重难点培优03 立体几何中的翻折和探索性问题问题（复习讲义）（天津专用）2026年高考数学一轮复习讲练测

重难点培优03 立体几何中的翻折和探索性问题问题 目录（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 01 知识重构・重难梳理固根基 1 02 题型精研・技巧通法提能力 2 题型一 立体几何中的折叠问题（★★） 2 题型二 立体几何中探索性问题（★★★） 5 03 实战检测・分层突破验成效 8 检测Ⅰ组 重难知识巩固 8 检测Ⅱ组 创新能力提升 11 1.折叠问题 解决折叠问题最重要的就是对比折叠前后的图形，找到哪些线、面的位置关系和数学量没有发生变化，哪些发生了变化，在证明和求解的过程中恰当地加以利用。 一般步骤： ①确定折叠前后的各量之间的关系，搞清折叠前后的变化量和不变量； ②在折叠后的图形中确定线和面的位置关系，明确需要用到的线面； ③利用判定定理或性质定理进行证明。 2.探索性问题 探究性问题常常是条件不完备的情况下探讨某些结论能否成立，立体几何中的探究性问题既能够考查学生的空间想象能力，又可以考查学生的意志力及探究的能力。对于这类问题一般可用综合推理的方法、分析法、特殊化法和向量法来解决．一般此类立体几何问题描述的是动态的过程，结果具有不唯一性或者隐藏性，往往需要耐心尝试及等价转化，因此，对于常见的探究方法的总结和探究能力的锻炼是必不可少的。 题型一 立体几何中的折叠问题 【技巧通法·提分快招】 一般步骤： ①确定折叠前后的各量之间的关系，搞清折叠前后的变化量和不变量； ②在折叠后的图形中确定线和面的位置关系，明确需要用到的线面； ③利用判定定理或性质定理进行证明。 1．（2025·天津·三模）如图1，在直角梯形中，，为线段上的一点，，过作的平行线交于，将矩形翻折至与梯形垂直，得到六面体，如图2，则六面体的体积为（    ）    A． B． C． D． 2．（2025·天津南开·期末）如图所示，将一副三角板拼成平面四边形，将等腰直角沿向上翻折，得到三棱锥，设，点分别为棱，的中点，为线段上的动点，则下列命题： ①在翻折过程中，存在某个位置使得； ①若，则与平面所成角的正切值为； ③三棱锥体积的最大值为2； ④当时，的最小值为. 其中正确命题的个数为 （    ） A．1 B．2 C．3 D．4 3．（2025·天津南开·期末）如图①所示，矩形中，，，点M是边CD的中点，将沿AM翻折到，连接PB，PC，得到图②的四棱锥，N为PB中点． (1)求证：平面； (2)若平面平面，求直线BC与平面所成角的大小； (3)设的大小为θ，若，求平面和平面夹角余弦值的最小值． 4．（2025·天津西青·期末）如图，矩形中，，为边的中点.将沿直线翻折成（平面）.若在线段上（点与，不重合），则在翻折过程中，给出下列判断： ①当为线段中点时，为定值； ②存在某个位置，使； ③当四棱锥体积最大时，点到平面的距离为； ④当，二面角的大小为时，异面直线与所成角的余弦值为. 其中判断正确的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 5．（2025·天津·模拟预测）很多人的童年都少不了折纸的乐趣，如今传统意义上的手工折纸已经与数学联系在一起，并产生了许多需要缜密论证的折纸问题.有一张矩形纸片，，为的中点，将和分别沿、翻折，使点与点重合于点，若，三棱锥的所有顶点都在球的表面上，则球的表面积为（    ） A． B． C． D． 6．（2025·天津·期末）如图，在直角梯形ABCD中，，AB⊥AD，且，现以AD为一边向形外作正方形ADEF，然后沿边AD将正方形ADEF翻折，使平面ADEF与平面ABCD垂直，M为ED的中点，如图2. (1)求证：平面BEC； (2)求证：BC⊥平面BDE； (3)求直线BC与平面ADEF所成角的正弦值. 7．（2025·天津滨海新·期末）如图，矩形ABCD中，AB=2AD，E为边AB的中点.将ADE沿直线DE翻折成A1DE(A1平面BCDE).若M在线段A1C上(点M与A1，C不重合)，则在ADE翻折过程中，给出下列判断： ①当M为线段A1C中点时，|BM|为定值； ②存在某个位置，使DEA1C； ③当四棱锥A1—BCDE体积最大时，点A1到平面BCDE的距离为|A1H|(DE的中点为H)； ④当二面角A1—DE—B的大小为时，异面直线A1D与BE所成角的余弦值为. 其中判断正确的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 8．（2025·天津·调研）如图，在等腰梯形中，，，，为边上靠近点的三等分点，现将三角形沿翻折，得到四棱锥，使得平面平面，为棱的中点.    (1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值； (3)在线段上是否存在点，使得点到平面的距离是？若存在，求出线段的长度；若不存在，说明理由. 题型二 立体几何中探索性问题 【技巧通法·提分快招】 第一步：利用共线定理表示出未知点的坐标（用一个字母表示） 第二步：根据问题中给定的已知条件先求出步骤一中的字母 第三步：利用空间直角坐标系及距离、角度公式进行求解． 1．（2025·天津滨海新·期中）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，，F为CP上的点，且平面. (1)求证：平面平面； (2)求直线PC与平面所成角的正弦值； (3)在棱PD上是否存在一点G，使平面，若存在，求PG的长；若不存在，说明理由. 2．（2025·天津·开学考试）如图，四边形是正方形，平面，，，、、分别为、、的中点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的大小； (3)在线段上是否存在一点，使直线与直线所成的角为？ 3．（2025·天津西青·期末）如图，在三棱锥中，平面，点在棱上，且为棱的中点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)在线段上是否存在点满足直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由. 4．（2025·天津河西·二模）如图，在五面体中，平面，，，，，，，，分别为，的中点，连接，，.    (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的大小； (3)线段上是否存在点，使得平面？若存在，求点到平面的距离；若不存在，说明理由. 5．（2025·天津·期末）如图，在五棱锥中，和分别为边长是4和2的等边三角形，四边形是上底和腰相等的等腰梯形，､分别为､中点. (1)证明：平面； (2)当四棱锥体积最大时，求直线和平面所成角的正弦值； (3)在（2）的条件下，在线段上是否存在一点，使得平面与平面所成角的余弦值为？若存在，试确定点的位置；若不存在，请说明理由. 6．（2025·天津武清·期中）在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是等边三角形，，，，分别是，，，的中点，平面． (1)求证：； (2)求平面与平面夹角的大小； (3)在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求线段的长，若不存在，说明理由． 7．（2025·天津滨海新·联考）已知如图，四边形为矩形，为梯形，平面平面，，，． (1)若为中点，求证：平面； (2)求直线与平面所成角的余弦值； (3)在线段上是否存在一点（除去端点），使得平面与平面夹角的大小为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 8．（2025·天津·期中）在如图所示的几何体中，四边形是菱形，，四边形是矩形，平面，，，点E为的中点． (1)求证平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)在直线上存在动点P，使得直线与平面所成角的余弦值为求线段的长． 检测Ⅰ组 重难知识巩固 1．（2025·天津·二模）如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，平面，为边CD的中点，且. (1)求线段的长； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)在线段上（不含端点）是否存在点，使直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由. 2．（2025·天津和平·二模）如图，在三棱柱中，分别是的中点，平面，且，，. (1)求证：平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值； (3)若线段上存在点到平面的距离为，求直线与平面所成角的正弦值. 3．（2025·天津河东·二模）在多面体中（如图所示），底面正三角形ABC边长为2，EA⊥底面，AE//BF//CD，CD=3，AE=2，BF=1. (1)求AD与平面DEF所成角的正弦值； (2)求点A到平面CEF的距离； (3)AB的中点为G，线段CD上是否存在点P使得PG与平面DEF平行，若存在求PC长度，若不存在说明理由. 4．（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. 5．（2024·天津河东·一模）在正方体中（如图所示），边长为2，连接    (1)证明：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)底面正方形的内切圆上是否存在点使得与平面所成角的正弦值为，若存在求长度，若不存在说明理由． 6．（2025·天津和平·三模）如图，四棱台中，上､下底面均是正方形，且侧面是全等的等腰梯形，，分别为的中点，上下底面中心的连线垂直于上下底面，且与侧棱所在直线所成的角为.    (1)求证：∥平面； (2)求点到平面的距离； (3)边上是否存在点，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 7．（2025·天津河西·模拟预测）如图，四边形是边长为2的菱形，，四边形为矩形，，且平面平面.    (1)求与平面所成角的正弦值； (2)求平面与平面夹角大小； (3)若在线段上存在点，使得平面，求点到平面的距离. 8．（2025·天津北辰·三模）如图，在三棱锥中，底面，．点，，分别为棱，，的中点，是线段的中点，，． (1)求证：平面； (2)求点到直线的距离； (3)在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出线段的值，若不存在，说明理由． 则， 所以， 设为平面的法向量， 检测Ⅱ组 创新能力提升 1．（2025·天津和平·一模）如图，在四棱锥中，平面平面，，且. (1)求直线与平面所成角的正弦值； (2)求平面与平面的夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离. 2．（2025·天津·期末）如图，四棱锥中，是以为斜边的等腰直角三角形，，，． (1)若点为线段的中点， ①证明：∥面； ②求直线与平面间的距离； (2)若点为直线上的动点，当直线与底面所成角的正弦值取最大值时，求三棱锥的体积． 3．（2025·天津南开·模拟预测）如图1，在边长为2的菱形ABCD中，于点，将沿DE折起到的位置，使，如图2． (1)求证：平面BCDE； (2)求二面角的余弦值； (3)在线段BD上是否存在点，使平面平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 4．（2025·天津西青·调研）在如图所示的多面体中， EA平面ABC， DB平面ABC， ACBC， 且， M是AB的中点. (1)求证: CMEM； (2)求平面EMC与平面BCD所成角的正弦值； (3)在棱DC上是否存在一点N，使得直线MN与平面EMC所成的角是60°，若存在，写出点N的坐标；若不存在，请说明理由. 5．（2024·天津河西·模拟预测）如图，在棱长为的正方体中，分别是棱上的动点，且． (1)求证：； (2)当三棱锥的体积取得最大值时，求平面与平面BEF夹角的正切值及点到直线的距离． 11 / 12 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难点培优03 立体几何中的翻折和探索性问题问题 目录（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 01 知识重构・重难梳理固根基 1 02 题型精研・技巧通法提能力 2 题型一 立体几何中的折叠问题（★★） 2 题型二 立体几何中探索性问题（★★★） 15 03 实战检测・分层突破验成效 31 检测Ⅰ组 重难知识巩固 31 检测Ⅱ组 创新能力提升 45 1.折叠问题 解决折叠问题最重要的就是对比折叠前后的图形，找到哪些线、面的位置关系和数学量没有发生变化，哪些发生了变化，在证明和求解的过程中恰当地加以利用。 一般步骤： ①确定折叠前后的各量之间的关系，搞清折叠前后的变化量和不变量； ②在折叠后的图形中确定线和面的位置关系，明确需要用到的线面； ③利用判定定理或性质定理进行证明。 2.探索性问题 探究性问题常常是条件不完备的情况下探讨某些结论能否成立，立体几何中的探究性问题既能够考查学生的空间想象能力，又可以考查学生的意志力及探究的能力。对于这类问题一般可用综合推理的方法、分析法、特殊化法和向量法来解决．一般此类立体几何问题描述的是动态的过程，结果具有不唯一性或者隐藏性，往往需要耐心尝试及等价转化，因此，对于常见的探究方法的总结和探究能力的锻炼是必不可少的。 题型一 立体几何中的折叠问题 【技巧通法·提分快招】 一般步骤： ①确定折叠前后的各量之间的关系，搞清折叠前后的变化量和不变量； ②在折叠后的图形中确定线和面的位置关系，明确需要用到的线面； ③利用判定定理或性质定理进行证明。 1．（2025·天津·三模）如图1，在直角梯形中，，为线段上的一点，，过作的平行线交于，将矩形翻折至与梯形垂直，得到六面体，如图2，则六面体的体积为（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】将六面体，补成直三棱柱，进而可求解. 【详解】对于图2，延长至点，使得，如图：    由条件可知， 又为平面内两条相交直线，为平面内两条相交直线， 所以平面，平面， 又， 又平面平面，平面平面， 平面，，所以平面， 平面，可得, 所以直棱柱的体积为：， 因为平行且等于，可得平行且等于，又， 所以三棱锥的体积为：， 所以六面体的体积为. 故选：D 2．（2025·天津南开·期末）如图所示，将一副三角板拼成平面四边形，将等腰直角沿向上翻折，得到三棱锥，设，点分别为棱，的中点，为线段上的动点，则下列命题： ①在翻折过程中，存在某个位置使得； ①若，则与平面所成角的正切值为； ③三棱锥体积的最大值为2； ④当时，的最小值为. 其中正确命题的个数为 （    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】根据面面垂直可得线面垂直，即可判断①；连接，证明平面，则即为与平面所成角的平面角，即可判断②，根据三棱锥体积公式，找底面面积和点到平面距离，当面面垂直时最大，算出体积最大值，即可判断③；把与沿展开到同一平面，用余弦定理算（即最小值），判断是否符合给定值，即可判断④. 【详解】对①，当平面与平面垂直时， ，平面与平面的交线为，平面, 平面，又平面， ，，故①正确； 对②，连接， 因为平面， 所以平面， 又平面，所以， 因为为的中点， 所以， 又平面， 所以平面， 则即为与平面所成角的平面角， 在中，，则， ， 所以， 即与平面所成角的正切值为，故②错误；    对③，三棱锥的体积（为点到平面的距离）， . 当平面平面时，最大，的最大值为， 此时，所以三棱锥体积的最大值为，故③正确； 对④，当时，因为为的中点， 所以，则， 又因为的中点，所以， 又，所以， 所以， 如图将沿旋转，使其与在同一平面内， 则当三点共线时，最小， 即的最小值为， 在中，， 则， 所以， 所以的最小值为，故④错误.    故选：B. 3．（2025·天津南开·期末）如图①所示，矩形中，，，点M是边CD的中点，将沿AM翻折到，连接PB，PC，得到图②的四棱锥，N为PB中点． (1)求证：平面； (2)若平面平面，求直线BC与平面所成角的大小； (3)设的大小为θ，若，求平面和平面夹角余弦值的最小值． 【答案】(1)证明见解析；(2)；(3). 【分析】（1）取中点，借助三角形中位线性质，结合平行公理，利用线面平行的判定推理即得. （2）借助面面垂直的性质，以为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的向量求法求出大小. （3）连接DG，过点D作平面ABCD，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，以及法向量，列出方程，即可得到结果. 【详解】（1）取中点，连接，由N为PB中点，得， 依题意，，则， 于是四边形是平行四边形，，而平面，平面， 所以平面. （2）取中点，连接，由，得，而平面平面， 平面平面平面，则平面， 过作，则平面，又平面，于是， 在矩形中，，，则， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量为，则，令，得， 设直线BC与平面所成的角为，则， 所以直线BC与平面所成角的大小为. （3）连接，由，得，而，则为的平面角，即， 过点作平面，以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，，， 显然平面，平面，则平面平面， 在平面内过作于点，则平面， 设，而，则，，， 即，， 所以， 于是，， 设平面PAM的法向量为，则， 令，得，设平面的法向量为， 因为，， 则，令，得， 设平面和平面为， 则 令，，则，即，则当时，有最小值， 所以平面和平面夹角余弦值的最小值为． 4．（2025·天津西青·期末）如图，矩形中，，为边的中点.将沿直线翻折成（平面）.若在线段上（点与，不重合），则在翻折过程中，给出下列判断： ①当为线段中点时，为定值； ②存在某个位置，使； ③当四棱锥体积最大时，点到平面的距离为； ④当，二面角的大小为时，异面直线与所成角的余弦值为. 其中判断正确的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】①利用余弦定理判断；②用线线垂直判断；③由垂线段判断；④由二面角与线线角公式判断. 【详解】在矩形 中, , 不妨令 2, 则： (1)取DC的中点 , 连接 , 易知 且为定值, (定值) 所以MB的长为定值, 故①正确; (2)假设存在某个位置, 使 , 连接 , 取DE的中点 , 连接 , 显然 , 而 平面 , 平面 , 进而有 , 但 , 不可能相等, 所以不可能有 , 故②错误; (3)由题意得, 是等腰直角三角形, 到 的距离是 , 当平面 平面 时, 四棱锥 DE体积最大, 点 到平面 的距离为 , 故③正确; (4)易知二面角 的平面角 , 当二面角 的大小为 时， 又 , 所以 , 又易知异面直线 与 所成角为 , 故④错误, 综上可知, 正确的有2个. 故选: B. 5．（2025·天津·模拟预测）很多人的童年都少不了折纸的乐趣，如今传统意义上的手工折纸已经与数学联系在一起，并产生了许多需要缜密论证的折纸问题.有一张矩形纸片，，为的中点，将和分别沿、翻折，使点与点重合于点，若，三棱锥的所有顶点都在球的表面上，则球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】翻折后，，利用勾股定理求出的值，分析可知、、两两垂直，将三棱锥补成长方体，可计算出球的半径，再利用球体表面积公式可求得结果. 【详解】翻折前，在矩形中，，因为为的中点，则， 翻折后，如下图所示： 则，设，由题意知，，， 所以，，解得，即， 将三棱锥补成长方体， 则长方体的外接球直径为， 所以，，故球的表面积为. 故选：C. 6．（2025·天津·期末）如图，在直角梯形ABCD中，，AB⊥AD，且，现以AD为一边向形外作正方形ADEF，然后沿边AD将正方形ADEF翻折，使平面ADEF与平面ABCD垂直，M为ED的中点，如图2. (1)求证：平面BEC； (2)求证：BC⊥平面BDE； (3)求直线BC与平面ADEF所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析；(3). 【分析】（1）取EC中点N，证明，再利用线面平行的判定推理作答. （2）由已知结合余弦定理证明，再利用面面垂直的性质、线面垂直的性质判定推理作答. （3）作出线面角，再在直角三角形中计算作答. 【详解】（1）取EC中点N，连接MN，BN，如图，在△EDC中，M为ED的中点， 则，且，而，，即有， 因此四边形ABNM为平行四边形，有，因平面BEC，且平面BEC， 所以平面BEC. （2）由正方形ADEF知，ED⊥AD，而平面ADEF⊥平面ABCD，且平面ADEF平面ABCD=AD， 平面ADEF，则ED⊥平面ABCD，而平面ABCD，即有， 在直角梯形ABCD中，AB⊥AD，，则，， 而，有，即， 因此，又，平面BDE， 所以平面BDE. （3）延长CB与DA交于P点，由（2）知，而，，面ADEF， 于是得CD⊥面ADEF，即为直线BC与平面ADEF所成角，而，则， 所以直线BC与平面ADEF所成角的正弦值. 7．（2025·天津滨海新·期末）如图，矩形ABCD中，AB=2AD，E为边AB的中点.将ADE沿直线DE翻折成A1DE(A1平面BCDE).若M在线段A1C上(点M与A1，C不重合)，则在ADE翻折过程中，给出下列判断： ①当M为线段A1C中点时，|BM|为定值； ②存在某个位置，使DEA1C； ③当四棱锥A1—BCDE体积最大时，点A1到平面BCDE的距离为|A1H|(DE的中点为H)； ④当二面角A1—DE—B的大小为时，异面直线A1D与BE所成角的余弦值为. 其中判断正确的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】①利用余弦定理判断；②用线线垂直判断；③由垂线段判断；  ④由二面角与线线角公式判断. 【详解】在矩形ABCD中，AB=2AD，不妨令AB=2AD=2，则： ①取DC的中点F，连接MF，FB， 易知且为定值， （定值） 所以MB的长为定值，故①正确； ②假设存在某个位置，使DEA1C，连接CE，取DE的中点H，连接A1H，CH， 显然，而平面， 平面，， 进而有，但，不可能相等， 所以不可能有DEA1C，故②错误； ③由题意得，ADE是等腰直角三角形，A到DE的距离是， 当平面平面时，四棱锥A1—BCDE体积最大, 点A1到平面BCDE的距离为，故③正确； ④易知二面角A1—DE—B的平面角， 当二面角A1—DE—B的大小为时，， 又,所以， 又易知异面直线A1D与BE所成角为， ，故④错误， 综上可知，正确的有2个. 故选：B. 8．（2025·天津·调研）如图，在等腰梯形中，，，，为边上靠近点的三等分点，现将三角形沿翻折，得到四棱锥，使得平面平面，为棱的中点.    (1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值； (3)在线段上是否存在点，使得点到平面的距离是？若存在，求出线段的长度；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在， 【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，得出线线平行，再应用线面平行判定定理证明； （2）建系得出平面和平面的法向量即可得出面面角余弦，最后同角三角函数关系求解正弦； （3）设再应用点到平面距离即可计算求参. 【详解】（1）取的中点N， 连接， 如图所示：   为棱的中点， 四边形ABMN是平行四边形， 又平面， 平面， 平面. （2）    由在等腰梯形中，，，为边上靠近点的三等分点，可得， 也即 又平面平面，交线为,平面， 所以平面， 又平面ABCD， 又 以点D为坐标原点，    所在直线分别为轴建立直角坐标系，, 如图，则 为棱的中点， （i） 设平面的一个法向量为 则 令 则 平面的一个法向量为 所以二面角的正弦值为. （3）假设在线段上存在点Q，使得点Q到平面的距离是， 设 则 由（i）知平面的一个法向量为 点Q到平面的距离是 题型二 立体几何中探索性问题 【技巧通法·提分快招】 第一步：利用共线定理表示出未知点的坐标（用一个字母表示） 第二步：根据问题中给定的已知条件先求出步骤一中的字母 第三步：利用空间直角坐标系及距离、角度公式进行求解． 1．（2025·天津滨海新·期中）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，，F为CP上的点，且平面. (1)求证：平面平面； (2)求直线PC与平面所成角的正弦值； (3)在棱PD上是否存在一点G，使平面，若存在，求PG的长；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明过程见解析 (2) (3) 【分析】（1）只需证明平面，只需证明（由正方形性质可得），，要证，只需证明平面即可. （2）作，垂足为，连接，从而为直线与平面所成的角，只需解直角三角形即可. （3）作，交于，连接，可以证明，故只需解直角三角形求出即可. 【详解】（1）因为平面，平面，所以， 又因为，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 又因为底面是边长为2的正方形，所以， 且平面， 所以平面， 又因为平面， 所以平面平面； （2） 作，垂足为，连接， 因为平面平面，平面，平面平面， 所以平面，所以为直线与平面所成的角， 因为，，，所以， 因为平面，平面，所以， 所以在直角三角形中，由勾股定理可得， 所以； （3） 作，交于，连接， 因为，，所以， 因为平面，平面，所以平面， 因为平面，平面，所以， 因为，， 所以，解得，所以， 因为平面，平面，所以， 又因为，所以， 又因为，所以. 2．（2025·天津·开学考试）如图，四边形是正方形，平面，，，、、分别为、、的中点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的大小； (3)在线段上是否存在一点，使直线与直线所成的角为？ 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在 【分析】（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证得平面； （2）利用空间向量法可求得平面与平面夹角的大小； （3）设，其中，求出向量的坐标，利用空间向量法可得出关于的方程，解出的值，即可得出结论. 【详解】（1）因为平面，，所以平面， 又因为四边形是正方形，所以． 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， 不妨设， 所以、、、、、， 因为、、分别为、、的中点， 所以、、， 所以，， 易知平面的一个法向量， 因为，则， 又平面，所以平面． （2）设为平面的一个法向量，则， 解得，令，得． ，． 设为平面的一个法向量，则， 令，得， 所以． 所以平面与平面夹角的大小为． （3）假设在线段上存在一点，使直线与直线所成角为． 依题意可设，其中． 由，则． 又因为， 因为直线与直线所成角为，， 所以，即，解得． 所以在线段上存在一点，使直线与直线所成角为． 3．（2025·天津西青·期末）如图，在三棱锥中，平面，点在棱上，且为棱的中点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)在线段上是否存在点满足直线与平面所成角的正弦值为？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)(3)存在，. 【分析】（1）以为原点，以所在的直线为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法证明线面垂直； （2）用空间向量法求二面角； （3）假设点存在，设，由求线面角的空间向量法求得值． 【详解】（1）以为原点，以所在的直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系. 则 方法一： . . 平面 平面. （证明中两组均可） 方法二：设是平面的一个法向量 取，得. ，即， 平面. （2）设为平面的一个法向量， ，令，则， . 由（1）可知是平面的一个法向量.（用均可） 设平面与平面的夹角为 平面与平面夹角的余弦值为. （3）假设存在点满足题意，设， 设直线与平面所成角为，则 解得. 又，得，所以的值为. 所以存在点满足题意且． 4．（2025·天津河西·二模）如图，在五面体中，平面，，，，，，，，分别为，的中点，连接，，.    (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的大小； (3)线段上是否存在点，使得平面？若存在，求点到平面的距离；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析(2).(3)存在，. 【分析】（1）建立空间直角坐标系求出平面的法向量，利用线面垂直的向量表示可证明得出结论； （2）由线面角的向量求法计算即可求得结果； （3）设，由平面解得，再由点到面的距离公式计算可得结果. 【详解】（1）如图，以为原点，分别以，，方向为轴、轴、轴正方向建立空间直角坐标系，    由题意可得，，，，，，，，， 因为，，所以， 又，分别为，的中点，所以，，，，四点共面， 设平面的一个法向量，，， 由，即， 令，，，所以， ，易知， 所以平面. （2）易知，由（1）知平面的法向量， 设直线与平面所成角为， 则，又，∴， 所以直线与平面所成角的大小为. （3）设，， 所以，则， 设平面的一个法向量， ，， 由，即， 令，，，所以， 则， 因为平面，所以，解得，所以， 设点到平面的距离为，，， 则， 所以点到平面的距离为. 5．（2025·天津·期末）如图，在五棱锥中，和分别为边长是4和2的等边三角形，四边形是上底和腰相等的等腰梯形，､分别为､中点. (1)证明：平面； (2)当四棱锥体积最大时，求直线和平面所成角的正弦值； (3)在（2）的条件下，在线段上是否存在一点，使得平面与平面所成角的余弦值为？若存在，试确定点的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在，点在线段上靠近点的三等分点的位置上 【分析】（1）由菱形的对角线相互垂直的性质结合线面垂直的判定定理证明即可； （2）由体积最大时平面平面，再由面面垂直的性质得到平面，然后由几何关系可得； （3）设，利用空间向量方法得到平面和平面所成角的余弦值，然后列方程求解即可； 【详解】（1）因为和分别为边长是4和2的等边三角形，四边形是上底和腰相等的等腰梯形，则可得此五棱锥为菱形沿折叠而成， 所以， 又为等边三角形，为中点，所以， 平面，所以平面， 又，所以平面. （2）因为四棱锥的底面积为定值，所以当高最大时，体积最大， 所以当平面平面时高最大，此时体积最大， 因为平面平面，平面平面，， 所以平面，所以为直线和平面所成角， 因为， 所以，，，， 所以. （3） 以为原点建立如图所示空间直角坐标系， ， 设，则， 设平面的法向量为， 则，令，则，（易知不合题意） 所以， 因为平面平面，，平面平面， 所以平面，则可以作为平面的一个法向量， 所以，解得， 所以在（2）的条件下，在线段上存在一点，使得平面与平面所成角的余弦值为，点在线段上靠近点的三等分点的位置上. 6．（2025·天津武清·期中）在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是等边三角形，，，，分别是，，，的中点，平面． (1)求证：； (2)求平面与平面夹角的大小； (3)在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求线段的长，若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析(2)(3)存在， 【分析】（1）建系，通过向量垂直即可得证； （2）求得平面法向量，由面面夹角的公式即可求解； （3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解. 【详解】（1）因为是正方形，，是，的中点， 所以， 因为平面， ，平面， 所以，， 所以如图以为原点，，，为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， ，， ，， ， ∴  ∴ （2）设平面与平面夹角， 设平面的一个法向量为， ，， 则，即，令，得，， ∴， 设平面的一个法向量为， ，， 则，即，令，得，， ∴， ∴， ∴， ， ∵， ∴， ∴平面与平面夹角. （3）由题可知， 设线段上存在点，使得与平面所成角的正弦值为，且， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 整理得， 解得或（舍）， ∴， 即存在点使得直线与平面所成角的正弦值为， 此时． 7．（2025·天津滨海新·联考）已知如图，四边形为矩形，为梯形，平面平面，，，． (1)若为中点，求证：平面； (2)求直线与平面所成角的余弦值； (3)在线段上是否存在一点（除去端点），使得平面与平面夹角的大小为？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)； (3)存在，. 【分析】（1）连接交于，连接，根据中位线的性质结合直线与平面平行的判定定理进行证明； （2）使用空间向量求解线面角的正弦值； （3）使用空间向量法利用已知条件，求解得出满足条件的点的坐标即可求解． 【详解】（1）如图，连接交于，连接， 四边形为矩形，与交于点，为的中点， 又因为为的中点，， 而平面，平面， 平面； （2）因为四边形为矩形，所以， 又平面底面，平面底面，平面， 所以底面， 因为底面，所以， 而，故可以以，，为轴建立空间直角坐标系， 根据题意，则有， 所以， 假设平面的一个法向量为， 则，取，得， 设直线与平面所成角的平面角为， 则． 直线与平面所成角的正弦值为． （3）假设存在点，满足题意， 设此时，则， 即，解得， 则，， 假设平面的一个法向量为， 则，取，得， 又平面的一个法向量为， 平面与平面所成锐二面角的大小为， 根据题意，则有， 解得， 在线段上存在一点（除去端点）， 使得平面与平面所成锐二面角的大小为，． 8．（2025·天津·期中）在如图所示的几何体中，四边形是菱形，，四边形是矩形，平面，，，点E为的中点． (1)求证平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)在直线上存在动点P，使得直线与平面所成角的余弦值为求线段的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）通过线线平行证明线面平行即可； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解夹角问题； （3）设，利用线面角的余弦值求出正弦值，利用空间向量建立等式求出，再利用空间两点间的距离公式进行求解． 【详解】（1）设与交于点，连接 四边形是菱形，是矩形， 所以且，且， 则且， 四边形是平行四边形，则是的中点． 是的中点， ，平面，平面， 平面． （2）连接，由四边形是菱形，， 为正三角形， 又是的中点，得，即， 平面，、平面， ，， 以为原点，所在的直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示 则，，，，， 得，，， 设平面的一个法向量为 则 令，得，， 平面的一个法向量为， 令，得，，， 得， 平面与平面所成角的余弦值为； （3）设，且， 由（2）知平面的法向量为， 设直线与平面的所成角为，则， 所以， 解得或， 或． 检测Ⅰ组 重难知识巩固 1．（2025·天津·二模）如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，平面，为边CD的中点，且. (1)求线段的长； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)在线段上（不含端点）是否存在点，使直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2) (3)存在， 【分析】（1）建立空间直角坐标系，设，由即可求解； （2）分别求平面与平面的法向量，利用夹角公式即可求解； （3）设，利用直线与平面所成角的正弦值为即可求解. 【详解】（1）由底面平面， 故，又底面是矩形，故， 故AD、AB、PA两两垂直， 故可以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则、， 设，则， 则， 由，则， 解得，即； （2）， 设平面的一个法向量， 因为，可得， 令，则，所以， ， 设平面的一个法向量， 可得， 令，则，所以， 设平面与平面夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为； （3）（3）设， 则， 因为与平面所成角的正弦值为，设AN与平面所成角， 所以， 所以所以或， 因为所以，所以. 2．（2025·天津和平·二模）如图，在三棱柱中，分别是的中点，平面，且，，. (1)求证：平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值； (3)若线段上存在点到平面的距离为，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析(2)(3) 【分析】（1）以点H为原点，建立空间直角坐标系，得到向量和平面的法向量为，求得，得到，进而证得平面； （2）由（1）得到，求得平面的法向量为，结合向量的夹角公式，即可求解； （3）设，得到，由点到平面的距离，列出方程求得，得到，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】（1）证明：因为H，P分别是BC，AB的中点，所以， 因为，可得，又因为平面ABC， 以点H为原点，以所在直线分别为x轴，y轴和z轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，可得，，，，，，，， 所以向量，且平面的法向量为， 则，所以， 又因为平面，所以平面. （2）解：由（1）中的空间直角坐标系，可得向量， 设平面的法向量为，则， 令，可得，所以， 设平面与平面的夹角为，则， 则平面与平面的夹角的余弦值为. （3）解：设（其中），可得， 则点到平面的距离，即， 解得，所以， 设直线与平面所成角为，则， 则直线与平面所成角的正弦值为. 3．（2025·天津河东·二模）在多面体中（如图所示），底面正三角形ABC边长为2，EA⊥底面，AE//BF//CD，CD=3，AE=2，BF=1. (1)求AD与平面DEF所成角的正弦值； (2)求点A到平面CEF的距离； (3)AB的中点为G，线段CD上是否存在点P使得PG与平面DEF平行，若存在求PC长度，若不存在说明理由. 【答案】(1)(2)(3)存在， 【分析】（1）建立空间直角坐标系，得到平面DEF的法向量，利用线面角的计算公式得到答案； （2）求出平面CEF的法向量，利用点到平面距离公式进行求解； （3）设，由（1）得平面DEF的法向量为，PG与平面DEF平行，故，从而得到方程，求出答案 【详解】（1）EA⊥底面，底面正三角形ABC边长为2， 以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，， ，，，. 所以，， 设平面DEF的法向量为， ，故， 令，则，，故， 又，设AD与平面DEF所成角为， ； （2）平面CEF的法向量为， 其中，， ，故，令，则， 故，， 所以点A到平面CEF的距离； （3）由（1）知，平面DEF的法向量为， 其中，设，， PG与平面DEF平行，故， 即， 解得，此时. 4．（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. 【答案】(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，，，，，，，，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. 5．（2024·天津河东·一模）在正方体中（如图所示），边长为2，连接    (1)证明：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)底面正方形的内切圆上是否存在点使得与平面所成角的正弦值为，若存在求长度，若不存在说明理由． 【答案】(1)证明见解析；(2)；(3)存在，3. 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，结合，得到平行关系； （2）求出平面的法向量，得到二面角的余弦值； （3）设，且，利用线面角的正弦值得到方程，求出或，求出. 【详解】（1）以为原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，    则． 平面的法向量为， ，令，则， ， 平面； （2）平面的法向量为， ，令，则， 平面与平面夹角为， ； （3）设，且， 与平面所成角为， ， 即， 解得或，故或， 所以. 6．（2025·天津和平·三模）如图，四棱台中，上､下底面均是正方形，且侧面是全等的等腰梯形，，分别为的中点，上下底面中心的连线垂直于上下底面，且与侧棱所在直线所成的角为.    (1)求证：∥平面； (2)求点到平面的距离； (3)边上是否存在点，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 【答案】(1)详见解析；(2)；(3)存在点，此时. 【分析】（1）建立空间直角坐标系后，用直线的方向向量和平面的法向量垂直,即可证明线面平行； （2）建立空间直角坐标系后，用点到平面的距离公式即可求解； （3）假设存在，列出方程求解即可. 【详解】（1）证明：因为平面，以点为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.    因为侧棱所在的直线与上下底面中心的连线所成的角为，则 ，，，，，， 所以，，， 设平面的一个法向量为， 则， 令，则， 因为， 所以，所以， 又因为平面， 所以∥平面； （2）解：由（1）知，， 所以点到平面的距离为； （3）解：假设边上存在点满足条件，， 则， 设直线与平面所成角为， 由题意可得， 化简得，则或（舍去）， 即存在点符合题意，此时. 7．（2025·天津河西·模拟预测）如图，四边形是边长为2的菱形，，四边形为矩形，，且平面平面.    (1)求与平面所成角的正弦值； (2)求平面与平面夹角大小； (3)若在线段上存在点，使得平面，求点到平面的距离. 【答案】(1)(2)(3) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，表达出各点的坐标，得出和平面的法向量，即可求出与平面所成角的正弦值； （2）求出平面与平面的法向量，即可得到平面与平面夹角大小； （3）设出，求出平面的法向量，得出点坐标，即可求出点到平面的距离. 【详解】（1）由题意， ∵平面平面，平面平面， ∴平面， ∵底面为菱形， ∴， 以为原点，所在直线为轴，过点作平行线为轴建立如图所示空间直角坐标系：      则， ∴， 平面的一个法向量是， 设与平面所成的角为，所以， ∴与平面所成的角的正弦值为 （2）由题意及（1）得， ， 设平面的一个法向量为，则，即， 令，则，所以， 设平面的一个法向量为，则，即， 令，则，所以， 所以， 因为， ∴平面与平面的夹角为. （3）由题意，（1）及（2）得， ， 设，， ∵平面，所以，即， 解得：， ∴点为中点，， ∴点到平面的距离为：. 8．（2025·天津北辰·三模）如图，在三棱锥中，底面，．点，，分别为棱，，的中点，是线段的中点，，． (1)求证：平面； (2)求点到直线的距离； (3)在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出线段的值，若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析(2)(3) 【分析】（1）（2）（3）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算即可. 【详解】（1）因为底面，， 建立空间直角坐标系如图所示， 则， 所以， 设为平面的法向量， 则，即，不妨设，可得 ， 又， 可得，因为平面， 所以平面 ， （2）因为， 所以点到直线的距离. （3）设，，则， 设平面的法向量为， 则令，则， 所以， 即，解得或（舍去）， 所以. 检测Ⅱ组 创新能力提升 1．（2025·天津和平·一模）如图，在四棱锥中，平面平面，，且. (1)求直线与平面所成角的正弦值； (2)求平面与平面的夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离. 【答案】(1)(2)(3) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，计算线面所成角的正弦值即可； （2）利用空间坐标求出平面的法向量，计算面面所成角的余弦值即可； （3）利用空间向量计算点到平面的距离即可. 【详解】（1）平面平面，交线为，过在平面内作， 故平面，又因为， 因此以点为原点，所在直线分别为轴，轴，轴， 建立如下图所示的空间直角坐标系. 由已知，求得， 所以. ，因为， 设平面的法向量为，则 令，则， 设直线与平面所成角为， 则直线与平面所成角的正弦值为. （2）易知平面的法向量为， 设平面与平面夹角为， 则平面与平面夹角的余弦值为. （3）因为， 则点到平面的距离为. 2．（2025·天津·期末）如图，四棱锥中，是以为斜边的等腰直角三角形，，，． (1)若点为线段的中点， ①证明：∥面； ②求直线与平面间的距离； (2)若点为直线上的动点，当直线与底面所成角的正弦值取最大值时，求三棱锥的体积． 【答案】(1)①证明见解析；② (2) 【分析】（1）①取的中点，连接，先根据题意证明四边形是平行四边形，再证明∥面；②建立空间直角坐标系，通过空间向量可求直线与平面间的距离. （2）设，利用向量法求得正弦值的最大值，即此时的值，从而求得三棱锥的体积． 【详解】（1）①如图，取的中点，连接，有，， 又，，所以， 所以四边形是平行四边形，所以， 因为平面，平面， 所以∥面； ②如图，取的中点，连接， 因为，所以， 由， 四边形是正方形，有， 因为，平面， 所以平面，因为平面， 所以平面平面， 在平面内作直线的垂线， 则平面，有， 以坐标原点，分别以所在直线为坐标轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，所以平面，因为平面，所以， 由，，知， 由，知， 从而有，， 有， 设平面的法向量为， 由，取，则， 得平面的一个法向量为， 因为∥面，所以到平面的距离即为直线与平面间的距离， 又，所以到平面的距离， 所以与平面间的距离为. （2）， 设， ， 底面的一个法向量为, 设直线与底面所成的角为， 所以， 当时，； 当时，， 当时，取最大值， 此时， 所以到平面的距离为， 又，所以此时三棱锥的体积为． 3．（2025·天津南开·模拟预测）如图1，在边长为2的菱形ABCD中，于点，将沿DE折起到的位置，使，如图2． (1)求证：平面BCDE； (2)求二面角的余弦值； (3)在线段BD上是否存在点，使平面平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见详解；(2)(3)存在， 【分析】（1）根据线面垂直判定证平面，再由线面垂直性质有，最后由线面垂直判定证结论； （2）建立空间直角坐标系，应用向量法求二面角余弦值； （3）令，,根据面面垂直及相关面的法向量列方程求参数，即可得答案. 【详解】（1）因为，即, 又,平面， 所以平面，平面，所以. 又,平面，所以平面. （2）因为平面，，以为原点，为轴，建立空间直角坐标系， 则，所以, 设平面的法向量，由，得， 因为平面，所以平面的法向量，所以. 因为所求二面角为锐角，所以二面角的余弦值为. （3）假设在线段上存在一点，使得平面平面, 设，，则. 所以，设平面的法向量， 由，令，得， 因为平面平面，所以，解得， 所以在线段上存在点，使得平面平面，且. 4．（2025·天津西青·调研）在如图所示的多面体中， EA平面ABC， DB平面ABC， ACBC， 且， M是AB的中点. (1)求证: CMEM； (2)求平面EMC与平面BCD所成角的正弦值； (3)在棱DC上是否存在一点N，使得直线MN与平面EMC所成的角是60°，若存在，写出点N的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)见详解；(2)；(3)存在，. 【分析】（1）利用线面垂直证明线线垂直； （2）建立空间直角坐标系，通过向量法去求平面EMC与平面BCD所成角； （3）利用向量法求线面角，从而解得点的坐标. 【详解】（1），是的中点， ， 又平面，平面， ， ，平面，平面， 平面，平面， . （2） 以为原点，分别以，为轴，轴，建立如图所示空间直角坐标系. 则，，，，， 所以，，，. 设平面的法向量为，则， 取，，，所以. 设平面的法向量为，则， 取，，，所以. ， 设平面与平面所成的角为， ， 所以平面与平面所成的角的正弦值为. （3）在棱上存在一点，设，且，， ， ，，， ， 若直线与平面所成的角是60°，则， 解得， 所以符合条件的点存在，为棱的中点. 5．（2024·天津河西·模拟预测）如图，在棱长为的正方体中，分别是棱上的动点，且． (1)求证：； (2)当三棱锥的体积取得最大值时，求平面与平面BEF夹角的正切值及点到直线的距离． 【答案】(1)证明见解析(2)， 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明求解即可. （2）利用平面夹角的向量求法结合同角三角函数的基本关系求出，利用直线夹角的向量求法求出，再求解点到直线的距离即可. 【详解】（1）以为原点，如图所示建立空间直角坐标系， ，， 设， ， ， ， ，即， （2） ，由二次函数性质得， 当时，取得最大值， 此时为的中点， 设平面的法向量为， ， ， 设平面的法向量为， ，， 令，， 设平面与平面的夹角为， ， ，， ， 设直线和所成角为， ， 点到直线的距离. 34 / 38 学科网（北京）股份有限公司 $