立体几何(5)
1.
[2021·云南省高三期末考试]如图所示，在正方体ABCD A′B′C′D′中，点M为线段B′D′的中点．
(1)求证：DD′⊥AC.
2.
[2021·浙江省重点中学联考]如图，平面ABCD⊥平面DBNM，且菱形ABCD与菱形DBNM全等，∠MDB ＝∠DAB，G为MC的中点．
(1)求证：平面GBD∥平面AMN.
3.
在四棱锥P ABCD中，底面ABCD为矩形，PD⊥底面ABCD，AB
AD＝2，直线P A与底面ABCD成60°角，点M、N分别是P A、PB的中点．
(1)求异面直线DN与BC的夹角的余弦值．
(2)求直线P A与平面PBC所成角的正弦值．
4．如图(1)，在菱形ABCD中，A＝60°且AB＝2，E为AD的中点，将△ABE沿BE折起，使得AD＝2，得到如图(2)所示的四棱锥A BCDE.
(1)求证：平面ABE⊥平面ABC.
(2)若P为AC的中点，求二面角P BD C的余弦值．
5.
[2021·贵州贵阳市高三模拟]如图，已知四棱锥P ABCD中，P A＝PD，底面ABCD为菱形，∠ABC＝120°，点E为AD的中点．
(1)证明：平面PBC⊥平面PBE.
(2)若PE⊥AB，二面角D P A B的余弦值为
5
5，且BC＝4，求直线PB与平面P AD的夹角．
6.
[2021·河北省深州市中学高二上学期期中]在直四棱柱ABCD A1B1C1D1中，底面ABCD是梯形，AD∥BC，AD＝2DC＝2BC，E是A1B1的中点．
(1)求证：CE∥平面BDA1.
(2)已知AD＝AA1＝2，BD＝2.在DD1上是否存在点F，使得平面BDA1与平面CEF所成角的余弦值 为73
15？若存在，求出CF的长；若不存在，请说明理由．
立体几何(5)
1．解析：(1)在正方体ABCD A′B′C′D′中，
因为DD′⊥AD，DD′⊥CD，且CD∩AD＝D，
所以DD′⊥平面ACD，AC⊂平面ACD.所以DD′⊥AC.
(2)如图，连接BD，交AC于N，连接D′N.
由题设得BN ＝MD ′，BN ∥MD ′，
所以四边形BMD ′N 为平行四边形．所以BM ∥ND ′.
因为ND ′⊂平面ACD ′，BM ⊄平面ACD ′，所以BM ∥平面ACD ′.
2．解析：(1)如图所示，连接AC 交DB 于E ，连接GE ，因为G 为MC 的中点，E 为AC 的中点，所以GE ∥AM .
因为GE ⊄平面AMN ，AM ⊂平面AMN ，所以GE ∥平面AMN . 由MN ∥BE 同理可证BE ∥平面AMN .
又BE ∩GE ＝E ，所以平面GBD ∥平面AMN .
(2)方法1：(定义法)如图所示，连接ME ，MB ，由菱形ABCD 与菱形DBNM 全等且∠MDB ＝∠DAB .
可得出AD ＝AB ＝BD ，DM ＝BD ＝MB ，所以ME ⊥BD . 又AC ⊥BD 且AC ∩ME ＝E ，所以BD ⊥平面AMC .
又BD ⊂平面GBD ，所以平面GBD ⊥平面AMC 且平面GBD ∩平面AMC ＝GE ，过C 作CF ⊥GE ，则CF ⊥平面GBD .
连接BF ，由AD ∥BC ，可得∠CBF 即为直线AD 与平面GBD 所成的角．
由(1)得平面GBD ∥平面AMN ，则∠CBF 即为直线AD 与平面AMN 所成的角． 因为ME ⊥BD ，平面ABCD ⊥平面DBNM 且平面ABCD ∩平面DBNM ＝BD ， 所以ME ⊥平面ABCD ，所以ME ⊥AE .
易知在Rt △MAE 中，ME ＝AE ，所以∠MAE ＝45°，所以∠GEC ＝45°，所以CF ＝2两个凡是
2
CE . 易知在Rt △BEC 中，∠EBC ＝60°，所以CE ＝3
2
BC ， 所以CF ＝
22 CE ＝64 BC ，所以sin ∠CBF ＝CF BC ＝64
. 则直线AD 与平面AMN 所成角的正弦值为
再过五十年6
4
. 方法2：(向量法)连接ME ，MB ，由菱形ABCD 与菱形DBNM 全等，∠MDB ＝∠DAB ，可得出AD ＝AB ＝BD ，DM ＝BD ＝MB ，所以ME ⊥BD .
又平面ABCD ⊥平面MNBD 且平面ABCD ∩平面DBNM ＝BD ，所以ME ⊥平面ABCD ， 所以ME ⊥AE ，所以ME ，AE ，BE 两两垂直．
则以E 为坐标原点，EA → ，EB → ，EM →
的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直 角坐标系E xyz .
令AB ＝2，则A (3 ，0，0)，D (0，－1，0)，M (0，0，3 )，N (0，2，3 )，AM →
＝(－3 ，0，3 )，AN → ＝(－3 ，2，3 )，AD →
＝(－3 ，－1，0).
设平面AMN 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，
由⎩⎪⎨⎪⎧AM →·n ＝0，AN →·n ＝0， 得⎩⎨⎧－3x ＋3z ＝0，－3x ＋2y ＋3z ＝0， 取x ＝1，则y ＝0，z ＝1，可得平面AMN 的一个法向量为n
＝(1，0，1).
设直线AD 与平面AMN 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈AD →
，n 〉|＝322 ＝64 ，
则直线AD 与平面AMN 所成角的正弦值为6
4
. 3．解析：
以D 为原点，向量DA → 、DC → 、DP →
的方向为x 、y 、z 轴的正方向，建立坐标系，铜绿山
设AD ＝1，则AB ＝2，因为PD ⊥底面ABCD ，所以∠P AD 为直线P A 与平面ABCD 所成的角，所以∠P AD ＝60°，所以PD ＝3 ，
所以D (0，0，0)，A (1，0，0)，B (1，2，0)，C (0，2，0)，P (0，0，3 )，M ⎝⎛⎭⎫12，0，32 ，N ⎝⎛⎭⎫12，1，32 .
(1)DN → ＝⎝⎛⎭⎫12
绞车滚筒
，1，32 ，BC →
＝(－1，0，0)，
所以异面直线DN 与BC 的夹角的余弦值为|cos 〈DN → ，BC →
〉|＝|DN →·BC →
||DN →|·|BC →
|
＝24 .
(2)P A → ＝(1，0，－3 )，PB →
＝(1，2，－3 )，设平面PBC 的的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，直线P A 与平面PBC 所成的角为θ，则m ·PB → ＝x 1＋2y 1－3 z 1＝0且m ·BC →
ndm＝－x 1＝0，取z 1＝2，则x 1＝0，y 1＝3 ，所以m ＝(0，3 ，2)，所以sin θ＝|m ·P A →
||m ||P A →
|
＝21
7 .
(3)由(2)知平面PBC 的法向量为m ＝(0，3 ，2)，设平面CDN 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，因为DN →
＝
⎝⎛⎭⎫12
，1，32 ，DC → ＝(0，2，0)，DP → ＝(0，0，3 )， 所以n ·DN → ＝12 x 2＋y 2＋32
z 2＝0且n ·DC →
＝2y 2＝0，
取z 2＝1，则x 2＝－3 ，y 2＝0，则n ＝(－3 ，0，1)，所以cos 〈m ，n 〉＝m·n |m|·|n| ＝77 ，因为m ·DP →
＝23 >0，n ·DP →
＝3 >0，所以二面角P NC D 的余弦值为77
.
4．解析：(1)在图(1)中，连接BD .
因为四边形ABCD 为菱形，A ＝60°，所以△ABD 是等边三角形． 因为E 为AD 的中点，所以BE ⊥AE ，BE ⊥DE . 又AD ＝AB ＝2，所以AE ＝DE ＝1.
在图(2)中，AD ＝2 ，所以AE 2＋ED 2＝AD 2，所以AE ⊥ED . 因为BC ∥DE ，所以BC ⊥BE ，BC ⊥AE .
又BE ∩AE ＝E ，AE ，BE ⊂平面ABE ，所以BC ⊥平面ABE . 又BC ⊂平面ABC ，所以平面ABE ⊥平面ABC . (2)由(1)知AE ⊥DE ，AE ⊥BE ，BE ⊥DE .
又BE ∩DE ＝E ，BE ，DE ⊂平面BCDE ，所以AE ⊥平面BCDE .
以E 为坐标原点，EB → ，ED → ，EA →
的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系E xyz .
则E (0，0，0)，A (0，0，1)，B (3 ，0，0)，C (3 ，2，0)，D (0，1，0). 因为P 为AC 的中点，所以P ⎝⎛
⎭⎫32
，1，12 ，
所以PB → ＝⎝⎛⎭⎫32，－1，－12 ，PD →
＝⎝⎛⎭⎫－32，0，－12 .
设平面PBD 的法向量为m ＝(x ，y ，z ). 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·PB →＝0，m ·PD →＝0，
得⎩⎨⎧3
2x －y －1
2z ＝0，
－32x －12z ＝0，
取z ＝3 ，得x ＝－1，y ＝－3 ，则m ＝(－1，－3 ，3 )为平面PBD 的一个法向量． 易知平面BCD 的一个法向量为EA →
桁架结构＝(0，0，1)，
设二面角P BD C 的大小为θ，由题意知该二面角为锐二面角． cos 〈EA →
，m 〉＝EA →·m |AE →|·|m |
＝31×7 ＝217 ，
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