专题42 向量法求距离、探索性及折叠问题-2025年高考数学一轮复习讲义（知识梳理+真题自测+考点突破+分层检测）（新高考专用）

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【真题自测】2
【考点突破】9
【考点1】利用向量法求距离9
【考点2】立体几何中的探索性问题21
【考点3】折叠问题32
【分层检测】43
【基础篇】43
【能力篇】64
【培优篇】72
真题自测
一、解答题
1．（2024·天津·高考真题）已知四棱柱中，底面为梯形，，平面，，其中．是的中点，是的中点．

(1)求证平面；
(2)求平面与平面的夹角余弦值；
(3)求点到平面的距离．
2．（2023·全国·高考真题）如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，．

(1)证明：；
(2)点在棱上，当二面角为时，求．
3．（2022·全国·高考真题）如图，四面体中，，E为的中点．
(1)证明：平面平面；
(2)设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值．
4．（2024·全国·高考真题）如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF翻折至，使得．
(1)证明：；
(2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值．
参考答案：
1．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）取中点，连接，，借助中位线的性质与平行四边形性质定理可得，结合线面平行判定定理即可得证；
（2）建立适当空间直角坐标系，计算两平面的空间向量，再利用空间向量夹角公式计算即可得解；
（3）借助空间中点到平面的距离公式计算即可得解.
【详解】（1）取中点，连接，，
由是的中点，故，且，
由是的中点，故，且，
则有、，
故四边形是平行四边形，故，
又平面，平面，
故平面；
（2）以为原点建立如图所示空间直角坐标系，
有A0,0,0、、、、C1,1,0、，
则有、、，
设平面与平面的法向量分别为、，
则有，，
分别取，则有、、，，
即、，
则，
故平面与平面的夹角余弦值为；
（3）由，平面的法向量为，
则有，
即点到平面的距离为.
2．(1)证明见解析；
(2)1
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量坐标相等证明；
（2）设，利用向量法求二面角，建立方程求出即可得解.
【详解】（1）以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，

则，
，
，
又不在同一条直线上，
.
（2）设，
则，
设平面的法向量，
则，
令 ，得，
，
设平面的法向量，
则，
令 ，得，
，
，
化简可得，，
解得或，
或，
.
3．(1)证明过程见解析
(2)与平面所成的角的正弦值为
【分析】（1）根据已知关系证明，得到，结合等腰三角形三线合一得到垂直关系，结合面面垂直的判定定理即可证明；
（2）根据勾股定理逆用得到，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可.
【详解】（1）因为，E为的中点，所以；
在和中，因为，
所以，所以，又因为E为的中点，所以；
又因为平面，，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）连接，由（1）知，平面，因为平面，
所以，所以，
当时，最小，即的面积最小.
因为，所以，
又因为，所以是等边三角形，
因为E为的中点，所以，，
因为，所以,
在中，，所以.
以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，所以，
设平面的一个法向量为，
则，取，则，
又因为，所以，
所以，
设与平面所成的角为，
所以，
所以与平面所成的角的正弦值为.
4．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由题意，根据余弦定理求得，利用勾股定理的逆定理可证得，则，结合线面垂直的判定定理与性质即可证明；
（2）由（1），根据线面垂直的判定定理与性质可证明，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解面面角即可.
【详解】（1）由，
得，又，在中，
由余弦定理得,
所以，则，即，
所以，又平面，
所以平面，又平面，
故；
（2）连接，由，则，
在中，，得，
所以，由（1）知，又平面，
所以平面，又平面，
所以，则两两垂直，建立如图空间直角坐标系，
则，
由是的中点，得，
所以，
设平面和平面的一个法向量分别为，
则，，
令，得，
所以，
所以，
设平面和平面所成角为，则，
即平面和平面所成角的正弦值为.
考点突破
【考点1】利用向量法求距离
一、解答题
1．（2024·海南·模拟预测）如图，在直四棱柱中，底面四边形为梯形，，.
(1)证明： ;
(2)若直线 AB与平面 所成角的正弦值为 ，点 为线段 BD上一点，求点到平面 的距离.
2．（2024·吉林·模拟预测）如图所示，半圆柱与四棱锥拼接而成的组合体中，是半圆弧上（不含）的动点，为圆柱的一条母线，点在半圆柱下底面所在平面内，.
(1)求证：；
(2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值；
(3)求点到直线距离的最大值.
3．（2024·河北·模拟预测）如图，四棱锥中，平面平面，．设中点为，过点的平面同时垂直于平面与平面．
(1)求
(2)求平面与平面夹角的正弦值；
(3)求平面截四棱锥所得多边形的周长．
4．（2024·江苏无锡·模拟预测）如图，在棱长为的正方体中，点在棱上，且．
(1)求四棱锥的表面积
(2)若点在棱上，且到平面的距离为，求点到直线的距离．
5．（23-24高三下·湖南·阶段练习）如图，在四棱锥中，，，，，，平面平面，.

(1)证明：平面；
(2)若点Q是线段的中点，M是直线上的一点，N是直线上的一点，是否存在点M，N使得?请说明理由.
6．（2024·天津和平·二模）如图，三棱台中，为等边三角形，，平面ABC，点M，N，D分别为AB，AC，BC的中点，．
(1)证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)求点D到平面的距离．
参考答案：
1．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）因为，因此只需证明平面，只需证明（由题可证），，由勾股定理易证.
（2）建立空间直角坐标系，先由直线 AB与平面 所成角的正弦值为 ，求出，再证明平面，由此得点M到平面 的距离等价于点到平面 的距离，再由点到平面的距离公式求解即可.
【详解】（1）因为，，
所以，所以,
因为为直四棱柱，
所以,
因为，平面，
所以平面，
因为，所以平面，
因为平面，所以
（2）由（1）及题意知，两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系
因为，.设，
所以
所以,
设平面的一个法向量为
则，
令，则，所以
设直线 AB与平面 所成的角为，
则，
解得，所以
所以点到平面 的距离为
因为，所以
因为不在平面，所以平面，
因为M在线段上，所以点M到平面 的距离等价于点到平面 的距离，为
故点M到平面 的距离.
2．(1)证明见解析；
(2)；
(3)
【分析】（1）取弧中点，以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，求出，利用空间位置关系的向量证明推理即得.
（2）由数据求出点坐标，再求出平面FOD与平面的法向量，利用面面角的向量求法求解.
（3）利用空间向量求出点到直线距离的函数关系，再求出最大值即可.
【详解】（1）取弧中点，则，以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
连接，在中，，，则，
于是，
设，则，其中，，
因此，即，
所以.
（2）由平面平面，得，
又，则，而平面，
则平面，即为平面的一个法向量，
，由平面，得，
又，解得，此时，
设是平面的法向量，则，取，得，
设是平面的法向量，则，取，得，
则平面FOD与平面夹角的余弦值为.
（3），
则点到直线的距离，
当时，即的坐标为时，点到直线的距离取最大值为
【点睛】方法点睛：利用向量法求二面角的常用方法：①找法向量，分别求出两个半平面所在平面的法向量，然后求得法向量的夹角，结合图形得到二面角的大小；②找与交线垂直的直线的方向向量，分别在二面角的两个半平面内找到与交线垂直且以垂足为起点的直线的方向向量，则这两个向量的夹角就是二面角的平面角．
3．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）设，由题意和余弦定理可得，结合同角三角函数的基本关系求解即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解二面角；
（3）先根据空间点线面的位置关系找出截面，然后求周长即可．
【详解】（1）设，，，则，
在中，，
整理得，
由题意得，
则，
即，
解得，
因此，
即．
（2）作中点，连接，，
因为为中点，，
所以，，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，而，，平面，故，，，
因为，，
所以四边形、四边形都是平行四边形，
故，，而，所以，
又因为为中点，所以，在平面中也有，
由于，故，，，，
由勾股定理得：，，
故以为原点，，， 为，，轴，建立如图空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，，，
设平面，平面，平面，平面的法向量分别为，，，
则，即，取，则，
同理可得，
因为平面同时垂直于平面，平面，所以，，
即，取，则，
平面的法向量是，则，
设平面与平面的夹角为，则，
故，
因此平面与平面夹角的正弦值为．
（3）设是平面上一点，因为平面过点，则可以设，
这是因为此时，因此可设，
因为当平面与平面相交时，其交线必为直线且唯一，故只需讨论平面与四棱锥的公共部分，
当时，在直线上，
因此平面过直线，故平面与平面，平面交于直线，与棱，分别交于，，
故只需讨论平面与棱，的交点：设平面与棱，的交点分别为，，
则设，，
令，则，
解得，即，
同理可得，
故平面与平面交于，平面交于，因此平面截四棱锥所得截面多边形为四边形，
故周长为．
4．(1)
(2)
【分析】（1）根据三角形以及梯形面积公式即可求解，
（2）建立空间直角坐标系，利用空间距离的向量法求解即可.
【详解】（1）由，,所以,
,
所以,,
故四棱锥的表面积为
（2）以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则,0,，,4,， ,4,，，其中，
则，
设平面的法向量为，则，
即令，则平面的法向量，
设到平面的距离为，，
由于，解得，
故，
点到直线的距离为．
5．(1)证明见解析
(2)不存在，理由见解析
【分析】（1）根据面面垂直的性质可得线面垂直，进而可得线线垂直，根据线面垂直的判定即可求解
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解异面直线的距离，即可求解.
【详解】（1）如图，取的中点O，因为，则，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又平面，
所以，又，平面，平面，，
所以平面.

（2）因为，O为的中点，，所以，
过点O作交于点E，则由平面,平面,可得，
则以O为原点，，，分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则O0,0,0，，，，，
所以，，，
设与，都重直的向量为，
则得
令，则，
设直线与直线的距离为d，
则，
则不存在点M和N使得.
6．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用，结合平面，得出平面；
（2）利用向量的夹角公式即可求解；
（3）利用点到平面的距离的向量法公式，即可求解．
【详解】（1）因为侧棱底面，为等边三角形，所以过点作，则以为点A为坐标原点，，，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立如下图所示的空间直角坐标系，
设长为，则
，，
因为，所以，则有，．
所以，，，，，，．
证明：因为，，设平面的法向量为，
则，令，则，
又因为．
所以，所以，又因为平面，所以平面．
（2）因为为中点，所以，则，
有，又，设直线与平面所成角为，
，
则直线与平面所成角的正弦值为．
（3）因为，平面的法向量为，
所以，点D到平面的距离为．
反思提升：
(1)向量法求点到直线距离的步骤
①根据图形求出直线的单位方向向量v.
②在直线上任取一点M(可选择特殊便于计算的点).计算点M与直线外的点N的方向向量eq \(MN,\s\up6(→)).
③垂线段长度d＝eq \r(\(MN,\s\up6(→))2－（\(MN,\s\up6(→))·v）2).
(2)求点到平面的距离的常用方法
①直接法：过P点作平面α的垂线，垂足为Q，把PQ放在某个三角形中，解三角形求出PQ的长度就是点P到平面α的距离.
②转化法：若点P所在的直线l平行于平面α，则转化为直线l上某一个点到平面α的距离来求.
③等体积法.
④向量法：设平面α的一个法向量为n，A是α内任意点，则点P到α的距离为d＝eq \f(|\(PA,\s\up6(→))·n|,|n|).
【考点2】立体几何中的探索性问题
一、解答题
1．（2024·贵州贵阳·二模）由正棱锥截得的棱台称为正棱台.如图，正四棱台中，分别为的中点，，侧面与底面所成角为.

(1)求证：平面；
(2)线段上是否存在点，使得直线与平面所成的角的正弦值为，若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由.
2．（2024·福建泉州·模拟预测）如图，棱柱中，侧棱底面，，E，F分别为和的中点.
(1)求证：平面；
(2)设，在平面上是否存在点P，使？若存在，指出P点的位置：若不存，请说明理由.
3．（2024·天津·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，平面平面，，.
(1)若点是边的中点，点是边的中点，求异面直线，所成角的余弦值；
(2)求平面和平面的夹角的余弦值；
(3)在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求的值?若不存在，说明理由.
4．（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）在正四棱柱中，.
(1)在线段上是否存在一点，使得直线平面，若存在，求出长，若不存在，请说明理由；
(2)已知点在线段上，且，求二面角的余弦值.
5．（2024·湖南常德·一模）已知直三棱柱中，，分别为和的中点，为棱上的动点，.
(1)证明：平面平面；
(2)设，是否存在实数，使得平面与平面所成的角的余弦值为?
6．（2024·湖南·三模）如图，四棱锥的底面是梯形，平面.
(1)求证：平面平面；
(2)在棱上是否存在一点E，使得二面角的余弦值为.若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
参考答案：
1．(1)证明见解析
(2)存在，且
【分析】（1）借助中位线的性质可得线线平行，即可得线面平行，利用面面平行的判定定理即可得面面平行，再由面面平行的性质定理即可得证；
（2）建立适当空间直角坐标系后，借助空间向量可用未知数表示出直线与平面所成的角的正弦值，计算即可得解.
【详解】（1）连接、，由分别为的中点，则，
又平面，平面，故平面，
正四棱台中，且，
则四边形为平行四边形，故，
又平面，平面，故平面，
又，且平面，平面，
故平面平面，又平面，故平面；

（2）正四棱台中，上下底面中心的连线底面，
底面为正方形，故，
故可以为原点，、、为轴，建立空间直角坐标系，
由，侧面与底面所成角为，
则，
则，，，
假设在线段上存在点满足题设，则，
设，则，
，
设平面的法向量为m=x,y,z，
则，令，则，，即，
因为直线与平面所成的角的正弦值为，
故，
解得或（舍），故，
故线段上存在点，使得直线与平面所成的角的正弦值为，
此时线段的长为.

2．(1)证明见解析；
(2)当时，为棱的中点.
【分析】（1）利用三角形中位线性质、线面平行的判定推理即得.
（2）取AB中点O，以O为原点建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，利用空间位置关系的向量证明求解即得．
【详解】（1）由E，F分别为和的中点，得，
而平面，平面，
所以平面.
（2）棱柱中，侧棱底面，
取AB中点O，中点M，连接，
则，平面，而平面，则有，
又，则，即直线两两垂直，
以O为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，设，
则，
假设在平面上存在点P，使，设，
，
，即，显然，
由，得，因此，即，此时，
所以当时，存在唯一的点，即棱的中点，使.
3．(1)
(2)
(3)不存在，理由见解析
【分析】（1）取中点，证得平面，进而得到，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得和，结合向量的夹角公式，即可求解；
（2）由（1），求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解；
（3）设，求得，求得平面的一个法向量，结合平面，列出方程组，即可求解.
【详解】（1）解：取中点，连接，，因为，所以
因为平面平面，平面平面，且平面，
所以平面，
又因为平面，平面，所以，，
因为，，，所以，，
所以四边形是平行四边形，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O0,0,0，A1,0,0，，，，P0,0,1，，，可得，，
设异面直线，所成角为，则.
所以异面直线，所成角的余弦值为.
（2）解：由（1）得，.
设平面的法向量为，则，
令，可得，所以，
因为平面的法向量，
设平面与平面的夹角为，则，
所以平面和平面的夹角的余弦值为.
（3）解：设是棱上一点，则存在使得，
设，则，，
所以.所以，，，
所以.所以，
因为，，且，平面，
所以平面，所以是平面的一个法向量.
若平面，则，所以，此时方程组无解，
所以在棱上不存在点，使得平面.
4．(1)存在，
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用线面垂直得线线垂直，再利用向量垂直的坐标运算求解即可；
（2）求出两个平面的法向量，利用向量夹角公式计算即可.
【详解】（1）存在.
由题意，正四棱柱中，，
以所在直线为轴，轴，轴建立坐标系，
则，设，则，，，，
若直线平面，则且，
所以，解得，此时，
所以存在点使得直线平面；
（2），，
则，
设平面与平面法向量分别为，，
由，即，令，则，
由，即，令，则，
设二面角平面角为，则，
所以二面角的余弦值为.
5．(1)证明见解析；
(2)存在.
【分析】（1）先用线面垂直的判定定理证明平面，再使用面面垂直的判定定理即可；
（2）使用空间向量法直接求解两平面的夹角（用表示），再根据夹角条件，解关于的方程即可.
【详解】（1）
由于在直三棱柱中，有平面，而在平面内，故.
同时有，且，故.
由于，，且和在平面内交于点，故平面.
由于在平面内，故.
取的中点，由于分别是和的中点，故，而，故，即.
由于分别是和的中点，可以得到，所以有平行四边形，故.
设和交于点，由于，，，
从而得到全等于，故.
这就得到，从而，即.
而，故.
由于，即，而，和在平面内交于点，故平面.
由于平面，在平面内，故平面平面.
（2）有，又因为平面，和在平面内，故，.
由于两两垂直，故我们能够以为原点，分别作为轴正方向，建立空间直角坐标系.
由于题设条件和需要求证的结论均只依赖于线段间的比值，不妨设，
这就得到A0,0,0，，，，，，，.
据题设有，显然，此时.
从而有，，，.
设和分别是平面和平面的法向量，则，.
即，，从而可取，.
此时平面与平面所成的角的余弦值为，
故条件等价于，即，解得，
所以存在，使得平面与平面所成的角的余弦值为.
6．(1)证明过程见解析
(2)存在，.
【分析】（1）只需结合已知证明平面，由面面垂直的判定定理即可进一步得证；
（2）建立适当的空间直角坐标系，引入参数，进一步表示两个平面的法向量，由向量夹角公式建立方程即可求解.
【详解】（1）因为平面，平面，所以，
因为，所以，
所以，
又因为平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面；
（2）因为平面，，所以平面，
又因为平面，所以，又，
所以两两互相垂直，
所以以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
如图，，
设，
则，
，设平面的法向量为n1=x1,y1,z1，
则，即，取，满足条件，
所以可取，
，，设平面的法向量为，
则，即，取，解得，
所以，
由题意，
化简并整理得，解得或（舍去），
所以，
综上所述，棱上是否存在一点E，且，使得二面角的余弦值为.
反思提升：
第一步 根据已知条件建立空间直角坐标
系，利用向量法证明线线垂直
第二步 求两平面的法向量
第三步 计算向量的夹角(或函数值)
第四步 借助于函数的单调性或基本不等式确定最值
第五步 反思解题思路，检查易错点
【考点3】折叠问题
一、解答题
1．（2024·北京大兴·三模）如图（1），在中，，，将沿折起到的位置，E，F分别为，上的动点，过作平面，交于点Q，使得平面，如图（2）.
(1)证明：；
(2)若，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求二面角的余弦值.
条件①：平面平面；
条件②：.
2．（23-24高三上·河北·期末）如图所示，直角梯形PABC中，，，D为PC上一点，且，将PAD沿AD折起到SAD位置．
(1)若，M为SD的中点，求证：平面AMB⊥平面SAD；
(2)若，求平面SAD与平面SBC夹角的余弦值．
3．（21-22高二下·江苏常州·期中）在中，，分别是上的点，满足且经过的重心，将沿折起到的位置，使，是的中点，如图所示.

(1)求与平面所成角的大小；
(2)在线段上是否存在点（不与端点重合），使平面与平面垂直？若存在，求出与的比值；若不存在，请说明理由.
4．（2023·山东潍坊·模拟预测）如图（1）五边形中，，将沿折到的位置，得到四棱锥，如图（2），点为线段的中点，且⊥平面.
(1)求证：；
(2)若直线与所成角的正切值为，求直线与平面所成角的正弦值.
5．（23-24高二上·四川南充·阶段练习）如图，菱形的对角线与交于点，，，点，分别在，上，，交于点，将沿折到位置，．
(1)证明：平面；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值．
6．（2023·江西·模拟预测）一年一度的创意设计大赛开幕了．今年小王从世界名画《永恒的记忆》中获得灵感，创作出了如图1的《垂直时光》．已知《垂直时光》是由两块半圆形钟组件和三根指针组成的，它如同一个标准的圆形钟沿着直径折成了直二面角（其中对应钟上数字3，对应钟上数字9）．设的中点为，若长度为2的时针指向了钟上数字8，长度为3的分针指向了钟上数字12．现在小王准备安装长度为3的秒针（安装完秒针后，不考虑时针与分针可能产生的偏移；不考虑三根北针的粗细）．

(1)若秒针指向了钟上数字4，如图2．连接、，若平面．求半圆形钟组件的半径；
(2)若秒针指向了钟上数字5，如图3．设四面体的外接球球心为，求二面角的余弦值．
参考答案：
1．(1)证明见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）由面面平行的性质定理求解；
（2）选择条件①：选择条件②：都是建立空间直角坐标系进行求解．
【详解】（1）因为，所以，，
又因为、平面，，
所以平面，而平面，所以平面平面，
因为平面平面，平面平面，
所以．
（2）选择条件①：平面平面，
因为，，
所以为二面角的平面角，
因为平面平面，所以，
所以建立如图空间直角坐标系，又，
所以E，F，Q分别是PC，BC，CD的中点，，，，
，，平面的法向量为，
设平面的法向量为，则得，
令，则，，所以，
设二面角的平面角为，则，
由题可知，二面角为钝二面角则，
二面角的余弦值为，
选择条件②：，
因为平面，平面，所以，
因为，，BC，平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为平面平面，平面平面，平面平面，
所以，所以，
因为，，
所以建立如图空间直角坐标系，又，
所以E，F，Q分别是，，的中点，，，，
，，平面的法向量为，
设平面的法向量为，则 得，
令，则，，所以，
设二面角的平面角为，则，
由题可知，二面角为钝二面角，则，
二面角的余弦值为．
2．(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）由线面垂直和面面垂直的判定定理证明即可；
（2）以O为原点，分别以、、所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的坐标系，分别求出平面与平面的法向量，由二面角的向量公式求解即可.
【详解】（1）梯形中，，，易知，
所以，而，所以为等边三角形，
∴，又∵，，
∴，面，，
∴面，∵面，
∴平面平面；
（2）由（1）知△为等边三角形，
∴为等边三角形，取AD的中点O，
得，，，∵，∴，
因为面，，∴面．
以O为原点，分别以、、所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的坐标系，
得，，，
，，
设平面的法向量为n=x,y,z，
∴得，
令，则，则．
取平面的法向量为，
．
∴平面与平面夹角的余弦值为．
3．(1)
(2)存在，
【分析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，求出及平面的法向量后可求线面角的大小.
（2）设，用表示平面和平面的法向量后可求的值，从而可求两条线段的比值.
【详解】（1）在中，因为，故，
故在四棱锥中，有，
而，故平面，因平面，
所以，而，故，
而，故可建立如图所示的空间直角坐标系：

在中，因为经过的重心G（如图），连接并延长，交于H，
则，故，
因为，故，
在中，，
则，
故，故，又，
设平面的法向量为，
则，即，
取，则，故，
故，
故与平面所成角的正弦值为，
因为与平面所成角为锐角，故该角为.
（2）设，则，故，
又，
设平面的法向量为，
则，即，
取，则，故，
设平面的法向量为，
则，即，
取，则，故，
因为平面平面，故，
所以，故，
所以.
4．(1)证明过程见解析
(2)
【分析】（1）作出辅助线，得到四边形为平行四边形，故，得到线面垂直，进而得到线线垂直，由三线合一得到结论；
（2）证明出⊥，由正切值求出余弦值，结合余弦定理求出，由勾股定理逆定理得到⊥，得到线面垂直，进而证明出⊥平面，从而建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用空间向量求解线面角的正弦值.
【详解】（1）取中点，连接，
因为点为线段的中点，
所以且，
因为，
所以，，
故四边形为平行四边形，
所以，
因为⊥平面，
所以⊥平面，
因为平面，
所以⊥，
由三线合一得；
（2）由（1）得，
又因为，所以为等边三角形，
故，
因为，，即⊥，
因为，所以直线与所成角的正切值为，
即，故，
又，解得，
设，则，
在中，由余弦定理得，
即，解得，
故，由勾股定理逆定理得⊥，
因为，平面，
所以⊥平面，
取中点，连接，取中点，连接，则⊥，
因为平面，
所以⊥，
由三线合一得⊥,
因为平面，，
所以⊥平面，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
，
设平面的法向量为m=x,y,z，
则，
令得，，故，
设直线与平面所成角大小为，
则.
5．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先利用平行转化得垂直关系，再利用勾股定理计算证明线线垂直，然后利用线面垂直判定定理证明线面垂直，
（2）根据题意建立空间直角坐标系，利用法向量方法求二面角的余弦值.
【详解】（1）由已知得，，
又由得，故，
因此，从而.
由，得.
由得.所以,.
又已知，于是，
故.又，且，平面.
所以平面.
（2）如图，以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则
，，，，，，
，.
设是平面的法向量，
则，即，令,可得.
设n=x2,y2,z2是平面的法向量，
则，即，令,可得 ，
设平面与平面的夹角为，
于是，
平面与平面的夹角的余弦值是.
6．(1)
(2)．
【分析】（1）根据线面平行性质定理得出线线平行，再应用正弦定理计算可得半径；
（2）空间向量法计算二面角余弦值即可.
【详解】（1）由平面，平面，平面平面，可得，故，
又由，知为等腰三角形，，，由正弦定理得．故半圆形钟组件的半径等于．
（2）依题意，二面角为直二面角，为交线，，故平面．又，故、、两两垂直．以为原点，、、为轴、轴，轴建立空间直角坐标系．
如图，，，，．将四面体补成长方体，知即为长方体的中心，得．则，，．

设平面的法向量为，则，即，取，得．
设平面的法向量为，则，
即，取，得．
则．
故二面角的余弦值为．
反思提升：
1.折叠问题中的平行与垂直关系的处理关键是结合图形弄清折叠前后变与不变的关系，尤其是隐含的垂直关系.一般地，翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一平面上的性质发生变化.
2.由于“线线垂直”“线面垂直”“面面垂直”之间可以相互转化，因此整个证明过程围绕着线面垂直这个核心展开，这是解决空间垂直问题的技巧.
分层检测
【基础篇】
一、单选题
1．（2024·山西·三模）正方体的棱长为2，分别为的中点，为底面的中心，则三棱锥的体积是（ ）
A．B．C．D．
2．（2024·山东临沂·二模）已知正方体中，M，N分别为，的中点，则（ ）
A．直线MN与所成角的余弦值为B．平面与平面夹角的余弦值为
C．在上存在点Q，使得D．在上存在点P，使得平面
3．（23-24高二上·北京丰台·期中）正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，是所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形）. 数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体. 如图，已知一个正八面体的棱长为2，，分别为棱，的中点，则直线和夹角的余弦值为（ ）
A．B．
C．D．
4．（2024·北京顺义·二模）如图，正方体中，P是线段上的动点，有下列四个说法：
①存在点P，使得平面；
②对于任意点P，四棱锥体积为定值；
③存在点P，使得平面；
④对于任意点P，都是锐角三角形.
其中，不正确的是（ ）
A．①B．②C．③D．④
二、多选题
5．（2024·山东滨州·二模）图，在边长为4的正方形中，为的中点，为的中点．若分别沿，把这个正方形折成一个四面体，使、两点重合，重合后的点记为，则在四面体中，下列结论正确的是（ ）

A．
B．到直线的距离为
C．三棱锥外接球的半径为
D．直线与所成角的余弦值为
6．（2024·贵州六盘水·三模）（多选）如图，在棱长为1的正方体中，点P是线段上的动点，则（ ）
A．的面积为
B．三棱锥的体积为
C．存在点P，使得⊥
D．存在点P，使得⊥平面
7．（2022·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图，在平行四边形中，，分别为的中点，沿将折起到的位置（不在平面上），在折起过程中，下列说法不正确的是（ ）
A．若是的中点，则平面
B．存在某位置，使
C．当二面角为直二面角时，三棱锥外接球的表面积为
D．直线和平面所成的角的最大值为
三、填空题
8．（22-23高二下·安徽·阶段练习）已知是平面的法向量，点在平面内，则点到平面的距离为 .
9．（2024·北京房山·一模）如图，在棱长为1的正方体中，点P是对角线上的动点（点P与点A，不重合）．给出下列结论：
①存在点P，使得平面平面；
②对任意点P，都有；
③面积的最小值为；
④若是平面与平面的夹角，是平面与平面的夹角，则对任意点P，都有．其中所有正确结论的序号是 ．
10．（2024·北京西城·一模）如图，正方形和矩形所在的平面互相垂直．点在正方形及其内部运动，点在矩形及其内部运动．设，给出下列四个结论：
①存在点，使；
②存在点，使；
③到直线和的距离相等的点有无数个；
④若，则四面体体积的最大值为．
其中所有正确结论的序号是 ．
四、解答题
11．（2024·天津北辰·三模）如图，在四棱锥中，平面，，∥，，，为棱的中点.
(1)证明：平面；
(2)求平面和平面夹角的余弦值；
(3)求A点到直线的距离.
12．（2023·福建厦门·模拟预测）筝形是指有一条对角线所在直线为对称轴的四边形．如图，四边形为筝形，其对角线交点为，将沿折到的位置，形成三棱锥．

(1)求到平面的距离；
(2)当时，在棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
参考答案：
1．B
【分析】建立空间直角坐标系，求解平面法向量，利用向量法求解点面距离，即可根据体积公式求解.
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，则,
,
设平面法向量为m=x,y,z，
则，取，则m=1,1,-2，
故到平面的距离为，
而,
故,
故，
故选：B
2．C
【分析】以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为1，由空间向量计算异面直线所成角，二面角和线线垂直可判断ABC；由四点共面，而平面可判断D.
【详解】以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为1，
所以，，
，
对于A，，，
直线MN与所成角的余弦值为，故A错误；
对于B，，，
设平面的法向量为n=x,y,z，则，
取，可得，所以，
，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
平面与平面夹角的余弦值为：
，故B错误；
对于C，因为Q在上，设，所以，，
则，所以，
所以，，
所以，解得：.
故上存在点，使得，故C正确；
对于D，因为，所以四点共面，
而平面，所以上不存在点P，使得平面，故D错误.
故选：C.
.
3．D
【分析】根据题意得到，，然后由向量的数量积公式分别求出，结合向量的夹角运算公式，即可求解.
【详解】如图所示：

由题意，可得，，
又由正八面体的棱长都是2，且各个面都是等边三角形，
在中，由，可得，所以，所以
；
；
；
所以，
即直线和夹角的余弦值为.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：选取适当的基底向量，由已知条件可以求出它们的模以及两两之间的夹角，所以只需把分解，然后由向量的夹角公式即可求解.
4．C
【分析】建立空间直角坐标系，由直线的方向向量与平面的法向量的位置关系判断说法①；由棱锥的底面积和高为定值得体积为定值判断说法②；利用向量数量积验证垂直关系判断说法③；利用向量的模和向量夹角的计算，验证说法④.
【详解】以为原点，的方向为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
不妨设正方体棱长为1，
则，，
设，
，，，
平面的一个法向量为，，
令，则，即，
若，得，
则时，，又平面，所以平面，
即点P为中点时， 平面，说法①正确；
正方体中，平面平面，平面，
则点到平面的距离为定值，又正方形面积为定值，
所以对于任意点P，四棱锥体积为定值，说法②正确；
，，,
若平面，则有，方程组无解，
所以不存在点P，使得平面，说法③错误；
，，，
，，
则中，，都是锐角，
，也是锐角，
所以对于任意点P，都是锐角三角形，说法④正确.
只有说法③不正确.
故选：C.
5．AC
【分析】首先证明平面，即可判断A，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算B、D，求出外接圆的半径，再由勾股定理求出三棱锥外接球的半径，即可判断C.
【详解】对于A：翻折前，，
翻折后则有PB⊥PA，，
因为，、平面，
所以平面，平面，所以，故A正确；

对于B：又，即为等边三角形，所以，
在平面中过点作，则，
如图建立空间直角坐标系，则，，，，，
所以，，
令，，所以到直线的距离为，故B错误；
对于C：所以的外接圆的半径，
设三棱锥外接球的半径为，
因为平面，所以，所以，
即三棱锥外接球的半径为，故C正确；
对于D：由，设直线与直线所成角为，，
则
所以直线与直线所成角的余弦值为，故D错误.
故选：AC.
6．BD
【分析】选项A：当点P与重合，为边长是的等边三角形，求出三角形面积，即可判断；选项B：利用等体积转化法求解即可；选项C：以为直径的球面与直线没有公共点，即可判断；选项D：当P为的中点时，根据线面垂直的判定定理即可得证．
【详解】A选项，在棱长为1的正方体中，
点P是线段上的动点，当点P与重合时，为等边三角形，
边长为，
故的面积为，故A错误；
B选项，因为，
其中，
表示点P到平面的距离，故，
所以三棱锥的体积为，故B正确；
C选项：在正方体中，以为直径的球面，半径，
则直线与该球面没有公共点，故不存在点P，故C错误；
D选项：取的中点M，连接PM，
当P为的中点时，即为的交点时，
因为，，所以四边形为平行四边形，
故，
又，
所以四边形为平行四边形，
所以，
因为⊥平面，
易知⊥平面，
因为平面，
所以PM⊥，
又因为在正方体中，⊥，
而，所以⊥平面，故D正确．
故选：BD．
7．ABD
【分析】对于A，利用反证法，假设结论成立，再利用面面平行推出线面平行，得到矛盾，故A错；对于B，同样采用反证法，假设结论成立，利用线线垂直推线面垂直，再结合空间向量，能得到矛盾，故B错误；对于C，主要根据题目，判断得到该四面体各个面都是直角三角形，根据外接球性质，即可知道球心位置，从而求解；对于D，利用线面角，可以判断出当平面平面时，直线和平面所成的角的最大，从而求出该角的正切值，即可求解.
【详解】取中点，连接.若A正确，平面，且为三角形中位线，则，面，则面，
因为平面
所以平面平面，
因为面平面面平面
所以，显然，为三角形中位线，，矛盾，故假设不成立，A错误；
以A为坐标原点，AD为y轴正半轴，在平面中作与AD垂直方向为x轴正半轴，z轴垂直平面，建立空间坐标系.
因为，，所以，
所以，所以，所以，即，
又因为，则，
若B正确，则有，因为平面，
所以平面，
因为平面，则必定成立.
则根据题意，可得、、、.，，
则，即不成立，故矛盾，所以B不成立；
当二面角为直二面角时，即平面平面.
根据上面可知，所以，
又，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以，
故四面体为所有面都是直角三角形的四面体，根据外接球性质可知，球心必为中点，即为外接球半径.
，，由勾股定理可知，则，外接球面积为，故C正确.
当平面平面时，直线和平面所成的角的最大，记此时角为.
由上图可知，在中，，由余弦定理可解得.
此时.此时，故D错.
故选：ABD
8．/
【分析】求出的坐标，根据空间点到平面的距离的向量求法，即可求得点到平面的距离.
【详解】由题意可得，
又是平面的法向量，
则点到平面的距离为，
故答案为：
9．①②③
【分析】①可通过线面垂直的判定定理找到点P；②③④都可以通过建立空间直角坐标系解决，其中通过向量的长度可以对②进行判断；利用两条直线所成的角和三角形面积公式可以判断③；求出三个面的法向量，并求出和，即可对④进行判断.
【详解】①因为，在上取点使，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面，故①正确；
②以为原点，以分别为轴建立空间直角坐标系，如图
，，，，则，，
设，则，,
从而，，所以，故②正确；
③由②，，，
，，
当且仅当时等号成立，所以面积的最小值为，故③正确；
④平面的法向量，平面的法向量，
设平面的法向量，
由即得，
令得，
则，，
令得或，而，故，
从而对存在点P，使得，而不大于直角，
故，故④错误；
故答案为：①②③.
10．①③④
【分析】建立适当空间直角坐标系后，借助空间向量研究位置关系，结合距离公式、三棱锥体积公式逐项判断即可得.
【详解】建立如图所示空间直角坐标系，
则有A0,0,0、、、、、，
设，，其中，，
对①：，则，
当，，时，有，
故存在点，使，故①正确；
对②：，，
若，则有，
由，，故当时，，，
此时有，即，即，
此时与重合，与重合，故不存在点，使，故②错误；
对③：点到直线的距离为，点到直线的距离为，
即有，即，由，
故其轨迹为双曲线的一部分，即点有无数个，故③正确；
对④：，，
由，故有，则，
又，
故，故④正确.
故答案为：①③④.
【点睛】关键点点睛：第④个结论的关键点在于借助四面体的体积公式，分别求出高与底面三角形的最大值.
11．(1)证明见详解
(2)
(3)
【分析】（1）取中点，可得四边形为平行四边形，从而，利用线面平行的判定定理即可得证；
（2）建系标点，求出平面BDM的法向量，易知为平面PDM的一个法向量，利用向量夹角公式求解可得答案.
（3）利用空间向量求得，即可得，进而可得结果.
【详解】（1）取中点，连接，．
在中，，分别为，的中点，则，，
因为，，则，，
可知四边形为平行四边形，则，
且平面，平面，所以平面PAD．
（2）因为平面，，平面ABCD，
则，，且，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
取CD的中点，连接BE，
因为，，则，，
又因为，所以四边形ABED为矩形，
且，可知四边形ABED是以边长为2的正方形，
则，，，，，，
可得，，，
设平面BDM的法向量为，所以，
令，则，．所以平面BDM的一个法向量为，
易知为平面PDM的一个法向量，
所以，
所以平面和平面夹角的余弦值为.
（3）由（2）可知：，
则，
即，可知为锐角，
则，
所以A点到直线的距离为.
12．(1)1
(2)存在；或
【分析】（1）根据线面垂直的判定可得平面，进而可得到平面的距离.
（2）以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，再设，根据线面角的空间向量求法求解即可.
【详解】（1）因为，
所以不可能为四边形的对称轴，则为四边形的对称轴，
所以垂直平分，所以．
平面平面
所以平面．
所以到平面的距离．
（2）存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为．
过作平面，所以两两垂直.
以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系

由（1）得平面平面，因为
所以．
设，
，
，
设平面的法向量，
，所以
令，则，
所以平面的一个法向量，
设直线与平面所成角为，，
．
所以或，所以存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为或．
【能力篇】
一、单选题
1．（2023·湖南邵阳·二模）如图所示，在矩形中，，，平面，且，点为线段（除端点外）上的动点，沿直线将翻折到，则下列说法中正确的是（ ）
A．当点固定在线段的某位置时，点的运动轨迹为球面
B．存在点，使平面
C．点到平面的距离为
D．异面直线与所成角的余弦值的取值范围是
二、多选题
2．（2024·山西晋城·二模）如图，在棱长为2的正方体中，点P是侧面内的一点，点E是线段上的一点，则下列说法正确的是（ ）
A．当点P是线段的中点时，存在点E，使得平面
B．当点E为线段的中点时，过点A，E，的平面截该正方体所得的截面的面积为
C．点E到直线的距离的最小值为
D．当点E为棱的中点且时，则点P的轨迹长度为
三、填空题
3．（2023·江西宜春·一模）如图，多面体中，面为正方形，平面，且为棱的中点，为棱上的动点，有下列结论：
①当为的中点时，平面；
②存在点，使得；
③直线与所成角的余弦值的最小值为；
④三棱锥的外接球的表面积为.
其中正确的结论序号为 .（填写所有正确结论的序号）
四、解答题
4．（2024·北京·三模）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，，为中点，．
(1)设平面平面，求证：；
(2)从条件①，条件②，条件③中选择两个作为已知，使四棱锥存在且唯一确定．
（ⅰ）求平面与平面所成角的余弦值；
（ⅱ）平面交直线于点，求线段的长度．
条件①：平面平面；
条件②：；
条件③：四棱锥的体积为．
参考答案：
1．D
【分析】当点固定在线段的某位置时，线段的长度为定值，，过作于点，为定点，的长度为定值，由此可判断A；无论在（端点除外）的哪个位置，均不与垂直，即可判断B；以，，为x，y，z的正方向建立空间直角坐标系，求出平面的法向量为，由点到平面的距离公式求解，即可判断C；设，，利用向量夹角公式求解，即可判断D.
【详解】
选项A：当点固定在线段的某位置时，线段的长度为定值，，过作于点，为定点，的长度为定值，且在过点与垂直的平面内，故的轨迹是以为圆心，为半径的圆，故A错；
选项B：无论在（端点除外）的哪个位置，均不与垂直，故不与平面垂直，故B错；
选项C：以，，为x，y，z的正方向建立空间直角坐标系，则，，，．
，
设平面的法向量为，取，
则点到平面的距离为，故C错；
选项D：设，，，，设与所成的角为，则，故D正确.
故选：D．
2．ACD
【分析】由题意分别画出图形，再逐项解决线面垂直、截面面积、距离最值和轨迹问题即可.
【详解】对于A，如下图所示，连接，
因为点是线段的中点，所以点也是线段的中点，
所以平面即为平面.
根据正方体的性质，平面，平面，
所以，
又因为，平面，平面，
所以平面，所以与重合时，平面，故A正确；
对于B，如下图所示，取的中点，
根据分别为的中点，易得，
所以四点共面，
所以截面为四边形，且该四边形为等腰梯形.
又因为，
所以等腰梯形的高为，
所以截面面积为，故B错误；
对于C，如图建立空间直角坐标系，
由图可得，，所以，
设，所以，
所以点到直线的距离，
所以时，距离最小，最小为，故C正确；
对于D，如图所示，取的中点，连接，
易得平面，
又因为平面，所以，
所以，
则点在侧面内的运动轨迹为以为圆心，半径为2的劣弧，圆心角为，
所以点的轨迹长度为，故D正确.
故选：ACD.
3．①④
【分析】根据线面平行的判定定理，以及线线垂直的判定，结合异面直线所成角，以及棱锥外接球半径的求解，对每一项进行逐一求解和分析即可.
【详解】对①：当H为DE的中点时，取中点为，连接，
因为分别为的中点，
故可得//，，
根据已知条件可知：//，
故//，
故四边形为平行四边形，则//，又平面平面，
故//面，故①正确；
对②：因为平面，平面，
故，
又四边形为矩形，
故，则两两垂直，
以为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示：
则，设，，
若，则，不满足题意，故②错误；
对③：，，
，
，，，
，，
令，设，，，
则，当时，
根据对勾函数的性质得，则，
当时，有最小值，最小值为，故③错误；
对④：由题可得平面，又面为正方形，
∴，
∴AB⊥平面BCF，则AB，BC，CF两两垂直，
∴AF为三棱锥的外接球的直径，
又，
∴三棱锥的外接球表面积为，故④正确.
故答案为：①④.
4．(1)证明见解析；
(2)（ⅰ）；（ⅱ）.
【分析】（1）利用线面平行的判定、性质推理即得.
（2）选条件①③或②③，证明底面，求出，（ⅰ）以为原点，建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，进而求出面面角；（ⅱ）令，利用垂直关系的向量表示求出即可.
【详解】（1）在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，则，
而平面平面，于是平面，
又平面，且平面平面，所以.
（2）选条件①③，平面平面，四棱锥的体积为，
连接和交于点，连接，显然是中点，由，得，
而平面平面，平面，底面，
，，解得，
选条件②③，，四棱锥的体积为，
连接和交于点，连接，显然是中点，由，得，
又是中点，由，得，而平面，则，底面，
，，解得，
若选条件①②，平面平面，，此2条件均可证明底面，
点的位置不确定，即四棱锥存在，但不唯一，因此条件①②不可选.
（i）以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，
所以，
设平面的法向量为，则，令，得，
平面的法向量为，因此，
所求平面与平面所成角的余弦值为.
（ii）平面交线段于点，由（i）知，，
设，则，
由，得，所以.
【培优篇】
一、解答题
1．（2024·湖北·模拟预测）如图，在梯形中，，，.将沿对角线折到的位置，点P在平面内的射影H恰好落在直线上.
(1)求二面角的正切值；
(2)点F为棱上一点，满足，在棱上是否存在一点Q，使得直线与平面所成的角为?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
2．（23-24高二上·浙江湖州·阶段练习）如图，在四棱锥中，，且，，，，，为的中点.
(1)求证：平面；
(2)在线段上是否存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
3．（2023·全国·模拟预测）如图，已知垂直于梯形所在的平面，矩形的对角线交于点为的中点，.

(1)求证：平面；
(2)在线段上是否存在一点，使得与平面所成角的大小为？若存在，求出的长；若不存在，说明理由.
参考答案：
1．(1)
(2)存在，
【分析】（1）过点作于点，连接，可证得平面，进而可知为二面角的平面角，利用三角形计算即可得出结果.
（2）连接，由为等边三角形，H为线段的中点，，又平面，以H为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，假设棱上存在满足要求的点，设，，利用，计算可求得，即可得出结果.
【详解】（1）如图，过点作于点，连接，，
平面，平面，，
又，平面，平面，
平面，，.
为二面角的平面角.
∵，，∴为等边三角形，，
又中，，，，.
又，，，H为线段的中点.
，，
中，，，
所以二面角的正切值为.
（2）连接，为等边三角形，H为线段的中点，，
又平面，则，，两两垂直，
以H为坐标原点，，，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，
则，，，，
，，.
设平面的法向量为n=x,y,z，，
令，可得.
假设棱上存在满足要求的点Q，设，，.
，
因为直线与平面所成的角为，
，
整理得：，解得或（舍去）.
所以，则.
所以当时，与平面所成的角为.
2．(1)证明见解析
(2)存在，1
【分析】（1）取中点，连，证明为平行四边形，得线线平行，进而证明线面平行；
（2）由长度计算利用勾股定理证明垂直关系，建立空间直角坐标系，假设存在点，设，利用法向量方法得两平面夹角的余弦值建立方程求得，则得的值.
【详解】（1）

取中点，连，
由为的中点，则，又，
则，又，
所以四边形为平行四边形，
则，平面，平面，
则平面.
（2）取中点，连，
由且，则四边形是平行四边形，
故，又，则，
所以，由，则，
在中，，
由余弦定理得，
则，而，所以，
则，即，又，所以平面，
在平面内作.
以为轴正向建立空间直角坐标系，
则，
所以，
假设存在点满足题意，设，
则可得，
设平面的法向量，
则，令，
则；
设平面的法向量，
则，令，则；
所以，
解得，
所以假设成立，即存在，且时，使得平面与平面的夹角的余弦值为.

3．(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）用向量法证明即可；
（2）假设存在，根据线面角的公式运算即可得解.
【详解】（1）以为原点建立如图所示的坐标系，

，，，，
，，，
设面的法向量为，
，令，则，
，
平面，，
平面；
（2）假设存在点，设，
则，
设面法向量，
，，
，令，则，
，
，即，
，
故存在满足题意的点，此时.