第09讲 拓展三：二面角的传统法与向量法(含探索性问题）（知识清单+6类热点题型讲练）-【精讲精练】2025-2026学年高二数学同步学与练（人教A版2019选择性必修第一册）

第09讲 拓展三：二面角的传统法与向量法(含探索性问题） 第一部分 知识梳理 1、定义法 在二面角的棱上任取一点（通常都是取特殊点，如中点，端点），过该点在两个半平面内作二面角棱的垂线，两垂线所成的角就是二面角的平面角. 2、三垂线法 三垂线定理：在平面内的一条直线如果和这个平面的一条斜线的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直. 三垂线定理的逆定理：在平面内的一条直线如果和这个平面的一条斜线垂直，那么它和这条斜线的射影垂直. 具体操作步骤（如图在三棱锥中）求二面角： ①第一垂：过点向平面引垂线（一般是找+证，证明） ②第二垂：在平面中，过点作,垂足为 ③第三垂：连接（解答题需证明） 3、射影面积法（） 凡二面角的图形中含有可求原图形面积和该图形在另一个半平面上的射影图形面积的都可利用射影面积公式（）求出二面角的大小. 4、用向量运算求平面与平面的夹角 如图，若于，于，平面交于，则为二面角的平面角，. 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； 若二面角为钝二面角（取负），则； 第二部分 题型精讲 题型01求二面角（传统法） 【典例1】（24-25高二·上海·假期作业）设四边形是一个正方形，平面，，则二面角的大小为 . 【典例2】（24-25高三上·安徽宿州·期末）四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，，则平面与平面夹角的余弦值为 . 【变式1】（25-26高一·全国·假期作业）如图，在空间四边形中，是正三角形，是等腰直角三角形，且，又二面角为直二面角，则二面角的正切值为 . 【变式2】（24-25高一下·海南海口·阶段练习）如图，在三棱锥中，，，，，若三棱锥的体积为，则二面角的大小为 . 【变式3】（24-25高一下·宁夏石嘴山·阶段练习）如图，在长方体ABCD-A₁B₁C₁D₁中，已知是线段上的点， 且则二面角的正切值为 题型02利用面积投影法求二面角（定值） 【典例1】（25-26高一·全国·假期作业）如图，是正三角形，、、互相平行且相等，且平面，，为的中点，则平面和平面所成的锐二面角的大小为 . 【变式1】（2023高三·全国·专题练习）正方体中，为棱的中点，求平面和平面夹角的余弦值. 【变式2】（23-24高二·全国·课堂例题）已知正方体的棱长为1，求二面角的余弦值． 题型03利用向量法求二面角（定值） 【典例1】（23-24高二·全国·课堂例题）已知在三棱锥中，，，．若点C在平面ABD上的射影恰好在AD上，则二面角的平面角的正弦值大小为 ． 【典例2】（23-24高二上·全国·课后作业）已知四边形为矩形，平面，设，则平面与平面夹角的余弦值为 . 【变式1】（23-24高二上·福建泉州·期中）中国古代数学瑰宝《九章算术》中记载了一种被称为“羡除”的几何体，该几何体是三个面均为梯形，其他两个面为三角形的五面体.如图，现有一羡除，平面平面，，，四边形，均为等腰梯形，，M，N，P分别为，，的中点，则二面角的平面角的余弦值为 【变式2】（23-24高二上·山东德州·阶段练习）如图，已知菱形所在的平面与所在的平面互相垂直，且．则平面与平面所成的锐二面角的余弦值为 ．    【变式3】（23-24高二上·浙江绍兴·期中）如图，在三棱锥中，平面，，，，则平面与平面所成锐二面角的余弦值为 . 题型04利用向量法求二面角（最值或范围） 【典例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 .    【典例2】（24-25高二下·上海·阶段练习）如图，在四棱锥 中， 平面 是棱 的中点， . (1)证明: 平面 . (2)求点 到平面 的距离. (3)若点 在棱 上，求平面与平面所夹锐角的余弦值的最小值. 【变式1】（2025·四川·三模）如图，在直四棱柱中，四边形为正方形，，分别为的中点，是棱上的动点（包含端点）．    (1)请说明当点在何处时，四点在同一平面内； (2)当点满足时，求三棱锥的体积； (3)设二面角的大小为，求的最大值． 【变式2】（2025·安徽合肥·三模）如图，四棱锥中，底面是菱形，其中，且S到B，D两点的距离相等，． (1)求证：平面SAC； (2)已知，点R在平面ABQ内，． （i）若，求DR的最小值； （ii）当二面角的正弦值最小时，求m的值． 【变式3】（2025·全国·模拟预测）如图，直四棱柱的底面为正方形，点在棱上（包含端点）． (1)证明：平面平面； (2)已知，求平面与平面所成二面角的正弦值的取值范围． 题型05已知二面角求参数 【典例1】（24-25高二上·浙江台州·开学考试）已知梯形如图1所示，其中，A为线段的中点，四边形为正方形，现沿进行折叠，使得平面⊥平面，得到如图2所示的几何体．已知当点F满足时，平面平面，则λ的值为 ．           【典例2】（24-25高二上·全国·课后作业）在四棱锥中，底面是正方形，底面，若二面角的大小为，则的值为 ． 【变式1】（24-25高二上·黑龙江大庆·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面，为直角，，，，分别为，的中点，，且二面角的平面角大于60°，则的取值范围是 .   【变式2】（24-25高二上·北京·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面，为直角，，，E，F分别为PC，CD的中点，，且二面角的平面角大于，则的取值范围是 . 【变式3】（24-25高二上·河南·阶段练习）如图，将两个相同的四棱锥与对称摆放组成一个多面体，已知平面，四边形是边长为2的正方形，若平面与平面的夹角为，则该多面体的体积为 . 题型06二面角中的探索性问题 【典例1】（2025·河南周口·二模）如图，在四棱锥中，，，四边形为矩形，在上，且，为的中点，平面交于点．    (1)求证：； (2)在线段上是否存在点（异于点），使得平面与平面的夹角为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【典例2】（2025·福建宁德·三模）如图，平行四边形中，，平面，是等边三角形，平面平面. (1)求证：； (2)若直线和平面所成角为，为线段上一点，当平面和平面所成角的余弦值为时，求的长. 【变式1】（2025·福建厦门·三模）如图，在多面体中，平面，平面平面，四边形是正方形，是正三角形，，． (1)证明：平面； (2)若直线与底面的交点为，直线上是否存在点，使得平面与平面的夹角为60°?若存在，求的长；若不存在，请说明理由． 【变式2】（23-24高二下·甘肃甘南·期末）如图所示，正方形所在平面与梯形所在平面垂直，，，，． (1)求直线与平面所成角的正弦值； (2)在线段上是否存在一点，使得平面与平面的夹角的余弦值为，若存在求出的值，若不存在，请说明理由． 【变式3】（24-25高二下·上海·阶段练习）如图，在四棱锥P-ABCD中，，△PAD是边长为2的等边三角形，底面ABCD为直角梯形，其中，，． (1)取线段PA中点M，连接BM，证明：； (2)线段PD上是否存在一点E，使得平面EAC与平面DAC所成锐二面角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第09讲 拓展三：二面角的传统法与向量法(含探索性问题） 第一部分 知识梳理 1、定义法 在二面角的棱上任取一点（通常都是取特殊点，如中点，端点），过该点在两个半平面内作二面角棱的垂线，两垂线所成的角就是二面角的平面角. 2、三垂线法 三垂线定理：在平面内的一条直线如果和这个平面的一条斜线的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直. 三垂线定理的逆定理：在平面内的一条直线如果和这个平面的一条斜线垂直，那么它和这条斜线的射影垂直. 具体操作步骤（如图在三棱锥中）求二面角： ①第一垂：过点向平面引垂线（一般是找+证，证明） ②第二垂：在平面中，过点作,垂足为 ③第三垂：连接（解答题需证明） 3、射影面积法（） 凡二面角的图形中含有可求原图形面积和该图形在另一个半平面上的射影图形面积的都可利用射影面积公式（）求出二面角的大小. 4、用向量运算求平面与平面的夹角 如图，若于，于，平面交于，则为二面角的平面角，. 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； 若二面角为钝二面角（取负），则； 第二部分 题型精讲 题型01求二面角（传统法） 【典例1】（24-25高二·上海·假期作业）设四边形是一个正方形，平面，，则二面角的大小为 . 【答案】 【分析】由已知条件可证是二面角的平面角，在中，，即可求出的大小. 【详解】   平面，平面，， 又是正方形，， ，平面， 平面，平面，， 是二面角的平面角， 在中，，， 二面角的大小为. 故答案为： 【典例2】（24-25高三上·安徽宿州·期末）四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，，则平面与平面夹角的余弦值为 . 【答案】/ 【分析】作出平面与平面的夹角，利用余弦定理求得夹角的余弦值. 【详解】取的中点为，连接，过点作，则平面平面， ，是的中点，则，所以， 连接，依题意可知是等边三角形，所以， 由于平面，所以平面， 由于平面，所以，则， 所以是平面与平面的夹角， 在直角中，；在中，，. 由余弦定理可得，. 故答案为： 【变式1】（25-26高一·全国·假期作业）如图，在空间四边形中，是正三角形，是等腰直角三角形，且，又二面角为直二面角，则二面角的正切值为 . 【答案】 【分析】过作于，取中点，为中点，连接，根据二面角为直二面角，得面，进而可得为二面角的平面角，求解即可. 【详解】过作于， ∵二面角为直二面角， ∴面，面，所以， 取中点，为中点，连接，则， ∵是正三角形，∴，∴， 面，面，， 所以面，面，得， ∴为二面角的平面角， 令，则， ∴， ∴在中, 即二面角的正切值为 【变式2】（24-25高一下·海南海口·阶段练习）如图，在三棱锥中，，，，，若三棱锥的体积为，则二面角的大小为 . 【答案】/ 【分析】取的中点为，利用线面垂直的判定定理可得平面，为二面角的平面角，设点到的距离为，利用三棱锥的体积求出，再由可得答案. 【详解】取的中点为，连接，因为，所以， 又，，平面，所以平面， 平面，则，所以为二面角的平面角， 且，因为，， 所以，，， 设点到的距离为，则， 三棱锥的体积为，解得， 所以，因为，所以， 则二面角的大小为. 故答案为：. 【变式3】（24-25高一下·宁夏石嘴山·阶段练习）如图，在长方体ABCD-A₁B₁C₁D₁中，已知是线段上的点， 且则二面角的正切值为 【答案】 【分析】利用空间垂直关系作出二面角的平面角，再结合勾股定理和正切函数可求得正切值. 【详解】 由已知是线段上的点， 且 利用勾股定理可得：， 由余弦定理可得：， 过点作，连接，由底面， 底面，所以有， 又因为，平面，所以平面， 又因为平面，所以， 故就是二面角的一个平面角， 而，则， 则， 所以二面角的正切值为， 故答案为： 题型02利用面积投影法求二面角（定值） 【典例1】（25-26高一·全国·假期作业）如图，是正三角形，、、互相平行且相等，且平面，，为的中点，则平面和平面所成的锐二面角的大小为 . 【答案】 【分析】解法一，利用面积射影公式通过计算得出二面角的大小，.此时要注意：若二面角大于，则的补角的才是二面角的大小； 解法二，是添加辅助线或补形，作出二面角的棱，再用其他方法求解. 【详解】解法1（射影面积法）：∵平面，平面，平面， ∴是在平面内射影.设二面角大小为，则，设，则 ∵，，∴边上的高 ∴，∴，∴. ∴平面和平面所成的锐二面角的大小. 解法二（补棱）：如图，延长、相交于点，连结， ∵为的中点， ∴是.的中位线.∴. 又是正三角形，∴. ∴（如果一个三角形一边上的中线等于这条边的一半，那么这条边所对的角是直角）. 又平面，由三垂定理可知，. ∴是所求二面角的平面角. 又，故，即平面和平面所成的锐二面角的大小为. 故答案为：. 【变式1】（2023高三·全国·专题练习）正方体中，为棱的中点，求平面和平面夹角的余弦值. 【答案】 【分析】利用射影面与原平面的面积比求二面角的余弦值即可. 【详解】设正方体的边长为2，则； 在中，，，， 利用余弦定理， 则； 则. 【变式2】（23-24高二·全国·课堂例题）已知正方体的棱长为1，求二面角的余弦值． 【答案】 【详解】为在平面内的射影，利用面积射影法可求出结果. 【分析】设二面角的平面角为， 因为平面，所以为在平面内的射影， 因为，所以， 又， 所以， 所以二面角的余弦值为. 题型03利用向量法求二面角（定值） 【典例1】（23-24高二·全国·课堂例题）已知在三棱锥中，，，．若点C在平面ABD上的射影恰好在AD上，则二面角的平面角的正弦值大小为 ． 【答案】/ 【分析】作出辅助线，设出，表达出其他各边长度，建立空间直角坐标系，设出平面的法向量，求出二面角的余弦值，进而得到正弦值. 【详解】如图所示，在平面ACD内过C作CE⊥AD交AD于点E，则CE⊥平面．    设，因为，， 则，， 因为，． 以B为原点，BD，BA所在直线分别为x轴、y轴，以过点B与平面ABD垂直的直线为z轴建立空间直角坐标系，则． 设，由轴知， 则，． 由，得，解得． 又点，设，， 即， 所以，由知， 代入得，即． 所以． 设平面CAB的法向量为， 又， 则，解得， 令，则，即． 而平面ABD的一个法向量， 则． 所以． 即二面角的平面角的正弦值大小为． 故答案为： 【典例2】（23-24高二上·全国·课后作业）已知四边形为矩形，平面，设，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，利用向量法求解. 【详解】由题意，两两垂直， 分别以为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以，. 设平面、平面的法向量分别为， 则有和 取，可得， 则. 即平面与平面的夹角的余弦值为. 故答案为： 【变式1】（23-24高二上·福建泉州·期中）中国古代数学瑰宝《九章算术》中记载了一种被称为“羡除”的几何体，该几何体是三个面均为梯形，其他两个面为三角形的五面体.如图，现有一羡除，平面平面，，，四边形，均为等腰梯形，，M，N，P分别为，，的中点，则二面角的平面角的余弦值为 【答案】/ 【分析】建立合适的空间直角坐标系利用空间向量求二面角即可. 【详解】过A作，垂足为O，过O作，垂足为Q， 因为平面平面，平面平面， 所以平面，故可以O为原点，，，所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则由题意可知：，， 则，， 设平面的法向量为，则， 取，则，，得. 易得平面的一个法向量为，二面角的平面角为锐角， 所以二面角的平面角的余弦值为. 故答案为：. 【变式2】（23-24高二上·山东德州·阶段练习）如图，已知菱形所在的平面与所在的平面互相垂直，且．则平面与平面所成的锐二面角的余弦值为 ．    【答案】 【分析】以为坐标原点联立空间直角坐标系，利用平面与平面的法向量求解两个平面所成锐二面角的余弦值. 【详解】取中点，连接，在菱形中，所以是正三角形，所以， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，平面，所以， 又因为，，平面， 所以平面.    如图建立空间直角坐标系，则，，，，， 设平面的法向量为，，， 由，取， 设面的法向量是，，， 则由，即，则令，得， 所以， 所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值是. 故答案为: ． 【变式3】（23-24高二上·浙江绍兴·期中）如图，在三棱锥中，平面，，，，则平面与平面所成锐二面角的余弦值为 . 【答案】/ 【分析】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】如图，以点为原点建立空间直角坐标系， 则， 则， 设平面的法向量为， 则有，可取， 设平面的法向量为， 则有，可取， 则， 所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为. 故答案为：. 题型04利用向量法求二面角（最值或范围） 【典例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. 【典例2】（24-25高二下·上海·阶段练习）如图，在四棱锥 中， 平面 是棱 的中点， . (1)证明: 平面 . (2)求点 到平面 的距离. (3)若点 在棱 上，求平面与平面所夹锐角的余弦值的最小值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）应用线面垂直得出结合已知应用线面垂直判定定理得出平面，再应用线面垂直证明即可； （2）建立空间直角坐标系，先求出平面的法向量，再根据点到平面距离公式计算求解； （3）应用空间向量法求出平面与平面的法向量，再应用面面角余弦公式计算再结合二次函数值域计算求解. 【详解】（1）因为 平面，且 平面，所以， 因为，且，所以， 且，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为，是棱的中点，所以， 因为，平面，且，所以平面． （2）以为坐标原点，分别以的方向为，，轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系． 因为，所以，,2,，,1,，,0,， 则， 因为点在棱中点上，所以的坐标为， 设平面的法向量为， 则，令，得， （3）以为坐标原点，分别以的方向为，，轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系． 因为，所以， 则， 因为点在棱上，所以， 则,,，故， 设平面的法向量为， 则， 令，得， 由（2）知平面的一个法向量， 设平面与平面的夹角为， 则， 因为，所以， 所以， 即， 故平面与平面夹角的余弦值的最小值为． 【变式1】（2025·四川·三模）如图，在直四棱柱中，四边形为正方形，，分别为的中点，是棱上的动点（包含端点）．    (1)请说明当点在何处时，四点在同一平面内； (2)当点满足时，求三棱锥的体积； (3)设二面角的大小为，求的最大值． 【答案】(1)当且仅当点位于点的位置时，四点在同一平面内 (2) (3)． 【分析】（1）方法一根据面面平行结合线线平行得出四点在同一平面内；方法二应用空间向量法得出即可证明四点共面； （2）应用空间向量法计算点到平面的距离即可计算三棱锥体积； （3）方法一应用面面角定义得出的最大值为，方法二应用空间向量法计算二面角计算结合值域求解. 【详解】（1）方法一：如图，取的中点，连接，    由已知，，，所以，， 易知，当点位于点的位置时，， 此时四点在同一平面内， 平面， 若四点在同一平面内， 则，当点不在点的位置时， 与不平行，从而与不平行， 因此四点不在同一平面内， 所以，当且仅当点位于点的位置时，四点在同一平面内； 方法二：根据已知，以为原点，为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，    设， 又因为， 则， 所以， 显然，与不共线，令， 由上可得， ， 于是有解得 此时，， 所以，当且仅当点在点的位置时，四点在同一平面内； （2）由（1），， 设平面的法向量为， 则 不妨设，可得，， 所以为平面的一个法向量， 由已知，当时，可得，则， 所以点到平面的距离为， 在中，， 所以，，； （3）方法一：由（1）可知，四点在同一平面内，    则二面角的平面角与二面角的平面角互补， 所以， 设点到平面的距离为，点到直线的距离为， 则， 在矩形中，，又因为， 则，又因为， 所以，是异面直线与的公垂线， 故当点运动至点时，点到直线的距离最小，且， 此时点到平面的距离最大， 即等于点到平面的距离， 所以，的最大值为， 在中，， 边上的高为， 由，得， 即， 所以，，解得， 所以，的最大值为； 方法二：由（2）可知平面的一个法向量为， 设，则， 设平面的法向量为，则 不妨设，可得，， 所以为平面的一个法向量， 则， 令，则， 所以， 所以，当且仅当，即时，取得最小值， 此时，取得最大值． 【变式2】（2025·安徽合肥·三模）如图，四棱锥中，底面是菱形，其中，且S到B，D两点的距离相等，． (1)求证：平面SAC； (2)已知，点R在平面ABQ内，． （i）若，求DR的最小值； （ii）当二面角的正弦值最小时，求m的值． 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）； （ii） 【分析】（1）记BD交AC于点O，连接OS，证得，再由，利用线面垂直的判定定理，即可证得平面； （2）过S作于点，证得平面，得到，进而证得平面，得到，以为原点，建立空间直角坐标系，（i）求得平面的法向量和，结合距离公式，即可求解； （i）设，得到，求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】（1）证明：记BD交AC于点O，连接OS， 由于，且O是BD的中点，所以， 又由平面，平面， 故平面. （2）解：过S作于点，由（1）可知，平面平面,平面平面，且两平面的交线为AC， 平面，所以平面， 因为平面，所以，         又因为，且，平面， 所以平面，平面，所以， 结合，可得为的垂心， 因为为等边三角形，因此为的重心， 且， 以为原点，以所在的直线分别为轴和轴，过O作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，由于，则， 可得， （i）由，可得，                      设平面ABQ的法向量为，则 ， 取，可得，所以， 又由，所以，即的最小值为；                                （i）设，可得， 可得 设平面ABQ的法向量为，则， 取，可得，所以， 又由， 设平面BCQ的法向量为，则 取，可得，所以， 设二面角的平面角为， 则，             令，则， 则． 当且仅当，即时取等号，因此的最小值为． 【变式3】（2025·全国·模拟预测）如图，直四棱柱的底面为正方形，点在棱上（包含端点）． (1)证明：平面平面； (2)已知，求平面与平面所成二面角的正弦值的取值范围． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）由题设及线面垂直的性质得、，再应用线面垂直的判定和面面垂直的判定证明结论； （2）构建合适的空间直角坐标系，并标注出相关点的坐标，求出平面与平面的法向量，再应用向量法求二面角的余弦值范围，进而得到正弦值的范围. 【详解】（1）证明：由四边形是正方形，得， 因为在直棱柱中平面，平面，所以， 因为，，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面； （2）以，，所在直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 所以，，，，, 设，则，故，，, 设平面的一个法向量为,则，取得, 设平面的一个法向量为,则，取得, 所以, 因为，所以，，, 所以，所以, 即平面与平面所成二面角的正弦值的取值范围是. 题型05已知二面角求参数 【典例1】（24-25高二上·浙江台州·开学考试）已知梯形如图1所示，其中，A为线段的中点，四边形为正方形，现沿进行折叠，使得平面⊥平面，得到如图2所示的几何体．已知当点F满足时，平面平面，则λ的值为 ．           【答案】/ 【分析】应用空间向量法计算已知面面垂直即法向量垂直即可求参. 【详解】如图，以A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， 若是平面的一个法向量， 则 可得， 若是平面的一个法向量， 则可得 由平面平面，得， 即， 解得． 故答案为：. 【典例2】（24-25高二上·全国·课后作业）在四棱锥中，底面是正方形，底面，若二面角的大小为，则的值为 ． 【答案】1 【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量坐标，再利用面面角的向量求法列式计算即得. 【详解】四棱锥的底面是正方形，底面， 建立如图所示的空间直角坐标系，设， 则，， 设平面和平面的法向量分别为， 则，令，得； ，令，得， 依题意，解得，所以. 故答案为：1 【变式1】（24-25高二上·黑龙江大庆·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面，为直角，，，，分别为，的中点，，且二面角的平面角大于60°，则的取值范围是 .    【答案】 【分析】以为原点，分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，根据二面角大小建立不等式求解可得. 【详解】因为底面，底面， 所以，又为直角，所以两两垂直， 以为原点，分别为轴的正方向建立空间直角坐标系， 则， 因为为的中点，所以， 所以， 设为平面的法向量， 则，令得， 易知，平面的一个法向量为, 由图可知，二面角的平面角为锐角，记为， 则，解得， 所以的取值范围是. 故答案为：    【变式2】（24-25高二上·北京·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面，为直角，，，E，F分别为PC，CD的中点，，且二面角的平面角大于，则的取值范围是 . 【答案】 【分析】建立如图所示空间直角坐标系，设，向量法表示出二面角的平面角的余弦值，结合题意建立关于k的不等式，解之即可得到实数k的取值范围． 【详解】以A为原点，以为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系如图所示， 设，则， ，，且平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， 则 ，取，有，可得 ，                                                   设二面角的大小为，则， 化简得，所以， 所以实数k的取值范围. 故答案为： 【变式3】（24-25高二上·河南·阶段练习）如图，将两个相同的四棱锥与对称摆放组成一个多面体，已知平面，四边形是边长为2的正方形，若平面与平面的夹角为，则该多面体的体积为 . 【答案】 【分析】由题中条件可得平面，以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，设，求出平面与平面的法向量，根据题中条件和向量夹角公式求出，然后利用棱锥的体积公式求解. 【详解】∵平面，平面，∴，， 又，，平面，∴平面， 以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 设，则, ， 设平面的法向量为， 由，令，则，， 设平面的法向量为， 由，令，则，， 若平面与平面的夹角为， 则，解得， 所以该多面体的体积为. 故答案为：. 题型06二面角中的探索性问题 【典例1】（2025·河南周口·二模）如图，在四棱锥中，，，四边形为矩形，在上，且，为的中点，平面交于点．    (1)求证：； (2)在线段上是否存在点（异于点），使得平面与平面的夹角为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，， 【分析】（1）根据三角形的边长，结合勾股定理可建立空间直角坐标系，理由向量证明线面垂直即可求证， （2）求解平面法向量，即可根据法向量的夹角求解. 【详解】（1）由可得， 由于，故， 又，故， 故，故， 结合底面为矩形，故， 故两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系. ， 则， 故， 因此平面， 故平面， 平面， 故 （2）设， 则 设平面的法向量为， 故， 取，则. 设平面的法向量为， 故， 取，则. 故， 解得， 故存在，此时. 【典例2】（2025·福建宁德·三模）如图，平行四边形中，，平面，是等边三角形，平面平面. (1)求证：； (2)若直线和平面所成角为，为线段上一点，当平面和平面所成角的余弦值为时，求的长. 【答案】(1)证明见解析 (2)1 【分析】（1）取的中点，根据平面，得到，根据菱形得几何性质有，证明平面，所以. （2）建立空间直角坐标系，设，通过计算法向量来表示二面角的余弦值，计算求得的值即可得出结果. 【详解】（1）证明：取的中点，连结，. 平面，， 是等边三角形，， 平面平面，平面平面，平面 平面，，，，，共面， 平行四边形中，， 平行四边形为边长为2的菱形，且 在等边中，，， 四边形为菱形，，， ，而平面，平面， 而平面，. （2）由（1）得，， 平面，直线和平面所成角为，即， 在中，，， 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，，，， 设， 则， 设是平面的一个法向量，而， 则， 取，则，， 设是平面的一个法向量，而， 则，， 取，则，，， 平面和平面所成角的余弦值为， ， 或（舍去），. 【变式1】（2025·福建厦门·三模）如图，在多面体中，平面，平面平面，四边形是正方形，是正三角形，，． (1)证明：平面； (2)若直线与底面的交点为，直线上是否存在点，使得平面与平面的夹角为60°?若存在，求的长；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见详解 (2)否存在点，使得平面与平面的夹角为60°，此时 【分析】（1）证明平面平面，即可得到平面； （2）建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，利用空间向量求解即可. 【详解】（1）取中点，连接． 因为是正三角形，所以， 又因为平面平面，平面平面平面， 所以平面， 因为平面，所以， 又因为平面平面，所以平面． 因为四边形为正方形，所以． 又因为平面平面，所以平面． 又因为平面平面，所以平面平面． 因为平面，所以平面． （2）因为且，所以四边形为梯形， 延长交的延长线于． 平面，所以平面． 以为原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系． ，， 设平面的法向量为， 则，即，令，可得， 设，则， 设平面的法向量为， 则，即 令，可得， 则， 解得， 故． 【变式2】（23-24高二下·甘肃甘南·期末）如图所示，正方形所在平面与梯形所在平面垂直，，，，． (1)求直线与平面所成角的正弦值； (2)在线段上是否存在一点，使得平面与平面的夹角的余弦值为，若存在求出的值，若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在； 【分析】（1）利用面面垂直的性质得到平面，再结合线面垂直的性质得到，进而建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，利用线面角的向量求法求解正弦值即可. （2）先设，并求出，再求出关键平面的法向量，利用面面夹角的向量求法建立方程，求解参数即可. 【详解】（1）因为，，所以， 又因为平面平面，平面平面， 所以平面，又因为面，所以，同理， 如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 得到，，，，，， 则，，， 设平面的法向量为， 所以，令，解得， ，所以， 设与平面所成角为， 则， 故与平面所成角正弦值为. （2）设点，， 得到， 可得，故，则，， 设平面的法向量为，则， 令，解得，，故， 因为平面的法向量为， 所以， 即，即， 即，解得或（舍）， 则在线段上存在一点，满足题意，且． 【变式3】（24-25高二下·上海·阶段练习）如图，在四棱锥P-ABCD中，，△PAD是边长为2的等边三角形，底面ABCD为直角梯形，其中，，． (1)取线段PA中点M，连接BM，证明：； (2)线段PD上是否存在一点E，使得平面EAC与平面DAC所成锐二面角的余弦值为？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）取中点，连接，证出四边形为平行四边形，即可得证. （2）建立空间直角坐标系，求得平面的法向量以及，利用向量夹角公式即可求解． 【详解】（1）在四棱锥中，取中点，连接， 由为的中点，且，，得，， 则四边形为平行四边形，，而平面，平面， 所以平面． （2）取的中点，连接，，由为等边三角形，得， 而平面平面，平面平面，平面， 则平面，由，得四边形是平行四边形， 于是，而，则，直线两两垂直， 以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图， 则， 令， ，， 设平面的法向量为，则， 取，得，平面的法向量为， 于是， 化简得，又，解得，即， 所以线段上存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为，. 学科网（北京）股份有限公司 $$