(1)求证：AG⊥BD；
(2)求二面角P-AG-B的平面角的余弦值． 解：建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，
由题意可知83π＝2×2π×AD，解得AD＝23.
则A(0，0，0)，B(0，4，0)，D(0，0，23)，P(3，3，0)， 因为G是DP的中点，所以可求得G?
?33?
，，3?. ?22?
?→→?33
(1)证明：BD＝(0，－4，23)，AG＝?，，3?.
?22??→→?33
所以AG·BD＝?，，3?·(0，－4，23)＝0，
?22?
所以AG⊥BD. →
(2)BP＝(
33?→??→→?33
3，－1，0)，AG＝?，，3?，PG＝?－，－，3?，BG＝
2?22??2?
5?3?
?，－，3?，
2?2?
→→→→→
因为BP·PG＝0，AG·BP＝0，所以BP是平面APG的法向量．
→→
设n＝(x，y，1)是平面ABG的法向量，由n·AG＝0，n·BG＝0.解得n＝(－2，0，1)， →
BP·n－2315→
cos〈BP，n〉＝＝＝－. →525|BP|·|n|结合图形得，二面角P-AG-B的平面角的余弦值为15
. 5
3．(2020·温州十五校联考)已知菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于一点O，∠BAD＝60°，将△BDC沿着BD折起得△BDC′，连接AC′.
(1)求证：平面AOC′⊥平面ABD；
(2)若点C′在平面ABD上的投影恰好是△ABD的重心，求直线CD与底面ADC′所成角的正弦值．
解：(1)证明：因为C′O⊥BD，AO⊥BD，C′O∩AO＝O，所以BD⊥平面C′OA，又因为
BD?平面ABD，所以平面AOC′⊥平面ABD.
(2)如图建系O-xyz，令AB＝a，则A?
?3?
a，0，0?， ?2?
????B?0，a，0?，D?0，－a，0?，C′??
?
?
?
1
212
6??3
a，0，a?，
3??6
31?→→?所以DC＝AB＝?－a，a，0?，平面ADC′的法向量为m＝
2?2?
|DC·m|2??→
设直线CD与底面ADC′所成角为θ，则sin θ＝|cos〈DC，m〉|＝?1，－3，?，
→2??|DC||m|＝
3a6
＝， 33a·
2
故直线CD与底面ADC′所成角的正弦值为4.如图，在四棱锥P6. 3
→
ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱
PA＝PD＝2，PA⊥PD，底面ABCD为直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AB＝BC＝1，O为AD的中点．
(1)求直线PB与平面POC所成角的余弦值； (2)求B点到平面PCD的距离；
(3)线段PD上是否存在一点Q，使得二面角Q-AC-D的余弦值为值；若不存在，请说明理由．
解：(1)在△PAD中，PA＝PD，O为AD中点，所以PO⊥AD，又侧面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO?平面PAD，所以PO⊥平面ABCD.
在直角梯形ABCD中，连接OC，易得OC⊥AD，所以以O为坐标原点，直线OC为x轴，→→→
直线OD为y轴，直线OP为z轴可建立空间直角坐标系Q-xyz(OC、OD、OP的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向)，则P(0，0，1)，A(0，－1，0)，B(1，－1，0)，C(1，0，0)，
6PQ？若存在，求出的3QDD(0，1，0)，所以PB＝(1，－1，－1)．
易证OA⊥平面POC，
→
所以OA＝(0，－1，0)是平面POC的一个法向量， →→PB·OA3→→
又cos〈PB，OA〉＝＝，
→→3|PB||OA|所以直线PB与平面POC所成角的余弦值为6. 3
→
→→
(2)PD＝(0，1，－1)，CP＝(－1，0，1)， 设平面PCD的法向量为u＝(x，y，z)，
→则u·→CP＝－x＋z＝0，u·PD＝y－z＝0，取z＝1，得u＝(1，1，1)． →
|BP·u|3
所以B点到平面PCD的距离为d＝＝. |u|3→→
(3)存在．设PQ＝λPD(0≤λ＜1)，
→→→→因为PD＝(0，1，－1)，所以PQ＝(0，λ，－λ)＝OQ－OP， →
所以OQ＝(0，λ，1－λ)，所以Q(0，λ，1－λ)． 设平面CAQ的法向量为m＝(x′，y′，z′)， →??m·AC＝x′＋y′＝0，
则?
→??m·AQ＝（λ＋1）y′＋（1－λ）z′＝0.取z′＝λ＋1，得m＝(1－λ，λ－1，λ＋1)， 易知平面CAD的一个法向量为n＝(0，0，1)， 因为二面角Q-AC-D的余弦值为6
， 3
{
|m·n|6
所以|cos〈m，n〉|＝＝，
|m||n|3得3λ－10λ＋3＝0， 1
解得λ＝或λ＝3(舍去)，
3
所以存在点Q，使得二面角Q-AC-D的余弦值为
6PQ1，且＝. 3QD2
2