2026届高三数学二轮复习讲义：专题突破　专题三　第二讲　空间角与空间距离

这是一份2026届高三数学二轮复习讲义：专题突破　专题三　第二讲　空间角与空间距离，共19页。
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.
命题热度：
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.
考查方向：
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 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'0，12，32，E(1，0，0)，F(0，0，0)，
所以BC=(-1，-1，0)，CD'=0，-12，32，FE=(1，0，0)，FD'=0，12，32.
设平面BCD'的法向量为n=(x，y，z)，则
BC·n=0，CD'·n=0，所以-x-y=0，-12y+32z=0，令y=3，则z=1，x=-3，则n=(-3，3，1)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FE·m=0，FD'·m=0，所以x1=0，12y1+32z1=0，
令y1=3，则z1=-1，x1=0，所以m=(0，3，-1)为平面EFD'A'的一个法向量.
所以|cs〈m，n〉|=|m·n||m||n|=22×7=77，
所以面BCD'与面EFD'A'所成的二面角的正弦值为1-772=427.
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=12，OB=32，以O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则E0，-12，0，F-1，-12，0，A'0，0，32，B0，32，0，C-1，12，0，D'-1，0，32，
FE=(1，0，0)，EA'=0，12，32，
CB=(1，1，0)，D'B=1，32，-32，
设平面EFD'A'的法向量为n1=(x1，y1，z1)，
则有FE·n1=x1=0，EA'·n1=12y1+32z1=0，
取y1=-3，则n1=(0，-3，1)；
设平面BCD'的法向量为n2=(x2，y2，z2)，
则有CB·n2=x2+y2=0，D'B·n2=x2+32y2-32z2=0，
取y2=3，则n2=(-3，3，1)，
设面BCD'与面EFD'A'所成的二面角为θ，则有|cs θ|=|cs〈n1，n2〉|=n1·n2|n1||n2|=77，故sin θ=427.
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'(0，0，3)，
则CB=(2，2，0)，CD'=(0，-1，3)，FE=(2，0，0)，FD'=(0，1，3).
设平面BCD'的法向量为n1=(x1，y1，z1)，则n1·CB=0，n1·CD'=0，即2x1+2y1=0，-y1+3z1=0，
令z1=1，得x1=-3，y1=3，则平面BCD'的一个法向量为n1=(-3，3，1).
设平面EFD'A'的法向量为n2=(x2，y2，z2)，则n2·FE=0，n2·FD'=0，即2x2=0，y2+3z2=0，
令z2=1，得y2=-3，x2=0，则平面EFD'A'的一个法向量为n2=(0，-3，1).
设面BCD'与面EFD'A'所成的二面角为θ，
则|cs θ|=|cs〈n1，n2〉|=|n1·n2||n1||n2|=27×2=77，
所以sin θ=1-cs2θ=1-772=427，则面BCD'与面EFD'A'所成的二面角的正弦值为427.
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=22，
∴BC=4，
∵E，F分别为BC，PD的中点，∴FN=12AD=1，BE=2，
∴GM=12BE=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 ∵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(0，22，0)，C(22，0，0)，D(2，-2，0)，P(0，0，22)，
∴AB=(0，22，0)，DC=(2，2，0)，CP=(-22，0，22)，
设平面PCD的法向量为n=(x，y，z)，
∴DC·n=0，CP·n=0，
∴2x+2y=0，-22x+22z=0，
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=|cs〈AB，n〉|=|AB·n||AB||n|
=|0×1+22×(-1)+0×1|22×12+(-1)2+12=33，
即AB与平面PCD所成角的正弦值为33.
考点一 空间角
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 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=12+12=2，
由对称性可知PB=2，
又BE=3，∴∠EPB=90°，
则PH=PE·PBBE=1×23=63，
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13S△PEF·h=13S△BEF·PH，
又S△BEF=14S△ABC=14×12×2×2×sin 60°=34，
S△PEF=14S△ABC=34，
∴h=PH=63，sin θ=hPB=33，
故直线PB与平面PEF所成角的正弦值为33.
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=12+12=2，
由对称性可知PB=2，
又AB=2，可知∠APB=90°，∴PN=1，
在△PMN中，PM=32，MN=32，
故PN边上的高为322-122=22，
NG=1×2232=63，
设直线PB和平面PEF所成角为θ，
∴sin θ=NGPB=33，
故直线PB与平面PEF所成角的正弦值为33.
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=12+12=2，
由对称性可知PB=2，
又BE=3，∴∠EPB=90°，
则PH=PE·PBBE=1×23=63，
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(0，3，0)，F-12，32，0，
P0，33，63，PB=0，233，-63，
EF=-12，32，0，EP=0，33，63，
设平面PEF的法向量为n=(x，y，z)，
则n·EF=-12x+32y=0，n·EP=33y+63z=0，
不妨令z=-1，则法向量n=(6，2，-1)，
设直线PB和平面PEF所成角为θ，则sin θ=|cs〈n，PB〉|=0+263+636+2+1×43+69=33，
故直线PB与平面PEF所成角的正弦值为33.
[规律方法] (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0，π2；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=π2或〈a，n〉-θ=π2；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.
跟踪演练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=23，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=23，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 设AC与BD的交点为O，则O为BD中点，
∵PB=PD=23，∴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(-2，23，0)，P(0，3，3)，
∴AC=(-4，23，0)，
PA=(2，-3，-3)，AD=(-2，0，0)，
设平面PAC的法向量为m=(x，y，z)，
则m·PA=0，m·AC=0，即2x-3y-3z=0，-4x+23y=0，
取x=3，得m=(3，2，0)，
设平面PAD的法向量为n=(a，b，c)，
则n·PA=0，n·AD=0，即2a-3b-3c=0，-2a=0，
取b=-3，得n=(0，-3，1)，
设二面角C-PA-D的平面角为θ，
∴cs θ=|cs〈m，n〉|=|-23|7×2=217，
∴二面角C-PA-D的余弦值为217.
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=32，OE=374，
∴EH=334，
∴cs θ=EHOE=217，
∴二面角C-PA-D的余弦值为217.
考点二 空间距离
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=5，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·DEcs∠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 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(0，23，0)，
∴F(1，3，0)，
∴EC=(2，0，4)，EF=(1，3，0)，
设平面CEF的法向量为m=(x，y，z)，
则m·EF=0，m·EC=0，即x+3y=0，2x+4z=0，
令x=6，则m=(6，-23，-3).
易知平面ABE的一个法向量为n=(1，0，0)，
∴cs〈m，n〉=m·n|m||n|=657×1=25719.
∴平面ABE与平面CEF所成角的余弦值为25719.
(3)解 ∵AB⊥平面ADE，AG⊂平面ADE，
∴AB⊥AG，又BG=5，AB=2，∴AG=1，
又易知∠EAG=30°，
∴点G的坐标为12，332，0，
∴EG=12，332，0.
∴点G到平面CEF的距离d=|EG·m|m=12×6+332×(-23)57=25719.
[规律方法] (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.
跟踪演练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3，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(3a，0，0)，C(0，a，0)，A1(0，-a，b)，C1(0，a，b)，B1(3a，0，b)，
所以BC1=(-3a，a，b)，CA1=(0，-2a，b)，AB1=(3a，a，b)，
因为BC1⊥CA1，所以BC1⊥CA1，
所以BC1·CA1=-2a2+b2=0，所以b=2a，
所以AB1·CA1=-2a2+b2=0，
所以AB1⊥CA1，即AB1⊥CA1.
(3)解 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=CA1=(0，-2a，2a)，
因为直线BC1与平面α的距离为3，
所以点B到平面α的距离为3，
因为BB1=(0，0，2a)，
所以点B到平面α的距离d=|BB1·n|n=2a24a2+2a2=26a=3，
所以a=322，b=2a=3，
所以正三角形ABC的外接圆半径
r=12×3232=6，
所以正三棱柱ABC-A1B1C1的外接球的半径
R=r2+AA122=332，
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
例3 (2025·南宁模拟)等腰梯形ABCD中，BC∥AD，BC=12AD，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=12AD，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 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(0，3，0)，A1(0，0，3)，E(-1，0，0)，F-32，32，0，
A1C=(0，3，-3)，A1O=(0，0，-3)，OF=-32，32，0，
设A1P=tA1C=(0，3t，-3t)，0≤t≤1，
则P(0，3t，3-3t)，BP=(-1，3t，3-3t)，
设平面A1OF的法向量m=(x，y，z)，
则m·OF=0，m·A1O=0，即-32x+32y=0，-3z=0，
令x=1，则y=3，z=0，
所以m=(1，3，0)，
要使BP∥平面A1OF，则BP·m=0，
即-1+3t=0，解得t=13，
故在侧棱A1C上存在点P，使得BP∥平面A1OF，
此时，P0，33，233，BE=(-2，0，0)，
BP=-1，33，233，
设平面PBE的法向量n=(a，b，c)，
则n·BE=0，n·BP=0，即-2a=0，-a+33b+233c=0，
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cs θ=|n·m||n||m|=2325=155，故平面PBE与平面A1OF的夹角的余弦值为155.
[规律方法] 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.
跟踪演练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=3，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155？若存在，求出点Q的位置；若不存在，说明理由.
解 (1)在△ABD中，因为AB⊥AD，AB=AD=3，
所以BD=6，所以FB=BD=6，
在△ACE中，因为AE=AD=3，AC=1，∠CAE=30°，
所以CE=(3)2+12-2×3×1×cs30°=1，所以CF=CE=1，
又因为BC=AC2+AB2=12+(3)2=2，
在△FCB中，由余弦定理得cs∠FCB=CF2+BC2-FB22·CF·BC=12+22-(6)22×1×2=-14.
(2)存在点Q，使得平面ABP和平面BCQ夹角的余弦值为155.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，AP，Ay，AB的方向为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，
则P(3，0，0)，B(0，0，3)，C32，12，0，
设Q(a，0，0)(0≤a≤3)，
故BQ=(a，0，-3)，BC=32，12，-3，
设平面BCQ的法向量m=(x，y，z)，
则m·BQ=ax-3z=0，m·BC=32x+12y-3z=0，
取z=a，则m=(3，23a-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cs θ=|cs〈m，n〉|=|23a-3|3+(23a-3)2+a2=155，
解得a=3或a=37，
故当AQ=3或AQ=37时，平面ABP和平面BCQ夹角的余弦值为155.
专题强化练
[分值：60分]
1.(13分)(2025·宁波模拟)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC=2，AA1=22.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(0，0，22)，B(0，2，0)，C(2，0，0)，B1(0，2，22)，C1(2，0，22)，N(1，1，22)，P(1，1，2)，Q12，12，22，
所以A1B=(0，2，-22)，BC=(2，-2，0)，PQ=-12，-12，2，
设平面A1BC的法向量为n=(x，y，z)，
则n·A1B=2y-22z=0，n·BC=2x-2y=0，
令z=1，则n=(2，2，1)，
故n·PQ=0，又PQ⊄平面A1BC，则PQ∥平面A1BC.
(2)解 由(1)得A1P=(1，1，-2)，
设直线A1P与平面A1BC所成角为θ，
所以sin θ=|cs〈n，A1P〉|=|n·A1P||n||A1P|=25×2=1010.
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=GC1C1F=12=FB1BB1
=tan∠B1BF，
所以∠C1FG=∠B1BF，
则∠B1FB+∠B1BF=π2=∠B1FB+∠C1FG，
故∠BFG=π-(∠B1FB+∠C1FG)=π2，
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EF=(0，4，0)，EB=(2，4，-4)，FG=(-2，0，-1)，
设平面FBE的法向量为m=(a，b，c)，
则m·EF=4b=0，m·EB=2a+4b-4c=0，
令a=2，则b=0，c=1，所以m=(2，0，1)，
易知FG=-m，则FG也是平面FBE的一个法向量，所以GF⊥平面FBE.
(2)解 同上方法二建立的空间直角坐标系，
则EG=(-2，4，-1)，BG=(-4，0，3)，
由(1)知FG=(-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n·EG=-2x+4y-z=0，n·BG=-4x+3z=0，
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cs α=|cs〈FG，n〉|=|FG·n||FG||n|=205×125=45，即平面FBE与平面EBG夹角的余弦值为45.
(3)解 因为EF⊥平面BCC1B1，FB⊂平面BCC1B1，所以EF⊥FB，
易知S△FBE=12EF·FB=12×4×42+22=45，
又D(0，0，0)，则DE=(2，0，4)，故点D到平面FBE的距离为d=|DE·FG||FG|=85，
由棱锥的体积公式知
V三棱锥D-FBE=13S△FBE×d=13×45×85=323.
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1313？若存在，试确定点Q的位置；若不存在，请说明理由.(10分)
解 (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(0，0，3)，D(3，-2，0)，B(3，2，0)，N(0，-1，0)，A(33，0，0)，GP=(0，0，3)，PB=(3，2，-3)，
PA=(33，0，-3)，
设PQ=λPA(0≤λ