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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，
1
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'(0，1
2 ，√3
2 )，E(1，0，0)，F(0，0，0)，
所以⃗BC=(-1，-1，0)，⃗CD'=(0，−1
2 ，√3
2 )，⃗FE=(1，0，0)，⃗FD'=(0，1
2 ，√3
2 ).
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，
−1
2 y + √3
2 z =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，
1
2 y1+ √3
2 z1=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|cos〈m，n〉|=|m·n|
|m||n| =
2
2×√7 =√7
7 ，
所以面BCD'与面EFD'A'所成的二面角的正弦值为√
1−(
√7
7 )
2
=√42
7 .
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=1
2，OB=3
2，以O 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则E(0，−1
2 ，0)，F(−1，−1
2 ，0)，A'(0，0，√3
2 )，B(0，3
2 ，0)，C(−1，1
2 ，0)，D'
(−1，0，√3
2 )，
2
⃗
FE=(1，0，0)，⃗EA '=(0，1
2 ，√3
2 )，⃗
CB=(1，1，0)，⃗D' B=(1，3
2 ，−√3
2 )，
设平面EFD'A'的法向量为n1=(x1，y1，z1)，
则有{⃗
FE·n1= x1=0，⃗
EA ' ·n1= 1
2 y1+ √3
2 z1=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+ 3
2 y2−√3
2 z2=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|cos θ|=|cos〈n1，n2〉|=|
n1·n2
|n1||n2||=√7
7 ，故sin θ=√42
7 .
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{
2 x1+2 y1=0，
−y1+√3 z1=0，
令z1=1，得x1=-√3，y1=√3，则平面BCD'的一个法向量为n1=(-√3，√3，1).
3
设平面EFD'A'的法向量为n2=(x2，y2，z2)，则{
n2·⃗FE =0，
n2·⃗FD' =0，即{
2 x2=0，
y2+√3 z2=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|cos θ|=|cos〈n1，n2〉|=|n1·n2|
|n1||n2| =
2
√7×2=√7
7 ，
所以sin θ=√1−co s
2θ=√
1−(
√7
7 )
2
=√42
7 ，则面BCD'与面EFD'A'所成的二面角的正弦值为√42
7 .
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√2，
∴BC=4，
∵E，F 分别为BC，PD 的中点，∴FN=1
2AD=1，BE=2，
∴GM=1
2BE=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√2，0)，C(2√2，0，0)，D(√2，-√2，0)，P(0，0，2√2)，
∴⃗AB=(0，2√2，0)，⃗DC=(√2，√2，0)，⃗CP=(-2√2，0，2√2)，
设平面PCD 的法向量为n=(x，y，z)，
∴{⃗
DC ·n=0，⃗
CP·n=0，
4
∴{
√2 x +√2 y =0，
−2√2 x +2√2 z =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=|cos〈⃗AB，n〉|=|⃗AB·n|
|⃗AB||n|
=|0×1+2√2×(−1)+0×1|
2√2×√1
2+(−1)
2+1
2
=√3
3 ，
即AB 与平面PCD 所成角的正弦值为√3
3 .
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=√1
2+1
2=√2，
由对称性可知PB=√2，
又BE=√3，∴∠EPB=90°，
则PH= PE·PB
BE
=1×√2
√3
=√6
3 ，
设直线PB 和平面PEF 所成角为θ，点B 到平面PEF 的距离为h，
5
由V 三棱锥B-PEF=V 三棱锥P-BEF得1
3S△PEF·h=1
3S△BEF·PH，
又S△BEF=1
4 S△ABC=1
4 ×1
2×2×2×sin 60°=√3
4 ，
S△PEF=1
4 S△ABC=√3
4 ，
∴h=PH=√6
3 ，sin θ= h
PB =√3
3 ，
故直线PB 与平面PEF 所成角的正弦值为√3
3 .
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=√1
2+1
2=√2，
由对称性可知PB=√2，
又AB=2，可知∠APB=90°，∴PN=1，
在△PMN 中，PM=√3
2 ，MN=√3
2 ，
故PN 边上的高为√(
√3
2 )
2
−(
1
2)
2
=√2
2 ，
NG=
1× √2
2
√3
2
=√6
3 ，
设直线PB 和平面PEF 所成角为θ，
∴sin θ= NG
PB =√3
3 ，
故直线PB 与平面PEF 所成角的正弦值为√3
3 .
6
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=√1
2+1
2=√2，
由对称性可知PB=√2，
又BE=√3，∴∠EPB=90°，
则PH= PE·PB
BE
=1×√2
√3
=√6
3 ，
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(−1
2 ，√3
2 ，0)，
P(0，√3
3 ，√6
3 )，⃗PB=(0，2√3
3
，−√6
3 )，⃗
EF=(−1
2 ，√3
2 ，0)，⃗EP=(0，√3
3 ，√6
3 )，
设平面PEF 的法向量为n=(x，y，z)，
则{
n·⃗EF =−1
2 x + √3
2 y =0，
n·⃗EP = √3
3 y + √6
3 z =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=|cos〈n，⃗PB〉|= |0+ 2√6
3
+ √6
3 |
√6+2+1×√
4
3 + 6
9
=√3
3 ，
故直线PB 与平面PEF 所成角的正弦值为√3
3 .
【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.
7
(2)注意两异面直线所成角的范围是(0，π
2]；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=π
2 或〈a，n〉-θ=π
2 ；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√3，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√3，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√3，∴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√3，0)，P(0，√3，3)，
∴⃗AC=(-4，2√3，0)，⃗
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{
2 x−√3 y −3 z =0，
−4 x +2√3 y =0，
取x=√3，得m=(√3，2，0)，
设平面PAD 的法向量为n=(a，b，c)，
8
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，
∴cos θ=|cos〈m，n〉|=|−2√3|
√7×2 =√21
7 ，
∴二面角C-PA-D 的余弦值为√21
7 .
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=3
2，OE=3√7
4
，
∴EH=3√3
4
，
∴cos θ= EH
OE =√21
7 ，
∴二面角C-PA-D 的余弦值为√21
7 .
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=√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·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，
9
∵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√3，0)，
∴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 +√3 y =0，
2 x + 4 z =0，
令x=6，则m=(6，-2√3，-3).
易知平面ABE 的一个法向量为n=(1，0，0)，
∴cos〈m，n〉=
m·n
|m||n| =
6
√57×1=2√57
19
.
∴平面ABE 与平面CEF 所成角的余弦值为2√57
19
.
(3)【解析】∵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(
1
2 ，3√3
2
，0)，
∴⃗EG=(
1
2 ，3√3
2
，0).
∴点G 到平面CEF 的距离d=|⃗EG·m|
|m|
=|
1
2 ×6+ 3√3
2
×(−2√3)|
√57
=2√57
19
.
【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.
10
(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)，⃗C A1=(0，-2a，b)，⃗A B1=(√3a，a，b)，
因为BC1⊥CA1，所以⃗BC1⊥⃗C A1，
所以⃗BC1·⃗C A1=-2a2+b2=0，所以b=√2a，
所以⃗A B1·⃗C A1=-2a2+b2=0，
所以⃗A B1⊥⃗C A1，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=⃗C A1=(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，
11
因为⃗B B1=(0，0，√2a)，
所以点B 到平面α 的距离d=|⃗B B1·n|
|n|
=
2a
2
√4 a
2+2a
2= 2
√6a=√3，
所以a=3√2
2 ，b=√2a=3，
所以正三角形ABC 的外接圆半径
r=1
2×
3√2
√3
2
=√6，
所以正三棱柱ABC-A1B1C1的外接球的半径
R=√
r
2+(
A A1
2 )
2
=√33
2 ，
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=1
2AD，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=1
2AD，点E 为AD 中点，所以BC
AE，BC
DE，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，
12
则O(0，0，0)，B(1，0，0)，C(0，√3，0)，A1(0，0，√3)，E(-1，0，0)，F(−3
2 ，√3
2 ，0)，⃗
A1C=(0，√3，-√3)，⃗A1O=(0，0，-√3)，⃗OF=(−3
2 ，√3
2 ，0)，
设⃗A1 P=t⃗A1C=(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{
−3
2 x + √3
2 y =0，
−√3 z =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=1
3，
故在侧棱A1C 上存在点P，使得BP∥平面A1OF，
此时，P(0，√3
3 ，2√3
3 )，⃗BE=(-2，0，0)，⃗
BP=(−1，√3
3 ，2√3
3 )，
设平面PBE 的法向量n=(a，b，c)，
则{
n·⃗BE =0，
n·⃗BP =0，即{
−2a=0，
−a+ √3
3 b+ 2√3
3
c =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cos θ=|n·m|
|n||m| =2√3
2√5=√15
5 ，故平面PBE 与平面A1OF 的夹角的余弦值为√15
5 .
【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.
13
【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=√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√15
5 ？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=√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+1
2−2×√3×1×cos30°=1，所以CF=CE=1，
又因为BC=√A C
2+ A B
2=√1
2+(√3)
2=2，
在△FCB 中，由余弦定理得cos∠FCB=C F
2+ BC
2−F B
2
2·CF·BC
=1
2+2
2−(√6)
2
2×1×2
=-1
4 .
(2)存在点Q，使得平面ABP 和平面BCQ 夹角的余弦值为√15
5 .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)，C(
√3
2 ，1
2 ，0)，
设Q(a，0，0)(0≤a≤√3)，
故⃗BQ=(a，0，-√3)，⃗BC=(
√3
2 ，1
2 ，−√3)，
设平面BCQ 的法向量m=(x，y，z)，
14
则{
m·⃗BQ =ax−√3 z =0，
m·⃗BC = √3
2 x + 1
2 y −√3 z =0，
取z=a，则m=(√3，2√3a-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〉|=|2√3a−3|
√3+(2√3a−3)
2+a
2=√15
5 ，
解得a=√3或a=√3
7 ，
故当AQ=√3或AQ=√3
7 时，平面ABP 和平面BCQ 夹角的余弦值为√15
5 .
【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√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√2)，B(0，2，0)，C(2，0，0)，B1(0，2，2√2)，C1(2，0，2√2)，N(1，1，2√2)，P(1，
1，√2)，Q(
1
2 ，1
2 ，2√2)，
所以⃗A1B=(0，2，-2√2)，⃗BC=(2，-2，0)，⃗PQ=(−1
2 ，−1
2 ，√2)，
设平面A1BC 的法向量为n=(x，y，z)，
则{
n·⃗A1B =2 y −2√2 z =0，
n·⃗BC =2 x−2 y =0，
15
令z=1，则n=(√2，√2，1)，
故n·⃗PQ=0，又PQ⊄平面A1BC，则PQ∥平面A1BC.
(2)【解析】由(1)得⃗A1 P=(1，1，-√2)，
设直线A1P 与平面A1BC 所成角为θ，
所以sin θ=|cos〈n，⃗A1 P〉|=|n·⃗A1 P|
|n||⃗A1 P|
= √2
√5×2=√10
10 .
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=GC1
C1 F =1
2= F B1
B B1
=tan∠B1BF，
所以∠C1FG=∠B1BF，
则∠B1FB+∠B1BF=π
2 =∠B1FB+∠C1FG，
故∠BFG=π-(∠B1FB+∠C1FG)=π
2 ，
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，
16
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 = 4 b=0，
m·⃗EB =2a+ 4 b−4 c =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)【解析】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 =−2 x + 4 y −z =0，
n·⃗BG =−4 x +3 z =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cos α=|cos〈⃗FG，n〉|=|⃗FG·n|
|⃗FG||n|
=
20
√5×√125=4
5 ，即平面FBE 与平面EBG 夹角的余弦值为4
5 .
(3)【解析】因为EF⊥平面BCC1B1，FB⊂平面BCC1B1，所以EF⊥FB，
易知S△FBE=1
2EF·FB=1
2×4×√4
2+2
2=4√5，
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|
= 8
√5，
由棱锥的体积公式知
V 三棱锥D-FBE=1
3S△FBE×d=1
3×4√5× 8
√5=32
3 .
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√13
13 ？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：
17
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(3√3，0，0)，⃗GP=(0，0，√3)，⃗PB=(√3，2，-√3)，⃗
PA=(3√3，0，-√3)，
设⃗PQ=λ⃗PA(0≤λ<1)，则⃗GQ=⃗GP+⃗PQ=⃗GP+λ⃗PA=(0，0，√3)+(3√3λ，0，-√3λ)=(3√3λ，0，√3-√3λ)，则
Q(3√3λ，0，√3-√3λ)，
易得平面PMN 的一个法向量为n1=(1，0，0)，⃗
DQ=(3√3λ-√3，2，√3-√3λ)，⃗DN=(-√3，1，0)，
设平面QDN 的法向量为n2=(x，y，z)，
则{
n2·⃗DQ =(3√3 λ−√3)x +2 y +(√3−√3 λ)z =0，
n2·⃗DN =−√3 x + y =0，
取n2=(λ-1，√3λ-√3，3λ+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√13
13 ，
所以cos θ=|cos〈n1，n2〉|=|n1·n2|
|n1||n2| =
|λ−1|
√( λ−1)
2+(√3 λ−√3)
2+(3 λ+1)
2=√13
13 ，
解得λ=1
3，
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√13
13 .
【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.
18
(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=√C P
2+ P B
2=√16+9=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(
3
2 ，0，2)，⃗
EA=(
3
2 ，4，−2)，⃗DA=(0，4，0)，⃗AB=(-6，0，0)，⃗DS=(-3，0，4)，
设平面DAE 的法向量为n1=(x1，y1，z1)，则{⃗
EA ·n1=0，⃗
DA ·n1=0，即{
3
2 x1+ 4 y1−2 z1=0，
4 y1=0，
可取n1=(4，0，3)，
19
设平面ABE 的法向量为n2=(x2，y2，z2)，则{⃗
EA ·n2=0，⃗
AB·n2=0，即{
3
2 x2+ 4 y2−2 z2=0，
−6 x2=0，
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〉|=|n1·n2|
|n1||n2| = 6
5√5=6√5
25 ，
则二面角D-AE-B 的正弦值为
sin θ=√1−co s
2θ=√445
25 .
(3)【解析】设⃗DE=λ⃗DS=(-3λ，0，4λ)，λ∈(0，1)，则⃗AE=⃗DE-⃗DA=(-3λ，0，4λ)-(0，4，0)=(-3λ，-4，
4λ)，
设平面ABE 的法向量为n3=(x3，y3，z3)，
则{⃗
AE·n3=0，⃗
AB·n3=0，即{
−3 λ x3−4 y3+ 4 λ z3=0，
−6 x3=0，
可取n3=(0，λ，1)，
因为⃗DA=(0，4，0)，⃗SB=(-3，4，-4)，
所以d1=|⃗DA ·n3|
|n3|
=
4 λ
√λ
2+1
，d2=|⃗SB·n3|
|n3|
=|4 λ−4|
√λ
2+1
=4(1−λ)
√λ
2+1
，故d1d2=16 λ(1−λ)
λ
2+1
，
设h(λ)=16 λ(1−λ)
λ
2+1
，λ∈(0，1)，
则h'(λ)=
16
( λ
2+1)
2(1-2λ-λ2)，
令h'(λ)=0，得λ2+2λ-1=0，解得λ1=-1-√2(舍去)，λ2=-1+√2，
故当λ∈(0，-1+√2)时，h'(λ)>0，h(λ)单调递增；
当λ∈(-1+√2，1)时，h'(λ)<0，h(λ)单调递减，
所以h(λ)≤h(-1+√2)=8(√2-1)，
故d1d2的最大值为8(√2-1).
20
21
