专题突破　专题三　第2讲　空间角与空间距离 学案

第2讲　空间角与空间距离
　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　 　　　　　　　　　
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'，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　∵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
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==，
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.
[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；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.
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=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　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
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　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　∵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===.
[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，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　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
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　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.
[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=，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　(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.
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=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　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　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　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　(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.
(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　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　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).