(浙江专用)202x版高考数学新增分大一轮复习 第八章 立体几何与空间向量 8.6 空间向量及其运算

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2020版高考数学新增分大一轮浙江专用版课件:第八章 立体几何与空间向量8.3

2020版高考数学新增分大一轮浙江专用版课件:第八章 立体几何与空间向量8.3

大一轮复习讲义第八章 立体几何与空间向量§8.3 空间点、直线、平面之间的位置关系NEIRONGSUOYIN内容索引基础知识 自主学习题型分类 深度剖析课时作业1基础知识 自主学习PART ONE知识梳理1.四个公理公理1:如果一条直线上的在一个平面内,那么这条直线在此平面内.公理2:过的三点,有且只有一个平面.公理3:如果两个不重合的平面有一个公共点,那么它们 过该点的公共直线.公理4:平行于同一条直线的两条直线互相 .ZHISHISHULI两点不在同一条直线上平行有且只有一条2.直线与直线的位置关系(1)位置关系的分类任何(2)异面直线所成的角①定义:设a ,b 是两条异面直线,经过空间任一点O 作直线a ′∥a ,b ′∥b ,把a ′与b ′所成的 叫做异面直线a 与b 所成的角(或夹角).平行相交锐角(或直角)3.直线与平面的位置关系有、 、__________三种情况.4.平面与平面的位置关系有、 两种情况.5.等角定理空间中如果两个角的,那么这两个角相等或互补.直线在平面内直线与平面相交直线与平面平行平行相交两边分别对应平行【概念方法微思考】1.分别在两个不同平面内的两条直线为异面直线吗?提示 不一定.因为异面直线不同在任何一个平面内.分别在两个不同平面内的两条直线可能平行或相交.2.空间中如果两个角的两边分别对应平行,那么这两个角一定相等吗?提示 不一定.如果这两个角开口方向一致,则它们相等,若反向则互补.1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)如果两个不重合的平面α,β有一条公共直线a ,就说平面α,β相交,并记作α∩β=a .( )(2)两个平面α,β有一个公共点A ,就说α,β相交于过A 点的任意一条直线.( )(3)如果两个平面有三个公共点,则这两个平面重合.( )(4)经过两条相交直线,有且只有一个平面.( )(5)没有公共点的两条直线是异面直线.( )(6)若a ,b 是两条直线,α,β是两个平面,且a ⊂α,b ⊂β,则a ,b 是异面直线.( )基础自测JICHUZICE题组一 思考辨析√××√××题组二 教材改编2.[P52B组T1(2)]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所成角的大小为A.30°B.45°C.60°D.90°解析 连接B1D1,D1C,则B1D1∥EF,故∠D1B1C即为所求的角.又B1D1=B1C=D1C,∴△B1D1C为等边三角形,∴∠D1B1C=60°.√3.[P45例2]如图,在三棱锥A—BCD中,E,F,G,H分别是棱AB,BC,CD,DA的中点,则AC=BD(1)当AC,BD满足条件________时,四边形EFGH为菱形;解析 ∵四边形EFGH为菱形,∴EF=EH,∴AC=BD.AC=BD且AC⊥BD(2)当AC,BD满足条件___________________时,四边形EFGH为正方形.解析 ∵四边形EFGH为正方形,∴EF=EH且EF⊥EH,∴AC=BD且AC⊥BD.题组三 易错自纠4.α是一个平面,m,n是两条直线,A是一个点,若m⊄α,n⊂α,且A∈m,A∈α,则m,n的位置关系不可能是A.垂直B.相交√C.异面D.平行解析 依题意,m∩α=A,n⊂α,∴m与n可能异面、相交(垂直是相交的特例),一定不平行.5.如图,α∩β=l,A,B∈α,C∈β,且C∉l,直线AB∩l=M,过A,B,C 三点的平面记作γ,则γ与β的交线必通过A.点AB.点BC.点C但不过点MD.点C和点M 解析 ∵AB⊂γ,M∈AB,∴M∈γ.又α∩β=l,M∈l,∴M∈β.根据公理3可知,M在γ与β的交线上.同理可知,点C也在γ与β的交线上.√6.如图为正方体表面的一种展开图,则图中的四条线段AB,CD,EF,GH在3原正方体中互为异面的对数为____.解析 平面图形的翻折应注意翻折前后相对位置的变化,则AB,CD,EF和GH在原正方体中,显然AB与CD,EF与GH,AB与GH都是异面直线,而AB与EF相交,CD与GH相交,CD与EF平行.故互为异面的直线有且只有3对.2题型分类 深度剖析PART TWO题型一 平面基本性质的应用师生共研例1 如图所示,在正方体ABCD—A1B1C1D1中,E,F分别是AB和AA1的中点.求证:(1)E,C,D1,F四点共面;证明 如图,连接EF,CD1,A1B.∵E,F分别是AB,AA1的中点,∴EF∥BA1.又AB∥D1C,∴EF∥CD1,∴E,C,D1,F四点共面.证明 ∵EF∥CD1,EF<CD1,∴CE与D1F必相交,设交点为P,如图所示.则由P∈CE,CE⊂平面ABCD,得P∈平面ABCD.同理P∈平面ADD1A1.又平面ABCD∩平面ADD1A1=DA,∴P∈直线DA,∴CE,D1F,DA三线共点.(2)CE,D1F,DA三线共点.思维升华共面、共线、共点问题的证明(1)证明共面的方法:①先确定一个平面,然后再证其余的线(或点)在这个平面内;②证两平面重合.(2)证明共线的方法:①先由两点确定一条直线,再证其他各点都在这条直线上;②直接证明这些点都在同一条特定直线上.(3)证明线共点问题的常用方法是:先证其中两条直线交于一点,再证其他直线经过该点.跟踪训练1 如图,在空间四边形ABCD中,E,F分别是AB,AD的中点,G,H分别在BC,CD上,且BG∶GC=DH∶HC=1∶2.(1)求证:E,F,G,H四点共面;证明 ∵E,F分别为AB,AD的中点,∴EF∥BD.∴GH∥BD,∴EF∥GH.∴E,F,G,H四点共面.。

2020版高考数学(浙江专用版)新增分大一轮课件:第八章立体几何与空间向量8.7

2020版高考数学(浙江专用版)新增分大一轮课件:第八章立体几何与空间向量8.7
大一轮复习讲义
第八章
立体几何与空间向量
§8.7 立体几何的综合问题
内容索引
NEIRONGSUOYIN
基础知识
题型分类 课时作业
自主学习
深度剖析
PART ONE
1
基础知识 自主学习
知识梳理
ZHISHISHULI
1.直线的方向向量与平面的法向量的确定
(1)直线的方向向量:在直线上任取一 非零 向量作为它的方向向量.
又C1D1⊥平面BB1C1C,
― ― → 所以C1D1=(0,a,0)为平面 BB1C1C 的一个法向量.
→ ― ― → → ― ― → 因为MN· C1D1=0,所以MN⊥C1D1,
又MN⊄平面BB1C1C,所以MN∥平面BB1C1C.
2.(2010· 浙江)设l,m是两条不同的直线,α是一个平面,则下列命题正确的是
(2)平面的法向量可利用方程组求出:设a,b是平面α内两不共线向量,n
a=0, n · 为平面α的法向量,则求法向量的方程组为 b=0. n·
2.空间中平行、垂直关系的证明方法
(1)利用空间平行、垂直关系的转化: 线线关系 线面关系 面面关系.
(2)利用直线的方向向量和平面的法向量的关系.
A.相交
C.垂直
B.平行 √
D.MN在平面BB1C1C内
解析
以点C1为坐标原点,分别以C1B1,C1D1,C1C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,
2a 由于 A1M=AN= 3 ,

2a 2a 2a a 2a → a Ma, 3 ,3,N 3 , 3 ,a,MN=-3,0, 3 .
5.求二面角的大小 (1)如图①,AB,CD分别是二面角α-l-β的两个面内与棱l垂直的直线,则二 → → 〈 AB ,CD〉 面角的大小θ=__________.

高考数学人教版浙江专用新精准大一轮复习课件:第8章第2讲 空间几何体的表面积与体积5

高考数学人教版浙江专用新精准大一轮复习课件:第8章第2讲 空间几何体的表面积与体积5
栏目 导引
第八章 立体几何与空间向量
表面积为:12×(2+5)×4+12×(2+5)×3+12×3×4+5×5+
3 4
×52=1121+245 3 cm2.
答案:24 1211+254 3
栏目 导引
第八章 立体几何与空间向量
球与空间几何体的接、切问题
(1)(2017·高考全国卷Ⅲ)已知圆柱的高为 1,它的两个底
栏目 导引
第八章 立体几何与空间向量
解析:由三视图可得该几何体是由一个长、宽、高分别为 4、 4、2 的长方体和一个棱长为 2 的正方体组合而成的,故表面 积为 S=4×4×2+4×2×4+2×2×4=80(cm2),体积为 V= 4×4×2+2×2×2=40(cm3). 答案:80 40
栏目 导引
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第八章 立体几何与空间向量
若本例(2)中的△ABC 变为边长为 3的等边三角形.求三棱锥
外接球的表面积. 解:由题意得,此三棱锥外接球即为以△ABC 为底面、以 PC
为高的正三棱柱的外接球,因为△ABC
的外接圆半径
r=
3 2
× 3×23=1,外接球球心到△ABC 的外接圆圆心的距离 d=1,
()
A.8+2 2 C.14+2 2
B.11+2 2 D.15
栏目 导引
第八章 立体几何与空间向量
【解析】 (1)由三视图可得此几何体为一个球切割掉18后剩下 的几何体,设球的半径为 r,故78×43πr3=238π,所以 r=2,表 面积 S=78×4πr2+34πr2=17π,选 A.
栏目 导引
第八章 立体几何与空间向量
1.(2019·嘉兴期中)若圆锥的侧面展开图是圆心角为 120°、半
径为 1 的扇形,则这个圆锥的表面积与侧面积的比是( )

2020版高考数学(浙江专用版)新增分大一轮课件:第八章立体几何与空间向量8.2

2020版高考数学(浙江专用版)新增分大一轮课件:第八章立体几何与空间向量8.2

由几何体的三视图可知,该几何体为半圆柱,直
观图如图所示.
1 表面积为 2×2+2×2×π×12+π×1×2=4+3π.
1
2
3
4
5
6
5.(2018· 浙江省杭州名校协作体月考)三棱锥的三条侧棱两两垂直,其长分别 为 3, 2,1,则该三棱锥的外接球的表面积是
A.24π
B.18π
C.10π
D.6π √
的中点,则三棱锥 A-B1DC1 的体积为 A.3 3 B.2 C.1 √ 3 D. 2
(3)以三视图为载体的需确定几何体中各元素之间的位置关系及数量.
多维探究
题型二
求空间几何体的体积
命题点1 求以三视图为背景的几何体的体积 例1 (2018· 浙江省杭州市七校联考 )已知图中的网格是由边长为 1的小正方形组 成的,一个几何体的三视图如图中的粗实线和粗虚线所示,则这个几何体的体
积为
A.64
则由 x2=8,得 x=2 2,
∴S 圆柱表=2S 底+S 侧=2×π×( 2)2+2π× 2×2 2=12π.故选 B.
2.(2018· 浙江省 “ 七彩阳光 ”联盟联考 )某四棱锥的三视图如图所示,则该四 棱锥的表面积为
A.8+4 √
2
B.6+ 2+2 3 D.6+2 2+2 3
C.6+4 2
2.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式 圆柱 圆锥 圆台
ห้องสมุดไป่ตู้
侧面展开图
侧面积公式
S圆柱侧=____ 2πrl
S圆锥侧=____ πrl
π(r1+r2)l S圆台侧=__________
3.柱、锥、台、球的表面积和体积 名称 几何体 柱体(棱柱和圆柱) 锥体(棱锥和圆锥) 表面积 S表面积=S侧+2S底 S表面积=S侧+S底 体积 Sh V=___

(浙江专用)新高考数学一轮复习 第八章 立体几何与空间向量 1 第1讲 空间几何体的结构特征及三视图

(浙江专用)新高考数学一轮复习 第八章 立体几何与空间向量 1 第1讲 空间几何体的结构特征及三视图

第八章立体几何与空间向量知识点最新考纲空间几何体的结构特征及三视图和直观图了解多面体和旋转体的概念,理解柱、锥、台、球的结构特征.了解简单组合体,了解中心投影、平行投影的含义.了解三视图和直观图间的关系,掌握三视图所表示的空间几何体.会用斜二测法画出它们的直观图.空间几何体的表面积与体积会计算柱、锥、台、球的表面积和体积.空间点、直线、平面之间的位置关系了解平面的含义,理解空间点、直线、平面位置关系的定义.掌握如下可以作为推理依据的公理和定理.公理1 如果一条直线上的两点在一个平面内,那么这条直线在此平面内.公理2 过不在一条直线上的三点,有且只有一个平面.公理3 如果两个不重合的平面有一个公共点,那么它们有且只有一条过该点的公共直线.公理4 平行于同一条直线的两条直线互相平行.定理:空间中如果两个角的两边分别对应平行,那么这两个角相等或互补.空间中的平行关系、垂直关系理解空间线面平行、线面垂直、面面平行、面面垂直的判定定理和性质定理.判定定理:平面外一条直线与此平面内的一条直线平行,则该直线与此平面平行;一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行,则这两个平面平行;一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直,则该直线与此平面垂直;一个平面过另一个平面的垂线,则这两个平面互相垂直.性质定理:一条直线与一个平面平行,则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行;如果两个平行平面同时和第三个平面相交,那么它们的交线平行;垂直于同一个平面的两条直线平行;两个平面互相垂直,则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直.空间角理解直线与平面所成角的概念,了解二面角及其平面角的概念.空间向量及其运算了解空间直角坐标系,会用空间直角坐标表示点的位置.了解空间向量的概念,了解空间向量的基本定理及其意义,了解空间向量的正交分解及其坐标表示.了解空间向量的加、减、数乘、数量积的定义,坐标表示的运算.立体几何中的向量方法了解空间两点间的距离公式、向量的长度公式及两向量的夹角公式.了解直线的方向向量与平面的法向量.了解求两直线夹角、直线与平面所成角、二面角的向量方法.第1讲空间几何体的结构特征及三视图和直观图1.空间几何体的结构特征(1)多面体的结构特征名称棱柱棱锥棱台图形底面互相平行且相等多边形互相平行侧棱平行且相等相交于一点,但不一定相等延长线交于一点侧面形状平行四边形三角形梯形(2)旋转体的结构特征名称圆柱圆锥圆台球图形母线互相平行且相相交于延长线交等,垂直于底面一点于一点轴截面全等的矩形全等的等腰三角形全等的等腰梯形圆侧面展开图矩形扇形扇环2.直观图(1)画法:斜二测画法.(2)规则:①原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直,直观图中,x′轴,y′轴的夹角为45°(或135°),z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直.②原图形中平行于坐标轴的线段,直观图中仍平行于坐标轴.平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变,平行于y 轴的线段长度在直观图中变为原来的一半.3.三视图(1)几何体的三视图包括正视图、侧视图、俯视图,分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线.(2)三视图的画法①基本要求:长对正,高平齐,宽相等.②画法规则:正侧一样高,正俯一样长,侧俯一样宽;看到的线画实线,看不到的线画虚线.[疑误辨析]判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)(1)有两个面平行,其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱.( )(2)有一个面是多边形,其余各面都是三角形的几何体是棱锥.( )(3)夹在两个平行的平面之间,其余的面都是梯形,这样的几何体一定是棱台.( )(4)在正方体、球、圆锥各自的三视图中,三视图均相同.( )(5)用两平行平面截圆柱,夹在两平行平面间的部分仍是圆柱.( )(6)菱形的直观图仍是菱形.( )答案:(1)×(2)×(3)×(4)×(5)×(6)×[教材衍化]1.(必修2P19T2改编)下列说法正确的是( )A.相等的角在直观图中仍然相等B.相等的线段在直观图中仍然相等C.正方形的直观图是正方形D.若两条线段平行,则在直观图中对应的两条线段仍然平行解析:选D.由直观图的画法规则知,角度、长度都有可能改变,而线段的平行性不变.2.(必修2P8A组T1(1)改编)在如图所示的几何体中,是棱柱的为________.(填写所有正确的序号)答案:③⑤3.(P15练习T1改编)已知如图所示的几何体,其俯视图正确的是________.(填序号)解析:由俯视图定义易知选项③符合题意.答案:③[易错纠偏]棱柱的概念不清致误.如图,长方体ABCD­A′B′C′D′中被截去一部分,其中EH∥A′D′.剩下的几何体是( )A.棱台B.四棱柱C.五棱柱D.六棱柱解析:选C.由几何体的结构特征,剩下的几何体为五棱柱.故选C.空间几何体的结构特征(1)下列说法正确的是( )A.侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥B.六条棱长均相等的四面体是正四面体C.有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱D.用一个平面去截圆锥,底面与截面之间的部分叫圆台(2)以下命题:①以直角三角形的一边为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥;②以直角梯形的一腰为轴旋转一周所得的旋转体是圆台;③圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面;④一个平面截圆锥,得到一个圆锥和一个圆台.其中正确命题的个数为( )A.0 B.1C.2 D.3【解析】(1)底面是等边三角形,且各侧面三角形全等,这样的三棱锥才是正三棱锥,A错;斜四棱柱也有可能两个侧面是矩形,所以C错;截面平行于底面时,底面与截面之间的部分才叫圆台,D错.(2)命题①错,因为这条边若是直角三角形的斜边,则得不到圆锥;命题②错,因为这条腰必须是垂直于两底的腰,才得到是圆台的旋转体;命题③对;命题④错,必须用平行于圆锥底面的平面截圆锥才可以得到一个圆锥和一个圆台.【答案】(1)B (2)B空间几何体概念辨析问题的常用方法1.给出下列命题:①各侧面都是全等四边形的棱柱一定是正棱柱;②对角面是全等矩形的六面体一定是长方体;③长方体一定是正四棱柱.其中正确的命题个数是( )A.0 B.1C.2 D.3解析:选A.①直平行六面体底面是菱形,满足条件但不是正棱柱;②底面是等腰梯形的直棱柱,满足条件但不是长方体;③显然错误.2.下列说法正确的是( )A.以半圆的直径所在直线为旋转轴旋转形成的曲面叫做球B.有两个面互相平行,其余四个面都是等腰梯形的六面体是棱台C.棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等,则此棱锥可能是六棱锥D.圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线都是母线解析:选D.球面和球是两个不同的概念,以半圆的直径所在直线为旋转轴旋转形成的曲面叫做球面,球面围成的几何体叫做球,A错误.对于B,如图,满足有两个面平行,其余四个面都是等腰梯形,但它不是棱台,故B错.若六棱锥的所有棱长都相等,则底面多边形是正六边形.由几何图形知,若以正六边形为底面,侧棱长必然要大于底面边长.C错误.由母线的概念知,选项D正确.空间几何体的三视图(高频考点)空间几何体的三视图是每年高考的热点,题型为选择题或填空题,难度适中,属于中档题.主要命题角度有:(1)由空间几何体的直观图识别三视图;(2)由空间几何体的三视图还原直观图;(3)由空间几何体的部分视图画出剩余部分视图.角度一由空间几何体的直观图识别三视图(2020·某某省名校协作体高三联考)“牟合方盖”是我国古代数学家X徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体.它由完全相同的四个曲面构成,相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上,好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖).其直观图如图,图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线.当其正视图和侧视图完全相同时,它的俯视图可能是( )【解析】根据直观图以及图中的辅助四边形分析可知,当正视图和侧视图完全相同时,俯视图为B,故选B.【答案】 B角度二由空间几何体的三视图还原直观图某四棱锥的三视图如图所示,则该四棱锥的最长棱的长度为( )A.32B.2 3C.22D.2【解析】由三视图还原为如图所示的四棱锥A-BCC1B1,从图中易得最长的棱长为AC1=AC2+CC21=(22+22)+22=23,选B.【答案】 B角度三由空间几何体的部分视图画出剩余部分视图将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥,得到的几何体的正视图与俯视图如图所示,则该几何体的侧(左)视图为( )【解析】由几何体的正视图和俯视图可知该几何体为图①,故其侧(左)视图为图②.【答案】 B三视图问题的常见类型及解题策略(1)由几何体的直观图求三视图.注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向,注意看到的部分用实线表示,不能看到的部分用虚线表示.(2)由几何体的部分视图画出剩余的视图.先根据已知的一部分视图,还原、推测直观图的可能形式,然后再找其剩下部分视图的可能形式.当然作为选择题,也可将选项逐项代入,再看看给出的部分三视图是否符合.(3)由几何体的三视图还原几何体的形状.要熟悉柱、锥、台、球的三视图,明确三视图的形成原理,结合空间想象将三视图还原为实物图.1.(2020·瑞安四市联考)如图,在正方体ABCD­A1B1C1D1中,点P是线段CD的中点,则三棱锥P­A1B1A的侧视图为( )解析:选D.如图,画出原正方体的侧视图,显然对于三棱锥P­A1B1A,B(C)点消失了,其余各点均在,从而其侧视图为D.2.(2020·某某期中)如图(1)、(2)、(3)、(4)为四个几何体的三视图,根据三视图可判断这四个几何体依次为( )A.三棱台、三棱柱、圆锥、圆柱B.三棱台、三棱锥、圆锥、圆台C.三棱柱、四棱锥、圆锥、圆台D.三棱柱、三棱台、圆锥、圆台解析:选C.如题图(1)三视图复原的几何体是放倒的三棱柱;(2)三视图复原的几何体是四棱锥;(3)三视图复原的几何体是圆锥;(4)三视图复原的几何体是圆台.所以(1)(2)(3)(4)的顺序为:三棱柱、四棱锥、圆锥、圆台.故选C.3.(2020·某某高校招生选考试题)如图,在三棱锥A­BCD中,侧面ABD⊥底面BCD,BC⊥CD,AB=AD=4,BC=6,BD=43,则该三棱锥三视图的正视图为( )解析:选C.由题意,三棱锥三视图的正视图为等腰三角形,△BCD中,BC⊥CD,BC=6,BD=43,所以CD=23,设C在BD上的射影为E,则123=CE·43,所以CE=3,DE =CD2-CE2=3,故选C.空间几何体的直观图如图,矩形O′A′B′C′是水平放置的一个平面图形的直观图,其中O′A′=6 cm,O′C′=2 cm,则原图形是( )A.正方形B.矩形C.菱形 D.一般的平行四边形【解析】如图,在原图形OABC中,应有OD=2O′D′=2×22=42(cm),CD=C′D′=2 cm,所以OC=OD2+CD2=(42)2+22=6(cm),所以OA=OC,故四边形OABC是菱形,因此选C.【答案】 C(变条件、变问法)若本例中直观图为如图所示的一个边长为1 cm的正方形,则原图形的周长是多少?解:将直观图还原为平面图形,如图.可知还原后的图形中OB=22,AB=12+(22)2=3(cm),于是周长为2×3+2×1=8(cm).原图与直观图中的“三变”与“三不变”1.如图所示为一个平面图形的直观图,则它的实际形状四边形ABCD为( )A .平行四边形B .梯形C .菱形D .矩形解析:选D.由斜二测画法可知在原四边形ABCD 中DA ⊥AB ,并且AD ∥BC ,AB ∥CD ,故四边形ABCD 为矩形.2.在等腰梯形ABCD 中,上底CD =1,腰AD =CB =2,下底AB =3,以下底所在直线为x 轴,则由斜二测画法画出的直观图A ′B ′C ′D ′的面积为________.解析:因为OE = (2)2-12=1, 所以O ′E ′=12,E ′F ′=24.所以直观图A ′B ′C ′D ′的面积为S ′=12×(1+3)×24=22.答案:22核心素养系列14 直观想象——构造法求解三视图问题的三个步骤三视图问题(包括求解几何体的表面积、体积等)是培养和考查空间想象能力的好题目,是高考的热点.由三视图还原几何体是解决这类问题的关键,而由三视图还原几何体只要按照以下三个步骤去做,基本都能准确还原出来.这三个步骤是:第一步,先画长(正)方体,在长(正)方体中画出俯视图;第二步,在三个视图中找直角;第三步,判断直角位置,并向上(或向下)作垂线,找到顶点,连线即可.一个几何体的三视图如图所示,图中直角三角形的直角边长均为1,则该几何体的体积为( )A.16B.26C.36D.12【解析】 几何体还原说明:①画出正方体,俯视图中实线可以看作正方体的上底面及底面对角线.②俯视图是正方形,有四个直角,正视图和侧视图中分别有一个直角.正视图和侧视图中的直角对应上底面左边外侧顶点(图中D 点上方顶点),将该顶点下拉至D 点,连接DA ,DB ,DC 即可.该几何体即图中棱长为1的正方体中的四面体ABCD ,其体积为13×12×1×1×1=16.故选A.【答案】 A如图是一个四面体的三视图,三个三角形均是腰长为2的等腰直角三角形,还原其直观图.【解】 第一步,根据题意,画正方体,在正方体内画出俯视图,如图①. 第二步,找直角,在俯视图、正视图和侧视图中都有直角.第三步,将俯视图的直角顶点向上拉起,与三视图中的高一致,连线即可.所求几何体为三棱锥A ­BCD ,如图②.[基础题组练]1.下列说法正确的有( )①两个面平行且相似,其余各面都是梯形的多面体是棱台;②经过球面上不同的两点只能作一个大圆;③各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体;④圆锥的轴截面是等腰三角形.A.1个B.2个C.3个D.4个解析:选A.①中若两个底面平行且相似,其余各面都是梯形,并不能保证侧棱会交于一点,所以①不正确;②中若球面上不同的两点恰为球的某条直径的两个端点,则过此两点的大圆有无数个,所以②不正确;③中底面不一定是正方形,所以③不正确;很明显④是正确的.2.如图所示是水平放置的三角形的直观图,点D是△ABC的BC边的中点,AB,BC分别与y′轴、x′轴平行,则在原图中三条线段AB,AD,AC中( )A.最长的是AB,最短的是ACB.最长的是AC,最短的是ABC.最长的是AB,最短的是ADD.最长的是AC,最短的是AD解析:选B.由条件知,原平面图形中AB⊥BC,从而AB<AD<AC.3.如图所示,上面的几何体由一个圆柱中挖去一个以圆柱的上底面为底面,下底面圆心为顶点的圆锥而得,现用一个竖直的平面去截这个几何体,则截面图形可能是( )A.①②B.②③C.③④D.①⑤解析:选D.圆锥的轴截面为等腰三角形,此时①符合条件;当截面不过旋转轴时,圆锥的轴截面为双曲线的一支,此时⑤符合条件;故截面图形可能是①⑤.4.(2020·某某学军中学高三期中)一个三棱锥的正视图和俯视图如图所示,则该三棱锥的侧视图可能为( )解析:选D.分析三视图可知,该几何体为如图所示的三棱锥,其中平面ACD⊥平面BCD,故选D.5.(2020·某某十校联考)某几何体的正视图与俯视图如图所示,若俯视图中的多边形为正六边形,则该几何体的侧视图的面积为( )A.152B.6+ 3C.32+3 3 D.4 3解析:选A.侧视图由一个矩形和一个等腰三角形构成,矩形的长为3,宽为2,面积为3×2=6.等腰三角形的底边为3,高为3,其面积为12×3×3=32,所以侧视图的面积为6+32=152.6.(2020·某某模拟)一锥体的三视图如图所示,则该棱锥的最长棱的棱长为( )A.33B.17C.41D.42解析:选C.依题意,题中的几何体是四棱锥E ­ABB 1A 1,如图所示(其中ABCD ­A 1B 1C 1D 1是棱长为4的正方体,C 1E =1),EA =32+42+42=41,EA 1=12+42+42=33,EB =32+42=5,EB 1=12+42=17,AB =BB 1=B 1A 1=A 1A =4,因此该几何体的最长棱的棱长为41,选C.7.有一个长为5 cm ,宽为4 cm 的矩形,则其直观图的面积为________. 解析:由于该矩形的面积S =5×4=20(cm 2),所以其直观图的面积S ′=24S =52(cm 2).答案:5 2 cm 28.如图所示的Rt △ABC 绕着它的斜边AB 旋转一周得到的图形是________.解析:过Rt △ABC 的顶点C 作线段CD ⊥AB ,垂足为点D ,所以Rt △ABC 绕着它的斜边AB 旋转一周后得到是以CD 作为底面圆的半径的两个圆锥的组合体.答案:两个圆锥的组合体9.如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某几何体的三视图,则此几何体各面中直角三角形的个数是________.解析:由三视图知,该几何体是如图所示的四棱锥P ­ABCD ,易知四棱锥P ­ABCD 的四个侧面都是直角三角形,即此几何体各面中直角三角形的个数是4.答案:410.已知一个正三棱柱的所有棱长均相等,其侧(左)视图如图所示,那么此三棱柱正(主)视图的面积为________.解析:由正三棱柱的特征及侧(左)视图可得正(主)视图是一个矩形,其中一边的长是侧(左)视图中三角形的高,另一边是棱长.因为侧(左)视图中三角形的边长为2,所以高为3,所以正(主)视图的面积为2 3.答案:2 311. 如图,在四棱锥P­ABCD中,底面为正方形,PC与底面ABCD垂直,图为该四棱锥的正视图和侧视图,它们是腰长为6 cm的全等的等腰直角三角形.(1)根据所给的正视图、侧视图,画出相应的俯视图,并求出该俯视图的面积;(2)求PA.解:(1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)边长为6 cm的正方形,如图,其面积为36 cm2.(2)由侧视图可求得PD=PC2+CD2=62+62=62(cm).由正视图可知AD=6 cm,且AD⊥PD,所以在Rt△APD中,PA=PD2+AD2=(62)2+62=63(cm).12.如图所示,在侧棱长为23的正三棱锥V­ABC中,∠AVB=∠BVC=∠CVA=40°,过点A作截面AEF,求△AEF的周长的最小值.解:如图,将三棱锥沿侧棱VA剪开,并将其侧面展开平铺在一个平面上,则线段AA1的长即为所求△AEF的周长的最小值.取AA1的中点D,连接VD,则VD⊥AA1,∠AVD=60°.在Rt△VAD中,AD=VA·sin 60°=3,所以AA1=2AD=6,即△AEF的周长的最小值为6.[综合题组练]1.(2020·某某市五校联考)一个四面体的顶点在空间直角坐标系O­xyz中的坐标分别是(1,0,1),(1,1,0),(0,1,1),(0,0,0),画该四面体三视图中的正视图时,以zOx平面为投影面,则得到正视图可以为( )解析:选A.因为一个四面体的顶点在空间直角坐标系O­xyz中的坐标分别是(1,0,1),(1,1,0),(0,1,1),(0,0,0),几何体的直观图如图,是以正方体的顶点为顶点的一个正四面体,所以以zOx平面为投影面,则得到正视图为A.2.某四面体的三视图如图,则其四个面中最大的面积是( )A .2B .2 2 C.3D .2 3解析:选D.在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中还原出三视图的直观图,其是一个三个顶点在正方体的右侧面、一个顶点在左侧面的三棱锥,即为D 1­BCB 1,如图所示,其四个面的面积分别为2,22,22,23,故选D.3.正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中,点E 为棱BB 1的中点(如图),用过点A ,E ,C 1的平面截去该正方体的上半部分,则剩余几何体的正视图为( )解析:选C.过点A ,E ,C 1的平面与棱DD 1相交于点F ,且点F 是棱DD 1的中点,截去正方体的上半部分,剩余几何体的直观图如图所示,则其正视图应为选项C.4.如图,三棱锥V ­ABC 的底面为正三角形,侧面VAC 与底面垂直,且VA =VC ,已知其正(主)视图的面积为23,则其侧(左)视图的面积为________.解析:设三棱锥V ­ABC 的底面边长为a ,侧面VAC 的边AC 上的高为h ,则ah =43,其侧(左)视图是由底面三角形ABC 边AC 上的高与侧面三角形VAC 边AC 上的高组成的直角三角形,其面积为12×32a ×h =12×32×43=33.答案:335.如图是一个几何体的正视图和俯视图.(1)试判断该几何体是什么几何体; (2)画出其侧视图,并求该平面图形的面积. 解:(1)正六棱锥. (2)其侧视图如图: 其中AB =AC ,AD ⊥BC ,且BC 的长是俯视图中的正六边形对边的距离,即BC =3a ,AD 的长是正六棱锥的高,即AD =3a ,所以该平面图形的面积S =12·3a ·3a =32a 2.6.某几何体的三视图如图所示.(1)判断该几何体是什么几何体? (2)画出该几何体的直观图.解:(1)该几何体是一个正方体切掉两个14圆柱后得到的几何体.(2)直观图如图所示:。

(浙江专用)2020版高考数学新增分大一轮复习 第八章 立体几何与空间向量 8.6 空间向量及其运算

(浙江专用)2020版高考数学新增分大一轮复习 第八章 立体几何与空间向量 8.6 空间向量及其运算

(2)空间向量数量积的运算律 ①(λa)·b=_λ_(_a_·b_)_; ②交换律:a·b=_b_·_a_; ③分配律:a·(b+c)=_a_·_b_+__a_·c__.
4.空间向量的坐标表示及其应用
设a=(a1,a2,a3),b=(b1,b2,b3).
向量表示
数量积
a·b
共线 a=λb(b≠0,λ∈R)
123456
题组三 易错自纠
4.在空间直角坐标系中,已知A(1,2,3),B(-2,-1,6),C(3,2,1),
D(4,3,0),则直线AB与CD的位置关系是
A.垂直 C.异面
√B.平行
D.相交但不垂直
解析 由题意得,A→B=(-3,-3,3),C→D=(1,1,-1),
∴A→B=-3C→D,∴A→B与C→D共线,
(6)若a·b<0,则〈a,b〉是钝角.( × )
123456
题组二 教材改编
2.[P97A 组 T2] 如图所示,在平行六面体 ABCD—A1B1C1D1 中,M 为 A1C1 与 B1D1 的交点.若A→B=a,A→D=b,A→A1=c,则下列向量中与B→M相等的向量是
√A.-21a+12b+c
垂直 a·b=0(a≠0,b≠0)
坐标表示 a1b1+a2b2+a3b3 a1=λb1,a2=λb2,a3=λb3 a1b1+a2b2+a3b3=0
模 夹角
|a|
〈a,b〉 (a≠0,b≠0)
a21+a22+a23b3
a21+a22+a23· b21+b22+b23
3.空间向量的数量积及运算律 (1)数量积及相关概念 ①两向量的夹角 已知两个非零向量 a,b,在空间任取一点 O,作O→A=a,O→B=b,则∠AOB 叫

2020版高考数学新增分大一轮浙江专用版讲义:第八章 立体几何与空间向量8.1 含解析

2020版高考数学新增分大一轮浙江专用版讲义:第八章 立体几何与空间向量8.1 含解析

§8.1空间几何体的结构、三视图和直观图1.多面体的结构特征2.旋转体的结构特征3.三视图与直观图概念方法微思考1.底面是正多边形的棱柱是正棱柱吗,为什么?提示 不一定.因为底面是正多边形的直棱柱才是正棱柱. 2.什么是三视图?怎样画三视图?提示 光线自物体的正前方投射所得的正投影称为正视图,自左向右的正投影称为侧视图,自上向下的正投影称为俯视图,几何体的正视图、侧视图和俯视图统称为三视图.画几何体的三视图的要求是正视图与俯视图长对正;正视图与侧视图高平齐;侧视图与俯视图宽相等.题组一 思考辨析1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)有两个面平行,其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱.(×)(2)有一个面是多边形,其余各面都是三角形的几何体是棱锥.(×)(3)棱台是由平行于底面的平面截棱锥所得的截面与底面之间的部分.(√)(4)正方体、球、圆锥各自的三视图中,三视图均相同.(×)(5)用两平行平面截圆柱,夹在两平行平面间的部分仍是圆柱.(×)(6)菱形的直观图仍是菱形.(×)题组二教材改编2.[P19T2]下列说法正确的是()A.相等的角在直观图中仍然相等B.相等的线段在直观图中仍然相等C.正方形的直观图是正方形D.若两条线段平行,则在直观图中对应的两条线段仍然平行答案 D解析由直观图的画法规则知,角度、长度都有可能改变,而线段的平行关系不变.3.[P8T1]在如图所示的几何体中,是棱柱的为________.(填写所有正确的序号)答案③⑤题组三易错自纠4.某空间几何体的正视图是三角形,则该几何体不可能是()A.圆柱B.圆锥C.四面体D.三棱柱答案 A解析由三视图知识知,圆锥、四面体、三棱柱(放倒看)都能使其正视图为三角形,而圆柱的正视图不可能为三角形.5.如图是正方体截去阴影部分所得的几何体,则该几何体的侧视图是()答案 C解析此几何体侧视图是从左边向右边看.故选C.6.(2018·浙江诸暨中学期中)边长为22的正方形,其水平放置的直观图的面积为()A.24B .1C .2 2D .8 答案 C解析 正方形的边长为22,故面积为8,而原图和直观图面积之间的关系为S 直观图S 原图=24,故直观图的面积为8×24=2 2. 7.(2018·全国Ⅰ)某圆柱的高为2,底面周长为16,其三视图如下图.圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ,圆柱表面上的点N 在侧视图上的对应点为B ,则在此圆柱侧面上,从M 到N 的路径中,最短路径的长度为( )A .217B .2 5C .3D .2 答案 B解析 先画出圆柱的直观图,根据题中的三视图可知,点M ,N 的位置如图①所示.圆柱的侧面展开图及M ,N 的位置(N 为OP 的四等分点)如图②所示,连接MN ,则图中MN 即为M 到N 的最短路径.|ON |=14×16=4,|OM |=2,∴|MN |=|OM |2+|ON |2=22+42=2 5.故选B.题型一 空间几何体的结构特征1.以下命题:①以直角三角形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥; ②以直角梯形的一腰所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆台; ③圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面; ④一个平面截圆锥,得到一个圆锥和一个圆台. 其中正确命题的个数为( ) A .0 B .1 C .2 D .3 答案 B解析 由圆锥、圆台、圆柱的定义可知①②错误,③正确.对于命题④,只有用平行于圆锥底面的平面去截圆锥,才能得到一个圆锥和一个圆台,④不正确.2.给出下列四个命题:①有两个侧面是矩形的立体图形是直棱柱;②侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥;③侧面都是矩形的直四棱柱是长方体;④底面为正多边形,且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱.其中不正确的命题为________.(填序号)答案①②③解析对于①,平行六面体的两个相对侧面也可能是矩形,故①错;对于②,对等腰三角形的腰是否为侧棱未作说明(如图),故②错;对于③,若底面不是矩形,则③错;④由线面垂直的判定,可知侧棱垂直于底面,故④正确.综上,命题①②③不正确.思维升华空间几何体概念辨析题的常用方法(1)定义法:紧扣定义,由已知构建几何模型,在条件不变的情况下,变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素,根据定义进行判定.(2)反例法:通过反例对结构特征进行辨析.题型二简单几何体的三视图命题点1已知几何体识别三视图例1 (2018·全国Ⅲ)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来.构件的凸出部分叫榫头,凹进部分叫卯眼,图中木构件右边的小长方体是榫头.若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体,则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是()答案 A解析由题意可知带卯眼的木构件的直观图如图所示,由直观图可知其俯视图应选A.命题点2已知三视图,判断简单几何体的形状例2 如图,网格纸的各小格都是正方形,粗实线画出的是一个几何体的三视图,则这个几何体是()A.三棱锥B.三棱柱C.四棱锥D.四棱柱答案 B解析由题意知,该几何体的三视图为一个三角形、两个四边形,经分析可知该几何体为三棱柱.命题点3已知三视图中的两个视图,判断第三个视图例3 一个锥体的正视图和侧视图如图所示,下列选项中,不可能是该锥体的俯视图的是()答案 C解析A,B,D选项满足三视图作法规则,C不满足三视图作法规则中的宽相等,故C不可能是该锥体的俯视图.思维升华三视图问题的常见类型及解题策略(1)注意观察方向,看到的部分用实线表示,不能看到的部分用虚线.(2)还原几何体.要熟悉柱、锥、台、球的三视图,结合空间想象还原.(3)由部分视图画出剩余的部分视图.先猜测,还原,再判断.当然作为选择题,也可将选项逐项代入.跟踪训练1 (1)(2018·杭州模拟)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为BD1的中点,则△P AC在该正方体各个面上的正投影可能是()A .①②B .①④C .②③D .②④答案 B解析 P 点在上下底面投影落在AC 或A 1C 1上,所以△P AC 在上底面或下底面的投影为①,在前、后面以及左、右面的投影为④.(2)(2018·宁波模拟)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某几何体的正视图(等腰直角三角形)和侧视图,且该几何体的体积为83,则该几何体的俯视图可以是( )答案 C解析 该几何体为正方体截去一部分后的四棱锥P —ABCD ,如图所示,该几何体的俯视图为C.题型三 空间几何体的直观图例4 已知等腰梯形ABCD ,上底CD =1,腰AD =CB =2,下底AB =3,以下底所在直线为x 轴,则由斜二测画法画出的直观图A ′B ′C ′D ′的面积为________. 答案22解析 如图所示,作出等腰梯形ABCD 的直观图.因为OE =(2)2-1=1,所以O ′E ′=12,E ′F =24,则直观图A ′B ′C ′D ′的面积S ′=1+32×24=22.思维升华 用斜二测画法画直观图的技巧在原图形中与轴平行的线段在直观图中与轴平行,不平行的线段先画线段的端点再连线.跟踪训练2 如图,一个水平放置的平面图形的直观图(斜二测画法)是一个底角为45°、腰和上底长均为2的等腰梯形,则这个平面图形的面积是( )A .2+ 2B .1+ 2C .4+2 2D .8+4 2答案 D解析 由已知直观图根据斜二测画法规则画出原平面图形,如图所示,所以这个平面图形的面积为4×(2+2+22)2=8+42,故选D.1.在一个密闭透明的圆柱筒内装一定体积的水,将该圆柱筒分别竖直、水平、倾斜放置时,指出圆柱桶内的水平面可以呈现出的几何形状不可能是( ) A .圆面 B .矩形面C .梯形面D .椭圆面或部分椭圆面答案 C解析 将圆柱桶竖放,水面为圆面;将圆柱桶斜放,水面为椭圆面或部分椭圆面;将圆柱桶水平放置,水面为矩形面,所以圆柱桶内的水平面可以呈现出的几何形状不可能是梯形面,故选C.2.如图所示,四面体ABCD的四个顶点是长方体的四个顶点(长方体是虚拟图形,起辅助作用),则四面体ABCD 的三视图是(用①②③④⑤⑥代表图形)()A.①②⑥B.①②③C.④⑤⑥D.③④⑤答案 B解析正视图应该是边长为3和4的矩形,其对角线左下到右上是实线,左上到右下是虚线,因此正视图是①,侧视图应该是边长为5和4的矩形,其对角线左上到右下是实线,左下到右上是虚线,因此侧视图是②;俯视图应该是边长为3和5的矩形,其对角线左上到右下是实线,左下到右上是虚线,因此俯视图是③. 3.用任意一个平面截一个几何体,各个截面都是圆面,则这个几何体一定是()A.圆柱B.圆锥C.球体D.圆柱、圆锥、球体的组合体答案 C解析截面是任意的且都是圆面,则该几何体为球体.4.某几何体的正视图与侧视图如图所示,则它的俯视图不可能是()答案 C解析若几何体为两个圆锥体的组合体,则俯视图为A;若几何体为四棱锥与圆锥的组合体,则俯视图为B;若几何体为两个四棱锥的组合体,则俯视图为D;不可能为C,故选C.5.(2018·丽水、衢州、湖州三地市质检)若将正方体(如图1)截去两个三棱锥,得到如图2所示的几何体,则该几何体的侧视图是()答案 B解析从左向右看,该几何体的侧视图的外轮廓是一个正方形,且AD1对应的是实线,B1C对应的是虚线.故选B.6.(2011·浙江)若某几何体的三视图如图所示,则这个几何体的直观图可以是()答案 D解析A,B的正视图不符合要求,C的俯视图显然不符合要求,故选D.7.(2019·台州模拟)已知底面是直角三角形的直棱柱的正视图、俯视图如下图所示,则该棱柱的侧视图的面积为()A.18 6 B.18 3C .18 2 D.2722 答案 C解析 设侧视图的长为x ,则x 2=6×3=18,∴x =3 2. 所以侧视图的面积为S =32×6=18 2.故选C. 8.用一个平面去截正方体,则截面不可能是( ) A .直角三角形 B .等边三角形 C .正方形 D .正六边形答案 A解析 用一个平面去截正方体,则截面的情况为:①截面为三角形时,可以是锐角三角形、等腰三角形、等边三角形,但不可能是钝角三角形、直角三角形; ②截面为四边形时,可以是梯形(等腰梯形)、平行四边形、菱形、矩形、正方形,但不可能是直角梯形; ③截面为五边形时,不可能是正五边形; ④截面为六边形时,可以是正六边形.9.(2018·湖州模拟)某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥最长棱的长为( )A. 5 B .2 2 C .3 D .2 3 答案 C解析 在棱长为2的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中,M ,N 分别为AD ,BC 的中点,该几何体的直观图如图中三棱锥D 1—MNB 1,故通过计算可得D 1B 1=22,D 1M =B 1N =5,MN =2,MB 1=ND 1=3,故该三棱锥中最长棱的长为3.10.一水平放置的平面四边形OABC ,用斜二测画法画出它的直观图O ′A ′B ′C ′如图所示,此直观图恰好是一个边长为1的正方形,则原平面四边形OABC 的面积为________.答案 2 2解析 因为直观图的面积是原图形面积的24倍,且直观图的面积为1,所以原图形的面积为2 2. 11.如图,在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,点P 是上底面A 1B 1C 1D 1内一动点,则三棱锥P -ABC 的正视图与侧视图的面积的比值为________.答案 1解析 如题图所示,设正方体的棱长为a ,则三棱锥P -ABC 的正视图与侧视图都是三角形,且面积都是12a 2,故面积的比值为1. 12.给出下列命题:①棱柱的侧棱都相等,侧面都是全等的平行四边形; ②若三棱锥的三条侧棱两两垂直,则其三个侧面也两两垂直;③在四棱柱中,若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面,则该四棱柱为直四棱柱; ④存在每个面都是直角三角形的四面体. 其中正确命题的序号是________. 答案 ②③④解析 ①不正确,根据棱柱的定义,棱柱的各个侧面都是平行四边形,但不一定全等;②正确,若三棱锥的三条侧棱两两垂直,则三个侧面所在的三个平面的二面角都是直二面角;③正确,因为两个过相对侧棱的截面的交线平行于侧棱,又垂直于底面;④正确,如图,正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中的三棱锥C 1-ABC ,四个面都是直角三角形.13.如图,在一个正方体内放入两个半径不相等的球O 1,O 2,这两个球外切,且球O 1与正方体共顶点A 的三个面相切,球O 2与正方体共顶点B 1的三个面相切,则两球在正方体的面AA 1C 1C 上的正投影是( )答案 B解析由题意可以判断出两球在正方体的面上的正投影与正方形相切.由于两球球心连线AB1与面ACC1A1不平行,故两球球心射影所连线段的长度小于两球半径的和,即两个投影圆相交,即为图B.14.我国古代数学家刘徽在学术研究中,不迷信古人,坚持实事求是.他对《九章算术》中“开立圆术”给出的公式产生质疑,为了证实自己的猜测,他引入了一种新的几何体“牟合方盖”:以正方体相邻的两个侧面为底做两次内切圆柱切割,然后剔除外部,剩下的内核部分.如果“牟合方盖”的正视图和侧视图都是圆,则其俯视图的形状为()答案 B解析由题意得在正方体内做两次内切圆柱切割,得到的几何体的直观图如图所示,由图易得其俯视图为B,故选B.15.(2018·嘉兴模拟)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的侧视图中的虚线部分是()A .圆弧B .抛物线的一部分C .椭圆的一部分D .双曲线的一部分答案 D解析 根据几何体的三视图,可得侧视图中的虚线部分是由平行于旋转轴的平面截圆锥所得,故侧视图中的虚线部分是双曲线的一部分,故选D.16.(2018·台州模拟)如图是一个几何体的三视图,则该几何体中最长棱的长是________.答案733解析 由三视图可知,该几何体是棱长为2的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中三棱锥M —A 1B 1N ,如图所示,M 是棱AB 上靠近点A 的一个三等分点,N 是棱C 1D 1的中点,所以A 1B 1=2,A 1N =B 1N =22+12=5, A 1M =22+⎝⎛⎭⎫232=2103, B 1M =22+⎝⎛⎭⎫432=2133, MN =22+22+⎝⎛⎭⎫132=733, 所以该几何体中最长棱的长是733.。

2020版高考数学新增分大一轮浙江专用版课件:第八章 立体几何与空间向量8.1

2020版高考数学新增分大一轮浙江专用版课件:第八章 立体几何与空间向量8.1

大一轮复习讲义第八章立体几何与空间向量§8.1空间几何体的结构、三视图和直观图NEIRONGSUOYIN 内容索引基础知识自主学习题型分类深度剖析课时作业1基础知识自主学习PART ONE知识梳理ZHISHISHULI1.多面体的结构特征名称棱柱棱锥棱台图形结构特征有两个面互相______,其余各面都是.每相邻两个四边形的公共边都互相_____有一个面是,其余各面都是有一个公共顶点的的多面体用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥,和之间的部分侧棱____________相交于但不一定相等延长线交于_____侧面形状________________________平行且平行四边形平行平行且相等一点平行四边形截面底面一点多边形三角形三角形梯形全等2.旋转体的结构特征名称圆柱圆锥圆台球图形母线互相平行且相等,于底面相交于_____延长线交于_____轴截面全等的_____全等的____________全等的____________侧面展开图_______________一点矩形垂直一点等腰三角形等腰梯形圆矩形扇形扇环3.三视图与直观图三视图画法规则:长对正、高平齐、宽相等直观图斜二测画法:(1)原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直,直观图中x′轴、y′轴的夹角为,z′轴与x′轴和y′轴所在平面. (2)原图形中平行于坐标轴的线段在直观图中仍,平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度,平行于y轴的线段在直观图中长度为.垂直45°或135°平行于坐标轴不变原来的一半【概念方法微思考】1.底面是正多边形的棱柱是正棱柱吗,为什么?提示不一定.因为底面是正多边形的直棱柱才是正棱柱.2.什么是三视图?怎样画三视图?提示光线自物体的正前方投射所得的正投影称为正视图,自左向右的正投影称为侧视图,自上向下的正投影称为俯视图,几何体的正视图、侧视图和俯视图统称为三视图.画几何体的三视图的要求是正视图与俯视图长对正;正视图与侧视图高平齐;侧视图与俯视图宽相等.题组一思考辨析1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)有两个面平行,其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱.()(2)有一个面是多边形,其余各面都是三角形的几何体是棱锥.()(3)棱台是由平行于底面的平面截棱锥所得的截面与底面之间的部分.()(4)正方体、球、圆锥各自的三视图中,三视图均相同.()(5)用两平行平面截圆柱,夹在两平行平面间的部分仍是圆柱.()(6)菱形的直观图仍是菱形.()基础自测JICHUZICE ××√×123456××7题组二教材改编2.[P19T2]下列说法正确的是A.相等的角在直观图中仍然相等B.相等的线段在直观图中仍然相等C.正方形的直观图是正方形√D.若两条线段平行,则在直观图中对应的两条线段仍然平行解析由直观图的画法规则知,角度、长度都有可能改变,而线段的平行关系不变.③⑤3.[P8T1]在如图所示的几何体中,是棱柱的为______.(填写所有正确的序号)题组三易错自纠4.某空间几何体的正视图是三角形,则该几何体不可能是√A.圆柱B.圆锥C.四面体D.三棱柱解析由三视图知识知,圆锥、四面体、三棱柱(放倒看)都能使其正视图为三角形,而圆柱的正视图不可能为三角形.5.如图是正方体截去阴影部分所得的几何体,则该几何体的侧视图是√解析此几何体侧视图是从左边向右边看.故选C.6.(2018·浙江诸暨中学期中)边长为22的正方形,其水平放置的直观图的面积为 A.24 B.1 C.2 2 D.8解析 正方形的边长为22,故面积为8,而原图和直观图面积之间的关系为S 直观图S 原图=24,故直观图的面积为8×24=2 2. √A.217B.2 5C.3D.2 7.(2018·全国Ⅰ)某圆柱的高为2,底面周长为16,其三视图如右图.圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ,圆柱表面上的点N 在侧视图上的对应点为B ,则在此圆柱侧面上,从M 到N 的路径中,最短路径的长度为√解析先画出圆柱的直观图,根据题中的三视图可知,点M ,N 的位置如图①所示.圆柱的侧面展开图及M ,N 的位置(N 为OP 的四等分点)如图②所示,连接MN ,则图中MN 即为M 到N 的最短路径.∴|MN |=|OM |2+|ON |2=22+42=2 5.故选B. |ON |=14×16=4,|OM |=2,2题型分类深度剖析PART TWO1.以下命题:①以直角三角形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥;②以直角梯形的一腰所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆台;③圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面;④一个平面截圆锥,得到一个圆锥和一个圆台.其中正确命题的个数为A.0B.1C.2D.3题型一空间几何体的结构特征自主演练√解析由圆锥、圆台、圆柱的定义可知①②错误,③正确.对于命题④,只有用平行于圆锥底面的平面去截圆锥,才能得到一个圆锥和一个圆台,④不正确.2.给出下列四个命题:①有两个侧面是矩形的立体图形是直棱柱;②侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥;③侧面都是矩形的直四棱柱是长方体;④底面为正多边形,且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱.①②③其中不正确的命题为________.(填序号)解析对于①,平行六面体的两个相对侧面也可能是矩形,故①错;对于②,对等腰三角形的腰是否为侧棱未作说明(如图),故②错;对于③,若底面不是矩形,则③错;④由线面垂直的判定,可知侧棱垂直于底面,故④正确.综上,命题①②③不正确.思维升华空间几何体概念辨析题的常用方法(1)定义法:紧扣定义,由已知构建几何模型,在条件不变的情况下,变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素,根据定义进行判定.(2)反例法:通过反例对结构特征进行辨析.题型二简单几何体的三视图多维探究命题点1已知几何体识别三视图例1(2018·全国Ⅲ)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来.构件的凸出部分叫榫头,凹进部分叫卯眼,图中木构件右边的小长方体是榫头.若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体,则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是√解析由题意可知带卯眼的木构件的直观图如图所示,由直观图可知其俯视图应选A.命题点2已知三视图,判断简单几何体的形状例2如图,网格纸的各小格都是正方形,粗实线画出的是一个几何体的三视图,则这个几何体是√A.三棱锥B.三棱柱C.四棱锥D.四棱柱解析由题意知,该几何体的三视图为一个三角形、两个四边形,经分析可知该几何体为三棱柱.命题点3已知三视图中的两个视图,判断第三个视图例3一个锥体的正视图和侧视图如图所示,下列选项中,不可能是该锥体的俯视图的是√解析A,B,D选项满足三视图作法规则,C不满足三视图作法规则中的宽相等,故C不可能是该锥体的俯视图.思维升华三视图问题的常见类型及解题策略(1)注意观察方向,看到的部分用实线表示,不能看到的部分用虚线.(2)还原几何体.要熟悉柱、锥、台、球的三视图,结合空间想象还原.(3)由部分视图画出剩余的部分视图.先猜测,还原,再判断.当然作为选择题,也可将选项逐项代入.A.①②B.①④C.②③D.②④跟踪训练1(1)(2018·杭州模拟)如图,在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,P 为BD 1的中点,则△P AC 在该正方体各个面上的正投影可能是解析P 点在上下底面投影落在AC 或A 1C 1上,所以△P AC 在上底面或下底面的投影为①,在前、后面以及左、右面的投影为④.√(2)(2018·宁波模拟)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某几何体的正视图(等腰直角三角形)和侧视图,且该几何体的体积为,则该几何体的俯视图可以是83 解析该几何体为正方体截去一部分后的四棱锥P —ABCD ,如图所示,该几何体的俯视图为C.√题型三空间几何体的直观图师生共研例4已知等腰梯形ABCD ,上底CD =1,腰AD =CB =,下底AB =3,以下底所在直线为x 轴,则由斜二测画法画出的直观图A ′B ′C ′D ′的面积为_____.22解析如图所示,作出等腰梯形ABCD 的直观图.因为OE =(2)2-1=1,所以O ′E ′=12,E ′F =24,则直观图A ′B ′C ′D ′的面积S ′=1+32×24=22. 2思维升华用斜二测画法画直观图的技巧在原图形中与轴平行的线段在直观图中与轴平行,不平行的线段先画线段的端点再连线.跟踪训练2如图,一个水平放置的平面图形的直观图(斜二测画法)是一个底角为45°、腰和上底长均为2的等腰梯形,则这个平面图形的面积是A.2+ 2B.1+ 2√C.4+2 2D.8+4 2解析由已知直观图根据斜二测画法规则画出原平面图形,如图所示,所以这个平面图形的面积为4×(2+2+22)2=8+42,故选D.3课时作业PART THREE1.在一个密闭透明的圆柱筒内装一定体积的水,将该圆柱筒分别竖直、水平、倾斜放置时,指出圆柱桶内的水平面可以呈现出的几何形状不可能是A.圆面B.矩形面C.梯形面D.椭圆面或部分椭圆面√基础保分练解析将圆柱桶竖放,水面为圆面;将圆柱桶斜放,水面为椭圆面或部分椭圆面;将圆柱桶水平放置,水面为矩形面,所以圆柱桶内的水平面可以呈现出的几何形状不可能是梯形面,故选C.2.如图所示,四面体ABCD的四个顶点是长方体的四个顶点(长方体是虚拟图形,起辅助作用),则四面体ABCD的三视图是(用①②③④⑤⑥代表图形)√A.①②⑥B.①②③C.④⑤⑥D.③④⑤解析正视图应该是边长为3和4的矩形,其对角线左下到右上是实线,左上到右下是虚线,因此正视图是①,侧视图应该是边长为5和4的矩形,其对角线左上到右下是实线,左下到右上是虚线,因此侧视图是②;俯视图应该是边长为3和5的矩形,其对角线左上到右下是实线,左下到右上是虚线,因此俯视图是③.3.用任意一个平面截一个几何体,各个截面都是圆面,则这个几何体一定是A.圆柱B.圆锥√C.球体D.圆柱、圆锥、球体的组合体解析截面是任意的且都是圆面,则该几何体为球体.4.某几何体的正视图与侧视图如图所示,则它的俯视图不可能是√解析若几何体为两个圆锥体的组合体,则俯视图为A;若几何体为四棱锥与圆锥的组合体,则俯视图为B;若几何体为两个四棱锥的组合体,则俯视图为D;不可能为C,故选C.5.(2018·丽水、衢州、湖州三地市质检)若将正方体(如图1)截去两个三棱锥,得到如图2所示的几何体,则该几何体的侧视图是解析从左向右看,该几何体的侧视图的外轮廓是一个正方形,且AD1对应的是实线,B1C对应的是虚线.故选B.√6.(2011·浙江)若某几何体的三视图如图所示,则这个几何体的直观图可以是√解析A,B的正视图不符合要求,C的俯视图显然不符合要求,故选D.7.(2019·台州模拟)已知底面是直角三角形的直棱柱的正视图、俯视图如图所示,则该棱柱的侧视图的面积为 A.18 6B.18 3C.18 2D.2722√解析 设侧视图的长为x ,则x 2=6×3=18,∴x =3 2.所以侧视图的面积为S =32×6=18 2.故选C.8.用一个平面去截正方体,则截面不可能是√A.直角三角形B.等边三角形C.正方形D.正六边形解析用一个平面去截正方体,则截面的情况为:①截面为三角形时,可以是锐角三角形、等腰三角形、等边三角形,但不可能是钝角三角形、直角三角形;②截面为四边形时,可以是梯形(等腰梯形)、平行四边形、菱形、矩形、正方形,但不可能是直角梯形;③截面为五边形时,不可能是正五边形;④截面为六边形时,可以是正六边形.9.(2018·湖州模拟)某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥最长棱的长为A. 5B.2 2C.3D.23解析在棱长为2的正方体ABCD—A1B1C1D1中,M,N分别为AD,BC的中点,该几何体的直观图如图中三棱锥D1—MNB1,√故通过计算可得D1B1=22,D1M=B1N=5,MN=2,MB1=ND1=3,故该三棱锥中最长棱的长为3.解析 因为直观图的面积是原图形面积的24倍,且直观 图的面积为1,10.一水平放置的平面四边形OABC ,用斜二测画法画出它的直观图O ′A ′B ′C ′如图所示,此直观图恰好是一个边长为1的正方形,则原平面四边形OABC 的面积为_____.22 所以原图形的面积为2 2.11.如图,在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,点P 是上底面A 1B 1C 1D 1内一动点,则三棱锥P -ABC 的正视图与侧视图的面积的比值为___.1解析如题图所示,设正方体的棱长为a ,则三棱锥P -ABC 的正视图与侧视图都是三角形,且面积都是a 2,故面积的比值为1.1212.给出下列命题:①棱柱的侧棱都相等,侧面都是全等的平行四边形;②若三棱锥的三条侧棱两两垂直,则其三个侧面也两两垂直;③在四棱柱中,若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面,则该四棱柱为直四棱柱;④存在每个面都是直角三角形的四面体.②③④其中正确命题的序号是________.解析①不正确,根据棱柱的定义,棱柱的各个侧面都是平行四边形,但不一定全等;②正确,若三棱锥的三条侧棱两两垂直,则三个侧面所在的三个平面的二面角都是直二面角;③正确,因为两个过相对侧棱的截面的交线平行于侧棱,又垂直于底面;④正确,如图,正方体ABCD-AB1C1D1中的三棱锥C1-ABC,四个面都是直1角三角形.13.如图,在一个正方体内放入两个半径不相等的球O 1,O 2,这两个球外切,且球O 1与正方体共顶点A 的三个面相切,球O 2与正方体共顶点B 1的三个面相切,则两球在正方体的面AA 1C 1C上的正投影是技能提升练√解析由题意可以判断出两球在正方体的面上的正投影与正方形相切.由于两球球心连线AB1与面ACC1A1不平行,故两球球心射影所连线段的长度小于两球半径的和,即两个投影圆相交,即为图B.。

数学(浙江专用文理通用)大一轮复习讲义:第八章 立体几何与空间向量 第7讲

数学(浙江专用文理通用)大一轮复习讲义:第八章 立体几何与空间向量 第7讲

基础巩固题组(建议用时:40分钟)一、选择题1.若直线l的方向向量为a=(1,0,2),平面α的法向量为n=(-2,0,-4),则()A.l∥αB.l⊥αC。

l⊂α D.l与α相交解析∵n=-2a,∴a与平面α的法向量平行,∴l⊥α。

答案B2。

若错误!=λ错误!+μ错误!,则直线AB与平面CDE的位置关系是() A。

相交B。

平行C.在平面内D.平行或在平面内解析∵错误!=λ错误!+μ错误!,∴错误!,错误!,错误!共面.则AB与平面CDE 的位置关系是平行或在平面内。

答案D3。

已知平面α内有一点M(1,-1,2),平面α的一个法向量为n =(6,-3,6),则下列点P中,在平面α内的是()A。

P(2,3,3) B.P(-2,0,1)C。

P(-4,4,0) D.P(3,-3,4)解析逐一验证法,对于选项A,错误!=(1,4,1),∴错误!·n=6-12+6=0,∴错误!⊥n,∴点P在平面α内,同理可验证其他三个点不在平面α内。

答案A4。

(2017·西安月考)如图,F是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱CD的中点。

E是BB1上一点,若D1F⊥DE,则有( )A.B1E=EB B。

B1E=2EBC.B1E=错误!EBD.E与B重合解析分别以DA,DC,DD1为x,y,z轴建立空间直角坐标系,设正方形的边长为2,则D(0,0,0),F(0,1,0),D1(0,0,2),设E(2,2,z),错误!=(0,1,-2),错误!=(2,2,z),∵错误!·错误!=0×2+1×2-2z=0,∴z=1,∴B1E=EB.答案A5。

如图所示,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,点M,P,Q分别为棱AB,CD,BC的中点,若平行六面体的各棱长均相等,则:①A1M∥D1P;②A1M∥B1Q;③A1M∥平面DCC1D1;④A1M∥平面D1PQB1。

以上说法正确的个数为( )A。

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§8.6空间向量及其运算最新考纲考情考向分析1.了解空间直角坐标系,会用空间直角坐标表示点的位置.2.了解空间向量的概念,了解空间向量的基本定理及其意义,了解空间向量的正交分解及其坐标表示.3.了解空间向量的加、减、数乘、数量积的定义、坐标表示的运算.4.了解空间两点间的距离公式、向量的长度公式及两向量的夹角公式.本节是空间向量的基础内容,涉及空间直角坐标系、空间向量的有关概念、定理、公式及四种运算等内容.一般不单独命题,常以简单几何体为载体;以解答题的形式出现,考查平行、垂直关系的判断和证明及空间角的计算,解题要求有较强的运算能力.1.空间向量的有关概念名称概念表示零向量模为0的向量0单位向量长度(模)为1的向量相等向量方向相同且模相等的向量a=b相反向量方向相反且模相等的向量a的相反向量为-a共线向量表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合的向量a∥b共面向量平行于同一个平面的向量2.空间向量中的有关定理(1)共线向量定理空间两个向量a与b(b≠0)共线的充要条件是存在实数λ,使得a=λb.(2)共面向量定理共面向量定理的向量表达式:p=x a+y b,其中x,y∈R,a,b为不共线向量.(3)空间向量基本定理如果三个向量a ,b ,c 不共面,那么对空间任一向量p ,存在有序实数组{x ,y ,z },使得p =x a +y b +z c ,{a ,b ,c }叫做空间的一个基底. 3.空间向量的数量积及运算律 (1)数量积及相关概念 ①两向量的夹角已知两个非零向量a ,b ,在空间任取一点O ,作OA →=a ,OB →=b ,则∠AOB 叫做向量a ,b 的夹角,记作〈a ,b 〉,其范围是0≤〈a ,b 〉≤π,若〈a ,b 〉=π2,则称a 与b 互相垂直,记作a ⊥b . ②两向量的数量积已知空间两个非零向量a ,b ,则|a ||b |cos 〈a ,b 〉叫做向量a ,b 的数量积,记作a ·b ,即a ·b =|a ||b |cos 〈a ,b 〉.(2)空间向量数量积的运算律 ①(λa )·b =λ(a ·b ); ②交换律:a ·b =b ·a ;③分配律:a ·(b +c )=a ·b +a ·c . 4.空间向量的坐标表示及其应用 设a =(a 1,a 2,a 3),b =(b 1,b 2,b 3).向量表示 坐标表示数量积 a·b a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3 共线 a =λb (b ≠0,λ∈R )a 1=λb 1,a 2=λb 2,a 3=λb 3 垂直 a ·b =0(a ≠0,b ≠0)a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3=0模 |a | a 21+a 22+a 23夹角 〈a ,b 〉 (a ≠0,b ≠0)cos 〈a ,b 〉=a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3a 21+a 22+a 23·b 21+b 22+b23概念方法微思考1.共线向量与共面向量相同吗?提示 不相同.平行于同一平面的向量就为共面向量. 2.零向量能作为基向量吗?提示 不能.由于零向量与任意一个非零向量共线,与任意两个非零向量共面,故零向量不能作为基向量.3.空间向量的坐标运算与坐标原点的位置选取有关吗?提示 无关.这是因为一个确定的几何体,其“线线”夹角、“点点”距离都是固定的,坐标系的位置不同,只会影响其计算的繁简,不会影响结果.题组一 思考辨析1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)空间中任意两个非零向量a ,b 共面.( √ ) (2)在向量的数量积运算中(a ·b )·c =a ·(b ·c ).( × ) (3)对于非零向量b ,由a ·b =b ·c ,则a =c .( × )(4)两向量夹角的范围与两异面直线所成角的范围相同.( × )(5)若A ,B ,C ,D 是空间任意四点,则有AB →+BC →+CD →+DA →=0.( √ ) (6)若a·b <0,则〈a ,b 〉是钝角.( × ) 题组二 教材改编2.[P97A 组T2]如图所示,在平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1中,M 为A 1C 1与B 1D 1的交点.若AB →=a ,AD →=b ,AA 1→=c ,则下列向量中与BM →相等的向量是( )A.-12a +12b +cB.12a +12b +c C.-12a -12b +cD.12a -12b +c 答案 A解析 BM →=BB 1→+B 1M →=AA 1→+12(AD →-AB →)=c +12(b -a )=-12a +12b +c .3.[P98T3]正四面体ABCD 的棱长为2,E ,F 分别为BC ,AD 的中点,则EF 的长为________. 答案2解析 |EF →|2=EF →2=(EC →+CD →+DF →)2=EC →2+CD →2+DF →2+2(EC →·CD →+EC →·DF →+CD →·DF →) =12+22+12+2(1×2×cos120°+0+2×1×cos120°)=2, ∴|EF →|=2,∴EF 的长为 2. 题组三 易错自纠4.在空间直角坐标系中,已知A (1,2,3),B (-2,-1,6),C (3,2,1),D (4,3,0),则直线AB 与CD 的位置关系是( ) A.垂直 B.平行C.异面D.相交但不垂直答案 B解析 由题意得,AB →=(-3,-3,3),CD →=(1,1,-1),∴AB →=-3CD →,∴AB →与CD →共线,又AB 与CD 没有公共点,∴AB ∥CD . 5.已知a =(2,3,1),b =(-4,2,x ),且a ⊥b ,则|b |=________. 答案 26解析 ∵a ⊥b ,∴a ·b =2×(-4)+3×2+1·x =0, ∴x =2,∴|b |=-42+22+22=2 6.6.O 为空间中任意一点,A ,B ,C 三点不共线,且OP →=34OA →+18OB →+tOC →,若P ,A ,B ,C四点共面,则实数t =______. 答案 18解析 ∵P ,A ,B ,C 四点共面,∴34+18+t =1,∴t =18.题型一 空间向量的线性运算例1 如图所示,在空间几何体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,各面为平行四边形,设AA 1→=a ,AB →=b ,AD →=c ,M ,N ,P 分别是AA 1,BC ,C 1D 1的中点,试用a ,b ,c 表示以下各向量:(1)AP →; (2)MP →+NC 1→.解 (1)因为P 是C 1D 1的中点, 所以AP →=AA 1→+A 1D 1→+D 1P → =a +AD →+12D 1C 1→=a +c +12AB →=a +c +12b .(2)因为M 是AA 1的中点, 所以MP →=MA →+AP →=12A 1A →+AP →=-12a +⎝⎛⎭⎪⎫a +c +12b =12a +12b +c .又NC 1→=NC →+CC 1→=12BC →+AA 1→=12AD →+AA 1→=12c +a ,所以MP →+NC 1→=⎝ ⎛⎭⎪⎫12a +12b +c +⎝ ⎛⎭⎪⎫a +12c=32a +12b +32c . 思维升华用基向量表示指定向量的方法 (1)结合已知向量和所求向量观察图形.(2)将已知向量和所求向量转化到三角形或平行四边形中.(3)利用三角形法则或平行四边形法则把所求向量用已知基向量表示出来.跟踪训练1 (1)如图所示,在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,O 为AC 的中点.用AB →,AD →,AA 1→表示OC 1→,则OC 1→=________________.答案12AB →+12AD →+AA 1→ 解析 ∵OC →=12AC →=12(AB →+AD →),∴OC 1→=OC →+CC 1→=12(AB →+AD →)+AA 1→=12AB →+12AD →+AA 1→.(2)(2018·金华质检)如图,在三棱锥O —ABC 中,M ,N 分别是AB ,OC 的中点,设OA →=a ,OB →=b ,OC →=c ,用a ,b ,c 表示NM →,则NM →等于( )A.12(-a +b +c ) B.12(a +b -c ) C.12(a -b +c ) D.12(-a -b +c ) 答案 B解析 NM →=NA →+AM →=(OA →-ON →)+12AB →=OA →-12OC →+12(OB →-OA →)=12OA →+12OB →-12OC →=12(a +b -c ). 题型二 共线定理、共面定理的应用例2 如图,在四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中,底面ABCD 是平行四边形,E ,F ,G 分别是A 1D 1,D 1D ,D 1C 1的中点.(1)试用向量AB →,AD →,AA 1→表示AG →; (2)用向量方法证明平面EFG ∥平面AB 1C . (1)解 设AB →=a ,AD →=b ,AA 1→=c .由图得AG →=AA 1→+A 1D 1→+D 1G →=c +b +12DC →=12a +b +c=12AB →+AD →+AA 1→. (2)证明 由题图,得AC →=AB →+BC →=a +b , EG →=ED 1→+D 1G →=12b +12a =12AC →,∵EG 与AC 无公共点,∴EG ∥AC ,∵EG ⊄平面AB 1C ,AC ⊂平面AB 1C , ∴EG ∥平面AB 1C .又∵AB 1→=AB →+BB 1→=a +c ,FG →=FD 1→+D 1G →=12c +12a =12AB 1→,∵FG 与AB 1无公共点, ∴FG ∥AB 1,∵FG ⊄平面AB 1C ,AB 1⊂平面AB 1C , ∴FG ∥平面AB 1C ,又∵FG ∩EG =G ,FG ,EG ⊂平面EFG , ∴平面EFG ∥平面AB 1C .思维升华证明三点共线和空间四点共面的方法比较三点(P ,A ,B )共线空间四点(M ,P ,A ,B )共面PA →=λPB →且同过点PMP →=xMA →+yMB →对空间任一点O ,OP →=xOA →+(1-x )OB →对空间任一点O ,OP →=xOM →+yOA →+(1-x -y )OB →跟踪训练2 如图所示,已知斜三棱柱ABC —A 1B 1C 1,点M ,N 分别在AC 1和BC 上,且满足AM →=kAC 1→,BN →=kBC →(0≤k ≤1).(1)向量MN →是否与向量AB →,AA 1→共面? (2)直线MN 是否与平面ABB 1A 1平行? 解 (1)∵AM →=kAC 1→,BN →=kBC →, ∴MN →=MA →+AB →+BN → =kC 1A →+AB →+kBC → =k (C 1A →+BC →)+AB → =k (C 1A →+B 1C 1―――→)+AB → =kB 1A →+AB →=AB →-kAB 1→ =AB →-k (AA 1→+AB →) =(1-k )AB →-kAA 1→,∴由共面向量定理知向量MN →与向量AB →,AA 1→共面. (2)当k =0时,点M ,A 重合,点N ,B 重合,MN 在平面ABB 1A 1内,当0<k ≤1时,MN 不在平面ABB 1A 1内, 又由(1)知MN →与AB →,AA 1→共面, ∴MN ∥平面ABB 1A 1.综上,当k =0时,MN 在平面ABB 1A 1内; 当0<k ≤1时,MN ∥平面ABB 1A 1. 题型三 空间向量数量积的应用例3 如图所示,已知空间四边形ABCD 的各边和对角线的长都等于a ,点M ,N 分别是AB ,CD 的中点.(1)求证:MN ⊥AB ,MN ⊥CD ;(2)求异面直线AN 与CM 所成角的余弦值. (1)证明 设AB →=p ,AC →=q ,AD →=r .由题意可知,|p |=|q |=|r |=a ,且p ,q ,r 三个向量两两夹角均为60°.MN →=AN →-AM →=12(AC →+AD →)-12AB →=12(q +r -p ),∴MN →·AB →=12(q +r -p )·p =12(q ·p +r ·p -p 2)=12(a 2cos60°+a 2cos60°-a 2)=0. ∴MN →⊥AB →,即MN ⊥AB . 同理可证MN ⊥CD .(2)设向量AN →与MC →的夹角为θ. ∵AN →=12(AC →+AD →)=12(q +r ),MC →=AC →-AM →=q -12p ,∴AN →·MC →=12(q +r )·⎝ ⎛⎭⎪⎫q -12p=12⎝ ⎛⎭⎪⎫q 2-12q ·p +r ·q -12r ·p=12⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2-12a 2cos60°+a 2cos60°-12a 2cos60°=12⎝⎛⎭⎪⎫a 2-a 24+a 22-a 24=a 22.又∵|AN →|=|MC →|=32a ,∴AN →·MC →=|AN →||MC →|cos θ=32a ×32a ×cos θ=a 22.∴cos θ=23.∴向量AN →与MC →的夹角的余弦值为23,从而异面直线AN 与CM 所成角的余弦值为23.思维升华 (1)利用向量的数量积可证明线段的垂直关系,也可以利用垂直关系,通过向量共线确定点在线段上的位置.(2)利用夹角公式,可以求异面直线所成的角,也可以求二面角. (3)可以通过|a |=a 2,将向量的长度问题转化为向量数量积的问题求解.跟踪训练3 如图,在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,以顶点A 为端点的三条棱长度都为1,且两两夹角为60°.(1)求AC 1→的长;(2)求BD 1→与AC →夹角的余弦值. 解 (1)记AB →=a ,AD →=b ,AA 1→=c ,则|a |=|b |=|c |=1,〈a ,b 〉=〈b ,c 〉=〈c ,a 〉=60°, ∴a ·b =b ·c =c ·a =12.|AC 1→|2=(a +b +c )2=a 2+b 2+c 2+2(a ·b +b ·c +c ·a )=1+1+1+2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12+12+12=6,∴|AC 1→|=6,即AC 1的长为 6. (2)BD 1→=b +c -a ,AC →=a +b , ∴|BD 1→|=2,|AC →|=3,BD 1→·AC →=(b +c -a )·(a +b )=b 2-a 2+a ·c +b ·c =1,∴cos〈BD 1→,AC →〉=BD 1→·AC→|BD 1→||AC →|=66.即BD 1→与AC →夹角的余弦值为66.1.已知a =(2,3,-4),b =(-4,-3,-2),b =12x -2a ,则x 等于( )A.(0,3,-6)B.(0,6,-20)C.(0,6,-6)D.(6,6,-6)答案 B解析 由b =12x -2a ,得x =4a +2b =(8,12,-16)+(-8,-6,-4)=(0,6,-20).2.在下列命题中:①若向量a ,b 共线,则向量a ,b 所在的直线平行;②若向量a ,b 所在的直线为异面直线,则向量a ,b 一定不共面; ③若三个向量a ,b ,c 两两共面,则向量a ,b ,c 共面;④已知空间的三个向量a ,b ,c ,则对于空间的任意一个向量p 总存在实数x ,y ,z 使得p =x a +y b +z c .其中正确命题的个数是( ) A.0B.1C.2D.3 答案 A解析 a 与b 共线,a ,b 所在的直线也可能重合,故①不正确;根据自由向量的意义知,空间任意两向量a ,b 都共面,故②不正确;三个向量a ,b ,c 中任意两个一定共面,但它们三个却不一定共面,故③不正确;只有当a ,b ,c 不共面时,空间任意一向量p 才能表示为p =x a +y b +z c ,故④不正确,综上可知四个命题中正确的个数为0,故选A.3.(2018·台州模拟)已知向量a =(2m +1,3,m -1),b =(2,m ,-m ),且a ∥b ,则实数m 的值等于( )A.32B.-2C.0D.32或-2 答案 B解析 当m =0时,a =(1,3,-1),b =(2,0,0),a 与b 不平行,∴m ≠0,∵a ∥b ,∴2m +12=3m =m -1-m,解得m =-2. 4.在空间直角坐标系中,已知A (1,-2,1),B (2,2,2),点P 在z 轴上,且满足|PA |=|PB |,则P 点坐标为( ) A.(3,0,0) B.(0,3,0) C.(0,0,3) D.(0,0,-3)答案 C解析 设P (0,0,z ), 则有1-02+-2-02+1-z2=2-02+2-02+2-z2,解得z =3.5.已知a =(1,0,1),b =(x ,1,2),且a·b =3,则向量a 与b 的夹角为( ) A.5π6B.2π3C.π3D.π6 答案 D解析 ∵a·b =x +2=3,∴x =1,∴b =(1,1,2),∴cos〈a ,b 〉=a·b |a||b |=32×6=32,又∵〈a ,b 〉∈[0,π],∴a 与b 的夹角为π6,故选D.6.如图,在大小为45°的二面角A -EF -D 中,四边形ABFE ,CDEF 都是边长为1的正方形,则B ,D 两点间的距离是( )A.3B.2C.1D.3-2答案D解析 ∵BD →=BF →+FE →+ED →,∴|BD →|2=|BF →|2+|FE →|2+|ED →|2+2BF →·FE →+2FE →·ED →+2BF →·ED →=1+1+1-2=3-2,故|BD →|=3- 2.7.(2019·舟山模拟)已知a =(2,1,-3),b =(-1,2,3),c =(7,6,λ),若a ,b ,c 三向量共面,则λ=________. 答案 -9解析 由题意知c =x a +y b ,即(7,6,λ)=x (2,1,-3)+y (-1,2,3),∴⎩⎨⎧2x -y =7,x +2y =6,-3x +3y =λ,解得λ=-9.8.已知a =(x ,4,1),b =(-2,y ,-1),c =(3,-2,z ),a ∥b ,b ⊥c ,则c =________. 答案 (3,-2,2)解析 因为a ∥b ,所以x -2=4y =1-1,解得x =2,y =-4,此时a =(2,4,1),b =(-2,-4,-1), 又因为b ⊥c ,所以b ·c =0,即-6+8-z =0,解得z =2,于是c =(3,-2,2).9.已知V 为矩形ABCD 所在平面外一点,且VA =VB =VC =VD ,VP →=13VC →,VM →=23VB →,VN→=23VD →.则VA 与平面PMN 的位置关系是________. 答案 平行解析 如图,设VA →=a ,VB →=b ,VC →=c ,则VD →=a +c -b ,由题意知PM →=23b -13c ,PN →=23VD →-13VC →=23a -23b +13c . ∴VA →=32PM →+32PN →,∴VA →,PM →,PN →共面. 又VA ⊄平面PMN , ∴VA ∥平面PMN .10.已知ABCD -A 1B 1C 1D 1为正方体, ①(A 1A →+A 1D 1―――→+A 1B 1―――→)2=3A 1B 1―――→2; ②A 1C →·(A 1B 1―――→-A 1A →)=0;③向量AD 1→与向量A 1B →的夹角是60°;④正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的体积为|AB →·AA 1→·AD →|. 其中正确的序号是________. 答案 ①②解析 ①中,(A 1A →+A 1D 1―――→+A 1B 1―――→)2=A 1A →2+A 1D 1―――→2+A 1B 1―――→2=3A 1B 1―――→2,故①正确;②中,A 1B 1―――→-A 1A →=AB 1→,因为AB 1⊥A 1C ,故②正确;③中,两异面直线A 1B 与AD 1所成的角为60°,但AD 1→与A 1B →的夹角为120°,故③不正确;④中,|AB →·AA 1→·AD →|=0,故④也不正确. 11.已知A ,B ,C 三点不共线,对平面ABC 外的任一点O ,若点M 满足OM →=13(OA →+OB →+OC →).(1)判断MA →,MB →,MC →三个向量是否共面; (2)判断点M 是否在平面ABC 内. 解 (1)由题意知OA →+OB →+OC →=3OM →, ∴OA →-OM →=(OM →-OB →)+(OM →-OC →), 即MA →=BM →+CM →=-MB →-MC →,∴MA →,MB →,MC →共面.(2)由(1)知MA →,MB →,MC →共面且过同一点M , ∴M ,A ,B ,C 四点共面. ∴点M 在平面ABC 内.12.已知a =(1,-3,2),b =(-2,1,1),A (-3,-1,4),B (-2,-2,2). (1)求|2a +b |;(2)在直线AB 上,是否存在一点E ,使得OE →⊥b ?(O 为原点) 解 (1)2a +b =(2,-6,4)+(-2,1,1)=(0,-5,5), 故|2a +b |=02+-52+52=5 2.(2)令AE →=tAB →(t ∈R ), 所以OE →=OA →+AE →=OA →+tAB → =(-3,-1,4)+t (1,-1,-2) =(-3+t ,-1-t ,4-2t ), 若OE →⊥b ,则OE →·b =0,所以-2(-3+t )+(-1-t )+(4-2t )=0,解得t =95.因此存在点E ,使得OE →⊥b ,此时E 点的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫-65,-145,25.13.如图,已知空间四边形OABC ,其对角线为OB ,AC ,M ,N 分别为OA ,BC 的中点,点G 在线段MN 上,且MG →=2GN →,若OG →=xOA →+yOB →+zOC →,则x +y +z =________.答案 56解析 连接ON ,设OA →=a ,OB →=b ,OC →=c ,则MN →=ON →-OM →=12(OB →+OC →)-12OA →=12b +12c -12a , OG →=OM →+MG →=12OA →+23MN →=12a +23⎝ ⎛⎭⎪⎫12b +12c -12a =16a +13b +13c . 又OG →=xOA →+yOB →+zOC →,所以x =16,y =13,z =13, 因此x +y +z =16+13+13=56. 14.已知O (0,0,0),A (1,2,1),B (2,1,2),P (1,1,2),点Q 在直线OP 上运动,当QA →·QB→取最小值时,点Q 的坐标是________.答案 (1,1,2)解析 由题意,设OQ →=λOP →,则OQ →=(λ,λ,2λ),即Q (λ,λ,2λ),则QA →=(1-λ,2-λ,1-2λ),QB →=(2-λ,1-λ,2-2λ),∴QA →·QB →=(1-λ)(2-λ)+(2-λ)(1-λ)+(1-2λ)(2-2λ)=6λ2-12λ+6=6(λ-1)2,当λ=1时取最小值,此时Q 点坐标为(1,1,2).15.(2018·温州高考适应性考试)正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为2,正方体所在空间的动点P 满足|PB 1→+PC →|=2,则AP →·AD 1→的取值范围是( )A.[0,4]B.[1,4]C.[0,22]D.[1,22] 答案 A解析 因为正方体的棱长为2,所以|B 1C |=2,则由|PB 1→+PC →|=2得点P 在以B 1C 的中点为球心,B 1C2为半径的球面上.当点P 与点B 重合时,点P 在直线AD 1上的射影为点A ,此时AP→·AD 1→取最小值0,当点P 与点C 1重合时,点P 在直线AD 1上的射影为D 1,此时AP →·AD 1→取最大值|AD 1→|2,则AP →·AD 1→∈[0,|AD 1→|2]=[0,4],故选A.16.已知棱长为1的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中,E 为侧面BB 1C 1C 的中心,F 在棱AD 上运动,正方体表面上有一点P 满足D 1P →=xD 1F →+yD 1E →(x ≥0,y ≥0),求所有满足条件的P 点构成图形的面积.解 由D 1P →=xD 1F →+yD 1E →(x ≥0,y ≥0)得点P 在以射线D 1F ,D 1E 为角的两边的平面内,又因为点P 在正方体的表面上,所以点P 所在的图形为点F 由点A 运动到点D 的过程中,以射线D 1F ,D 1E 为角的两边的平面与正方体的侧面的交线构成的区域.设棱BC 的中点为N ,则由图易得点P 构成的图形为△D 1DA 、直角梯形ABND 和△ENB 及他们的内部,则所求面积为12×1×1+1+122×1+12×12×12=118. 如有侵权请联系告知删除,感谢你们的配合!。

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