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快乐学习把梦圆
数学
假期作业七
空间的几何体、平面
型有问必答周双基
又因为ABCa,CDC3,
所以M∈a,M∈B.
1.各个面都是三角形的几何体是三棱锥吗？
所以M∈a∩B.
又因为a∩3=l,所以M∈l.
即AB,CD,l共点（相交于一点）.
2.圆台上底面圆周上任意一点与下底面圆周
【方法指导】1.证明三点共线的方法
上任意一点的连线都是圆台侧面的母线：
(1)首先找出两个平面，然后证明这三点
对吗？
都是这两个平面的公共点，根据基本事实3
可知，这些点都在两个平面的交线上，
(2)选择其中两点确定一条直线，然后证
3.用斜二测画法画平面图形的直观图时，垂
明另一点也在此直线上.
直的线段在直观图中仍垂直.对吗？
2.证明三线共点的步骤
(1)首先说明两条直线共面且交于一点.
(2)说明这个点在另两个平面上，并且这
4.空间两两相交的三条直线确定一个平面.
两个平面相交
对吗？
(3)得到交线也过此点，从而得到三线
共点
厚积薄发
》勤演练
要典例精析
拓思维
1.一个棱锥的各棱长都相等，那么这个棱锥
【例】如图，已知平面a,3,且a∩B=l.设
一定不是
()
梯形ABCD中，AD∥BC,且ABCa,CD
A.三棱锥
B.四棱锥
CB.
C.五棱锥
D.六棱锥
2.如果一个水平放置的图形的斜二测直观图
是一个边长为2的正三角形，那么原平面
图形的面积是
()
B
A.√3
B.2W6
求证：AB,CD,l共点（相交于一点）.
as
D.2√3
【思路探究】
梯形的两腰→找交点→
3.给出以下四个命题：
探求交点与平面α，3的位置关系→得结论
①不共面的四点中，其中任意三点不共线；
【证明】因为梯形ABCD中，AD∥BC,
②若点A,B,C,D共面，点A,B,C,E共
所以AB,CD是梯形ABCD的两腰.
面，则点A,B,C,D,E共面；
所以AB,CD必定相交于一点.
③若直线a,b共面，直线a,c共面，则直线
设AB∩CD=M.
b,c共面；
16
很期作业
过好假期每一天
④依次首尾相接的四条线段必共面.
面上，且此正方体的棱长为1.则该半正多
其中正确命题的个数是
面体共有
个面，其棱长为
A.0
B.1
C.2
D.3
4.(多选)已知a,3为平面，A,B,M,N为点，
a为直线，下列推理正确的是
()
A.A∈a,A∈3，B∈a,B∈3→aC3
B.M∈&，M∈B,N∈a,N∈B→a∩3=MN
①
②
C.A∈a,A∈B→a∩3=A
9.画一个三棱台，再把它分成：
D.A,B,M∈a,A,B,M∈B,且A,B,M不
(1)一个三棱柱和另一个多面体；
共线→a,B重合
(2)三个三棱锥，并用字母表示.
5.(多选)长方体ABCD一A1B,C1D1的长、
宽、高分别为3,2,1，则
()
A.长方体的表面积为20
B.长方体的体积为6
C.沿长方体的表面从A到C,的最短距离
为3√2
D.沿长方体的表面从A到C,的最短距离
为2√5
6.如图，平行四边形OP'Q'R'是四边形
OPQR的直观图，若OP'=3,OR'=1,则
原四边形OPQR的周长为
y
7.平面a∩平面B=l,点M∈a,N∈a,点P∈B,
且Pl,又MN∩l=R,过M,N,P三点
所确定的平面记为Y,则3∩Y=
8.中国有悠久的金石文化，印信是金石文化
的代表之一.印信的形状多为长方体、正方
体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信
的印信形状是“半正多面体”（图①）.半正
多面体是由两种或两种以上的正多边形围
成的多面体.半正多面体体现了数学的对
称美.图②是一个棱数为48的半正多面
体，它的所有顶点都在同一个正方体的表
●
17参答
过好假期每一天
参考答案
假期作业一向量、向量的加法、向量的数乘
10.【解】以AB,AC为邻边作平行四边形ACDB.由向量的
有问必答
加，减法的几何意义可知，AD=AB十AC,CB=AB
1.提示：不是，向量既有大小又有方向，因此不能比较大小
AC.因为|AB+AC=|AB一AC引，所以|AD=|CB
2.提示：不对，它们的终点构成的图形是圆.
IBC=4,M是线较BC的中点，M是对角钱BC,AD
3.提示：不对，四为零向量与任意向量平行，所以平行于零向
量的两个向量不一定平行，
的交点，所以AM=号|AD=号CB=2.
4.提示：不是，当入=0时，b=0,此时b的方向任意，不能得
出a与b的方向相同或相反
个性飞扬
厚积薄发
【解】(1)如图，操作8次赛车的位移为零
1.ACD若a=b,则a与b大小相等且方向相同，所以a∥b:
若|a=b,则a与b的大小相等，方向不确定，因此不
定有a∥b:方向相同或相反的向量都是平行向量，若a与
b方向相反，则有a∥b:零向量与任意向量都平行，所以若
|a=0或|b=0,则a∥b
2.DD项中，PA+AB-BQ=PB-BQ≠PQ,故选D.
3.C①错误.两向量共线要看其方向而不是起，点与终点.②
(2)要使赛车能到出发点，只需赛车的位移为零，按(1)的方
正确，因为向量既有大小，又有方向，故它们不能比较大
式作图，则所作图形是内角为180°一a的正多边形，故有
小，但它们的模均为实数，故可以比较大小.③错误.当ā
0时，不论入为何值，a=0:④错误.当入=：=0时，a
180°-a)=(n-2)180.m=360
,为不小于3的整数
b,此时，a与b可以是任意向堂，
若g=30°，则n=12,即操作12次可回到起点：
4.CO店-OA+A店-Oi+Ac-OA+(oc-OA)
若a=15°，则n=24,即操作24次可回到起点
10A+30元.即b=1a
子，同来号可得c=
b
假期作业二向量的分解与坐标表示
3
3a,故选：C
有问必答
1.提示：可以，因为e1,e2是不共线的向量，所以a和b为不
5.A由题意，A,B,D三点共线，故必存在一个实数A,使得
共线的向量，所以{，b}可以作为一个基底
AB=入BD.又AB=3e+2e:,CB=ke:+e2,CD=3e,
2.提示：不可以.只有不共线的两个向量才可以作为一组基底
2ke2.所以BD=CD-CB=3e1-2ke2-(ke1+e2)=(3-k)
3.提示：不对，两个向量的终点不同，但它们可能相等，则坐
e1-(2k+1)e2,所以3e1十2e2=λ(3-k)e1-A(2k十1)e2,
标有可能相同」
所以9D.解得=-是.
4.提示：不对，只有以坐标原点O为起点的向量的坐标才是
其终点的坐标，
6.【解析】正方形的对角线互相平分，则AO=OC,①正确：
5.提示：(1)a∥b=x1y-x2y1=0.
(2)a⊥b台x1x红+y1=0.
AO与AC的方向相同，所以AO∥AC,②正确：AB与CD的
厚积薄发
方向相反，所以AB与CD共线，③正确：尽管|AO=|BO,
1.c
迭项A中，由平面向量基本定理知入e1十2e2与e1,e
然而AO与BO的方向不相同，所以AO≠BO,④不正确.
共面，所以A项不正确；选项B中，实数入，入有且仅有一
【答案】①②③
对，所以B项不正确；选项D中，实数入1，入2一定存在，所
7.【解析】0币=0+=0i+号A店=0i+号(O成
以D项不正确：很明显C项正确.
2.ACAD与AB不共线，DA∥BC,CA与DC不共线，
o=-oi+号o成
OD∥OB,所以A,C可以作为该平面内所有向量的基底.
【答案】-}oi+号O成
3.A
ina+co3a=7,可得2sina=sina十cosa,于是
由
sin a
.1
8.【解析】因为向量a一3b与a+(2一m)b共线，所以存
tana=1,因此AC=AB+BC=(3tana,-2)=(3,-2).
在实数入使a一3b=入[a十(2一m)b].又因为向量a,b是
4.C因为a∥b,所以c0sa×1一(-2)X sin a=0,即cosa=
两个不共线的向量，
所以m=入且一3=1(2一m),解得m=一1或m=3.
2sing.tana=一。·所以2s1nac0sa=，a。=1
当向量m0一3b与a十(2一m)b反向时，m=一1.
sina十cosa
【答案】-1或3-1
9.【解析】(1)证明：：AB=e,十e,BD=BC+CD=2e,十
2tan a
2x(-2)
4
tana十1
5
8e+3e-3e=5(e1+e)=5AB,
(-2)广+1
,AB,BD共线，且有公共点B
5.C
如图，由已知得，∠ABC=
A,B,D三点共线.
∠BAE=∠EAC=30°，∠AEC=60°，
(2),ke1十e2与e1十ke2共线，
AC=1,
.存在入，使e1十e:=(e十e:),
1
即(k-入)e1=(Ak一1)e2,由于e1与e2不共线，
.|EC=
只能有红话=士1
tan60=3
30
33

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