2025年高考数学复习解答题提优思路(新高考专用)专题03平面与平面所成角(二面角)(含探索性问题)练习(学生版+解析)

这是一份2025年高考数学复习解答题提优思路(新高考专用)专题03平面与平面所成角(二面角)(含探索性问题)练习(学生版+解析)，共69页。

TOC \ "1-2" \h \u \l "_Tc15346" 一、必备秘籍 PAGEREF _Tc15346 \h 1
\l "_Tc24708" 二、典型题型 PAGEREF _Tc24708 \h 2
\l "_Tc28986" 题型一：求二面角 PAGEREF _Tc28986 \h 2
\l "_Tc10946" 题型二：已知二面角求参数 PAGEREF _Tc10946 \h 4
\l "_Tc18016" 题型三：求二面角最值（范围） PAGEREF _Tc18016 \h 7
\l "_Tc14678" 三、专项训练 PAGEREF _Tc14678 \h 10
一、必备秘籍
1、二面角的平面角定义：从二面角棱上任取一点，在二面角的两个半平面内分别作
棱的垂线、,则称为二面角的平面角.
2、二面角的范围：
3、向量法求二面角平面角
（1）如图①，，是二面角的两个面内与棱垂直的直线，则二面角的大小．
（2）如图②③，，分别是二面角的两个半平面的法向量，则二面角的大小满足：
；（特别说明，有些题目会提醒求锐二面角；有些题目没有明显提示，需考生自己看图判定为锐二面角还是钝二面角.）
二、典型题型
题型一：求二面角
1．（2024·河北沧州·一模）已知正四棱柱的底面边长与侧棱长之比为，则平面与平面夹角的余弦值为 ．
2．（2024高三·全国·专题练习）已知正三棱柱ABC-A1B1C1的棱长均为a，D是侧棱CC1的中点，则平面ABC与平面AB1D的夹角的余弦值为 ．
3．（2024高三·全国·专题练习）在四棱锥中，底面是正方形，若，则二面角的平面角的余弦值为 ．
4．（2024·湖北黄石·三模）如图，在三棱锥中，，，分别是侧棱，，的中点，，平面.
(1)求证：平面平面；
(2)如果，，求二面角的余弦值.
5．（23-24高二下·湖北·期中）如图，在三棱柱中，底面侧面，，，.
(1)证明：；
(2)若三棱锥的体积为，为锐角，求平面与平面的夹角.
6．（2024·广东深圳·二模）如图，三棱柱中，侧面底面ABC，且，．

(1)证明：平面ABC；
(2)若，，求平面与平面夹角的余弦值．
题型二：已知二面角求参数
1．（2024·河南三门峡·模拟预测）如图，在多面体中，四边形为菱形，四边形为矩形，且，是线段上的一个动点，且.
(1)试探究当为何值时，∥平面，并给出证明；
(2)若平面与平面夹角的余弦值为，求的值.
2．（2024·全国·模拟预测）在四棱锥中，底面为矩形，点为的中点，且．
(1)求证：．
(2)若，点为棱上一点，平面与平面所成锐二面角的余弦值为，求的值．
3．（2024·全国·模拟预测）如图所示，内接于圆，为圆的直径，，，，且平面，为的中点．
(1)求证：平面平面；
(2)在线段上是否存在一点，使得平面与平面所成的夹角的余弦值为，若存在，请指出点的位置；若不存在，请说明理由．
4．（23-24高三下·湖南长沙·阶段练习）如图，在四棱锥中，四边形是矩形，是正三角形，且平面平面，，为棱的中点，四棱锥的体积为.
(1)若为棱的中点，求证：平面；
(2)在棱上是否存在点，使得平面与平面所成夹角的余弦值为？若存在，求出线段的长度；若不存在，请说明理由.
5．（23-24高二下·江苏南京·期中）在三棱柱中，已知，，，，M是BC的中点．
(1)求证：；
(2)在棱上是否存在点P，使得二面角的正弦值为？若存在，求线段AP的长度；若不存在，请说明理由．
6．（23-24高三下·河南信阳·阶段练习）如图，在三棱柱中，，，，平面.
(1)求证：平面垂直平面；
(2)若二面角的大小为，求与平面所成的角的正弦值.
题型三：求二面角最值（范围）
1．（23-24高二上·湖北武汉·阶段练习）如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，，，分别是线段，的中点，在平面内的射影为.若点为线段上的动点（不包括端点），锐二面角余弦值的取值范围为 .

2．（19-20高二·全国·课后作业）如图所示，在正方体中，点是棱上的动点（点可以运动到端点和），设在运动过程中，平面与平面所成的最小角为，则 ．
3．（19-20高二上·浙江绍兴·期末）如图，正三棱柱中，各棱长均等于，为线段上的动点，则平面与平面所成的锐二面角余弦值的最大值为 .
4．（2024·重庆·模拟预测）如图，ACDE为菱形，，，平面平面ABC，点F在AB上，且，M，N分别在直线CD，AB上．
(1)求证：平面ACDE；
(2)把与两条异面直线都垂直且相交的直线叫做这两条异面直线的公垂线，若，MN为直线CD，AB的公垂线，求的值；
(3)记直线BE与平面ABC所成角为，若，求平面BCD与平面CFD所成角余弦值的范围．
5．（23-24高二上·湖北·期末）如图，四边形为矩形，≌，且二面角为直二面角．
(1)求证：平面平面；
(2)设是的中点，，二面角的平面角的大小为，当时，求的取值范围．
6．（2023·全国·模拟预测）如图，在直三棱柱中，，，垂直于平面．点，，分别为边，，上的动点（不包括顶点），且满足．
(1)求三棱锥的体积的最大值；
(2)记平面与平面所成的锐二面角为，当最小时，求的值，并说明点所处的位置．
7．（23-24高二上·重庆九龙坡·期末）如图所示，四边形为正方形，四边形，为两个全等的等腰梯形，，，，．

(1)当点为线段的中点时，求证：；
(2)当点在线段上时（包含端点），求平面和平面的夹角的余弦值的取值范围．
三、专项训练
1．（2024高三·全国·专题练习）如图，是三棱锥的高，，，E是的中点，若，，，则二面角的正弦值为 ．

2．（2024高三·全国·专题练习）如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点．若点F满足，则二面角的正弦值为 ．

3．（23-24高三下·江苏镇江·开学考试）已知是圆锥的底面直径，是底面圆周上的一点，，则二面角的余弦值为 ．
4．（2024高二上·江苏·专题练习）在正方体中，点E为的中点，则直线与所成的角的余弦值为 ；平面与平面所成锐二面角的余弦值为 .
5．（23-24高二上·广东汕尾·期末）如图，二面角的棱上有两个点，线段与分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱，若，则二面角的余弦值为 .

6．（23-24高二上·安徽亳州·期末）在正方体中，设，若二面角的平面角的正弦值为，则实数的值为 ．
7．（22-23高二上·浙江温州·期中）如图，平行六面体中，底面ABCD和侧面BCC1B1都是矩形，E是CD的中点，D1E⊥CD，AB＝2BC＝2，且平面BCC1B1与平面D1EB的夹角的余弦值为，则线段D1E的长度为 ．
8．（2023高二上·全国·专题练习）如图，在直三棱柱中，，，为上一点．若二面角的大小为，则的长为 ．

9．（22-23高二下·江苏徐州·期中）三棱锥中，，，记二面角的大小为，当时，直线与所成角的余弦值的取值范围是 .
10．（23-24高三上·云南昆明·阶段练习）如图，在三棱锥中，，，平面，，，分别为棱，上的动点，且.
(1)证明：平面平面；
(2)若平面与平面所成角为，求的值.
11．（2024·辽宁葫芦岛·一模）如图，为圆锥顶点，是圆锥底面圆的圆心，，是长度为的底面圆的两条直径，，且，为母线上一点．
(1)求证：平面平面；
(2)已知点在线段上（不含端点位置），且平面与平面的夹角的余弦值为，求的值．
14．（23-24高二上·江西南昌·期末）已知平行四边形ABCD如图甲，，沿AC将折起，使点D到达点P位置，且，连接PB得三棱锥如图乙．
(1)证明；平面ABC；
(2)在线段PC上是否存在点M，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．
15．（23-24高二上·广东汕尾·期末）在图甲所示的四边形中，，，，，沿将进行翻折，使得，得到如图乙所示的四棱锥.四棱锥的体积为，为边上的动点（不与端点，重合）.

(1)若为的中点，求证：；
(2)设，试问：是否存在实数，使得锐二面角的余弦值为？若存在，求出实数的值；若不存在，请说明理由.
16．（20-21高三上·山东青岛·期中）在多面体中，平面为正方形，，，，二面角的平面角的余弦值为，且.
(1)证明：平面平面；
(2)若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值的取值范围.
专题03 平面与平面所成角（二面角）（含探索性问题）
(典型题型归类训练)
目录
TOC \ "1-2" \h \u \l "_Tc15346" 一、必备秘籍 PAGEREF _Tc15346 \h 1
\l "_Tc24708" 二、典型题型 PAGEREF _Tc24708 \h 2
\l "_Tc28986" 题型一：求二面角 PAGEREF _Tc28986 \h 2
\l "_Tc10946" 题型二：已知二面角求参数 PAGEREF _Tc10946 \h 10
\l "_Tc18016" 题型三：求二面角最值（范围） PAGEREF _Tc18016 \h 21
\l "_Tc14678" 三、专项训练 PAGEREF _Tc14678 \h 34
一、必备秘籍
1、二面角的平面角定义：从二面角棱上任取一点，在二面角的两个半平面内分别作
棱的垂线、,则称为二面角的平面角.
2、二面角的范围：
3、向量法求二面角平面角
（1）如图①，，是二面角的两个面内与棱垂直的直线，则二面角的大小．
（2）如图②③，，分别是二面角的两个半平面的法向量，则二面角的大小满足：
；（特别说明，有些题目会提醒求锐二面角；有些题目没有明显提示，需考生自己看图判定为锐二面角还是钝二面角.）
二、典型题型
题型一：求二面角
1．（2024·河北沧州·一模）已知正四棱柱的底面边长与侧棱长之比为，则平面与平面夹角的余弦值为 ．
【答案】
【分析】建立空间直角坐标系，利用面面角的向量法求解.
【详解】如图，以点为原点，以为轴，建立空间直角坐标系，
正四棱柱的底面边长为，则，
所以
则，
设平面与平面的法向量分别为，
则，令，则，
，令，则，
设向量的夹角为，则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
故答案为：
2．（2024高三·全国·专题练习）已知正三棱柱ABC-A1B1C1的棱长均为a，D是侧棱CC1的中点，则平面ABC与平面AB1D的夹角的余弦值为 ．
【答案】
【详解】
以A为坐标原点，以面ABC内垂直于AC的直线为x轴，以AC所在直线为y轴，以AA1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系如图所示．
因为ABC-A1B1C1是各棱长均等于a的正三棱柱，D是侧棱CC1的中点，所以A(0，0，0)，B1(a，，a)，D(0，a，)，C1(0，a，a)，故AB1＝(a，，a)，＝(0，a，)，DC1＝(0，0，).
设平面AB1D的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令y＝1，则z＝－2，x＝，故n＝(，1，－2).
又平面ABC的一个法向量为m＝(0，0，1)，所以|cs 〈m，n〉|＝＝＝，所以平面ABC与平面AB1D的夹角的余弦值为.
【考查意图】
考查向量法求二面角
3．（2024高三·全国·专题练习）在四棱锥中，底面是正方形，若，则二面角的平面角的余弦值为 ．
【答案】
【分析】
设点是线段的中点，由得，根据已知得，进而得到平面，，可建如图所示的空间坐标系，利用向量法求解.
【详解】
设点是线段的中点，连接,由得，
由得，所以，
又正方形中,,平面,平面,
故平面，又平面,所以,
在平面内，过作，交于，则，
故可建如图所示的空间坐标系.
则，故.
设平面的法向量，则即，
取，则，故.
而平面的法向量为，故.
二面角的平面角为锐角，故其余弦值为.
故答案为：.
4．（2024·湖北黄石·三模）如图，在三棱锥中，，，分别是侧棱，，的中点，，平面.
(1)求证：平面平面；
(2)如果，，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）易得，根据线面垂直的性质证明，再根据线面垂直的判定定理证明平面，再根据面面垂直的判定定理即可得证；
（2）易得两两垂直，求出，以点为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）因为，，分别是侧棱，，的中点，
所以，
因为，所以，
因为平面，平面，
所以，
又平面，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面；
（2）因为平面，平面，
所以，
因为，所以，
所以，
因为平面，，
所以平面，
又平面，所以，
所以两两垂直，
如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，
则，
故，
设平面的法向量为，
则有，可取，
因为平面，
所以即为平面的一条法向量，
故，
所以二面角的余弦值.
5．（23-24高二下·湖北·期中）如图，在三棱柱中，底面侧面，，，.
(1)证明：；
(2)若三棱锥的体积为，为锐角，求平面与平面的夹角.
【答案】(1)证明见解析；
(2)30°.
【分析】（1）先利用面面垂直的性质结合已知证明四边形为菱形，再由线面垂直的判定定理证明平面，最后可得结果；
（2）由等体积法和三角形的面积公式可求出，进而得到，然后以C为原点建立如图所示坐标系，求出平面的法向量为，最后代入空间二面角的向量公式求出即可.
【详解】（1）∵平面平面，平面，
平面平面，，
∴平面，
∵平面，∴，
∵，∴，
∵，∴四边形为菱形，
∴，
∵，，平面，
∴平面.
又平面 ∴.
（2）设为点到平面的距离，
，
由（1）知∴∴，
∴∴，
∵为锐角∴，
取中点，则，
以C为原点，以、、分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系.如图所示：
则，， ，
，设平面的法向量为，
则取，则，
由（1）知，为平面的法向量，
，
所以，平面与平面的夹角为.
6．（2024·广东深圳·二模）如图，三棱柱中，侧面底面ABC，且，．

(1)证明：平面ABC；
(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）取BC的中点M，连结MA、，根据等腰三角形性质和线面垂直判定定理得平面，进而由得，再证明平面ABC即可得证.
（2）建立空间直角坐标系，用向量法求解即可；也可用垂面法作出垂直于的垂面，从而得出二面角的平面角再进行求解即可.
【详解】（1）取BC的中点M，连结MA、．

因为，，所以，，
由于AM，平面，且，
因此平面，
因为平面，所以，
又因为，所以，
因为平面平面ABC，平面平面，且平面，所以平面ABC，
因为，所以平面ABC.
（2）法一：因为，且，所以．
以AB，AC，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，

则，，，．
所以，，．
设平面的法向量为，则，可得，
令，则，
设平面的法向量为，则，可得，
令，则，
设平面与平面夹角为，则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
法二：将直三棱柱补成长方体．
连接，过点C作，垂足为P，再过P作，垂足为Q，连接CQ，

因为平面，且平面，
所以，
又因为，由于BD，平面，且，
所以平面，则为直角三角形，
由于平面，所以，
因为，平面CPQ，且，所以平面CPQ，
因为平面CPQ，所以，
则∠CQP为平面与平面的夹角或补角，
在中，由等面积法可得,
因为，所以，
因此平面与平面夹角的余弦值为.
题型二：已知二面角求参数
1．（2024·河南三门峡·模拟预测）如图，在多面体中，四边形为菱形，四边形为矩形，且，是线段上的一个动点，且.
(1)试探究当为何值时，∥平面，并给出证明；
(2)若平面与平面夹角的余弦值为，求的值.
【答案】(1)，证明见解析
(2)
【分析】（1）若∥平面，根据线面平行的性质可知，若，由线面平行的判定定理可知∥平面，即可得结果；
（2）取的中点，连接，可证平面，建系，利用空间向量处理面面夹角问题.
【详解】（1）当时，∥平面，证明如下：
设，则为的中点，连接，
若∥平面，且平面，平面平面，
可知∥，
又因为∥，可知为平行四边形，
则，可知；
当时，为的中点，
因为为的中点，四边形为矩形，所以，
又因为∥，所以四边形为平行四边形，所以∥，
且平面平面，
所以∥平面；
综上所述：当且仅当时，∥平面.
（2）因为四边形为菱形，且，
所以为等边三角形，且.
取的中点，连接，则，
又，平面，
所以平面，
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.
则，
设，由可得，
所以，即，
所以.
设平面的法向量为，则，
令，则.可得，
由题意可知：为平面的一个法向量，
设平面与平面的夹角为，
则，
整理得，解得或（舍），
所以的值为.
2．（2024·全国·模拟预测）在四棱锥中，底面为矩形，点为的中点，且．
(1)求证：．
(2)若，点为棱上一点，平面与平面所成锐二面角的余弦值为，求的值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（1）为的中点，有，通过证得，可得平面，则有，可得．
（2），以点为原点建立空间直角坐标系，由平面与平面所成锐二面角的余弦值为，求两个平面的法向量，解出的值.
【详解】（1）取的中点，连接，如图（1）．
因为点分别为的中点，所以．
因为，，
所以，得，
所以，所以．
又，，平面，所以平面．
因为平面，所以．
又，所以．
（2）因为，平面，
所以平面．因为平面，所以．
如图（2），以点为原点，分别以所在直线为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系．
令，则，
所以．
设，则，所以．
设平面的一个法向量为，则有
令，得，则．
设平面的一个法向量为，则有
令，得，，则．
因为平面与平面所成锐二面角的余弦值为，
所以，
解得．故．
3．（2024·全国·模拟预测）如图所示，内接于圆，为圆的直径，，，，且平面，为的中点．
(1)求证：平面平面；
(2)在线段上是否存在一点，使得平面与平面所成的夹角的余弦值为，若存在，请指出点的位置；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在点且
【分析】（1）由是圆的直径，得到，再由平面，得到，，然后以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量，由两法向量的数量积为零求解；
（2）假设存在点，设，，求得平面的一个法向量为，然后由求解．
【详解】（1）解：由题意知：是圆的直径，则，
因为平面，平面，平面，
所以，．
以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，．
设是平面的法向量，
则
令．则，故．
，，
设是平面的法向量，
则，
令，，，故．
，则平面平面．
（2）存在点，且，
使得平面与平面所成的锐二面角的余弦值为，
理由如下：
设，，
故，．
设平面的一个法向量为，
则，
令，则，，
所以．
由（1）知是平面的法向量，
．
整理得，解得或（舍去）．
4．（23-24高三下·湖南长沙·阶段练习）如图，在四棱锥中，四边形是矩形，是正三角形，且平面平面，，为棱的中点，四棱锥的体积为.
(1)若为棱的中点，求证：平面；
(2)在棱上是否存在点，使得平面与平面所成夹角的余弦值为？若存在，求出线段的长度；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）合理构造图形，利用线线平行证明线面平行即可.
（2）建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法处理即可.
【详解】（1）取中点，连接分别为的中点，
，
底面四边形是矩形，为棱的中点，
，
故四边形是平行四边形，，
又平面平面，
//平面.
（2）假设在棱上存在点满足题意，如图：连接，，，
在等边中，为的中点，所以，
又平面平面，平面平面平面，
平面，则是四棱锥的高，
设，则，
∴，所以，
以点为原点，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，
则，
故，
设，
．
设平面的一个法向量为，
则所以可取.
易知平面的一个法向量为，
，，
故存在点满足题意.
5．（23-24高二下·江苏南京·期中）在三棱柱中，已知，，，，M是BC的中点．
(1)求证：；
(2)在棱上是否存在点P，使得二面角的正弦值为？若存在，求线段AP的长度；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，的长度为.
【分析】（1）根据余弦定理得到和，再由线面垂直的判定条件得到平面，然后证明平面，进而证明.
（2）建立空间直角坐标系，根据点在棱上设出，再求出两个半平面的法向量，根据二面角的大小得到关于的方程，解方程即可求得点的位置.
【详解】（1）因为，，
所以根据余弦定理可得，
代入数值解得，
所以，所以.
又因为，M是BC的中点，
所以，，
所以在中，，，
解得，
所以，所以.
因为，所以，
又，，平面，平面，
所以平面，
而平面， 所以.
又，，平面，平面，
所以平面，
而平面，所以.
（2）由（1）得，平面，，
所以以为原点，为轴，为轴，建立如图所示空间直角坐标系，
所以，，，，
根据三棱柱的性质可知，.
假设存在符合题意的点，
所以设
所以，
设平面的法向量为，
由，得到，取，所以，
所以平面的法向量为
而且平面的法向量为，
因为二面角的正弦值为，所以二面角的余弦值为，
所以，解得，
又因为，所以，
此时，所以.
综上，在棱上存在点P，使得二面角的正弦值为，的长度为.
6．（23-24高三下·河南信阳·阶段练习）如图，在三棱柱中，，，，平面.
(1)求证：平面垂直平面；
(2)若二面角的大小为，求与平面所成的角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）通过证明平面，证明平面垂直平面；
（2）建立空间直角坐标系，由二面角的大小为，求出，向量法求与平面所成的角的正弦值.
【详解】（1）平面，平面，则，
，，有，则，
平面，，所以平面；
平面，所以平面平面；
（2），平面，
以为原点，的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则
，，设平面的一个法向量为，
则有，令，则，即，
平面的一个法向量，
二面角的大小为，
，解得，得，
，，设平面的一个法向量为，
则有，令，则，即，
与平面所成的角的正弦值为.
题型三：求二面角最值（范围）
1．（23-24高二上·湖北武汉·阶段练习）如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，，，分别是线段，的中点，在平面内的射影为.若点为线段上的动点（不包括端点），锐二面角余弦值的取值范围为 .

【答案】
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.
【详解】连接，因为在平面内的射影为，
所以垂直于平面内这两条线段，
又因为底面是边长为2的等边三角形，是线段中点，
所以，
因此建立如图所示的空间直角坐标系，

，
设，，
则，
设平面的法向量为，
因此有，
设平面的法向量为，
因此有，
所以，
令，
所以，
设， 则,
二次函数的开口向上，对称轴为，
所以当时，该二次函数单调递增，
所以当时，该二次函数有最小值，
当时，该二次函数有最大值，
所以，即，
故答案为：
【点睛】关键点睛：本题的关键是利用换元法，结合二次函数的单调性求解值域.
2．（19-20高二·全国·课后作业）如图所示，在正方体中，点是棱上的动点（点可以运动到端点和），设在运动过程中，平面与平面所成的最小角为，则 ．
【答案】
【分析】设正方体的棱长为1，，以为坐标原点，，，所在的直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，确定、坐标进而得到、的坐标表示，求面、面的法向量，结合图形根据法向量夹角与二面角的关系，有关于的二面角余弦值的函数，求最值即可得的值
【详解】以点为坐标原点，，，所在的直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图所示：
设正方体的棱长为1，，则易得，，
则，，设平面的一个法向量为
则，令，得平面的一个法向量为
由平面为xOz平面，可知其一个法向量为
由图知：平面与平面所成的二面角为锐角，设其为，则
当即时，取最小值，取最大值，此时最小角，即
【点睛】本题考查了空间向量与立体几何，构建空间坐标系并用坐标表示相关点坐标，将平面中两相交线段用向量的坐标形式表示求法向量，根据平面法向量夹角与二面角的关系，结合向量的数量积坐标公式得到二面角余弦值
3．（19-20高二上·浙江绍兴·期末）如图，正三棱柱中，各棱长均等于，为线段上的动点，则平面与平面所成的锐二面角余弦值的最大值为 .
【答案】
【解析】如图建立空间坐标系，求解平面与平面的法向量，利用二面角的向量公式即得解.
【详解】如图建立空间坐标系，
则，，，
，，
设平面的法向量为，
取，
平面的法向量为，
则.
故答案为：.
【点睛】本题考查了向量法求解二面角，考查了学生空间想象，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.
4．（2024·重庆·模拟预测）如图，ACDE为菱形，，，平面平面ABC，点F在AB上，且，M，N分别在直线CD，AB上．
(1)求证：平面ACDE；
(2)把与两条异面直线都垂直且相交的直线叫做这两条异面直线的公垂线，若，MN为直线CD，AB的公垂线，求的值；
(3)记直线BE与平面ABC所成角为，若，求平面BCD与平面CFD所成角余弦值的范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）先通过余弦定理及勾股定理得到，再根据面面垂直的性质证明；
（2）以C为原点，CA的方向为x轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，利用向量的坐标运算根据，列方程求解即可；
（3）利用向量法求面面角，然后根据列不等式求解.
【详解】（1），，
所以，，，
，则，
又因为平面平面ABC，平面平面面，
故平面ACDE；
（2）以C为原点，CA的方向为x轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，
由，可得，，
所以
所以，，
设，则，
设，则，，
由题知，，
解得，，故；
（3），设，
则，，
可取平面ABC的法向量，
则，
，
则，
整理得，故，
，，，
记平面CDF的法向量为，则有，
可得，
记平面CBD的法向量为，则有，
可得，
记平面BCD与平面CFD所成角为，
则，，
所以，，
故．
5．（23-24高二上·湖北·期末）如图，四边形为矩形，≌，且二面角为直二面角．
(1)求证：平面平面；
(2)设是的中点，，二面角的平面角的大小为，当时，求的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证明，继而证明，根据线面垂直的判定定理证明平面，再根据面面垂直的判定定理，即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求得相关点的坐标，求出平面和平面的一个法向量，根据空间角的向量求法，结合不等式性质，即可求得答案.
【详解】（1）因二面角为直二面角，即平面平面，又，
平面平面，平面，则平面，
又平面，即得，
四边形为矩形，≌，则,即，
平面，于是平面，平面，
所以平面平面；
（2）过E作平面，由（1）知平面，平面，故，
以为原点，射线EB，EA，Ez分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图，
∵，，则，，，，
，，，
设平面的法向量为，则，即，
则，
设平面的法向量为，则，即，
则，
由图可知二面角为锐二面角，
从而有，
而，则，,
所以.
【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是建立合适的空间直角坐标系，从而得到，再根据即可得到其范围.
6．（2023·全国·模拟预测）如图，在直三棱柱中，，，垂直于平面．点，，分别为边，，上的动点（不包括顶点），且满足．
(1)求三棱锥的体积的最大值；
(2)记平面与平面所成的锐二面角为，当最小时，求的值，并说明点所处的位置．
【答案】(1)
(2)；在中点
【分析】
（1）设出，由体积公式结合二次函数性质计算即可得；
（2）建立空间直角坐标系后，得到平面与平面法向量，即可表示出，结合导数即可得的最大值，亦可得到所处的位置.
【详解】（1）由垂直于平面，且为直三棱柱，故平面，
故为三棱锥的高，设，则，
由，故，则，
故，
故时，三棱锥的体积有最大值；

（2）由垂直于平面，、平面，
故、，又，
故、、两两垂直，
设，
以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
则有、、、、、，
故、、、，
设平面与平面的法向量分别为、，
则有，，即，，
令，，可得、，、，
故，，
故，
令，，
则，
由，
故当时，，当时，，
故，
故，
由为锐角时，随的增大而减小，故当最小时，有最大，
即此时，此时，即点在中点.
7．（23-24高二上·重庆九龙坡·期末）如图所示，四边形为正方形，四边形，为两个全等的等腰梯形，，，，．

(1)当点为线段的中点时，求证：；
(2)当点在线段上时（包含端点），求平面和平面的夹角的余弦值的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间角的向量求法求出平面和平面的夹角的余弦值的表达式，进行合理变形，结合二次函数的性质求得余弦的最值，即可求得答案．
【详解】（1）因为点为线段的中点，且，
所以，
因为，且四边形为正方形，故，
所以，而平面，
故平面，又平面，
所以；
（2）设正方形的中心为，分别取的中点为，
设点为线段的中点，由（1）知四点共面，且平面，
连接，平面，故，
又平面，故平面平面，
且平面平面，
由题意可知四边形为等腰梯形，故，
平面，故平面，
故以为坐标原点，为轴建立空间直角坐标系，

因为，则，又，故，
设到底面的距离为，
四边形，为两个全等的等腰梯形，且，
故，又，
故，则，
，
设，
设平面的一个法向量为，
则，令，，
设平面的一个法向量为，
则，令，，
故，
令，则，
令，则，
令，则在上单调递增，
故当时，，当时，，
故，
即平面和平面的夹角的余弦值得取值范围为．
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于求出平面夹角的余弦值之后，要对其表达式进行变形，从而结合二次函数的单调性求得余弦的最值，从而得到其取值范围.
三、专项训练
1．（2024高三·全国·专题练习）如图，是三棱锥的高，，，E是的中点，若，，，则二面角的正弦值为 ．

【答案】
【分析】
以点为坐标原点建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量，利用空间向量即可求得二面角的正弦值.
【详解】
过点作，如图建立空间直角坐标系，

因为，，所以，
又，所以，则，，
所以，
可得，，，，所以，
则，，，
设平面的法向量为，
则，令，则，，
所以；
设平面的法向量为，
则，令，则，，
所以；
所以.
设二面角的大小为，则，
所以，
即二面角的正弦值为.
故答案为：
2．（2024高三·全国·专题练习）如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点．若点F满足，则二面角的正弦值为 ．

【答案】
【分析】
根据几何体性质，建立以点为原点的空间直角坐标系，利用空间向量即可求得二面角的正弦值为.
【详解】不妨设，，所以，
．
，，
又，平面,
可得平面；
以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：

设，
设平面与平面的一个法向量分别为，
二面角平面角为,而，
因为，所以，即有，
可得，取，所以；
且，取，所以，
所以，从而．
所以二面角的正弦值为．
故答案为：
3．（23-24高三下·江苏镇江·开学考试）已知是圆锥的底面直径，是底面圆周上的一点，，则二面角的余弦值为 ．
【答案】/
【分析】根据题意，建立空间直角坐标系利用向量法求解.
【详解】如图，以点为坐标原点，分别为轴，过点垂直为轴，建立空间直角坐标系，
点为底面圆周上一点，则，又，，
，，
，，，，
，，
设平面的一个法向量为，则，
即，令，得，，，
又易知平面的一个法向量为，
，
如图，锐二面角的余弦值为.
故答案为：.

4．（2024高二上·江苏·专题练习）在正方体中，点E为的中点，则直线与所成的角的余弦值为 ；平面与平面所成锐二面角的余弦值为 .
【答案】
【分析】依题意，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解.
【详解】以为原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设棱长为1，

则，，
，
，
故直线与所成的角的余弦值是.
设平面的一个法向量为，则，
取，则，故，
易得平面的一个法向量为，
，
故平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
故答案为：；.
5．（23-24高二上·广东汕尾·期末）如图，二面角的棱上有两个点，线段与分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱，若，则二面角的余弦值为 .

【答案】
【分析】设二面角的平面角为，得到，结合，利用向量的运算法则，即可求解.
【详解】在棱上有两个点 ，线段与在这个二面角的两个面内，且，
因为，可得，
设二面角的平面角为，
则，且，
则，
即，解得.
故答案为：.
6．（23-24高二上·安徽亳州·期末）在正方体中，设，若二面角的平面角的正弦值为，则实数的值为 ．
【答案】或
【分析】
建立空间直角坐标系，利用法向量方法用表示二面角的平面角的余弦值，建立方程求解即可.
【详解】
建立空间直角坐标系如图所示，

设棱长为1，,
则，
，
设平面，平面的一个法向量分别为，
所以，，即，，
分别令，则，
故，
设二面角的平面角为，
由，则，
故由，
解得或.
7．（22-23高二上·浙江温州·期中）如图，平行六面体中，底面ABCD和侧面BCC1B1都是矩形，E是CD的中点，D1E⊥CD，AB＝2BC＝2，且平面BCC1B1与平面D1EB的夹角的余弦值为，则线段D1E的长度为 ．
【答案】
【分析】先证明平面ABCD，以E为坐标原点，分别为轴正方向建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量与平面的一个法向量，由平面与平面夹角的余弦值为，列式求得线段的长度．
【详解】底面ABCD和侧面是矩形，，，
又，平面，
平面，平面，
平面，；
又，且，平面ABCD,平面ABCD．
平面ABCD．
以E为坐标原点，过E作 交于，以 分别为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

则0,，1,，1,，0,．
设，则0,，2,．
设平面的一个法向量为y,，
1,，0,，
由，
令，得；
设平面的一个法向量为，
0,，1,，
由，
令，得．
由平面与平面所成的夹角的余弦值为，
得，解得(负值舍去)．
．
故答案为：
8．（2023高二上·全国·专题练习）如图，在直三棱柱中，，，为上一点．若二面角的大小为，则的长为 ．

【答案】
【分析】建立空间直角坐标系，根据条件求得点D坐标，即得AD长.
【详解】如图，以为坐标原点，，，所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则．设，则点D的坐标为，，.
设平面的法向量为，

则，令，则，即，
又平面的一个法向量为，记为，则由，得，即，故.
故答案为：.
9．（22-23高二下·江苏徐州·期中）三棱锥中，，，记二面角的大小为，当时，直线与所成角的余弦值的取值范围是 .
【答案】
【分析】取中点，连，，以为原点，为轴，为轴，过点作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线与所成角的余弦值取值范围．
【详解】取中点，连接，，
．，，，且，，
是二面角的平面角，
以为原点，为轴，为轴，
过点作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，
，，，，0，，，1，，
设二面角的平面角为，则，
连、，则，，
，，
设、的夹角为，
则，
，，,
,,则
．
故答案为：

10．（23-24高三上·云南昆明·阶段练习）如图，在三棱锥中，，，平面，，，分别为棱，上的动点，且.
(1)证明：平面平面；
(2)若平面与平面所成角为，求的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面垂直的性质得到，从而得到平面，再由，得到平面，即可得证；
（2）法一：建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法求出二面角的余弦值，即可得到方程，求出即可；法二：依题意平面，设为平面与平面的交线，则即可证明，，从而得到为平面与平面所成角，再由面积比计算可得.
【详解】（1）平面，平面，
又，，平面，平面
平面．
又，平面，又平面
平面平面．
（2）法一（坐标法）：如图，以为原点，、、过点且垂直于平面的直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
设，则．
设平面的法向量为，则可取，
取平面的法向量为．
设平面与平面所成角为则，
两边平方经整理可得解得或（舍去），
当平面与平面所成角为时，
法二（几何法）：如图，由，平面，平面，
所以平面，设为平面与平面的交线，则
由（1）可得平面，，平面，所以，
而，，又，
为平面与平面所成角，
，所以是的角平分线，
在中，设点到的距离为，则由
可得，
11．（2024·辽宁葫芦岛·一模）如图，为圆锥顶点，是圆锥底面圆的圆心，，是长度为的底面圆的两条直径，，且，为母线上一点．
(1)求证：当为中点时，平面；
(2)若，二面角的余弦值为，试确定P点的位置．
【答案】(1)证明见详解
(2)是线段靠近点的四等分点
【分析】（1）根据线面平行的判定定理即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，设，，求解平面和平面的法向量，根据二面角的余弦值为求，即可得P点的位置.
【详解】（1）连接，因为，分别为，的中点，
所以为的中位线，所以，
又平面，平面，所以平面；
（2）如图：过点作交圆与，
以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，
设，，则，所以，
设平面的法向量为，
则，所以，令，则，，
即，
易知平面的一个法向量为，
则，
解得（负值舍去），所以是线段靠近点的四等分点.
12．（23-24高三下·河南濮阳·开学考试）如图，在四棱柱中，二面角均为直二面角.

(1)求证：平面；
(2)若，二面角的正弦值为，求的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）在平面内取点E，过E作直线，，根据面垂直的性质可证明，，再根据线面垂直的判定定理，即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，设，求得相关点坐标，求出平面和平面的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案.
【详解】（1）证明：在平面内取点E，过E作直线，由于二面角为直二面角，
即平面平面，平面平面，
平面，故平面，平面，故；
同理过E作直线，由于二面角为直二面角，
即平面平面，平面平面，
平面，故平面，平面，故；
由于不平行，故不重合，平面，
故平面；
（2）由题意可得，可以A为坐标原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，

设，
则，
设平面的法向量为，则，
即，令，则，
设平面的法向量为，则，
即，令，则，
二面角的正弦值为，故其余弦值的绝对值为，
即，即，解得，
故.
13．（2024·全国·模拟预测）已知四棱柱如图所示，底面为平行四边形，其中点在平面内的投影为点，且．
(1)求证：平面平面；
(2)已知点在线段上（不含端点位置），且平面与平面的夹角的余弦值为，求的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）不妨设，根据线面垂直的性质证明，利用勾股定理证明，再根据线面垂直和面面垂直的判定定理即可得证；
（2）以为坐标原点，建立的空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）不妨设，
因为平面平面，故，
在中，，
由余弦定理，，
得，故，则，
因为平面，所以平面，
而平面，所以平面平面；
（2）由（1）知，两两垂直，
如图所示，以为坐标原点，建立的空间直角坐标系，
则，
故，
，所以，
设，则，即，
所以；
设为平面的一个法向量，
则，
令，则，所以，
因为轴平面，则可取为平面的一个法向量，
设平面与平面的夹角为，
则，
解得，故．
14．（23-24高二上·江西南昌·期末）已知平行四边形ABCD如图甲，，沿AC将折起，使点D到达点P位置，且，连接PB得三棱锥如图乙．
(1)证明；平面ABC；
(2)在线段PC上是否存在点M，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，
（2）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、、、，
设，其中，
则，，
设平面的法向量为，
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.
15．（23-24高二上·广东汕尾·期末）在图甲所示的四边形中，，，，，沿将进行翻折，使得，得到如图乙所示的四棱锥.四棱锥的体积为，为边上的动点（不与端点，重合）.

(1)若为的中点，求证：；
(2)设，试问：是否存在实数，使得锐二面角的余弦值为？若存在，求出实数的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在实数
【分析】（1）根据题意建立空间直角坐标系，利用空间向量法证明线线垂直即可；
（2）利用空间向量法表示出锐二面角的余弦值，求解实数即可.
【详解】（1）因为在四边形中，，，，
所以，
在四棱锥中，，即，，.
又平面，平面，，
所以平面，即是四棱锥的高，
因此，所以.
以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，.
又为的中点，所以，
因此，，
所以，所以，即.
（2）由（1）知，，，
设平面的一个法向量为，
则即
令，则，
所以是平面的一个法向量.
因为，所以，，
所以，所以.
设平面的一个法向量为，
则即
令，则，，
所以是平面的一个法向量，
所以，
可得，解得或.
又，所以，
即存在实数，使得锐二面角的余弦值为.
【点睛】结论点睛：若直线的方向向量分别为，平面的法向量分别为，则
①两异面直线所成的角为，；
②直线与平面所成的角为，；
③二面角的大小为，.
则，，，，，
，，，
设平面的一个法向量为，
则，取，
，，
设平面的一个法向量为，
则，取，
∴
，
令，则根据对勾函数的性质可得或，
∴，
∴；
当时，；
∴，
即平面与平面所成锐二面角的余弦值的取值范围为.