不妨设AB＝2.因为∠CBA＝60°，所以OB＝3，OC＝1，OB1＝7.
OO1·O1B132在Rt△OO1B1中，易知O1H＝＝2.而O1C1＝1，于是C1H＝O1C21＋O1HOB17
1219＝1＋＝. 77
32
7257O1H
故cos∠C1HO1＝＝＝. C1H19197
257
即二面角C1-OB1-D的余弦值为.
19
方法二：因为四棱柱ABCD -A1B1C1D1的所有棱长都相等，所以四边形ABCD是菱形，
因此AC⊥BD.又O1O⊥底面ABCD，从而OB，OC，OO1两两垂直．
图(b) 如图(b)，以O为坐标原点，OB，OC，OO1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系O -xyz，不妨设AB＝2.因为∠CBA＝60°，所以OB＝3，OC＝1，于是相关各点的坐标为O(0，0，0)，
B1(3，0，2)，C1(0，1，2)．
易知，n1＝(0，1，0)是平面BDD1B1的一个法向量．
→??n2·OB1＝0，?3x＋2z＝0，
设n2＝(x，y，z)是平面OB1C1的一个法向量，则?即?
→y＋2z＝0.???n2·OC1＝0，
取z＝－3，则x＝2，y＝23，所以n2＝(2，23，－3)． 设二面角C1-OB1-D的大小为θ，易知θ是锐角，于是
?n1·n2?＝23＝257.
cos θ＝|cos〈，〉|＝??19?|n1|·|n2|?19
257
故二面角C1-OB1-D的余弦值为.
19
19．、、[2014·江西卷] 如图1-6，四棱锥P - ABCD中，ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD.
图1-6 (1)求证：AB⊥PD.
(2)若∠BPC＝90°，PB＝2，PC＝2，问AB为何值时，四棱锥P - ABCD的体积最大？并求此时平面BPC与平面DPC夹角的余弦值．
19．解：(1)证明：因为ABCD为矩形，所以AB⊥AD. 又平面PAD⊥平面ABCD， 平面PAD∩平面ABCD＝AD， 所以AB⊥平面PAD，故AB⊥PD.
(2)过P作AD的垂线，垂足为O，过O作BC的垂线，垂足为G，连接PG. 故PO⊥平面ABCD，BC⊥平面POG，BC⊥PG. 2 32 66在Rt△BPC中，PG＝，GC＝，BG＝.
333设AB＝m，则OP＝PG2－OG2＝1
V＝×6·m·
3
24－m2，故四棱锥P - ABCD的体积为
3
4m
－m2＝8－6m2. 33
因为m8－6m2＝8m2－6m4＝ 28
m2－?＋， －6?3?3?所以当m＝66
，即AB＝时，四棱锥P - ABCD的体积最大．
33
此时，建立如图所示的空间直角坐标系，各点的坐标分别为O(0，0，0)，B?C?
66?
，－，0，
3?3?
626?6?→→?626?26，0?，P?0，0，6?，故PC＝，BC＝(0，6，，，0，D0，，，－333?33??3?????3
0)，CD＝?－?
6?，0，0.
3?
设平面BPC的一个法向量为n1＝(x，y，1)，
62 66??x＋y－＝0，→→33则由n1⊥PC，n1⊥BC，得?3解得x＝1，y＝0，则n1＝(1，0，1)．
??6y＝0，
1
0，，1?. 同理可求出平面DPC的一个法向量为n2＝??2?|n1·n2|
设平面BPC与平面DPC的夹角为θ，则cos θ＝＝|n1||n2|
12·
10＝. 51＋14
19．、[2014·辽宁卷] 如图1-5所示，△ABC和△BCD所在平面互相垂直，且AB＝BC＝BD＝2，∠ABC＝∠DBC＝120°，E，F分别为AC，DC的中点．
(1)求证：EF⊥BC； (2)求二面角E-BF-C的正弦值．
图1-5 19．解：(1)证明：方法一，过点E作EO⊥BC，垂足为O，连接OF.由△ABC≌△DBC
π
可证出△EOC≌△FOC，所以∠EOC＝∠FOC＝，即FO⊥BC.又EO⊥BC，EO∩FO＝O，
2
所以BC⊥平面EFO.又EF?平面EFO，所以EF⊥BC.
图1 方法二，由题意，以B为坐标原点，在平面DBC内过B作垂直BC的直线，并将其作为x轴，BC所在直线为y轴，在平面ABC内过B作垂直BC的直线，并将其作为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，易得B(0，0，0)，A(0，－1，3)，D(3，－1，0)，C(0，
133133→→
2，0)，因而E(0，，)，F(，，0)，所以EF＝(，0，－)，BC＝(0，2，0)，因此
222222
→→
EF·BC＝0，
→→
从而EF⊥BC，所以EF⊥BC.
图2 (2)方法一，在图1中，过点O作OG⊥BF，垂足为G，连接EG.因为平面ABC⊥平面BDC，所以EO⊥面BDC，又OG⊥BF，所以由三垂线定理知EG⊥BF，
因此∠EGO为二面角E-BF-C的平面角．
113在△EOC中，EO＝EC＝BC·cos 30°＝. 222
BO3EO
由△BGO∽△BFC知，OG＝·FC＝，因此tan∠EGO＝＝2，从而得sin∠EGO
BC4OG
252 5＝，即二面角E-BF-C的正弦值为.
55
方法二，在图2中，平面BFC的一个法向量为n1＝(0，0，1)． 设平面BEF的法向量n2＝(x，y，z)，
3113→→
又BF＝(，，0)，BE＝(0，，)，
2222→??n2·BF＝0，
所以?得其中一个n2＝(1，－3，1)．
→??n2·BE＝0，
设二面角E-BF-C的大小为θ，且由题知θ为锐角，则cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝?＝1
， 5
因此sin θ＝
n1·n2??|n1||n2|?
22 52 5＝，即所求二面角正弦值为. 555
19．G5、G11[2014·新课标全国卷Ⅰ] 如图1-5，三棱柱ABC -A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，AB⊥B1C.
图1-5
(1)证明：AC＝AB1；
(2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，AB＝BC，求二面角A -A1B1 -C1的余弦值．
19．解：(1)证明：连接BC1，交B1C于点O，连接AO，因为侧面BB1C1C为菱形，所以B1C⊥BC1，且O为B1C及BC1的中点．
又AB⊥B1C，所以B1C⊥平面ABO. 由于AO?平面ABO，故B1C⊥AO. 又B1O＝CO，故AC＝AB1.
(2)因为AC⊥AB1，且O为B1C的中点，所以AO＝CO.
又因为AB＝BC，所以△BOA≌ △BOC.故OA⊥OB，从而OA，OB，OB1两两垂直． 以O为坐标原点，OB的方向为x轴正方向，|OB|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O- xyz.
因为∠CBB1＝60°，所以△CBB1为等边三角形，又AB＝BC，则A?0，0，?
3?
，B(1，3?
0，0)，B1?0，
?
3?3??，0，C0，－，0. 33???
33→
AB1＝?0，，－?，
33??3→
A1B1＝AB＝?1，0，－?，
3??3→
B1C1＝BC＝?－1，－，0?.
3??
设n＝(x，y，z)是平面AA1B1的法向量，则 33y－z＝0，?AB＝0，?n·33
?→即?
3AB＝0，?n·
?x－3z＝0.
111
所以可取n＝(1，3，3)． 设m是平面A1B1C1的法向量， →?A1B1＝0，?m·
则?
→?B1C1＝0，?m·
同理可取m＝(1，－3，3)． n·m1
则cos〈n，m〉＝＝.
|n||m|7
1
所以结合图形知二面角A -A1B1 - C1的余弦值为.
7
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.