实战演练08 立体几何二面角的问题（5大常考点归纳）-备战2025年高考数学真题题源解密（新高考卷）解析版

第第页实战演练08立体几何二面角的问题①定义法②三垂线定理③向量法④折叠背景下的二面角问题⑤二面角中的探索性、开放性问题一、二面角定义1、二面角的定义①半平面：平面内的一条直线把平面分成两部分，这两部分通常叫做半平面.②二面角：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角.这条直线叫做二面角的棱，这两个半平面叫做二面角的面.2、二面角的表示①棱为AB，面分别为，的二面角记作二面角-AB-，如果棱记作l，那么这个二面角记作二面角-l-，如图(1).②若在，内分别取不在棱上的点P，Q，这个二面角可记作二面角P-AB-Q，如果棱记作l，那么这个二面角记作二面角P-l-Q，如图(2).3、二面角的平面角①自然语言在二面角α-l-β的棱l上任取一点O，以点O为垂足，在半平面α和β内分别作垂直于棱l的射线OA和OB，则射线OA和OB构成的∠AOB叫做二面角的平面角.②图形语言③符号语言∠AOB叫做二面角α-l-β的平面角.4、二面角大小的度量①二面角的大小可以用它的平面角来度量，二面角的平面角是多少度，就说这个二面角是多少度.平面角是直角的二面角叫做直二面角.②当二面角的两个半平面重合时，规定二面角的大小是；当二面角的两个半平面合成一个平面时，规定二面角的大小是.所以二面角的平面角的范围是.二、三垂线法1、方法：自二面角的一个面上一点向另外一个面作垂线，再由垂足向棱作垂线得到棱上的点（即斜足），斜足和面上一点的连线与斜足和垂足的连线所夹的角，即为二面角的平面角2、具体演示：在平面α内选一点A向另一个平面β作垂线AB，垂足为B，再过点B向棱a作垂线BO，垂足为O，连接AO，则∠AOB就是二面角的平面角。三、射影面积法1、方法：已知平面内一个多边形的面积为S，它在平面内的射影图形的面积为S射影，平面和平面所成的二面角的大小为，则COSθ=S射影S.这个方法对于无棱二面角的求解很简便。2、以多边形为三角形为例证明，其它情形可自证。ABDCABDC证明：如图，平面内的△ABC在平面的射影为△，作于D，连结AD.于，，在内的射影为.又，（三垂线定理的逆定理）.为二面角—BC—的平面角.设△ABC和△的面积分别为S和，，则..2.点在平面内射影位置的确定立体几何中经常遇到由一个点向一个平面作垂线的问题，垂线的位置由这个点在平面内的射影位置来确定，因此确定这个点的射影位置是解题的关键.一般来说，可以直接过这个点作平面的垂线，然后通过证明或计算说明垂足的位置，也可以借助以下一些常见结论进行确定.(1)如果一个角所在平面外一点到角的两边距离相等，那么这一点在平面内的射影在这个角的平分线上.(2)经过一个角的顶点引这个角所在平面的斜线，如果斜线与这个角的两边的夹角相等，那么该斜线在平面内的射影是这个角的平分线所在直线.四、用向量运算求平面与平面的夹角如图，若于A，于B，平面PAB交于E，则∠AEB为二面角的平面角，∠AEB+∠APB=180°.若分别为面，的法向量①②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；若二面角为顿二面角（取负），则；①定义法一、解答题1．（23-24高一下·甘肃白银·期末）如图，四棱锥的底面是直角梯形，底面，，，且，.(1)证明：平面平面.(2)求二面角的大小.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）只需根据线面垂直的判定定理证明平面，进一步结合面面垂直的判定定理即可得证；（2）首先说明是二面角的平面角，进一步结合解三角形知识即可求解.【详解】（1）由于底面是直角梯形且，所以由得，因为底面，平面，所以，而，平面，所以平面.又因为平面，所以平面平面.（2）由（1）知平面，平面，所以，又因为，所以是二面角的平面角.由得，而，即，所以在梯形中，由可得，所以在直角中，，而，所以，即二面角的大小为.2．（23-24高一下·甘肃兰州·期末）如图，正方体的棱长为2.

(1)证明：平面；(2)求二面角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由线面平行的判定定理即可得证；（2）设，首先证明即为二面角的平面角，再由解三角形的知识求解即可得答案.【详解】（1）在正方体，且，∴为平行四边形，∴，∵平面，平面,∴平面.（2）∵在正方形ABCD中，设，连接，∴，，∵中，，∴为等腰三角形，∴，∴即为二面角的平面角，∵在中，，∴，即二面角的正弦值为.

3．（23-24高一下·内蒙古兴安盟·期末）如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，且.(1)求直线与平面所成角的余弦值；(2)求二面角的大小.【答案】(1)(2)【分析】（1）由已知可证得平面，所以为直线与平面所成的角，然后在中求解即可；（2）连接交于点，过点作于点，连接，则可得是二面角的平面角，然后在中求解即可.【详解】（1）在正方形中，有，因为平面面，所以，又因为平面平面，所以平面，所以为直线与平面所成的角，在中，，在中，，，所以直线与平面所成角的余弦值为；（2）连接交于点，在正方形中，有，因为平面，所以，因为平面平面，所以平面，所以，在中，过点作于点，连接，因为平面平面，所以平面，所以，则是二面角的平面角，在中，，则，同理可求得，在中，，，因为，所以，则二面角的大小为.4．（23-24高一下·湖南株洲·期末）如图，在三棱柱中，，，在底面的射影为的中点，为的中点.(1)证明：平面；(2)求二面角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2).【分析】（1）设为的中点，由线面垂直得到，由三线合一得到，从而得到线面垂直，证明出四边形为平行四边形，得到，证明出结论；（2）作出辅助线，证明出为二面角的平面角，结合（1）得到，求出各边长，利用余弦定理求出的余弦值，进而得到线面角的正弦值.【详解】（1）设为的中点，由题意得平面，∵平面，，，为的中点，，∵，平面，故平面，由，分别为，的中点，得且，从而，四边形为平行四边形，故，又平面，平面；（2）作，且，连结，由，，得，由，，得≌，由，得，因此为二面角的平面角，由（1）得平面，平面，所以，由，，，得，故，由余弦定理得，，所以.5．（23-24高一下·广西北海·期末）如图，在三棱锥中，是等边三角形，分别为的中点.(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）先证平面，从而得，接着进一步可证平面，再根据面面垂直判定定理即可得证.（2）过作的垂线，垂足为，过作的垂线，垂足为，连接，接着证明平面即可得到为二面角的平面角，根据已知条件求出的余弦值即可得解.【详解】（1）因为，所以，又，所以，所以，又、平面，所以平面，又平面，所以因为是等边三角形，是的中点，所以，又，、平面，所以平面，又平面，所以平面平面.（2）因为平面平面，所以平面平面，在中，过作的垂线，垂足为，过作的垂线，垂足为，连接，如图所示，因为平面平面，平面平面平面，所以平面，又平面，所以，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，，又平面平面，所以，在中，，又，所以，解得，因为平面平面，所以，又，在中，，所以，即二面角的平面角的余弦值为.【点睛】方法点睛：作二面角的平面角常用方法有（1）定义法：在棱上取点，过该点分别在二面角两半平面内引出两条射线与棱垂直，这两条垂线所成的角即为二面角的平面角.（2）垂面法：作一与棱垂直的平面，该垂面与二面角两半平面相交，交线所成的角即为二面角的平面角.②三垂线定理一、解答题1．（23-24高一下·广西南宁·期末）如图，在三棱锥中，平面PAB，E，F分别为BC，PC的中点，且，，．

(1)证明：；(2)求二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）先根据勾股定理逆定理证得，再根据，即可证出.（2）取的中点，过作交于，连接，由几何关系证明为二面角的平面角，再由勾股定理和等面积求出即可求出结果.【详解】（1）分别为的中点，平面，平面，平面，平面，.（2）

根据题意，取的中点，过作交于，连接，因为为中点，为的中点，则，且，又平面，平面，平面，而平面，，又，平面，所以平面，平面，，即为二面角的平面角，所以在中，，则，由等面积可得，所以，则，即二面角的余弦值为.2．（22-23高一下·湖北武汉·期末）如图，在三棱柱中，面为正方形，面为菱形，，平面平面.(1)求证：平面；(2)求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用面面垂直的性质定理和线面垂直的判定定理即可得证.（2）过作于，过作于，连接，利用线面垂直的性质定理得出为二面角的平面角，在中直接求解即可.【详解】（1）由菱形可得，平面平面，平面平面，又正方形中，平面，又平面，，，平面，平面.（2）过作于，则平面.过作于，连接，因平面，则，又平面，，故平面，又平面，所以，故为二面角的平面角，在中，设，，，，，，.即二面角的余弦值为.3．（23-24高一下·四川凉山·期末）如图，四棱锥的底面是边长为3的菱形，，.(1)证明：平面平面；(2)若，，求二面角的正切值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）连结，先证明平面，进而证明平面平面；（2）过点作交于点，即可证明平面，过点作交于点，连接，即可证明平面，从而得到即为二面角的平面角，再由锐角三角函数计算可得.【详解】（1）设，连接，因为底面为菱形，所以为的中点，，又，所以，平面，，所以平面.又平面，所以平面平面.（2）在平面中过点作交于点，因为平面，又平面，所以，又，平面，所以平面，过点作交于点，连接，又平面，平面，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以，所以即为二面角的平面角，在中，因为，所以，因为所以，在中，，又平面，平面，所以，所以，所以二面角的正切值为.③向量法一、解答题1．（2024·广西·模拟预测）在长方体中，点E，F分别在，上，且，．(1)求证：平面平面AEF；(2)当，，求平面与平面的夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）先证明线面垂直，再应用面面垂直判定定理证明即可；（2）应用空间向量法求二面角余弦值.【详解】（1）为长方体

平面平面∴

又，且，平面，平面平面AEF

平面平面（2）依题意，建立以D为原点，以DA，DC，分别为x，y，z轴的空直角坐标系，则，则设平面的法向量为．则，即令，则．．设平面的法向量为，则，令，则，所以平面的法向量为，设平面与平面的夹角为，则，所以平面与平面的夹角的余弦值为2．（23-24高三上·广东江门·开学考试）如图，四棱锥的底面是边长为2的菱形，为等边三角形，.(1)证明：；(2)若，求平面与平面夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据等腰三角形的性质可得线线垂直，即可求证线面垂直，进而可求解线线垂直，（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角公式即可求解.【详解】（1）取的中点，连接为等腰三角形，.，.，平面平面，平面，所以.（2），.以为原点，为轴，为轴，为2轴，建立如图所示的空间直角坐标系，.设平面的法向量n=x,y,z，，令平面的法向量为.，设平面与平面的夹角为，则，平面与平面的夹角的余弦值为.3．（2024·河南·二模）如图，在四棱锥中，底面为菱形，侧面为等边三角形，为的中点，且.(1)证明：；(2)若，求二面角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）取中点为中点为，连接，则可证得四边形是平行四边形，得，而，可得，再由为等边三角形，，从而可证得平面，得，再结合证得为等边三角形，进而可证得结论；（2）以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.【详解】（1）证明：取中点为中点为，连接，因为为的中点，所以，且，因为，所以，且，所以四边形是平行四边形，故，因为，所以，所以，因为为等边三角形，为的中点，所以因为平面平面所以平面，平面，所以，所以为等腰三角形，又，所以为等边三角形，所以.（2）设，因为，所以，因为和均为等边三角形，为的中点，所以，所以，所以，所以以为原点，以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系如图所示则，所以设平面，平面的法向量分别为，则，令，则，由，令，则，所以，设二面角为，则，所以二面角的正弦值为.4．（2024·四川乐山·三模）如图，平行六面体中，底面是边长为2的菱形，且，与平面所成的角为与交于．(1)证明：平面；(2)求二面角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）先根据线面垂直得出面面垂直，再应用面面垂直性质定理得出线面垂直；（2）根据线面垂直建系，应用空间向量法求出二面角的余弦，最后应用同角三角函数关系得出正弦.【详解】（1）连结，底面是边长为2的菱形，．，．点为线段中点，．为菱形，平面，平面又平面，平面平面，在平面上的射影为，为直线与平面所成的角，即．在中，，．则．又平面平面，平面．（2）由（1）知平面，建立如图所示的空间直角坐标系则，则设平面的法向量为，平面的法向量为，则即取，则．即取则．设二面角大小为，则．，二面角的正弦值为．5．（24-25高三上·湖北武汉·开学考试）如图，四棱锥中，底面，，，，.

(1)求证：平面；(2)若，求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）借助线面垂直的性质可得线线垂直，结合线面垂直的判定定理即可得证；（2）可建立适当的空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，结合空间向量夹角公式计算即可得.【详解】（1）底面平面，，，又平面，平面；（2）令，取的中点，由，，则，又，故三角形是正三角形，，又底面平面，在中，，所以，以A为坐标原点，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，设平面的一个法向量为，则，即，令，则，，故，设平面的一个法向量为，则，即，令，则，，即，所以，即二面角的余弦值为.6．（2024·内蒙古赤峰·二模）如图,在三棱台中,和都为等边三角形,且边长分别为2和4，G为线段AC的中点,H为线段BC上的点,平面.(1)求证:点H为线段BC的中点;(2)求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据线面平行性质定理得出线线平行即可得证；（2）空间向量法求二面角余弦值.【详解】（1）连接，设连接，三棱台，则，又∴四边形为平行四边形，则

又平面，平面，平面平面∴，∵四边形是正方形，是的中点，∴点是的中点.（2）且都在面，则面，又为等边三角形，则，又（1）知，则面，建立如图所示的坐标系，则设平面的法向量，则，令解得，

设平面的法向量，则，令，解得，

设二面角的平面角为，

，

又因为为锐角，所以.④折叠背景下的二面角问题一、解答题1．（23-24高三上·福建福州·期中）在图1中，，，为等边三角形，O为AC边的中点，E在BC边上，且，沿AC将进行折叠，使点D运动到点F的位置，如图2，连接FO，FB，FE，．

(1)证明：平面ABC．(2)求二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析.(2).【分析】（1）用勾股定理逆定理证明后由线面垂直的判定定理得证线面垂直；（2）建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求二面角.【详解】（1）由题意，又，，，而，所以，所以，因为，平面，所以平面；（2）分别以为轴建立空间直角坐标系，如图，则，，，，设平面的一个法向量是，则，取，则，即，显然是平面的一个法向量，，所以二面角的余弦值为.

2．（2024·江西南昌·三模）如图1，四边形为菱形，，，分别为，的中点，如图2．将沿向上折叠，使得平面平面，将沿向上折叠．使得平面平面，连接.(1)求证：，，，四点共面：(2)求平面与平面所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用线面垂直的性质得到，结合中位线定理得到，最后证明四点共面即可.（2）找到对应二面角的平面角，放入三角形中，利用余弦定理求解即可.【详解】（1）取，的中点分别为，，连接，，取，的中点分别为，，连接，，，由题意知，都是等边三角形，所以，，因为平面平面，平面平面，所以平面，平面，所以，因为，的中点分别为，，所以所以，所以，所以，又因为，所以，因为，的中点分别为，，所以，所以，所以，，，四点共面；（2）连接，，且延长交于点，由题意知，，所以，同理，所以就是二面角的平面角，设，则，，，所以，同理，所以，所以平面与平面所成角的余弦值为.3．（2022·全国·模拟预测）如图1，在边长为的等边中，是边上的高，，分别是和边的中点，现将沿翻折使得平面平面，如图2.(1)求证：平面；(2)求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据题意，得到，结合线面平行的判定定理，即可证得平面；（2）先证得平面，得到，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和的一个法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解.【详解】（1）证明：在中，因为分别是和边的中点，可得，又因为平面，平面，所以平面.（2）解：边长为4的等边中，是边上的高，即，因为平面平面，且平面平面，平面，所以平面，又因为平面，所以，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，则，，，，，，可得，，设平面的法向量为，则，取，可得，所以，因为平面，可得平面的法向量为，所以，则二面角的余弦值为.4．（22-23高一下·江西宜春·期末）如图（1），六边形是由等腰梯形和直角梯形拼接而成，且，，沿进行翻折，得到的图形如图（2）所示，且.

(1)求证：平面.(2)求二面角的余弦值；【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据题意可证明，，然后证明平面ADEF即可；（2）根据垂直关系可得就是二面角的平面角，进而可得结果.【详解】（1）在等腰梯形ADEF中，作于M，

则，可得，连接AC，则，因为，可得，由，可得，且，平面，所以平面.（2）由（1）可知平面ADEF，且平面，可得，且，，CE,CD⊂平面，可得平面，且平面，可得，又，可知就是二面角的平面角，在，可得，所以二面角的余弦值为.5．（23-24高三上·河北·期末）如图1，已知正三角形边长为4，其中，现沿着翻折，将点翻折到点处，使得平面平面为中点，如图2.(1)求异面直线与所成角的余弦值；(2)求平面与平面夹角的余弦值.【答案】(1)(2)【分析】（1）设O为BC的中点，结合图形翻折的性质推出平面，建立空间直角坐标系，求得相关线段长，即可求出相关点坐标，利用空间角的向量求法，即可求得异面直线与所成角的余弦值；（2）求出平面与平面的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案.【详解】（1）取的中点为的中点为，连接与，正三角形中，，所以，则四边形为等腰梯形，故；由翻折性质可得，,则≌，是的中点，，平面平面，平面平面平面，平面平面，以点为坐标原点以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，正的边长为，则为正三角形，边长为3，则，，连接，在中，由勾股定理得，，则，，异面直线所成角的取值范围为，异面直线与所成角的余弦值为.（2）由（1）得，，，易得平面的一个法向量为，设平面的法向量为n=x,y,z则，即，令，则，，平面与平面夹角的余弦值为.6．（23-24高三上·广东汕头·期末）如图，在边长为4的正三角形中，、分别为边、的中点，将沿翻折至，得四棱锥，设为的中点.(1)证明：平面；(2)若平面平面，求平面与平面夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）取的中点Q，可得四边形为平行四边形，则，再由直线与平面平行的判定定理证明即可；（2）利用面面垂直的性质定理可得平面，从而建立空间直角坐标系，求出面与平面的法向量，再利用向量夹角公式求解即可.【详解】（1）取的中点Q，连接,则有，且，又、分别为边、的中点，则，且，故，且，则四边形为平行四边形，则，又平面，平面，故平面．.（2）取中点O，中点G，连接，在中，易得，所以，则，又平面平面，且交线为，平面，所以平面，则两两垂直，故以O为原点，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，易得，则，，，，由为中点，故，则，，设平面的一个法向量，则，即，取，则，故，易得平面的一个法向量，设平面与平面的夹角为，，则，所以平面与平面夹角的正弦值为．⑤二面角中的探索性问题一、解答题1．（24-25高三上·江西·开学考试）已知四棱锥分别为的中点，平面.(1)若，证明：平面；(2)若，二面角的大小为，求.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由线面垂直的性质定理可得，且，即可得到，再由线面平行的判定定理，即可证明；（2）方法一：作交，连接，由二面角的定义可得是二面角的平面角，再由勾股定理代入计算，即可求解；方法二：建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算以及二面角的公式代入计算，即可求解.【详解】（1）因为平面平面，又，且，，平面所以平面，因为平面，所以，与共面，所以，又因为平面平面，所以平面.（2）法1：如图，作交于，连接.由得与全等，所以，所以与全等，所以，且，是二面角的平面角，，又因为，所以，所以，在中，，由，解得，所以，所以.法2：如图，以为原点，所在直线分别为，轴，建立空间直角坐标系.则，，，设，则，所以，，，设面的法向量为，由，令，可得，设面的法向量为，由，令，可得.设二面角的大小为，则，所以，.2．（2024·广西·模拟预测）如图，在四棱锥中，，，四边形是菱形，，是棱上的动点，且.

(1)证明：平面.(2)是否存在实数，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值是？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)存在实数，理由见解析【分析】（1）由线线垂直得到线面垂直，进而得到，再由勾股定理逆定理得到，从而得到线面垂直；（2）作出辅助线，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，进而由二面角的余弦值得到方程，求出答案.【详解】（1）因为四边形是菱形，所以.因为，，平面，且，所以平面.因为平面，所以.因为，所以，即.因为，平面，且，所以平面.（2）取棱的中点，连接，因为四边形是菱形，，所以为等边三角形，故⊥，又平面，平面，所以，，故，，两两垂直，故以为原点，分别以，，的方向为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系.

设，则A0,0,0，，，，故，，，所以，设平面的法向量为，则，令，得.平面的一个法向量为，设面与面所成的锐二面角为，则，整理得，解得或（舍去）.故存在实数，使得面与面所成锐二面角的余弦值是.3．（2024·重庆·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面为等边三角形，，点为棱上的动点．(1)证明：平面；(2)当二面角的大小为时，求线段的长度．【答案】(1)证明详见解析(2)【分析】（1）先求得，再根据线面垂直的判定定理证得平面.（2）建立空间直角坐标系，利用向量法列方程来求得点的坐标，进而求得的长度.【详解】（1）依题意，所以，所以，所以，则，由于平面，平面，所以，由于平面，所以平面.（2）由（1）可知两两相互垂直，由此以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，，设，平面的法向量为，设平面FAC的法向量为，则，故可设，依题意，二面角的大小为，所以，整理得，解得或（舍去），所以，所以.4．（23-24高二上·云南昆明·期末）已知平行四边形如图甲，，，沿将折起，使点到达点位置，且，连接得三棱锥，如图乙.(1)证明：平面平面；(2)在线段上是否存在点，使二面角的余弦值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)存在，且【分析】（1）推导出，证明出平面，可得出，利用线面垂直和面面垂直的判定定理可证得结论成立；（2）以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法可得出关于的等式，结合求出的值，即可得出结论.【详解】（1）证明：翻折前，因为四边形为平行四边形，，则，因为，则，，由余弦定理可得，所以，，则，同理可证，翻折后，则有，，因为，，、平面，所以，平面，因为平面，则，因为，、平面，所以，平面，因为平面，故平面平面.（2）解：因为平面，，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，则A0,0,0、P0,0,1、、，设，其中，则，，设平面的法向量为m=x,y,z则，取，则，，所以，，易知平面的一个法向量为，则，整理可得，因为，解得，因此，线段上存在点，使二面角的余弦值为，且.5．（2024·陕西商洛·模拟预测）如图1，在平面