【最新】高中数学必修二：全册作业与测评课时提升作业(八)

的外接球.连接,由 ⊥ 平面，得
∠就是与平面所成的角 ，则
tan =


=
4

=
2
2
3
，所以 = 3
2.设四
棱锥 − 的外接球的半径为，因为
的长等于其外接球的直径，所以
= 2 = 2 + 2 =
(3
34
所以 =
，所以四棱锥 −
，1 ，1 1 的中点,1 ，2 分别为四边形1 1 ，
1 1 1 1 的中心,则下列各组中的四个点不在同一个平面
内的是( B
)
A.，，1 ，1
B.，，，
C.，，，1
D.，，1 ，2
【解析】 选项A中，因为1 是1 的中点,所以1 在平面1 内;选项B中，
⊥ ， = 2, = 4.因为′′ = 2，∠′′′ = 45∘ ，所以
′′ = 2 2,所以 = 4
梯形 =
1

2
2，所以
1
2
× ( + ) = × 4
方法二 根据题意，直观图的面积′ =
故原平面图形的面积 = 2
2′ = 12
2 × (2 + 4) = 12
的中点，连接,,,,，则//,所以 ⊥ ,
⊥ ,所以∠是二面角 − − 的平面角.设外接球的半径为.
因为三棱锥外接球的表面积为21π ，所以
21
3
= 21π ,所以 =
.又 = ,
2
2
3 3
1
3
=
, = = , = 3,所以在
中点，则下列结论正确的是(
A.1 //
C.点1 到平面的距离为
AB
)

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课时提升作业(八)空间中直线与直线之间的位置关系(15分钟30分)一、选择题(每小题4分,共12分)1.在三棱锥S-ABC中,与SA是异面直线的是( )A.SBB.SCC.BCD.AB【解析】选C.如图所示,SB,SC,AB,AC与SA均是相交直线,BC与SA既不相交,又不平行,是异面直线.2.若空间三条直线a,b,c满足a⊥b,b⊥c,则直线a与c ( )A.一定平行B.一定相交C.一定是异面直线D.平行、相交或异面都有可能【解析】选D.当a,b,c共面时,a∥c;当a,b,c不共面时,a与c可能异面、平行也可能相交.3.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是AB,AD的中点,则异面直线B1C与EF所成的角的大小为( )A.30°B.45°C.60°D.90°【解析】选C.连接B1D1,D1C,则B1D1∥EF,故∠D1B1C为所求,又B1D1=B1C=D1C,所以∠D1B1C=60°.【补偿训练】在正方体AC1中,E,F分别是线段BC,CD1的中点,则直线A1B与直线EF的位置关系是( )A.相交B.异面C.平行D.垂直【解析】选A.如图所示,直线A1B与直线外一点E确定的平面为A1BCD1,EF⊂平面A1BCD1,且两直线不平行,故两直线相交.二、填空题(每小题4分,共8分)4.已知∠ABC=120°,异面直线MN,PQ,其中MN∥AB,PQ∥BC,则异面直线MN与PQ所成的角为.【解析】结合等角定理及异面直线所成角的范围可知,异面直线MN与PQ所成的角为60°.答案:60°【补偿训练】平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,既与AB共面又与CC1共面的棱有条.【解析】与AB平行、CC1相交的直线是CD,C1D1;与CC1平行,AB相交的直线是BB1,AA1;与AB,CC1都相交的直线是BC,故满足条件的棱有5条.答案:55.如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别为棱C1D1,C1C的中点,有以下四个结论:①直线AM与CC1是相交直线;②直线AM与BN是平行直线;③直线BN与MB1是异面直线;④直线AM与DD1是异面直线.其中正确结论为(写出所有正确结论的序号).【解析】直线AM与CC1是异面直线,直线AM与BN也是异面直线,所以①②错误.点B,B1,N在平面B1C中,点M在此平面外,所以BN,MB1是异面直线.同理AM,DD1也是异面直线.答案:③④三、解答题6.(10分)如图所示,OA,OB,OC为不共面的三条射线,点A1,B1,C1分别是OA,OB,OC上的点,且==成立.求证:△A1B1C1∽△ABC.【解题指南】由初中所学平面几何知识,可证明两内角对应相等,进而证明两个三角形相。

B．(x±4)2＋(y－6)2＝6
C．(x－4)2＋(y－6)2＝36
D．(x±4)2＋(y－6)2＝36
解析：由题意知，半径为6的圆与x轴相切，且圆心在x轴上方．
设所求圆的圆心坐标为(a，b)，
则b＝6，
再由 ＝5，可以解得a＝±4，
故所求圆的方程为(x±4)2＋(y－6)2＝36.
故选D.
答案：D
D. ∪
解析：(x＋2)2＋y2＝1表示圆心为(－2,0)，半径为1的圆，过点(0,0)和P(x，y)的直线的斜率为 .如图，可知这样的直线的倾斜角的范围为 ∪ .故 的取值范围为 .
答案：A
11．半径为6的圆与x轴相切，且与圆x2＋(y－3)2＝1内切，则此圆的方程为()
A．(x－4)2＋(y－6)2＝6
证明：(1)如图，取PD的中点E，连接EN，AE.
∵N是PC的中点，
∴EN綊 DC，又∵AM綊 DC，∴EN綊AM，
∴四边形AENM是平行四边形，
∴AE∥MN.
又∵AE平面PAD，MN平面PAD，
∴MN∥平面PAD.
(2)∵PA＝AD，E是PD的中点，
∴AE⊥PD.
∵PA⊥平面ABCD，
∴PA⊥CD.
解析：(1)证明：由题意知圆C过原点O.
|OC|2＝t2＋ ，
则圆C的方程为(x－t)2＋ 2＝t2＋ ，
令x＝0，得y1＝0，y2＝ ；
令y＝0，得x1＝0，x2＝2t.
∴S△OAB＝ |OA|×|OB|＝ ×|2t|× ＝4，即△OAB的面积为定值．
(2)∵|OM|＝|ON|，|CM|＝|CN|，
求证：(1)AC⊥BC1.(2)AC1∥平面B1CD.
证明：(1)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，

7.3* 复数的三角表示 7.3.1 复数的三角表示式7.3.2 复数乘、除运算的三角表示及其几何意义基础达标一、选择题1.复数z 1＝1，z 2由z 1绕原点O 逆时针方向旋转π6而得到，则arg(z 2z 1)的值为( ) A.π12B.π6C.π4D.π3『解 析』 由题可知z 1＝1＝cos 0＋isin 0，z 2＝cos π6＋isin π6，所以z 2z 1＝cos π6＋isin π6，所以arg(z 2z 1)＝π6. 『答 案』 B2.复数－12＋32i 的三角形式是( ) A.cos 60°＋isin 60° B.－cos 60°＋isin 60° C.cos 120°＋isin 60°D.cos 120°＋isin 120°『解 析』 令z ＝－12＋32i ＝a ＋b i ，则r ＝|z |＝1，a ＝－12，b ＝32， ⎩⎪⎨⎪⎧cos θ＝a r ＝－12，sin θ＝b r ＝32.∴可取θ＝120°. ∴z ＝cos 120°＋isin 120°＝－12＋32i. 『答 案』 D3.设A ，B ，C 是△ABC 的内角，z ＝(cos A ＋isin A )÷(cos B ＋isin B )·(cos C ＋isin C )是一个实数，则△ABC 是( ) A.锐角三角形 B.钝角三角形 C.直角三角形D.形状不能确定『解 析』 arg z ＝A －B ＋C ＝π－2B ＝0，则B ＝π2. 『答 案』 C4.复数cos π3＋isin π3经过n 次乘方后，所得的复数等于它的共轭复数，则n 的值等于( ) A.3B.12C.6k －1(k ∈Z )D.6k ＋1(k ∈Z )『解 析』 由题意，得⎝ ⎛⎭⎪⎫cos π3＋isin π3n＝cos n π3＋isin n π3＝cos π3－isin π3，由复数相等的定义，得⎩⎪⎨⎪⎧cos n π3＝cos π3＝12，sin n π3＝－sin π3＝－32.解得n π3＝2k π－π3(k ∈Z )，∴n ＝6k －1.『答 案』 C5.复数z ＝cos π15＋isin π15是方程x 5＋α＝0的一个根，那么α的值为( ) A.32＋12iB.12＋32iC.－32－12iD.－12－32i『解 析』 因为z ＝cos π15＋isin π15是方程x 5＋α＝0的一个根， 所以α＝－x 5＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫cos π15＋isin π155＝－cos π3－isin π3＝－12－32i. 『答 案』 D 二、填空题6.设z ＝1＋i ，则复数z 2－3z ＋6z ＋1的三角形式是________.『解 析』 将z ＝1＋i 代入z 2－3z ＋6z ＋1，得原式＝（1＋i ）2－3（1＋i ）＋61＋i ＋1＝3－i 2＋i ＝1－i＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫cos 7π4＋isin 7π4.『答 案』 2⎝ ⎛⎭⎪⎫cos 7π4＋isin 7π47.3⎝ ⎛⎭⎪⎫cos 512π＋isin 512π·6⎝ ⎛⎭⎪⎫cos 56π＋isin 56π＝______.『解 析』 3⎝ ⎛⎭⎪⎫cos 512π＋isin 512π·6⎝ ⎛⎭⎪⎫cos 56π＋isin 56π ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫cos 5π4＋isin 54π＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫－22－22i＝－3－3i.『答 案』 －3－3i8.设(1＋i)z ＝i ，则复数z 的三角形式为________. 『解 析』 ∵(1＋i)z ＝i ，∴z ＝i 1＋i ＝i （1－i ）2＝12(1＋i)＝22⎝ ⎛⎭⎪⎫cos π4＋isin π4. 『答 案』 22⎝ ⎛⎭⎪⎫cos π4＋isin π4三、解答题9.写出下列复数的三角形式：(1)a i(a ∈R )；(2)tan θ＋i ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2<θ<π；(3)－3(sin θ－icos θ).解 (1)a i ＝⎩⎪⎨⎪⎧a ⎝ ⎛⎭⎪⎫cos π2＋isin π2（a ≥0）－a ⎝ ⎛⎭⎪⎫cos 32π＋isin 32π（a <0）(2)tan θ＋i ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2<θ<π＝－1cos θ⎣⎢⎡⎦⎥⎤cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫32π－θ＋isin ⎝ ⎛⎭⎪⎫32π－θ(3)－3(sin θ－icos θ)＝3⎣⎢⎡⎦⎥⎤cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋θ＋isin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋θ10.求证：(1)『r (cos θ＋isin θ)』2＝r 2(cos 2θ＋isin 2θ)； (2)『r (cos θ＋isin θ)』3＝r 3(cos 3θ＋isin 3θ). 证明 (1)『r (cos θ＋isin θ)』2＝r 2(cos θ＋isin θ)2 ＝r 2(cos 2θ－sin 2θ＋2icos θsin θ) ＝r 2(cos 2θ＋isin 2θ)， 所以待证式成立.(2)『r (cos θ＋isin θ)』3＝『r (cos θ＋isin θ)』2· 『r (cos θ＋isin θ)』＝r 2(cos 2θ＋isin 2θ)·r (cos θ＋isin θ)＝r 3『cos(2θ＋θ)＋isin(2θ＋θ)』 ＝r 3(cos 3θ＋isin 3θ)， 所以待证式成立.能力提升11.若复数⎝⎛⎭⎪⎫1＋i 1－i n为实数，则正整数n 的最小值是( ) A.1B.2C.3D.4『解 析』 因为1＋i1－i ＝2i 2＝i ，所以⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋i 1－i n ＝i n 为实数，所以n 的最小值为2. 『答 案』 B12.设z 1＝3＋i ，z 2＝1－i ，z 3＝sin π12＋icos π12，求z 1·z 32i 9·z －3的值.解 ∵z 1＝3＋i ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫cos π6＋isin π6，z 2＝1－i ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫cos 7π4＋isin 7π4，∴待求式＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫cos π6＋isin π6·⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫cos 7π4＋isin 7π43i 8·i·⎝ ⎛⎭⎪⎫sin π12－icos π12＝42⎝ ⎛⎭⎪⎫cos π6＋isin π6⎝ ⎛⎭⎪⎫cos 21π4＋isin 21π4cos π12＋isin π12＝42⎣⎢⎡⎦⎥⎤cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋21π4－π12＋isin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋21π4－π12 ＝42⎣⎢⎡⎦⎥⎤cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π＋π3＋isin ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π＋π3＝－22－26i.创新猜想13.(多填题)复数2＋2i 的辐角主值为________，化为三角形式为________. 『解 析』 因为复数2＋2i 对应的点在第一象限， 所以arg(2＋2i)＝π4，所以对应的三角形式为22⎝ ⎛⎭⎪⎫cos π4＋isin π4.『答 案』 π4 22⎝ ⎛⎭⎪⎫cos π4＋isin π414.(多填题)计算：z ＝2÷⎣⎢⎡⎦⎥⎤12⎝ ⎛⎭⎪⎫cos π6＋isin π6＝______，则|z |＝________. 『解 析』 2÷⎣⎢⎡⎦⎥⎤12⎝ ⎛⎭⎪⎫cos π6＋isin π6＝2(cos 0＋isin 0)÷⎣⎢⎡⎦⎥⎤12⎝⎛⎭⎪⎫cos π6＋isin π6 ＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6＋isin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6＝23－2i ， 则|z |＝|23－2i|＝（23）2＋（－2）2＝16＝4.『答 案』 23－2i 4。