1.2.4 二面角 课时同步练习卷-2026年暑假预习高二数学人教B版选择性必修第一册

**基本信息** 二面角同步练习卷通过基础单选、综合多选及分层解答题，构建从单一几何体到复杂情境的计算与证明路径，强化空间观念与推理能力。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础巩固|正方体、翻折等单一几何体二面角计算|单选1-4直接应用定义与向量法，夯实运算能力| |中档提升|正三棱台、圆锥等复杂几何体与线面关系结合|多选9-11融合线面垂直判定，培养几何直观| |综合拔高|翻折、斜三棱柱中存在性问题与综合证明|解答18-19设置动态探究，发展模型观念与创新意识|

1.2.4 二面角课时同步练习卷 （考试时间：120分钟，分值：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．（2026·安徽蚌埠·二模）已知正方体中，是的中点，则平面与平面的夹角余弦值是（   ） A． B． C． D． 2．（25-26高二下·江苏·阶段检测）如图，正四棱锥的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，平面，为侧棱上的点，则二面角的余弦值为（ ） A． B． C． D． 3．（25-26高三下·重庆·开学考试）已知正三棱台的高为，则二面角的大小为（    ） A． B． C． D． 4．（25-26高二上·云南楚雄·期末）在长方形中，，将沿所在直线进行翻折，二面角为，则（    ） A． B． C． D． 5．（2026·云南昆明·模拟预测）已知等腰直角三角形是圆锥的轴截面，点在底面圆上，点为的中点，，则二面角正切值的大小为（    ） A． B． C． D． 6．（25-26高二上·吉林·开学考试）如图，已知，均为正方形，二面角的大小为，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）． A． B． C． D． 7．（2026高三上·安徽合肥·专题练习）如图，在棱长均为2的正三棱柱中，、分别为、的中点，为线段上的点，，则平面与平面所成角的正切值为（   ）    A．1 B． C． D． 8．（25-26高二上·陕西宝鸡·阶段检测）如图，在直四棱柱中，，，，E，F分别是侧棱，上的动点，且平面AEF与平面ABC所成角的大小为，则线段BE的长的最大值为（    ）      A． B． C． D． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．（25-26高三上·湖南长沙·阶段检测）如图，平面ABCD，，，，，，，则（    ） A． B．平面ADE C．平面BDE与平面BDF的夹角的余弦值为 D．直线CE与平面BDE所成角的正弦值为 10．（25-26高二下·陕西西安·期中）如图所示，在正方体中，M，N分别为棱，的中点，则下列结论正确的是（     ）． A．直线与是平行直线 B．直线与是异面直线 C．平面与平面所成角的余弦值为 D．M，N，B，四点共面 11．（25-26高二上·贵州·期中）如图，正方体的棱长为，是的中点，点满足，其中，，则下列结论正确的有（    ） A．当时， B．当时，平面 C．当时，异面直线与所成角的余弦值为 D．若，二面角的平面角为，则的面积为 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．（2026高三·全国·专题练习）已知正三棱柱的所有棱长都为2，平面与平面夹角的余弦值为________． 13．（25-26高二上·上海·期末）如图所示，四棱锥的底面是边长为3的正方形，平面且，Q是棱上一点.若，则平面与平面所成的锐二面角的余弦值为_____.    14．（2026高三下·全国·专题练习）如图，在三棱锥中，，，为的中点，若点在棱上，且二面角的大小为，则与平面所成角的正弦值为______． 四、解答题：本大题共5题，第15题13分，第16-17题每题15分，第18-19题每题17分，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．（25-26高二下·广东深圳·期末）如图，在五面体中，四边形为矩形，平面平面，，，分别为，的中点，且． (1)证明：平面； (2)若，且，求平面与平面夹角的余弦值． 16．（25-26高二下·天津·阶段检测）在如图所示的几何体中，平面，，F是的中点，，， (1)求直线与平面所成角的正弦值； (2)求四面体的体积； (3)求平面与平面所成角的余弦值． 17．（25-26高二下·天津红桥·期末）如图，直棱柱中，底面为等腰直角三角形，，，，是中点，是中点．    (1)求证：； (2)求二面角的余弦值； (3)求三棱锥的体积． 18．（25-26高二下·江苏扬州·阶段检测）如图1所示，在等腰梯形，，，垂足为，，，将沿折起到的位置，如图2所示，平面平面． (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在棱（不包括端点）上是否存在点，使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． 19．（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）在斜三棱柱中，，，为菱形，，，为中点． (1)证明：平面； (2)证明：平面； (3)线段上是否存在一点，使二面角为，若存在，求出的位置，若不存在，请说明理由． 2 / 26 1 / 26 学科网（北京）股份有限公司 $ 1.2.4 二面角课时同步练习卷 （考试时间：120分钟，分值：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．（2026·安徽蚌埠·二模）已知正方体中，是的中点，则平面与平面的夹角余弦值是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可. 【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴, 建立如下图所示的空间直角坐标系， 设，则、、，则，， 设平面的一个法向量为， 所以，取，可得， 易知平面的一个法向量为，则， 故平面与平面的夹角余弦值是. 2．（25-26高二下·江苏·阶段检测）如图，正四棱锥的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，平面，为侧棱上的点，则二面角的余弦值为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，结合向量即可求解. 【详解】连接，设交于点，则平面， 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， 设底面边长为，则， 显然是平面的一个法向量， 因为平面，所以是平面的一个法向量， 设二面角为，则由图可知，为钝角， 所以. 3．（25-26高三下·重庆·开学考试）已知正三棱台的高为，则二面角的大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量夹角公式即可求解. 【详解】设下底面的中心为，上底面的中心为， 以为原点，以为轴，为轴，过作，建立空间直角坐标系， 由正三棱台的高为， 所以，，所以， ， 同理， 所以， 所以， 设平面的法向量为， 所以，令，得， 显然为平面的一个法向量， 所以， 所以， 所以二面角的大小为. 4．（25-26高二上·云南楚雄·期末）在长方形中，，将沿所在直线进行翻折，二面角为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由题意得异面直线与的夹角为，即与的夹角为，由空间向量的运算法则可得，则，结合条件即可计算. 【详解】由题意得： 过点作，垂足为，过点作，垂足为，如下图： 因为二面角为，则异面直线与的夹角为， 即与的夹角为，易得， 因为，且， 则， 即，解得， 故选：D. 5．（2026·云南昆明·模拟预测）已知等腰直角三角形是圆锥的轴截面，点在底面圆上，点为的中点，，则二面角正切值的大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意建立空间直角坐标系，求出关键点坐标，根据面面角向量求得二面角夹角余弦值，再根据同角三角函数基本关系计算即可求解. 【详解】由题意可知等腰直角三角形是圆锥的轴截面， 所以平面，是底面圆的直径，， 因为点在底面圆上，所以， 因为，所以， 以点为坐标原点，为轴，为轴，垂直于平面所在直线为轴建立如图所示空间直角坐标系， 设，则，，， 取平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， ，， 则，取，则， 所以平面的一个法向量为， 设二面角为，由图可知， 则， 所以，. 6．（25-26高二上·吉林·开学考试）如图，已知，均为正方形，二面角的大小为，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】解法一：根据题目条件可知，即为二面角的平面角，将异面直线与所成角的余弦值转化成直线方向向量夹角余弦值的绝对值，结合空间向量线性运算及数量积运算即可求解．解法二：通过补形建立空间直角坐标系，用坐标运算求解. 【详解】解法一：根据题意可知，即为二面角的平面角，所以， 设正方形与边长均为1，异面直线与所成的角为. 因为，，，， 所以， 所以，即. 解法二：不妨假设正方形与的边长均为2， 如图，补形成直三棱柱，以中点为原点，建立空间直角坐标系， 则有，，，，由此可得，. 设异面直线与所成的角为，则. 故选：A. 7．（2026高三上·安徽合肥·专题练习）如图，在棱长均为2的正三棱柱中，、分别为、的中点，为线段上的点，，则平面与平面所成角的正切值为（   ）    A．1 B． C． D． 【答案】C 【分析】建系标点，分别求平面与平面的法向量，利用空间向量求面面夹角. 【详解】设为的中点，由正三棱柱的性质，，，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．    则，，，，，， 可得，， 设平面的法向量，则， 令，则，可得， 平面的法向量， 设平面与平面所成角为， 则， 可得，所以. 故选：C． 8．（25-26高二上·陕西宝鸡·阶段检测）如图，在直四棱柱中，，，，E，F分别是侧棱，上的动点，且平面AEF与平面ABC所成角的大小为，则线段BE的长的最大值为（    ）      A． B． C． D． 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，设出，，求出两平面的法向量，从而根据两平面的所成角得到方程，求出，求出BE的长的最大值. 【详解】依题意，，，两两互相垂直， 以A为原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.      设，（，，且m，n不同时为0）， 则，，，所以，. 设平面AEF的一个法向量为， 则， 令，得，则， 显然为平面ABC的一个法向量. 因为平面与平面所成角的大小为， 所以， 即， 得， 所以，所以当时，m取得最大值，最大值为. 故选：B 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．（25-26高三上·湖南长沙·阶段检测）如图，平面ABCD，，，，，，，则（    ） A． B．平面ADE C．平面BDE与平面BDF的夹角的余弦值为 D．直线CE与平面BDE所成角的正弦值为 【答案】BC 【分析】建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量研究位置关系与线面夹角，面面夹角即可. 【详解】对于A，根据题意可知，平面ABCD， 不妨以A为原点建立空间直角坐标系，如图所示， 可得， 则，， 所以，所以，不垂直，故A错误； 对于B，依题意，是平面的一个法向量， 又，可得，则， 又因为直线平面，所以平面，故B正确； 对于C，设为平面的一个法向量， 则，令，可得， 设为平面的一个法向量， 则，令，可得， 所以平面BDE与平面BDF的夹角的余弦值为，故C正确； 对于D，设直线与平面所成角为，而， 则，故D错误. 10．（25-26高二下·陕西西安·期中）如图所示，在正方体中，M，N分别为棱，的中点，则下列结论正确的是（     ）． A．直线与是平行直线 B．直线与是异面直线 C．平面与平面所成角的余弦值为 D．M，N，B，四点共面 【答案】BCD 【详解】设正方体棱长为，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，各点坐标为： . A：，若两直线平行，则，即，方程组无解，直线与不平行，A错. B：平面，交平面于点，点不在直线上，所以与是异面直线，B对. C：因为平面是底面，所以易得平面的法向量；设平面法向量，，， 取，得，设平面与平面所成角为，，C对. D：，，所以，一组平行线确定一个平面，故四点共面，D对. 11．（25-26高二上·贵州·期中）如图，正方体的棱长为，是的中点，点满足，其中，，则下列结论正确的有（    ） A．当时， B．当时，平面 C．当时，异面直线与所成角的余弦值为 D．若，二面角的平面角为，则的面积为 【答案】ABD 【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法逐项判断，可得出合适的选项. 【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，，， ，，则， ，，，， 所以，当时，，故，故A正确； 易知是平面的一个法向量， 因为，，即， 又因为平面，则平面，故B正确； 当时，，则， 则异面直线与所成角的余弦值为，故C错误； 当时，，， 设平面的法向量为，则， 取，则，，所以，， 又因为平面的一个法向量为， 且二面角的平面角为， 则，因为，解得， 即点，，则， 所以，， 所以，，故D正确． 故选：ABD. 【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法： （1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果； （2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果. 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．（2026高三·全国·专题练习）已知正三棱柱的所有棱长都为2，平面与平面夹角的余弦值为________． 【答案】 【分析】根据题意建立空间直角坐标系，然后求出两个平面的法向量，结合公式求解即可. 【详解】如图所示，取的中点，的中点，连接与， 因为三棱柱为正三棱柱， 所以且平面⊥平面， 所以平面， 在矩形中，，分别为，的中点， 所以， 以为原点，以，，所在的直线分别为x轴、y轴和z轴，建立如图所示的空间直角坐标系： 因为正三棱柱的所有棱长都为2，可得， 则， 所以， 设平面的法向量为， 则，取，则，， 所以； 设平面的法向量为， 则，取，则，， 所以， ， 所以平面与平面的夹角的余弦值为， 故答案为：. 13．（25-26高二上·上海·期末）如图所示，四棱锥的底面是边长为3的正方形，平面且，Q是棱上一点.若，则平面与平面所成的锐二面角的余弦值为_____.    【答案】 【分析】构建合适的空间直角坐标系，标注出相关点坐标，应用向量法求面面角的余弦值. 【详解】由题意，可构建如下空间直角坐标系，则， 所以，若平面的一个法向量为，    所以，取，则， 而是平面的一个法向量， 所以， 即平面与平面所成的锐二面角的余弦值为. 故答案为： 14．（2026高三下·全国·专题练习）如图，在三棱锥中，，，为的中点，若点在棱上，且二面角的大小为，则与平面所成角的正弦值为______． 【答案】 【分析】方法一：建立空间直角坐标系，得到相关点及相关向量的坐标，设出点坐标，结合二面角的向量求法及已知条件求出点，根据线面角的向量求法求解即可. 方法二：根据三正弦定理求解即可. 【详解】方法一：因为，为的中点，所以，且. 连接，因为，，， 所以是等腰直角三角形，又为的中点，所以，且. 在中，，所以是直角三角形，且. 所以，，两两垂直， 以点为原点，以，，为，，轴建立空间直角坐标系. 则，，，，， 设. 则，， 设平面的法向量为， 则，即，取，则，， 所以. 易知平面，所以平面的一个法向量为. 又二面角的大小为，所以， 整理得，解得或（舍去），所以. 又，设与平面所成角为， 所以， 所以与平面所成角的正弦值为. 方法二：设与平面所成角为．由题意知，，二面角的大小是， 由三正弦定理得． 四、解答题：本大题共5题，第15题13分，第16-17题每题15分，第18-19题每题17分，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．（25-26高二下·广东深圳·期末）如图，在五面体中，四边形为矩形，平面平面，，，分别为，的中点，且． (1)证明：平面； (2)若，且，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明：∵四边形为矩形，且为的中点             取中点，连接，，因 则,且, 又因是的中点， 且， ，             ∴四边形为平行四边形，                      ∴，                              又∵平面，平面 ∴平面. (2) 【分析】(1)中没有现成的线线平行，构造平行四边形从而得到想要的线线平行 (2)向量法各自求两个面的法向量，然后用计算二面角的公式得到；几何法需要证明面面平行后找到空间中面面角的平面角，从而通过三角函数计算得到 【详解】（1）略 （2）在矩形中，， 又∵面平面，平面平面，平面 ∴平面 ∵，  ，，平面 ∴平面 ∵ ∴平面 又∵平面   ∴ 方法一：以为原点建立空间直角坐标系如图所示， ∵， ∴ ∴，， ，， ∴， 设平面的法向量为 故可取 依题意，可取 为平面的一个法向量， ∴设平面与平面夹角为， 则 ∴平面与平面夹角的余弦值为. 方法二：∵且，平面，平面， ∴平面， 又由(1)得,因平面，平面， 则平面，又，平面，∴平面平面， ∴平面与平面的夹角即为平面与平面的夹角， ∵平面，平面，∴， 又∵平面平面，， ∴平面与平面夹角为， 在 中，， ∴平面与平面夹角的余弦值为. 16．（25-26高二下·天津·阶段检测）在如图所示的几何体中，平面，，F是的中点，，， (1)求直线与平面所成角的正弦值； (2)求四面体的体积； (3)求平面与平面所成角的余弦值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）通过建系证明直线的方向向量与平面的法向量平行，得出线面垂直的结论，从而确定夹角正弦值。 （2）利用第一问线面垂直的结论，将线段DF直接作为四面体的高即可求解. （3）分别求出两个平面的法向量，利用法向量数量积公式即可求解. 【详解】（1）由题意得平面，且平面，则且， 因为，所以， 又因为，所以且，即两两垂直， 以为坐标原点，分别以为轴正方向，建立空间直角坐标系， 则，因为是的中点， 则，，，， 设平面的法向量为，则 ，令，则，即， 则，即与平面的法向量平行，即平面， 所以直线与平面所成的角为，其正弦值为. （2）由上知平面，且平面，所以是四面体的高， 则， 因为平面，且平面，所以， 则，， . （3）易得平面的法向量为， ，设平面的法向量为， 则，令，则，即， 平面与平面所成的角为， 则. 17．（25-26高二下·天津红桥·期末）如图，直棱柱中，底面为等腰直角三角形，，，，是中点，是中点．    (1)求证：； (2)求二面角的余弦值； (3)求三棱锥的体积． 【答案】(1)在直棱柱中，⊥平面， 又由，所以，,两两垂直， 故可以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，    则， 设平面的法向量为， 因为， 所以，即， 令，则，则， 又因为， 所以， 所以平面； (2) (3) 【分析】（1）建立空间直角坐标系证明平面的法向量，即可证明； （2）求出平面的法向量，用坐标法求解即可； （3）使用向量法求出到平面的距离，再利用体积公式求解即可. 【详解】（1）略 （2）设平面的法向量为， 又， 则，即， 令，则，， 由（1）知平面的法向量为， 设二面角的大小为，由图象可知， 故； （3）由已知平面，所以为直角三角形， 因为，， 所以， 又，平面的法向量为， 则到平面的距离， 故. 18．（25-26高二下·江苏扬州·阶段检测）如图1所示，在等腰梯形，，，垂足为，，，将沿折起到的位置，如图2所示，平面平面． (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在棱（不包括端点）上是否存在点，使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)为等腰梯形，，， 又平面平面，平面平面， 平面， 又平面，平面平面. (2) (3)存在， 【分析】（1）通过面面垂直的性质定理和判定定理即可证得； （2）推导出平面，再建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可求出； （3）设，利用空间向量法可知，平面的法向量与平面的法向量的夹角余弦值的绝对值为，可得出关于的方程，解方程即可. 【详解】（1）略 （2），， 平面平面，平面平面，，平面， 平面，又平面， ，故两两互相垂直， 以为坐标原点，为轴，建立空间直角坐标系， 在等腰梯形，，，，， ，则， 设平面的法向量为，则，即， 取，则，则， 设直线与平面所成角为，则. （3）设，则， 设平面的法向量为，则，即， 取，则，则， 由题（2）可知，平面的法向量为， 设平面与平面的夹角为，则， 整理得，解得或（舍去）， 故棱（不包括端点）上存在点，使平面与平面的夹角的余弦值为，此时. 19．（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）在斜三棱柱中，，，为菱形，，，为中点． (1)证明：平面； (2)证明：平面； (3)线段上是否存在一点，使二面角为，若存在，求出的位置，若不存在，请说明理由． 【答案】(1) 连接，交于，连接， 在斜三棱柱中，是平行四边形，所以为的中点， 又为中点，所以， 因为平面，平面，所以平面； (2) 连接，菱形中，，， 所以是等边三角形， 又为中点，所以， 因为，平面，， 所以平面， 因为平面，所以， 因为，且平面，， 所以平面； (3)不存在，利用平面夹角的向量坐标公式列式计算即可判断 【分析】（1）中位线定理证明，最后利用线面平行的判定定理求解即可； （2）结合题意与线面垂直的判定定理得到平面； （3）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，结合二面角的向量求法建立方程，求解参数，最后判断点的存在性即可． 【详解】（1）略 （2）略 （3）不存在，理由如下：取的中点， 因为分别是的中点，所以， 又平面，所以平面， 所以两两垂直， 如图，以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系， ，，，， ，，， 所以，， 设，， 因为，所以， 解得，，，即， 所以, 设平面的法向量， ，令，得， 显然是平面的一个法向量， 所以， 因为二面角为， 所以，化简得，解得， 因为，所以线段上不存在点，使二面角为． 2 / 26 1 / 26 学科网（北京）股份有限公司 $