→
又CD1＝(0，0，3)为平面ABCD的一个法向量． →CD1·n5→
因此cos〈CD1，n〉＝＝，
5→
|CD1||n|
所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为5. 5
方法二：由(1)知，平面D1C1M∩平面ABCD＝AB，点过C向AB引垂线交AB于点N，连接D1N.
由CD1⊥平面ABCD，可得D1N⊥AB，
因此∠D1NC为二面角C1 - AB - C的平面角． 在Rt△BNC中，BC＝1，∠NBC＝60°， 可得CN＝
3， 2
15. 2
2所以ND1＝CD21＋CN＝
3
2CN5
在Rt△D1CN中，cos∠D1NC＝＝＝，
D1N155
2所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为5. 5
18．，，，[2014·四川卷] 三棱锥A - BCD及其侧视图、俯视图如图1-4所示．设M，N分别为线段AD，AB的中点，P为线段BC上的点，且MN⊥NP.
(1)证明：P是线段BC的中点； (2)求二面角A - NP - M的余弦值．
图1-4
18．解：(1)如图所示，取BD的中点O，连接AO，CO. 由侧视图及俯视图知，△ABD，△BCD为正三角形，
所以AO⊥BD，OC⊥BD.
因为AO，OC?平面AOC，且AO∩OC＝O， 所以BD⊥平面AOC.
又因为AC?平面AOC，所以BD⊥AC. 取BO的中点H，连接NH，PH.
又M，N，H分别为线段AD，AB，BO的中点，所以MN∥BD，NH∥AO， 因为AO⊥BD，所以NH⊥BD. 因为MN⊥NP，所以NP⊥BD.
因为NH，NP?平面NHP，且NH∩NP＝N，所以BD⊥平面NHP. 又因为HP?平面NHP，所以BD⊥HP.
又OC⊥BD，HP?平面BCD，OC?平面BCD，所以HP∥OC. 因为H为BO的中点，所以P为BC的中点．
(2)方法一：如图所示，作NQ⊥AC于Q，连接MQ.
由(1)知，NP∥AC，所以NQ⊥NP.
因为MN⊥NP，所以∠MNQ为二面角A - NP - M的一个平面角． 由(1)知，△ABD，△BCD为边长为2的正三角形，所以AO＝OC＝3. 由俯视图可知，AO⊥平面BCD.
因为OC?平面BCD，所以AO⊥OC，因此在等腰直角△AOC中，AC＝6. 作BR⊥AC于R
因为在△ABC中，AB＝BC，所以R为AC的中点， 所以BR＝AC?210?AB－?2?＝. 2
2
因为在平面ABC内，NQ⊥AC，BR⊥AC， 所以NQ∥BR.
又因为N为AB的中点，所以Q为AR的中点， BR10
所以NQ＝＝. 24同理，可得MQ＝
10
. 4
故△MNQ为等腰三角形， 所以在等腰△MNQ中， MNBD2410
cos∠MNQ＝＝＝.
NQNQ5
故二面角A - NP - M的余弦值是
10. 5
方法二：由俯视图及(1)可知，AO⊥平面BCD.
因为OC，OB?平面BCD，所以AO⊥OC，AO⊥OB. 又OC⊥OB，所以直线OA，OB，OC两两垂直．
如图所示，以O为坐标原点，以OB，OC，OA的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系O -xyz.
则A(0，0，3)，B(1，0，0)，C(0，3，0)，D(－1，0，0)． 因为M，N分别为线段AD，AB的中点， 又由(1)知，P为线段BC的中点，
131313
所以M?－，0，?，N?，0，?，P?，，0?，于是AB＝(1，0，－3)，BC＝(－
2??22??22?2?1，3，0)，MN＝(1，0，0)，NP＝?0，
?
33?
. ，－22?
设平面ABC的一个法向量n1＝(x1，y1，z1)，
??n1⊥AB，??n1·AB＝0，
?由得?即 ?n1⊥BC，??n1·BC＝0，?
（1，0，－3）＝0，?（x1，y1，z1）·
?
（－1，3，0）＝0，?（x1，y1，z1）·
?x1－3z1＝0，
从而?
?－x1＋3y1＝0.
取z1＝1，则x1＝3，y1＝1，所以n1＝(3，1，1)． 设平面MNP的一个法向量n2＝(x2，y2，z2)，由，
??n2⊥MN，??n2·MN＝0，?得? ?n2⊥NP，??n2·NP＝0，?
（x，y，z）·（1，0，0）＝0，??222即??0，3，－3?＝0， （x，y，z）·?22??222?
x＝0，??2
从而?3 3
??2y2－2z2＝0.
取z2＝1，则y2＝1，x2＝0，所以n2＝(0，1，1)．
设二面角A - NP - M的大小为θ，则cos θ＝?＝
10
. 5
故二面角A-NP-M的余弦值是
10. 5
（0，1，1）??n1·n2?＝?（3，1，1）·
???
?|n1|·|n2|??5×2?
G5 空间中的垂直关系 17．、、[2014·福建卷] 在平面四边形ABCD中，AB＝BD＝CD＝1，AB⊥BD，CD⊥BD.将△ABD沿BD折起，使得平面ABD⊥平面BCD，如图1-5所示．
(1)求证：AB⊥CD；
(2)若M为AD中点，求直线AD与平面MBC所成角的正弦值．
图1-5
17．解：(1)证明：∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AB?平面ABD，AB⊥BD，∴AB⊥平面BCD.
又CD?平面BCD，∴AB⊥CD.
(2)过点B在平面BCD内作BE⊥BD.
由(1)知AB⊥平面BCD，BE?平面BCD，BD?平面BCD，∴AB⊥BE，AB⊥BD. →→→
以B为坐标原点，分别以BE，BD，BA的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图所示)．
110，，?. 依题意，得B(0，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，A(0，0，1)，M??22?11→→→
0，，?，AD＝(0，1，－1)． 则BC＝(1，1，0)，BM＝??22?设平面MBC的法向量n＝(x0，y0，z0)， x＋y＝0，→?BC＝0，??n·?00
则?即?1 1
→y＋z＝0，?BM＝0，??n·?2020
取z0＝1，得平面MBC的一个法向量n＝(1，－1，1)． 设直线AD与平面MBC所成角为θ，
→|n·AD|6→则sin θ＝cos〈n，AD〉＝＝. 3→
|n|·|AD|
||
即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为6
. 3
18．、[2014·广东卷] 如图1-4，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，∠DPC＝30°，AF⊥PC于点F，FE∥CD，交PD于点E.
(1)证明：CF⊥平面ADF； (2)求二面角D - AF - E的余弦值．
图1-4
19．、[2014·湖南卷] 如图1-6所示，四棱柱ABCD -A1B1C1D1的所有棱长都相等，AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形．
(1)证明：O1O⊥底面ABCD；
(2)若∠CBA＝60°，求二面角C1-OB1-D的余弦值．
图1-6 19．解：(1)如图(a)，因为四边形ACC1A1为矩形，所以CC1⊥AC.同理DD1⊥BD. 因为CC1∥DD1，所以CC1⊥BD.而AC∩BD＝O，因此CC1⊥底面ABCD. 由题设知，O1O∥C1C.故O1O⊥底面ABCD.
(2)方法一： 如图(a)，过O1作O1H⊥OB1于H，连接HC1.
由(1)知，O1O⊥底面ABCD，所以O1O⊥底面A1B1C1D1，于是O1O⊥A1C1.
图(a) 又因为四棱柱ABCD -A1B1C1D1的所有棱长都相等，所以四边形A1B1C1D1是菱形，
因此A1C1⊥B1D1，从而A1C1⊥平面BDD1B1，所以A1C1⊥OB1，于是OB1⊥平面O1HC1. 进而OB1⊥C1H.故∠C1HO1是二面角C1-OB1-D的平面角．