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

核心考点3平面与平面的夹角核心知识·精归纳平面与平面的夹角的向量求解公式设平面α，β的法向量分别为n1，n2，平面α与平面β的夹角为θ，则(1)θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).(2)cosθ＝|cosn1，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\o(BA,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq\o(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\co1(n·\o(BA,\s\up6(→))＝2y＝0，,n·\o(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\o(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，∴cosθ＝|cosm，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cos∠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\co1(0，－\f(\r(3),2)，\f(3,2))).设P(x，y，z)，因为eq\o(CP,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(CM,\s\up6(→))，所以(x＋1，y－eq\r(3)，z)＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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\co1(－\f(2,3)，\f(\r(3),2)，\f(1,2))).所以eq\o(DP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，eq\o(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\co1(\o(DP,\s\up6(→))·n＝\f(1,3)x1＋\f(\r(3),2)y1＋\f(1,2)z1＝0，,\o(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\co1(\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cosθ＝|cosm，