2018届高考数学二轮复习第一部分专题五立体几何1.5.3空间向量与立体几何课件理

第*页 返回导航 2018大二轮 · 数学(理) 第*页 返回导航 2018大二轮 · 数学(理) 专题五　立体几何 第*页 返回导航 2018大二轮 · 数学(理) 解题必备 解题方略 限时 规范 编程规范下载gsp规范下载钢格栅规范下载警徽规范下载建设厅规范下载 训练 走进高考 第*页 返回导航 2018大二轮 · 数学(理) 考点三　空间向量与立体几何 第*页 返回导航 2018大二轮 · 数学(理) 1．直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法 设直线l的方向向量为a＝(a1，b1，c1)，平面α，β的法向量分别为μ＝(a2，b2，c2)，v＝(a3，b3，c3)，则 (1)线面平行 l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0； (2)线面垂直 l⊥α⇔a∥μ⇔a＝kμ⇔a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2； 第*页 返回导航 2018大二轮 · 数学(理) (3)面面平行 α∥β⇔μ∥v⇔μ＝λv⇔a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3； (4)面面垂直 α⊥β⇔μ⊥v⇔μ·v＝0⇔a2a3＋b2b3＋c2c3＝0. 第*页 返回导航 2018大二轮 · 数学(理) 2．直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算 设直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)，平面α，β的法向量分别为μ＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)(以下相同)． (1)线线夹角 设l，m的夹角为θeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤θ≤\f(π,2)))，则 cos θ＝eq \f(|a·b|,|a||b|)＝eq \f(|a1a2＋b1b2＋c1c2|,\r(a\o\al(2,1)＋b\o\al(2,1)＋c\o\al(2,1))\r(a\o\al(2,2)＋b\o\al(2,2)＋c\o\al(2,2)))； 第*页 返回导航 2018大二轮 · 数学(理) (2)线面夹角 设直线l与平面α的夹角为θeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤θ≤\f(π,2)))， 则sin θ＝eq \f(|a·μ|,|a||μ|)＝|cos〈a，μ〉|； (3)面面夹角 设平面α，β的夹角为θ(0≤θ＜π)， 则|cos θ|＝eq \f(|μ·v|,|μ||v|)＝|cos〈μ，v〉|. 第*页 返回导航 2018大二轮 · 数学(理) 类型一　利用向量证明平行与垂直 [典例1]　(2017·山东聊城模拟)如图，在直三棱柱ADE­BCF中，面ABFE和面ABCD都是正方形且互相垂直，M为AB的中点，O为DF的中点．运用向量方法证明： (1)OM∥平面BCF； (2)平面MDF⊥平面EFCD. 第*页 返回导航 2018大二轮 · 数学(理) 证明：由题意，得AB，AD，AE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． 设正方形边长为1，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，F(1,0,1)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，0))，Oeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，\f(1,2))). 第*页 返回导航 2018大二轮 · 数学(理) (1)eq \o(OM,\s\up11(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)，－\f(1,2)))，eq \o(BA,\s\up11(→))＝(－1,0,0)， 所以eq \o(OM,\s\up11(→))·eq \o(BA,\s\up11(→))＝0，所以eq \o(OM,\s\up11(→))⊥eq \o(BA,\s\up11(→)). 因为棱柱ADE­BCF是直三棱柱，所以AB⊥平面BCF， 所以eq \o(BA,\s\up11(→))是平面BCF的一个法向量，且OM⊄平面BCF，所以OM∥平面BCF. 第*页 返回导航 2018大二轮 · 数学(理) (2)设平面MDF与平面EFCD的一个法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)． 因为eq \o(DF,\s\up11(→))＝(1，－1,1)，eq \o(DM,\s\up11(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－1，0))，eq \o(DC,\s\up11(→))＝(1,0,0)， eq \o(CF,\s\up11(→))＝(0，－1,1)， 由n1·eq \o(DF,\s\up11(→))＝n1·eq \o(DM,\s\up11(→))＝0，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x1－y1＋z1＝0，,\f(1,2)x1－y1＝0，)) 第*页 返回导航 2018大二轮 · 数学(理) 解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y1＝\f(1,2)x1，,z1＝－\f(1,2)x1.)) 令x1＝1，则n1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，－\f(1,2))). 同理可得n2＝(0,1,1)． 因为n1·n2＝0，所以平面MDF⊥平面EFCD. 第*页 返回导航 2018大二轮 · 数学(理) [母题变式] 在本例1中，条件不变，判断直线OM与平面EFCD是否垂直？说明理由． 解析：OM⊥平面EFCD，理由如下：由例1知 eq \o(OM,\s\up11(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)，－\f(1,2)))，平面EFCD的一个法向量n2＝(0,1,1)， ∵eq \o(OM,\s\up11(→))∥n2，∴OM⊥平面EFCD. 第*页 返回导航 2018大二轮 · 数学(理) 用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理.如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线a∥b，只需证明向量a＝λbλ∈R即可.若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外. 第*页 返回导航 2018大二轮 · 数学(理) [自我挑战] 1.如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，BC⊥AC，BC＝AC＝2，AA1＝3，D为AC的中点． (1)求证：AB1∥平面BDC1； (2)在侧棱AA1上是否存在点P，使得CP⊥平面BDC1？并证明你的结论． 第*页 返回导航 2018大二轮 · 数学(理) 解：(1)证明：连接B1C，与BC1相交于点O，连接OD， ∵四边形BCC1B1是矩形，∴O是B1C的中点．又D是AC的中点， ∴OD∥AB1. ∵AB1⊄平面BDC1，OD⊂平面BDC1， ∴AB1∥平面BDC1. 第*页 返回导航 2018大二轮 · 数学(理) (2)如图，建立空间直角坐标系，则C1(0,0,0)，B(0,3,2)，C(0,3,0)，A(2,3,0)，D(1,3,0)，假设在侧棱AA1上存在一点P(2，y,0) (0≤y≤3)，使得CP⊥平面BDC1.∴eq \o(CP,\s\up11(→))＝(2，y－3,0) 则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\o(CP,\s\up11(→))·\o(C1B,\s\up11(→))＝0，,\o(CP,\s\up11(→))·\o(C1D,\s\up11(→))＝0，)) 即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(3y－3＝0，,2＋3y－3＝0，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝3，,y＝\f(7,3).)) ∴方程组无解．∴假设不成立． ∴在侧棱AA1上不存在点P，使得CP⊥平面BDC1. 第*页 返回导航 2018大二轮 · 数学(理) 类型二　利用空间向量求空间角 [典例2]　(2015·高考全国卷Ⅰ)(本题满分12分)如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC. (1)证明：平面AEC⊥平面AFC； (2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值． 第*页 返回导航 2018大二轮 · 数学(理) 规范解答：(1)证明：连接BD，设BD∩AC＝G， 连接EG，FG，EF. 在菱形ABCD中，不妨设GB＝1.由∠ABC＝120°， 可得AG＝GC＝eq \r(3)，AB＝BC＝2. 由BE⊥平面ABCD，AB＝BC，可得AE＝EC. 又AE⊥EC，所以EG＝AG＝eq \r(3)，且EG⊥AC. 在Rt△EBG中，可得BE＝eq \r(EG2－GB2)＝eq \r(3－1)＝eq \r(2)， 故DF＝eq \f(\r(2),2). 第*页 返回导航 2018大二轮 · 数学(理) 在Rt△FDG中，可得FG＝eq \r(DF2＋GD2)＝eq \r(\f(2,4)＋1)＝eq \f(\r(6),2). 在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE＝eq \r(2)，DF＝eq \f(\r(2),2)，可得EF＝eq \r(BD2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)BE))2)＝eq \r(22＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2)＝eq \f(3\r(2),2). 从而EG2＋FG2＝EF2，所以EG⊥FG. 3分　eq \x(得分点①) 又AC∩FG＝G，可得EG⊥平面AFC. 又因为EG⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面AFC. 6分　eq \x(得分点②) 第*页 返回导航 2018大二轮 · 数学(理) (2)如图，以G为坐标原点，分别以eq \o(GB,\s\up11(→))，eq \o(GC,\s\up11(→))的方向为x轴，y轴正方向，|eq \o(GB,\s\up11(→))|为单位长度，建立空间直角坐标系G­xyz. 由(1)可得A(0，－eq \r(3)，0)， E(1,0，eq \r(2))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，0，\f(\r(2),2)))，C(0，eq \r(3)，0)， 第*页 返回导航 2018大二轮 · 数学(理) 所以eq \o(AE,\s\up11(→))＝(1，eq \r(3)，eq \r(2))，eq \o(CF,\s\up11(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\r(3)，\f(\r(2),2))). 10分　eq \x(得分点③) 故cos〈eq \o(AE,\s\up11(→))，eq \o(CF,\s\up11(→))〉＝eq \f(\o(AE,\s\up11(→))·\o(CF,\s\up11(→)),|\o(AE,\s\up11(→))||\o(CF,\s\up11(→))|)＝eq \f(－1－3＋1,\r(6)×\f(3\r(2),2))＝－eq \f(\r(3),3). 所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为eq \f(\r(3),3).12分　eq \x(得分点④) 第*页 返回导航 2018大二轮 · 数学(理) 评分细则及说明： ①推理过程正确得3分，没有EG2＋FG2＝EF2扣1分； ②推理过程正确得3分，没有条件EG⊂平面AEC扣1分． ③推理过程正确得4分，没有指出空间直角坐标系扣2分； ④正确得出直线所成角的余弦值得2分，余弦值为－eq \f(\r(3),3)，扣1分． 第*页 返回导航 2018大二轮 · 数学(理) 1．运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：(1)建立恰当的空间直角坐标系；(2)求出相关点的坐标；(3)写出向量坐标；(4)结合公式进行论证、计算；(5)转化为几何结论． 2．求空间角注意：(1)两条异面直线所成的角α不一定是直线的方向向量的夹角β，即cos α＝|cos β|.(2)两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角．(3)直线和平面所成的角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，即注意函数名称的变化． 第*页 返回导航 2018大二轮 · 数学(理) [自我挑战] 2.(2017·江西八所中学联考)如图，四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是直角梯形，∠DAB＝90°，AD∥BC，AD⊥侧面PAB，△PAB是等边三角形，DA＝AB＝2，BC＝ eq \f(1,2)AD，E是线段AB的中点． (1)求证：PE⊥CD； (2)求PC与平面PDE所成角的正弦值． 第*页 返回导航 2018大二轮 · 数学(理) 解：(1)证明：因为AD⊥侧面PAB，PE⊂平面PAB， 所以AD⊥PE. 又因为△PAB是等边三角形，E是线段AB的中点， 所以PE⊥AB. 因为AD∩AB＝A， 所以PE⊥平面ABCD， 而CD⊂平面ABCD， 所以PE⊥CD. 第*页 返回导航 2018大二轮 · 数学(理) (2)以E为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系E­xyz. 则E(0,0,0)，C(1，－1,0)，D(2,1,0)，P(0,0，eq \r(3))． eq \o(ED,\s\up11(→))＝(2,1,0)，eq \o(EP,\s\up11(→))＝(0,0，eq \r(3))，eq \o(PC,\s\up11(→))＝(1，－1，－eq \r(3))． 设n＝(x，y，z)为平面PDE的法向量． 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(ED,\s\up11(→))＝0，,n·\o(EP,\s\up11(→))＝0，)) 即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2x＋y＝0，,\r(3)z＝0.)) 第*页 返回导航 2018大二轮 · 数学(理) 令x＝1，可得n＝(1，－2,0)． 设PC与平面PDE所成的角为θ，则 sin θ＝|cos〈eq \o(PC,\s\up11(→))，n〉|＝eq \f(|\o(PC,\s\up11(→))·n|,|\o(PC,\s\up11(→))|·|n|)＝eq \f(3,5). 所以PC与平面PDE所成角的正弦值为eq \f(3,5). 第*页 返回导航 2018大二轮 · 数学(理) 类型三　利用空间向量求解探索问题 [典例3]　如图，在五面体ABCDPE中，PD⊥平面ABCD，∠ADC＝∠BAD＝90°，F为棱PA的中点，PD＝BC＝eq \r(2)，AB＝AD＝1，且四边形CDPE为平行四边形． (1)判断AC与平面DEF的位置关系，并给予证明； (2)在线段EF上是否存在一点Q，使得BQ与平面PBC所成角的正弦值为eq \f(\r(3),6)？若存在，请求出QE的长；若不存在，请说明理由． 第*页 返回导航 2018大二轮 · 数学(理) 解：(1)AC∥平面DEF.理由如下：设线段PC交DE于点N，连接FN，如图所示，因为四边形PDCE为平行四边形，所以点N为PC的中点，又点F为PA的中点，所以FN∥AC，因为FN⊂平面DEF，AC⊄平面DEF，所以AC∥平面DEF. 第*页 返回导航 2018大二轮 · 数学(理) (2)假设在线段EF上存在一点Q，使得BQ与平面PBC所成角的正弦值为eq \f(\r(3),6)，设eq \o(FQ,\s\up11(→))＝λeq \o(FE,\s\up11(→))(0≤λ≤1)，如图，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系． 因为PD＝BC＝eq \r(2)，AB＝AD＝1，所以CD＝2，所以P(0,0，eq \r(2))，B(1,1,0)，C(0,2,0)，A(1,0,0)，所以eq \o(PB,\s\up11(→))＝(1,1，－eq \r(2))，eq \o(BC,\s\up11(→))＝(－1,1,0)． 第*页 返回导航 2018大二轮 · 数学(理) 设平面PBC的法向量为m＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m·\o(PB,\s\up11(→))＝x，y，z·1，1，－\r(2)＝0，,m·\o(BC,\s\up11(→))＝x，y，z·－1，1，0＝0，)) 即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＋y－\r(2)z＝0，,－x＋y＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝y，,z＝\r(2)x，))令x＝1，得平面PBC的一个法向量为m＝(1,1，eq \r(2))． 假设存在点Q满足条件． 由Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(\r(2),2)))，E(0,2，eq \r(2))，可得eq \o(FE,\s\up11(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，2，\f(\r(2),2))). 第*页 返回导航 2018大二轮 · 数学(理) 设eq \o(FQ,\s\up11(→))＝λeq \o(FE,\s\up11(→))(0≤λ≤1)，整理得Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－λ,2)，2λ，\f(\r(2)1＋λ,2)))，则eq \o(BQ,\s\up11(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1＋λ,2)，2λ－1，\f(\r(2)1＋λ,2)))，因为直线BQ与平面PBC所成角的正弦值为eq \f(\r(3),6)，所以|cos〈eq \o(BQ,\s\up11(→))，m〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(|\o(BQ,\s\up11(→))·m|,|\o(BQ,\s\up11(→))|·|m|)))＝eq \f(|5λ－1|,2\r(19λ2－10λ＋7))＝eq \f(\r(3),6)， 得14λ2－5λ－1＝0，又0≤λ≤1，所以λ＝eq \f(1,2)， 第*页 返回导航 2018大二轮 · 数学(理) 故在线段EF上存在一点Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1，\f(3\r(2),4)))，使得BQ与平面PBC所成角的正弦值为eq \f(\r(3),6)， 且QE＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)－0))2＋1－22＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(2),4)－\r(2)))2)＝eq \f(\r(19),4). 第*页 返回导航 2018大二轮 · 数学(理) 1．确定点在线段上的位置时，通常利用向量共线来求． 2．确定点在平面内的位置时，充分利用平面向量基本定理表示出有关向量的坐标而不是直接设出点的坐标． 3．解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题． 第*页 返回导航 2018大二轮 · 数学(理) [自我挑战] 3.如图所示，四边形ABCD是边长为1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD＝NB＝1，E为BC的中点． (1)求异面直线NE与AM所成角的余弦值； (2)在线段AN上是否存在点S，使得ES⊥平面AMN？若存在，求线段AS的长；若不存在，请说明理由． 第*页 返回导航 2018大二轮 · 数学(理) 解：(1)由题意，易得DM⊥DA，DM⊥DC，DA⊥DC. 如图所示，以点D为坐标原点，DA，DC，DM所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系． 第*页 返回导航 2018大二轮 · 数学(理) 则D(0,0,0)，A(1,0,0)，M(0,0,1)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，N(1,1,1)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，0))， 所以eq \o(NE,\s\up11(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，－1))，eq \o(AM,\s\up11(→))＝(－1,0,1)． 设异面直线NE与AM所成角为θ， 则cos θ＝|cos〈eq \o(NE,\s\up11(→))，eq \o(AM,\s\up11(→))〉|＝eq \f(|\o(NE,\s\up11(→))·\o(AM,\s\up11(→))|,|\o(NE,\s\up11(→))|·|\o(AM,\s\up11(→))|)＝eq \f(\f(1,2),\f(\r(5),2)×\r(2))＝eq \f(\r(10),10). 所以异面直线NE与AM所成角的余弦值为eq \f(\r(10),10). 第*页 返回导航 2018大二轮 · 数学(理) (2)假设在线段AN上存在点S，使得ES⊥平面AMN，连接AE. 因为eq \o(AN,\s\up11(→))＝(0,1,1)， 可设eq \o(AS,\s\up11(→))＝λeq \o(AN,\s\up11(→))＝(0，λ，λ)，λ∈[0,1]， 又eq \o(EA,\s\up11(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－1，0))， 所以eq \o(ES,\s\up11(→))＝eq \o(EA,\s\up11(→))＋eq \o(AS,\s\up11(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，λ－1，λ)). 由ES⊥平面AMN， 第*页 返回导航 2018大二轮 · 数学(理) 得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\o(ES,\s\up11(→))·\o(AM,\s\up11(→))＝0，,\o(ES,\s\up11(→))·\o(AN,\s\up11(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)＋λ＝0，,λ－1＋λ＝0，)) 解得λ＝eq \f(1,2)，此时eq \o(AS,\s\up11(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))， |eq \o(AS,\s\up11(→))|＝eq \f(\r(2),2). 经检验，当AS＝eq \f(\r(2),2)时，ES⊥平面AMN， 故线段AN上存在点S，使得ES⊥平面AMN，此时AS＝eq \f(\r(2),2). 第*页 返回导航 2018大二轮 · 数学(理) C 1．(2017·高考全国卷Ⅱ)已知直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为(　　) A.eq \f(\r(3),2) B.eq \f(\r(15),5) C.eq \f(\r(10),5) D.eq \f(\r(3),3) 第*页 返回导航 2018大二轮 · 数学(理) 解析：选C.M，N，P分别为AB，BB1，B1C1的中点，则AB1，BC1夹角为MN和NP夹角或其补角(异面直线所成角为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))) 可知MN＝eq \f(1,2)AB1＝eq \f(\r(5),2)，NP＝eq \f(1,2)BC1＝eq \f(\r(2),2)， 作BC中点Q，则可知△PQM为直角三角形． 第*页 返回导航 2018大二轮 · 数学(理) PQ＝1，MQ＝eq \f(1,2)AC. △ABC中，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC ＝4＋1－2×2×1·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝7，AC＝eq \r(7). 则MQ＝eq \f(\r(7),2)，在△MQP中，MP＝eq \r(MQ2＋PQ2)＝eq \f(\r(11),2)， 第*页 返回导航 2018大二轮 · 数学(理) 在△PMN中，cos∠PNM＝eq \f(MN2＋NP2－PM2,2·MN·NP) ＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(11),2)))2,2·\f(\r(5),2)·\f(\r(2),2))＝－eq \f(\r(10),5). 又异面直线所成角为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则所求角的余弦值为eq \f(\r(10),5). 第*页 返回导航 2018大二轮 · 数学(理) 2．(2017·高考全国卷Ⅲ)a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论： ①当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角； ②当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角； ③直线AB与a所成角的最小值为45°； ④直线AB与a所成角的最大值为60°. 其中正确的是________(填写所有正确结论的编号) 第*页 返回导航 2018大二轮 · 数学(理) 解析：依题意建立如图所示的空间直角坐标系．设等腰直角三角形ABC的直角边长为1. 由题意知点B在平面xOy中形成的轨迹是以C为圆心，1为半径的圆． 设直线a的方向向量为a＝(0,1,0)，直线b的方向向量为b＝(1,0,0)，eq \o(CB,\s\up11(→))以Ox轴为始边沿逆时针方向旋转的旋转角为θ，θ∈[0,2π)，则B(cos θ，sin θ，0)， ∴eq \o(AB,\s\up11(→))＝(cos θ，sin θ，－1)，|eq \o(AB,\s\up11(→))|＝eq \r(2). 第*页 返回导航 2018大二轮 · 数学(理) 设直线AB与a所成夹角为α， 则cos α＝eq \f(|\o(AB,\s\up11(→))·a|,|a||\o(AB,\s\up11(→))|)＝eq \f(\r(2),2)|sin θ|∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))， ∴45°≤α≤90°，∴③正确，④错误． 设直线AB与b所成夹角为β， 则cos β＝eq \f(|\o(AB,\s\up11(→))·b|,|b||\o(AB,\s\up11(→))|)＝eq \f(\r(2),2)|cos θ|. 第*页 返回导航 2018大二轮 · 数学(理) 当直线AB与a的夹角为60°，即α＝60°时， 则|sin θ|＝eq \r(2)cos α＝eq \r(2)cos 60°＝eq \f(\r(2),2)， ∴|cos θ|＝eq \f(\r(2),2).∴cos β＝eq \f(\r(2),2)|cos θ|＝eq \f(1,2). ∵0°≤β≤90°，∴β＝60°，即直线AB与b的夹角为60°. ∴②正确，①错误． 答案：②③ 第*页 返回导航 2018大二轮 · 数学(理) 3．(2017·高考全国卷Ⅲ)如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形．∠ABD＝∠CBD，AB＝BD. (1)证明：平面ACD⊥平面ABC； (2)过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分．求二面角D­AE­C的余弦值． 第*页 返回导航 2018大二轮 · 数学(理) 解：(1)证明：由题设可得 △ABD≌△CBD，从而AD＝CD. 又△ACD是直角三角形，所以∠ADC＝90°. 取AC的中点O，连接DO，BO， 则DO⊥AC，DO＝AO. 又因为△ABC是正三角形，故BO⊥AC， 所以∠DOB为二面角D­AC­B的平面角． 在Rt△AOB中，BO2＋AO2＝AB2， 又AB＝BD，所以BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2， 故∠DOB＝90°.所以平面ACD⊥平面ABC. 第*页 返回导航 2018大二轮 · 数学(理) (2)由题设及(1)知，OA，OB，OD两两垂直， 以O为坐标原点，eq \o(OA,\s\up11(→))的方向为x轴正方向，|eq \o(OA,\s\up11(→))|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系O­xyz， 则A(1,0,0)，B(0，eq \r(3)，0)，C(－1,0,0)，D(0,0,1)． 由题设知，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的eq \f(1,2)，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的eq \f(1,2)，即E为DB的中点，得Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，\f(1,2)))， 第*页 返回导航 2018大二轮 · 数学(理) 故eq \o(AD,\s\up11(→))＝(－1,0,1)，eq \o(AC,\s\up11(→))＝(－2,0,0)，eq \o(AE,\s\up11(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(\r(3),2)，\f(1,2))). 设n＝(x，y，z)是平面DAE的法向量， 则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(AD,\s\up11(→))＝0，,n·\o(AE,\s\up11(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－x＋z＝0，,－x＋\f(\r(3),2)y＋\f(1,2)z＝0，)) 可取n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(3),3)，1)). 第*页 返回导航 2018大二轮 · 数学(理) 设m是平面AEC的法向量，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m·\o(AC,\s\up11(→))＝0，,m·\o(AE,\s\up11(→))＝0，)) 同理可取m＝(0，－1，eq \r(3))， 则cos 〈n，m〉＝eq \f(n·m,|n||m|)＝eq \f(\r(7),7). 所以二面角D­AE­C的余弦值为eq \f(\r(7),7).