2024屆高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí)與測(cè)試第一部分專題三立體幾何微專題2立體幾何與空間向量大題考法2平行與垂直關(guān)系的證明及面面角的求解

大題考法2平行與垂直關(guān)系的證明及面面角的求解(2023·東莞模擬)在三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC＝eq\f(2π,3)，AB＝BC＝2，且A1B⊥AC.(1)證明：A1A＝A1C；(2)若A1A＝2，二面角A1-AC-B的大小為eq\f(π,3)，求平面A1CB1與平面BCC1B1夾角的余弦值．(1)證明：設(shè)AC的中點(diǎn)為O，連接OA1，OB，A1B，因?yàn)锳B＝BC，所以AC⊥OB，又因?yàn)锳C⊥A1B，且A1B∩OB＝B，A1B，OB?平面OBA1，所以AC⊥平面OBA1因?yàn)镺A1?平面OBA1，所以AC⊥OA1，又因?yàn)镺是AC中點(diǎn)，所以AA1＝A1C.(2)解：由上可知：A1A＝A1C＝2，在△ABC中，由余弦定理得：AC＝eq\r(AB2＋BC2－2AB·BC·cos\f(2π,3))＝2eq\r(3)，則BO＝eq\f(1,2)AB＝1，A1O＝eq\r(A1A2－AO2)＝1，又因?yàn)锳C⊥平面OBA1，二面角A1-AC-B的大小為eq\f(π,3)，則∠A1OB＝eq\f(π,3)，以eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))所在直線分別為x軸，y軸，以過O垂直于底面ABC的直線為z軸，建系如圖，則根據(jù)題意可得：A1(eq\f(1,2)，0，eq\f(\r(3),2))，C(0，eq\r(3)，0)，B1(eq\f(3,2)，eq\r(3)，eq\f(\r(3),2))，C1(eq\f(1,2)，2eq\r(3)，eq\f(\r(3),2))，B(1，0，0)，所以eq\o(A1C,\s\up6(→))＝(－eq\f(1,2)，eq\r(3)，－eq\f(\r(3),2))，eq\o(A1B1,\s\up6(→))＝(1，eq\r(3)，0)，eq\o(BB1,\s\up6(→))＝(eq\f(1,2)，eq\r(3)，eq\f(\r(3),2))，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－1，eq\r(3)，0)．設(shè)平面A1CB1的法向量為m＝(x，y，z)，平面BB1C1C的法向量為n＝(a，b，c)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(A1C,\s\up6(→))＝－\f(1,2)x＋\r(3)y－\f(\r(3),2)z＝0，,m·\o(A1B1,\s\up6(→))＝x＋\r(3)y＝0，))eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BB1,\s\up6(→))＝\f(1,2)a＋\r(3)b＋\f(\r(3),2)c＝0，,n·\o(BC,\s\up6(→))＝－a＋\r(3)b＝0，))取m＝(eq\r(3)，－1，－3)，n＝(eq\r(3)，1，－3)，記平面A1CB1與平面BCC1B1的夾角為θ，所以cosθ＝eq\f(|m·n|,|m|·|n|)＝eq\f(|3－1＋9|,\r(13)×\r(13))＝eq\f(11,13).利用向量求二面角求二面角最常用的方法就是分別求出二面角的兩個(gè)面所在平面的法向量，然后通過兩個(gè)平面的法向量的夾角得到二面角的大小，但要注意結(jié)合實(shí)際圖形判斷所求角是銳角還是鈍角．注意：兩平面的法向量的夾角不一定是所求的二面角，有可能為兩法向量夾角的補(bǔ)角．此外平面與平面所成角為銳角或直角，因此設(shè)平面α，β的法向量分別為μ＝(a3，b3，c3)，ν＝(a4，b4，c4)，平面α，β的夾角為θ(0≤θ≤eq\f(π,2))，則cosθ＝eq\f(|μ·ν|,|μ||ν|)＝|cos〈μ，ν〉|.(2023·湛江二模)如圖1，在五邊形ABCDE中，四邊形ABCE為正方形，CD⊥DE，CD＝DE，如圖2，將△ABE沿BE折起，使得A至A1處，且A1B⊥DE.(1)證明：DE⊥平面A1BE.(2)求二面角C-A1E-D的余弦值．(1)證明：由題意可知∠BEC＝∠CED＝eq\f(π,4)，∠BED＝eq\f(π,2)，DE⊥BE，因?yàn)锳1B⊥DE，A1B∩BE＝B，所以DE⊥平面A1BE.(2)解：取BE的中點(diǎn)O，可知BE＝2CD，DE＝CD，由DE⊥BE，且CD⊥DE，可得OE∥CD，所以O(shè)CDE是平行四邊形，CO∥DE，CO⊥平面A1BE，設(shè)BE＝2，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB，OC，OA1所在直線為坐標(biāo)軸建立如圖2所示的空間直角坐標(biāo)系，A1(0，0，1)，E(－1，0，0)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，D(－1，1，0)，所以eq\o(EA1,\s\up6(→))＝(1，0，1)，eq\o(EC,\s\up6(→))＝(1，1，0)，設(shè)平面A1EC的一個(gè)法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(EA1,\s\up6(→))＝x＋z＝0，,n·\o(EC,\s\up6(→))＝x＋y＝0，))令x＝1，則y＝－1，z＝－1，所以平面A1BC的一個(gè)法向量為n＝(1，－1，－1)，由已知A1B⊥DE，且A1B⊥A1E，DE∩A1E＝E，所以A1B⊥平面A1ED，所以平面A1ED的一個(gè)法向量為m＝eq\o(A1B,\s