是虛數(shù)單位，z表示復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)．若z＝1＋i，則＋i·z＝(A．－(2)設(shè)復(fù)數(shù)z滿足)2B．－2iC．2D．2i(z－2i)(2－i)＝5，則z＝()A．2＋3iB．2－3iC．3＋2iD．3－2iz[思路探究](1)先求出z及i，結(jié)合復(fù)數(shù)運(yùn)算法則求解．(2)利用方程思想求解并化簡．1＋i－i＋ii－2－z1－i，∴＋i·z＝izi(1)C(2)A[(1)∵z＝1＋i，∴z＝1－i，＝＝＝i1－i＋i(1－i)＝2.故選C．552＋iz＝2i＋＝(2)由(z－2i)(2－i)＝5，得2－i2－i2＋i＝2i＋2＋i＝2＋3i.]2i＋復(fù)數(shù)加減乘運(yùn)算可類比多項(xiàng)式的加減乘運(yùn)算，注意把i看作一個(gè)字母i＝－1，2除法運(yùn)算注意應(yīng)用共軛的性質(zhì)z為實(shí)數(shù).[跟進(jìn)訓(xùn)練]2＋i2．(1)復(fù)數(shù)的共軛復(fù)數(shù)是1－2i()3535A．－iB．iC．－iD．i13(2)已知復(fù)數(shù)z＝－i(1＋i)(i為虛數(shù)單位)，復(fù)數(shù)z的虛部為2，且z·z是實(shí)221212數(shù)，則z＝________.22＋i2＋i1＋2i5i(1)C(2)4＋2i[(1)依題意知，＝1－2i1－2i1＋2i5＝＝i，∴其共軛復(fù)數(shù)為－i.13(2)z1＝－i(1＋i)＝2－i.22設(shè)z2＝a＋2i，a∈R，則z1·z2＝(2－i)·(a＋2i)＝(2a＋2)＋(4－a)i，因?yàn)閦·z∈R，12所以a＝4.所以z2＝4＋2i.]復(fù)數(shù)的幾何意義i【例3】(1)在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)1－i對應(yīng)的點(diǎn)位于()A．第一象限B．第二象限C．第三象限D(zhuǎn)．第四象限1－2i(2)在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)2＋i對應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)為()A．(0，－1)B．(0,1)43D．，5543C．，－55[思路探究]先把復(fù)數(shù)z化為復(fù)數(shù)的標(biāo)準(zhǔn)形式，再寫出其對應(yīng)坐標(biāo)．i1＋i－1＋i11i(1)B(2)A[(1)復(fù)數(shù)＝＝＝－＋i.1－i1－i1＋i22211.∴復(fù)數(shù)對應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)是－，22i1－i∴復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)位于第二象限．故選B．(2)∵1－2i1－2i2－i－5ii，其對應(yīng)的點(diǎn)為(0，－1)，故選A．]＝＝＝－2＋i2＋i2－i51．復(fù)數(shù)的幾何表示法復(fù)數(shù)z＝a＋bi(a，b∈R)可以用復(fù)平面內(nèi)的點(diǎn)Z(a，b)來表示．此類問題可建立復(fù)數(shù)的實(shí)部與虛部應(yīng)滿足的條件，通過解方程(組)或不等式(組)求解．2．復(fù)數(shù)的向量表示以原點(diǎn)為起點(diǎn)的向量表示的復(fù)數(shù)等于它的終點(diǎn)對應(yīng)的復(fù)數(shù)；向量平移后，此向量表示的復(fù)數(shù)不變，但平移前后起點(diǎn)、終點(diǎn)對應(yīng)的復(fù)數(shù)要改變．3．復(fù)數(shù)的加減法的幾何意義實(shí)質(zhì)上是平行四邊形法則和三角形法則．由減法的幾何意義知|z－z1|表示復(fù)平面上兩點(diǎn)Z與Z1之間的距離．4．復(fù)數(shù)形式的基本軌跡(1)|z－z1|＝r表示復(fù)數(shù)對應(yīng)的點(diǎn)的軌跡是以z對應(yīng)的點(diǎn)為圓心，半徑為r的圓．1(2)|z－z1|＝|z－z2|表示以復(fù)數(shù)z，z2的對應(yīng)點(diǎn)為端點(diǎn)的線段的垂直平分線．1[跟進(jìn)訓(xùn)練]3．(1)已知復(fù)數(shù)z對應(yīng)的向量如圖所示，則復(fù)數(shù)z＋1所對應(yīng)的向量正確的是()z1＋i(2)若i為虛數(shù)單位，圖中復(fù)平面內(nèi)點(diǎn)Z表示復(fù)數(shù)z，則表示復(fù)數(shù)的點(diǎn)是()A．EB．FC．GD．H(1)A(2)D[(1)由題圖知，z＝－2＋i，∴z＋1＝－2＋i＋1＝－1＋i，故z＋1對應(yīng)的向量應(yīng)為選項(xiàng)A．3＋i3＋i1－i4－2iz＝3＋i，所以＝＝2－i，則其在1＋i1＋i1＋i1－i2z(2)由題圖可得＝＝復(fù)平面上對應(yīng)的點(diǎn)為H(2，－1)．]函數(shù)與方程思想【例4】已知f(z)＝|1＋z|－－z，且f(－z)＝10＋3i，求復(fù)數(shù)z.－[思路探究]設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)，則z＝a－bi，由復(fù)數(shù)相等列方程組求解即可．[解]∵f(z)＝|1＋z|－－z，∴f(－z)＝|1－z|＋－z.－設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)，則z＝a－bi.由f(－z)＝10＋3i，得|1－(a＋bi)|＋a－bi＝10＋3i，∴1－a2＋b2＋a＝10，－b＝，3a＝5，解方程組得3b＝－，∴復(fù)數(shù)z＝5－3i.一般設(shè)出復(fù)數(shù)z的代數(shù)形式，即z＝x＋yi(x，y∈R)，則涉及復(fù)數(shù)的分類、幾何意義、模的運(yùn)算、四則運(yùn)算、共軛復(fù)數(shù)等問題，都可以轉(zhuǎn)化為實(shí)數(shù)x，y應(yīng)滿足的方程(組)，即復(fù)數(shù)問題實(shí)數(shù)化的思想是本章的主要思想方法．[跟進(jìn)訓(xùn)練]4．滿足z＋5z是實(shí)數(shù)，且z＋3的實(shí)部與虛部是相反數(shù)的虛數(shù)z是否存在？若存在，求出虛數(shù)[解]設(shè)虛數(shù)z＝x＋yi(x，y∈R，且y≠0)，5yz；若不存在，請說明理由．55＋yix＋y5xyx＋y2－i，z＋3＝(x＋3)＋yi.則z＋＝x＋yi＋＝x＋＋zx2225yy－＝0，x2＋y2由已知，得因?yàn)閥≠0，3x＋＝－y，＋＝xyx5，＝－1，x＝－2，解得或22所以x＋y＝－，3y＝－y＝－21.所以存在虛數(shù)z＝－1－2i或z＝－2－i滿足題設(shè)條件．[培優(yōu)層·素養(yǎng)升華]【例1】設(shè)z＝i(2＋i)，則z＝()A．1＋2iC．1－2iB．－1＋2iD．－1－2iD[∵z＝i(2＋i)＝－1＋2i，∴z＝－1－2i.]【例2】設(shè)有下面四個(gè)命題p1：若復(fù)數(shù)z滿足1z∈R，則z∈R；z2p2：若復(fù)數(shù)z滿足∈R，則z∈R；zp3：若復(fù)數(shù)z，z滿足zz12∈R，則z1＝2；12zp4：若復(fù)數(shù)z∈R，則∈R.其中的真命題為()A．p1，p3B．p1，p4C．p2，p3D．p2，p4B[設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)，z1＝a1＋b1i(a1，b1∈R)，z2＝a2＋b2i(a2，b2∈R)．11－ip，若∈R，即＝∈R，則ia＋bab對于b＝0?z＝a＋bi＝a∈R，所以p11z＋2ab2為真命題．對于p，若z∈R，即(a＋bi)2＝a2＋2abi－b2∈R，則ab＝0.當(dāng)a＝0，b≠0時(shí)，z＝a＋bi＝bi?R，所以p為假命題．zzR222對于，若∈，即(＋i)(＋i)＝(－)＋(＋)i∈R，則pababaabbabab312112212121221＋＝zz0.而＝，即＋i＝－i?＝，＝－.因?yàn)椋玜1b2ab21a1b2abababaabb211211221212Daab＝0＝，＝－，所以為假命題．bp31212對于p，若z∈R，即a＋bi∈R，則b＝0?z＝a－bi＝a∈R，所以p4為真命4題．]高考對復(fù)數(shù)的考查較為基礎(chǔ)，通常以選擇題的形式考查復(fù)數(shù)的概念與四則運(yùn)算，屬容易題，重點(diǎn)體現(xiàn)數(shù)學(xué)運(yùn)算、邏輯推理、直觀想象等學(xué)科素養(yǎng).[素養(yǎng)提升練]3－i1＋2i1．設(shè)z＝，則|z|＝()A．2B．3C．2D．13－i3－i1－2i1－7iC[∵z＝＝＝，1＋2i1＋2i1－2i5172∴|z|＝＋－＝2.]2555－i2．i是虛數(shù)單位，則的值為________．1＋i5－i5－i1－i13[∵＝1＋i1＋i1－i5－i＝2－3i，∴＝|2－3i|＝13.]1＋i第十一章立體幾何初步知識體系[提升層·題型探究]空間幾何體的表面積與體積【例1】17世紀(jì)日本數(shù)學(xué)家們對于數(shù)學(xué)關(guān)于體積方法的問題還不了解，他們將體積公式“V＝kD3”中的常數(shù)k稱為“立圓術(shù)”或“玉積率”，創(chuàng)用了求“玉積率”的D為直徑，類似地，對于等邊圓柱(軸截面圓柱叫做等邊圓柱)、正方體也有類似的體積公式V＝kD3，其中，在等獨(dú)特方法“會(huì)玉術(shù)”，其中，是正方形的邊圓柱中，D表示底面圓的直徑；在正方體中，D表示棱長．假設(shè)運(yùn)用此“會(huì)玉術(shù)”求得的球、等邊圓柱、正方體的“玉積率”分別為k1，k2，k3，那么，k1∶k2∶k3＝()ππA．∶∶146ππ64B．∶∶2C．1∶3∶12πD．1∶∶2π363π4D236π643πR＝π＝＝，所以＝；D[球中，V＝3D3kD1k13V＝π·D＝4πD3＝kD23，所以π2k＝；42D等邊圓柱中，2正方體中，V＝D＝kD33，所以k＝1，33ππk∶k∶k＝∶∶64361＝1∶∶2π所以.]123記牢常見幾何體的表面積、體積公式是解決此類問題的關(guān)鍵.涉及古代文化背景的題目，首先讀懂題意，再按題意與所學(xué)的知識聯(lián)系起來，將問題轉(zhuǎn)化為我們熟悉的問題后再解決.[跟進(jìn)訓(xùn)練]1．《九章算術(shù)》是我國古代內(nèi)容極為豐富的數(shù)學(xué)名著，書中有如下問題：“今有陽馬，廣五尺，褒七尺，高八尺，問積幾何？”其意思為：“今有底面為矩形，一側(cè)棱垂直于底面的四棱錐，它的底面長、寬分別為7尺和5尺，高為8尺，問它的體積是多少？”若以上的條件不變，則這個(gè)四棱錐的外接球的表面積為()A．142π平方尺C．138π平方尺B．140π平方尺D．128π平方尺C[可以把該四棱錐補(bǔ)成一個(gè)長方體，長、寬分別為7尺和5尺，高為8尺，四棱錐的外接球就是長方體的外接球，其直徑為72＋52＋82＝138尺，所以表面138積為4π×22＝138π平方尺．]與球有關(guān)的切、接問題【例2】求棱長為[思路探究]正四面體的重合，則內(nèi)切球的半徑為點(diǎn)O到各面的離，棱切球的半徑為點(diǎn)O到各棱的距離．[解]由正四的對稱性與球的對稱性知正四面體的外接球、內(nèi)切球、棱切a的正四面體的外接球、內(nèi)切球及棱切球的半徑．球心與正四面體的中心O距離，外接球的半徑為點(diǎn)O到各頂點(diǎn)的內(nèi)切球、外接球、棱切球的距面體球的球心都與正四面體的中心重合．如圖所示，設(shè)正四面體A-BCD的高為AG，O為正四面體的中心，連接CG并延長交BD于點(diǎn)E，連接OC，OE，則外接球的半徑R＝OA＝OC由題意可得CE＝23a，．則CG＝CE＝33a，EG＝CE＝63a，2313所以AG＝AC2－CG2＝36a.所以O(shè)G＝36a－R.在Rt△OCG中，OC2＝OG2＋CG2，2a6a6a.42即R2＝3－R＋，解得R＝3所以內(nèi)切球的半徑r＝OG＝36a－46a＝126a.a2a22a.棱切球的半徑為OE＝EG2＋OG2＝＋＝12244常見的幾何體與球的切、接問題的解決方案如下：[跟進(jìn)訓(xùn)練]2．(1)已知正方體的外接球的體積是32π3，那么正方體的棱長是(A．22B．233C．432D．433)(2)設(shè)A，B，C，D是同一個(gè)半徑為4的球的球面上四點(diǎn)，△ABC為等邊三角形且其面積為93，則三棱錐D-ABC體積的最大值為()A．123B．183C．243D．5433a2(1)D(2)B[(1)根據(jù)球的體積，求得其半徑r＝2，再由r＝可得棱長a為43.312(2)設(shè)等邊△ABC的邊長為x，則x2sin60°＝93，解得x＝6.設(shè)△ABC的外接圓半徑為r，則r＝23，所以球心到△ABC所在平面的距離2d＝4－232＝2，則點(diǎn)D到平面ABC的最大距離d＝d＋4＝6，所以錐D-ABC體積的最大值三棱11313V＝S×6＝×93×6＝183.]ABC△max空間中的平行關(guān)系【例3】如圖所示，四邊形ABCD是平行四邊形，PB⊥平面ABCD，MA∥PB，PB＝2MA．在線段PB上是否存在一點(diǎn)F，使平面AFC∥平面PMD？若存在，請確定點(diǎn)F的位置；若不存在，請說明理由．[思路探究]假設(shè)存在滿足條件的點(diǎn)AFPM與平面AFC、平面PMD分別交于直線AF，PM，則必有AF∥PM，又PB＝2MA，則點(diǎn)F是PB的中點(diǎn)．[解]當(dāng)點(diǎn)F是PB的中點(diǎn)時(shí)，平面AFC∥平面PMD，證明如下：如圖，連F，由于平面AFC∥平面PMD，且平面1O，連接FO，那么PF＝PB．2接AC和BD交于點(diǎn)∵四邊形ABCD是平行四邊形，．∴O是BD的中點(diǎn)．∴OF∥PD又OF?平面PMD，PD?平面PMD，1∴∥平面PMD又MA2PB，∴．．OFPFMA∴四邊形AFPM是平行四邊形．∴AF∥PM.又AF?平面PMD，PM?平面PMD，∴AF∥平面PMD．又AF∩OF＝F，AF?平面AFC，OF?平面AFC．∴平面AFC∥平面PMD．空間中的平行關(guān)系主要是指空間中線與線、線與面及面與面的平行，其中三種關(guān)系相互滲透．在解決線面、面面平行問題時(shí)，一般遵循從“低維”到“高維”的轉(zhuǎn)化，即從“線線平行”到“線面平行”，再到“面面平行”；而利用性質(zhì)定理時(shí)，其順序相反，且“高維”的性質(zhì)定理就是“低維”的判定定理．特別注意，轉(zhuǎn)化的方法由具體題目的條件決定，不能過于呆板僵化，要遵循規(guī)律而不局限于規(guī)律．3．如圖，已知四邊形ABCD是平行四邊形，點(diǎn)P是平面ABCD外一點(diǎn)，PC的中點(diǎn)，在DM上取一點(diǎn)G，過G和AP作平面交平面BDM于GH，求證：AP∥GH.M是[證明]連接AC交BD于O，連接MO，因?yàn)樗倪呅蜛BCD為平行四邊形，所以O(shè)為AC的中點(diǎn)，又因?yàn)镸為PC的中點(diǎn)，所以MO∥AP，又因?yàn)镸O?平面BDM，PA?平面BDM，所以PA∥平面BDM，又因?yàn)镻A?平面PAHG，平面PAHG∩平面BDM＝GH，所以PA∥GH.空間中的垂直關(guān)系【例4】如圖所示，在斜三棱柱A1B1C1-ABC中，底面是等腰三角形，AB＝AC，側(cè)面BBCC⊥底面ABC．11(1)若D是BC的中點(diǎn)，求證：AD⊥CC1；(2)過側(cè)面BBCC的對角線BC1的平面交側(cè)棱于點(diǎn)M，若AM＝MA1，求證：11截面MBC1⊥側(cè)面BBCC11．[解](1)證明：因?yàn)锳B＝AC，D是BC的中點(diǎn)，所以AD⊥BC．因?yàn)榈酌鍭BC⊥側(cè)面BBCC，底面ABC∩側(cè)面BBCC＝BC，1111所以AD⊥側(cè)面BBCC．11所以AD⊥CC1.(2)延長BA與BM的延長線交于點(diǎn)N，連接C1N.11因?yàn)锳M＝MA1，所以NA1＝A1B1.AC＝AN＝AB，所以CN⊥B1C1，因?yàn)?11111CN⊥側(cè)面BBCC．所以111因?yàn)镃N?截面MBC1，1．所以截面MBC1⊥側(cè)面BB1C1C空間中的垂直關(guān)系包括線與線的垂直、線與面的垂直及面與面的垂直，三種垂直關(guān)系是本章學(xué)習(xí)的核心，學(xué)習(xí)時(shí)要突出三者間的互化意識．如在證明兩平面垂直時(shí)一般從現(xiàn)有直線中尋找平面的垂線，若這樣的垂線不存在，則可通過作輔助線來解決．如有面面垂直時(shí)，一般要用性質(zhì)定理，在一個(gè)平面內(nèi)作交線的垂線，使之轉(zhuǎn)化為線面垂直，進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為線線垂直．[跟進(jìn)訓(xùn)練]4．如圖，ABCD是正方形，點(diǎn)P在以BC為直徑的半圓弧上(P不與B，C重合)，E為線段BC的中點(diǎn)，現(xiàn)將正方形ABCD沿BC折起，使得平面ABCD⊥平面BCP.(1)證明：BP⊥平面DCP；(2)若BC＝2，當(dāng)三棱錐D-BPC的體積最大時(shí)，求E到平面BDP的距離．[解](1)證明：因?yàn)槠矫鍭BCD⊥平面BPC，ABCD是正方形，．平面ABCD∩平面BPC＝BC，所以DC⊥平面BPC．因?yàn)锽P?平面BPC，所以BP⊥DC．因?yàn)辄c(diǎn)P在以BC為直徑的半圓弧上，所以BP⊥PC又DC∩PC＝C，所以BP⊥平面DCP.︵(2)當(dāng)點(diǎn)P位于BC的中點(diǎn)時(shí)，△BCP的面積最大，三棱錐D-BPC的體積也最大．因?yàn)锽C＝2，所以PE＝1，1212所以△BEP的面積為×1×1＝，113213所以三棱錐D-BEP的體積為××2＝.因?yàn)锽P⊥平面DCP，所以BP⊥DP，DP＝22－2＝6，2212△BDP的面積為×2×6＝3.設(shè)E到平面BDP的距離為d，由于V＝VE-BDP，D-BEP13133則×3×d＝，得d＝，3即E到平面BDP的距離為33.空間中的角的求解【例5】如圖，在三棱錐S-ABC中，SA＝SB＝AC＝BC＝2，AB＝23，SC＝1.(1)畫出二面角S-AB-C的平面角，并求它的度數(shù)；(2)求三棱錐S-ABC的體積．[解](1)取AB中點(diǎn)D，連接SD，CD，因?yàn)镾A＝SB＝2，AC＝BC＝2，所以SD⊥AB，CD⊥AB，且SD?平面SAB，CD?平面CAB，所以∠SDC是二面角S-AB-C的平面角．在直角三角形SDA中，SD＝SA－AD＝2＝1，－3222形CDA中，2在直角三角CD＝CA－AD＝2＝1，－3222所以SD＝CD＝SC＝1，所以△SDC是等邊所以∠SDC＝60°.2三角形，(2)法一：因?yàn)镾D⊥AB，CD⊥AB，SD∩CD＝D，所以AB⊥平面SDC，又AB?平面ABC，所以平面ABC⊥平面SDC，且平面ABC∩平面SDC＝CD，在平面SDC內(nèi)作SO⊥DC于O，則SO⊥平面ABC，即SO是三棱錐S-ABC的高．32在等邊△SDC中，SO＝，所以三棱錐S-ABC的體積1311VS-ABC＝S·SO＝××23×1×＝.322231ABC△法二：因?yàn)镾D⊥AB，CD⊥AB，SD∩CD＝D，所以AB⊥平面SDC．33在等邊△SDC中，＝SD2＝，44SDC△S所以三棱錐S-ABC的體積VS-ABC＝VA-SDC＋VB-SDC＝S·AB＝×3×23＝.1313412SDC△1．兩條異面直線所成的角(1)一般通過平移(在所給圖形內(nèi)平移一條直線或平移兩條直線)或補(bǔ)形(補(bǔ)形的)，把異面直線所成角轉(zhuǎn)化為共面直線所成角來計(jì)算．(2)平移時(shí)經(jīng)常利用某些特殊點(diǎn)(如中點(diǎn))或中位線完整的幾何體(如正方體、長方體、平目的仍是平移、成比例線段來實(shí)現(xiàn)，補(bǔ)形時(shí)經(jīng)常把空間圖形補(bǔ)成熟悉的或行六面體等)．2．直線和平面所成的角當(dāng)直線為平面的斜線時(shí)，它是斜線與斜線在平面內(nèi)的射影所成的角，通常在斜線上取一特殊點(diǎn)向平面作垂線找到這個(gè)銳角，然后通過解直角三角形加以求出．3．求解二面角的平面角的步驟一找(尋找現(xiàn)成的二面角的平面角)；二作(若沒有找到現(xiàn)成的，需要