解答题专训06 立体几何中的二面角（专项训练）（北京专用）2027年高考数学一轮复习讲练测

解答题专训06 立体几何中的二面角 内容导航 解题方法及技巧提炼 1 题型通法及变式提升 1 题型1 求二面角 2 题型2 求二面角中探索问题 6 题型3 求二面角中结构不良问题 10 重难专题分层过关练 17 巩固过关 17 创新提升 35 解题方法及技巧提炼 1.二面角 (1)定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫作二面角. (2)二面角的平面角 以二面角的棱上任一点为端点，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线的夹角称为二面角的平面角. 若有①O∈l；②OA⊂α，OB⊂β；③OA⊥l，OB⊥l，则二面角α－l－β的平面角是∠AOB. (3)二面角的平面角α的范围：[0，π]. 2.平面与平面的夹角 （1）平面与平面的夹角：平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角，如图1.若平面α，β的法向量分别是n1和n2，则平面α与平面β的夹角即为向量n1和n2的夹角或其补角.设平面α与平面β的夹角为θ，则cos θ＝｜cos＜n1，n2＞｜＝＝ （2）二面角：二面角α-l-β为θ或π－θ.设二面角大小为φ，则｜cos φ｜＝｜cos θ｜＝，如图2，3. 题型通法及变式提升 题型1 求二面角 【例1】（25-26高三上·北京昌平·期末）如图，在四棱锥中，四边形ABCD为正方形，平面．    (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值． 【解】（1）因为平面，又因为平面， 所以. 在正方形中，易知， 又因为，平面， 因此平面. （2）易知两两互相垂直， 因此可以为坐标原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，    则， 则. 由（1）可知，平面，故是平面的法向量. 设平面的法向量为， 则有，即，得，取，则， 即， 则， 又因为二面角为锐二面角， 故二面角的余弦值为.   1.几何法求二面角主要分为3个步骤： （1）作（找）角； （2）证明这个角就是要求的角； （3）计算.其中作（找）角是关键，对于异面直线所成的角，一般是通过平移一条直线直至与另一条直线相交，从而得到所求角的平面角；对于线面所成的角，一般是在直线上找一点，作平面的垂线，连接斜足与垂足得到直线在平面上的射影，直线与它在该平面上的射影所成的角就是所求角的平面角. 2.向量法求平面与平面的夹角（二面角）的方法 （1）找法向量：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小； （2）找与棱垂直的方向向量：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小. 【变式1】（25-26高二下·北京平谷·期末）如图，在四棱锥中，底面ABCD为正方形，，平面ABCD，，，点E为线段PO中点．    (1)求证：平面PAC； (2)求平面PAC与平面PBC夹角的大小． 【解】（1）因为平面ABCD，平面，所以， 又底面ABCD为正方形，，，平面，平面，所以平面，平面，所以， 平面ABCD，平面，所以， 在中，，又点E为线段PO中点，所以， 因为，平面PAC，平面PAC，所以平面PAC； （2）如图所示，建立空间直角坐标系，    则，，，，， 则，，，， 设平面PBC的一个法向量为， 则,即，令，则，所以． 由（1）可知，为平面PAC的法向量， 设平面PAC与平面PBC夹角的夹角为，则， 又，所以，即平面PAC与平面PBC夹角为． 【变式2】（2026·北京·三模）如图，在四棱柱 中， 侧面和底面均为菱形， 且   为的中点，与平面 交于点， (1) 求证: 为的中点； (2) 若平面平面，求二面角 的余弦值. 【解】（1）在四棱柱 中， 平面平面， 又因为平面CDE 平面ABCD=CD， 所以， 又因为，所以， 又因为E为的中点，所以F为的中点 （2）取AD的中点O，连接， 在四棱柱 中， 四边形，四边形均为菱形， 又 所以均为等边三角形， 所以， 又因为平面平面ABCD，平面平面ABCD=AD， 平面，所以平面ABCD， 平面ABCD，所以， 如图建立空间直角坐标系， 所以， 所以即为平面的一个法向量， ， 设平面的一个法向量为， 所以，令得， 所以， 所以， 因为二面角 为锐角， 所以二面角 的余弦值为， 题型2 求二面角中探索问题 【例2】（2026·北京通州·一模）如图，在三棱锥中，为边长为的等边三角形，，，为棱的中点． (1)求证：平面平面； (2)棱上（端点除外）是否存在一点，使得平面与平面的夹角为．若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 【解】（1）∵ 为边长为2的等边三角形，为中点， ∴ ，且. ∵ ，为中点， ∴ ，且，故， ∴ . ∵ ， ∴ ，故. ∵ ，平面， ∴ 平面. ∵ 平面， ∴ 平面平面. （2）由第一小问，以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系， ，，，，. 设，则，所以点坐标为. ∵，且平面 ∴平面 ∴平面的法向量为. 设平面的法向量为，其中，， ∴ 令，代入解得，， ∴. 已知平面与平面的夹角为， ∴ 代入数据得 两边约去后平方整理得，解得或. ∵，∴. 因此存在满足条件的点，且. 1.对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等. 2.对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数. 【变式1】（25-26高三下·北京大兴·开学考试）如图，在三棱柱中，，，． (1)证明：； (2)若，，在线段上是否存在点P，使得二面角的余弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 【解】（1）取的中点，连接，如图： 因为，是的中点，所以， 在中，，，所以是等边三角形， 因为是的中点，所以， 因为，平面， 所以平面， 又因为平面，所以. （2）因为，易得，且有，则， 即，则两两垂直， 以为原点，为轴正方向建立空间直角坐标系，如图： 易得， 在线段上取点，设，即， 则， 平面的法向量为， 设平面的法向量为，，， 则有，不妨设，则， 由题意得，解得或（舍）， 故存在点满足条件，且. 【变式2】（2026·山东东营·一模） 如图，在三棱锥中，平面⊥平面，， 分别为棱上的点. (1)若∥，∥，证明:∥； (2)若分别为棱 的中点，在棱上是否存在点G，使得平面与平面所成角为?若存在，求 的值；若不存在，请说明理由. 【解】（1）若∥，平面，平面，所以∥平面； 若∥，平面，平面，所以∥平面. 因为平面，所以平面∥平面. 又平面平面，平面平面， 所以∥. （2）因为，所以，所以. 因为平面⊥平面，平面平面，平面，所以平面. 过作，垂足为，则. 所以. 如图所示，以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系. 则. 所以. 设：在棱上是否存在点G，使得平面与平面所成角为，且 ， 则，所以. 设平面的法向量为， 则. 令，则. 所以平面的法向量为. 由平面，知平面的一个法向量为. 所以， 即，化简得，解得或. 故在棱上存在点G，使得平面与平面所成角为，此时 或. 题型3 求二面角中结构不良问题 【例3】（2026·北京东城·二模）如图，在几何体中，平面平面，，，，，，M为中点，点B，D在直线两侧. (1)求证：平面； (2)已知，再从下列条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得几何体存在，求平面与平面夹角的余弦值. 条件①：； 条件②：； 条件③：点D到平面的距离为. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 【解】（1）取中点，连接，， 因为，所以， 因为为中点，所以，因为，所以， 所以、、三点共线，即，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面. （2）因为平面，平面，所以， 又，，平面，平面， 所以平面， 以为原点，、、为x，y，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，. 若选条件①：，设，则，， 因为，所以，解得，不符合题意，故不能选条件①. 若选条件②：，连接，在中，， 所以，则，， 设平面的法向量为，则，即， 令，则，，所以平面的法向量为， 由题可知平面的法向量为， 设平面与平面的夹角为，则. 若选条件③：点D到平面的距离为， 因为平面，所以点D到平面的距离为，即， 以下同条件②. 【变式1】（2026·北京·模拟预测）如图，在直四棱柱中，，、，且分别为的中点． (1)求证：平面 (2)从下列条件①，条件②，条件③中选择一个作为已知条件，使得直四棱柱存在且唯一，求平面与平面夹角的余弦值． 条件①：； 条件②：： 条件③：与平面所成角为45°． 【解】（1）连接，因为为的中点，且，所以， 又因为且，所以且， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面， 所以平面， 又因为，且平面，平面， 所以平面， 因为，且平面， 所以平面平面， 又因为平面，所以平面； （2）若选择条件①：， 在四棱柱中，可得，所以，而可以由题干条件得到， 此时无法确定四棱柱的高，不满足唯一性，不符合题意； 若选择条件②：． 因为， 由余弦定理得， 所以，所以， 以为原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示， 设四棱柱的高为， 可得， 因为分别为的中点，可得， 可得， 因为，可得，解得， 所以 则， 设平面的一个法向量为， 所以， 取，可得，所以， 取平面的一个法向量为， 设平面与平面所成角为， 可得， 所以平面与平面所成角的余弦值为． 若选择条件③：与平面所成角为． 连接，在直四棱柱中，可得底面， 所以为直线与平面所成的角，即， 因为，在直角中，可得， 因为为的中点，所以，即直四棱柱的高， 所以， 则， 设平面的法向量为， 所以， 取，可得，所以， 又因为平面的一个法向量为， 设平面与平面所成角为， 可得， 所以平面与平面所成角的余弦值为． 【变式2】（2026·北京·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，且，E为PD的中点，平面平面．    (1)求证：； (2)若 ，从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得四棱锥存在，求平面PAE与平面AEC夹角的余弦值． 条件①：； 条件②：； 条件③：． 【解】（1）因为平面平面，平面平面，平面，， 由面面垂直的性质定理，得平面，平面，所以． （2）由题意，，，，故． 底面为平行四边形，故，，． 若选条件①： 由（1）知平面，故平面，平面，因此． 若，同一平面内，这显然不可能， 故条件①无法使四棱锥存在，不符合要求． 若选条件②：． 已知为中点，且，则， 所以为直角三角形，且，即． 由（1）知，，平面，所以平面． 因为平面，所以，即两两垂直． 以为原点，分别为轴正方向建立空间直角坐标系．    则，，，，． 其中为中点，故． 设平面的一法向量，，， 则，取，得，所以， 设平面的法向量，，， 则，取，得，所以． 设两平面夹角为，则两平面夹角的余弦值为：． 若选条件③：． 由，，，得． 由，得，， 故，即． 平面平面，平面平面，平面， 由面面垂直的性质定理，得平面． 以为原点，分别为轴正方向建立空间直角坐标系．    则，，，，． 其中为中点，故． 设平面的一法向量，，， 则，取，得，所以， 设平面的法向量，，， 则，取，得，所以． 设两平面夹角为，则两平面夹角的余弦值为：． 重难专题分层过关练 巩固过关 1．（25-26高三下·北京·期中）如图，四边形是正方形，平面，，，F，G，H分别为，，的中点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成角的大小 【解】（1），分别为，的中点，. 又平面，平面，平面. 又因四边形是正方形，所以，所以可得， 而平面，且平面，所以可得平面， 又，平面，所以平面平面， 而平面，所以可得平面. （2）平面，，平面 平面，，. 四边形是正方形，. 因为，所以， 以为原点，分别以直线为轴， 轴，轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， ，，分别为，，的中点，则，，， 设为平面的一个法向量， 因，， 则，故可取， 设为平面的一个法向量， 因，， 则，故可取. 所以， 故平面与平面所成角的大小为. 2.（2026·山东泰安·二模）如图，在四棱锥中，平面，. (1)证明：； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 【解】（1）如图，连接. 易知四边形为梯形，且 ， ， . 平面平面，. 平面. 平面. 平面， . 方法二：在四棱锥中，平面，平面， 所以. 又，且，， 所以以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 由，，得，. . （2）设平面的一个法向量为. 则，即 取，则 设平面的一个法向量为 则，即 取，则 ∴平面与平面夹角的余弦值为 3．（2026·北京昌平·二模）如图，在五面体中，平面平面，底面是边长为的正方形，为的中点，，. (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 【解】（1）在五面体中，底面是正方形，所以. 因为平面，平面， 所以平面. 因为平面，平面平面， 所以. 因为为中点，，所以. 所以四边形是平行四边形. 所以. 因为平面，平面， 所以平面. （2）取的中点，作，. 因为为正方形，所以. 因为，所以. 因为，，所以. 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 所以，即两两互相垂直. 如图建立空间直角坐标系， 则. 因此，由题可知平面的一法向量为. 设平面的法向量为. 则即 令，则.于是. 设平面与平面夹角为，则 . 4.（25-26高三下·北京海淀·期中）在五面体中，平面平面. (1)求证：平面； (2)若，点到平面的距离为，求二面角的大小. 【解】（1）由题意得平面，平面， 所以，又平面，平面， 所以平面； （2）由平面，又平面， 所以，又，所以， 又平面， 所以平面， 又平面，平面平面，所以， 由平面，所以平面，又平面， 所以， 又因为，即， ，解得， 所以，解得， 以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，如图， 由， 所以， 所以， 设平面的法向量为， 所以，令，得， 设平面的法向量为， 所以，令，得， 因此， 所以，由图可知二面角为钝二面角， 可知二面角的大小为. 5．（2026·陕西榆林·一模）如图，直四棱柱内接于圆柱，且底面为矩形，B是圆柱底面圆O的圆周上一动点，AC是圆O的直径，且，E是AB的中点，Q是的中点． (1)证明：平面； (2)设，求平面与平面ABC的夹角的正弦值.（用表示） 【解】（1）如图，取的中点，连接， 则，且． 因为底面为矩形，所以，，且， 所以，且， 则四边形为平行四边形，所以． 因为平面，平面， 所以平面． （2）以为坐标原点，直线，分别为轴，过点且在底面内与垂直的直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示． 设，则，，， 所以，． 设平面的法向量为， 则， 令，得. 易知平面的一个法向量为． 设平面与平面的夹角为， 则． 所以， 即平面与平面的夹角的正弦值为． 6.（25-26高三下·北京·期末）在四棱锥中，底面为矩形，侧面底面，，，. (1)若点是线段上任意一点，且平面交棱于点，求证：； (2)①证明：； ②设侧面为等边三角形，求二面角的余弦值. 【解】（1）证明：因为底面为矩形，所以， 又平面,平面,所以. 平面，平面平面， 又因为，所以. （2）①证明：取的中点，连接, 因为，所以， 因为侧面底面，侧面底面，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为底面为矩形，且，，的中点， 所以，所以， 所以，所以， 因为，所以， 所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以； ②在面内过点作的垂线，垂足为，连接， 因为底面为矩形，所以,由题意知平面， 由①知， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以， 所以即为所求二面角的平面角． 因为平面，平面，所以， 因为侧面为等边三角形，，所以， 因为，，所以，所以， 同理得， 所以, 在等腰中， ， 在中，由余弦定理． 二面角的余弦值为. 7．（2026·北京西城·一模）如图，在四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，且，E为PD的中点，平面平面． (1)求证：； (2)若，从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得四棱锥存在，求平面PAE与平面AEC夹角的余弦值． 条件①：； 条件②：； 条件③：． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【解】（1）因为平面平面，平面平面. 又平面，，由面面垂直的性质定理，得平面. 因为平面，所以. （2）由题意，，，，故. 底面为平行四边形，故，，. 若选条件①： 由（1）知平面，故平面，因此. 若，又，这显然不可能， 故条件①无法使四棱锥存在，不符合要求. 若选条件②：. 已知为中点，且，则， 所以为直角三角形，且，即. 由（1）知，又，平面，所以平面. 因为平面，所以， 即两两垂直. 以为原点，分别为轴正方向建立空间直角坐标系. 则，，，，. 为中点，故. 设平面的一法向量， ，. 设，则. 取，得，所以. 设平面的法向量： ，. 设，则. 得，取，得，所以. 设两平面夹角为，则两平面夹角的余弦值为：. 若选条件③：. 由，，，得. 由，得，， 故，即. 又平面平面，平面平面，平面， 由面面垂直的性质定理，得平面. 以为原点，、、分别为、、轴正方向建立空间直角坐标系： ，，，，. 为中点，故. ，， 设平面的一法向量： ，. 设，则. 取，得，所以. 设平面的法向量： ，， 设，则. 得，取，得，所以. 设两平面夹角为，则两平面夹角的余弦值为： . 8．（2026·北京·模拟预测）在四棱锥中，四边形为边长为4的正方形，平面平面，． (1)求证：； (2)从条件①，条件②，条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得四棱锥存在且唯一确定，求平面与平面所成角的余弦值． 条件①：； 条件②：； 条件③：． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分：如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【解】（1）因为平面平面，平面平面，平面， 因为四边形为正方形，所以， 所以平面，又平面，所以. （2）选条件①：因为，，，， 所以为直角三角形，且. 又平面，所以可以为原点，建立如图空间直角坐标系： 则，，，. 所以，，，. 设平面的一个法向量为， 则，令，则，. 设平面的一个法向量为， 则，令，则，. ， 所以. 即平面与平面所成角的余弦值为. 选条件②： 由已知和（1）可知平面，平面， 所以，所以. 若，则，这与为三角形的三个顶点矛盾. 故条件②不可选. 选条件③： 由已知和（1）可知为直角三角形，且，，所以. 由得，又，，， 所以为直角三角形，且. 又平面，所以可以为原点，建立如图空间直角坐标系： 则，，，. 所以，，，. 设平面的一个法向量为， 则，令，则，. 设平面的一个法向量为， 则，令，则，. ， 所以. 即平面与平面所成角的余弦值为. 9．（25-26高三·北京·二轮复习）如图，在四棱锥中，侧面底面，且底面是矩形，，． (1)求证：平面平面； (2)从条件①，条件②，条件③这三个条件中选择一个作为已知，求二面角的大小． 条件①：；条件②：；条件③：． 【解】（1）因为四边形是矩形，所以． 又平面平面，且平面与平面相交于，所以平面， 又平面，所以平面平面． （2）选条件①：由（1）知，，在等腰中，顶角不确定， 由无法求出，则都不确定，因此不能求出二面角的大小，即①不可选． 选条件②：取中点，连接，过点作交于点， 由（1）知，平面，所以． 因为矩形中，，所以平面，所以， 所以和都是直角三角形． 因为，所以． 因为，所以． 因为，为中点，所以． 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，因为平面，所以， 因为，所以，所以以为原点建立空间直角坐标系，如下图， 则，因为，所以． 因为平面平面，平面平面，又平面， 所以平面，所以平面一个法向量为． 设平面法向量，，， 由，可以取． 设二面角为，则． 由图可知，二面角为钝角，所以二面角的大小为． 选条件③：取中点，连接，过点作交于点，由（1）知，平面， 因为矩形中，，，所以平面，所以和都是直角三角形， 因为，，所以，又，，所以， 所以在直角三角形中，， 所以如图以为原点建立空间直角坐标系， 则， 因为，所以． 因为平面平面，平面平面，又平面， 所以平面，所以平面一个法向量为． 设平面法向量，，， 由，可以取． 设二面角为，则． 由图可知，二面角为钝角，所以二面角的大小为 10．（2026·北京朝阳·二模）如图，在多面体中，四边形为正方形，且平面． (1)求证：； (2)若，再从条件①、条件②、条件③中选择一个作为已知，使得多面体唯一确定，求平面与平面夹角的余弦值． 条件①：； 条件②：直线与平面所成角为； 条件③：的面积为． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【解】（1）因为四边形为正方形，所以. 因为平面，平面，所以. 因为，所以共面. 又，平面，所以平面 因为平面，所以. （2）四边形为正方形，且平面所以易得两两垂直. 选条件① 以为原点，分别以的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系. 由得：， 由，设. 由，得恒成立. 此时多面体并不唯一确定，因此条件①无效. 选条件② 以为原点，分别以的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系. 由得：， 由，设，所以 直线与平面所成角为，易得平面的一法向量为. 故，解得（舍去负值）, 设平面的法向量.向量，. 由法向量定义得方程组：，. 解得，取，则. 求平面的法向量. 向量，. 由法向量定义得方程组：，. 令，则，，即. 设平面夹角为，则. 平面与平面夹角的余弦值为 选条件③ 以为原点，分别以的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系. 由得：， 由，设， 所以， ， 解得（舍去负值） 设平面的法向量.向量，. 由法向量定义得方程组：，. 解得，取，则. 求平面的法向量. 向量，. 由法向量定义得方程组：，. 令，则，，即. 设平面夹角为，则. 平面与平面夹角的余弦值为 创新提升 1．（25-26高三上·北京丰台·期末）如图，在直四棱柱中，，，，为棱的中点.再从下列三个条件中选择一个作为已知，完成以下问题的解答. 条件①：； 条件②：； 条件③：直线与平面所成角的正切值为. (1)求证：平面； (2)在棱上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为，若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由. 注：如果选择条件①、条件②和条件③分别解答，按第一个解答计分. 【解】（1）证明：选择条件①： 在直四棱柱中，平面， 因为平面，所以， 设中点为，连接， ，，， ，则四边形为平行四边形， ， ，， ，， 平面， 平面，又平面， ， ， 又平面， 平面； 选择条件②： 同①可证， 又平面， 所以平面， 选择条件③：连接， 在直四棱柱中，平面， 就是直线与平面所成角， ，解得， ，即， 又，， 又平面， 平面； （2）由（1）知，两两垂直， 故以为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则，设， 所以， 设平面的法向量为， 则， 取，则，所以， 易知平面的一个法向量为， 设平面与平面夹角为， 则， 解得或（舍去），即， 所以，存在，． 2．（25-26高三上·安徽滁州·阶段检测）如图，在三棱锥中，平面平面，，，，，分别为，的中点．    (1)求与平面所成角的正弦值； (2)线段的延长线上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值，若不存在，说明理由． 【解】（1）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 ，所以 ． 以为原点，、、为 轴正方向建系，如图所示，    则 ， 所以 ， 设平面的法向量 ， 则 ，即 ， 令 ，则 ，所以 ， 设 与平面 所成角为 ， 则 ， 所以 与平面 所成角的正弦值 ． （2）假设存在点，设 ，则 ， 所以 ， ， 设平面 的法向量 ， 则 ，即 ， 令 ，则 ，即 ， 所以 ， 整理得 ，解得 或 ， 所以 或 舍，    所以存在点使得平面 与平面 夹角的余弦值为 ，且 ． 3．（25-26高三上·北京石景山·期末）在如图所示的几何体中，四边形是正方形，四边形是梯形，，且． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在棱上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，试确定点的位置；若不存在，说明理由． 【解】（1）因为正方形，所以，平面，平面，所以平面， 同理，平面，平面，所以平面， 又，平面，故平面平面， 又平面，所以平面. （2）由，则，， 在正方形中，，所以两两垂直， 以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如下图： 则，，，，故，， 设平面的法向量为，则， 令，得，，所以， 又， 所以直线与平面所成角的正弦值为. （3）假设存在，设，又，则，， 设平面的一个法向量为， 则，令，得， 由题得平面，则，又，，平面， 所以平面，故为平面的法向量，且， ，解得或（舍去）， 所以在棱上存在一点，满足题意，此时是靠近的三等分点. 8 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $ 解答题专训06 立体几何中的二面角 内容导航 解题方法及技巧提炼 1 题型通法及变式提升 1 题型1 求二面角 2 题型2 求二面角中探索问题 3 题型3 求二面角中结构不良问题 4 重难专题分层过关练 6 巩固过关 6 创新提升 10 解题方法及技巧提炼 1.二面角 (1)定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫作二面角. (2)二面角的平面角 以二面角的棱上任一点为端点，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线的夹角称为二面角的平面角. 若有①O∈l；②OA⊂α，OB⊂β；③OA⊥l，OB⊥l，则二面角α－l－β的平面角是∠AOB. (3)二面角的平面角α的范围：[0，π]. 2.平面与平面的夹角 （1）平面与平面的夹角：平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角，如图1.若平面α，β的法向量分别是n1和n2，则平面α与平面β的夹角即为向量n1和n2的夹角或其补角.设平面α与平面β的夹角为θ，则cos θ＝｜cos＜n1，n2＞｜＝＝ （2）二面角：二面角α-l-β为θ或π－θ.设二面角大小为φ，则｜cos φ｜＝｜cos θ｜＝，如图2，3. 题型通法及变式提升 题型1 求二面角 【例1】（25-26高三上·北京昌平·期末）如图，在四棱锥中，四边形ABCD为正方形，平面．    (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值． 1.几何法求二面角主要分为3个步骤： （1）作（找）角； （2）证明这个角就是要求的角； （3）计算.其中作（找）角是关键，对于异面直线所成的角，一般是通过平移一条直线直至与另一条直线相交，从而得到所求角的平面角；对于线面所成的角，一般是在直线上找一点，作平面的垂线，连接斜足与垂足得到直线在平面上的射影，直线与它在该平面上的射影所成的角就是所求角的平面角. 2.向量法求平面与平面的夹角（二面角）的方法 （1）找法向量：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小； （2）找与棱垂直的方向向量：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小. 【变式1】（25-26高二下·北京平谷·期末）如图，在四棱锥中，底面ABCD为正方形，，平面ABCD，，，点E为线段PO中点．    (1)求证：平面PAC； (2)求平面PAC与平面PBC夹角的大小． 【变式2】（2026·北京·三模）如图，在四棱柱 中， 侧面和底面均为菱形， 且   为的中点，与平面 交于点， (1) 求证: 为的中点； (2) 若平面平面，求二面角 的余弦值. 题型2 求二面角中探索问题 【例2】（2026·北京通州·一模）如图，在三棱锥中，为边长为的等边三角形，，，为棱的中点． (1)求证：平面平面； (2)棱上（端点除外）是否存在一点，使得平面与平面的夹角为．若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 1.对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等. 2.对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数. 【变式1】（25-26高三下·北京大兴·开学考试）如图，在三棱柱中，，，． (1)证明：； (2)若，，在线段上是否存在点P，使得二面角的余弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 【变式2】（2026·山东东营·一模） 如图，在三棱锥中，平面⊥平面，， 分别为棱上的点. (1)若∥，∥，证明:∥； (2)若分别为棱 的中点，在棱上是否存在点G，使得平面与平面所成角为?若存在，求 的值；若不存在，请说明理由. 题型3 求二面角中结构不良问题 【例3】（2026·北京东城·二模）如图，在几何体中，平面平面，，，，，，M为中点，点B，D在直线两侧. (1)求证：平面； (2)已知，再从下列条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得几何体存在，求平面与平面夹角的余弦值. 条件①：； 条件②：； 条件③：点D到平面的距离为. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 【变式1】（2026·北京·模拟预测）如图，在直四棱柱中，，、，且分别为的中点． (1)求证：平面 (2)从下列条件①，条件②，条件③中选择一个作为已知条件，使得直四棱柱存在且唯一，求平面与平面夹角的余弦值． 条件①：； 条件②：： 条件③：与平面所成角为45°． 【变式2】（2026·北京·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，且，E为PD的中点，平面平面．    (1)求证：； (2)若 ，从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得四棱锥存在，求平面PAE与平面AEC夹角的余弦值． 条件①：； 条件②：； 条件③：． 重难专题分层过关练 巩固过关 1．（25-26高三下·北京·期中）如图，四边形是正方形，平面，，，F，G，H分别为，，的中点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成角的大小 2.（2026·山东泰安·二模）如图，在四棱锥中，平面，. (1)证明：； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 3．（2026·北京昌平·二模）如图，在五面体中，平面平面，底面是边长为的正方形，为的中点，，. (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 4.（25-26高三下·北京海淀·期中）在五面体中，平面平面. (1)求证：平面； (2)若，点到平面的距离为，求二面角的大小. 5．（2026·陕西榆林·一模）如图，直四棱柱内接于圆柱，且底面为矩形，B是圆柱底面圆O的圆周上一动点，AC是圆O的直径，且，E是AB的中点，Q是的中点． (1)证明：平面； (2)设，求平面与平面ABC的夹角的正弦值.（用表示） 6.（25-26高三下·北京·期末）在四棱锥中，底面为矩形，侧面底面，，，. (1)若点是线段上任意一点，且平面交棱于点，求证：； (2)①证明：； ②设侧面为等边三角形，求二面角的余弦值. 7．（2026·北京西城·一模）如图，在四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，且，E为PD的中点，平面平面． (1)求证：； (2)若，从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得四棱锥存在，求平面PAE与平面AEC夹角的余弦值． 条件①：； 条件②：； 条件③：． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 8．（2026·北京·模拟预测）在四棱锥中，四边形为边长为4的正方形，平面平面，． (1)求证：； (2)从条件①，条件②，条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得四棱锥存在且唯一确定，求平面与平面所成角的余弦值． 条件①：； 条件②：； 条件③：． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分：如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 9．（25-26高三·北京·二轮复习）如图，在四棱锥中，侧面底面，且底面是矩形，，． (1)求证：平面平面； (2)从条件①，条件②，条件③这三个条件中选择一个作为已知，求二面角的大小． 条件①：；条件②：；条件③：． 10．（2026·北京朝阳·二模）如图，在多面体中，四边形为正方形，且平面． (1)求证：； (2)若，再从条件①、条件②、条件③中选择一个作为已知，使得多面体唯一确定，求平面与平面夹角的余弦值． 条件①：； 条件②：直线与平面所成角为； 条件③：的面积为． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 创新提升 1．（25-26高三上·北京丰台·期末）如图，在直四棱柱中，，，，为棱的中点.再从下列三个条件中选择一个作为已知，完成以下问题的解答. 条件①：； 条件②：； 条件③：直线与平面所成角的正切值为. (1)求证：平面； (2)在棱上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为，若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由. 注：如果选择条件①、条件②和条件③分别解答，按第一个解答计分. 2．（25-26高三上·安徽滁州·阶段检测）如图，在三棱锥中，平面平面，，，，，分别为，的中点．    (1)求与平面所成角的正弦值； (2)线段的延长线上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值，若不存在，说明理由． 3．（25-26高三上·北京石景山·期末）在如图所示的几何体中，四边形是正方形，四边形是梯形，，且． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在棱上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，试确定点的位置；若不存在，说明理由． 8 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $