实战演练08 立体几何中二面角的问题（5大常考点归纳）-备战2025年高考数学（新高考卷）

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一、二面角定义
1、二面角的定义
①半平面：平面内的一条直线把平面分成两部分，这两部分通常叫做半平面.
②二面角：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角.这条直线叫做二面角的棱，这两个
半平面叫做二面角的面.
2、二面角的表示
①棱为AB，面分别为，的二面角记作二面角-AB-，如果棱记作l，那么这个二面角记作二面角
-l-，如图(1).
②若在，内分别取不在棱上的点P，Q，这个二面角可记作二面角P-AB-Q，如果棱记作l，那么这
个二面角记作二面角P-l-Q，如图(2).

3、二面角的平面角
①自然语言
在二面角α-l-β的棱l 上任取一点O，以点O为垂足，在半平面α和β内分别作垂直于棱l的射线 OA 和
OB，则射线OA和OB构成的∠AOB叫做二面角的平面角.
②图形语言
③符号语言
∠AOB叫做二面角α-l-β的平面角.
4、二面角大小的度量
①二面角的大小可以用它的平面角来度量，二面角的平面角是多少度，就说这个二面角是多少度.平面
角是直角的二面角叫做直二面角.
②当二面角的两个半平面重合时，规定二面角的大小是；当二面角的两个半平面合成一个平面时，
规定二面角的大小是.所以二面角的平面角的范围是.
二、三垂线法
1、方法：自二面角的一个面上一点向另外一个面作垂线，再由垂足向棱作垂线得到棱上的点（即斜足），斜足和面上一点的连线与斜足和垂足的连线所夹的角，即为二面角的平面角
2、具体演示：在平面α内选一点A向另一个平面β作垂线AB，垂足为B，再过点B向棱a作垂线BO，垂足为O，连接AO，则∠AOB就是二面角的平面角。
三、射影面积法
1、方法：已知平面内一个多边形的面积为S，它在平面内的射影图形的面积为S射影，
平面和平面所成的二面角的大小为，则COSθ=S射影S.
这个方法对于无棱二面角的求解很简便。
2、以多边形为三角形为例证明，其它情形可自证。
A
B D C
证明：如图，平面内的△ABC在平面的射影为△，作于D，连结AD.
于，，
在内的射影为.
又，
（三垂线定理的逆定理）.
为二面角—BC—的平面角.
设△ABC和△的面积分别为S和，，则.
.
2.点在平面内射影位置的确定
立体几何中经常遇到由一个点向一个平面作垂线的问题，垂线的位置由这个点在平面内的射影位置来确定，因此确定这个点的射影位置是解题的关键.一般来说，可以直接过这个点作平面的垂线，然后通过证明或计算说明垂足的位置，也可以借助以下一些常见结论进行确定.
(1)如果一个角所在平面外一点到角的两边距离相等，那么这一点在平面内的射影在这个角的平分线上.
(2)经过一个角的顶点引这个角所在平面的斜线，如果斜线与这个角的两边的夹角相等，那么该斜线在平面内的射影是这个角的平分线所在直线.
四、用向量运算求平面与平面的夹角
如图，若于A，于B，平面PAB交于E，则∠AEB为二面角的平面角，∠AEB+∠APB=180°.
若分别为面，的法向量
①
②根据图形判断二面角为锐二面角还是顿二面角；
若二面角为锐二面角（取正），则；
若二面角为顿二面角（取负），则；
①定义法
一、解答题
1．（23-24高一下·甘肃白银·期末）如图，四棱锥的底面是直角梯形，底面，，，且，.
(1)证明：平面平面.
(2)求二面角的大小.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）只需根据线面垂直的判定定理证明平面，进一步结合面面垂直的判定定理即可得证；
（2）首先说明是二面角的平面角，进一步结合解三角形知识即可求解.
【详解】（1）由于底面是直角梯形且，所以由得，
因为底面，平面，所以，
而，平面，所以平面.
又因为平面，所以平面平面.
（2）由（1）知平面，平面，所以，
又因为，所以是二面角的平面角.
由得，
而，即，
所以在梯形中，由可得，
所以在直角中，，而，
所以，即二面角的大小为.
2．（23-24高一下·甘肃兰州·期末）如图，正方体的棱长为2.

(1)证明：平面；
(2)求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面平行的判定定理即可得证；
（2）设，首先证明即为二面角的平面角，再由解三角形的知识求解即可得答案.
【详解】（1）在正方体，且，
∴为平行四边形，∴，
∵平面，平面,
∴平面.
（2）∵在正方形ABCD中，设，连接，
∴，，
∵中，，∴为等腰三角形，∴，
∴即为二面角的平面角，
∵在中，，
∴，即二面角的正弦值为.

3．（23-24高一下·内蒙古兴安盟·期末）如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，且.
(1)求直线与平面所成角的余弦值；
(2)求二面角的大小.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由已知可证得平面，所以为直线与平面所成的角，然后在中求解即可；
（2）连接交于点，过点作于点，连接，则可得是二面角的平面角，然后在中求解即可.
【详解】（1）在正方形中，有，
因为平面面，所以，
又因为平面平面，
所以平面，
所以为直线与平面所成的角，
在中，，
在中，，
，
所以直线与平面所成角的余弦值为；
（2）连接交于点，
在正方形中，有，
因为平面，所以，
因为平面平面，
所以平面，所以，
在中，过点作于点，连接，
因为平面平面，
所以平面，所以，
则是二面角的平面角，
在中，，
则，同理可求得，
在中，，
，
因为，所以，
则二面角的大小为.
4．（23-24高一下·湖南株洲·期末）如图，在三棱柱中，，，在底面的射影为的中点，为的中点.
(1)证明：平面；
(2)求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）设为的中点，由线面垂直得到，由三线合一得到，从而得到线面垂直，证明出四边形为平行四边形，得到，证明出结论；
（2）作出辅助线，证明出为二面角的平面角，结合（1）得到，求出各边长，利用余弦定理求出的余弦值，进而得到线面角的正弦值.
【详解】（1）设为的中点，由题意得平面，
∵平面，
，
，为的中点，
，
∵，平面，
故平面，
由，分别为，的中点，得且，
从而，
四边形为平行四边形，
故，
又平面，
平面；
（2）作，且，连结，
由，，得，
由，，得≌，由，得，
因此为二面角的平面角，
由（1）得平面，平面，
所以，
由，，，得，
故，
由余弦定理得，，
所以.
5．（23-24高一下·广西北海·期末）如图，在三棱锥中，是等边三角形，分别为的中点.
(1)求证：平面平面；
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证平面，从而得，接着进一步可证平面，再根据面面垂直判定定理即可得证.
（2）过作的垂线，垂足为，过作的垂线，垂足为，连接，接着证明平面即可得到为二面角的平面角，根据已知条件求出的余弦值即可得解.
【详解】（1）因为，
所以，
又，所以，所以，
又、平面，所以平面，
又平面，所以
因为是等边三角形，是的中点，所以，
又，、平面，所以平面，
又平面，所以平面平面.
（2）因为平面平面，所以平面平面，
在中，过作的垂线，垂足为，过作的垂线，垂足为，
连接，如图所示，
因为平面平面，平面平面平面，
所以平面，又平面，所以，
因为平面，所以平面，
又平面，所以，所以为二面角的平面角，
在中，，
又平面平面，所以，
在中，，
又，
所以，解得，
因为平面平面，所以，又，
在中，，
所以，即二面角的平面角的余弦值为.
【点睛】方法点睛：作二面角的平面角常用方法有
（1）定义法：在棱上取点，过该点分别在二面角两半平面内引出两条射线与棱垂直，这两条垂线所成的角即为二面角的平面角.
（2）垂面法：作一与棱垂直的平面，该垂面与二面角两半平面相交，交线所成的角即为二面角的平面角.
②三垂线定理
一、解答题
1．（23-24高一下·广西南宁·期末）如图，在三棱锥中，平面PAB，E，F分别为BC，PC的中点，且，，．

(1)证明：；
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先根据勾股定理逆定理证得，再根据，即可证出.
（2）取的中点，过作交于，连接，由几何关系证明为二面角的平面角，再由勾股定理和等面积求出即可求出结果.
【详解】（1）分别为的中点，
平面，
平面，
平面，平面，.
（2）

根据题意，取的中点，过作交于，连接，
因为为中点，为的中点，则，且，
又平面，
平面，
平面，而平面，，
又，平面，
所以平面，
平面，，即为二面角的平面角，
所以在中，，则，
由等面积可得，
所以，则，
即二面角的余弦值为.
2．（22-23高一下·湖北武汉·期末）如图，在三棱柱中，面为正方形，面为菱形，，平面平面.
(1)求证：平面；
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用面面垂直的性质定理和线面垂直的判定定理即可得证.
（2）过作于，过作于，连接，利用线面垂直的性质定理得出为二面角的平面角，在中直接求解即可.
【详解】（1）由菱形可得，
平面平面，平面平面，
又正方形中，
平面，又平面，，
，平面，平面.
（2）过作于，则平面.
过作于，连接，
因平面，则，
又平面，，故平面，
又平面，所以，
故为二面角的平面角，
在中，设，，，
，，，.
即二面角的余弦值为.
3．（23-24高一下·四川凉山·期末）如图，四棱锥的底面是边长为3的菱形，，.
(1)证明：平面平面；
(2)若，，求二面角的正切值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连结，先证明平面，进而证明平面平面；
（2）过点作交于点，即可证明平面，过点作交于点，连接，即可证明平面，从而得到即为二面角的平面角，再由锐角三角函数计算可得.
【详解】（1）设，连接，因为底面为菱形，
所以为的中点，，
又，所以，
平面，，
所以平面.又平面，
所以平面平面.
（2）在平面中过点作交于点，
因为平面，又平面，
所以，
又，平面，所以平面，
过点作交于点，连接，
又平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以，
所以即为二面角的平面角，
在中，
因为，所以，
因为所以，
在中，，
又平面，平面，所以，
所以，
所以二面角的正切值为.
③向量法
一、解答题
1．（2024·广西·模拟预测）在长方体中，点E，F分别在，上，且，．
(1)求证：平面平面AEF；
(2)当，，求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证明线面垂直，再应用面面垂直判定定理证明即可；
（2）应用空间向量法求二面角余弦值.
【详解】（1）为长方体 平面
平面∴
又，且，平面，
平面
平面AEF
平面平面
（2）依题意，建立以D为原点，以DA，DC，分别为x，y，z轴的空直角坐标系，
则，
则
设平面的法向量为．则，即
令，则．．
设平面的法向量为，则，
令，则，所以平面的法向量为，
设平面与平面的夹角为，
则，
所以平面与平面的夹角的余弦值为
2．（23-24高三上·广东江门·开学考试）如图，四棱锥的底面是边长为2的菱形，为等边三角形，.
(1)证明：；
(2)若，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据等腰三角形的性质可得线线垂直，即可求证线面垂直，进而可求解线线垂直，
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角公式即可求解.
【详解】（1）取的中点，连接
为等腰三角形，.
，.
，平面
平面，平面，
所以.
（2），
.
以为原点，为轴，为轴，为2轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
.
设平面的法向量n=x,y,z，，
令
平面的法向量为.
，
设平面与平面的夹角为，则，
平面与平面的夹角的余弦值为.
3．（2024·河南·二模）如图，在四棱锥中，底面为菱形，侧面为等边三角形，为的中点，且.
(1)证明：；
(2)若，求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取中点为中点为，连接，则可证得四边形是平行四边形，得，而，可得，再由为等边三角形，，从而可证得平面，得，再结合证得为等边三角形，进而可证得结论；
（2）以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.
【详解】（1）证明：取中点为中点为，连接，
因为为的中点，所以，且，
因为，所以，且，
所以四边形是平行四边形，故，
因为，所以，所以，
因为为等边三角形，为的中点，所以
因为平面平面
所以平面，平面，所以，
所以为等腰三角形，又，所以为等边三角形，
所以.
（2）设，因为，所以，
因为和均为等边三角形，为的中点，
所以，所以，所以，
所以以为原点，以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系如图所示
则，
所以
设平面，平面的法向量分别为，
则，令，则，
由，令，则，
所以，
设二面角为，则，
所以二面角的正弦值为.
4．（2024·四川乐山·三模）如图，平行六面体中，底面是边长为2的菱形，且，与平面所成的角为与交于．
(1)证明：平面；
(2)求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先根据线面垂直得出面面垂直，再应用面面垂直性质定理得出线面垂直；
（2）根据线面垂直建系，应用空间向量法求出二面角的余弦，最后应用同角三角函数关系得出正弦.
【详解】（1）
连结，
底面是边长为2的菱形，．
，
．
点为线段中点，．
为菱形，平面，平面
又平面，平面平面，
在平面上的射影为，
为直线与平面所成的角，即．
在中，，
．
则．
又平面平面，
平面．
（2）由（1）知平面，建立如图所示的空间直角坐标系
则，
则
设平面的法向量为，平面的法向量为，
则即取，则．
即取则．
设二面角大小为，
则．
，
二面角的正弦值为．
5．（24-25高三上·湖北武汉·开学考试）如图，四棱锥中，底面，，，，.

(1)求证：平面；
(2)若，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）借助线面垂直的性质可得线线垂直，结合线面垂直的判定定理即可得证；
（2）可建立适当的空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，结合空间向量夹角公式计算即可得.
【详解】（1）底面平面，
，，
又平面，
平面；
（2）令，取的中点，由，，则，
又，故三角形是正三角形，
，
又底面平面，
在中，，所以，
以A为坐标原点，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，
设平面的一个法向量为，
则，即，
令，则，，故，
设平面的一个法向量为，
则，即，
令，则，，即，
所以，
即二面角的余弦值为.
6．（2024·内蒙古赤峰·二模）如图, 在三棱台 中, 和都为等边三角形, 且边长分别为2和4， G 为线段 AC的中点, H为线段 BC上的点, 平面 .
(1)求证: 点 H为线段BC的中点;
(2)求二面角 的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面平行性质定理得出线线平行即可得证；
（2）空间向量法求二面角余弦值.
【详解】（1）连接，设连接，
三棱台 ，则，又
∴四边形为平行四边形，则
又平面，平面，平面平面
∴，
∵四边形是正方形，是的中点，
∴点是的中点.
（2）
且都在面，则 面，
又为等边三角形，则，又（1） 知，则面，
建立如图所示的坐标系，则
设平面的法向量，
则，令解得，
设平面的法向量，
则，令，解得，
设二面角 的平面角为， ，
又因为为锐角，所以.
④折叠背景下的二面角问题
一、解答题
1．（23-24高三上·福建福州·期中）在图1中，，，为等边三角形，O为AC边的中点，E在BC边上，且，沿AC将进行折叠，使点D运动到点F的位置，如图2，连接FO，FB，FE，．

(1)证明：平面ABC．
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析.
(2).
【分析】（1）用勾股定理逆定理证明后由线面垂直的判定定理得证线面垂直；
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求二面角.
【详解】（1）由题意，
又，，，而，
所以，所以，
因为，平面，
所以平面；
（2）分别以为轴建立空间直角坐标系，如图，则，，，
，
设平面的一个法向量是，
则，取，则，即，
显然是平面的一个法向量，
，
所以二面角的余弦值为.

2．（2024·江西南昌·三模）如图1，四边形为菱形，，，分别为，的中点，如图2．将沿向上折叠，使得平面平面，将沿向上折叠．使得平面平面，连接.
(1)求证：，，，四点共面：
(2)求平面与平面所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线面垂直的性质得到，结合中位线定理得到，最后证明四点共面即可.
（2）找到对应二面角的平面角，放入三角形中，利用余弦定理求解即可.
【详解】（1）取，的中点分别为，，连接，，
取，的中点分别为，，连接，，，
由题意知，都是等边三角形，
所以，，
因为平面平面，平面平面，
所以平面，平面，所以，
因为，的中点分别为，，所以
所以，所以，
所以，又因为，
所以，
因为，的中点分别为，，
所以，
所以，所以，，，四点共面；
（2）连接，，且延长交于点，由题意知，，
所以，同理，
所以就是二面角的平面角，
设，则，，，
所以，同理，
所以，
所以平面与平面所成角的余弦值为.
3．（2022·全国·模拟预测）如图1，在边长为的等边中，是边上的高，，分别是和边的中点，现将沿翻折使得平面平面，如图2.
(1)求证：平面；
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意，得到，结合线面平行的判定定理，即可证得平面；
（2）先证得平面，得到，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和的一个法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）证明：在中，因为分别是和边的中点，可得，
又因为平面，平面，
所以平面.
（2）解：边长为4的等边中，是边上的高，即，
因为平面平面，且平面平面， 平面，
所以平面，又因为平面，所以，
以为坐标原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，则，，，，，，
可得，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
因为平面，可得平面的法向量为，
所以，
则二面角的余弦值为.
4．（22-23高一下·江西宜春·期末）如图（1），六边形是由等腰梯形和直角梯形拼接而成，且，，沿进行翻折，得到的图形如图（2）所示，且.

(1)求证：平面.
(2)求二面角的余弦值；
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意可证明，，然后证明平面ADEF即可；
（2）根据垂直关系可得就是二面角的平面角，进而可得结果.
【详解】（1）在等腰梯形ADEF中，作于M，

则，可得，
连接AC，则，
因为，可得，
由，可得，
且，平面，所以平面.
（2）由（1）可知平面ADEF，且平面，可得，
且，，CE,CD⊂平面，可得平面，
且平面，可得，
又，可知就是二面角的平面角，
在，可得，
所以二面角的余弦值为.
5．（23-24高三上·河北·期末）如图1，已知正三角形边长为4，其中，现沿着翻折，将点翻折到点处，使得平面平面为中点，如图2.
(1)求异面直线与所成角的余弦值；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设O为BC的中点，结合图形翻折的性质推出平面，建立空间直角坐标系，求得相关线段长，即可求出相关点坐标，利用空间角的向量求法，即可求得异面直线与所成角的余弦值；
（2）求出平面与平面的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案.
【详解】（1）取的中点为的中点为，连接与，
正三角形中，，
所以，则四边形为等腰梯形，
故；
由翻折性质可得，,
则≌，是的中点，
，
平面平面，平面平面平面，
平面平面，
以点为坐标原点以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
正的边长为，
则为正三角形，边长为3，则，
，连接，
在中，由勾股定理得，
，
则，
，
异面直线所成角的取值范围为，
异面直线与所成角的余弦值为.
（2）由（1）得，
，
，
易得平面的一个法向量为，
设平面的法向量为n=x,y,z，
则，即，令，则，
，
平面与平面夹角的余弦值为.
6．（23-24高三上·广东汕头·期末）如图，在边长为4的正三角形中，、分别为边、的中点，将沿翻折至，得四棱锥，设为的中点.
(1)证明：平面；
(2)若平面平面，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点Q，可得四边形为平行四边形，则，再由直线与平面平行的判定定理证明即可；
（2）利用面面垂直的性质定理可得平面，从而建立空间直角坐标系，求出面与平面的法向量，再利用向量夹角公式求解即可.
【详解】（1）取的中点Q，连接,
则有，且，
又、分别为边、的中点，则，且，
故，且，
则四边形为平行四边形，则，
又平面，平面，故平面．
.
（2）取中点O，中点G，连接，
在中，易得，所以，则，
又平面平面，且交线为，平面，
所以平面，则两两垂直，
故以O为原点，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
易得，则，，，，
由为中点，故，
则，，
设平面的一个法向量，则，即，
取，则，故，
易得平面的一个法向量，
设平面与平面的夹角为，，
则，
所以平面与平面夹角的正弦值为．
⑤二面角中的探索性问题
一、解答题
1．（24-25高三上·江西·开学考试）已知四棱锥分别为的中点，平面.
(1)若，证明：平面；
(2)若，二面角的大小为，求.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面垂直的性质定理可得，且，即可得到，再由线面平行的判定定理，即可证明；
（2）方法一：作交，连接，由二面角的定义可得是二面角的平面角，再由勾股定理代入计算，即可求解；方法二：建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算以及二面角的公式代入计算，即可求解.
【详解】（1）因为平面平面，
又，且，，平面
所以平面，
因为平面，所以，
与共面，所以，
又因为平面平面，所以平面.
（2）法1：如图，作交于，连接.
由得与全等，
所以，所以与全等，
所以，且，
是二面角的平面角，
，又因为，所以，
所以，
在中，，由，解得，
所以，所以.
法2：如图，以为原点，所在直线分别为，轴，
建立空间直角坐标系.则，，，
设，则，
所以，，，
设面的法向量为，
由，令，可得，
设面的法向量为，由，
令，可得.
设二面角的大小为，则，所以，
.
2．（2024·广西·模拟预测）如图，在四棱锥中，，，四边形是菱形，，是棱上的动点，且.

(1)证明：平面.
(2)是否存在实数，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值是？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在实数，理由见解析
【分析】
（1）由线线垂直得到线面垂直，进而得到，再由勾股定理逆定理得到，从而得到线面垂直；
（2）作出辅助线，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，进而由二面角的余弦值得到方程，求出答案.
【详解】（1）
因为四边形是菱形，所以.
因为，，平面，且，所以平面.
因为平面，所以.
因为，所以，即.
因为，平面，且，所以平面.
（2）
取棱的中点，连接，因为四边形是菱形，，
所以为等边三角形，故⊥，
又平面，平面，
所以，，故，，两两垂直，
故以为原点，分别以，，的方向为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系.

设，则A0,0,0，，，，
故，，，
所以，
设平面的法向量为，
则，
令，得.
平面的一个法向量为，设面与面所成的锐二面角为，
则，
整理得，解得或（舍去）.
故存在实数，使得面与面所成锐二面角的余弦值是.
3．（2024·重庆·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面为等边三角形，，点为棱上的动点．
(1)证明：平面；
(2)当二面角的大小为时，求线段的长度．
【答案】(1)证明详见解析
(2)
【分析】（1）先求得，再根据线面垂直的判定定理证得平面.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法列方程来求得点的坐标，进而求得的长度.
【详解】（1）依题意，所以，
所以，所以，则，
由于平面，平面，所以，
由于平面，所以平面.
（2）由（1）可知两两相互垂直，由此以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
，设，
平面的法向量为，
设平面FAC的法向量为，
则，
故可设，
依题意，二面角的大小为，
所以，
整理得，
解得或（舍去），所以，
所以.
4．（23-24高二上·云南昆明·期末）已知平行四边形如图甲，，，沿将折起，使点到达点位置，且，连接得三棱锥，如图乙.
(1)证明：平面平面；
(2)在线段上是否存在点，使二面角的余弦值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，且
【分析】
（1）推导出，证明出平面，可得出， 利用线面垂直和面面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法可得出关于的等式，结合求出的值，即可得出结论.
【详解】（1）证明：翻折前，因为四边形为平行四边形，，则，
因为，则，，
由余弦定理可得，
所以，，则，同理可证，
翻折后，则有，，
因为，，、平面，
所以，平面，
因为平面，则，
因为，、平面，所以，平面，
因为平面，故平面平面.
（2）解：因为平面，，以点为坐标原点，
、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则A0,0,0、P0,0,1、、，
设，其中，
则，，
设平面的法向量为m=x,y,z，
则，取，则，，
所以，，
易知平面的一个法向量为，
则，整理可得，
因为，解得，
因此，线段上存在点，使二面角的余弦值为，且.
5．（2024·陕西商洛·模拟预测）如图1，在平面四边形中，，，垂足为，将沿翻折到的位置，使得平面平面，如图2所示.

(1)设平面与平面的交线为，证明：.
(2)在线段上是否存在一点（点不与端点重合），使得二面角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）由面面垂直的性质得到平面，即可得证；
（2）由面面垂直的性质得到平面，建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法得到方程，求出的值，即可得解.
【详解】（1）由题意可知.
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为平面平面，所以平面，则.
（2）由图1可知.
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又平面，
所以，则两两互相垂直，
故以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系：

设，则，
所以.
设，则，从而，
所以，
设平面的法向量为n=x,y,z，
则，
令，得，
易知平面的一个法向量为，
设二面角为，
则，
即，整理得，解得或（舍去）.
故当时，二面角的余弦值为.
6．（23-24高三下·湖南岳阳·阶段练习）已知在三棱锥中，，为以AC为斜边的等腰直角三角形．
(1)证明：平面平面；
(2)设，存在该几何体外的一点D，使得为等边三角形，平面BCD与平面ABC所成的锐二面角的正切值为，求AD的长．
【答案】(1)证明见解析；
(2)或.
【分析】（1）取AC的中点O，连接OB，OP，利用等腰三角形的性质和勾股定理分别证明和，由线面垂直判定定理可得平面ABC，再由面面垂直判定定理可证；
（2）以B为坐标原点，BC所在直线为x轴，BA所在直线为y轴，垂直于平面ABC的直线为z轴建立空间直角坐标系，根据为等边三角形确定点D的横坐标，设，然后求出平面BCD的法向量，根据锐二面角的正切值求出，结合向量夹角公式求出点D坐标，然后可解.
【详解】（1）取AC的中点O，连接OB，OP，
∵为等边三角形，O为AC的中点，∴．
设，∴，，
在中，则，即．
又，平面，∴平面ABC．
∵平面PAC，∴平面平面ABC．
（2）∵为等边三角形，取BC的中点E，则，
∵，∴，∴，
则，，则D的轨迹是以E为圆心，半径为的圆上，且圆所在平面与BC垂直，
建立以B为坐标原点，BC所在直线为x轴，BA所在直线为y轴，垂直于平面ABC的直线为z轴的坐标系如图：
则，设，则，
易知平面ABC的一个法向量为，
设平面BCD的法向量为，，，
则，即，得，，
设，则，即，
设平面BCD与平面ABC所成的锐二面角为，则，
因为，，
所以，解得，，即，
易知，点在线段OP上，不满足题意，
所以或，
所以，或.
【点睛】关键点点睛：第二问解题关键在于根据为等边三角形确定点D的横坐标，进而确定点D的轨迹，然后根据平面与平面的夹角的向量公式列方程求出点D坐标即可得解.
①定义法
②三垂线定理
③向量法
④折叠背景下的二面角问题
⑤二面角中的探索性、开放性问题