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第11讲 直线与平面垂直
一、两条直线所成的角
1.平面内两条直线相交形成4个角，其中不大于90°的角称为这两条直线所成的角(或夹角).
2.已知两条异面直线a，b，经过空间任一点O作直线a′∥a，b′∥b，我们把直线a′与b′所成的角叫做异面直线a与b所成的角(或夹角)．
3.两条直线所成角θ的取值范围：0° ≤ θ ≤ 90°. 当两条直线a，b相互平行时，θ＝0°，记作a∥b；当两条直线a，b相互垂直时，θ＝90°，记作a⊥b.
4.垂直有两种情况：异面垂直和相交垂直．
5.异面直线所成角α范围是0°＜α ≤ 90°.
二、直线与平面垂直
1.如果直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，我们就说直线l与平面α互相垂直，记作l⊥α.直线l叫做平面α的垂线，平面α叫做直线l的垂面．它们唯一的公共点P叫做垂足.
2.过一点垂直于已知平面的直线有且只有一条.
3.过一点作垂直于已知平面的直线，则该点与垂足间的线段，叫做这个点到该平面的垂线段，垂线段的长度叫做这个点到该平面的距离
三、直线与平面垂直的判定定理
1.文字语言：如果一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直，那么该直线与此平面垂直.
2.符号表示：l⊥a，l⊥b，a α，b α，a∩b＝P l⊥α
四、直线和平面所成的角
1.①斜线PA：与平面α相交，但不与平面α垂直的直线. ②斜足A：斜线PA和平面α的交点. ③射影AO：过斜线上斜足以外的一点P向平面α引垂线PO，过垂足O和斜足A的直线AO叫做斜线在这个平面上的射影.
2.平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的角，叫做这条直线和这个平面所成的角.
3.直线与平面所成的角θ的取值范围是0° ≤ θ ≤ 90°. 当直线和平面平行或在平面内时，θ＝0°；当直线垂直于平面时，θ＝90°.
五、直线与平面垂直的性质定理
1.文字语言：垂直于同一个平面的两条直线平行.
2.符号表示： a∥b
3.常用性质推论
(1)一条直线垂直于一个平面，它就和平面内的任意一条直线垂直．
(2)若两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直这个平面.
(3)若一条直线垂直于两个平行平面中的一个，则它必垂直于另外一个平面.
(4)垂直于同一条直线的两个平面平行.
4.设P是△ABC所在平面α外一点，O是P在α内的射影：
(1)若PA＝PB＝PC，则O为△ABC的外心．
(2)若PA、PB、PC两两垂直，则O为△ABC的垂心．
(3)若P到△ABC三边距离相等，则O为△ABC的内心．
六、线面距与面面距
1.一条直线与一个平面平行时，这条直线上任意一点到这个平面的距离，叫做这条直线到这个平面的距离．
2.如果两个平面平行，那么其中一个平面内的任意一点到另一个平面的距离都相等，我们把它叫做这两个平行平面间的距离．
【课堂训练】
一、单选题
1．在棱长为2的正方体中，，分别为，的中点，则与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
2．在平行四边形ABCD中，，， 且平面ABCD，，则（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
3．如图，在正三棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
4．正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为A1C1的中点，则直线CE垂直于
A．直线AC B．直线A1A C．直线A1D1 D．直线B1D1
5．如图，已知圆柱的底面半径为4，高为3，是上底面的直径，点在下底面的圆周上，则面积的最大值为（ ）
A．12 B．16 C．18 D．20
6．在三棱锥中，，，则三棱锥的外接球的表面积是（ ）
A． B． C． D．
7．如图，在正方体中，在线段上运动，则下列直线与平面的夹角为定值的是（ ）
A． B． C． D．
8．已知m，n是两条直线，，是两个平面，下列命题正确的是（ ）
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，则
9．如图正方形折成直二面角，则二面角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
10．在棱长为的正方体中，是的中点，则点到平面的距离是（ ）
A． B．
C． D．
11．如图，四边形为平行四边形，，M，N分别为的中点，分别将和沿和折起，点A和点C折起后分别记为，得到如图几何体，则两点间的距离最小值为（ ）
A． B． C． D．1
12．已知是体积为的球体表面上的四点，，则平面与平面的夹角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
13．棱长为2的正方体中，是线段上的动点，下列正确的是（ ）
A．的最大值为90° B．
C．三棱锥的体积为定值 D．的最小值为4
14．如图，已知正三棱柱中，为的中点，直线与平面的交点为，则以下结论正确的是（ ）
A．
B．直线平面
C．在线段上不存在一点使得
D．以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为
15．如图，正方体的棱长为1，点 是侧面的一个动点，则下列结论正确的是（ ）
A．点存在无数个位置满足
B．点存在无数个位置满足到直线和直线的距离相等
C．三棱锥的体积最大值为
D．在线段上存在点，使异面直线与所成的角也是
16．如图，在棱长为的正方体中，点在线段上运动，则下列判断中正确的是（ ）
A．三棱锥的体积是
B．平面
C．平面与平面所成的二面角为
D．异面直线与所成角的范围是
17．如图，将一副三角板拼成平面四边形，将等腰直角沿BC向上翻折，得三棱锥设，点E，F分别为棱BC，BD的中点，M为线段AE上的动点.下列说法正确的是（ ）
A．存在某个位置，使
B．存在某个位置，使
C．当三棱锥体积取得最大值时，AD与平面ABC成角的正切值为
D．当时，的最小值为
18．如图，在棱长为a的正方体中，M，N分别是AB，AD的中点，P为线段上的动点（不含端点），则下列结论中正确的是（ ）
A．三棱锥的体积为定值
B．异面直线BC与MP所成的最大角为45°
C．不存在点P使得
D．当点P为中点时，过M、N、P三点的平面截正方体所得截面面积为
三、填空题
19．已知正方体，直线与平面所成角的正弦值为 .
20．如图，长方体，，，，是棱上的一个动点，若点运动到棱靠近的一个三等分点时，恰有，求此时与平面所成的角 ．
21．如图，圆锥的高，底面⊙的直径，是圆上一点，且，为的中点，则直线和平面所成角的余弦值为 ．
22．已知四面体ABCD中，，平面ACD，平面ABD，则四面体ABCD外接球的半径是
23．在底面是正方形的四棱锥中，底面，点为棱的中点，点在棱上，平面与交于点，且，，则 ，四棱锥的外接球的表面积为 .
24．如图，对于直四棱柱，要使，则在四边形中，满足的条件可以是 ．（只需写出一个正确的条件）
25．如图，正方体的棱长为，过点作平面的垂线，垂足为点.有下列四个命题
⑴点是的垂心 ⑵平面⑶二面角的正切值为
⑷点到平面的距离为则正确的命题有 .
26．如图，长为4，宽为2的矩形纸片中，为边的中点，将沿直线翻转至(平面)，若为线段的中点，则在翻转过程中，下列正确的命题序号是 .
①平面；
②异面直线与所成角是定值；
③三棱锥体积的最大值是；
④一定存在某个位置，使
27．文峰塔位于重庆市南岸区黄桷垭的文峰山之巅，笔直挺拔，高插云表、雄姿擎天，巍然屹立.文峰塔建于清道光年间，木塔顶部可以近似地看成一个正八棱锥，其侧面和底面的夹角大小为60°，则该正八棱锥的高和底面边长之比为 .
28．已知△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，AD⊥BC，D为垂足，以AD为折痕，将△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后，如图所示，
有下列结论：
①BD⊥CD；②BD⊥AC；③AD⊥平面BCD；④△ABC是等边三角形．其中正确结论的个数为 ．
四、解答题
29．如图，平行六面体的底面是菱形，且．试用尽可能多的方法解决以下两问：
(1)若，记面为，面为，求二面角的平面角的余弦值；
(2)当的值为多少时，能使平面？
30．在长方体中，，．
(1)在边上是否存在点，使得，为什么？
(2)当存在点，使时，求的最小值，并求出此时二面角的正弦值．
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第11讲 直线与平面垂直
1．D
【分析】结合图形证得或其补角为直线与所成角，求出的三边长，然后结合余弦定理即可求出结果.
【详解】
连接，取的中点，连接,，
则且，
所以或其补角为直线与所成角，
因为，则，
因为平面，又因为平面，所以，
且，所以，则,
又因为，
在中， ,
在中， ,
所以直线与所成角的余弦值为，
故选：D.
2．B
【分析】先由余弦定理求得AC的值，再根据线面垂直的性质可得，进而求得PC．
【详解】由余弦定理有，，
所以，
因为平面ABCD，AC在平面ABCD内，
所以，
所以．
故选：B．
3．C
【分析】延长至使得，则与平行且相等，是平行四边形，
所以，所以是异面直线与所成角或其补角，设，通过解三角形可得．
【详解】延长至使得，则与平行且相等，是平行四边形，
所以，所以是异面直线与所成角或其补角，
正三棱柱中，平面，平面，，同理，
设，则，
，，，
，
，
所以异面直线与所成角的余弦值．
故选：C．
4．D
【分析】连结，由为的中点，得到，由线面垂直的判定得到面，从而得到直线垂直于直线．
【详解】解：如图，直线垂直于直线
事实上，为正方体，为正方形，连结，
又为为的中点，．
，
面，，
又，面，而面，直线垂直于直线
故选：．
【点睛】本题考查了空间直线与直线的位置关系，考查了直线与平面垂直的性质，考查了学生的空间想象能力和思维能力，是中档题．
5．D
【分析】求解本题的关键是根据圆柱的结构特征，将的面积用CD表示，将问题转化为求线段的最值问题.
【详解】如图，过作轴截面，可知四边形为矩形，过点C作，交EF于点G，过点G作，交AB于点D，连接CD，因为，，，所以平面，因为面，因此，又，所以，
由圆柱的底面半径为4，可得：，所以，
因为四边形为圆柱的轴截面，所以AF⊥底面CEF，因为底面CEF，所以AF⊥，因为，，所以平面，因为平面，所以，所以（的长小于等于半径），等号成立的条件是刚好为半径，所以，
故选：D.
6．B
【分析】根据正三棱锥的特征确定外接球球心位置及球半径，再计算求球表面积即可.
【详解】由已知可得是正三棱锥，设PH是正三棱锥的高，易知外接球球心O在PH上，且H为底面正的中心.
如图，设外接球的半径为R，由题可知，则.由得，解得，所以外接球的表面积为.
故选：B
7．B
【分析】由线面平行的判定定理可知平面，所以与平面的夹角始终为，而，，平面的夹角均会因为点位置的不同而夹角不同.
【详解】连接，因为，
因为平面，平面，
所以平面，所以与平面的夹角始终为，
而，，平面的夹角均会因为点位置的不同而夹角不同.
故选：B.
8．D
【分析】根据给定条件，利用空间中线线、线面、面面位置关系逐一判断各个选项作答.
【详解】对于A，由知，存在过的平面与平面相交，当为交线时，满足，而，A错误；
对于B，当与相交时，令交线为，若，则满足，B错误；
对于C，，在平面内存在直线垂直于，为此直线时，满足，而，C错误；
对于D，因为，则存在过的平面与平面相交，令交线为，有，又，
因此，而，所以.
故选：D
9．B
【分析】连接、相交于，推导出平面，取的中点，可得出，进而可得出二面角的平面角为，然后利用解三角形的知识可求得，进而得解.
【详解】正方形的对角线为棱折成直二面角，平面平面，
连接、相交于，则，
平面平面，平面，平面，
取的中点，则，有，所以即为所求.
不妨设正方形的边长为，则，，所以.
.
故选：B.
【点睛】本题主要考查二面角的求法.求二面角的大小既能考查线线垂直关系，又能考查线面垂直关系，同时可以考查学生的计算能力，是高考命题的热点，求二面角的方法通常有两个思路：一是利用空间向量，建立坐标系，这种方法优点是思路清晰、方法明确，但是计算量较大；二是传统方法，求出二面角平面角的大小，这种解法的关键是找到平面角，本题很巧妙的应用点到面的距离及点到线的距离求得二面角的正弦值，再得到二面角的大小关系.
10．D
【分析】根据等体积法求解即可得答案.
【详解】解：在棱长为的正方体中，是的中点，
所以是等腰三角形，且，，
所以的面积为，
由于的面积为，
设点到平面的距离是，则，即，
所以
故选：D
11．A
【分析】分别取的中点，则点的轨迹为以为圆心，以为半径的圆，点的轨迹为以为圆心，以为半径的圆，进而即得.
【详解】分别取的中点，连接，
∵，M，N分别为的中点，
∴和为等边三角形，
∴，
则平面，
故在折叠过程中始终在与垂直的平面内，点的轨迹为以为圆心，以为半径的圆，
同理，在折叠过程中始终在与垂直的平面内，点的轨迹为以为圆心，以为半径的圆，
所以当平面时，两点间的距离最小，等于与间的距离，
即两点间的距离最小值为.
故选：A.
12．B
【分析】设球心为，取的外接圆圆心为，连接，易得、，由棱锥外接球性质找到平面与平面的夹角为的余角，根据已知求其正弦值，即可得答案.
【详解】设球心为，取的外接圆圆心为，连接，
由点为中点，则，
由为外心，则，
由题意，平面，故平面与平面的夹角为的余角．
在中，由正弦定理得，
由球体积为，易得球半径为3，故，
由平面平面，可得，
则中，故的余角的余弦值为，
故选：B
【点睛】关键点点睛：根据题设及外接球性质找到两平面夹角的平面角为关键.
13．BC
【分析】对A，令，在中，根据余弦定理求得，再在中根据余弦定理求解的表达式，判断出当时，即可；
对B，根据线面垂直的性质与判定，证明平面即可；
对C，根据体积公式结合长方体的性质证明即可；
对D，把与矩形展开在同一平面内，再分析最小值即可
【详解】对A，在正方体中，连接，如图，而，则，令，
在中，，由余弦定理得，
根据线面垂直的性质有，则，中，，，当时，，即是钝角，A不正确；
对B，因平面，平面，则，正方形中，，，平面，于是得平面，又平面，因此，，B正确；
对C，由题意，到平面的距离为定值，故为定值，C正确；
对D，把与矩形展开在同一平面内，连接交于点，如图，
在中，，由余弦定理得：，
因点M在线段上，，当且仅当点M与重合时取“=”，所以的最小值为，D错误；
故选：BC
14．AB
【分析】延长交于点，解三角形求，判断A，连接交于点，证明，由线面平行判定定理证明平面，判断B，取的中点，过点作，由线面垂直判定定理证明平面，由此判断C，根据球的截面性质判断D.
【详解】如图，延长交于点，连接，因为，所以，又为的中点，所以，所以，故，所以，由，，所以，故正确；
连接交于点，因为四边形为矩形，所以是的中点，
连接，则为的中位线，所以，
又因为平面平面，所以直线平面，故B正确；
取的中点，连接，则，又由可得平面，故.过点作，垂足为，连接，
又，平面，所以平面，所以，故C不正确；
因为平面，所以所求交线即为平面内以为圆心，半径为的圆与侧面的交线，即图中圆弧，因为,，所以，所以，同理，所以圆弧所对的圆心角为，故交线长为，故D不正确.
故选：AB.
15．ABC
【分析】证明平面可判断A，由即为到的距离，结合抛物线定义可判断B，通过求出三棱锥的体积及体积公式可判断C，求出异面直线与所成的角是，求出其正切值结合正切函数性质可判断D．
【详解】A．在正方体中，棱与侧面垂直，则垂直于侧面内的直线，与是平面内两条相交直线，因此平面，只要在上，就有，A正确；
B．的长为点到的距离，只要在以为焦点，为准线的抛物线上，就满足到直线和直线的距离相等，B正确；
C．由，侧棱与底面垂直同，从而垂直于底面上的直线，与是平面内两相交直线，则有平面，从而与平面内的直线垂直，同理可得，，平面，因此平面，，，由（通过是平行四边形可得）可得，
而，，
所以．
在平面内，则到平面的距离的最大值为，因此三棱锥的体积最大值为，C正确；
D．由于，因此为异面直线与所成的角（或其补角），
易证，所以，
因为，所以，，所以，
显然，所以，即，D错．
故选：ABC．
【点睛】关键点点睛：本题考查线面垂直，空间的距离，棱锥的体积及异面直线所成的角，解题关键是掌握正方体的性质，正方体中有许多直线、平面间的垂直与平行关系，利用这些平行垂直关系很容易找到“距离”、“角”，从而判断各命题．
16．AB
【分析】利用等体积法，求得三棱锥的体积，即可得判断A的正误；利用面面平行的判定定理，可证平面平面，又平面，即可判断B的正误；根据面面垂直的判定定理，可证平面平面，可判断C的正误；分析可得点P位于两端点时，与所成的角最小，P位于中点时，与所成角最大，即可判断D的正误，即可得答案.
【详解】对于A： 因为C到平面的距离不变，为的一半，等于，
的面积不变，且
所以三棱锥的体积不变，
根据等体积法可得，故A正确；
对于B：连接DB，DP，，因为正方体，
所以平面，
平面，所以平面，
同理平面，，
所以平面平面，又平面，
所以平面，故B正确.
对于C：因为，，
所以平面，所以，
同理，
所以平面，
所以平面平面，故C错误；
对于D：因为，
所以异面直线与所成角等于与所成的角，
因为，当P与两端点重合时，
与所成的角最小，且为，
当P位于中点时，与所成角最大，且为，
所以异面直线与所成角的范围是，故D错误.
故选：AB.
【点睛】证明线面平行时，常用判定定理，即线线平行推出线面平行，也可用面面平行的性质定理，即先证两个面平行，一个面内一条线平行另一个平面，也可得线面平行.
17．ABCD
【分析】根据面面垂直可得线面垂直，即可判断AB，由三棱锥体积取得最大值时知面面垂直，得出线面垂直，即可求出线面角判断C，再由侧面展开图及余弦定理可判断D.
【详解】解：当平面与平面垂直时，
，平面与平面的交线为，
平面，平面，
，，故AB正确；
当三棱锥体积取得最大值时，顶点A到底面距离最大，
即平面与平面垂直时，
由上面可知，平面，故AD与平面ABC成角为，
因为，所以，，，
，故C正确；
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D正确.
故选：ABCD.
18．AD
【分析】对于A，点到平面的距离为为定值，利用体积公式即可判断；对于B，利用异面直线所成角的求法即可判断；对于C，利用线面垂直证明线线垂直即可判断；对于D，先做出截面，再求其面积即可.
【详解】点到平面的距离为为定值，
又，
所以，即三棱锥的体积为定值，故正确；
设中点为，连接，
则即为异面直线与所成的角
在中，
所以异面直线与所成的最小角为45°，故不正确；
若为中点，则，所以，又，，所以平面，平面，所以，故不正确；
取的中点，的中点，的中点，连接、、、、，
所以过、、三点的平面截正方体所得截面为正六边形，面积为，故正确．
故选：．
19．/
【分析】作出线面角，然后根据三角函数定义可得.
【详解】设正方体棱长为a，则，
由正方体性质可知，平面，
所以即为直线与平面所成角，
所以.
故答案为：.
20．
【分析】结合长方体的结构特点，可知与平面所成的角为，由及勾股定理可得，进而可求出得出结果.
【详解】长方体中，因为，，
所以，，，
因为底面，平面，所以，
所以与平面所成的角为，
，
由条件可得，解得，
因此，
因为，
所以，与平面所成的角为，
故答案为：
21．
【详解】设点到平面的距离为,设直线和平面所成角为，则由等体积法有：，即，,，于是，故答案为.
22．1
【分析】根据给定的几何体，取棱BC的中点O，再确定四面体外接球球心即可计算作答.
【详解】在四面体ABCD中，因平面，平面，则，取棱BC的中点O，连AO，如图，
则，又平面ABD，平面，则，连OD，有，
因此，所以四面体ABCD外接球球心为O，半径为1.
故答案为：1
23．
【分析】如图所示，延长，，交于，连接，与交于，则，过做，与交于，则，可得出长度，再利用球的截面的性质，找出球心，求出半径，进而可求出的外接球的表面积．
【详解】如图所示，延长，，交于，连接，与交于，
因为，，又，所以，得到，
过做，与交于，则．所以,
又，所以，
如图，连接和交于，连，过作交于，因为底面是正方形，所以是底面的中心，又底面，所以底面，又因为为直角三形，则有，即为球心，又易知，
设球球的半径为，所以，
则外接球的表面积，
故答案为：，．
24．（只要使得即可）.
【分析】利用线面垂直的判定定理及线面垂直的定义可得出结论.
【详解】连接，如下图所示：
因为平面，平面，则，
若，，、平面，平面，
平面，.
故答案为：（只要使得即可）.
25．⑴⑵⑶
【详解】由平面可得，由平面可得，
且，则平面，
同理可知，则点是的垂心，说法(1)正确；
很明显，结合面面平行的判断定理可知：平面平面，
结合平面可知平面，说法(2)正确；
如图所示，连结，交于点，连结，由正方形的性质和等边三角形的性质可知，则为二面角的平面角，直角三角形中，，说法(3)正确，
由射影定理可知平面，平面，
结合对称性可知点为靠近点的线段的一个三等分点，
由相似性可知：点到平面的距离为，说法(4)错误.
综上可得：正确的命题有⑴⑵⑶.
26．①②③
【分析】取中点F，连接FM、EF，可证四边形BEFM为平行四边形，根据线面平行的判定定理，即可判断①的正误；因为，所以即为所求，结合图象，分析判断，即可判断②的正误；当平面平面ADE时，三棱锥体积的最大，分析计算，即可判断③正误；假设，利用反证法，结合线面垂直的判定、性质定理，即可判断④正误，即可得答案.
【详解】对于①：取中点F，连接FM、EF，如图所示：
因为M、F分别为、中点，
所以，且，
又矩形ABCD，E为AB中点，
所以且，
所以，且，
所以四边形BEFM为平行四边形，
所以，
又平面，平面，
所以平面，故①正确；
对于②：由①可得，
所以异面直线与所成角即为EF与所成角，即为，
由题意得，在旋转过程中，形状不变，
所以不变，
所以异面直线与所成角为定值，故②正确；
对于③：在旋转过程中，形状不变，即底面积不变，
所以当到平面ADE距离最大时，三棱锥的高最大，体积最大，
由图象可得，当平面平面ADE时，到平面ADE距离最大，
此时到DE的距离即为所求，且为，
所以三棱锥体积的最大值为，故③正确；
对于④：假设，由题意得，，DC=2，
所以，即，
所以平面，
所以，
由题意得矩形ABCD，所以，且在中，，
所以DE无法垂直，故假设错误，
所以不存在某个位置，使，故④错误；
故答案为：①②③
【点睛】解题的关键是熟练掌握线面平行、垂直的判定、性质定理，并灵活应用，考查分析推理，空间想象的能力，属中档题.
27．/
【分析】设点是底面中心，是底面的一条边，是的中点，，解三角形求，由二面角的定义确定其平面角，解三角形求，由此可得高和底面边长之比.
【详解】如图所示：
点为正八棱锥的顶点，点是底面中心，是底面的一条边，是的中点，
则，，
所以，又
所以
设，则，
因为，是的中点，
所以，所以为二面角的平面角，
又已知侧面和底面的夹角大小为，所以.
故，
所以，
所以该正八棱锥的高和底面边长之比.
故答案为：
28．4
【分析】利用△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面，判断BD与CD的垂直关系，得出①正确；利用线面垂直的性质，判断②正确；根据折叠后AD与BD、CD的垂直性不变，判断AD与平面BCD垂直，判断③正确；根据得到的垂直关系，计算△ABC的各边长，判断④正确．
【详解】①正确，因∠BDC为二面角B－AD－C的平面角，由题意知∠BDC＝90°，所以BD⊥CD；
②正确，易知BD⊥平面ACD，所以BD⊥AC；
③正确，因折叠后仍有AD⊥BD，AD⊥DC，易知AD⊥平面BCD；
④正确，因AD＝BD＝DC，且以D为顶点的三个角都是直角，由勾股定理知AB＝BC＝AC，即△ABC为等边三角形．
故答案为4
【点睛】本题借助平面图形的折叠问题，考查了空间直线与直线、直线与平面的垂直关系，是中档题．
29．(1)
(2)1
【分析】（1）根据二面角的定义作图分析确定二面角的平面角，计算二面角的平面角可结合直角三角形中的边角关系、余弦定理、勾股定理得方法求解即可得二面角的平面角的余弦值；
（2）可先猜测的值，然后证明平面，根据平行六面体法人几何性质结合线面垂直的判定定理证明、或者补形证明、或者利用空间向量的线性运算证明．
【详解】（1）连接、设和交于，连接，作，垂足为，作，垂足为，连接．
四边形是菱形，
，又，．
又，，
△△，，
，，
又，，平面
平面，
又平面，．
是二面角的平面角．
方法一：∵，可得，，
又．
因为平面，故平面平面，
而平面平面，平面，
故平面，而平面，故，
而，平面，故平面，
而平面，故，
∴．
又，∴，
∴．
方法二：在中，．
由余弦定理知，
又，∴，
∴，即．
∴是中点，．
方法三：∵，，
∴，
即．
∴，
∴，
，．
∴，故．
（2）当时，能使平面．
方法一 ：由前知平面，∴．
当时，平行六面体的六个面是全等的菱形．
同的证法可得，
而平面，故平面．
方法二 ：∵，∴．
由题设可知三棱锥是正三棱锥，设与相交于．
∵，且，∴．
又是正三角形的边上的高和中线，
∴点是正三角形的中心．
∴平面，即平面．
方法三 ：如图，沿面补一个全等的平行六面体．
∴．若平面，则平面．
∴．令．
由余弦定理可知，．
又，则，
即．
∴，解得或（舍）．
由此可知当时，平面．
方法四：如图，若平面，则与成的角．过作交的延长线于，则．四边形为平行四边形．设，，则．
∵，∴．
∴，．
在Rt中，，即，
∴，解得或（舍去）．
由此可知当时，平面．
方法五：记，菱形边长为．
∵是菱形，∴．
又，∴平面，得，要使平面，还需．
由，
则，
得，即时成立．
30．(1)答案见解析
(2)的最小值为：，二面角的正弦值为
【分析】（1）假设存在，根据题意得到，进而即可分析求出结果；
（2）结合第一小问的结果，做出二面角的平面角，进而即可求出结果.
【详解】（1）
如图，假设在上存在点，且．
∵，且平面，∴平面，
由平面，可得．
设，则．
∵，∴，于是．
化简得．∴．
①当时，，此时不存在点满足；
②当时，存在点，使，此时，且的最小值是4．
（2）
由（1）知的最小值是4；
当时，，即是的中点，作，垂足为，则．
过作，连结．∵平面，∴．
又，则是二面角的平面角．
在中
．
∴，即二面角的正弦值为．
【点睛】方法点睛：作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角．
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