立体几何（2）
1、如图，四棱锥pabcd中，pa⊥平面abcd，e为bd的中点，g为pd的中点，△dab≌△dcb，ea＝eb＝ab＝1，pa＝，连接ce并延长交ad于f.
1)求证：ad⊥平面cfg； (2)求平面bcp与平面dcp的夹角的余弦值．
2、如图①，在等腰直角三角形abc中，∠a ＝90°，bc＝6，d，e分别是ac，ab上的点，cd＝be＝，o为bc的中点．将△ade沿de折起，得到如图②所示的四棱椎a′bcde，其中a′o＝.
1)证明：a′o⊥平面bcde； (2)求二面角a′cdb的平面角的余弦值．
1、解：(1)证明：在△abd中，因为点e是bd中点，所以ea＝eb＝ed＝ab＝1，故∠bad＝，∠abe＝∠aeb＝.
因为△dab≌△dcb，所以△eab≌△ecb，从而有∠fed＝∠bec＝∠aeb＝， 所以∠fed＝∠fea，故ef⊥ad，af＝fd.
又pg＝gd，所以fg∥pa. 又pa⊥平面abcd， 所以gf⊥ad，故ad⊥平面cfg.
2)以点a为坐标原点建立如图所示的坐标系，则a(0,0,0)，b(1,0,0)， c，d(0，，0)，p， 故＝，.
设平面bcp的法向量n1＝(1，y1，z1)，则解得即n1＝.
设平面dcp的法向量n2＝(1，y2，z2)，则，解得。
即n2＝(1，，2)．从而平面bcp与平面dcp的夹角的余弦值为cos θ＝
2、解：(1)证明：法一：在折叠前的图形中，在等腰直角三角形abc中，因为bc＝6，o为bc的中点， 所以ac＝ab＝3，oc＝ob＝3.
又因为cd＝be＝，所以ad＝ae＝2.
如图①，连接od，在△ocd中，由余弦定理可得。
od＝＝.在折叠后的图形中，因为a′d＝2，所以a′o2＋od2＝a′d2，所以a′o⊥od.
同理可证a′o⊥oe.又od∩oe＝o， 所以a′o⊥平面bcde.
法二：如图①，在折叠前的图形中，连接ao，交de于点f，则f为de的中点．在等腰rt△abc中，因为bc＝6，o为bc的中点，所以ac＝ab＝3，oa＝3.
因为cd＝be＝，所以d和e分别是ac，ab的三等分点，则af＝2，of＝1.
如图②，在折叠后的图形中，连接of和a′f.
因为a′o＝，所以a′f2＝of2＋a′o2，所以a′o⊥of.
在折叠前的图形中，de⊥of， 所以在折叠后的图形中，de⊥a′f，de⊥of.
又of∩a′f＝f，of，a′f平面oa′f， 所以de⊥平面oa′f.
因为oa′平面oa′f，所以de⊥oa′. 因为of∩de＝f，of，de平面bcde，所以a′o⊥平面bcde.
2)法一：如图②，过o作om垂直于cd的延长线于点m，连接a′m.
因为a′o⊥平面bcde，cm平面bcde，om平面bcde，所以a′o⊥cm，a′o⊥om.
因为a′o∩om＝o，所以cm⊥平面a′om. 因为a′m平面a′om，所以cm⊥a′m，故∠a′mo就是所求二面角的平面角． 在rt△omc中，oc＝3，∠ocm＝45°，所以om＝.
在rt△a′om中，因为a′o＝，om＝， 所以a′m＝＝＝所以cos∠a′mo＝＝＝所以二面角a′cdb的平面角的余弦值为。
法二：以点o为原点，建立空间直角坐标系oxyz，如图③所示(f为de的中点)，则a′(0,0，)，c(0，－3,0)，d(1，－2,0)，所以＝(0,0，)，0,3，)，1,2，)．
设n＝(x，y，z)为平面a′cd的一个法向量，则。
令z＝，得n＝(1，－1，)，n|＝＝
由(1)知，＝(0,0，)为平面cdb的一个法向量．又||＝n＝0×1＋0×(－1)＋×3，所以cos＜n，＞＝即二面角a′cdb的平面角的余弦值为。
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