(人教A版选择性必修一册)高中数学精品讲义第1章第09讲拓展三：二面角的传统法与向量法(含探索性问题)(学生版+解析)

第09讲 拓展三：二面角的传统法与向量法(含探索性问题）
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；
题型01求二面角（传统法）
【典例1】（23-24高一下·四川成都·阶段练习）在三棱柱中，，若，则二面角的余弦值为 ．
【典例2】（23-24高一下·浙江·阶段练习）如图，在直三棱柱中，，，四边形为正方形.
(1)求证：平面平面；
(2)求二面角的余弦值.
【变式1】（23-24高一下·广西南宁·阶段练习）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，.
(1)求点到平面的距离；
(2)求二面角的正切值.
【变式2】（23-24高一下·黑龙江大庆·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面是菱形，，底面，点E在棱上.
(1)求证：平面；
(2)若，点E为的中点，求二面角的余弦值.
【变式3】（2024·四川成都·二模）如图，在正四面体中，是棱的两个三等分点．
(1)证明：；
(2)求出二面角的平面角中最大角的余弦值．
题型02利用面积投影法求二面角（定值）
【典例1】（23-24高一下·河南安阳·阶段练习）在棱长为2的正方体中，E是棱的中点，则平面截该正方体所得截面面积为 ；平面与底面ABCD所成锐二面角的余弦值为 ．
【典例2】（23-24高一下·河南新乡·阶段练习）如图，已知直角三角形ABC的斜边平面，A在平面上，AB，AC分别与平面成和的角，．
(1)求BC到平面的距离；
(2)求平面与平面的夹角．(提示：射影面积公式 ）
【典例3】（2024·河南·模拟预测）如图，在长方体中，点分别是的中点．

(1)求证：平面；
(2)若，且底面为正方形，求平面与平面夹角的余弦值．
【变式1】（23-24高一下·浙江绍兴·期中）如图，已知直角三角形ABC的斜边平面，A在平面上，AB，AC分别与平面成和的角，．
(1)求BC到平面的距离；
(2)求平面与平面的夹角．
题型03利用向量法求二面角（定值）
【典例1】（23-24高三上·广西南宁·阶段练习）如图，四棱锥内，平面，四边形为正方形，，．过的直线交平面于正方形内的点，且满足平面平面．
(1)求点的轨迹长度；
(2)当点到面的距离为时，求二面角的余弦值．
【典例2】（2025·甘肃张掖·模拟预测）在三棱柱中，侧面平面，，侧面为菱形，且为中点．
(1)证明：平面；
(2)求二面角的余弦值．
【变式1】（23-24高二下·云南保山·阶段练习）如图，三棱锥中，正三角形所在平面与平面垂直，为的中点，是的重心，，，．
(1)证明：∥平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
【变式2】（2024·河北秦皇岛·三模）如图，在三棱柱中，，四边形为菱形，，.
(1)证明：.
(2)已知平面平面，求二面角的正弦值.
【变式3】（23-24高二下·甘肃武威·阶段练习）如图所示，在四棱锥中，平面，底面是正方形，是的中点，在线段上，且.
(1)求证：
(2)求平面与平面所夹二面角余弦值.
题型04利用向量法求二面角（最值或范围）
【典例1】（2024·山东·模拟预测）如图，在直三棱柱中，，，，.
(1)当时，求证：平面；
(2)设二面角的大小为，求的取值范围.
【典例2】（23-24高二下·浙江金华·期中）在如图所示的直三棱柱中，分别是线段上的动点．
(1)若平面，求的值；
(2)若三棱柱是正三棱柱，是的中点，求二面角余弦值的最小值．
【典例3】（2024·福建南平·二模）如图，在四棱锥中，平面，，，.，分别为棱，上的动点（与端点不重合），且.

(1)求证：平面；
(2)若，设平面与平面所成的角为，求的最大值.
【变式1】（2024·江苏南通·三模）如图，在直三棱柱中，，．
(1)当时，求证：平面；
(2)设二面角的大小为，求的取值范围．
【变式2】（23-24高二下·上海·阶段练习）已知在直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点，.
(1)证明：；
(2)当为何值时，平面与平面夹角的正弦值最小？
【变式3】（2024高三下·全国·专题练习）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点．
(1)证明：；
(2)当为何值时，平面与平面所成的二面角的正弦值最小
题型05已知二面角求参数
【典例1】（2024高三·全国·专题练习）如图，在正四棱柱中，，点分别在棱，上，，若点在棱上，当二面角为时，则 ．
【典例2】（23-24高二上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）四棱锥中，平面，，，，已知是四边形内部一点，且二面角的平面角大小为，则动点的轨迹的长度为 .
【变式1】（23-24高二上·宁夏·阶段练习）如图，在棱长为1的正方体中，分别是
都是矩形，E是CD的中点，，若平面与平面所成的锐二面角的大小为，则线段的长度为 ．
题型06二面角中的探索性问题
【典例1】（23-24高三下·云南·阶段练习）如图，已知四边形为矩形，，，E为的中点，将沿进行翻折，使点D与点P重合，且．
(1)证明：；
(2)设，的延长线交于点N，则线段上是否存在点Q，使得平面与平面所成角的余弦值为．
【典例2】（2024·山东菏泽·模拟预测）如图，在正四棱锥中，已知平面，点在平面内，点在棱上．
(1)若点是的中点，证明：平面平面；
(2)在棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由．
【典例3】（2024·北京·模拟预测）如图，在四棱锥中，，.
(1)求证：平面平面；
(2)若线段上存在点，满足，且平面与平面的夹角的余弦值为，求实数的值.
【典例4】（2024·河北张家口·三模）如图，在三棱锥中，是边长为2的等边三角
于，，已知，，，．
(1)证明：平面；
(2)在线段上是否存在点，使得二面角的大小为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由．
【变式3】（2024·山东聊城·三模）如图，在正三棱柱中，，点分别是棱，的中点，点满足，其中.
(1)当时，求证：∥平面；
(2)当时，是否存在点使得平面与平面的夹角的余弦值是？若存在，指出点的位置，若不存在，请说明理由.
【变式4】（2024·广东广州·模拟预测）在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，三棱锥的体积为，平面与平面的交线为.

(1)求四棱锥的体积，并在答卷上画出交线（注意保留作图痕迹）；
(2)若，，且平面平面，在上是否存在点，使平面与平面所成角的余弦值为？若存在，求的长度；若不存在，请说明理由.
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第09讲 拓展三：二面角的传统法与向量法(含探索性问题）
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；
题型01求二面角（传统法）
【典例1】（23-24高一下·四川成都·阶段练习）在三棱柱中，，若，则二面角的余弦值为 ．
【答案】
【分析】连接交于点，连接交于点，连接,可证明平面平面，过点作有平面过点作于，连接，则即为二面角的平面角，过点分别作，计算可求二面角的余弦值.
【详解】连接交于点，连接交于点，连接．
平面，又平面，
平面平面．
∵平面平面，∴过点作有平面；此时．
过点作于，连接，则即为二面角的平面角，
不妨设，经计算可得：．
过点分别作．
∵是中点，且为中点，，
．
二面角的余弦值为.
故答案为：
【典例2】（23-24高一下·浙江·阶段练习）如图，在直三棱柱中，，，四边形为正方形.
(1)求证：平面平面；
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证明平面，然后结合面面垂直的判定定理即可得证；
（2）根据定义得出为二面角的平面角，结合解三角形知识即可得解.
【详解】（1）由平面为正方形，因为，所以，
又因为，，所以，
所以，又，且，平面，
所以平面，
因为，所以平面，
因为平面，平面平面.
（2）因为直角三角形中，.
所以，所以为等边三角形.
又因为为等腰三角形.
所以取得中点，连结，，则，，
所以为二面角的平面角.
因为直角三角形中，.
在等边三角形中，
所以在三角形中，.
所以二面角的余弦值为.
【变式1】（23-24高一下·广西南宁·阶段练习）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，.
(1)求点到平面的距离；
(2)求二面角的正切值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用等积法即可求解；
（2）构造二面角的平面角并求出正切值即可.
【详解】（1）因为平面平面，平面平面，且，即，面，
所以平面，而平面，所以，
又，所以，又，平面，
所以平面，面，即，
由面，则，
又，，，
所以，，
则，故，
所以，
又因为平面平面，平面平面，
所以点到平面的距离即为点到直线的距离；
设点到平面的距离为，则，
设点到平面的距离为，则，
所以，即，
解得，即点到平面的距离为.
（2）
如图：取中点，连结BD，取中点，连结，
因为，为中点，所以，
又平面平面，平面平面，面，
所以平面，又，，
所以，，
由题设易知为正方形，则，且，
所以且，
则平面，
所以平面，平面，所以，
所以在直角三角形中，即为二面角的平面角，
.
【变式2】（23-24高一下·黑龙江大庆·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面是菱形，，底面，点E在棱上.
(1)求证：平面；
(2)若，点E为的中点，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先根据线面垂直的性质定理得，再结合菱形性质利用线面垂直的判定定理证明即可.
（2）根据二面角的平面角定义作出二面角的平面角，然后利用直角三角形的边角关系求解即可.
【详解】（1）因为平面，平面，所以，
因为为菱形，所以，
又平面平面，
所以平面.
（2）如图，连接，则平面，
由平面，平面，平面，得，
故即为二面角的平面角，
在菱形中，，
所以，
又，所以，
由点E为的中点，得，
所以为等腰三角形，在内过点E作高，垂足为H，则，
所以，即二面角的余弦值为.
【变式3】（2024·四川成都·二模）如图，在正四面体中，是棱的两个三等分点．
(1)证明：；
(2)求出二面角的平面角中最大角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】
（1）根据题意，由线面垂直的判定定理即可证明平面，从而证明；
（2）根据题意，由二面角的定义，结合余弦定理代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）
取的中点为，连接．四面体为正四面体，
为正三角形．又为的中点，．同理可得．
平面，平面．
又平面．
（2）
取的中点为，连接，设．
由（1）得平面．平面．
为二面角的平面角，为二面角的平面角，
为二面角的平面角．由图形对称性可判断．
易得．在中，．
在中，．同理可得．
．
．
二面角的平面角最大，其余弦值等于．
题型02利用面积投影法求二面角（定值）
【典例1】（23-24高一下·河南安阳·阶段练习）在棱长为2的正方体中，E是棱的中点，则平面截该正方体所得截面面积为 ；平面与底面ABCD所成锐二面角的余弦值为 ．
【答案】
【分析】设平面交于点，可知平面截正方体所得截面为，推导出点为的中点，计算得知四边形是边长为的菱形，并求出菱形的对角线长，由此可求得该截面的面积，再由二面角余弦公式求值即可.
【详解】如图，在正方体中，
平面平面，平面平面，
平面平面，，同理可证，
四边形是平行四边形，
，，
又，，
，，则为的中点，，同理，
所以截面是边长为的菱形，其对角线，，
故截面面积．
设平面与底面ABCD所成锐二面角为，
因为截面在底面的射影为正方形，
所以.
故答案为：；.
【典例2】（23-24高一下·河南新乡·阶段练习）如图，已知直角三角形ABC的斜边平面，A在平面上，AB，AC分别与平面成和的角，．
(1)求BC到平面的距离；
(2)求平面与平面的夹角．(提示：射影面积公式 ）
【答案】(1)
(2).
【分析】（1）过作平面的垂线，利用直角三角形边角关系及勾股定理建立方程求解.
（2）作出二面角的平面角，利用余弦定理、三角形面积公式求解即得.
【详解】（1）过作，垂足为，过作，垂足为，连、、，
则，，
设BC到平面的距离为，由平面，得 ，
在中，，则，在中， ，
在中，，则，所以.
（2）由（1）知，四边形BCFE是矩形，过点A作直线l//EF，显然l//BC，
在平面α内过点A作于O，则，过O作交BC于G，连接AG，
则，有OG⊥l，而平面AOG，
于是l⊥平面AOG，又AG 平面AOG，则l⊥AG，即∠GAO为平面ABC与平面α的夹角，
由（1）知，，则,
在中，，则
于是,
因此，又，则
所以平面ABC与平面α的夹角为.
【典例3】（2024·河南·模拟预测）如图，在长方体中，点分别是的中点．

(1)求证：平面；
(2)若，且底面为正方形，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，由线面平行的判定定理即可证明；
（2）方法一：以点为原点，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，即可得到结果；方法二：根据题意，由面面角的定义可得即为平面与平面的夹角，代入计算，即可得到结果；方法三：由条件可得为的射影，代入 计算，即可得到结果.
【详解】（1）如图，连接，

因为点分别是的中点，
所以．
又由长方体的性质知，，，
所以四边形为平行四边形，
所以，所以．
又平面平面，
所以平面．
（2）（射影法）：设平面与平面的夹角为，如图，过点作于点，过点作于点，连接，

则为的射影．
由题易得，
所以，
所以
所以．
又，
所以．
所以平面与平面夹角的余弦值为．
【变式1】（23-24高一下·浙江绍兴·期中）如图，已知直角三角形ABC的斜边平面，A在平面上，AB，AC分别与平面成和的角，．
(1)求BC到平面的距离；
(2)求平面与平面的夹角．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）过作平面的垂线，利用直角三角形边角关系及勾股定理建立方程求解.
（2）作出二面角的平面角，利用余弦定理、三角形面积公式求解即得.
【详解】（1）过作，垂足为，过作，垂足为，连、、，
则，，
设BC到平面的距离为，由平面，得 ，
在中，，则，在中， ，
在中，，则，所以.
（2）由（1）知，四边形是矩形，过点作直线，显然，
在平面内过点作于，则，过作交于，连接，
则，有，而平面，
于是平面，又平面，则，即平面与平面的夹角，
由（1）知，，则，
在△中，，则，
于是，，
因此，又，则，
所以平面与平面的夹角为.
题型03利用向量法求二面角（定值）
【典例1】（23-24高三上·广西南宁·阶段练习）如图，四棱锥内，平面，四边形为正方形，，．过的直线交平面于正方形内的点，且满足平面平面．
(1)求点的轨迹长度；
(2)当点到面的距离为时，求二面角的余弦值．
【答案】(1)π
(2)
【分析】（1）作出辅助线，由面面垂直的性质定理得到平面，再由线面垂直推出，利用线面垂直的判定得到平面，进而得到，利用圆的性质得动点的轨迹，进一步求出轨迹长度；
（2）过点作于点，，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，平面得一个法向量，利用向量的夹角公式可求二面角的余弦值.
【详解】（1）如图所示，过点作，且，
平面平面，且平面平面，
平面，又平面，，
平面，平面，
，又，且，平面，
平面，平面，，
由点在正方形内，
所以点在以为直径的半圆上，，
所以点的轨迹长度为.
（2）过点作于点，
平面，平面，，
，平面，平面，
故的长度即为点到面的距离，故，
∵由（1）可知点在以为直径的半圆上运动，
如图所示建立空间直角坐标系，
∴，，，，
，
设平面的一个法向量为，则，
令，，
又平面得一个法向量为，记二面角为为，
，
由图可知二面角为锐角，
所以二面角的余弦值为.
【典例2】（2025·甘肃张掖·模拟预测）在三棱柱中，侧面平面，，侧面为菱形，且为中点．
(1)证明：平面；
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由侧面平面和，可得面，又，再结合线面垂直的判定定理得证；
（2）建立空间直角坐标系，利用两平面夹角的向量公式求解.
【详解】（1）根据题意，即，
又侧面平面，面平面，平面，
所以面，而面，所以，
侧面为菱形，为中点，所以，
平面，
所以平面；
（2）取中点，连接，则，而，所以，
又侧面平面，面平面，平面，
所以面，
以点为原点，分别以，，所在直线为轴，建立空间直角坐标系．
由题知，，，，，
则，，，
设平面的法向量为，
则有，取，得，
设平面的法向量为，
则有，取，得，
设二面角的夹角为，
则，
即二面角的余弦值为．
【变式1】（23-24高二下·云南保山·阶段练习）如图，三棱锥中，正三角形所在平面与平面垂直，为的中点，是的重心，，，．
(1)证明：∥平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）作辅助线，可证∥，结合线面平行的判定定理分析证明；
（2）根据面面垂直的判定定理可知平面ABC，过B作于F，建系，利用空间向量求面面夹角.
【详解】（1）在三棱锥中，连接PG并延长交BC于D，连接OD、OG，
由G为的重心，则D为BC的中点，
又因为O是AC中点，则∥，
且平面POG，平面POG，所以∥平面．
（2）由是正三角形，O是AC的中点，则，
又平面平面ABC，平面平面，平面PAC，
则平面ABC，
因为是直角三角形，在中，，，
则，则，
过B作于F，则，
以O为原点，直线OC，OP分别为y，z轴，在平面ABC中过点O且垂直于AC的直线为x轴，建立空间直角坐标系，
则，
可得，，
设平面PAB的法向量为，则，
令，则，可得，
设平面PBC的法向量为，则，
令，则，可得，
则，
所以平面PAB与平面PBC夹角的余弦值为.
【变式2】（2024·河北秦皇岛·三模）如图，在三棱柱中，，四边形为菱形，，.
(1)证明：.
(2)已知平面平面，求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）通过线面、面面的位置关系证平行四边形为菱形即可；
（2）先证平面，根据题意建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法即可求解.
【详解】（1）
设为的中点，连接，，，，
因为，所以，
因为四边形为菱形，，所以为等边三角形，则，
又平面，平面，，所以平面，
因为平面，所以，
因为，平面，平面，
，所以平面，
因为平面，所以，所以四边形为菱形，即.
（2）
因为平面平面，且平面平面，，平面，
所以平面；
以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，设.
则，，，，，
可得，，.
设平面的法向量为，则
令，则，，可得.
设平面的法向量为，则
令，则，，可得.
，故二面角的正弦值为.
【变式3】（23-24高二下·甘肃武威·阶段练习）如图所示，在四棱锥中，平面，底面是正方形，是的中点，在线段上，且.
(1)求证：
(2)求平面与平面所夹二面角余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）证明，先证明平面即可.
（2）以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，利用向量法求解面面夹角的余弦值.
【详解】（1）连接四边形是正方形
平面平面
平面平面
平面平面
.
（2）由（1）知两两垂直如图，
以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系.
不妨设
则
平面
平面的一个法向量为，
设，
，
设平面的法向量为，则，
取，则
平面的一个法向量，
设平面与平面所夹二面角的平面角为
则
平面与平面所夹二面角余弦值为.
题型04利用向量法求二面角（最值或范围）
【典例1】（2024·山东·模拟预测）如图，在直三棱柱中，，，，.
(1)当时，求证：平面；
(2)设二面角的大小为，求的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，当时，求得的坐标，求得，得到，结合线面垂直的判定定理，即可得证；
（2）由（1）求得平面和平面的法向量和，利用向量的夹角公式，求得，结合，进而求得的范围.
【详解】（1）证明：以为坐标原点，以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示，，
当时，，所以，
可得，所以，
又因为，平面，平面，所以平面.
（2）解：由（1）可得，
设平面的一个法向量为，则，
令，可得，所以，
因为平面，所以平面的一个法向量为，
所以，
又因为，可得，所以，
因为二面角为锐二面角，所以，
所以的取值范围.
【典例2】（23-24高二下·浙江金华·期中）在如图所示的直三棱柱中，分别是线段上的动点．
(1)若平面，求的值；
(2)若三棱柱是正三棱柱，是的中点，求二面角余弦值的最小值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）过点作，交于，连接，则可证平面平面，从而得到，故可求的值，也可以过点作，可证 四边形是平行四边形，从而可求的值.
（2）过作，垂足为，再过作，垂足为，连接，可证即为二面角的平面角，故可求二面角余弦值的最小值，也可以利用建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法可求二面角的余弦值的最小值.
【详解】（1）法1：（1）过点作，交于，连接，如图，
由平面，平面，
则平面且，
又平面，，且平面，
故平面平面，
又平面平面，平面平面，
所以，从而，故.
法2：过点作，交于，则由可得，
所以四点共面，而平面，平面，
平面平面，所以，
四边形是平行四边形，
所以，所以.
（2）法1：过作，垂足为，
由正三棱柱可得平面平面，
而平面平面，平面，则平面，
再过作，垂足为，连接，
因为平面，故，
而平面，故平面，
而平面，故，
则即为二面角的平面角．
又在中，，
，
当位于时，此时，
故二面角余弦值的最小值为.
方法2：取的中点由正三棱锥得平面，如图建立空间直角坐标系，
，
，
设平面法向量，则即，
令得，
而平面法向量，设二面角的平面角为，
则为锐角且，
当时取到.
【典例3】（2024·福建南平·二模）如图，在四棱锥中，平面，，，.，分别为棱，上的动点（与端点不重合），且.

(1)求证：平面；
(2)若，设平面与平面所成的角为，求的最大值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）解法一：由，，，推出，又平面，由线面垂直判定定理可得平面；
解法二：同解法一：
（2）解法一：设，建立空间直角坐标系，令，设，，设平面的法向量为，由，利用基本不等式求解最值;
解法二：不妨设，由，，两两垂直，故建立如图所示的空间直角坐标系，求解平面的法向量为，由，利用基本不等式求解最值.
【详解】（1）解法一：因为，，，
所以，，即
又平面，所以
因为，平面，
所以平面；
解法二：同解法一.
（2）解法一：设，如图所示，建立空间直角坐标系.

令，，设，
则有，
即，解得
同理可得
设平面的法向量为，
由
令，则，.
得平面的一个法向量为
又由（1）可知是平面的一个法向量，则有
当且仅当，即时取“”
又，所以的最大值
解法二：不妨设，由，，两两垂直，故建立如图所示的空间直角坐标系，

则根据题意可得：
，，
设平面的一个法向量为，
取，，
于是，
当且仅当，即时取“=”
又，所以的最大值.
【变式1】（2024·江苏南通·三模）如图，在直三棱柱中，，．
(1)当时，求证：平面；
(2)设二面角的大小为，求的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）建立合适的空间直角坐标系，得出相关向量，求出，再结合线面垂直的判定即可；
（2）求出相关法向量，得到，再结合函数单调性即可得到其范围.
【详解】（1）以为基底建立如图所示空间直角坐标系，
则，.
当时，，
所以，
所以，所以.
又平面平面，
所以平面.
（2），
设平面的一个法向量为，
则，即，不妨取.
因为平面，所以平面的一个法向量为.
所以，
所以.
又因为，易知在上单调递减，
所以.
【变式2】（23-24高二下·上海·阶段练习）已知在直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点，.
(1)证明：；
(2)当为何值时，平面与平面夹角的正弦值最小？
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先利用线面垂直的判定定理证得平面，进而得到，再结合平面推得两两垂直，由此建立空间直角坐标系，求得，故可证得；
（2）分别求得平面与平面的法向量，利用向量数量积的坐标表示求得这两个面所成角的余弦值，利用二次函数求解最大值，利用同角三角函数关系即可求解.
【详解】（1）在三棱柱为直三棱柱中，，平面，
因为，所以，因为平面，平面，所以，
又平面，所以平面，
又平面，所以，
又平面，平面，所以，
即两两垂直，如图所示，建立空间直角坐标系，则，
设，则，且，所以，故，
所以.
（2）设平面的法向量为，因为，，
所以，即，令，则.
因为平面的法向量为，设平面与平面所成的夹角为，
则，
当时，取最小值为，此时取最大值为，
所以，此时，符合题意，
故当时，平面与平面夹角的正弦值最小.
【变式3】（2024高三下·全国·专题练习）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点．
(1)证明：；
(2)当为何值时，平面与平面所成的二面角的正弦值最小
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由题意结合线面垂直的判定定理与性质定理，可得两两垂直，即可建立适当空间直角坐标系，借助空间向量计算即可得解；
（2）借助空间向量可表示出平面与平面所成的二面角的余弦值，得其余弦值的最大值即可得其正弦的最小值.
【详解】（1）因为三棱柱是直三棱柱，所以底面，
又平面，所以，
因为，，所以，
又，平面，所以平面，
所以两两垂直．以为坐标原点，
如图所示，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
所以，．由题可设（），
因为，
所以，所以；
（2）设平面的法向量为，
因为，
所以，即，
令，则，
因为平面的法向量为，
设平面与平面的二面角的平面角为，
则，
当时，取最小值为，
此时取最大值为，
所以，此时．
题型05已知二面角求参数
【典例1】（2024高三·全国·专题练习）如图，在正四棱柱中，，点分别在棱，上，，若点在棱上，当二面角为时，则 ．
【答案】1
【分析】以为坐标原点建立空间直角坐标系，求得平面和平面的法向量的坐标表示，再由二面角为即可得或，可求出.
【详解】以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：
则，
设，则，
设平面的法向量，则，
令，得，所以可得，
设平面的法向量，则，
令 ，得，即，
因此，
化简可得，解得或，
即或，
可得.
故答案为：1
【典例2】（23-24高二上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）四棱锥中，平面，，，，已知是四边形内部一点，且二面角的平面角大小为，则动点的轨迹的长度为 .
【答案】/.
【分析】建立空间直角坐标系，设出，由二面角的大小，列出方程，得到，设直线与轴交点分别为，得到动点的轨迹的长度为的长，由勾股定理求出答案.
【详解】因为平面，平面，
所以PA⊥AB，PA⊥AD，
又因为，
所以PA，AB，AD两两垂直，
所以以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，
因为，
所以，
因为是四边形内部一点，设，
其中，
平面PDA的法向量为，
设平面QPD的法向量为，则
，
令，则，
所以，
，
由于，
所以，故，
因为的平面角大小为，设为，
则，
解得：，
设直线与轴交点分别为，
故动点的轨迹的长度为的长，
令得：，故
令得：，故
由勾股定理得：，
所以动点的轨迹的长度为.
故答案为：.
【变式1】（23-24高二上·宁夏·阶段练习）如图，在棱长为1的正方体中，分别是棱上的动点，且，则当平面与平面所成角的余弦值为时，三棱锥的体积为 .

【答案】
【分析】
以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法结合面面角求出，再根据锥体的体积公式即可得解.
【详解】如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
设，
则，
故，
设平面的法向量为，
则有，
令，则，所以，
因为轴平面，
则可取平面的法向量为，
则，解得或（舍去），
所以，
故.
故答案为：.

【点睛】思路点睛：利用空间向量法求解二面角的步骤如下：
（1）建立合适的空间直角坐标系，写出二面角对应的两个半平面中对应的点的坐标；
（2）设出法向量，根据法向量垂直于平面内两条直线的方向向量，求解出平面的法向量（注：若半平面为坐标平面，直接取法向量即可）；
（3）计算（2）中两个法向量的余弦值，结合立体图形中二面角的实际情况，判断二面角是锐角还是钝角，从而得到二面角的余弦值.
【变式2】（23-24高二上·重庆北碚·阶段练习）如图，在四棱锥中，PA⊥平面ABCD，BCAD，，，已知Q是四边形ABCD内部一点，且平面QPD与平面APD的夹角为，则的面积的取值范围是 .
【答案】
【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，设点，其中，，利用空间向量法可得出，求出的取值范围，即可求得的面积的取值范围.
【详解】平面，，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，
则、、、、，
设点，其中，，
设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
易知平面的一个法向量为，
由已知条件可得，
所以，，即，
直线上的点满足，联立，解得，
联立，解得，
所以，点的纵坐标的取值范围为，
易知点不在线段上，则，
所以，.
故答案为：.
【变式3】（23-24高二上·重庆·阶段练习）如图，在四棱柱中，底面ABCD和侧面都是矩形，E是CD的中点，，若平面与平面所成的锐二面角的大小为，则线段的长度为 ．
【答案】1
【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，由平面与平面所成的锐二面角的大小为列式求得a值，则线段的长度可求．
【详解】底面ABCD和侧面是矩形，，，
又，平面，
平面，；
又，且，
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锐二面角的大小为，
得，解得．
．
故答案为：1
题型06二面角中的探索性问题
【典例1】（23-24高三下·云南·阶段练习）如图，已知四边形为矩形，，，E为的中点，将沿进行翻折，使点D与点P重合，且．
(1)证明：；
(2)设，的延长线交于点N，则线段上是否存在点Q，使得平面与平面所成角的余弦值为．
【答案】(1)证明见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）根据题意，取的中点M，连接，，由余弦定理可得，再由线面垂直的判定定理可得平面，从而证明线线垂直；
（2）根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，以及面面角的向量公式，代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）
证明：如图2，取的中点M，连接，，
由题意且，可得，且，
由余弦定理可得，
，．
由，，平面，可得平面．
又平面，．
又，由，、平面，
平面，又平面，．
（2）
如图3，以B为原点，，，过点B且与垂直的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
，，．
设，
．
设平面的法向量为，
则，即，
令，可得．
设平面的法向量为，
则，即，
令，可得，
由平面与平面所成角的余弦值为，
可得，
即，，
两边同时平方，经整理化简可得，
解得或．
【典例2】（2024·山东菏泽·模拟预测）如图，在正四棱锥中，已知平面，点在平面内，点在棱上．
(1)若点是的中点，证明：平面平面；
(2)在棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，点为棱上靠近点的三等分点．
【分析】（1）依题意可得，，即可得到平面，即可得证；
（2）连接，建立空间直角坐标系， 假设在棱上存在点，设，求出平面、平面的一个法向量，由二面角的向量法可得答案.
【详解】（1）依题意正四棱锥所有棱长均为，又点是的中点，
所以，，，平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面.
（2）连接，由平面，平面，平面，
则，，又， 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，
则，，，，，
假设在棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为，
设，，由，所以，则，
设平面的一个法向量为，则，
因为，，
所以，令，得，，
因为平面的一个法向量为，
又二面角为锐二面角，
所以，
化简得，解得或（舍），
所以存在点符合题意，点为棱上靠近点的三等分点．
【典例3】（2024·北京·模拟预测）如图，在四棱锥中，，.
(1)求证：平面平面；
(2)若线段上存在点，满足，且平面与平面的夹角的余弦值为，求实数的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用余弦定理求出，即可得到，再由，即可得到平面，从而得证；
（2）取中点，中点，即可证明平面，且，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）如图：

因为，，所以为等边三角形，，
又，所以，又，
所以.
因为，所以为直角三角形，所以.
又，，为平面内的两条相交直线，
所以平面，平面，所以平面平面；
（2）取中点，中点，因为，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又，所以，
故以为原点，建立如图空间直角坐标系，

所以，，，，，.
设，因为，
解得，所以.
设平面的法向量为，
则，取；
设平面的法向量为，
则，取.
那么，，.
平面与平面的夹角的余弦值为，
所以，又，所以.
【典例4】（2024·河北张家口·三模）如图，在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，且平面平面．
(1)求三棱锥体积的最大值；
(2)若，点E为线段上一点，当二面角为时，求的值．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）记BD的中点为O，连接OC，AO，利用表示出体积，根据三角函数性质可得最大值；
（2）记BC，CD的中点分别为F，H，连接OF，OH，以O为原点，的方向为的正方向建立空间直角坐标系，设，表示出坐标，求出法向量，根据二面角的向量公式列方程求解可得.
【详解】（1）记BD的中点为O，连接OC，AO，
因为为正三角形，所以，，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为，所以，
记，则，
三棱锥体积，
当时，三棱锥体积取得最大值.
（2）记BC，CD的中点分别为F，H，连接OF，OH，
则，又，所以，
由（1）知平面，平面，所以，
以O为原点，的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系，
因为，所以，
则，
，，
设，则，
设为平面的法向量，
则，
取，则，
易知，为平面的一个法向量，
因为二面角为，
所以，即，解得，
所以.
【变式1】（23-24高二下·安徽阜阳·期中）如图，在三棱锥P-ABC中，，，，D为BC的中点．
(1)求证：；
(2)在棱PA上是否存在点M（不含端点），使得二面角的余弦值为？若存在，求出线段AM的长度；若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在；
【分析】（1）由勾股定理逆定理得到AB⊥BC，AB⊥PB，从而AB⊥平面PBC，AB⊥，又利用等腰三角形三线合一得到PD⊥BC，从而PD⊥平面ABC，进而得到；
（2）以D为原点，直线DB为y轴，直线DP为z轴，以过D与AB平行的直线为x轴建立如图所示空间直角坐标系，设，用坐标求出平面MBC和平面ABC的法向量，根据二面角的余弦值为列出等式求解即可.
【详解】（1）因为，，
所以，
所以，所以，所以AB⊥BC，
又，，所以△PBC为等边三角形，
所以，又，所以，所以AB⊥PB，
又PB，平面PBC，且，
所以AB⊥平面PBC，又平面PBC，所以AB⊥，
因为，D为BC的中点，所以PD⊥BC，
又平面ABC，，
所以PD⊥平面ABC，又平面ABC，所以.
（2）由（1）得，PD⊥平面ABC，，
以D为原点，直线DB为y轴，直线DP为z轴，过D与AB平行的直线为x轴建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，
设，所以，
设平面MBC的一个法向量，则，即，
令，解得，，故，
显然平面ABC的一个法向量，二面角M-BC-A为锐二面角，设为，
所以，
解得或（舍），
所以存在M，使之满足条件，此时．
【变式2】（2024·四川成都·模拟预测）如图，在三棱锥中，，为的中点，于，，已知，，，．
(1)证明：平面；
，，
，
，
令，则，
由二面角的大小为，得，
，方程无解，
不存在点使得二面角的大小为．
【变式3】（2024·山东聊城·三模）如图，在正三棱柱中，，点分别是棱，的中点，点满足，其中.
(1)当时，求证：∥平面；
(2)当时，是否存在点使得平面与平面的夹角的余弦值是？若存在，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，点为的中点
【分析】（1）先利用向量关系得点是的中点，连接，，利用中位线性质及基本事实4可证∥，然后根据线面平行的判定即可证明；
（2）取的中点，连接，，建立空间直角坐标系，然后利用向量法求面面角，根据面面角的余弦值列方程求解即可.
【详解】（1）当时，，故点是的中点，
连接，，因为点是的中点，是的中点，所以∥，
因为点分别是的中点，所以∥，所以∥，
因为平面，平面，所以∥平面.
（2）存在，点为的中点.
当时，，即，所以点在棱上，
取的中点，连接，，则∥，
在正三棱柱中，平面，是正三角形，所以，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如下图所示：
则，
从而，，
，
设平面的法向量是，
由，即，令，得.
（2）取的中点，连接，
∵，是的中点，∴，
∵平面平面，平面平面，平面，，
∴平面，
，，解得.
以点为坐标原点，以直线，分别为，轴，
以过点作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示.

则，，，，
∴，，，
设，则，
设平面的法向量为，
则，即
令，得，
设平面的法向量为，
则，即
令，可得，
平面与平面夹角的余弦值为
∴，
整理得，解得：或，
即在直线上存在点，平面与平面的夹角的余弦值为，
此时或，
则或.
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