1、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)目录一、必备秘籍1二、典型题型2题型一：求二面角2题型二：已知二面角求参数10题型三：求二面角最值（范围）18三、专项训练24一、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，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，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
2、题型题型一：求二面角1（2223下河南模拟预测）如图，直四棱柱的底面是正方形，E，F分别为BC，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)【详解】（1）连接，交于点G，连接FG，因为E，F分别为BC，的中点，所以，且，所以四边形AEFG是平行四边形，所以，又因为平面，平面，所以平面.（2）以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，为z轴建立坐标系，如图所示，设，则，所以，设平面的一个法向量为，则,即，不妨取，则，即，设平面的一个法向量为，则,即，不妨取，则，即，所以，设二面角的平面角为，则，所以故二面角的正弦值为.2（2023江西南昌模拟预测）如图，直三棱柱
3、的体积为，的面积为(1)求到平面的距离；(2)设为的中点，平面平面，求二面角的大小【答案】(1)(2)【详解】（1）由题意知：；设点到平面的距离为，解得：，即点到平面的距离为.（2）取的中点，连接，又平面平面，平面平面，平面，平面，又平面，；三棱锥为直三棱柱，平面，又平面，；，平面，平面则以为坐标原点，正方向为轴的正方向，可建立如图所示空间直角坐标系，由（1）知：，设平面的法向量，则，令，解得：，；设平面的法向量，则，令，解得：，；，而，所以，则二面角的大小为.3（2023浙江模拟预测）如图，在矩形中，为边上的点，且.将沿翻折，使得点到，满足平面平面，连接.(1)求证：平面平面；(2)求二面角
4、的正弦值的大小.【答案】(1)证明见详解(2)【详解】（1）在中，同理，在中，又因为平面平面，平面平面，平面，平面，又平面，又，与是平面内的两条相交直线，平面，又平面，平面平面.（2）如图，作，垂足为，在中，可得，由（1），平面平面，以点为坐标原点，分别为，轴，过点垂直平面为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，可得，则，设平面的一个法向量为，则，即，令，可得，设平面的一个法向量为，则，即，令，可得，又，则，所以二面角的正弦值为.4（2023河北沧州三模）如图，该几何体是由等高的半个圆柱和个圆柱拼接而成.在同一平面内，且.(1)证明：平面平面；(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面所成角
5、的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）如图，连接，因为该几何体是由等高的半个圆柱和个圆柱拼接而成，所以，所以，所以.因为，所以四边形为平行四边形，所以，所以. 因为平面，平面，所以.因为平面，所以平面，因为平面，所以平面平面.（2）如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，则，则，设平面的一个法向量为，则即令，则，记直线与平面所成的角为，则，解得（负值舍去），即.设平面的一个法向量为，则即令，则.所以.因此平面与平面所成角的余弦值为.5（2023海南省直辖县级单位三模）如图所示，为等边三角形，平面，为线段上一动点(1)若为线段的中点，证明：(2)若，求二面角的余弦值【答案】(1
6、)证明见解析(2)【详解】（1）因为为线段的中点，且为等边三角形，所以，因为平面，平面，所以，因为，所以，四点共面，因为平面，平面，所以平面，因为平面，所以；（2）设的中点为，连接，在平面内，过点作交于点，由（1）可得两两垂直，分别以，所在直线为，轴建立空间直角坐标系，如图所示，因为，所以，所以，设平面的法向量为，则，令，得，所以平面的一个法向量为，设平面的法向量为，则，令，得，所以平面的一个法向量为，所以，所以二面角的余弦值为题型二：已知二面角求参数1（2023四川南充三模）如图，在四棱台中，底面是菱形，平面.(1)证明：BDCC1；(2)棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为若存在，求线段
7、的长；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)存在，【详解】（1）证明:如图所示，连接,因为为棱台，所以四点共面，又因为四边形为菱形，所以，因为平面，平面，所以，又因为且平面，所以平面，因为平面，所以.（2）解：取中点，连接，因为底面是菱形，且，所以是正三角形，所以，即，由于平面，以为原点，分别以为轴、轴和轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则假设点存在，设点的坐标为，其中，可得设平面的法向量，则，取，可得，所以.又由平面的法向量为，所以，解得由于二面角为锐角，则点在线段上，所以，即故上存在点，当时，二面角的余弦值为.2（2023吉林长春一模）长方形中，点为中点（如图1），将点绕旋转
8、至点处，使平面平面（如图2）(1)求证：；(2)点在线段上，当二面角大小为时，求四棱锥的体积【答案】(1)证明见详解(2)【详解】（1）证明：在长方形中，为中点，平面平面，平面平面，平面，平面，平面，又，平面，平面，平面，平面，.（2）如图，取的中点，的中点，连接，由题意可得两两互相垂直，以为坐标原点，以， 分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则，设，则，设平面的一个法向量为，则，令，得，又平面，是平面的一个法向量，令，解得或（舍）.即为的靠近的三等分点时，二面角的平面角为，平面，且，到平面的距离为，又四边形的面积为3，四棱锥的体积3（2023福建宁德一模）如图在平行四边形中，将沿折起，使平
9、面平面，得到图所示几何体(1)若为的中点，求四棱锥的体积；(2)在线段上，是否存在一点，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为，如果存在，求出的值，如果不存在，说明理由【答案】(1)(2)存在，的值为【详解】（1）由图知，所以，在中，因为，可得，所以 由图知，平面平面，平面，平面平面，因为，所以平面， 因为为的中点，所以（2）由（1）知，三者两两垂直，以点为原点，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系（如图）则，设， ，即，所以，设平面的法向量为，所以，则，令，得，设平面的法向量为，所以， 解得或（舍去），所以此时的值为.4（2023江西九江一模）如图，直角梯形中，将沿翻折至的位置，
10、使得，为的中点(1)求证：平面平面；(2)为线段上一点（端点除外），若二面角的余弦值为，求线段的长【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）易知，平面，平面，又平面，所以由直角梯形，可得，又，得；又，平面，所以平面又平面，可得平面平面（2）取的中点，连接，又平面平面，平面平面，平面，为的中点，为的中点，可得，又，故以所在的直线分别为轴，建立如图空间直角坐标系，则，设，则设平面的一个法向量为，所以，令，得，即平面的一个法向量为可得，解得或(舍)即为的中点，易知，故线段的长为.5（2023四川成都模拟预测）如图，四棱锥中，底面是矩形，侧面底面，侧面底面，点F是PB的中点，动点E在边BC上移动，且
11、.(1)证明：垂直于底面.(2)当点E在BC边上移动，使二面角为时，求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）因为侧面底面，侧面底面，而底面是矩形，故,底面，故平面，而平面，故;同理侧面底面，侧面底面，而底面是矩形，故,底面，故平面，而平面，故，又底面，故垂直于底面（2）由（1）知底面，底面，故，点F是PB的中点，且，故，；又平面，,故平面，平面，故，而平面，故平面，故即为二面角的平面角，即；而,以A为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则，故，设平面的法向量为，则，即，令，则，即，设平面的法向量为，则，即，令，则，即，故，由原图可知二面角为锐角，故二面角的余
12、弦值为.题型三：求二面角最值（范围）1（2324高二上山东阶段练习）如图，在正四棱柱中，点是线段上的点，点是线段上的点，且.(1)证明：直线平面：(2)求平面与平面夹角的余弦值的取值范围.【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）如图，连接并延长交于，过作交于，连接，因为，所以，又，所以，得到，又易知，且，又且，故且，所以四边形为平行四边形，得到，又，所以，又平面，平面，所以平面，（2）如图建立空间直角坐标系，因为，则，所以，又因为，则，又，设平面的一个法向量为，则由，得到，取，得到，所以，设平面的一个法向量为，则由，得到，取，得到，所以，设平面与平面的夹角为，则，又因为，所以，即平面与平面
13、夹角的余弦值的取值范围为.2（2324高二上四川遂宁阶段练习）如图，在正四棱柱中，.点、分别在棱、上，.(1)证明：四点共面(2)当点在棱上运动时（包括端点），求平面与平面夹角余弦值的的取值范围.【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）分别以为轴建立空间直角坐标系，如图，则，所以共面，即四点共面；（2）设，又，设平面的一个法向量是，则，取，则，设平面的一个法向量是，则，取，则，则，所以，平面与平面夹角余弦值的的取值范围是3（2324高二上湖北恩施阶段练习）如图（1），在矩形中，为线段的中点，将沿直线AE折起，使得，如图（2）.(1)求证：平面平面；(2)已知点H在线段AB上移动，设平面AD
14、E与平面DHC所成的角为，求的取值范围.【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）由题意证明如下，取线段AE的中点O，连接DO，OC，如图.在中，.在中，由余弦定理得， ，.在中，.又，平面ABCE，平面.又平面，平面平面ABCE.（2）由题意及（1）得，建立空间直角坐标系如下图所示，则，.易知平面ADE的一个法向量为.设点H的坐标为，则，.设平面DHC的法向量为，则令，则.令，则，.又，所以，的取值范围为.4（2324高二上四川遂宁阶段练习）如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，在菱形中，平面平面，分别是线段的中点.(1)求证：平面；(2)若点为线段上的动点（不包括端点），求锐二面
15、角的余弦值的取值范围.【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）由平面平面，且两平面交线为,为中点，平面，所以平面，由于平面，故，在菱形中，所以为等边三角形，又为中点，所以，则以为坐标原点，所在直线为，轴，可建立如图所示空间直角坐标系，则，又，平面，平面（2），设，则，；由（1）知平面，平面的一个法向量，设平面的法向量，又则，即，令，则，令，则，所以，即锐二面角的余弦值的取值范围为三、专项训练1（2324高二上北京房山阶段练习）已知长方体中，则平面与平面所成锐二面角的正切值为（）ABCD【答案】A【详解】以为坐标原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则可得，可知平面的法向量，设平面的法向量
16、，则，令，则，可得，设平面与平面ABCD所成的锐二面角为，则，可得，所以平面与平面所成锐二面角的正切值.故选：A.2（2324高二上山东济南阶段练习）如图所示，是棱长为6的正方体，分别是棱上的动点，且，当四点共面时，平面与平面所成夹角的余弦值为（）ABCD【答案】D【详解】以为坐标原点，所在的直线分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，如图所示，当时，即为的中点时，四点共面，可得，且，则，设平面的法向量为，则，取，可得，所以，设平面的法向量为，则取，可得，所以，设平面与平面所成的二面角为，则，所以平面与平面所成的二面角的余弦值.故选：D.3（2324高二上陕西宝鸡阶段练习）如图，在直四棱柱中，E
17、，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（）ABCD【答案】B【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：B4（2122高二全国单元测试）如图，在四棱锥中，平面ABCD，已知Q是四边形ABCD内部一点（包括边界），且二面角的平面角大小为，则面积的取值范围是（）ABCD【答案】B
18、【详解】以A为坐标原点建立空间直角坐标系，如图，由二面角的平面角大小为，可知Q的轨迹是过点D的一条直线，又Q是四边形ABCD内部一点（包括边界），则Q的轨迹是过点D的一条线段.设Q的轨迹与y轴的交点坐标为，由题意可知，所以，易知平面APD的一个法向量为，设平面PDG的法向量为，则，即，令，得，所以是平面PDG的一个法向量，则二面角的平面角的余弦值为，解得或（舍去），所以Q在DG上运动，所以面积的取值范围为故选：B5（2021高一下湖北阶段练习）在正三棱柱中，点D为棱的中点，点E为上的点，且满足，当二面角的正切值为时，实数m的值为（）AB1C2D3【答案】C【详解】如图， 以D原点，DA，DB，
19、DD1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则，由得，即，所以，设面的法向量为：，则取，取面的法向量为：，设二面角为，由得，则，所以，故选：C.二、填空题6（2122高二上福建期末）已知在一个二面角的棱上有两点，线段分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱，则这个二面角的大小为 .【答案】【详解】如图，设，（），则二面角的大小为，故.故，故，.因此所求二面角的度数为.故答案为：.7（2324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】【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，
20、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: 8（2223高二上广东佛山阶段练习）如图，在三棱柱中，两两互相垂直，分别是侧棱，上的点，平面与平面所成的（锐）二面角为，则当最小时 【答案】/60o【详解】建立空间直角坐标系，如图所示：设，则，所以，设平面的一个法向量为，则，即，令，则，又平面的一个法向量为，所以，即，当最小时，所以，所以，故答案为：9（2324高二上全国单元测试）如图，四棱锥中，底面是矩形，平面，且，点是线段上一点，当二面角的平面角的
21、大小为时， 【答案】【详解】设，以为坐标原点，以所在的直线分别为轴、轴和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，又由平面的一个法向量为，则，解得或（舍去），所以.故答案为：.三、解答题10（2324高三上四川成都开学考试）如图，四棱锥中，底面是平行四边形，平面底面，(1)求证：平面平面；(2)求平面与平面所成的锐二面角的余弦值【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）因为平面平面，且平面平面，平面，所以平面，又平面，所以因为，所以，故又，平面，所以平面因为平面，所以，平面平面（2）作的高，因为，所以，所以，因为平面平面，且平面平面，平面，所以平面所以，
22、可以建立如图所示空间直角坐标系，其中轴则，所以，设平面的法向量为，则即令得，所以平面的一个法向量为设平面的法向量为，则即令得，所以平面的一个法向量为，所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为11（2023新疆三模）如图，在圆柱体中，劣弧的长为，AB为圆O的直径(1)在弧上是否存在点C（C，在平面同侧），使，若存在，确定其位置，若不存在，说明理由；(2)求二面角的余弦值【答案】(1)存在，为圆柱的母线(2)【详解】（1）存在，当为圆柱的母线时，证明如下：连接BC，AC，因为为圆柱的母线，所以平面ABC，又因为平面ABC，所以因为AB为圆O的直径，所以又，平面，所以平面，因为平面，所以（2）以为原点
23、，OA，分别为y，z轴，垂直于y，z轴的直线为x轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，因为劣弧的长为，所以，则，设平面的法向量，则，令，解得，所以因为x轴垂直平面，所以平面的一个法向量所以，又二面角的平面角为锐角，故二面角的余弦值为12（2023福建泉州模拟预测）如图，三棱锥中，平面平面.(1)求三棱锥的体积的最大值；(2)求二面角的正弦值的最小值.【答案】(1)(2).【详解】（1）取的中点，连接，因为，所以又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，因为，所以，所以三棱锥的体积为因为，所以，当且仅当，即时，等号成立，故三棱锥的体积的最大值为.（2）解法一：由（1）可知平面，又平面，所以，过作于
24、，连接，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，因为，当且仅当时等号成立，所以的最小值为2.此时取得最小值，故二面角的正弦值的最小值为. 解法二：由（1）可知平面，以为坐标原点，向量，为轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设，则，设平面的法向量为，则，取，则，又取平面的法向量为，设二面角的大小为，所以，因为，所以，令，则，整理可得，所以，解得，所以当，即，时，取得最大值，此时取得最小值，故二面角的正弦值的最小值为.13（2023辽宁模拟预测）已知直角梯形形状如下，其中，(1)在线段CD上找出点F，将四边形沿翻折，形成几何体若无论二面角多大，都能够使得几何体为棱
25、台，请指出点F的具体位置（无需给出证明过程）(2)在（1）的条件下，若二面角为直二面角，求棱台的体积，并求出此时二面角的余弦值【答案】(1)或为靠近点的三等分点；(2)；.【详解】（1）在直角梯形中，延长交于点，连接并延长交于，如图，于是，则，为靠近点的三等分点，将四边形沿翻折，即将沿翻折，无论二面角多大，所成几何体均为三棱锥，显然平面平面，于是平面，同理平面，而平面，因此平面平面，从而几何体是棱锥被平行于底面的平面所截，截面和底面间的部分，即几何体是棱台，所以无论二面角多大，都能够使得几何体为棱台，为靠近点的三等分点.（2）翻折前，将,延长一倍，三线交予点，在等腰直角三角形中，在棱台中，又二
26、面角为直二面角，平面，即三棱锥的体积为，又三棱锥的体积，则有棱台的体积为，在线段上取，有，四边形为平行四边形,，又面，则，以为原点，为,的单位向量建立空间直角坐标系，则，取平面的法向量为，令，取， 取面的法向量，则，令，得，显然二面角的平面角为锐角，设为，所以二面角的余弦值为.14（2223高一上吉林阶段练习）如图所示，长方形中，点是边的中点，将沿翻折到，连接，得到图的四棱锥(1)求四棱锥的体积的最大值；(2)设的大小为，若，求平面和平面夹角余弦值的最小值【答案】(1)(2)【详解】（1）取的中点，连接，因为，则，当平面平面时，点到平面的距离最大，四棱锥的体积取得最大值，此时平面，且，底面为梯
27、形，则四棱锥的体积最大值为.（2）连接，因为，所以，所以为的平面角，即，过点作平面，以为坐标原点，分别以DA，DC，DZ所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，过作于点，由题意得平面，设，因为，所以，所以，所以，所以，设平面PAM的法向量为，则，令，则，设平面的法向量为，因为，则，令，可得，设两平面夹角为，则令，所以，所以，因为的对称轴为，所以当时，有最小值，所以平面和平面夹角余弦值的最小值为15（2223下信阳阶段练习）如图，在等腰梯形中，四边形为矩形，且平面，.(1)求证：平面；(2)在线段上是否存在点，使得平面与平面所成锐二面角的平面角为，且满足.若不存在，请说明理
28、由；若存在，求出的长度.【答案】(1)证明见解析(2)存在，【详解】（1）为等腰梯形，则，.又，则，平面，平面，.平面，平面，四边形为矩形，则，平面.（2）如图所示，建立空间直角坐标系，由（1）知，则，设，则，设平面的法向量，则，令，则，取平面的法向量，由题意，.解得.因此在线段上存在点，使得平面与平面所成锐二面角的平面角为，且满足.16（2324上山东开学考试）如图，在四棱锥中，底面，点E在平面上运动(1)试确定一点E，使得平面，并说明点E的位置；(2)若四棱锥的体积为6，在侧棱上是否存在一点F，使得二面角的余弦值为若存在，求的长，若不存在，请说明理由【答案】(1)当点E在的边的中线上运动时
29、，平面；(2)存在，.【详解】（1）点E在的边的中线上，取的中点G，连接，如图，由，得，即四边形为平行四边形，于是，而平面，平面，则平面，所以当点E在的边的中线上运动时，平面（2）由于底面，则四棱锥的体积，解得，由（1）知，则有，有，以点A为坐标原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，则，假定棱上存在一点F满足条件，令，则，设面的法向量，则，令，得，又面的法向量，于是二面角的余弦值，解得，即F为中点，此时，即当时，二面角的余弦值为.17（2324上湖北开学考试）如图所示，在三棱柱中，侧面是边长为2的菱形，；侧面为矩形，且平面平面.(1)求证：；(2)设是线段上的动点，试确定点的位置，使二面角的余弦值为.【答案】(1)证明见解析(2)点为的中点【详解】（1）如下图所示：连接，在矩形中，明显有：.又平面平面，平面平面，所以平面，又因为平面，所以，又在菱形ABCD中且，平面，平面，则平面，又平面，则.（2）建立空间直角坐标系如下图所示：设，且，则，设是平面MBC的一个法向量，由及，故可取，明显平面BCD的一个法向量为，由已知有，解得或（舍去），所以当点M为AF的中点时，二面角的余弦值为.
