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上海(沪教版)数学高二下学期同步辅导讲义教师版:第十一讲空间向量和三视图

作者:高考题库网
来源:https://www.bjmy2z.cn/gaokao
2020-09-14 21:08
tags:高中数学补习

2013河南高中数学预赛-高中数学必修4的教材答案




沪教版数学高二下春季班第十一讲
课题
空间向量和三视图
单元 第章 学科 数学 年级 十一
1. 了解空间向量的概念;掌握空间向量的线性运算及其坐标表示;
2. 理解直线的方向向量与平面的法向量;
学习
3. 能用向量方法解决线线、线面、面面的夹角的计算问题,体会向量方法在研究几何问题
目标
中的作用;
4. 了解三视图的概念和基本机构,会画简单几何体的三视图
重点
1.空间向量的坐标及运算、空间向量的应用,利用空间向量求线线所成角、线面所成角、
二面角.

2.三视图的概念和基本结构,简单几何体的三视图,将三视图还原为空间几何体的方法。

难点 三视图的概念和基本结构,简单几何体的三视图,将三视图还原为空间几何体的方法。


教学安排

1
2
3
4
5
知识梳理
例题解析
巩固训练
师生总结
课后练习
版块 时长
30
60
20
10
30






一、 空间向量
1.空间直角坐标系:
在空间选定一点
O
引三条互相垂直且有相同长 度单位的数轴:
x
轴、
y
轴、
z
轴,它们都叫
坐标 轴.我们称建立了一个空间直角坐标系
O?xyz
,点
O
叫原点,通过每两个 坐标轴的平面叫


空间向量和三视图
知识梳理




坐标平面,分别称为
xOy
平面,
yOz
平面,
zOx
平面;
2.空间两点间距离

A(x
1
,y1
,z
1
)

B(x
2
,y
2
,z
2
)
,则
AB?___________

特别地,A到原点的距离
AO?
3.空间向量的坐标
x
1
?y
1
?z
1

222
r< br>rrr
给定空间直角坐标系和向量
a
,设
i,j,k
为坐标向 量,则存在唯一的有序实数组
(a
1
,a
2
,a
3
)
,使
r
rrrr
a?a
1
i?a
2
j? a
3
k
,有序实数组
(a
1
,a
2
,a< br>3
)
叫作向量
a
在空间直角坐标系
O?xyz
中的坐 标,记
r

a?(a
1
,a
2
,a
3)

4.空间向量的直角坐标运算律:
rr
(1)若
a?( a
1
,a
2
,a
3
)

b?(b
1
,b
2
,b
3
)


rrrrr

a?b?___________

a?b?___ ________

?
a?___________(
?
?R)
rrrrrr
a?b?___________

ab?_____ ______(
?
?R)

a?b?___________

uuur
AB?___________
. (2)若
A(x
1
,y
1
,z
1
)

B(x
2
, y
2
,z
2
)
,则
5.重要结论
(1)模长公式:
rr
rrr
222

a?(a
1
,a
2
,a
3
)

b?(b
1
,b
2
,b
3
)
,则
|a|?a?a?a
1
?a
2
?a
3

rrr
222
|b|?b?b ?b
1
?b
2
?b
3

rr
(2)夹角 公式:
cosa?b?___________?___________

(3)两点间的距离公式:
uuuruuur
2

A(x
1
,y
1
,z
1
)

B(x
2
, y
2
,z
2
)
,则
|AB|?AB?__________ _

二、空间向量的应用
会用向量的方法求线与线、线与面、面与面所成的角,点与点、点与面之间的距离。

提示:立体几何的计算主要是求角和距离,侧重求角。

计算方法:

rr
agb
rr


线与线所成角
?
:设 分别与直线
l
1
,l
2
平行的向量为
a,b
,则< br>cos
?
?
rr
,则直线
l
1
,l
2
所成
ab
角为
___________
(注意:两直线所成角的范 围是
?
0,
?
?
?
)。

?
2
??




rr
agn
rr


线与面所成角
?
:设 与直线
l
平行的向量为
a
,平面
?
的法向量为
n< br>,则
sin
?
?
rr
,则直
an
线
l
与平面
?
所成角为
___________
(注意:线与面所成角 的范围是
?
0,
?
?
?
)。

?
2
?
?
uruur
③二面角求法:设平面
?
,
?< br>的法向量为
n
1
,n
2
,且
___________
,则二面角大小为
arccos
?

?
?arccos?
(注意:二面角的范围是
?
0,
?
?
)。

uuur
uuur


点到点的距离:若已知向量
AB,则点
A

B
的距离为
AB




点到面的距离:已知点
A
是平面
?
外的点,点
B

?
内的点,且
?
的法向量为
n
,则点
A
到平面
?
的距离为
____________


三、三视图
r





1.三视图:三视图是观测者从三个不同位置观察同一个空间几何体而画出的图形.
视图:将人的视线规定为平行投影线,然后正对着物体看过去,将所见物体的轮廓用
正投影法绘制出来该图形称为视图.


(1)从前面向后面投射所得的视图称主视图—能反映物体的前面形状;

(2)从上面向下面投射所得的视图称俯视图—能反映物体的上面形状;

(3)从左面向右面投射所得的视图称左视图—能反映物体的左面形状.

三视图就是主视图、俯视图、左视图的总称.




结论:正俯一样长,俯侧一样宽,正侧一样高.






2.常用的三视图
(1)常见旋转体的三视图






1.圆柱的正视图和侧视图都是矩形,俯视图是圆;

2.圆锥的正视图和侧视图都是等腰三角形,俯视图是圆和圆心;

3.球的三视图都是圆.;


(2)常见多面体的三视图原则
常用原则就是在绘制三视图时,务必做到正视图、侧视图高平齐,正视图、俯视图长对正,俯视图、
侧视 图宽相等.具体在安排方法时,正视图与侧视图在同一水平位置,且正视图在左,侧视图在右,
俯视图在 正视图的正下方.具体图形如下:
1、长方体


2、圆锥


3、圆柱


4、四棱锥


5、三棱锥













例题解析
一、空间向量
考点一. 空间向量坐标的运算
1 已知向量a=(4,-2,-4),b=(6,-3,2),
则(2a+3b)·(a-2b)= ________.
【答案】-244
【解析】 (2a+3b)·(a-2b)=2a+3a·b-4a·b-6b=2×6-22-6×7=-244.
2222




2 已知a+b=(2,2,2 3),a-b=(0,2,
0),则cos〈a,b〉=( )
1166
A. B. C. D.
3636
【答案】C
[来源:]


考点二 垂直与平行条件的应用
1 已知空间三 点A(-2,0,2),B(-1,1,2),
→→
C(-3,0,4),设a=AB,b=A C.若向量ka+b与ka-2b互相垂直,则k的值为________.
5
【答案】-或2
2
【解析】 a=(-1+2,1-0,2-2)=( 1,1,0),b=(-3+2,0-0,4-2)=(-1,0,2),
∴ka+b=(k,k,0)+(-1,0,2)=(k-1,k,2),
ka-2b=(k,k,0)-(-2,0,4)=(k+2,k,-4), 学¥




∴(k-1,k,2)·(k+2,k,-4)=(k-1)(k+2)+k-8=0,
5
2
即2k+k-10=0,∴k=-或k=2.
2
2
2 已知向量a=(2x,1,3),b=(1,-2y,9),
如果a与b为共线向量,则( )
11
A.x=1,y=1 B.x=,y=-
22
1313
C.x=,y=- D.x=-,y=
6262
【答案】C
2x1313
【解析】 ∵a=(2x,1,3)与b=(1,-2y,9)共线,故有==,∴x=,y=-.
1-2y962
考点三 利用空间向量的坐标运算求夹角及长度
1 已知空间三点A (0,2,3),B(-2,1,6),
C(1,-1,5).
[来源:学.科.网Z.X.X .K]

→→
求以AB,AC为边的平行四边形的面积.






2 如图3-1-15所示,直棱柱ABC - A
1
B
1
C
1
的底
面△ABC中,CA=CB =1,∠BCA=90°,棱AA
1
=2,M,N分别是A
1
B
1< br>,A
1
A的中点.
(1)求BN的长;
(2)求异面直线BA
1
与CB
1
所成角的余弦值;
(3)求证:A
1
B⊥C
1
M.

图3-1-15





【解析】∵AC⊥BC,CC
1
⊥平面ABC,
∴可以建立如图所示的空间直角坐标系.


备课素材 [教师专属栏目Ⅱ]
[来源:学]
1. 向量运算的坐标表示
1. 已知a=(2,-1,3),b=(0,-1,2),求:
(1)a+b;
(2)2a-3b;
(3)a·b;
[来源学]
(4)(a+b)·(a-b).




【解析】(1)a+b=(2,-1,3)+(0,-1,2)
=(2+0,-1-1,3+2)
=(2,-2,5).
(2)2a-3b=(4,-2,6)-(0,-3,6)=(4,1,0).
(3)a·b=(2,-1,3)·(0,-1,2)
=2×0+(-1)×(-1)+3×2=7.
(4)(a+b)·(a-b)=a
2
-b
2

=4+1+9-0-1-4=9.
2. 向量平行与垂直的坐标表示
2. 设向量 a=(3,5,-4),b=(2,1,8),计算2a+3b,3a-2b,a·b,并确定λ,μ的关系,使 a+μb与z
轴垂直.

3. 设a=(1,5,-1),b=(-2,3,5),若(ka+b)∥(a-3b),求k.
【解析】ka+b=(k-2,5k+3,-k+5),a-3b=(7,-4,-16).
因为(ka+b)∥(a-3b),
k-25k+3-k+5
1
所以==,解得k=-.
73
-4-16
3. 向量的夹角与长度
4. 在棱长为1的正方体ABC D-A
1
B
1
C
1
D
1
中,E、F分别是 D
1
D、BD的中点,G在棱CD上,且
1
CG=CD,H为C
1< br>G的中点,应用空间向量方法求解下列问题.
4
(1)求证:EF⊥B
1
C;
(2)求EF与C
1
G所成的角的余弦值.





111
【解析】 如上图所示,建立空间直角 坐标系D-xyz,则有E(0,0,)、F(,,0)、C(0,1,0)、C
1
(0,1, 1)、
222
3
B
1
(1,1,1,)、G(0,,0).
4
111111
(1)EF=(,,0)-(0,0,)=(,,-),
2 22222

B
1
C=(0,1,0)-(1,1,1)=(-1,0,-1 ).


当堂测·通考点

A.(-1,3,-3) B.(9,1,1)
C.(1,-3,3) D.(-9,-1,-1)



1.设M(5,-1,2),A(4,2,-1),若OM=AB,则点B应为( )




【答案】B
→→
→→→
→→
【解析】∵OM=AB=OB-OA,
∴OB=OM+OA=(9,1,1).故选B.
rrrr
rrrr
2若向 量
a

b
的坐标满足
a?b?(?2,?1,2),a?b?(4, ?3,?2),

a
?
b
等于( )
A.-1 B.-5 C.5 D.7
【答案】
B
【解析】
∵==(1,﹣2,
0);
=
2).∴
故选B.

3.若A(m+1,n-1,3),B(2m ,n,m-2n),C(m+3,n-3,9)三点共线,则m+n=________.
【答案】0
m-1
1
m-2n-3
【解析】因为AB=(m-1,1,m-2n-3), AC=(2,-2,6),由题意得AB∥AC,则==,
26
-2
所以m=0,n= 0,m+n=0.
4.已知a=(2,-3,0),b=(k,0,3),=120°,则 k=________.
【答案】-39.
【解析】∵a·b=2k,|a|=13,|b|=k
2
+9,
∴cos120°=
∴k=-39.
5. 如图,在三棱锥A﹣BCD中,DA,D B,DC两两垂直,且DB=DC,E为BC中点,则
于_________。

2k

13×k
2
+9
→→→→
=1×(﹣3)﹣2×1+0=﹣5.
=(﹣3,1,

【答案】0











二、三视图
一、考查三视图的画法
例1 下列几何体各自的三视图中,有且仅有两个视图相同的是( )

①正方形 ②圆锥 ③三棱台 ④正四棱锥
A.①② B.①③ C.①④ D.②④
解析 ②④的侧视图和正视图是一样的,俯视图不同;图③中 三棱台的正视图中应有一条竖直
的线段容易被忽视,而图①中正方体的三个视图相同.选D.
点评 本题题型新颖,角度巧妙,考查三视图知识以及对柱、锥、台体的直观认识.
例2 将正三棱柱截去三个角(如图所示
A,B,C
分别是
?GHI
三边的中点)得 到几何体如图(2),




则该几何体按图(2)所示方向的侧视图(或称左视图)为( )

(1) (2)

A B C D
解析 当三棱柱没有截去三个角时的侧视图为矩形,可知截去三个角后的侧视图为A.
点评 本题以三视图为载体考查空间想象能力.

2 考查原几何体某些问题,如表面积、体积等
例3 下图是一个几何体的三视图,根据图中数据,可得该几何体的表面积是( )
A.
9
?
B.
10
?
C.
11
?
D.
12
?


正(主)视图 侧(左)视图

俯视图
解析 几何体为一个球与一个圆柱的组合体,
S?4?
?1
2
?
?
?1
2
?2?2
??1?3?12
?
.选D.
点评 解决本题的关键是由三视图准确还原几何体.




例4 已知某个几何体的三视图如下,根据图中标出的尺寸(单位:
cm
),可得这 个几何体的
体积是( )
A.
4000
3
cm

3
B.
8000
3
cm
C.
2000cm
3

3
D.
4000cm

3

正视图 侧视图 俯视图
解析 根据三视图画出原几何图形为四棱锥,底面是正方形,侧面
SCD?
底面
ABCD

AB?20cm
,高
SO?20cm
,由此 可计算出其体积.选B.
S
A
O
B
C
D

3 考查其他视图面积的求解或原几何体某些问题等
例5 已知正三棱锥V?ABC
的主视图、俯视图如下图所示,其中
VA?4,AC?23
,则该三< br>棱锥的左视图的面积为( )
V
23
4
B
主视图 俯视图
C
V
A
A
B

A. 9 B. 6 C.
33
D.
39

解析 由主视图、俯视图可知,正投影方向与底边
BC
平行 ,由主视图知,正三棱锥的侧棱
VA?4
,由俯视图知,正三棱锥的底边
AC?23< br>,求得正三棱锥的高
VO?23
.




V
V
C
A
O
M
B

23
CA
B

正三棱锥 左视图
由左视图得
S
?VBC
?
11
VA?BC??23 ?23?6
.选B.
22
点评 本题考查三视图的画图规则和图形面积的求法,考查运算能力和数形结合思想.
例6 用小立方体块搭一个几何体,使得它的正视图和俯视图如图所示,这样的几何体至少要
个小立方块,最多只能用 个小立方块.

正视图 俯视图
解析 如图(1)所示(图形不唯一),此时需要最少的立方块,块数为9块.如 图(2)所示,此时需要
的立方块最多为14块.

(1) (2)

点评 若只知道两个视图,则几何体的形状不能确定.本题构思新颖,重在考查同学们的空间想
象能力.
4 融合其他知识综合考查
例7 如下图所给的
A,B,C
三个几 何体中,按箭头所示的方向为它们的正面.设
A,B,C
三个几




何体的主视图分别是
A
1
,B
1
,C
1
;左视图分别是
A
2
,B
2
,C
2
;俯视图分别是
A
3
,B
3
,C
3.

A B C
正面
(Ⅰ)请你分别写出
A
1
,A
2
,A< br>3
,B
1
,B
2
,B
3
,C
1,C
2
,C
3
图形的名称;
(Ⅱ)小明先将这9个视图分别画 在大小、形状完全相同的9张卡片上,并将画有
A
1
,A
2
,A3
的三张
卡片放在甲口袋中,画有
B
1
,B
2
,B
3
的三张卡片放在乙口袋中,画有
C
1
,C
2
,C
3
的三张卡片放在丙口袋
中,然后由小亮随机从这三个口袋中分别抽取一张卡片.
①求小亮随机抽取的三张卡片上的图形名称都相同的概率;
②小亮和小明做游戏,游戏规则规 定:在小亮随机抽取的三张卡片中只有两张卡片上的图形名称
相同时,小明获胜;三张卡片上的图形名称 完全不同时,小亮获胜.这个游戏对双方公平吗?为什么?
解析 (Ⅰ)由已知可得
A
1
,A
2
是矩形,
A
3
是圆;
B
1,B
2
,B
3
都是矩形;
C
1
是三角形,
C
2
,C
3
是矩
形.
(Ⅱ)①三张卡片上的图形名称都相同的概率是
111
C
2
C3
C
2
4
?.

111
C
3
C
3
C
3
9
②游戏对双方不公平,
三张卡片中只有两张卡片上的图形名称相同的概率是
1111
C
2
C
3
?C
3
C
2
4
4
P?.
, 即
?
小明获胜
111
9
9
C
3
C
3
C
3
三张卡片上的图形名称完全不同的概率是
1
C
3
1
1
P?.
,即
?
小亮 获胜
111
9
C
3
C
3
C
3
9< br>





41
?
,∴这个游戏对双方不公平.
99
点评 本题立 意新颖,构思巧妙,将三视图与概率结合起来,考查了运用概率知识分析问题、解决
实际问题的能力,对 分类思想、数形结合思想及阅读理解能力和逻辑推理能力都有较高要求.





反思总结
一、向量法求点到平面的距离:

uuurr
ABgn
d?
r
n

uuuruuur
AB?CD
二、向量法求异面直线
AB

CD
的夹角
?

cos
?
?
uuuruuur

AB?CD

uuuur
r
PM?n
r
三、向量法 求直线与平面所成的角
?

sin
?
?
uuuur
r
:(
n

?
的法向量,
M

l

?
的交点,
PM?n
P

l
上不同于
M
的任意一点).

四、向量法求二面角
?

rr
n
1
?n
2
cos
?
?
rr
n
1
?n
2

r
n
1

r
n
2
分别为两个平面的法向量).

五、三视图
1、投影:区分中心投影与平行投影.平行投影分为正投影和斜投影.
2、三视图——是观察者从三个不同位置观察同一个空间几何体而画出的图形;
正视图——光线从几何体的前面向后面正投影,得到的投影图;
侧视图——光线从几何体的左面向右面正投影,得到的投影图;
正视图——光线从几何体的上面向下面正投影,得到的投影图;
注:(1)俯视图画在正视图 的下方,“长度”与正视图相等;侧视图画在正视图的右边,“高度”
与正视图相等,“宽度”与俯视图 .(简记为“正、侧一样高,正、俯一样长,俯、侧一样宽”.
(2)正视图,侧视图,俯视图都是平面图形,而不是直观图.




课后练习
一、选择题(每小题5分,共50分)
1.如图,在平行六面体ABCD —A
1
B
1
C
1
D
1
中,M为AC与BD 的交点.若
A
1
B
1
=a,
A
1
D
1
=b,




A
1
A
=c,则下列向量中与
B
1
M
相等的向量是
A.-a+
1
2
111
b+c B.a+b+c
222
C.
1111
a-b+c D.-a-b+c
2222
2.下列等式中,使点M与点A、B、C一定共面的是
111
A.
OM?3OA?2OB?OC
B.
OM?OA?OB?OC

235
C.
OM?OA?OB?OC?0
D.
MA?MB?MC?0

3.已知空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都等 于1,点E、F分别是AB、AD的
中点,则
EF?DC
等于
A.
33
11
B.
?
C. D.
?

44
44
4.若
a ?(1,
?
,2)

b?(2,?1,1)

a

b
的夹角为
60
0
,则
?
的值为
A.17或-1 B.-17或1 C.-1 D.1

5.设
OA?(1,1,?2)

OB?(3,2,8)

OC?(0,1,0)
,则线段
AB
的中点
P
到 点
C
的距离为
A.
135353
53
B. C. D.
224
4
6.下列几何体各自的三视图中,有且仅有两个视图相同的是






①正方体 ②圆锥 ③三棱台 ④正四棱锥

A.①② B.①③ C.①④ D.②④



7.右图是一个几何体的三视图,根据图中数据,可得该几何体的表面积是
A.


2
B.
10π

C.
11π

3
D.
12π


2 2
俯视图 正(主)视图 侧(左)视图





8.如图,ABCD-A
1
B
1
C
1
D
1
为正方体,下面结论错误的是
..
∥平面CB
1
D
1

1
⊥BD

1
⊥平面CB
1
D
1
D.异面直线AD与CB
1
所成的角为60°

9.如图,在长方 体ABCD-A
1
B
1
C
1
D
1
中,AB =BC=2,AA
1
=1,则BC
1
与平面BB
1
D
1
D所成角的
正弦值为
A.
6251510
B. C. D.
3555
10.⊿ABC的三个顶点分别是
A(1,?1,2)< br>,
B(5,?6,2)

C(1,3,?1)
,则AC边上的高BD长 为
A.5 B.
41
C.4 D.
25


二、填空题(每小题5分,共20分)
11.设a?(x,4,3)

b?(3,?2,y)
,且
ab
,则xy?
.
12.已知向量
a?(0,?1,1)

b?(4,1,0)

?
a?b?29

?
?0
,则
?
=________.
13.在直角坐标系
xOy
中,设A (-2,3),B(3,-2),沿
x
轴把直角坐标平面折成大小

?
的二面角后,这时
AB?211
,则
?
的大小为 .
14.如图,P—ABCD是正四棱锥,
ABCD?A
1
B
1C
1
D
1
是正方体,其中
AB?2,PA?6
,则
B
1
到平面PAD
的距离为 .


三、解答题(共80分)
15.(本小题满分12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为1的正方形,侧棱PA的长为2,且PA与AB、AD的夹角都等于60
0

M
是PC 的中点,设
AB?a,AD?b,AP?c

(1)试用
a,b,c
表示出向量
BM

(2)求
BM
的长.




P
M
D
A
B
C






16.(本小题满分14分)如下的三个图中,上面的是一个长方体截去一个角所 得多面体
的直观图,它的正视图和侧视图在下面画出(单位:cm).(1)在正视图下面,按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图;(2)按照给出的尺寸,求该多面体的体积;(3)
在所给直 观图中连结
BC'
,证明:
BC'
∥面EFG..


D'
C'

G
F

B'


E
C

D

A
B

6
2

2

2

4



4

侧视图
正视图


17.(本小题 满分12分)如图,在四面体
ABCD
中,
CB?CD,AD?BD
,点E,F
分别

AB,BD
的中点.求证:
(1)直线
EF

ACD

(2)平面
EFC?

BCD


















18.(本小题满分14分)如图,已知点P在正方体ABCD?A'B'C'D'
的对角线
BD'
上,




∠PDA=60°.
(1)求DP与
CC'
所成角的大小;
(2)求DP与平面
AA'D'D
所成角的大小.

D'

C'

A'

B'
P



D
C


A
B











19.(本小题满分14分)已知一四棱锥P-ABCD的三视图如下,E是侧棱PC上的动点.
(1)求四棱锥P-ABCD的体积;
(2)是否不论点E在何位置,都有BD⊥AE?证明你的结论;

(3)若点E为PC的中点,求二面角D-AE-B的大小.

P


E


2
2
D
1

C

1
11

A
B
俯视图
正视图
侧视图
















20.(本小题满分14分)如图,已知四棱锥
P?ABCD
,底面
ABCD
为菱形,
PA?
平面
AB CD

?ABC?60
o

E,F
分别是
BC,P C
的中点.
(1)证明:
AE?PD

(2)若
H
PD
上的动点,
EH
与平面
PAD
所成最大角的正切 值为
6
,求二面角
2
E?AF?C
的余弦值.













P
F
A
B
E C
D
参考答案
一、选择题
111
1
1.
B
1
M?B
1
B?BM?A
1
A?(BA?BC)
=c+(-a+b) =-a+b+c,故选A.
222
2
2.
由于M、A、B、C四点共面?O M?xOA?yOB?zOC(x,y,z?R)且x?y?z?1
?选项(A)、(B)、(C)都不 正确.由于MA?MB?MC?0?MA??MB?MC

所以存在x??1,y?1,使MA?xMB?yMC?MA,MB,MC共面

故选D.
由于M为公共点?M、A、B、C四点共面,
3.∵
E,F分别是 AB,AD的中点
,
?EFBD且EF?
?EF?DC?
11
BD, ?EF?BD
,

22
1111
BD?DC?BD?DCcos?B D,DC???1?1?cos120
0
??

2224
故选B.
4.B 5.B 6.D 7.D 8.D 9.D
10.由于
AD?AB?cos?AB,AC??



AB?AC
AC
?4
,所以
BD?AB?AD?5
,故选A
22




二、填空题
11.9 12.3
13.作AC⊥x轴于C,BD⊥x轴于D,则
AB?AC?CD?DB


AC?3,CD?5,DB?2,AC?CD?0,CD?DB?0,AC?DB?AC?DBcos( 180
0
?
?
)??6cos
?

?AB?(AC ?CD?DB)?AC?CD?DB?2(AC?CD?CD?DB?DB?AC)
1
?(21 1)
2
?3
2
?5
2
?2
2
?2(0?0 ?6cos
?
),?cos
?
??.由于 0
0
?
?
?180
0
,?
?
?120
0
2
14. 以
A
1
B
1

x
轴,
A
1
D
1

y
轴,
A
1
A

z轴建立空间直角坐标系
2
2
222

ur
设平面PAD的法向量是
m?(x,y,z)

uuuruu urur
QAD?(0,2,0),AP?(1,1,2)
,∴
y?0,x?y?2z ?0
,取
z?1

m?(?2,0,1)

uuurur
B
1
A?m
6
uuur
?5
.
QB1
A?(?2,0,2)
,∴
B
1
到平面PAD的距离
d?
ur
5
m

三、解答题
15.解:(1)∵
M
是PC的中点,∴
BM?
1111
?[b?(c?a)]??a?b?c< br>
2222
(2)
由于AB?AD?1,PA?2,?a?b?1,c?2

11
(BC?BP)?[AD?(AP?AB)]

22
由于AB? AD,?PAB??PAD?60
0
,?a?b?0,a?c?b?c?2?1?cos60< br>0
?1

由于BM?
?BM?
2
1
(?a?b?c),

2
1113
(?a?b?c)
2
?[a
2
?b
2?c
2
?2(?a?b?a?c?b?c)]?[1
2
?1
2< br>?2
2
?2(0?1?1)]?
4442
?BM?
66
,?BM的长为
.

22
16.解:(1)如图















1
?
1
284< br>?
(2)所求多面体体积
V?V
长方体
?V
正三棱锥
?4?4?6??
?
?2?2
?
?2
?(cm
2
)

3
?
2
3
?
(3)证明:在长方体
A BCD?A
?
B
?
C
?
D
?
中,
D
?

G
F
连结
AD
?
,则
AD
?
∥BC
?

A
?

因为
E,G
分别为
AA
?

A
?
D
?
中点,
所以
AD
?
∥EG

E
D
从而
EG∥BC
?
.又
BC
?
?
平面EFG

A
所以
BC
?


EFG

17.证明:(1)∵E,F分别是
AB,BD
的中点,
∴EF是△ABD的中位线,∴EF∥AD,
∵AD
?
面ACD,EF
?
面ACD,∴直线EF∥面ACD;
(2)∵AD⊥BD,EF∥AD,∴EF⊥BD,
∵CB=CD,F是BD的中点,∴CF⊥BD
又EF∩CF=F, ∴BD⊥面EFC,
∵BD
?
面BCD,∴面
EFC?

BCD
.
C
?

B
?

C
B
18.解 :如图,以
D
为原点,
DA
为单位长建立空间直角坐标系
D?xyz

uuuruuuur
?
?(0,DA?(1,0,0)CC0,1).连结
BD

B
?
D
?
. 则,
在平 面
BB
?
D
?
D
中,延长
DP

B
?
D
?

H

uuuuruuur
u uuur
1)(m?0)
,由已知
?DH,DA??60
o
, 设< br>DH?(m,m,
uuuruuuuruuuruuuuruuuruuuur
,DH?
,可得
2m?2m
2
?1
. 由
DAgDH?DADHco s?DA
uuuur
?
22
?
2
1
?
解得
m?
,所以
DH?
?
?
2

2

?

2
??
22
?0??0?1?1
uuuur uuuur
2
22
(1)因为
cos?DH,

CC
?
???
2
1?2
z
D
?

A
?

D
A
x
C
?

H
P
B
?

C
B
y
u uuuruuuur
CC
?
??45
o
,即
DP

CC
?
所成的角为
45
o
. 所以
?DH,
uuur
1,0)
. (2)平面
AA
?D
?
D
的一个法向量是
DC?(0,
22
?0??1? 1?0
uuuuruuur
1
22
因为
cos?DH,DC???< br>,
2
1?2
uuuuruuur
DC??60
o
, 可得
DP
与平面
AA
?
D
?
D
所成的角为
30
o
. 所以
?DH,
19.解:(1)由该四棱锥的三视图可知 ,该四棱锥P-ABCD的底面是边长为1的正方
12
形,侧棱PC⊥底面ABCD,且PC= 2.∴
V
P?ABCD
?S
YABCD
?PC?

33
(2)不论点E在何位置,都有BD⊥AE




证明如下:连结AC,∵ABCD是正方形,∴BD⊥AC
∵PC⊥底面ABCD 且
BD?
平面
ABCD
∴BD⊥PC

ACIPC?C
∴BD⊥平面PAC
∵不论点E在何位置,都有AE
?
平面PAC
∴不论点E在何位置,都有BD⊥AE
(3)解法1:在平面DAE内过点D作DG⊥AE于G,连结BG
∵CD=CB,EC=E C,∴
Rt?ECD

Rt?ECB
,∴ED=EB
∵AD=AB,∴△EDA≌△EBA,∴BG⊥EA

?DGB
为二面角D-EA-B的平面角
∵BC⊥DE,AD∥BC,∴AD⊥DE
2
在Rt△ADE中
DG?
AD?DE
==BG
AE3
DG
2
?BG
2
?BD
2
1
在△D GB中,由余弦定理得
cos?DGB???

2DG?BG2

? DGB
=
2
?
2
?
,∴二面角D-AE-B的大小为. < br>33
z
解法2:以点C为坐标原点,CD所在的直线为x轴建立空间直角坐标系如图示:

D(1,0,0),A(1,1,0),B(0,1,0),E(0,0,1)
,从 而
uuuruuuruuuruuur
DE?(?1,0,1),DA?(0,1,0),BA ?(1,0,0),BE?(0,?1,1)

P
E
D
设平面ADE和平面ABE的法向量分别为
urr
m?(a,b,c),n?(a',b',c')

x
CB
A
由法向量的性质可得:
?a?c?0,b?0

a'?0, ?b'?c'?0

urr

c?1,c'??1
,则
a? 1,b'??1
,∴
m?(1,0,1),n?(0,?1,?1)

urr
m?n1
设二面角D-AE-B的平面角为
?
,则
cos
?
?
uurr
??

2
|m|?|n|
y

?
?
2
?
2
?
,∴二面角D-AE-B的大小为.
33
20.(1)证明:由四边形
ABCD
为菱形,
?ABC?60
o
,可得
△ABC
为正三角形.
因为
E

BC
的中点,所以
AE?BC


BC∥AD
,因此
AE?AD

因为
PA?< br>平面
ABCD

AE?
平面
ABCD
,所以
PA?AE


PA?
平面
PAD

AD?平面
PAD

PAIAD?A

所以
AE?
平面
PAD
.又
PD?
平面
PAD

所以
AE?PD

(2)解:设
AB?2

H< br>为
PD
上任意一点,连接
AH,EH





由(1)知
AE?
平面
PAD


?EHA

EH
与平面
PAD
所成的角.

Rt△EAH
中,
AE?3

所以当
AH
最短时,
?EHA
最大,
即当
AH?PD
时,
?EHA
最大.
此时
tan?EHA?
AE36
??

AHAH2
因此
AH?2
.又
AD?2
,所以
?ADH?45
o
所以
PA?2

解法一:因为
PA?
平面
ABCD

PA?
平面
PAC

所以平面
PAC?
平面
ABCD


E

EO?AC

O
,则
EO?
平面
PAC


O

OS?AF

S
,连接
ES< br>,则
?ESO
为二面角
E?AF?C
的平面角,
sin30
o
?

Rt△AOE
中,
EO?AEg
3
3

AO?AEgcos30
o
?

2
2
32

4
sin45
o
?

F

PC
的中点,在
Rt△ASO
中,
SO?A Og

SE?EO
2
?SO
2
?
32
39 30
,在
Rt△ESO
中,
cos?ESO?
SO
?
4
?
15

??
484
SE5
30
4
即所求二面角的余弦值为
15

5
解法二:由(1)知
A E,AD,AP
两两垂直,以
A
为坐标原点,建立如图所示的空间直角
坐标系 ,又
E,F
分别为
BC,PC
的中点,所以
A(0,0,,0)B(3,?1,,0)C(31,,,0)D(0,2,0)

P
z
?
31
?
P(0,0,,2)E(3,0,,0) F
?
1
?
?
2
,,
?

2??
uuuruuur
?
31
?
0,,0)AF?
?< br>,1
?
所以
AE?(3,

?
2

?
2
??
A
B
F
y
D
E
x
C
设平面
AEF
的一 法向量为
m?(x
1
,y
1
,z
1
)

uuur
?
3x
1
?0,
?
mgAE?0,
?
?

?
uuu
因此
?
3

r
1
x
1
?y
1
?z
1
?0.
?< br>?
?
mgAF?0,
?22

z
1
??1< br>,则
m?(0,2,?1)





因为
BD?AC

BD?PA

PAIAC?A
,所以
BD?
平面
AFC

uuur

BD
为平面
AFC
的一法向量.
uu ur
uuur
uuur
mgBD2?315
3,0)
,所以
cos?m,BD???

BD?(?3,

uuur
?
5
5?12
mgBD
因为二面角
E?AF?C
为锐角,所以所求二面 角的余弦值为





15

5

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