题目内容
（2012•东城区二模）如图，矩形AMND所在的平面与直角梯形MBCN所在的平面互相垂直，MB∥NC，MN⊥MB，且MC⊥CB，BC=2，MB=4，DN=3．（Ⅰ）求证：AB∥平面DNC；
（Ⅱ）求二面角D-BC-N的余弦值．
分析：（I）由线面平行判定定理，可分别证出MB∥平面DNC且MA∥平面DNC，结合面面平行判定定理，得到平面AMB∥平面DNC，结合AB?平面AMB可得AB∥平面DNC；
（II）根据面面垂直的性质定理，证出DN⊥平面MBCN，从而得到NM、NC、ND两两互相垂直，因此以点N为坐标原点，建立空间直角坐标系如图．分别得到B、C、D的坐标，从而得到向量
、
的坐标，利用垂直向量数量积为零建立方程组，解出平面DBC的法向量
=（-1，
，
），结合
=（0，0，1）是平面NBC的一个法向量，运用空间向量的夹角公式算出
、
夹角的余弦值为
，即得二面角D-BC-N的余弦值．
（II）根据面面垂直的性质定理，证出DN⊥平面MBCN，从而得到NM、NC、ND两两互相垂直，因此以点N为坐标原点，建立空间直角坐标系如图．分别得到B、C、D的坐标，从而得到向量
| DC |
| CB |
| m1 |
| 3 |
| 3 |
| m2 |
| m1 |
| m2 |
| ||
| 7 |
解答：解：（I）∵MB∥NC，MB?平面DNC，NC?平面DNC，∴MB∥平面DNC．
∵四边形AMND为矩形，∴MA∥DN．
又∵MA?平面DNC，DN?平面DNC，∴MA∥平面DNC．
∵MA、MB是平面AMB内的相交直线，
∴平面AMB∥平面DNC．
又∵AB?平面AMB，∴AB∥平面DNC． …（5分）
（Ⅱ）∵平面AMND⊥平面MBCN，且平面AMND⊥平面MBCN=MN，DN⊥MN，
∴DN⊥平面MBCN，
而MN⊥NC，故以点N为坐标原点，NM、NC、ND分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系如图．
由已知得MC=2
，∠MCN=30°，易得MN=
，NC=3．
则D（0，0，3），C（0，3，0），B（
，4，0）．
∴
=（0，3，-3），
=（
，1，0）．
设平面DBC的法向量
=（x，y，z），则
，即
令x=-1，则y=z=
，可得
=（-1，
，
）．
又∵
=（0，0，1）是平面NBC的一个法向量，
∴cos＜
，
＞=
=
．
故所求二面角D-BC-N的余弦值为
．…（12分）
∵四边形AMND为矩形，∴MA∥DN．
又∵MA?平面DNC，DN?平面DNC，∴MA∥平面DNC．
∵MA、MB是平面AMB内的相交直线，
∴平面AMB∥平面DNC．
又∵AB?平面AMB，∴AB∥平面DNC． …（5分）
（Ⅱ）∵平面AMND⊥平面MBCN，且平面AMND⊥平面MBCN=MN，DN⊥MN，
∴DN⊥平面MBCN，
而MN⊥NC，故以点N为坐标原点，NM、NC、ND分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系如图．
由已知得MC=2
| 3 |
| 3 |
则D（0，0，3），C（0，3，0），B（
| 3 |
∴
| DC |
| CB |
| 3 |
设平面DBC的法向量
| m1 |
|
|
令x=-1，则y=z=
| 3 |
| m1 |
| 3 |
| 3 |
又∵
| m2 |
∴cos＜
| m1 |
| m2 |
| ||||
|
|
| ||
| 7 |
故所求二面角D-BC-N的余弦值为
| ||
| 7 |
点评：本题给出特殊的多面体，求证线面平行并求二面角D-BC-N的余弦值．着重考查了空间平行位置关系的证明和利用向量求面面所成角的方法等知识，属于中档题．
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