专题三 立体几何　第2讲　空间角与空间距离讲义-2026届高三数学二轮复习

该高中数学高考复习资料聚焦立体几何中的空间角、空间距离及探索性问题三大核心考点，严格依据高考命题规律，按“真题探究-考点梳理-典例精讲-变式训练-分层练习”逻辑架构展开。通过考点分析明确考向，方法指导提炼向量法等解题通法，真题训练强化实战体验，助力学生构建空间观念与解题框架，体现复习的系统性和针对性。 资料突出“真题引领、素养导向”特色，以2025年全国卷真题为切入点，在翻折问题中引导学生用数学眼光观察空间转化，通过线面平行证明培养逻辑推理能力，借助向量运算发展数学思维。设置限时训练和拓展训练分层突破，帮助学生在有限时间内提升空间想象与运算求解能力，为教师精准把控复习节奏、提升学生应考水平提供有力支撑。

专题三 立体几何 第2讲　空间角与空间距离 【探究真题.明确方向】　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　 　　　　　　　　　 1.(2025·全国Ⅱ卷，T17)如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠DAB=90°，F为CD的中点，点E在AB上，EF∥AD，AB=3AD，CD=2AD，将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD'A'，使得面EFD'A'与面EFCB所成的二面角为60°. (1)证明：A'B∥平面CD'F； (2)求面BCD'与面EFD'A'所成的二面角的正弦值. 2.(2025·北京，T17)四棱锥P-ABCD中，△ACD与△ABC为等腰直角三角形，∠ADC=90°，∠BAC=90°，E为BC的中点. (1)F为PD的中点，G为PE的中点，证明：FG∥面PAB； (2)若PA⊥面ABCD，PA=AC，求AB与面PCD所成角的正弦值. 【命题预测】本讲是历年高考命题必考的内容，属于中档题目，主要以解答题的形式进行考查，分值约为15~17分. 【考向预测】一是考查利用空间向量求线线角、线面角、二面角；二是考查利用空间向量解决距离问题；三是考查利用空间向量解决探索性问题，这类问题利用向量法往往容易上手，具有操作方便的优势. 考点一　空间角 【典例】1　(2025·嘉兴模拟)如图，在边长为2的正三角形ABC中，E，F分别为AC，BC的中点，将△CEF沿EF翻折至△PEF，使得PE⊥AE. (1)证明：平面PBE⊥平面ABFE； (2)求直线PB与平面PEF所成角的正弦值. 【变式训练】1　(2025·浙江Z20名校联盟联考)如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠BAD=60°，AB=4，AD=2，PB=PD=2，且AD⊥PB. (1)证明：BC⊥平面PBD； (2)求二面角C-PA-D的余弦值. 考点二　空间距离 【典例】2　(2025·汉中模拟)如图，在四棱锥E-ABCD中，F为边AD的中点，AB∥CD，AB⊥平面ADE，CD=AD=2AB=2DE=4，∠ADE=60°. (1)求证：AE⊥CE； (2)求平面ABE与平面CEF所成角的余弦值； (3)设G为边AD上的点，满足BG=，求点G到平面CEF的距离. 【变式训练】2　(2025·泰州模拟)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB1=BC1=CA1，BC1⊥CA1. (1)证明：三棱柱ABC-A1B1C1是正三棱柱； (2)证明：AB1⊥CA1； (3)设AB1⊂平面α，BC1∥平面α，若直线BC1与平面α的距离为，求三棱柱ABC-A1B1C1外接球的表面积. 考点三　空间中的探索性问题 【典例】3　(2025·南宁模拟)等腰梯形ABCD中，BC∥AD，BC=AD，A=60°，点E为AD中点(如图1).将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置，点O，F分别为BE，DE的中点(如图2). (1)求证：平面BCDE⊥平面A1OC； (2)如果BC=2，平面A1BE⊥平面BCDE，那么侧棱A1C上是否存在点P，使得BP∥平面A1OF？若存在，求平面PBE与平面A1OF夹角的余弦值；若不存在，请说明理由. 【变式训练】3　(2025·黄冈模拟)如图，在三棱锥P-ABC的平面展开图中，AC=1，AB=AD=，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE=30°. (1)求∠FCB的余弦值； (2)在三棱锥P-ABC的棱AP上是否存在点Q，使得平面ABP和平面BCQ夹角的余弦值为？若存在，求出点Q的位置；若不存在，说明理由. 【限时训练】（限时：60分钟） 1.(13分)(2025·宁波模拟)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC=2，AA1=2.N是B1C1的中点，P是BC1与B1C的交点. (1)若Q是A1N的中点，证明：PQ∥平面A1BC；(7分) (2)求A1P与平面A1BC所成角的正弦值.(6分) 2.(15分)(2025·天津)正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，E，F分别为A1D1，C1B1的中点，CG=3GC1. (1)求证：GF⊥平面FBE；(4分) (2)求平面FBE与平面EBG夹角的余弦值；(5分) (3)求三棱锥D-FBE的体积.(6分) 3.(15分)(2025·河南豫东名校模拟)如图1，在边长为4的菱形ABCD中，∠DAB=60°，点M，N分别是边BC，CD的中点，AC∩BD=O1，AC∩MN=G.沿MN将△CMN翻折到△PMN的位置，连接PA，PB，PD，得到如图2所示的五棱锥P-ABMND. (1)在翻折过程中是否总有平面PBD⊥平面PAG？证明你的结论；(5分) (2)若平面PMN⊥平面MNDB，线段PA上是否存在一点Q(异于点A)，使得平面QDN与平面PMN夹角的余弦值为？若存在，试确定点Q的位置；若不存在，请说明理由.(10分) 【拓展训练】(共17分) 4.(17分)(2025·包头模拟)如图，在四棱锥S-ABCD中，AD⊥平面SCD，AB∥CD，BC=SD，AB=2CD=6，SC=AD=4，点E在棱SD上，且不与S和D重合，平面ABE交棱SC于点F. (1)求证：CD∥EF；(3分) (2)若E为棱SD的中点，求二面角D-AE-B的正弦值；(7分) (3)记点D，S到平面ABE的距离分别为d1，d2，求d1d2的最大值.(7分) 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题三 立体几何 第2讲　空间角与空间距离 【探究真题.明确方向】　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　 　　　　　　　　　 1.(2025·全国Ⅱ卷，T17)如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠DAB=90°，F为CD的中点，点E在AB上，EF∥AD，AB=3AD，CD=2AD，将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD'A'，使得面EFD'A'与面EFCB所成的二面角为60°. (1)证明：A'B∥平面CD'F； (2)求面BCD'与面EFD'A'所成的二面角的正弦值. 2.(2025·北京，T17)四棱锥P-ABCD中，△ACD与△ABC为等腰直角三角形，∠ADC=90°，∠BAC=90°，E为BC的中点. (1)F为PD的中点，G为PE的中点，证明：FG∥面PAB； (2)若PA⊥面ABCD，PA=AC，求AB与面PCD所成角的正弦值. 【命题预测】本讲是历年高考命题必考的内容，属于中档题目，主要以解答题的形式进行考查，分值约为15~17分. 【考向预测】一是考查利用空间向量求线线角、线面角、二面角；二是考查利用空间向量解决距离问题；三是考查利用空间向量解决探索性问题，这类问题利用向量法往往容易上手，具有操作方便的优势. 1.(1)【证明】因为AB∥CD，所以AE∥DF，所以A'E∥D'F， 因为D'F⊂平面CD'F，A'E⊄平面CD'F，所以A'E∥平面CD'F， 因为FC∥EB，FC⊂平面CD'F，EB⊄平面CD'F，所以EB∥平面CD'F， 又EB∩A'E=E，EB，A'E⊂平面A'EB，所以平面A'EB∥平面CD'F， 又A'B⊂平面A'EB，所以A'B∥平面CD'F. (2)【解析】方法一　因为∠DAB=90°，所以AD⊥AB，又因为AB∥FC，EF∥AD，所以EF⊥FC， 以F为原点，FE，FC以及垂直于平面EFCB的直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系. 因为D'F⊥EF，CF⊥EF，面EFD'A'与面EFCB所成的二面角为60°，所以∠D'FC=60°. 设AD=1，则B(1，2，0)，C(0，1，0)，D'，E(1，0，0)，F(0，0，0)， 所以=(-1，-1，0)，=，=(1，0，0)，=. 设平面BCD'的法向量为n=(x，y，z)，则 所以令y=，则z=1，x=-，则n=(-，，1)为平面BCD'的一个法向量. 设平面EFD'A'的法向量为m=(x1，y1，z1)， 则所以 令y1=，则z1=-1，x1=0，所以m=(0，，-1)为平面EFD'A'的一个法向量. 所以|cos〈m，n〉|===， 所以面BCD'与面EFD'A'所成的二面角的正弦值为=. 方法二　由EF⊥A'E且EF⊥EB， 可知∠A'EB即为面EFD'A'与面EFCB所成二面角的平面角，为60°， 不妨设AD=1，在平面A'EB内，由点A'作EB的垂线，垂足为O， 可知A'O⊥平面EFCB，EO=，OB=，以O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则E，F，A'，B，C，D'， =(1，0，0)，=， =(1，1，0)，=， 设平面EFD'A'的法向量为n1=(x1，y1，z1)， 则有 取y1=-，则n1=(0，-，1)； 设平面BCD'的法向量为n2=(x2，y2，z2)， 则有 取y2=，则n2=(-，，1)， 设面BCD'与面EFD'A'所成的二面角为θ，则有|cos θ|=|cos〈n1，n2〉|==，故sin θ=. 方法三　由CD=2AD，F为CD的中点，得DF=AD=FC.又AB∥CD，EF∥AD，所以四边形EFDA为平行四边形，又∠DAB=90°，DF=AD，所以四边形EFDA为正方形，则EF⊥CD，即D'F⊥EF，FC⊥EF，所以∠D'FC是面EFD'A'与面EFCB所成二面角的平面角， 因为面EFD'A'与面EFCB所成的二面角为60°，所以∠D'FC=60°，又D'F=FC，所以△CD'F为正三角形. 由D'F⊥EF，FC⊥EF，D'F∩FC=F，D'F，FC⊂平面CD'F，得EF⊥平面CD'F.因为EF⊂平面EFCB，所以平面CD'F⊥平面EFCB. 取FC的中点O，连接D'O，则D'O⊥FC， 又平面CD'F⊥平面EFCB，平面CD'F∩平面EFCB=FC，D'O⊂平面CD'F，所以D'O⊥平面EFCB， 过O作OM∥EF，交BE于M，则以O为坐标原点，分别以OM，OC，OD'所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系. 设FC=2，则F(0，-1，0)，E(2，-1，0)，C(0，1，0)，B(2，3，0)，D'(0，0，)， 则=(2，2，0)，=(0，-1，)，=(2，0，0)，=(0，1，). 设平面BCD'的法向量为n1=(x1，y1，z1)，则即 令z1=1，得x1=-，y1=，则平面BCD'的一个法向量为n1=(-，，1). 设平面EFD'A'的法向量为n2=(x2，y2，z2)，则即 令z2=1，得y2=-，x2=0，则平面EFD'A'的一个法向量为n2=(0，-，1). 设面BCD'与面EFD'A'所成的二面角为θ， 则|cos θ|=|cos〈n1，n2〉|===， 所以sin θ===，则面BCD'与面EFD'A'所成的二面角的正弦值为. 2.(1)【证明】取PA的中点N，PB的中点M，连接FN，MN，GM， ∵△ACD与△ABC为等腰直角三角形，∠ADC=∠BAC=90°， 不妨设AD=CD=2，∴AC=AB=2， ∴BC=4， ∵E，F分别为BC，PD的中点，∴FN=AD=1，BE=2， ∴GM=BE=1=FN， ∵∠DAC=45°，∠ACB=45°， ∴AD∥BC， ∴FN∥GM， ∴四边形FGMN为平行四边形， ∴FG∥MN， ∵FG⊄平面PAB，MN⊂平面PAB， ∴FG∥平面PAB. (2)【解析】∵PA⊥平面ABCD， ∴以A为坐标原点，AC，AB，AP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设AD=CD=2，则A(0，0，0)，B(0，2，0)，C(2，0，0)，D(，-，0)，P(0，0，2)， ∴=(0，2，0)，=(，，0)，=(-2，0，2)， 设平面PCD的法向量为n=(x，y，z)， ∴ ∴ 取x=1，∴y=-1，z=1，∴n=(1，-1，1)， 设AB与平面PCD所成的角为θ， 则sin θ=|cos〈，n〉|= ==， 即AB与平面PCD所成角的正弦值为. 考点一　空间角 【典例】1　(2025·嘉兴模拟)如图，在边长为2的正三角形ABC中，E，F分别为AC，BC的中点，将△CEF沿EF翻折至△PEF，使得PE⊥AE. (1)证明：平面PBE⊥平面ABFE； (2)求直线PB与平面PEF所成角的正弦值. (1)【证明】∵△ABC为等边三角形，E为AC中点，∴BE⊥AE， 又∵PE⊥AE，且PE，BE⊂平面PBE，PE∩BE=E，∴AE⊥平面PBE， 又AE⊂平面ABFE，∴平面PBE⊥平面ABFE. (2)【解析】方法一　 (等体积法) 过点P作PH⊥BE，垂足为H， ∵平面PBE⊥平面ABFE，且平面PBE∩平面ABFE=BE，∴PH⊥平面ABFE， 又∵E，F分别为AC，BC的中点， ∴翻折后，PE=1，PA==， 由对称性可知PB=， 又BE=，∴∠EPB=90°， 则PH===， 设直线PB和平面PEF所成角为θ，点B到平面PEF的距离为h， 由V三棱锥B-PEF=V三棱锥P-BEF得S△PEF·h=S△BEF·PH， 又S△BEF=S△ABC=××2×2×sin 60°=， S△PEF=S△ABC=， ∴h=PH=，sin θ==， 故直线PB与平面PEF所成角的正弦值为. 方法二　(几何法) 分别取EF，AB的中点M，N，连接PM，PN，MN，过点N作NG⊥PM， ∵△ABC为等边三角形，E，F分别为AC，BC的中点， ∴PM⊥EF，MN⊥EF，且PM∩MN=M，PM，MN⊂平面PMN，则EF⊥平面PMN， ∵EF⊂平面PEF，∴平面PMN⊥平面PEF， ∵平面PEF∩平面PMN=PM，又NG⊥PM，NG⊂平面PMN，∴NG⊥平面PEF， ∵AB∥EF，AB⊄平面PEF，EF⊂平面PEF， ∴AB∥平面PEF， ∴点B到平面PEF的距离即为NG的长度， 翻折后，PE=1，PA==， 由对称性可知PB=， 又AB=2，可知∠APB=90°，∴PN=1， 在△PMN中，PM=，MN=， 故PN边上的高为=， NG==， 设直线PB和平面PEF所成角为θ， ∴sin θ==， 故直线PB与平面PEF所成角的正弦值为. 方法三　(坐标法) 过点P作PH⊥BE，垂足为H， ∵平面PBE⊥平面ABFE，且平面PBE∩平面ABFE=BE，∴PH⊥平面ABFE， 又∵E，F分别为AC，BC的中点， ∴翻折后，PE=1，PA==， 由对称性可知PB=， 又BE=，∴∠EPB=90°， 则PH===， 因此以E为坐标原点，EA，EB分别为x轴、y轴建立空间直角坐标系，如图， 则E(0，0，0)，B(0，，0)，F， P，=， =，=， 设平面PEF的法向量为n=(x，y，z)， 则 不妨令z=-1，则法向量n=(，，-1)， 设直线PB和平面PEF所成角为θ，则sin θ=|cos〈n，〉|==， 故直线PB与平面PEF所成角的正弦值为. 【考法归纳】 (1)用向量法求空间角的一般步骤 ①建立空间直角坐标系. ②用坐标表示直线的方向向量和平面的法向量. ③利用向量的夹角公式求出向量夹角或角的三角函数值. (2)注意两异面直线所成角的范围是；线面角θ与直线的方向向量a和平面的法向量n所成的角〈a，n〉的关系是〈a，n〉+θ=或〈a，n〉-θ=；两平面的夹角与其对应的两法向量的夹角不一定相等，而是相等或互补. 【变式训练】1　(2025·浙江Z20名校联盟联考)如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠BAD=60°，AB=4，AD=2，PB=PD=2，且AD⊥PB. (1)证明：BC⊥平面PBD； (2)求二面角C-PA-D的余弦值. (1)【证明】∵∠BAD=60°，AB=4，AD=2， ∴BD=2，且∠ADB=90°， 又AD⊥PB，PB∩BD=B，PB，BD⊂平面PBD， ∴AD⊥平面PBD，又∵四边形ABCD是平行四边形，∴BC∥AD，∴BC⊥平面PBD. (2)【解析】设AC与BD的交点为O，则O为BD中点， ∵PB=PD=2，∴PO⊥BD， ∵BC⊥平面PBD，PO⊂平面PBD，∴BC⊥PO， 又BD∩BC=B，BD，BC⊂平面BCD， ∴PO⊥平面BCD. 方法一　(坐标法) 以D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系， ∴D(0，0，0)，A(2，0，0)，C(-2，2，0)，P(0，，3)， ∴=(-4，2，0)， =(2，-，-3)，=(-2，0，0)， 设平面PAC的法向量为m=(x，y，z)， 则即 取x=，得m=(，2，0)， 设平面PAD的法向量为n=(a，b，c)， 则即 取b=-，得n=(0，-，1)， 设二面角C-PA-D的平面角为θ， ∴cos θ=|cos〈m，n〉|==， ∴二面角C-PA-D的余弦值为. 方法二　(几何法) ∵AD⊥平面PBD， ∴平面PAD⊥平面PBD，作OH⊥PD，易知OH⊥平面PAD，作OE⊥PA，连接EH(图略)， ∴∠OEH=θ即为所求角， 易知OH=，OE=， ∴EH=， ∴cos θ==， ∴二面角C-PA-D的余弦值为. 考点二　空间距离 【典例】2　(2025·汉中模拟)如图，在四棱锥E-ABCD中，F为边AD的中点，AB∥CD，AB⊥平面ADE，CD=AD=2AB=2DE=4，∠ADE=60°. (1)求证：AE⊥CE； (2)求平面ABE与平面CEF所成角的余弦值； (3)设G为边AD上的点，满足BG=，求点G到平面CEF的距离. (1)【证明】在△ADE中，AD=4，DE=2，∠ADE=60°， ∴AE2=AD2+DE2-2AD·DEcos∠ADE=12，∴AE2+DE2=AD2，∴AE⊥DE. ∵AB⊥平面ADE，AB∥CD， ∴CD⊥平面ADE，又AE⊂平面ADE，∴CD⊥AE，又CD∩DE=D，CD，DE⊂平面CDE， ∴AE⊥平面CDE，又CE⊂平面CDE，∴AE⊥CE. (2)【解析】过E作直线l∥AB， ∵AB⊥平面ADE，∴l⊥平面ADE， 又由(1)知AE⊥DE，以E为坐标原点，直线ED，EA，l分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则E(0，0，0)，C(2，0，4)，D(2，0，0)，A(0，2，0)， ∴F(1，，0)， ∴=(2，0，4)，=(1，，0)， 设平面CEF的法向量为m=(x，y，z)， 则即 令x=6，则m=(6，-2，-3). 易知平面ABE的一个法向量为n=(1，0，0)， ∴cos〈m，n〉===. ∴平面ABE与平面CEF所成角的余弦值为. (3)【解析】∵AB⊥平面ADE，AG⊂平面ADE， ∴AB⊥AG，又BG=，AB=2，∴AG=1， 又易知∠EAG=30°， ∴点G的坐标为， ∴=. ∴点G到平面CEF的距离d===. 【考法归纳】 (1)求点到平面的距离有两种方法，一是利用空间向量点到平面的距离公式，二是利用等体积法. (2)求直线到平面的距离的前提是直线与平面平行.求直线到平面的距离可转化成直线上任一点到平面的距离. 【变式训练】2　(2025·泰州模拟)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB1=BC1=CA1，BC1⊥CA1. (1)证明：三棱柱ABC-A1B1C1是正三棱柱； (2)证明：AB1⊥CA1； (3)设AB1⊂平面α，BC1∥平面α，若直线BC1与平面α的距离为，求三棱柱ABC-A1B1C1外接球的表面积. (1)【证明】在直三棱柱ABC-A1B1C1中， BB1=CC1=AA1，∠ABB1=∠BCC1=∠CAA1=90°，又因为AB1=BC1=CA1， 所以△ABB1≌△BCC1≌△CAA1， 所以AB=BC=CA， 所以三棱柱ABC-A1B1C1为正三棱柱. (2)【证明】取AC，A1C1的中点D，D1，连接BD，DD1，则BD⊥AC，AA1∥DD1，因为AA1⊥平面ABC， 所以DD1⊥平面ABC， 以DB，DC，DD1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，不妨设AC=2a，AA1=b，则 A(0，-a，0)，B(a，0，0)，C(0，a，0)，A1(0，-a，b)，C1(0，a，b)，B1(a，0，b)， 所以=(-a，a，b)，=(0，-2a，b)，=(a，a，b)， 因为BC1⊥CA1，所以⊥， 所以·=-2a2+b2=0，所以b=a， 所以·=-2a2+b2=0， 所以⊥，即AB1⊥CA1. (3)【解析】因为AB1⊂平面α，BC1 ∥平面α， 又因为BC1⊥CA1，AB1⊥CA1， 所以不妨取平面α的一个法向量 n==(0，-2a，a)， 因为直线BC1与平面α的距离为， 所以点B到平面α的距离为， 因为=(0，0，a)， 所以点B到平面α的距离d===a=， 所以a=，b=a=3， 所以正三角形ABC的外接圆半径 r=×=， 所以正三棱柱ABC-A1B1C1的外接球的半径 R==， 所以三棱柱ABC-A1B1C1外接球的表面积S=4πR2=33π. 考点三　空间中的探索性问题 【典例】3　(2025·南宁模拟)等腰梯形ABCD中，BC∥AD，BC=AD，A=60°，点E为AD中点(如图1).将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置，点O，F分别为BE，DE的中点(如图2). (1)求证：平面BCDE⊥平面A1OC； (2)如果BC=2，平面A1BE⊥平面BCDE，那么侧棱A1C上是否存在点P，使得BP∥平面A1OF？若存在，求平面PBE与平面A1OF夹角的余弦值；若不存在，请说明理由. (1)【证明】连接CE(图略)，因为BC∥AD且BC=AD，点E为AD中点，所以BCAE，BCDE，故四边形BCDE，BCEA是平行四边形，则BE=CD，又四边形ABCD为等腰梯形，所以AB=CD，则AB=BE，又A=60°，可得△ABE是等边三角形， 故四边形BCEA为菱形，△BCE是等边三角形， △A1BE是等边三角形，因为O为BE的中点，所以A1O⊥BE，CO⊥BE， 又A1O∩CO=O，且A1O，CO⊂平面A1OC，所以BE⊥平面A1OC，又BE⊂平面BCDE，所以平面BCDE⊥平面A1OC. (2)【解析】存在点P，使得BP∥平面A1OF， 因为平面A1BE⊥平面BCDE，平面A1BE∩平面BCDE=BE， A1O⊥BE，A1O⊂平面A1BE，所以A1O⊥平面BCDE， 又CO⊥BE，建立以O为原点，OB，OC，OA1所在直线为x，y，z轴的空间直角坐标系，如图所示， 则O(0，0，0)，B(1，0，0)，C(0，，0)，A1(0，0，)，E(-1，0，0)，F， =(0，，-)，=(0，0，-)，=， 设=t=(0，t，-t)，0≤t≤1， 则P(0，t，-t)，=(-1，t，-t)， 设平面A1OF的法向量m=(x，y，z)， 则即 令x=1，则y=，z=0， 所以m=(1，，0)， 要使BP∥平面A1OF，则·m=0， 即-1+3t=0，解得t=， 故在侧棱A1C上存在点P，使得BP∥平面A1OF， 此时，P，=(-2，0，0)， =， 设平面PBE的法向量n=(a，b，c)， 则即 令c=1，则b=-2，a=0，即n=(0，-2，1)， 设平面PBE与平面A1OF的夹角为θ， 所以cos θ===，故平面PBE与平面A1OF的夹角的余弦值为. 【考法归纳】解决立体几何中探索性问题的基本方法 (1)通常假设问题中的数学对象存在或结论成立，再在这个前提下进行推理，如果能推出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，并可进一步证明，否则假设不成立. (2)探索线段上是否存在满足条件的点时，一定注意三点共线的条件的应用. 【变式训练】3　(2025·黄冈模拟)如图，在三棱锥P-ABC的平面展开图中，AC=1，AB=AD=，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE=30°. (1)求∠FCB的余弦值； (2)在三棱锥P-ABC的棱AP上是否存在点Q，使得平面ABP和平面BCQ夹角的余弦值为？若存在，求出点Q的位置；若不存在，说明理由. 【解析】(1)在△ABD中，因为AB⊥AD，AB=AD=， 所以BD=，所以FB=BD=， 在△ACE中，因为AE=AD=，AC=1，∠CAE=30°， 所以CE==1，所以CF=CE=1， 又因为BC===2， 在△FCB中，由余弦定理得cos∠FCB===-. (2)存在点Q，使得平面ABP和平面BCQ夹角的余弦值为.如图，在三棱锥P-ABC中，因为AB⊥AD，即AB⊥AP，AB⊥AC，AC∩AP=A，AC，AP⊂平面ACP， 所以AB⊥平面ACP，在平面ACP内作Ay⊥AP，以A为原点，，，的方向为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系， 则P(，0，0)，B(0，0，)，C， 设Q(a，0，0)(0≤a≤)， 故=(a，0，-)，=， 设平面BCQ的法向量m=(x，y，z)， 则 取z=a，则m=(，2a-3，a)， 易得平面ABP的一个法向量为n=(0，1，0)， 设平面ABP和平面BCQ的夹角为θ，则cos θ=|cos〈m，n〉|==， 解得a=或a=， 故当AQ=或AQ=时，平面ABP和平面BCQ夹角的余弦值为. 【限时训练】（限时：60分钟） 1.(13分)(2025·宁波模拟)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC=2，AA1=2.N是B1C1的中点，P是BC1与B1C的交点. (1)若Q是A1N的中点，证明：PQ∥平面A1BC；(7分) (2)求A1P与平面A1BC所成角的正弦值.(6分) (1)【证明】由题意，以A为坐标原点，AC，AB，AA1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 所以A1(0，0，2)，B(0，2，0)，C(2，0，0)，B1(0，2，2)，C1(2，0，2)，N(1，1，2)，P(1，1，)，Q， 所以=(0，2，-2)，=(2，-2，0)，=， 设平面A1BC的法向量为n=(x，y，z)， 则 令z=1，则n=(，，1)， 故n·=0，又PQ⊄平面A1BC，则PQ∥平面A1BC. (2)【解析】由(1)得=(1，1，-)， 设直线A1P与平面A1BC所成角为θ， 所以sin θ=|cos〈n，〉|===. 2.(15分)(2025·天津)正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，E，F分别为A1D1，C1B1的中点，CG=3GC1. (1)求证：GF⊥平面FBE；(4分) (2)求平面FBE与平面EBG夹角的余弦值；(5分) (3)求三棱锥D-FBE的体积.(6分) (1)【证明】方法一　连接GF(图略)，在正方形BCC1B1中， 由条件易知tan∠C1FG=== =tan∠B1BF， 所以∠C1FG=∠B1BF， 则∠B1FB+∠B1BF==∠B1FB+∠C1FG， 故∠BFG=π-(∠B1FB+∠C1FG)=， 即GF⊥BF， 在正方体中，易知D1C1⊥平面BCC1B1，且EF∥D1C1，所以EF⊥平面BCC1B1， 又GF⊂平面BCC1B1，所以EF⊥GF， 因为EF∩BF=F，EF，BF⊂平面FBE， 所以GF⊥平面FBE. 方法二　如图，连接GF，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 则B(4，4，0)，E(2，0，4)，F(2，4，4)，G(0，4，3)， 所以=(0，4，0)，=(2，4，-4)，=(-2，0，-1)， 设平面FBE的法向量为m=(a，b，c)， 则 令a=2，则b=0，c=1，所以m=(2，0，1)， 易知=-m，则也是平面FBE的一个法向量，所以GF⊥平面FBE. (2)【解析】同上方法二建立的空间直角坐标系， 则=(-2，4，-1)，=(-4，0，3)， 由(1)知=(-2，0，-1)是平面FBE的一个法向量，设平面EBG的法向量为n=(x，y，z)， 所以 令x=6，则z=8，y=5，即n=(6，5，8)， 设平面FBE与平面EBG的夹角为α， 则cos α=|cos〈，n〉|===，即平面FBE与平面EBG夹角的余弦值为. (3)【解析】因为EF⊥平面BCC1B1，FB⊂平面BCC1B1，所以EF⊥FB， 易知S△FBE=EF·FB=×4×=4， 又D(0，0，0)，则=(2，0，4)，故点D到平面FBE的距离为d==， 由棱锥的体积公式知 V三棱锥D-FBE=S△FBE×d=×4×=. 3.(15分)(2025·河南豫东名校模拟)如图1，在边长为4的菱形ABCD中，∠DAB=60°，点M，N分别是边BC，CD的中点，AC∩BD=O1，AC∩MN=G.沿MN将△CMN翻折到△PMN的位置，连接PA，PB，PD，得到如图2所示的五棱锥P-ABMND. (1)在翻折过程中是否总有平面PBD⊥平面PAG？证明你的结论；(5分) (2)若平面PMN⊥平面MNDB，线段PA上是否存在一点Q(异于点A)，使得平面QDN与平面PMN夹角的余弦值为？若存在，试确定点Q的位置；若不存在，请说明理由.(10分) 【解析】(1)是.证明如下： 折叠前，因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD，由于M，N分别是边BC，CD的中点， 所以MN∥BD，所以MN⊥AC， 折叠过程中，MN⊥GP，MN⊥GA，GP∩GA=G，GP，GA⊂平面PAG， 所以MN⊥平面PAG，所以BD⊥平面PAG， 由于BD⊂平面PBD，所以平面PBD⊥平面PAG. (2)存在，理由如下： 当平面PMN⊥平面MNDB时，由于平面PMN∩平面MNDB=MN，GP⊂平面PMN，GP⊥MN， 所以GP⊥平面MNDB， 以G为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，依题意可知G(0，0，0)，P(0，0，)，D(，-2，0)，B(，2，0)，N(0，-1，0)，A(3，0，0)，=(0，0，)，=(，2，-)， =(3，0，-)， 设=λ(0≤λ<1)，则=+=+λ=(0，0，)+(3λ，0，-λ)=(3λ，0，-λ)，则Q(3λ，0，-λ)， 易得平面PMN的一个法向量为n1=(1，0，0)， =(3λ-，2，-λ)，=(-，1，0)， 设平面QDN的法向量为n2=(x，y，z)， 则 取n2=(λ-1，λ-，3λ+1)， 设平面QDN与平面PMN的夹角为θ， 由于平面QDN与平面PMN夹角的余弦值为， 所以cos θ=|cos〈n1，n2〉|===， 解得λ=， 所以当Q是PA上靠近点P的三等分点时，平面QDN与平面PMN夹角的余弦值为. 【拓展训练】(共17分) 4.(17分)(2025·包头模拟)如图，在四棱锥S-ABCD中，AD⊥平面SCD，AB∥CD，BC=SD，AB=2CD=6，SC=AD=4，点E在棱SD上，且不与S和D重合，平面ABE交棱SC于点F. (1)求证：CD∥EF；(3分) (2)若E为棱SD的中点，求二面角D-AE-B的正弦值；(7分) (3)记点D，S到平面ABE的距离分别为d1，d2，求d1d2的最大值.(7分) (1)【证明】因为AB∥CD，且CD⊄平面ABFE，AB⊂平面ABFE，所以CD∥平面ABFE， 又因为CD⊂平面SCD，平面SCD∩平面ABFE=EF，所以CD∥EF. (2)【解析】取AB的中点P，连接CP， 则CD=AP，又CD∥AP， 所以四边形APCD为平行四边形， 因为AD⊥平面SCD，CD⊂平面SCD，所以AD⊥CD，故四边形APCD为矩形， 在Rt△CPB中，BC===5， 又SD=BC=5， 所以在△SCD中，SD2=CD2+SC2， 所以SC⊥CD， 因为AD⊥平面SCD，SC⊂平面SCD， 所以AD⊥SC， 又因为AD，CD⊂平面ABCD，且AD∩CD=D，所以SC⊥平面ABCD， 以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则D(3，0，0)，A(3，4，0)，B(-3，4，0)，S(0，0，4)，E， =，=(0，4，0)，=(-6，0，0)，=(-3，0，4)， 设平面DAE的法向量为n1=(x1，y1，z1)，则即 可取n1=(4，0，3)， 设平面ABE的法向量为n2=(x2，y2，z2)，则即 可取n2=(0，1，2)， 设二面角D-AE-B的大小为θ(0<θ<π)， 则|cos θ|=|cos〈n1，n2〉|===， 则二面角D-AE-B的正弦值为 sin θ==. (3)【解析】设=λ=(-3λ，0，4λ)，λ∈(0，1)，则=-=(-3λ，0，4λ)-(0，4，0)=(-3λ，-4，4λ)， 设平面ABE的法向量为n3=(x3，y3，z3)， 则即 可取n3=(0，λ，1)， 因为=(0，4，0)，=(-3，4，-4)， 所以d1==，d2===，故d1d2=， 设h(λ)=，λ∈(0，1)， 则h'(λ)=(1-2λ-λ2)， 令h'(λ)=0，得λ2+2λ-1=0，解得λ1=-1-(舍去)，λ2=-1+， 故当λ∈(0，-1+)时，h'(λ)>0，h(λ)单调递增； 当λ∈(-1+，1)时，h'(λ)<0，h(λ)单调递减， 所以h(λ)≤h(-1+)=8(-1)， 故d1d2的最大值为8(-1). 学科网（北京）股份有限公司 $