新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇专题4立体几何第3讲空间向量与空间角核心考点3平面与平面的夹角教师用书

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(1)θ∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) .
(2)cs θ＝|csn1，n2|＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|).
典例研析·悟方法
典例6 (2023·日照三模)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝2，侧面ABB1A1是正方形，且平面A1BC⊥平面ABB1A1.
(1)求证：AB⊥BC；
(2)若直线AC与平面A1BC所成的角为eq \f(π,6)，E为线段A1C的中点，求平面ABE与平面BCE所成锐二面角的大小．
【解析】 (1)证明：连接AB1，设A1B∩AB1＝M，则A1B中点为M，且AM⊥A1B，
∵平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，AM⊂平面ABB1A1，
∴AM⊥平面A1BC，
∵BC⊂平面A1BC，
∴AM⊥BC，
又在直三棱柱ABC－A1B1C1，BB1⊥面ABC，BC⊂平面ABC，
∴BB1⊥BC，
∵AM∩BB1＝B1，AM，BB1⊂平面ABB1A1，
∴BC⊥平面ABB1A1，
∵AB⊂平面ABB1A1，
∴AB⊥BC.
(2)由(1)得AM⊥平面A1BC，
则直线AC与平面A1BC所成的角为∠ACM＝eq \f(π,6)，
在正方形ABB1A1中，AB＝2，AM＝eq \r(2)，AC＝2eq \r(2)，BC＝eq \r(AC2－AB2)＝2，
建立以B为原点的空间直角坐标系B－xyz，如图所示：
A(0,2,0)，C(2,0,0)，E(1,1,1)，M(0,1,1)，
则eq \(BA,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq \(BE,\s\up6(→))＝(1,1,1)，
设平面ABE的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BA,\s\up6(→))＝2y＝0，,n·\(BE,\s\up6(→))＝x＋y＋z＝0，))取x＝1，则y＝0，z＝－1，
∴平面ABE的法向量为n＝(1,0，－1)，
又AM⊥平面A1BC，eq \(AM,\s\up6(→))＝(0，－1,1)
设平面CBE的法向量为m，则m＝(0，－1,1)，
设平面ABE与平面BCE所成锐二面角为θ，
∴cs θ＝|csm，n|＝eq \f(|m·n|,|m|·|n|)＝eq \f(1,\r(2)×\r(2))＝eq \f(1,2)，
∵θ为锐角，
∴θ＝eq \f(π,3)，即平面ABE与平面BCE所成锐二面角的大小为eq \f(π,3).
方法技巧·精提炼
利用空间向量求平面与平面夹角的解题步骤
加固训练·促提高
(2023·三明三模)如图，平面五边形ABCDE由等边三角形ADE与直角梯形ABCD组成，其中AD∥BC，AD⊥DC，AD＝2BC＝2，CD＝eq \r(3)，将△ADE沿AD折起，使点E到达点M的位置，且BM＝a.
(1)当a＝eq \r(6)时，证明AD⊥BM并求四棱锥M－ABCD的体积；
(2)已知点P为棱CM上靠近点C的三等分点，当a＝3时，求平面PBD与平面ABCD夹角的余弦值．
【解析】 (1)证明：如图，取AD的中点O，连接MO，OB，
因为△ADM为等边三角形，且AD＝2，则OM⊥AD，OM＝eq \r(3)，
因为AD∥BC，AD⊥DC，AD＝2BC＝2，CD＝eq \r(3)，所以OB⊥AD，OB＝eq \r(3)，
因为OM∩OB＝O，OM，OB⊂平面MOB，所以AD⊥平面MOB，
因为BM⊂平面MOB，所以AD⊥BM；
因为BM＝a＝eq \r(6)，所以OM2＋OB2＝BM2，所以OM⊥OB，
因为OA∩OB＝O，OA，OB⊂平面ABCD，所以OM⊥平面ABCD，
所以VM－ABCD＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)(1＋2)×eq \r(3)×eq \r(3)＝eq \f(3,2).
(2)由(1)知AD⊥平面MOB，以OA、OB所在直线分别为x轴、y轴，在平面MOB内过O作OB的垂线作为z轴，建立空间直角坐标系O－xyz，如图所示．
则B(0，eq \r(3)，0)，D(－1,0,0)，C(－1，eq \r(3)，0)，
在△MOB中，因为BM＝a＝3，
所以cs∠MOB＝eq \f(\r(3)2＋\r(3)2－32,2×\r(3)×\r(3))＝－eq \f(1,2)，
由∠MOB∈(0，π)，则∠MOB＝eq \f(2π,3)，
过点M作直线OB的垂线，垂足为G，
则∠MOG＝eq \f(π,3)，所以MG＝eq \f(3,2)，OG＝eq \f(\r(3),2)，
所以Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(\r(3),2)，\f(3,2))).
设P(x，y，z)，因为eq \(CP,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \(CM,\s\up6(→))，
所以(x＋1，y－eq \r(3)，z)＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(3\r(3),2)，\f(3,2))).
斦以x＝－eq \f(2,3)，y＝eq \f(\r(3),2)，z＝eq \f(1,2)，
即Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，\f(\r(3),2)，\f(1,2))).
所以eq \(DP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，eq \(DB,\s\up6(→))＝(1，eq \r(3)，0)，
设平面PBD的法向量为n＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(DP,\s\up6(→))·n＝\f(1,3)x1＋\f(\r(3),2)y1＋\f(1,2)z1＝0，,\(DB,\s\up6(→))·n＝x1＋\r(3)y1＝0，))
不妨令x1＝eq \r(3)，则y1＝－1，z1＝eq \f(\r(3),3)，
所以n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，－1，\f(\r(3),3)))，
不妨设平面ABCD的法向量为m＝(0,0,1)，
设平面PBD与平面ABCD的夹角为θ，
则cs θ＝|csm，n|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(m·n,|m|·|n|)))＝eq \f(\f(\r(3),3),\r(3＋1＋\f(1,3)))＝eq \f(\r(13),13)，
所以平面PBD与平面ABCD夹角的余弦值是eq \f(\r(13),13).