【全程复习方略】2014-2015学年高中数学 3.2.1-3.2.2两角差的余弦函数 两角和与差的正弦、余弦函数课堂达标
【全程复习方略】高中化学(鲁科版)选修四配套课件：3.2.2 盐类的水解
弱电解质 的反应，叫做盐类的水解。 成_________ 2.盐类的水解实质 阴 离子或弱碱___ 阳 离子与水电离出 在溶液中盐电离出来的弱酸___
H+ 或OH 来的__ ___ 结合生成弱电解质，从而破坏了水的电离平衡。
3.盐类水解的特征
中和 反应的逆反应，在一定条件下可 (1)可逆性：盐类水解是_____ 达到平衡状态。 吸 热的。 (2)热效应：盐类水解是___ 很小 ，水解产物很少，无明显_____ 沉淀 或 (3)反应程度：一般_____
解相互促进非常彻底，生成气体和沉淀，书写时用“====”表
示。如Al3++3HCO-====3Al(OH)3↓+3CO2↑。
【特别提醒】(1)阴、阳离子双水解反应相互促进时，有的反
应能进行到底，如Al3+与HCO3-的双水解，有的水解程度较小， 不能进行到底，如NH4+与CH3COO-的双水解。 (2)强酸的酸式盐HSO4-是一个特例。中学阶段可认为HSO4-在水 溶液中完全电离，水溶液显酸性，故可将 HSO4-看做一元强酸。
气体 生成。 _____
4.盐类水解的规律及盐溶液的酸碱性的判断方法
弱 才水解，无___ 弱 不水解；谁弱谁_____ 水解 ，都弱都_____ 水解 ；越 有___ 强 显谁性，_____ 同强 显中性。 弱越水解；谁___
5.水解反应的表示方法
盐的离子+水
弱酸(弱碱)+ OH-(H+)
如NH4NO3的水解反应离子方程式写为：
NH4++H2O NH3·H2O+H+ ； __________________________
KF的水解反应的离子方程式写为： F-+H2O HF+OH___________________
【全程复习方略】2014-2015学年高中数学 2.1.1 合情推理课时提升作业 新人教A版选修1-2
合情推理一、选择题(每小题3分,共18分)1.某同学在电脑上打下了一串黑白圆,如图所示,,按这种规律往下排,那么第36个圆的颜色应是( )A.白色B.黑色C.白色可能性大D.黑色可能性大【解析】选A.由题干图知,图形是三白二黑的圆周而复始相继排列,是一个周期为5的三白二黑的圆列,因为36÷5=7余1,所以第36个圆应与第1个圆颜色相同,即白色.2.已知数列{a n}满足a0=1,a n=a0+a1+a2+…+a n-1(n≥1),则当n≥1时,a n等于( )A.2nB.n(n+1)C.2n-1D.2n-1【解析】选C.a0=1,a1=a0=1,a2=a0+a1=2a1=2,a3=a0+a1+a2=2a2=4,a4=a0+a1+a2+a3=2a3=8,…,猜想n≥1时,a n=2n-1.3.给出下列三个类比结论:①类比a x·a y=a x+y,则有a x÷a y=a x-y;②类比log a(xy)=log a x+log a y,则有sin(α+β)=sinαsinβ;③类比(a+b)2=a2+2ab+b2,则有(a+b)2=a2+2a·b+b2.其中结论正确的个数是( )A.0B.1C.2D.3【解析】选C.根据指数的运算法则知a x÷a y=a x-y,故①正确;根据三角函数的运算法则知:sin(α+β)≠sin αsinβ,②不正确;根据向量的运算法则知:(a+b)2=a2+2a·b+b2,③正确.4.设n棱柱有f(n)个对角面,则(n+1)棱柱的对角面的个数f(n+1)等于( )A.f(n)+n+1B.f(n)+nC.f(n)+n-1D.f(n)+n-2【解题指南】因为过不相邻两条侧棱的截面为对角面,过每一条侧棱与它不相邻的一条侧棱都能作对角面,可作(n-3)个对角面,n条侧棱可作n(n-3)个对角面,由于这些对角面是相互之间重复计算了,所以共有n(n-3)÷2个对角面,从而得出f(n+1)与f(n)的关系.【解析】选C.因为过不相邻两条侧棱的截面为对角面,过每一条侧棱与它不相邻的一条侧棱都能作对角面,可作(n-3)个对角面,n条侧棱可作n(n-3)个对角面,由于这些对角面是相互之间重复计算了,所以共有n(n-3)÷2个对角面,所以可得f(n+1)-f(n)=(n+1)(n+1-3)÷2-n(n-3)÷2=n-1,故f(n+1)=f(n)+n-1.5.古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种形状来研究数.比如:他们研究过图1中的1,3,6,10,…,由于这些数能够表示成三角形,将其称为三角形数;类似地,称图2中的1,4,9,16,…,这样的数为正方形数.下列数中既是三角形数又是正方形数的是( )A.289B.1024C.1225D.1378【解析】选C.观察三角形数:1,3,6,10,…,记该数列为{a n},则a1=1,a2=a1+2,a3=a2+3,…a n=a n-1+n.所以a1+a2+…+a n=(a1+a2+…+a n-1)+(1+2+3+…+n)⇒a n=1+2+3+…+n=,观察正方形数:1,4,9,16,…,记该数列为{b n},则b n=n2.把四个选项的数字,分别代入上述两个通项公式,可知使得n都为正整数的只有1225.6.(2014·枣庄高二检测)将正奇数按如图所示的规律排列,则第21行从左向右的第5个数为( )13 5 79 11 13 15 1719 21 23 25 27 29 31…A.809B.853C.785D.893【解析】选A.前20行共有正奇数1+3+5+…+39=202=400个,则第21行从左向右的第5个数是第405个正奇数,所以这个数是2×405-1=809.二、填空题(每小题4分,共12分)7.在平面上,若两个正三角形的边长的比为1∶2,则它们的面积比为1∶4.类似地,在空间中,若两个正四面体的棱长的比为1∶2,则它们的体积比为.【解析】==·=×=.答案:8.(2014·石家庄高二检测)设n为正整数,f(n)=1+++…+,计算得f(2)=,f(4)>2,f(8)>,f(16)>3,观察上述结果,可推测一般的结论为.【解析】由前四个式子可得,第n个不等式的左边应当为f(2n),右边应当为,即可得一般的结论为f(2n)≥.答案:f(2n)≥9.(2014·杭州高二检测)对于命题“如果O是线段AB上一点,则||·+||·=0”将它类比到平面的情形是:若O是△ABC内一点,有S △OBC ·+S △OCA ·+S △OBA ·=0,将它类比到空间的情形应为:若O 是四面体ABCD 内一点,则有 .【解析】根据类比的特点和规律,所得结论形式上一致,又线段类比平面,平面类比到空间,又线段长类比为三角形面积,再类比成四面体的体积,故可以类比为 V O-BCD ·+V O-ACD ·+V O-ABD ·+V O-ABC ·=0.答案:V O-BCD ·+V O-ACD ·+V O-ABD ·+V O-ABC ·=0三、解答题(每小题10分,共20分)10.平面中的三角形和空间中的四面体有很多相类似的性质,例如在三角形中: (1)三角形两边之和大于第三边. (2)三角形的面积S=×底×高.(3)三角形的中位线平行于第三边且第于第三边的. …请类比上述性质,写出空间中四面体的相关结论.【解析】由三角形的性质,可类比得空间四面体的相关性质为: (1)四面体的任意三个面的面积之和大于第四个面的面积. (2)四面体的体积V=×底面积×高.(3)四面体的中位面平行于第四个面且面积等于第四个面的面积的.11.在平面几何中研究正三角形内任意一点与三边的关系时,我们有真命题:边长为a 的正三角形内任意一点到各边的距离之和是定值a,类比上述命题,请你写出关于正四面体内任意一点与四个面的关系的一个真命题,并给出简要的证明.【解题指南】利用类比推理时,正三角形可类比成正四面体,归纳出结论再给予证明. 【解析】类比所得的真命题是:棱长为a 的正四面体内任意一点到四个面的距离之和是定值a.证明:设M 是正四面体P-ABC 内任一点,M 到面ABC,面PAB,面PAC,面PBC 的距离分别为d 1,d 2,d 3,d 4. 由于正四面体四个面的面积相等,故有: V P-ABC =V M-ABC +V M-PAB +V M-PAC +V M-PBC=·S △ABC ·(d 1+d 2+d 3+d 4),而S△ABC=a2,V P-ABC=a3,故d1+d2+d3+d4=a(定值).【变式训练】设f(x)=,先分别求f(0)+f(1),f(-1)+f(2),f(-2)+f(3),然后归纳出一个一般结论,并给出证明.【解析】f(0)+f(1)=+=+=+=.同理f(-1)+f(2)=,f(-2)+f(3)=.由此猜想:当x1+x2=1时,f(x1)+f(x2)=.证明:设x1+x2=1,则f(x1)+f(x2)=+====.故猜想成立.一、选择题(每小题4分,共16分)1.(2014·厦门高二检测)定义A*B,B*C,C*D,D*A的运算分别对应下图中的(1),(2),(3),(4),那么下图中的(A),(B)所对应的运算结果可能是( )A.B*D,A*DB.B*D,A*CC.B*C,A*DD.C*D,A*D【解析】选B.由(1)(2)(3)(4)图得A表示|,B表示,C表示—,D表示○,故图(A)(B)表示B*D和A*C.2.(2014·西安高二检测)已知“整数对”按如下规律排成一列:(1,1),(1,2),(2,1),(1,3),(2,2),(3,1),(1,4),(2,3),(3,2),(4,1),…,则第60个数对是( )A.(7,5)B.(5,7)C.(2,10)D.(10,1)【解析】选B.依题意,由和相同的“整数对”分为一组不难得知,第n组“整数对”的和为n+1,且有n个“整数对”.这样前n组一共有个“整数对”.注意到<60<.因此第60个“整数对”处于第11组的第5个位置,可得为(5,7).3.(2014·汕头高二检测)观察下列各式:1=12,2+3+4=32,3+4+5+6+7=52,4+5+6+7+8+9+10=72,…,可以得出的一般结论是( )A.n+(n+1)+(n+2)+…+(3n-2)=n2B.n+(n+1)+(n+2)+…+(3n-2)=(2n-1)2C.n+(n+1)+(n+2)+…+(3n-1)=n2D.n+(n+1)+(n+2)+…+(3n-1)=(2n-1)2【解析】选B.可以发现:第一个式子的第一个数是1,第二个式子的第一个数是2,…故第n个式子的第一个数是n;第一个式子中有1个数相加,第二个式子中有3个数相加,…故第n个式子中有2n-1个数相加;第一个式子的结果是1的平方,第二个式子的结果是3的平方,…故第n个式子应该是2n-1的平方,故可以得到n+(n+1)+(n+2)+…+(3n-2)=(2n-1)2.4.(2014·临沂高二检测)已知x>0,由不等式x+≥2=2,x+=++≥3=3,…我们可以得出推广结论:x+≥n+1(n∈N*),则a=( )A.2nB.n2C.3nD.n n【解析】选D.再续写一个不等式:x+=+++≥4=4,由此可得a=n n.二、填空题(每小题5分,共10分)5.已知经过计算和验证有下列正确的不等式:+<2,+<2,+<2,根据以上不等式的规律,请写出一个对正实数m,n都成立的条件不等式___________.【解析】观察所给不等式可以发现:不等式左边两个根式的被开方数的和等于20,不等式的右边都是2,因此对正实数m,n都成立的条件不等式是:若m>0,n>0,则当m+n=20时,有+<2. 答案:若m>0,n>0,则当m+n=20时,有+<26.在Rt△ABC中,若∠C=90°,AC=b,BC=a,则△ABC外接圆半径r=.运用类比方法,若三棱锥的三条侧棱两两互相垂直且长度分别为a,b,c,则其外接球的半径R= .【解题指南】解题时题设条件若是三条线两两互相垂直,就要考虑到构造正方体或长方体.【解析】(构造法)通过类比可得R=.证明:作一个在同一个顶点处棱长分别为a,b,c的长方体,则这个长方体的体对角线的长度是,故这个长方体的外接球的半径是,这也是所求的三棱锥的外接球的半径.答案:【变式训练】在平面几何里,有“若△ABC的三边长分别为a,b,c,内切圆半径为r,则三角形面积为S△ABC=(a+b+c)r”,拓展到空间,类比上述结论,“若四面体ABCD的四个面的面积分别为S1,S2,S3,S4,内切球的半径为R,则四面体的体积为”.【解题指南】注意发现其中的规律总结出共性加以推广,或将结论类比到其他方面,得出结论.【解析】三角形的面积类比为四面体的体积,三角形的边长类比为四面体四个面的面积,内切圆半径类比为内切球的半径.二维图形中类比为三维图形中的,得V四面体ABCD=(S1+S2+S3+S4)R.答案:V四面体ABCD=(S1+S2+S3+S4)R三、解答题(每小题12分,共24分)7.观察下列等式:①sin210°+cos240°+sin10°cos40°=;②sin26°+cos236°+sin6°cos36°=.由上面两题的结构规律,你能否提出一个猜想?并证明你的猜想.【解析】由①②可看出,两角差为30°,则它们的相关形式的函数运算式的值均为.猜想:若β-α=30°,则β=30°+α,sin2α+cos2β+sinαcosβ=,也可直接写成sin2α+cos2(α+30°)+sinαcos(α+30°)=.下面进行证明:左边=++sinαcos(α+30°)=++sinα·(cosα·cos30°-sinαsin30°)=-cos2α++cos2α-sin2α+sin2α-==右边.故sin2α+cos2(α+30°)+sinαcos(α+30°)=.8.某少数民族的刺绣有着悠久的历史,如图(1),(2),(3),(4)为最简单的四个图案,这些图案都是由小正方形构成,小正方形数越多刺绣越漂亮.现按同样的规律刺绣(小正方形的摆放规律相同),设第n个图形包含f(n)个小正方形.(1)求出f(5)的值.(2)利用合情推理的“归纳推理思想”,归纳出f(n+1)与f(n)之间的关系式,并根据你得到的关系式求出f(n)的表达式.(3)求+++…+的值.【解析】(1)f(5)=41.(2)因为f(2)-f(1)=4=4×1,f(3)-f(2)=8=4×2,f(4)-f(3)=12=4×3,f(5)-f(4)=16=4×4,…由上式规律,所以得出f(n+1)-f(n)=4n.因为f(n+1)-f(n)=4n⇒f(n+1)=f(n)+4n⇒f(n)=f(n-1)+4(n-1)=f(n-2)+4(n-1)+4(n-2)=f(n-3)+4(n-1)+4(n-2)+4(n-3)=…=f(1)+4(n-1)+4(n-2)+4(n-3)+…+4=2n2-2n+1.(3)当n≥2时,==.所以+++…+=1+×=1+=-.。
全程复习方略】(山东专用)2014版高考数学 第三章 第五节 两角和与差的正弦、余弦和正切公式课时提
【全程复习方略】（山东专用）2014版高考数学 第三章 第五节 两角和与差的正弦、余弦和正切公式课时提升作业 理 新人教A 版一、选择题1.函数f(x)=1-2sin 2x 是( )(A)最小正周期为2π的奇函数(B)最小正周期为2π的偶函数(C)最小正周期为π的奇函数(D)最小正周期为π的偶函数2.在△ABC 中,tanA+tanB+=tanA ·tanB,则C 等于( ) ()()()()2A B CD 3364ππππ3.已知向量a =(sin(α+6π),1),b =(4,4cos α),若a ⊥b,则sin(α+43π)=( )()()(()11A B C D 44--4.函数cos(3x-θ)-sin(3x-θ)是奇函数,则θ为( )(A)k π(k ∈Z) (B)k π+6π(k ∈Z)(C)k π+3π(k ∈Z) (D)-k π-3π(k ∈Z)5.(2013·临沂模拟)已知θ是第一象限角，且445sin cos 9θ+θ=，则sin 2θ=( )(A)-23 (B)23 (C)3 (D)-36.(2013·银川模拟)定义运算a ⊕b=ab 2+a 2b ，则sin 15°⊕cos 15°=( )(()()(A B C D 8844二、填空题7.(2013·东营模拟)化简sin 112°cos 322°-cos 112°sin 218°= .8.(2013·唐山模拟)已知:0°<α<90°,0°<α+β<90°,3sin β=sin(2α+β),则tan β的最大值是 .9.已知sin α=35,cos β=35,其中α,β∈(0,2π),则α+β= . 三、解答题10.(2013·济南模拟)已知a =(sin x,-cos x),b cos x),函数f(x)=a ·b (1)求f(x)的最小正周期，并求其图象对称中心的坐标. (2)当0≤x ≤2π时，求函数f(x)的值域. 11.(能力挑战题)已知函数f(x)=x x sin sin().222π+ (1)求函数f(x)在［-π,0］上的单调区间.(2)已知角α满足α∈(0,2π),2f(2α)+4f(2π-2α)=1,求f(α)的值.12.(能力挑战题)函数1cos 2x 1.22+- (1)若x ∈[4π,2π],求函数f(x)的最值及对应的x 的值. (2)若不等式[f(x)-m]2<1在x ∈[4π,2π]上恒成立,求实数m 的取值范围.答案解析1. 【解析】选D.∵f(x)=1-2sin 2x=cos2x, ∴22T .2ππ===πω ∴f(x)是最小正周期为π的偶函数.2.【解析】选A.由题意得,∴tan A tan B 1tan Atan B+=-即∴tanC=tan[π∵0<C<π,∴C=3π.3.【解析】选B.∵a ⊥b ,∴a ·b =4sin(α+6π)+4cos α=0,即sin(α+6π)+cos α=,4即sin αcos6π+cos αsin 6π+cos αα+32cos α故12sin αcos α=14, 故sin(α+3π)=14, 又sin(α+43π)=-sin(α+3π)=-14. 故选B.4.【解析】选D.由已知得θ)-12sin(3x-θ)] =2sin(3π-3x+θ) =-2sin(3x-3π-θ). ∵f(x)是奇函数,∴-3π-θ=k π(k ∈Z). 故θ=-k π-3π(k ∈Z). 5.【解析】选C.∵sin 4θ+cos 4θ=(sin 2θ+cos 2θ)2-2sin 2θcos 2θ2151sin 2,29=-θ= ∴sin 22θ=89,∵2k π＜θ＜2k π+2π(k ∈Z), ∴4k π＜2θ＜4k π+π(k ∈Z),∴sin 2θ＞0,∴sin 2θ= 6.【解析】选A.根据新定义可得sin 15°⊕cos 15°=sin 15°(cos 15°)2+(sin 15°)2cos 15°,即sin 15°⊕cos 15°=sin 15°cos 15°(sin 15°+cos 15°),由sin 15°cos 15°=12sin 30°=14,且(sin 15°+cos 15°)2=1+sin 30°=32, 所以sin 15°+cos 15°=2sin 15°⊕cos 15°=8所以选A. 7.【解析】原式=sin 68°cos 38°-(-cos 68°)(-sin 38°)=sin 68°cos 38°-cos 68°sin 38°=sin 30°=12. 答案:128.【解析】由3sin β=sin(2α+β)得3sin(α+β-α)=sin(α+β+α),化简得sin(α+β)cos α=2cos(α+β)sin α, ∴tan(α+β)=2tan α,∴tan β=tan(α+β-α)= 2tan()tan tan 1.11tan()tan 12tan 2tan tan α+β-αα==+α+βα+α+αα由题意知,tan α>0,∴1tan α+2tanα≥ (当且仅当1tan α=2tan α,即tan α=2时等号成立), ∴tan4= 答案:【方法技巧】三角函数和差公式的灵活应用(1)三角函数和差公式在三角函数式的化简和求值中经常用到,因此公式的灵活应用非常关键,公式可以正用、逆用、变形应用.(2)逆用关键在于构造公式的形式,方法是通过三角恒等变换,出现和或差的形式,即出现能逆用公式的条件;有时通过两式平方相加减,利用平方关系式,切函数化成弦函数等技巧.9.【解析】∵α,β∈(0,2π),sin α=35,cos β=35, ∴cos α=45,sin β=45. ∴cos(α+β)=cos αcos β-sin αsin β =43345555⨯-⨯=0. ∵α,β∈(0,2π),∴0<α+β<π.∴α+β=2π. 答案: 2π 10.【思路点拨】(1)将f(x)进行向量坐标运算后，利用三角公式转化为一个三角函数后即可求解.(2)利用x 的范围及三角函数的有界性可确定f(x)的值域.【解析】(1)由题意知2=12=12sin 2x-2cos 2x =sin(2x-3π). 所以f(x)的最小正周期为π.令sin(2x-3π)=0,得2x-3π=k π, ∴x=k 26ππ+,k ∈Z. 故所求对称中心的坐标为(k 26ππ+,0)(k ∈Z).(2)∵0≤x ≤2π, ∴-3π≤2x-3π≤23π,∴sin(2x-3π)≤1,即f(x)的值域为［-2,1］. 11.【思路点拨】(1)利用诱导公式及倍角公式化简f(x)的解析式后可求.(2)利用已知将条件代入，整理成单角α的三角函数关系式后可解.【解析】f(x)=sinx 2sin(2π+x 2) =sin x 2cos x 2=12sin x. (1)函数f(x)的单调递减区间为［-π,-2π］，单调递增区间为［-2π,0］. (2)2f(2α)+4f(2π-2α)=1⇒sin 2α+2sin(2π-2α) =1⇒2sin αcos α+2(cos 2α-sin 2α)=1⇒cos 2α+2sin αcos α-3sin 2α=0⇒(cos α+3sin α)(cos α-sin α)=0.∵α∈(0,2π),∴cos α-sin α=0⇒tan α=1得α=4π，故sin α=,2∴f(α)=1sin 24α=【变式备选】若向量m sin ωx,0),n =(cos ωx,-sin ωx)(ω>0),在函数f(x)=m ·(m +n )+t 的图象中,对称中心到对称轴的最小距离为4π,且当x ∈[0,3π]时,f(x)的最大值为1. (1)求函数f(x)的解析式.(2)求函数f(x)的单调递增区间.【解析】(1)由题意得f(x)=m ·(m +n )+t=m 2+m ·n +t=3sin 2ωωx ·cos ωx+t=32-32cos2ωωx+tωx-3π)+32+t. ∵对称中心到对称轴的最小距离为4π, ∴f(x)的最小正周期为T=π. ∴22πω=π,∴ω=1.∴3π)+32+t, 当x ∈[0,3π]时,2x-3π∈[-3π,3π], ∴当2x-3π=3π,即x=3π时,f(x)取得最大值3+t. ∵当x ∈[0,3π]时,f(x)max =1,∴3+t=1,∴t=-2,∴3π)-12.(2)由(1)知3π)-12. 2k π-2π≤2x-3π≤2k π+2π,k ∈Z, 2k π-6π≤2x ≤2k π+56π,k π-12π≤x ≤k π+512π, ∴函数f(x)的单调递增区间为[k π-12π,k π+512π](k ∈Z). 12.【思路点拨】(1)先利用所学公式把f(x)变换成f(x)=Asin(ωx+φ)+b 的形式.利用所给x 的范围,求得最值及对应x 的值.(2)利用不等式变换转化成不等式恒成立问题求解.【解析】1cos 2x 122+-=2sin 2x-12cos 2x-1=sin(2x-6π)-1,∵x ∈[4π,2π],∴3π≤2x-6π≤56π, 当2x-6π=2π,即x=3π时,f(x)max =0, 当2x-6π=56π,即x=2π时,f(x)min =-12. (2)方法一:∵[f(x)-m]2<1(x ∈[4π,2π])⇔f(x)-1<m<f(x)+1(x ∈[4π,2π]), ∴m>f(x)max -1且m<f(x)min +1, 故m 的取值范围为(-1,12).方法二:∵[f(x)-m]2<1⇔m-1<f(x)<m+1, ∴m-1<-12且m+1>0,故-1<m<12,故m 的取值范围是(-1,12).欢迎下载，资料仅供参考!!!。
【全程复习方略2014-2015学年高中数学 1.1 回归分析的基本思想及其初步应用课时提升作业 新人教A版选修1-2
回归分析的基本思想及其初步应用一、选择题(每小题3分,共12分)1.(2014·渭南高二检测)已知x与y之间的几组数据如下表:则y与x的线性回归方程=x+过点( )A.(0,1)B.(1,4)C.(2,5)D.(5,9)【解析】选C.因为==2,==5,所以根据线性回归方程必过样本中心点,可得=x+必过(2,5).【变式训练】(2014·石家庄高二检测)已知一组具有线性相关关系的数据(x1,y1),(x2,y2),…,(x n,y n)其样本点的中心为(2,3),若其回归直线的斜率估计值为-1.2,则该回归直线方程为( )A.=1.2x+2B.=1.2x+3C.=-1.2x+5.4D.=-1.2x+0.6【解析】选C.由题意可设回归直线为=-1.2x+,由于回归直线过样本中心(2,3),故有3=-1.2×2+,解得=5.4,故回归直线方程为=-1.2x+5.4.2.下列三个命题:(1)随机误差e是衡量预报精确度的一个量,它满足E(e)=0.(2)残差平方和越小的模型,拟合的效果越好.(3)用相关指数R2来刻画回归的效果时,R2的值越小,说明模型拟合的效果越好.其中真命题的个数有( )A.0B.1C.2D.3【解析】选C.(1)(2)是正确的,(3)中R2越接近1,拟合效果越好,所以(3)错误,故选C.3.(2014·济南高二检测)某产品的广告费用x与销售额y的统计数据如下表根据上表可得回归方程=x+中的为9.4,据此模型预报广告费用为6万元时销售额为( )A.63.6万元B.65.5万元C.67.7万元D.72.0万元【解题指南】先求出所给数据的平均数,利用回归方程过样本点的中心求出即得回归方程,然后将自变量为6代入即可.【解析】选B.因为==3.5,==42,由数据的样本点的中心在回归直线上且回归方程中的=9.4,所以42=9.4×3.5+,即=9.1,所以线性回归方程是=9.4x+9.1,所以当广告费为6万元时=9.4×6+9.1=65.5.4.(2013·福建高考)已知x与y之间的几组数据如下表:假设根据上表数据所得线性回归直线方程为=x+,若某同学根据上表中的前两组数据和求得的直线方程为y′=b′x+a′,则以下结论正确的是( ) A.>b′,>a′ B.>b′,<a′C.<b′,>a′D.<b′,<a′【解题指南】审题时,要注意“直线方程”和“回归直线”的区别.【解析】选C.过(1,0)和(2,2)的直线方程为y=2x-2,画出六点的散点图,回归直线的大概位置如图所示,显然b′>,>a′.二、填空题(每小题4分,共8分)5.如果散点图中的所有的点都在一条直线上,则残差为,残差平方和为,相关指数为.【解析】因为散点图中的所有的点都在一条直线上,所以y i =i y ,相应的残差=y i -i y =0,残差平方和n2ii 1e0==∑.相关指数R 2=1-()()n2iii 1n 2ii 1yyyy ==--∑∑=1-0=1.答案:0 0 1【变式训练】(2014·蚌埠高二检测)已知方程=0.85x-85.7是根据女大学生的身高预报体重的回归方程,其中x,的单位分别是cm,kg,则该方程在样本(165,57)处的残差是 . 【解题指南】明确残差的含义,计算出便得(165,57)处的残差.【解析】当x=165时,=0.85×165-85.7=54.55,所以方程在样本(165,57)处的残差是57-54.55=2.45. 答案:2.456.关于x 与y 有如下数据:为了对x,y 两个变量进行统计分析,现有以下两种线性模型:甲=6.5x+17.5,乙=7x+17,则模型 (填“甲”或“乙”)拟合的效果更好.【解题指南】分别计算两个函数模型所对应的R 2,通过比较与的大小来说明哪个函数模型拟合较好.【解析】模型甲可得y i -i y 与y i -的关系如下表:-所以(y i -i y )2=(-0.5)2+(-3.5)2+102+(-6.5)2+0.52=155,(y i -)2=(-20)2+(-10)2+102+02+202=1000,所以=1-521521()()iii iii y y y y ==--∑∑=1-=0.845.由模型乙可得y i -i y 与y i -的关系如下表所以(y i -i y )2=(-1)2+(-5)2+82+(-9)2+(-3)2=180,(y i -)2=(-20)2+(-10)2+102+02+202=1000,所以=1-521521()()iii iii y y y y ==--∑∑=1-=0.82,由=0.845,=0.82知>,所以模型甲的拟合效果比较好.答案:甲三、解答题(每小题10分,共20分)7.在一段时间内,某种商品的价格x(万元)和需求量y(t)之间的一组数据为:(1)画出散点图. (2)求y 对x 的回归方程.(3)若价格定为1.9万元,则预测需求量大约是多少?(精确到0.01t)【解析】(1)如图所示.(2)列表如下:所以=×9=1.8,=×37=7.4,x i y i=62,=16.6,所以===-11.5,=-=7.4+11.5×1.8=28.1,故y对x的回归方程为=+x=28.1-11.5x.(3)当x=1.9时,=28.1-11.5×1.9=6.25,所以价格定为1.9万元时,需求量大约是6.25t.8.(2014·潍坊高二检测)某种书每册的成本费y(元)与印刷册数x(千册)有关,经统计得到数据如下:10.15 4.08检验每册书的成本费y与印刷册数的倒数之间是否具有线性相关关系,如有,求出y对x的回归方程. 【解析】把置换为z,则有z=,从而z与y的数据为:所以=×(1+0.5+0.333+…+0.005)=0.2251,=×(10.15+5.52+4.08+…+1.15)=3.14,=12+0.52+0.3332+…+0.012+0.0052=1.415003,=10.152+5.522+…+1.212+1.152=171.803,z i y i=1×10.15+0.5×5.52+…+0.005×1.15=15.22102,所以r=≈0.999 8.因为|r|≈0.9998>0.75,所以z对y具有很强的线性相关关系,所以=≈8.976,=-≈1.120,所以所求的z与y的回归方程为=8.976z+1.120.又z=,所以=+1.120.一、选择题(每小题4分,共12分)y)2如下1.甲、乙、丙、丁4位同学各自对A,B两变量做回归分析,分别得到散点图与残差平方和(y i-i表:哪位同学的试验结果体现拟合A,B两变量关系的模型拟合精度高?( )A.甲B.乙C.丙D.丁【解析】选D.残差平方和越小的模型拟合精度越高.2.(2013·湖北高考)四名同学根据各自的样本数据研究变量x,y之间的相关关系,并求得回归直线方程,分别得到以下四个结论:①y与x负相关且=2.347x-6.423;②y与x负相关且=-3.476x+5.648;③y与x正相关且=5.437x+8.493;④y与x正相关且=-4.326x-4.578.其中一定不正确的结论的序号是( )A.①②B.②③C.③④D.①④【解题指南】x的系数的符号决定变量x,y之间的正、负相关关系.【解析】选D.x的系数大于0为正相关,小于0为负相关.【变式训练】(2014·西安高二检测)从某高中随机选取5名高三男生,其身高和体重的数据如下表所示:根据上表可得回归直线方程=0.56x+,据此模型预报身高为172cm的高三男生的体重为( )A.70.09B.70.12C.70.55D.71.05【解析】选B.先求出=170,=69,代入回归直线方程得=-26.2,把x=172代入回归直线方程得=70.12,故选B.3.一个车间为了规定工时定额,需要确定加工零件所花费的时间,为此进行了8次试验,收集数据如下:60设回归直线方程为=x+,则点(,)在直线x+45y-10=0的( )A.右上方B.右下方C.左上方D.左下方【解题指南】利用线性回归系数公式求出,的值,从而可确定(,)与直线x+45y-10=0的位置关系. 【解析】选A.由题意,==45,==85,x i y i=33400,=20400,8=16200,8·=30600,所以==,=55.因为55+45×-10=75>0,所以在直线x+45y-10=0的右上方.故选A.二、填空题(每小题4分,共8分)4.(2014·梅州高二检测)在2012年8月15日那天,某物价部门对本市的5家商场的某商品的一天销售量价格进行调查,5家商场的售价x元和销售量y件之间的一组数据如下表所示:由散点图可知,销售量y与价格x之间有较强的线性相关关系,其线性回归直线方程是:=-3.2x+40,且m+n=20,则其中的n= .【解析】==,==.因为其线性回归直线方程是:=-3.2x+40,所以=-3.2×+40,即30+n=-3.2(40+m)+200,又m+n=20,解得m=n=10.答案:105.一般来说,一个人脚掌越长,他的身高就越高,现对10名成年人的脚掌长x与身高y进行测量,得到数据(单位均为c m)如表,作出散点图后,发现散点在一条直线附近,经计算得到一些数据:(x i-)(y i-)=577.5,(x i-)2=82.5;某刑侦人员在某案发现场发现一对裸脚印,量得每个脚印长为26.5cm,则估计案发嫌疑人的身高为cm.【解题指南】根据所给的数据,求得回归方程的斜率的值,代入样本中心点求出的值,得到线性回归方程,把所给的x 的值代入预报得出身高. 【解析】经计算得到一些数据:(x i -)(y i -)=577.5,(x i -)2=82.5,所以回归方程的斜率===7,=24.5,=171.5,截距=-=0,即回归方程为=7x,当x=26.5,=7×26.5=185.5,则估计案发嫌疑人的身高为185.5cm. 答案:185.5三、解答题(每小题10分,共20分)6.(2014·海口高二检测)2013年,首都北京经历了59年来雾霾天气最多的一个月.经气象局统计,北京市从1月1日至1月30日这30天里有26天出现雾霾天气,《环境空气质量指数(AQI)技术规定(试行)》将空气质量指数分为六级;其中,中度污染(四级),指数为151～200;重度污染(五级),指数为201～300;严重污染(六级),指数大于300.下面表1是该观测点记录的4天里,AQI 指数M 与当天的空气水平可见度y(千米)的情况,表2是某气象观测点记录的北京1月1日到1月30日AQI 指数频数统计结果. 表1 AQI 指数M 与当天的空气水平可见度y(千米)情况表2 北京1月1日到1月30日AQI指数频数统计(1)设变量x=,根据表1的数据,求出y 关于x 的线性回归方程.(2)根据表2估计这30天AQI 指数的平均值.【解析】(1)由x=结合图表,可得x 1=9,x 2=7,x 3=3,x 4=1,所以=(9+7+3+1)=5,=(0.5+3.5+6.5+9.5)=5,所以x i y i =9×0.5+7×3.5+3×6.5+1×9.5=58,=92+72+32+12=140,所以==-,=5-5=, 所以y 关于x 的线性回归方程是=-x+. (2)由表2知AQI 指数的频率分别为=0.1,=0.2,=0.4,=0.2,=0.1,故这30天AQI 指数的平均值为:100×0.1+300×0.2+500×0.4+700×0.2+900×0.1=500.【变式训练】设三组实验数据(x1,y 1),(x 2,y 2),(x 3,y 3)的回归直线方程是:=x+,使代数式[y1-(x 1+)]2+[y 2-(x 2+)]2+[y 3-(x 3+)]2的值最小时,=-,=,(,分别是这三组数据的横、纵坐标的平均数) 若有七组数据列表如下:(1)求上表中前三组数据的回归直线方程.(2)若|y 1-(x 1+)|≤0.2,即称(x 1,y 1)为(1)中回归直线的拟合“好点”,求后四组数据中拟合“好点”的概率.【解题指南】(1)根据所给的数据得出x 与y 的平均数,代入求线性回归方程系数的公式,利用最小二乘法做出结果,把样本中心点代入求出的值,写出线性回归方程.(2)本题是一个古典概型,试验发生包含的事件个数是4:检验出符合好点的数据,根据所给的表示式检验出符合条件的事件数,根据古典概型概率公式得到结果. 【解析】(1)前三组数的平均数:=3,=5, 根据公式:==,所以=5-×3=,所以回归直线方程是:=x+.(2)由题意知本题是一个古典概型,试验发生包含的事件个数是4:检验出符合好点的数据,|6.2-3.5-0.5×5|=0.2≤0.2,|8-3.5-0.5×6|=1.5>0.2,|7.1-3.5-0.5×7|=0.1<0.2,|8.6-3.5-0.5×8|=1.1>0.2,综上,拟合的“好点”有2组,所以概率P==.7.(2014·西安高二检测)下表是某年美国旧轿车价格的调查资料,以x(年)表示轿车的使用年数,y(美元)表示相应的年均价格,求y关于x的非线性回归方程.【解析】画散点图如图1所示,看出y与x呈指数关系,于是令z=lny.变换后得数据:画散点图如图2所示,由图可知各点基本处于一条直线,由于==5.5,==6.5274,==-0.298,=-=6.5274+0.298×5.5≈8.166,所以表中数据可得线性回归方程为=8.166-0.298x,因此旧轿车的平均价格对使用年数的非线性回归方程为=e8.166-0.298x.。
【全程复习方略】2014-2015学年高中数学 3.2.3空间向量与空间角课时作业 新人教A版选修2-1
空间向量与空间角(30分钟50分)一、选择题(每小题3分,共18分)1.在矩形ABCD中,AB=1,BC=,PA⊥平面ABCD,PA=1,则PC与平面ABCD所成角是( )A.30°B.45°C.60°D.90°【解析】选 A.建立如图所示的空间直角坐标系,则P(0,0,1),C(1,,0),=(1,,-1),平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1),所以cos<,n>==-,所以<,n>=120°,所以斜线PC与平面ABCD的法向量所在直线所成角为60°,所以斜线PC与平面ABCD所成角为30°.2.(2014²重庆高二检测)设ABCD,ABEF都是边长为1的正方形,FA⊥平面ABCD,则异面直线AC与BF所成的角等于( )A.45°B.30°C.90°D.60°【解析】选D.以B为原点,BA所在直线为x轴,BC所在直线为y轴,BE所在直线为z轴建立空间直角坐标系,则A(1,0,0),C(0,1,0),F(1,0,1),所以=(-1,1,0),=(1,0,1).所以cos<,>=-.所以<,>=120°.所以AC与BF所成的角为60°.3.把正方形ABCD沿对角线AC折起成直二面角,点E,F分别是AD,BC的中点,O是正方形中心,则折起后,∠EOF的大小为( )A. B. C. D.【解析】选C.=(+),=(+),所以²=(²+²+²+²)=-||2.又||=||=||,所以cos<,>==-.所以∠EOF=.4.在直角坐标系中,已知A(2,3),B(-2,-3),沿x轴把直角坐标系折成平面角为θ的二面角A-Ox-B,使∠AOB=90°,则cosθ为( )A.-B.C.D.-【解析】选C.过A,B分别作x轴垂线,垂足分别为A′,B′.则AA′=3,BB′=3,A′B′=4,OA=OB=,折后∠AOB=90°,所以AB==.由=++,得||2=||2+||2+||2+2||²||²cos(π-θ).所以26=9+16+9+2³3³3³cos(π-θ),所以cosθ=.5.(2014²天津高二检测)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是C1C的中点,则直线BE与平面B1BD所成的角的正弦值为( )A.-B.C.-D.【解析】选B.建立如图所示的空间直角坐标系,设正方体的棱长为2,则D(0,0,0),B(2,2,0),B1(2,2,2),E(0,2,1).所以=(-2,-2,0),=(0,0,2),=(-2,0,1).设平面B1BD的法向量为n=(x,y,z).因为n⊥,n⊥,所以所以令y=1,则n=(-1,1,0).所以cos<n,>==,设直线BE与平面B1BD所成角为θ,则sinθ=|cos<n,>|=.6.如图,平面ABCD⊥平面ABEF,四边形ABCD是正方形,四边形ABEF是矩形,且AF=AD=a,G是EF的中点,则GB与平面AGC所成角的正弦值为( )A. B. C. D.【解析】选C.如图,以A为原点建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(0,2a,0),C(0,2a,2a),G(a,a,0),F(a,0,0),=(a,a,0),=(0,2a,2a),=(a,-a,0),=(0,0,2a),设平面AGC的法向量为n1=(x1,y1,1),由⇒⇒⇒n1=(1,-1,1).sinθ===.二、填空题(每小题4分,共12分)7.(2014²唐山高二检测)平面α的一个法向量为(1,0,-1),平面β的一个法向量为(0,-1,1),则平面α与平面β所成二面角的大小为.【解析】设u=(1,0,-1),v=(0,-1,1),平面α与平面β所成二面角为θ,则cosθ=±|cos<u,v>|=±||=±.所以θ=或.答案:或8.正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是A1D1,A1C1的中点,则异面直线AE与CF所成角的余弦值为 . 【解析】设正方体棱长为2,分别取DA,D C,DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系, 则A(2,0,0),C(0,2,0),E(1,0,2),F(1,1,2),则=(-1,0,2),=(1,-1,2),所以||=,||=.²=-1+0+4=3.又²=||||cos<,>=cos<,>,所以cos<,>=,所以所求角的余弦值为.答案:【变式训练】已知在棱长为a的正方体ABCD-A′B′C′D′中,E是BC的中点.则直线A′C与DE所成角的余弦值为.【解析】建立如图所示的空间直角坐标系,则A′(0,0,a),C(a,a,0),D(0,a,0),E,=(a,a,-a),=,所以cos<,>==.即直线A′C与DE所成角的余弦值为.答案:9.(2014²福州高二检测)在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,∠BAC=90°,D,E,F分别是棱AB,BC,CP的中点,AB=AC=1,PA=2,则直线PA与平面DEF所成角的正弦值为.【解析】以A为原点,AB,AC,AP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,由AB=AC=1,PA=2,得A(0,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),P(0,0,2), D, E,F,所以=(0,0,2),=,=,设平面DEF的法向量n=(x,y,z). 则由得取z=1,则n=(2,0,1),设PA与平面DEF所成角为θ,则sinθ==.答案:【变式训练】在正方体ABCD-A1B1C1D1中,直线BC1与平面A1BD所成角的余弦值是. 【解析】建立如图所示的空间直角坐标系,设棱长为1,则B(1,1,0),C1(0,1,1),A1(1,0,1),D(0,0,0),=(-1,0,1),=(-1,0,-1),=(-1,-1,0),设平面A1BD的一个法向量为n=(1,x,y),设平面A1BD与BC1所成的角为θ,n⊥,n⊥,所以n²=0,n²=0,所以解得所以n=(1,-1,-1),则cos<,n>==-,所以sinθ=,所以cosθ==.答案:三、解答题(每小题10分,共20分)10.(2014²临沂高二检测)四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PD⊥底面ABCD,AD=PD=2,CD=4,E,F分别为CD,PB的中点.(1)求证:EF⊥平面PAB.(2)求直线AE与平面PAB所成的角.【解析】(1)建立如图所示空间直角坐标系Dxyz,则E(0,-2,0),F(1,-2,1),P(0,0,2),A(2,0,0),B(2,-4,0),所以=(1,0,1),=(0,-4,0),=(2,0,-2),所以²=(1,0,1)²(0,-4,0)=0,²=(1,0,1)²(2,0,-2)=0,所以⊥,⊥,所以EF⊥AB,EF⊥PA,因为AB⊂平面PAB,PA⊂平面PAB,AB∩PA=A,所以EF⊥平面PAB.(2)=(1,0,1)是平面PAB的一个法向量,设直线AE与平面PAB所成的角为θ,因为=(-2,-2,0),所以sinθ===,所以直线AE与平面PAB所成的角是30°.【变式训练】在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为AA1,AB的中点,求EF和平面ACC1A1夹角的大小. 【解析】建立如图所示的空间直角坐标系,设正方体棱长为2,则由E,F分别是AA1,AB的中点,得E(2,0,1),F(2,1,0).过F作FG⊥AC于G,则由正方体性质知FG⊥平面ACC1A1.连接EG,则与的夹角即为所求.又因为F是AB的中点,所以AG=AC,所以G.=,=(0,1,-1),cos<,>==.所以<,>=,即EF与平面ACC1A1的夹角为.【一题多解】建系同上,=(0,1,-1),A1(2,0,2),A(2,0,0),C(0,2,0),=(0,0,-2),=(-2,2,0).设平面ACC1A1的法向量为n=(x,y,z),则即令x=1,则y=1,所以n=(1,1,0),cos<n,>===.所以<n,>=,则EF与平面ACC1A1的夹角为.11.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为棱D1C1,B1C1的中点,求平面EFC与底面ABCD所成二面角的正切值. 【解析】以D为原点,{,,}为单位正交基底建立空间直角坐标系如图,则C(0,1,0),E,F.设平面CEF的法向量为n=(x,y,z),则因为=,=,所以所以令z=1,则n=(-2,2,1).显然平面ABCD的法向量e=(0,0,1),则cos<n,e>==.设二面角为α,则cosα=,所以tanα=2.【拓展延伸】向量法求解二面角时的注意点由于两条直线所成的角,线面角都是锐角或直角,因此可直接通过绝对值来表达,故可直接求出,而二面角的范围是[0,π],有时比较难判断二面角是锐角还是钝角,因为不能仅仅由法向量夹角余弦的正负来判断,故这是求二面角的难点.(30分钟50分)一、选择题(每小题4分,共16分)1.已知向量m,n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量,若cos<m,n>=-,则l与α所成的角θ为( )A.30°B.45°C.135°D.150°【解析】选B.因为cos<m,n>=-,所以sinθ=|cos<m,n>|=.又因为直线与平面所成角θ满足0°≤θ≤90°,所以θ=45°.2.(2014²长春高二检测)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,BC=2,DD1=3,则AC与BD1所成角的余弦值为( )A.0B.C.-D.【解析】选A.建立如图坐标系,则D1(0,0,3),B(2,2,0),A(2,0,0),C(0,2,0),所以=(-2,-2,3),=(-2,2,0).所以cos<,>==0.所以<,>=90°,所求角的余弦值为0.【变式训练】如图,已知正三棱柱ABC-A1B1C1的各条棱长都相等,M是侧棱CC1的中点,则异面直线AB1和BM 所成的角的大小是.【解析】不妨设棱长为2,则=-,=+,cos<,>==0,故异面直线AB1和BM所成角为90°.答案:90°3.(2014²哈尔滨高二检测)在正四棱锥S-ABCD中,O为顶点在底面内的投影,P为侧棱SD的中点,且SO=OD,则直线BC与平面PAC的夹角是( )A.30°B.45°C.60°D.75°【解析】选A.如图,以O为坐标原点建立空间直角坐标系Oxyz.设OD=SO=OA=OB=OC=a,则A(a,0,0),B(0,a,0),C(-a,0,0),P,则=(2a,0,0),=,=(a,a,0),设平面PAC的一个法向量为n,可取n=(0,1,1),则cos<,n>===,所以<,n>=60°,所以直线BC与平面PAC的夹角为90°-60°=30°.4.(2014²南宁高二检测)如图所示,已知点P为菱形ABCD外一点,且PA⊥平面ABCD,PA=AD=AC,点F为PC 的中点,则二面角C-BF-D的正切值为( )A. B. C. D.【解析】选D.如图所示,连接BD,AC∩BD=O,连接OF.以O为原点,OB,OC,OF所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系Oxyz.设PA=AD=AC=1,则BD=.所以B,F,C,D.结合图形可知,=且为面BOF的一个法向量,由=,=,可求得平面BCF的一个法向量n=.所以cos<n,>=,sin<n,>=,所以tan<n,>=.二、填空题(每小题5分,共10分)5.正△ABC与正△BCD所在平面垂直,则二面角A-BD-C的正弦值为.【解析】取BC中点O,连接AO,DO,建立如图所示的坐标系:设BC=1,则A,B,D.所以=,=,=.由于=为平面BCD的一个法向量,设平面ABD的法向量n=(x,y,z),则所以取x=1,则y=-,z=1,所以n=(1,-,1),所以cos<n,>=,sin<n,>=.答案:6.(2014²湛江高二检测)如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,若AB=BB1,则AB1与C1B所成的角的大小为.【解题指南】根据正三棱柱的特点建立空间直角坐标系,再用向量法求异面直线所成的角.【解析】取AC的中点D,建立如图坐标系,设AB=a,则B,C1,A,B1.所以=,=.所以cos<,>==0.所以AB1与C1B所成的角为90°.答案:90°三、解答题(每小题12分,共24分)7.(2013²新课标全国卷Ⅰ)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,CA=CB,AB=AA1,∠BAA1=60°.(1)证明AB⊥A1C.(2)若平面ABC⊥平面AA1B1B,AB=CB,求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值.【解题指南】(1)取AB的中点,利用线面垂直证明线线垂直.(2)利用面面垂直确定线面垂直,找出直线A1C与平面BB1C1C所成的角或建立空间直角坐标系求解. 【解析】(1)取AB的中点O,连结OC,OA1,A1B.因为CA=CB,所以OC⊥AB.由于AB=AA1,∠BAA1=60°,故△AA1B为等边三角形,所以OA1⊥AB.因为OC∩OA1=O,所以AB⊥平面OA1C.又A1C⊂平面OA1C,故AB⊥A1C.(2)由(1)知,OC⊥AB,OA1⊥AB,又平面ABC⊥平面AA1B1B,交线为AB,所以OC⊥平面AA1B1B,故OA,OC,OA1两两相互垂直. 以O为坐标原点,的方向为x轴的正方向,||为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz,则有A(1,0,0),A1(0,,0),C(0,0,),B(-1,0,0).则=(1,0,),==(-1,,0),=(0,-,).设平面BB1C1C的法向量为n=(x,y,z),则有即可取n=(,1,-1).故cos<n,>==-.所以直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为.【变式训练】(2013²辽宁高考)如图,AB是圆的直径,PA垂直圆所在的平面,C是圆上的点.(1)求证:平面PAC⊥平面PBC.(2)若AB=2,AC=1,PA=1,求二面角C-PB-A的余弦值.【解题指南】利用条件证明线线垂直,进而证明线面垂直,由面面垂直的判定定理解决问题;借助前面的垂直关系,建立空间直角坐标系,利用向量法求二面角的余弦值.【解析】(1)由AB是圆的直径,得AC⊥BC;由PA垂直于圆所在的平面,得PA⊥平面ABC;由BC⊂平面ABC,得PA⊥BC;又PA∩AC=A,PA⊂平面PAC,AC⊂平面PAC,所以BC⊥平面PAC.又因为BC⊂平面PBC,据面面垂直判定定理,平面PAC⊥平面PBC.(2)过点C作CM∥AP,由(1)知CM⊥平面ABC.如图所示,以点C为坐标原点,分别以直线CB,CA,CM为x,y,z轴,建立空间直角坐标系.在直角三角形ABC中,AB=2,AC=1,所以BC=,又PA=1,所以A(0,1,0),B(,0,0),P(0,1,1).故=(,0,0),=(0,1,1).设平面PBC的法向量为n1=(x1,y1,z1),则⇒⇒不妨令y1=1,则z1=-1.故n1=(0,1,-1).设平面PAB的法向量为n2=(x2,y2,z2),由同理可得n2=(1,,0).于是cos<n1,n2>===.结合图形和题意,二面角C-PB-A的余弦值为.8.(2014²山东高考)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是等腰梯形,∠DAB=60°,AB=2CD=2,M是线段AB的中点.(1)求证:C1M∥平面A1ADD1.(2)若CD1垂直于平面ABCD且CD1=,求平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值.【解题指南】(1)本题考查了线面平行的证法,可利用线线平行来证明线面平行.(2)本题可利用空间几何知识求解二面角,也可以利用向量法来求解.【解析】(1)连接AD1,因为ABCD-A1B1C1D1为四棱柱,所以CD∥C1D1,CD=C1D1,又因为M为AB的中点,AB=2CD=2,所以AM=1,所以CD∥AM,CD=AM,所以AM∥C1D1,AM=C1D1,所以四边形AMC1D1为平行四边形,所以AD1∥MC1,又因为C1M⊄平面A1ADD1,AD1⊂平面A1ADD1,所以C1M∥平面A1ADD1.(2)方法一:因为AB∥A1B1,A1B1∥C1D1,所以平面D1C1M与ABC1D1共面,作CN⊥AB,连接D1N,则∠D1NC即为所求二面角的平面角.在ABCD中,DC=1,AB=2,∠DAB=60°,所以CN=,在Rt△D1CN中,CD1=,CN=,所以D1N=,cos∠D1NC==.方法二:作CP⊥AB于P点,以C为原点,CD为x轴,CP为y轴,CD1为z轴建立空间直角坐标系, 所以C1(-1,0,),D1(0,0,),M,所以=(1,0,0),=,设平面C1D1M的法向量为n1=(x1,y1,z1),所以所以n1=(0,2,1),显然平面ABCD的法向量为n2=(0,0,1),所以cos<n1, n2>===.显然二面角为锐角,所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角的余弦值为.【变式训练】如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=BC=2AA1,∠ABC=90°,D是BC的中点.(1)求证:A1B∥平面ADC1.(2)求二面角C1-AD-C的余弦值.(3)试问线段A1B1上是否存在点E,使AE与DC1成60°角?若存在,确定E点位置;若不存在,说明理由. 【解析】(1)连接A1C,交AC1于点O,连接OD.由ABC-A1B1C1是直三棱柱,得四边形ACC1A1为矩形,O为A1C的中点.又D为BC的中点,所以OD为△A1BC的中位线,所以A1B∥OD,因为OD⊂平面ADC1,A1B⊄平面ADC1,所以A1B∥平面ADC1.(2)由ABC-A1B1C1是直三棱柱,且∠ABC=90°,得BA,BC,BB1两两垂直.以BC,BA,BB1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Bxyz.设BA=2,则B(0,0,0),C(2,0,0),A(0,2,0),C1(2,0,1),D(1,0,0),所以=(1,-2,0),=(2,-2,1).设平面ADC1的法向量为n=(x,y,z),则有所以取y=1,得n=(2,1,-2).易知平面ADC的一个法向量为v=(0,0,1).所以cos<n,v>==-.因为二面角C1-AD-C是锐二面角,所以二面角C1-AD-C的余弦值为.(3)假设存在满足条件的点E.因为点E在线段A1B1上,A1(0,2,1),B1(0,0,1),故可设E(0,λ,1),其中0≤λ≤2.所以=(0,λ-2,1),=(1,0,1).因为AE与DC1成60°角,所以|cos<,>|==.即=,解得λ=1或λ=3(舍去).所以当点E为线段A1B1的中点时,AE与DC1成60°角.。
【全程复习方略2014-2015学年高中数学 3.2.1 复数代数形式的加、减运算及其几何意义课件 新人教A版选修2-2
(2)已知z1，z2∈C，|z1|=|z2|=1，|z1+z2|= 3, 求|z1－z2|．
【解题探究】1.点A,B,C的坐标分别是多少？向量 AB 与向量
DC 是否相等？
2.由复数的几何意义可知，z1,z2,z1+z2在复平面上对应的点分
别为Z1,Z2,Z，则它们与原点构成了一个什么样的图形？
(3)借助向量的运算 OB OA OC. 【解析】(1) AO 则 AO 对应的复数为－(3＋2i)， ＝－OA ， 即－3－2i. (2) CA＝OA－OC ，所以 CA 对应的复数为(3＋2i)－(－2+4i) ＝5－2i. (3) OB ＝OA ＋AB ＝OA ＋OC ， 所以 OB 对应的复数为(3＋2i)＋ (－2＋4i)＝1＋6i.
【题型示范】
类型一
复数的加法、减法运算
【典例1】 (1)若z1=2+i,z2=3+ai,复数z1+z2所对应的点在实轴
上,则a=
A.-2
(
B.2
)
C.-1 D.1
(2)计算:①(1+2i)+(-2+i)+(-2-i)+(1-2i); ②1+(i+i2)+(-1+2i)+(-1-2i).
【解题探究】1.复数z1+z2的值是多少?实轴上的点所对应复数 的虚部是多少? 2.题(2)中①各小括号内的复数所对应的实部与虚部分别是多 少?②中的i2等于多少? 【探究提示】1.z1+z2=5+(a+1)i,实轴上点的纵坐标为0,则实 轴上的点所对应复数的虚部是0. 2.①各小括号内的复数所对应的实部分别是1,-2,-2,1,虚部分 别是2,1,-1,-2.②中的i2等于-1.
2015高考数学(文)一轮总复习课件：3.3 两角和、差及二倍角公式
点评： 三角恒等式可分为无条件三角恒等式与条件恒等式两类，其证明思路 与代数恒等式类似，证明的实质是进行恒等变换消去等式两端的差异， 达到形式上的统一，具体的方法有切割化弦、拆角、常数代换、公式 变形等. 规律总结：1. 证明恒等式的方法： （1）从左到右；（2）从右到左；（3）把两边化到同一式子. 原则上是 化繁为简，必要时也可用分析法. 2. 三角恒等式证明的切入点： （1）看角：分析角的差异，消除差异，向结果中的角转化；（2）看函 数：统一函数，向结果中的函数转化.
自主测评
判断下列命题是否正确. 例1、 （1）两角和与差的正切公式对 α ，β是任意的. （2）存在实数 α ，β使等式 sin（α ＋β）＝sin α ＋sin β 成立. （3）两角和的余弦公式为 cos（α ＋β）＝cos α cos β＋sin α sin β. （4）若 α ＋β＝45°，则 tan α ＋tan β＝1－tan α tan β.
cos ∴原式＝－
·cos α α 2 ＝cosα .（10 分）
－cos
易错警示： 本题在求解过程中，要注意讨论角的范围，此处经常出现因不 讨论范围，导致出现增解的情况。
规律总结： 三角函数式化简的要求： （1）能求出值的应求出值；（2）尽量使三角函数种数最少；
（3）尽量使项数最少；（4）尽量使分母不含三角函数；（5）
题型3 ·三角恒等式的证明
例 4、 （2013·唐山月考）已知 sin（2α ＋β ）＝2sin β，求证：tan（α ＋ β）＝3tan α .
思路点拨： 分析角的差异进行变角：2α＋β＝（α＋β）＋α；β＝ （α＋β）－α. 规范解答： ∵sin（2α ＋β ）＝2sin β，
∴sin [（α ＋β ）＋α ]＝2sin [（α ＋β）－α ]， （3 分） ∴sin（α ＋β）cos α ＋cos（α ＋β）sin α ＝2sin（α ＋β）cos α －2cos（α ＋β）sin α ， （6 分） ∴3cos（α ＋β ）sin α ＝sin（α ＋β）cos α ， ∴tan（α ＋β ）＝3tan α .（10 分）
【全程复习方略】2014-2015学年高中数学 3.2.4空间向量与空间距离课时作业 新人教A版选修2-1
空间向量与空间距离(30分钟50分)一、选择题(每小题3分,共18分)1.(2014·济宁高二检测)如图所示,在空间直角坐标系中,有一棱长为a的正方体ABCO-A′B′C′D′,A′C 的中点E与AB的中点F的距离为( )A. aB. aC.aD. a【解析】选B.由图易知A(a,0,0),B(a,a,0),C(0,a,0),A′(a,0,a),所以F,E.所以|EF|=== a.2.已知直线l过点A(1,-1,2),和l垂直的一个向量为n=(-3,0,4),则P(3,5,0)到l的距离为( )A.5B.14C.D.【解析】选C.因为=(-2,-6,2).所以·n=(-2,-6,2)·(-3,0,4)=14,|n|==5.所以点P到直线l的距离为=.3.已知向量n=(2,0,1)为平面α的法向量,点A(-1,2,1)在α内,则P(1,2,-2)到α的距离为( )A. B. C.2 D.【解析】选A.因为=(-2,0,3),所以点P到平面α的距离为d===.4.(2014·安顺高二检测)正四面体ABCD的棱长为1,G是△ABC的中心,M在线段DG上,且∠AMB=90°,则GM 的长为( )A. B. C. D.【解析】选D.设=a,=b,=c,=+λ=-a+(a+b+c)=a+b+c,=+=(a-b)+a+b+c=a+b+c.由·=0,a·b=b·c=a·c=,可解得λ=.||=||=.【一题多解】取AB的中点N,由正四面体的对称性可知△AMB为等腰三角形,所以MN=AB=.又G为△ABC 的中心,所以NG=,故MG==.5.(2014·南宁高二检测)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长是1,则直线DA1与AC间的距离为( )A. B. C. D.【解析】选 C.建立以A为原点,以AB,AD,AA1为x,y,z轴的空间直角坐标系,则得A(0,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),A1(0,0,1),=(1,1,0),=(0,-1,1),设线段MN为两直线DA1与AC的公垂线段,且设=(x,y,z),则⊥,⊥,得x+y=0,-y+z=0,令y=t,则=(-t,t,t),另可设M(m,m,0),N(0,a,b),=(-m,a-m,b)N(0,2t,t),2t+t=1,t=,=,==.6.(2014·邯郸高二检测)正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,点M在AC1上且=,N为BB1的中点,则|MN|的长为( )A. aB. aC. aD. a【解析】选A.设=a,=b,=c,则|a|=|b|=|c|=a,a·b=b·c=c·a=0,由条件知,=-=(+)-=(++)-(++)=(2a-c)-(-c+a+b)=a-b-c,||2==(2a-b-c)2=(4|a|2+|b|2+|c|2-4a·b-2a·c+b·c)=,所以||= a.【变式训练】正四面体ABCD棱长为2,E,F分别为BC,AD的中点,则EF的长为.【解析】||2==(++)2=+++2(·+·+·)=12+22+12+2[1×2×cos 120°+0+2×1×cos 120°]=2,所以||=,所以EF的长为.答案:二、填空题(每小题4分,共12分)7.(2014·延安高二检测)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,如果AB=BC=1,AA1=2,那么A到直线A1C的距离为.【解析】建立如图所示空间坐标系A1xyz,则A1(0,0,0),A(0,0,2),C(1,1,2),=(1,1,2),=(0,0,2),又cos∠AA1C===.设A到直线A1C的距离为d,则d=||sin∠AA1C=2×=.答案:8.棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是BC,CD的中点,则BD到平面EFD1B1的距离为 . 【解析】以D为原点,直线DA,DC,DD1分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,易求平面EFD1B1的法向量n=,又=,所以d==.答案:9.(2014·石家庄高二检测)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别为棱A1B1,BB1的中点,则异面直线AM与CN的距离为.【解析】以A为原点,直线AB,AD,AA1分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,易知=,=,设n=(x,y,z),且n⊥,n⊥,所以n·=x+z=0,n·=-y+z=0,所以x=-2z,y=z.取z=2,则n=(-4,1,2),所以AM与CN的距离d==.答案:三、解答题(每小题10分,共20分)10.(2014·黄山高二检测)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=2,AA1=4,点M在A1C1上,|MC1|=2|A1M|,N 为D1C的中点,求M,N两点间的距离.【解题指南】建立空间直角坐标系表示出点M,N的坐标,利用空间两点的距离公式求出距离.【解析】建立如图所示空间直角坐标系,据题意有|A1C1|=2,因为|MC1|=2|A1M|,所以|A1M|=.所以M.又C(2,2,0),D1(0,2,4),N为CD1的中点,所以N(1,2,2),所以|MN|==.11.三棱柱ABC-A1B1C1是各条棱长均为a的正三棱柱,D是侧棱CC1的中点.(1)求证:平面AB1D⊥平面ABB1A1.(2)求点C到平面AB1D的距离.【解析】(1)如图所示,取AB1中点M,则=++,又=++.所以2=+=+.2·=(+)·=0,2·=(+)·(-)=||2-||2=0, 所以DM⊥AA1,DM⊥AB.所以DM⊥平面ABB1A1.因为DM⊂平面AB1D,所以平面AB1D⊥平面ABB1A1.(2)因为A1B⊥DM,A1B⊥AB1.所以A1B⊥平面AB1D.所以是平面AB1D的一个法向量.所以点C到平面AB1D的距离为d===== a.(30分钟50分)一、选择题(每小题4分,共16分)1.(2013·济南高二检测)已知点A(1,2,1),B(-1,3,4),D(1,1,1),若=2,则空间P,D两点间的距离为( )A. B. C. D.【解题指南】先利用=2的关系求出P点坐标,再求两点间的距离.【解析】选D.设P(x,y,z),因为=2,所以(x-1,y-2,z-1)=2(-1-x,3-y,4-z),所以所以所以P(-,,3),=(,-,-2),所以||=.2.(2014·衡水高二检测)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥底面ABCD,PA=AB=,||=1,点E是棱PB的中点.直线AB与平面ECD的距离为( )A.1B.C.D.【解析】选B.如图,以A为坐标原点,射线AB,AD,AP分别为x轴、y轴、z轴的正半轴,建立空间直角坐标系Axyz.则B(,0,0),P(0,0,),E.由||=1,得D(0,1,0),C(,1,0),从而=(,0,0),=,=,设平面DEC的法向量n=(x,y,z),则n·=0,n·=0.故所以x=0,z=y.可取y=1,则n=(0,1,).故点A到平面ECD的距离d===,又直线A B∥平面ECD,所以直线AB到平面ECD的距离为.【变式训练】在底面是直角梯形的四棱锥P-ABCD中,侧棱PA⊥底面ABCD,BC∥AD,∠ABC=90°,PA=AB=BC=2,AD=1,则AD到平面PBC的距离为( )A. B.3 C.2 D.【解析】选D.由已知AB,AD,AP两两垂直.所以以A为坐标原点,AB,AD,AP分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),P(0,0,2),=(2,0,-2).=(0,2,0),设平面PBC的法向量为n=(a,b,c),则所以n=(1,0,1),又=(2,0,0),所以d==.3.(2014·昆明高二检测)ABCD为正方形,P为平面ABCD外一点,PD⊥AD,PD=AD=2,二面角P-AD-C的大小为60°,则P到AB的距离是( )A.2B.C.2D.【解析】选D.如图建立直角坐标系,易知∠PDC为二面角P-AD-C的平面角,PD=AD=2,得P(0,1,),A(2,0,0),B(2,2,0),=(-2,1,),=(0,2,0),设点P到AB的距离为d,则d=||sin∠PAB,cos∠PAB===,sin∠PAB===,所以d=×=.4.(2014·西安高二检测)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,O是底面A1B1C1D1的中心,则O到平面ABC1D1的距离是( )A. B. C. D.【解析】选 B.以D为坐标原点,以DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则有D1(0,0,1),D(0,0,0),A(1,0,0),B(1,1,0),A1(1,0,1), C1(0,1,1).因O为A1C1的中点,所以O,=,设平面ABC1D1的法向量为n=(x,y,z),则有即取n=(1,0,1),所以O到平面ABC1D1的距离为:d===.二、填空题(每小题5分,共10分)5.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ACB=90°,2AC=AA1=BC=2.若二面角B1-DC-C1的大小为60°,则AD的长为.【解析】以C为坐标原点,CA,CB,CC1所在的直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则C(0,0,0),A(1,0,0),B1(0,2,2),C1(0,0,2).设AD=a,则D点坐标为(1,0,a),=(1,0,a),=(0,2,2),设平面B1CD的一个法向量为m=(x,y,z).则⇒令z=-1,得m=(a,1,-1),又平面C1DC的一个法向量为n=(0,1,0),则由cos60°=得=,即a=,故AD=.答案:6.(2014·南京高二检测)等腰Rt△ABC斜边BC上的高AD=1,以AD为折痕将△ABD与△ACD折成互相垂直的两个平面后,某学生得出以下结论:①BD⊥AC;②∠BAC=60°;③异面直线AB与CD之间的距离为;④点D到平面ABC的距离为;⑤直线AC与平面ABD所成的角为45°.其中正确结论的序号是.【解析】因为AD⊥BD,AD⊥CD,平面ABD⊥平面ACD,所以∠BDC=90°,所以BD⊥平面ACD,所以BD⊥AC,所以①正确;又知AD=BD=CD=1,所以△ABC为正三角形,∠BAC=60°,所以②正确;以D为原点,DB,DC,DA分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,易知A(0,0,1),B(1,0,0),C(0,1,0),所以=(1,0,-1),=(0,1,-1),=(0,1,0),设n=(x,y,z),由n·=0,n·=0得x-z=0,y=0,令z=1得n=(1,0,1),所以异面直线AB与DC之间的距离d==,故③正确;因为△ABC边长为,所以S△ABC=,由V A-BDC=V D-ABC得×(×1×1)×1=××h,所以h=,故④正确;因为CD⊥平面ABD,所以∠CAD为直线AC与平面ABD所成的角,易知∠CAD=45°,故⑤正确.答案:①②③④⑤三、解答题(每小题12分,共24分)7.(2014·泰安高二检测)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,点M,N分别为A1A和B1B的中点.(1)求异面直线CM与D1N所成角的余弦值.(2)求点D1到平面MDC的距离.【解析】(1)分别以DA,DC,DD1所在直线为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.则M(2,0,1),C(0,2,0),N(2,2,1),D1(0,0,2).所以=(-2,2,-1),=(2,2,-1),cos<,>==,所以异面直线CM与D1N所成角的余弦值为.(2)=(2,0,1),=(0,2,0),=(0,0,2).设面DMC的法向量为n=(x,y,z),则⇒n=(1,0,-2),所以点D1到平面MDC的距离h===.【变式训练】(2014·安庆高二检测)如图所示的多面体是由底面为ABCD的长方体被截面AEC1F所截得到的,其中AB=4,BC=2,CC1=3,BE=1,AEC1F为平行四边形.(1)求BF的长.(2)求点C到平面AEC1F的距离.【解析】(1)建立如图所示的空间直角坐标系,则D(0,0,0),B(2,4,0),A(2,0,0),C(0,4,0),E(2,4,1),C1(0,4,3),设F(0,0,z).因为四边形AEC1F为平行四边形,所以由=得,(-2,0,z)=(-2,0,2),所以z=2.所以F(0,0,2).所以=(-2,-4,2).于是||=2.即BF的长为2.(2)设n1为平面AEC1F的法向量,显然n1不垂直于平面ADF,故可设n1=(x,y,1),所以所以即所以又=(0,0,3),设与n1的夹角为α,则cosα===. 所以C到平面AEC1F的距离为d=||·cosα=3×=.【拓展延伸】用向量法求点面距离的方法与步骤8.(2014·石家庄高二检测)已知正方形ABCD的边长为1,PD⊥平面ABCD,且PD=1,E,F分别为AB,BC的中点.(1)求点D到平面PEF的距离.(2)求直线AC到平面PEF的距离.【解析】(1)建立以D为坐标原点,DA,DC,DP分别为x轴,y轴,z轴的空间直角坐标系,如图所示.则P(0,0,1),A(1,0,0),C(0,1,0),E(1,,0),F(,1,0),=,=,设平面PEF的法向量n=(x,y,z),则n·=0且n·=0,所以令x=2,则y=2,z=3,所以n=(2,2,3),所以点D到平面PEF的距离为d===,因此,点D到平面PEF的距离为.(2)因为=,所以点A到平面PEF的距离为d===,所以AC到平面PEF的距离为.【变式训练】如图所示,已知边长为4的正三角形ABC中,E,F分别为BC和AC的中点,PA⊥平面ABC,且PA=2,设平面α过PF且与AE平行,求AE与平面α间的距离.【解析】设,,的单位向量分别为e1,e2,e3,选取{e1,e2,e3}作为空间向量的一组基底,易知e1·e2=e2·e3=e3·e1=0,=2e1,=2e2,=2e3,=+=+=+(+)=-2e1+e2+e3,设n=x e1+y e2+e3是平面α的一个法向量,则n⊥,n⊥,所以⇒⇒所以n=e1+e3.所以直线AE与平面α间的距离为。
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【全程复习方略】2014-2015学年高中数学 3.2.1&3.2.2 两角差的余弦函数两角和与差的正弦、余弦函数课堂达标北师大版必修4
1．sin 14°cos 16°+sin 76°cos 74°的值是( )
11
B. C. D.
2222
--
【解析】选B.sin 14°cos 16°+sin 76°cos 74°
=sin 14°cos 16°+cos 14°sin 16°
=sin(14°+16°)=sin 30°=1
2
.
2.cos 75°+cos 15°的值是( )
2
【解析】选C.原式=sin 15°+cos 15°
=°cos 45°+sin 15°sin 45°)
=os 30°=
3.在△ABC中，若sin A si n B<cos Acos B，则△ABC一定为( ) A．等边三角形B．直角三角形
C．锐角三角形D．钝角三角形
【解析】选D.由sin Asin B<cos Acos B可知，
cos Acos B－sin Asin B>0，
故cos(A＋B)>0，
又因为A，B，C为三角形的内角，
所以A＋B为锐角，
所以C为钝角．
4.计算：
37
sin()
12
π
- =___________.
【解析】3711sin()sin(4)1212
ππ-
=-π+ =112sin sin()1234πππ=+
=22sin cos cos sin 34344
ππππ+=
5.函数y=sin x+cos x 的最小正周期是_______，其图象的相邻两条对称轴之间的距离是___________.
【解析】),4π+
因为ω=1,所以T=21
π=2π, 所以其图象的相邻两条对称轴之间的距离是
T 2=π, 则函数的最小正周期为2π,其图象的相邻两条对称轴之间的距离是π.
答案：2π π
6.已知3123cos()sin(),24135
ππβαα-β=α+β=-＜＜＜
，，求sin 2α的值. 【解析】因为cos(α-β)=1230,,1324
ππβα＞＜＜＜ 所以0＜α-β＜3,42
πππα+β＜＜. 所以sin(α-β)=513
. 又sin(α+β)=-35
, 所以co s(α+β)=-45. 所以sin 2α=sin ［(α+β)+(α-β)］
=sin(α+β)cos(α-β)+cos(α+β)sin(α-β) =3124556.51351365
-⨯-⨯=-。