第07讲-向量法求距离、探索性及折叠问题(精讲)(解析版)

第07讲向量法求距离、探索性及折叠问题目录TOC\o"1-2"\h\u第一部分：知识点必背 1第二部分：高频考点一遍过 2高频考点一：利用空间向量求点到直线的距离 2高频考点二：利用空间向量求点到平面的距离 11高频考点三：立体几何中的折叠问题 25高频考点四：立体几何综合问题 41温馨提醒：浏览过程中按ctrl+Home可回到开头第一部分：知识点必背知识点一：点到直线的距离已知直线的单位方向向量为，是直线上的定点，是直线外一点.设，则向量在直线上的投影向量，在中，由勾股定理得：知识点二：点到平面的距离如图，已知平面的法向量为，是平面内的定点，是平面外一点.过点作平面的垂线，交平面于点，则是直线的方向向量，且点到平面的距离就是在直线上的投影向量的长度.第二部分：高频考点一遍过高频考点一：利用空间向量求点到直线的距离典型例题例题1．（2023秋·湖北·高二统考期末）在棱长为2的正方体中，点为棱的中点，则点到直线的距离为（

）A．3 B． C． D．【答案】C【详解】如图所示：以分别为轴建立空间直角坐标系.则，，，，，，点到直线BE的距离为.故选：C.例题2．（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥中，平面，底面为正方形，且，为棱的中点，点在上，且，则的中点到直线的距离是______．【答案】/【详解】因为平面，底面为正方形，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，则点、、，，，，所以，，所以，的中点到直线的距离.故答案为：.例题3．（2023·江苏·高二专题练习）如图，在四棱锥中，，底面为菱形，边长为2，，平面，异面直线与所成的角为60°，若为线段的中点，则点到直线的距离为______．【答案】/1.5【详解】连接．以为坐标原点，向量，，的方向分别为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系，，为异面直线与所成角，即.在菱形中，，，，．设，则，．在中，由，，可得，，，，，，点到直线的距离为.故答案为：.例题4．（2023·全国·高三专题练习）如图，已知三棱柱的棱长均为2，，．(1)证明：平面平面；(2)设为侧棱上的点，若平面与平面夹角的余弦值为，求点到直线距离．【答案】(1)见解析(2)【详解】（1）取AC的中点O，连接，，，所以由题设可知，为边长为2的等边三角形，所以，由，，所以所以平面ABC；平面,所以平面平面ABC；（2）以OA所在直线为x轴，以OB所在直线为y轴，以所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，所以设可得，设平面的法向量为则即取所以因为为平面ABC的一个法向量，设平面与平面ABC夹角为，解得，所以所以点M到直线距离练透核心考点1．（2023·江苏南京·统考二模）在梯形中，，，，，如图1．现将沿对角线折成直二面角，如图2，点在线段上．(1)求证：；(2)若点到直线的距离为，求的值．【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1），，，故，则，即，又平面平面，平面平面，，平面，故平面，平面，则，又，，平面，所以平面，又平面，则.（2）设中点为，中点为，以为轴建立空间直角坐标系，如图所示：有，设，则，设，则，则，，，点到直线的距离为，则，即，即，解得，所以.2．（2023·吉林·统考模拟预测）如图1，在等腰梯形中，，沿将折成，如图2所示，连接，得到四棱锥.(1)若平面平面，求证：；(2)若点是的中点，求点到直线的距离的取值范围.【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）证明：在梯形中，因为且，所以四边形是平行四边形，所以，又因为平面，且平面，所以平面，因为平面，且平面平面，所以.（2）解：取中点，连接，因为是等边三角形，可得以为原点，所在直线为轴，轴，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，设，则，所以，，，且，则点到直线的距离因为，所以当时，；当时，，所以点到直线的距离的取值范围是.3．（2023秋·辽宁锦州·高二渤海大学附属高级中学校考期末）如图，平行六面体中，底面是菱形，且.(1)求与所成角的余弦值；(2)若空间有一点P满足：，求点P到直线的距离.【答案】(1)(2)【详解】（1）解：因为，，所以，同理可得，，因为，所以，，所以，所以，，与所成角的余弦值是；（2）解：因为，，所以，在菱形中，，则为等边三角形，所以，所以，则点到直线的距离.4．（2023春·高二课时练习）如图，在四棱锥中，，底面为菱形，边长为4，，平面，异面直线与所成的角为60°，若为线段的中点，则点到直线的距离为______.【答案】3【详解】连接．以为坐标原点，向量，，的方向分别为，，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，，是等边三角形，点在直线上的射影在边上（靠近的四等分点），由平面，平面，得，又，，平面，所以平面，而平面，所以，∴为锐角，，为异面直线与所成角，即.在菱形中，，，，．设，则，，，，，，，点到直线的距离为.故答案为：3.高频考点二：利用空间向量求点到平面的距离典型例题例题1．（2023春·江苏南京·高二江苏省江浦高级中学校联考期中）已知正方体的棱长为2，、分别为上底面和侧面的中心，则点到平面的距离为（

）

A． B． C． D．【答案】A【详解】建立如图所示的空间直角坐标系

，，，，，，设平面的法向量为，，令，得则点到平面的距离为.故选：A例题2．（2023春·四川成都·高二四川省成都市新都一中校联考期中）如图，在棱长为1的正方体中，为线段的中点，则点到平面的距离等于_____.【答案】【详解】如图，建立空间直角坐标系，则，，，，，，设平面的一个法向量为，，即，取，又，所以点到面的距离，故答案为：.例题3．（2023春·重庆·高三重庆一中校考阶段练习）如图所示的几何体是一个半圆柱，点是半圆弧上一动点（点与点，不重合），为弧的中点，.

(1)证明：；(2)若平面与平面所成的锐二面角的平面角为，求此时点到平面的距离.【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）连接BP，在半圆柱中，因为平面，平面，所以，又因为BC是直径，所以，又平面，，所以平面，又平面，所以.（2）依题意可知，以线段BC的中点O为坐标原点，以为轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，

则，连接OP，设，则，所以，设平面的一个法向量为，所以，则，令，则，所以，设为平面的一个法向量，则，，所以，令，则，所以，因为平面PCA与平面所成的锐二面角的平面角为，所以，令，则，平方化简得，即，又由，可解得或（舍去），所以，所以平面PCA的一个法向量，且，所以点D到平面PCA的距离.例题4．（2023·北京通州·统考三模）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.

(1)证明：.(2)若是等腰直角三角形，，，点在棱AD上（与A，D不重合），若二面角的大小为，求点到面的距离.【答案】(1)证明见解析.(2)1.【详解】（1）证明：因为，O为BD的中点，所以，又因为平面平面BCD，平面平面，平面ABD，所以平面BCD．又因为平面BCD，所以.（2）设BC的中点为F，则，又因为，所以.以O为坐标原点，以OF，OD，OA所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.

因为是等腰直角三角形，，，所以，又因为，O为BD的中点，根据直角三角形性质可得，，则，，，，，设，则.由题意可知是平面BCD的一个法向量，，设平面BCE的一个法向量为，，，则有，即，令，则，，则平面BCE的一个法向量为.根据二面角的大小为可得，，解得，即，又因为，所以点D到平面BCE的距离.例题5．（2023·全国·高三专题练习）如图，在几何体中，菱形所在的平面与矩形所在的平面互相垂直．(1)若为线段上的一个动点，证明：∥平面(2)若，，直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离．【答案】(1)证明见解析(2)或．【详解】（1）证明：由题知，四边形为矩形，所以，又因为平面，平面，所以平面，同理可证平面，又因为，，平面所以平面平面，又因为为线段上的一个动点，所以平面，所以平面．（2）因为平面平面，平面平面，，平面所以平面．又因为底面为菱形，且，，所以为等边三角形，且，设，取的中点为，连接，以为坐标原点，以的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，则，，，设平面的一个法向量为，则，取，则，，即．设直线与平面所成角为，则，化简可得，解得或设点到平面的距离为，当时，，，则；当时，，，则故点到平面的距离为或．练透核心考点1．（2023·云南昆明·昆明市第三中学校考模拟预测）如图，已知是侧棱长和底面边长均等于的直三棱柱，是侧棱的中点.则点到平面的距离为（

）A． B． C． D．【答案】A【详解】取的中点，连接，因为为等边三角形，为的中点，则，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、、、，设平面的法向量为，，，由，取，可得，，所以，点到平面的距离为.故选：A.2．（2023·重庆·统考模拟预测）在多面体中，四边形是边长为4的正方形，，△ABC是正三角形．

(1)若为AB的中点，求证：直线平面；(2)若点在棱上且，求点C到平面的距离．【答案】(1)证明见详解(2)【详解】（1）连接，设，由题意可得为的中点，连接，因为分别为的中点，则//，平面，平面，所以直线平面.

（2）由题意可得：，，平面，所以平面，取的中点，连接，因为△ABC是正三角形，则，又因为平面，平面，则，，平面，所以平面，如图，以为坐标原点，为轴，轴，建立空间直角坐标系，则，可得，设平面的法向量，则，令，则，即，所以点C到平面的距离.

3．（2023春·北京东城·高三北京市第十一中学校考阶段练习）如图所示，在直三棱柱中，，，点、分别为棱、的中点，点是线段上的点（不包括两个端点）.

(1)设平面与平面相交于直线，求证：；(2)是否存在一点，使得二面角的余弦值为，如果存在，求出的值；如果不存在，说明理由；(3)当为线段的中点时，求点到平面的距离．【答案】(1)证明见解析(2)存在，且(3)【详解】（1）证明：因为点、分别为棱、的中点，则，在三棱柱中，四边形为平行四边形，所以，，则，因为平面，平面，所以，平面，因为平面，平面平面，所以，，故.（2）解：在直三棱柱中，，且平面，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，

则点、、，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，因为二面角的余弦值为，则，解得或3（舍），此时，，因此，在线段上存在一点，使得二面角的余弦值为，且.（3）解：当为线段的中点时，即当时，平面的一个法向量为，，所以，点到平面的距离为.4．（2023·湖北襄阳·襄阳四中校考模拟预测）斜三棱柱的各棱长都为，点在下底面的投影为的中点.

(1)在棱（含端点）上是否存在一点使？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由；(2)求点到平面的距离.【答案】(1)存在，(2)【详解】（1）因为点在下底面的投影为的中点，故平面，连接，由题意为正三角形，故,以为原点，分别为轴建立如图所示空间直角坐标系：

则，，设，可得，，假设在棱（含端点）上存在一点使，则，则；（2）由（1）知，设平面的法向量为，则，令，则，则，又，则到平面的距离为，即点到平面距离为.5．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考模拟预测）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，.(1)求证：；(2)若点为棱上不与端点重合的动点，且与平面所成角正弦值为，求点到平面的距离.【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）∵平面平面，平面平面，，平面，∴平面且平面，故，（2）∵中，∴，∵平面平面，平面平面，∴平面,平面，∴.以为原点如图所示建立空间直角坐标系,，，，，，，设，其中，则，取平面法向量，，设与平面所成角为，，解得（舍）或，则，，，，设平面的法向量为.，，解得，故.高频考点三：立体几何中的折叠问题典型例题例题1．（2023春·四川绵阳·高二四川省绵阳南山中学校考期中）已知梯形CEPD如下图所示，其中，，为线段的中点，四边形为正方形，现沿进行折叠，使得平面平面ABCD，得到如图所示的几何体．已知当点满足时，平面平面，则的值为（

）A． B． C． D．【答案】D【详解】由题意，可构建以A为原点，射线AB、AD、AP为x、y、z轴正方向的空间直角坐标系，∴，则，，若是面一个法向量，则，可得，若是面一个法向量，则，可得，∴由面面PCE，有，解得.故选：D例题2．（2023·全国·高三专题练习）已知菱形的边长为2，.将菱形沿对角线折叠成大小为60°的二面角.设E为的中点，为三棱锥表面上动点，且总满足，则点轨迹的长度为________.【答案】【详解】连接AC、BD，交于点O，连接OB′，ABCD为菱形，∠ABC＝60°，所以AC⊥BD，OB′⊥AC，△ABC、△ACD、△AB′C均为正三角形，所以∠B′OD为二面角B'﹣AC﹣D的平面角，于是∠B′OD＝60°，又因为OB′＝OD，所以△B′OD为正三角形，所以B′D＝OB′＝OD＝，取OC中点P，取CD中点Q，连接EP、EQ、PQ，所以PQ∥OD、EP∥OB′，所以AC⊥EP、AC⊥PQ，所以AC⊥平面EPQ，所以在三棱锥B'﹣ACD表面上，满足AC⊥EF的点F轨迹的△EPQ，因为EP＝OB′，PQ＝OD，EQ＝B′Q，所以△EPQ的周长为，所以点F轨迹的长度为．故答案为：例题3．（2023·河南·洛宁县第一高级中学校联考模拟预测）在图1中，为等腰直角三角形，，，为等边三角形，为边的中点，在边上，且，沿将进行折叠，使点运动到点的位置，如图2，连接，，，，使得.

(1)证明：平面；(2)求点到平面的距离.【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）证明：连接，因为为等腰直角三角形，且，所以，，在等边中，，且.又因为，所以，即，因为且平面，所以平面.

（2）解法1：作，垂足为,因为，所以，解得，所以，在直角中，，可得，又因为，所以，设点到平面的距离为，由，可得，即，解得，即点到平面的距离为.

解法2、过A作，垂足为，由（1）知平面，因为平面，所以.又由，，所以平面OEF，所以的长度即点到平面的距离，在中，因为，，，所以，可得，由，即，解得，所以，即点到平面的距离为.

例题4．（2023·新疆阿克苏·校考一模）如图甲所示的正方形中，，，，对角线分别交，于点，，将正方形沿，折叠使得与重合，构成如图乙所示的三棱柱．(1)若点在棱上，且，证明：平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值．【答案】(1)证明见详解(2)【详解】（1）证明：在图乙中，过作，交于，连接，则，∴共面且平面交平面于，图甲中，∵，，∴，又为正方形，，，由，有，∴四边形为平行四边形，∴，又平面，平面，∴平面．（2）由（1），，∴．由题图知，，，分别以，，为，，轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，，设平面的法向量为，则令，得，则，，，设平面的法向量为，则令，得，，平面与平面夹角的余弦值为．例题5．（2023·湖南长沙·长沙一中校考一模）如图1，四边形为直角梯形，，，，，，为线段上一点，满足，为的中点，现将梯形沿折叠（如图2），使平面平面.（1）求证：平面平面；（2）能否在线段上找到一点（端点除外）使得直线与平面所成角的正弦值为？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）存在点是线段的中点，使得直线与平面所成角的正弦值为.【详解】（1）证明：在直角梯形中，，，因此为等边三角形，从而，又，由余弦定理得：，∴，即，且折叠后与位置关系不变，又∵平面平面，且平面平面.∴平面，∵平面，∴平面平面.（2）∵为等边三角形，为的中点，∴，又∵平面平面，且平面平面，∴平面，取的中点，连结，则，从而，以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系：则，，则，假设在上存在一点使直线与平面所成角的正弦值为，且，，∵，∴，故，∴，又，该平面的法向量为，，令得，∴，解得或（舍），综上可知，存在点是线段的中点，使得直线与平面所成角的正弦值为.练透核心考点1．（2023春·福建南平·高一福建省政和第一中学校考期中）等腰直角三角形ABC斜边上的高，以为折痕将与折成互相垂直的两个平面后，某学生得出以下结论：

①；②；折叠后的立体图形中，BC与平面ABD所成夹角为60；折叠后连接各点可形成一个四面体，它的外接球半径为．其中正确结论的序号是________．【答案】①②【详解】①由题，平面ABD平面ACD，，因平面ABD平面ACD，BD平面ABD，则平面ACD，又AC平面ACD，则，故①正确；②由题可得，结合，，，则，又由①可得，则，即为等边三角形，则，故②正确；由①可得，又，因平面ABD，则CD平面ABD，即为BC与平面ABD所成夹角，则，故错误；注意到，则折叠后连接各点形成的四面体的外接球与以为长宽高的正方体的外接球相同，则外接球半径为，故错误.故答案为：①②2．（2023春·湖北宜昌·高二葛洲坝中学校考阶段练习）如图1，直角梯形中，，，，为的中点，现将沿着折叠，使，得到如图2所示的几何体，其中为的中点，为上一点，与交于点，连接.

(1)求证：平面；(2)若三棱锥的体积为，求平面与平面的夹角.【答案】(1)证明见解析；(2).【详解】（1）在直角梯形中，，，，为的中点，由翻折的性质可得，翻折后，，又，，，则，故，，两两互相垂直，以点为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，如图示：则，，，，，，，即，又平面，平面，平面．（2）设点到平面的距离为，则，解得，点为的中点，在空间直角坐标系中，，，.，，设平面的法向量为，则，即，令，则，，故平面的一个法向量为，又平面的一个法向量为，所以，令平面与平面的夹角，由图可知，，则，即．3．（2023·河南·洛宁县第一高级中学校联考模拟预测）在图1中，为等腰直角三角形，，，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，使得．

(1)证明：平面．(2)求二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）证明：连接OB，因为为等腰直角三角形，，，所以，因为O为AC边的中点，所以，在等边三角形中，，因为O为AC边的中点，所以，则，又，所以，即，因为，平面，平面，所以平面．

（2）方法一：因为是等腰直角三角形，，为边中点，所以，由（1）得平面，则以O为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，

则，，，所以，，设平面的法向量为，由，得，令，得，易知平面的一个法向量为，设二面角的大小为θ，则，由图可知二面角为锐角，所以二面角的余弦值为．方法二：作，垂足为M，作，垂足为N，连接，因为平面，平面，所以，又因为，平面，所以平面，又平面，所以，又，，平面，所以平面，又平面，所以，又平面平面，所以二面角的平面角为，因为，所以，所以，，在中，，，所以，所以，所以，即二面角的余弦值为．

4．（2023春·湖北·高一赤壁一中校联考阶段练习）设矩形的周长为，把△ABC沿AC向△ADC折叠，AB折过去交DC于点P.(1)证明△ADP的周长为定值，并求出定值；(2)在探讨△ADP面积最大值时，同学们提出了两种方案：①设AB长度为，将△ADP面积表示成的函数，再求出最大值；②设，将△ADP面积表示成的函数，再求出最大值，请你选择一种方案（也可选择自己的方案），求出△ADP面积的最大值.【答案】(1)证明见解析，定值为2(2)△ADP面积的最大值为【详解】（1）由于,所以，，所以的周长为，故为定值；（2）方案①，设AB长度为，设，则，因为，所以，化简得，所以的面积，由于，故因此，当且仅当时取到等号，此时取得最大值方案②设，设，则，由的周长为2可得，所以的面积，令，，所以，故，由于函数在单调递增，故当时，面积取到最大值，此时5．（2023·高二单元测试）如图，分别是矩形上的点，，，把四边形沿折叠，使其与平面垂直，如图所示，连接，得到几何体．(1)当点在棱上移动时，证明：；(2)在棱上是否存在点，使二面角的平面角为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由．【答案】(1)证明见解析；(2)存在，.【详解】（1）由图1易知图2中，有，又因为面面，面面，面，所以面，又面，故，故以为原点，边所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图，则不妨设，，则，故，所以，故..（2）假设存在使二面角的平面角为，其中，因为平面，所以可作为平面的一个法向量，因为，设平面的一条法向量为，则，即，令，则，故，因为二面角的平面角为，所以，即，整理得，解得或（舍去），所以，故在棱上存在点，使二面角的平面角为，且.高频考点四：立体几何综合问题典型例题例题1．（2023·广东广州·广州市从化区从化中学校考模拟预测）如图，在四棱锥中，平面，底面为菱形，分别为，的中点.

(1)求证：平面；(2)若，二面角的大小为，再从条件①､条件②这两个条件中选择一个作为已知.求的长.条件①：；条件②：.注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.【答案】(1)证明见解析(2)12【详解】（1）取中点，连接.

在中，分别为的中点，所以.在菱形中，因为，所以.所以四边形为平行四边形，所以.又因为平面平面，所以平面.（2）选择条件①：因为平面平面，所以.又因为平面，所以平面，又平面，所以，以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系.

连接，因为，所以，又为中点，所以，所以为正三角形.因为，所以.设，则，根据条件，可得平面的法向量为.设平面的法向量为，则，所以，取，则，所以，由题意，二面角的大小为，所以，解得（舍负）.因为是的中点，所以的长为12.经检验符合题意.选择条件②：因为平面平面，所以.连接，因为，且，所以，在菱形中，，即为正三角形.又因为为中点，所以，以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系.

又因为.因为为正三角形且，所以.设，则，根据条件，可得平面的法向量为.设平面的法向量为，则，所以，取，则，所以，由题意，二面角的大小为，所以，解得（舍负）.因为是的中点，所以的长为12.经检验符合题意.例题2．（2023·江苏镇江·江苏省镇江中学校考三模）如图，四边形是边长为2的菱形，，四边形为矩形，，从下列三个条件中任选一个作为已知条件，并解答问题（如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分）.①与平面所成角相等；②三棱锥体积为；③

(1)平面平面；(2)求二面角的大小；(3)求点到平面的距离.【答案】(1)证明见解析(2)(3)【详解】（1）选①，连接，作面，垂足为.

与平面所成角相等，，在的中垂线上，在平面内，,和重合，面，又面，面面若选②，设到面的距离为，，得，即为到面的距离，即面，又面，面面.若选③，由余弦定理得，，，又面面，又面面面（2）因为面，面，所以，取中点，则，所以，又因为，所以建立如下图所示空间直角坐标系，

，，设平面的一个法向量为，则，即，令，则，设平面的一个法向量为，则，即，令，则，，，由图可知二面角是钝角，所以二面角的大小为.（3），平面的一个法向量为，点到平面的距离.例题3．（2023·安徽六安·安徽省舒城中学校考模拟预测）如图，已知多面体的底面是边长为2的正方形，，，且.

(1)记线段的中点为，在平面内过点作一条直线与平面平行，要求保留作图痕迹，但不要求证明；(2)求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)答案见解析(2)【详解】（1）延长，设其交点为，连接，则为平面与平面的交线，取线段CD的中点M，连接KM，直线KM即为所求．证明如下：延长，设其交点为，连接，则为平面与平面的交线，因为，所以，又，所以，所以，又，所以四边形为平行四边形，所以，取的中点，连接，∵分别为的中点，∴，∴．∵平面，平面，∴平面．

（2）以点为原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图.由已知可得，所以，设平面的法向量为，则得，取得，，平面的一个法向量.设直线与平面所成的角为，则.所以直线与平面所成角的正弦值为.

练透核心考点1．（2023·四川内江·校考模拟预测）在直角梯形中，，，，直角梯形绕直角边旋转一周得到如下图的圆台，已知点分别在线段上，二面角的大小为．

(1)若，，，证明：平面；(2)若，点为上的动点，点为的中点，求与平面所成最大角的正切值，并求此时二面角的余弦值．【答案】(1)证明见详解(2)，【详解】（1）

如图所示，过Q作QE∥AB交AC于E，连接PE，过C1作C1F∥A1A，交AC于F，∵，结合圆台的特征知，又∵，解三角形得，故，即，∵，由题意易知四边形为直角梯形，∴，，故，∵面，面，∴QE∥面，同理PE∥面，又面PQE，∴面∥面，面，∴平面，得证；（2）

如图，结合圆台的特征，当时，此时两两垂直，故以A为中心，以AB、AC、AA1所在的直线分别为轴、轴、轴，则，设，则，，易知轴⊥面，不妨取作为面的一个法向量，设与平面所成角为，则，即当时，取得最大值，此时为最大角，，设此时面APQ的一个法向量为，易得，则，令，则，即，由图可知该二面角的平面角为锐角，设其为，故，故与平面所成最大角的正切值为，此时二面角的余弦值为.2．（2023·北京海淀·北大附中校考三模）如图在几何体中，底面为菱形，.

(1)判断是否平行于平面，并证明；(2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，求：（i）平面与平面所成角的大小；（ii）求点到平面的距离.条件①：面面条件②：条件③：注：如果选择多个条件分别作答，