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)(解析版）

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P，在二面角的两个半平面内分别作棱的垂线PA、PB,则APB称为二面角的平面角.2、二面角的范围：[0,]3、向量法求二面角平面角（1）如图①，AB，CD是二面角l的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小,ABCD．（2）如图②③，1n，2n分别是二面角l的两个半平面,的法向量，则二面角的大小满足：121212cos,||||nnnnnn；12coscos,nn（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、典型题型题型一：求二面角1．（22·23下·河南·模拟预测）如图，直四棱柱1111ABCDABCD的底面是正方形，12AAAB，E，F分别为BC，1CC的中点.(1)证明：//AE平面1ADF；(2)求二面角1DEAF的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)277【详解】（1）连接1AD，交1AD于点G，连接FG，因为E，F分别为BC，1CC的中点，所以//EFAG，且EFAG，所以四边形AEFG是平行四边形，所以//AEFG，又因为FG平面1ADF，AE平面1ADF，所以//AE平面1ADF.（2）以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，1DD为z轴建立坐标系，如图所示，设122AAAB，则11,0,2A，1,1,02E，0,1,1F，所以11,0,2DA，11,1,1FA，1,0,12EF，设平面1DAF的一个法向量为111,,mxyzr，则1100mDAmFA,即11111200xzxyz，不妨取11z，则112,1xy，即2,1,1m，设平面1EAF的一个法向量为222,,nxyzr，则100mEFmFA,即222221020xzxyz，不妨取21z，则112,3xy，即2,3,1n，所以22131121cos,7614mnmnmn，设二面角1DEAF的平面角为，则21coscos,7mn，所以227sin1cos7故二面角1DEAF的正弦值为277.2．（2023·江西南昌·模拟预测）如图，直三棱柱111ABCABC-的体积为4，1ABC的面积为22．(1)求A到平面1ABC的距离；(2)设D为1AC的中点，1AAAB，平面1ABC平面11ABBA，求二面角ABDC的大小．【答案】(1)2(2)π3【详解】（1）由题意知：11111114333AABCABCABCABCVSAAV；设点A到平面1ABC的距离为d，1111224333AABCAABCABCVVSdd，解得：2d，即点A到平面1ABC的距离为2.（2）取1AB的中点E，连接AE，1AAAB，1AEAB，又平面1ABC平面11ABBA，平面1ABC平面111ABBAAB，AE平面11ABBA，AE平面1ABC，又BC平面1ABC，AEBC；三棱锥111ABCABC-为直三棱柱，1AA平面ABC，又BC平面ABC，1AABC；1AAAEA，1,AAAE平面11ABBA，BC平面11ABBA则以B为坐标原点，1,,BCBABB正方向为,,xyz轴的正方向，可建立如图所示空间直角坐标系，由（1）知：2AE，12AAAB，122AB，1112222ABCSABBCBC，2BC，0,2,0A，0,0,0B，2,0,0C，1,1,1D，1,1,1BD，0,2,0BA，2,0,0BC，设平面ABD的法向量,,mxyz，则200BAmyBDmxyz，令1x，解得：0y，1z，1,0,1m；设平面BCD的法向量,,nabc，则200BCnaBDnabc，令1b，解得：0a，1c，0,1,1n；11cos,222mnmnmn，而0,πmn，所以π,3mn，则二面角ABDC的大小为2π3.3．（2023·浙江·模拟预测）如图，在矩形ABCD中，,3,4,ABBCABBCE为边AD上的点，且1AE.将ABE沿BE翻折，使得点A到1A，满足平面1ABE平面BCDE，连接11,ACAD.(1)求证：平面1ABC平面1AEC；(2)求二面角1BACD的正弦值的大小.【答案】(1)证明见详解(2)8181181【详解】（1）在RtABE△中，3AB，1AE，2BE，同理，在RtEDC中，23EC，2222222316BECEBC，CEBE，又因为平面1ABE平面BCDE，平面1ABEÇ平面BCDEBE，CE平面BCDE，CE平面1ABE，又1AB平面1ABE，1CEAB，又11ABAE，1AE与CE是平面1AEC内的两条相交直线，1AB平面1AEC，又1AB平面1ABC，平面1ABC平面1AEC.（2）如图，作1AHBE，垂足为H，在1ABE中，可得132AH，12EH，由（1），EBEC，平面1ABE平面BCDE，以点E为坐标原点，EB，EC分别为x，y轴，过点E垂直平面BCDE为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，可得2,0,0B，0,23,0C，113,0,22A，333,,022D，则133,0,22BA，2,23,0BC，33,,022DC，13332,,22DA，设平面1BAC的一个法向量为1,,nxyz，则11100nBAnBC，即330222230xzxy，令1y，可得3x，3z，13,1,3n，设平面1DAC的一个法向量为2,,bcna，则22100nDCnDA，即330223332022ababc，令3a，可得3b，13c，23,3,13n，121222222212331331332353cos,1813133313nnnnnn，又120,πnn，则221212323538181sin,1cos,1181181nnnn，所以二面角1BACD的正弦值为8181181.4．（2023·河北沧州·三模）如图，该几何体是由等高的半个圆柱和14个圆柱拼接而成.,,,CEDG在同一平面内，且CGDG.(1)证明：平面BFD平面BCG；(2)若直线GC与平面ABG所成角的正弦值为105，求平面BFD与平面ABG所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)155【详解】（1）如图，连接,CEDG，因为该几何体是由等高的半个圆柱和14个圆柱拼接而成，CGDG，所以45ECDDCG，所以90ECG，所以CECG.因为BCEF∥，BCEF，所以四边形BCEF为平行四边形，所以BFCE，所以BFCG.因为BC平面ABF，BF平面ABF，所以BCBF.因为,BCCG平面BCG，BCCGC，所以BF平面BCG，因为BF平面BFD，所以平面BFD平面BCG.（2）如图，以A为坐标原点建立空间直角坐标系，设2AF，ADt，则0,0,0A，0,2,0B，2,0,0F，()0,0,Dt，()1,1,Gt-，0,2,Ct，则0,2,0AB，1,1,AGt，1,1,0GC，设平面ABG的一个法向量为,,mxyz，则0,0,mABmAG即00yxytz令1z，则,0,1mt，记直线GC与平面ABG所成的角为，则210sincos,521GCmtGCmGCmt，解得2t（负值舍去），即2AD.设平面BFD的一个法向量为,,nxyz，2,2,0FB，2,0,2FD，则00nFBnFD即220220xyxz令1x，则1,1,1n.所以315cos,553mnmnmn.因此平面BFD与平面ABG所成角的余弦值为155.5．（2023·海南省直辖县级单位·三模）如图所示，ABC为等边三角形，EA平面ABC，//EABD，2ABBD，1AE，M为线段AB上一动点．(1)若M为线段AB的中点，证明：EDMC．(2)若3AMMB，求二面角DCME的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)1722220【详解】（1）因为M为线段AB的中点，且ABC为等边三角形，所以CMAB，因为EA平面ABC，CM平面ABC，所以EACM，因为//EABD，所以A，B，D，E四点共面，因为AB平面ABDE，AE平面ABDE，ABAEA，所以CM平面ABDE，因为DE平面ABDE，所以EDMC；（2）设AB的中点为O，连接OC，在平面ABDE内，过点O作ONAB交ED于点N，由（1）可得,,OCONAB两两垂直，分别以OB，OC，ON所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，因为2ABBD，1AE，3AMMB，所以1,0,02M，0,3,0C，1,0,1E，1,0,2D，所以1,3,02MC，3,0,12ME，1,0,22MD．，设平面MCE的法向量为111,,mxyz，则11111302302mMCxymMExz，令123x，得11y，133z，所以平面MCE的一个法向量为23,1,33m，设平面MCD的法向量为222,,xnyz，则222213021202nMCxynMDxz，令223x，得21y，232z，所以平面MCD的一个法向量为323,1,2n，所以1717222cos,22055404mnmnmn，所以二面角DCME的余弦值为1722220．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1111ABCDABCD中，底面ABCD是菱形，111222ABAAAB，60ABC，1AA平面ABCD.(1)证明：BDCC1；(2)棱BC上是否存在一点E，使得二面角1EADD的余弦值为1?3若存在，求线段CE的长；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)存在，31