高考数学复习第八章立体几何8.7利用空间向量求空间角理市赛课公开课一等奖省名师优质课获奖PPT课件
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解析：cos〈a，b〉＝|aa|·|bb|＝ 23，因此 a 与 b 的夹角为 30°， 即斜线与平面的夹角也为 30°.
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(3)[教材习题改编]如图所示，在正方体 ABCD－A1B1C1D1 中， M，N 分别为棱 AA1 和 BB1 的中点，则 sin〈C→M，D→1N〉的值为
45 ___9_____．
已知 ABCD－A1B1C1D1 是棱长为 6 的正方体，E，F 分别是 棱 AB，BC 上的动点，且 AE＝BF.当 A1，E，F，1 C1 共面时，平 面 A1DE 与平面 C1DF 所成二面角的余弦值为___2_____．
34/100
解析：以 D 为原点，D→A，D→C，D→D1所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，
35/100
易知当 E(6,3,0)，F(3,6,0)时，A1，E，F，C1 四点共面．设平 面 A1DE 的 法 向 量 为 n1 ＝ (a ， b ， c) ， 依 题 意 得 nn11· ·DD→ →EA＝ 1＝66aa＋＋36bc＝ ＝00， ，
可取 n1＝(－1,2,1)．同理可得平面 C1DF 的一个法向量为 n2 ＝(2，－1,1)．故平面 A1DE 与平面 C1DF 所成二面角的余弦值为 ||nn11|·|nn22||＝12.
42/100
则nn22· ·OO→ →BC11＝ ＝00， ，
即
2x＋2z＝0， 2y＋2z＝0，
取 z＝－ 2，则 x＝2，y＝2，则 n2＝(2,2，－ 2)．
设二面角 C1－OB1－D 为 θ，
则 cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝
2＝ 10
510，
故二面角 C1－OB1－D 的余弦值为
1
2
30
2
A.10 B.5 C. 10 D. 2
8/100
[解析] 建立如图所示的空间直角坐标系 C－xyz，
设 BC＝2，则 B(0,2,0)，A(2,0,0)，M(1,1,2)，
9/100
N(1,0,2)，所以B→M＝(1，－1,2)，A→N＝(－1,0,2)，
故 BM 与 AN 所成角 θ 的余弦值
28/100
则B→B1＝(0,0,1)，A→D1＝(－1,0,1)， A→C＝(－1,1,0)．
设 n＝(x，y，z)为平面 ACD1 的法向量，
29/100
n·A→C＝0， 则有n·A→D1＝0，
即－ －xx＋ ＋zy＝ ＝00， ，
取 x＝1，得 n＝(1,1,1)．
设直线 BB1 与平面 ACD1 所成的角为 α，
→→
cos
θ＝
|BM·AN| →→
＝
|BM||AN|
3 6×
＝ 5
30 10 .
10/100
(2)如图，在正方形 ABCD 中，EF∥AB，若沿 EF 将正方形
折成一个二面角后，AE∶ED∶AD＝1∶1∶ 2，则 AF 与 CE 所 4
成角的余弦值为___5_____．
11/100
[解析] ∵AE∶ED∶AD＝1∶1∶ 2， ∴AE⊥ED，即 AE，DE，EF 两两垂直，
(1)[证明] 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.
38/100
(2)[解] 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． 如图，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.
32/100
(2)如图②③，n1，n2 分别是二面角 α－l－β 的两个半平面 α， β 的法向量，则二面角的大小 θ＝〈n1，n2〉或 π－〈n1，n2〉．
33/100
二面角的求法：可先求出两个平面的法向量 n1，n2 所成的角 〈n1，n2〉，则所求二面角为〈n1，n2〉或 π－〈n1，n2〉．
24/100
(2)[解] 以点 O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐 标系 O－xyz，
则 A(0，－1,0)，B(2,1,0)，C(0,1,0)，C1(0,2， 3)， A→B＝(2,2,0)，B→B1＝C→C1＝(0,1， 3)． 设 m＝(x，y，z)是平面 ABB1A1 的法向量，
25/100
∴建立如图所示的空间直角坐标系， 设 AB＝EF＝CD＝2， 则 E(0,0,0)，A(1,0,0)，
12/100
F(0,2,0)，C(0,2,1)，
∴A→F＝(－1,2,0)，E→C＝(0,2,1)，
→→
∴cos〈A→F，E→C〉＝
AF·EC →→
＝
|AF||EC|
4 5×
5＝45，
∴AF 与 CE 所成角的余弦值为45.
则有
sin
α＝|cos〈n，B→B1〉|＝
1＝ 3
33，
故 cos α＝
1－
3 3
2＝
6 3.
即
BB1
与平面
ACD1
所成角的余弦值为
6 3.
30/100
考点 3 二面角
31/100
求二面角的大小 (1)如图①，AB，CD 是二面角 α－l－β 的两个面内与棱 l 垂 直的直线，则二面角的大小 θ＝_〈__A→ _B_， __C_→_D_〉 ___.
必考部分
1/100
第八章 立体几何
2/100
§8.7 利用空间向量求空间角
3/100
考纲展示► 1.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面 的夹角的计算问题. 2.了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.
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考点 1 异面直线所成的角
5/100
两条异面直线所成角的求法 设两条异面直线 a，b 的方向向量为 a，b，其夹角为 θ，则 cos φ＝|cos θ|＝||aa|·|bb||(其中 φ 为异面直线 a，b 所成的角)．
10 5.
43/100
[题点发散 2] 在题干条件下，试在线段 C1C 上求一点 M， 使二面角 M－OB1－D 的大小为 60°.
解：在母题(2)建系条件下，O(0,0,0)，B1( 3，0,2)，C1(0,1,2)． 易知 n1＝(0,1,0)是平面 OB1D 的一个法向量． 设 M(0,1，m)，且 n2＝(x，y，z)是平面 OB1M 的一个法向量．
即y＋ 3x2＋z＝2z0＝. 0，
取 z＝－ 3，则 x＝2，y＝2 3，
40/100
所以 n2＝(2,2 3，－ 3)． 设二面角 C1－OB1－D 的大小为 θ，易知 θ 是锐角，
于是
cos
θ＝|cos〈n1，n2〉|＝||nn11|·|nn22||＝2
3＝2 19
57 19 .
故二面角
C1－OB1－D
的余弦值为2
57 19 .
41/100
[题点发散 1] 将(2)中条件“∠CBA＝60°”改为“∠CBA＝ 90°”，问题不变．
解：由母题(2)建系条件知，当∠CBA＝90°时，四边形 ABCD 为正方形，
不妨设 AB＝2，则 OB＝ 2，OC＝ 2， ∴O(0,0,0)，B1( 2，0,2)，C1(0， 2，2)． 易知 n1＝(0,1,0)是平面 OB1D 的一个法向量． 设 n2＝(x，y，z)是平面 OB1C1 的法向量，
13/100
[点石成金] 1.利用向量法求异面直线所成角的步骤
2．注意向量法求异面直线所成角与向量夹角的区别，尤其 是取值范围．
14/100
考点 2 直线与平面所成角
15/100
直线和平面所成角的求法 如图所示，设直线 l 的方向向量为 e，平面 α 的法向量为 n， 直线 l 与平面 α 所成的角为 φ，向量 e 与 n 的夹角为 θ，则有 sin φ＝|cos θ|＝||nn|·|ee||.
39/100
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. 设 n2＝(x，y，z)是平面 OB1C1 的法向量，
则nn22· ·OO→ →BC11＝ ＝00， ，
[典题 2] [2017·河南郑州二模]如图，在三棱柱 ABC－A1B1C1 中，四边形 AA1C1C 是边长为 2 的菱形，平面 ABC⊥平面 AA1C1C， ∠A1AC＝60°，∠BCA＝90°.
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(1)求证：A1B⊥AC1； (2)已知点 E 是 AB 的中点，BC＝AC，求直线 EC1 与平面 ABB1A1 所成的角的正弦值．
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(1)[教材习题改编]若直线 l 的方向向量与平面 α 的法向量的 夹角等于 120°，则直线 l 与平面 α 所成的角等于____3_0_°__．
解析：根据线面角的定义易知为 30°.
17/100
(2)[ 教 材 习 题 改 编 ] 如果平面 的一条斜 线和它在 这个平面上 的射影的方向向量分别是 a＝(0,2,1)，b＝( 2， 5， 5)，那么这 条斜线与平面的夹角是___3_0_°___．
＝
42 14 .
|EC1||m|
26/1Байду номын сангаас0
[点石成金] 利用向量法求线面角的方法 (1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化 为求两个方向向量的夹角(或其补角)． (2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的 法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角.
27/100
则m m· ·AB→ →BB＝ 1＝00，，
即 2y＋ x＋23yz＝ ＝00， ，
取 z＝－1，可得 m＝(－ 3， 3，－1)．
又 E(1,0,0)，所以E→C1＝(－1,2， 3)，
设直线 EC1 与平面 ABB1A1 所成的角为 θ，
→
则
sin
θ＝|cos〈E→C1，m〉|＝
|EC1·m| →
6/100
空间角的范围处理错误． 已知向量 m，n 分别是直线 l 和平面 α 的方向向量、法向量， 若 cos〈m，n〉＝－12，则 l 与 α 所成的角为___3_0_°___． 解析：设 l 与 α 所成的角为 θ， 则 sin θ＝|cos〈m，n〉|＝12，∴θ＝30°.
7/100
[典题 1] (1)直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，∠BCA＝90°， M，N 分别是 A1B1，A1C1 的中点，BC＝CA＝CC1，则 BM 与 AN 所成角的余弦值为( C )
[2017·辽宁协作体联考]在正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，求 BB1 与平面 ACD1 所成的角的余弦值．
解：设正方体的边长为 DD1＝1， 分别以 DA，DC，DD1 所在直线为 x 轴、y 轴、z 轴建立空 间直角坐标系， 则有 D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)， D1(0,0,1)，B1(1,1,1)，
则nn22· ·OO→ →M B1＝ ＝00， ，
即 y＋ 3xm＋z＝ 2z＝ 0，0，
44/100
取 z＝－1，则 x＝23 3，y＝m，
22/100
(1)[证明] AC 的中点 O，连接 A1O，
因为四边形 AA1C1C 是菱形，且∠A1AC＝60°， 所以△A1AC 为等边三角形，所以 A1O⊥AC.
23/100
又平面 ABC⊥平面 AA1C1C， 所以 A1O⊥平面 ABC，所以 A1O⊥BC. 又 BC⊥AC，所以 BC⊥平面 AA1C1C， 所以 AC1⊥BC. 在菱形 AA1C1C 中，AC1⊥A1C， 所以 AC1⊥平面 A1BC， 所以 A1B⊥AC1.
19/100
解析：设正方体的棱长为 2，以 D 为坐标原点，D→A，D→C，D→D1 所在方向分别为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系，
可知C→M＝(2，－2,1)，D→1N＝(2,2，－1)，所以 cos〈C→M，D→1N〉
＝－19，所以
sin〈C→M，D→1N〉＝4
9
5 .
20/100
36/100
[典题 3] 如图，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)求证：O1O⊥底面 ABCD； (2)若∠CBA＝60°，求二面角 C1－OB1－D 的余弦值．
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(3)[教材习题改编]如图所示，在正方体 ABCD－A1B1C1D1 中， M，N 分别为棱 AA1 和 BB1 的中点，则 sin〈C→M，D→1N〉的值为
45 ___9_____．
已知 ABCD－A1B1C1D1 是棱长为 6 的正方体，E，F 分别是 棱 AB，BC 上的动点，且 AE＝BF.当 A1，E，F，1 C1 共面时，平 面 A1DE 与平面 C1DF 所成二面角的余弦值为___2_____．
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解析：以 D 为原点，D→A，D→C，D→D1所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，
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易知当 E(6,3,0)，F(3,6,0)时，A1，E，F，C1 四点共面．设平 面 A1DE 的 法 向 量 为 n1 ＝ (a ， b ， c) ， 依 题 意 得 nn11· ·DD→ →EA＝ 1＝66aa＋＋36bc＝ ＝00， ，
可取 n1＝(－1,2,1)．同理可得平面 C1DF 的一个法向量为 n2 ＝(2，－1,1)．故平面 A1DE 与平面 C1DF 所成二面角的余弦值为 ||nn11|·|nn22||＝12.
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则nn22· ·OO→ →BC11＝ ＝00， ，
即
2x＋2z＝0， 2y＋2z＝0，
取 z＝－ 2，则 x＝2，y＝2，则 n2＝(2,2，－ 2)．
设二面角 C1－OB1－D 为 θ，
则 cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝
2＝ 10
510，
故二面角 C1－OB1－D 的余弦值为
1
2
30
2
A.10 B.5 C. 10 D. 2
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[解析] 建立如图所示的空间直角坐标系 C－xyz，
设 BC＝2，则 B(0,2,0)，A(2,0,0)，M(1,1,2)，
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N(1,0,2)，所以B→M＝(1，－1,2)，A→N＝(－1,0,2)，
故 BM 与 AN 所成角 θ 的余弦值
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则B→B1＝(0,0,1)，A→D1＝(－1,0,1)， A→C＝(－1,1,0)．
设 n＝(x，y，z)为平面 ACD1 的法向量，
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n·A→C＝0， 则有n·A→D1＝0，
即－ －xx＋ ＋zy＝ ＝00， ，
取 x＝1，得 n＝(1,1,1)．
设直线 BB1 与平面 ACD1 所成的角为 α，
→→
cos
θ＝
|BM·AN| →→
＝
|BM||AN|
3 6×
＝ 5
30 10 .
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(2)如图，在正方形 ABCD 中，EF∥AB，若沿 EF 将正方形
折成一个二面角后，AE∶ED∶AD＝1∶1∶ 2，则 AF 与 CE 所 4
成角的余弦值为___5_____．
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[解析] ∵AE∶ED∶AD＝1∶1∶ 2， ∴AE⊥ED，即 AE，DE，EF 两两垂直，
(1)[证明] 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.
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(2)[解] 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． 如图，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.
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(2)如图②③，n1，n2 分别是二面角 α－l－β 的两个半平面 α， β 的法向量，则二面角的大小 θ＝〈n1，n2〉或 π－〈n1，n2〉．
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二面角的求法：可先求出两个平面的法向量 n1，n2 所成的角 〈n1，n2〉，则所求二面角为〈n1，n2〉或 π－〈n1，n2〉．
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(2)[解] 以点 O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐 标系 O－xyz，
则 A(0，－1,0)，B(2,1,0)，C(0,1,0)，C1(0,2， 3)， A→B＝(2,2,0)，B→B1＝C→C1＝(0,1， 3)． 设 m＝(x，y，z)是平面 ABB1A1 的法向量，
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∴建立如图所示的空间直角坐标系， 设 AB＝EF＝CD＝2， 则 E(0,0,0)，A(1,0,0)，
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F(0,2,0)，C(0,2,1)，
∴A→F＝(－1,2,0)，E→C＝(0,2,1)，
→→
∴cos〈A→F，E→C〉＝
AF·EC →→
＝
|AF||EC|
4 5×
5＝45，
∴AF 与 CE 所成角的余弦值为45.
则有
sin
α＝|cos〈n，B→B1〉|＝
1＝ 3
33，
故 cos α＝
1－
3 3
2＝
6 3.
即
BB1
与平面
ACD1
所成角的余弦值为
6 3.
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考点 3 二面角
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求二面角的大小 (1)如图①，AB，CD 是二面角 α－l－β 的两个面内与棱 l 垂 直的直线，则二面角的大小 θ＝_〈__A→ _B_， __C_→_D_〉 ___.
必考部分
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第八章 立体几何
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§8.7 利用空间向量求空间角
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考纲展示► 1.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面 的夹角的计算问题. 2.了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.
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考点 1 异面直线所成的角
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两条异面直线所成角的求法 设两条异面直线 a，b 的方向向量为 a，b，其夹角为 θ，则 cos φ＝|cos θ|＝||aa|·|bb||(其中 φ 为异面直线 a，b 所成的角)．
10 5.
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[题点发散 2] 在题干条件下，试在线段 C1C 上求一点 M， 使二面角 M－OB1－D 的大小为 60°.
解：在母题(2)建系条件下，O(0,0,0)，B1( 3，0,2)，C1(0,1,2)． 易知 n1＝(0,1,0)是平面 OB1D 的一个法向量． 设 M(0,1，m)，且 n2＝(x，y，z)是平面 OB1M 的一个法向量．
即y＋ 3x2＋z＝2z0＝. 0，
取 z＝－ 3，则 x＝2，y＝2 3，
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所以 n2＝(2,2 3，－ 3)． 设二面角 C1－OB1－D 的大小为 θ，易知 θ 是锐角，
于是
cos
θ＝|cos〈n1，n2〉|＝||nn11|·|nn22||＝2
3＝2 19
57 19 .
故二面角
C1－OB1－D
的余弦值为2
57 19 .
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[题点发散 1] 将(2)中条件“∠CBA＝60°”改为“∠CBA＝ 90°”，问题不变．
解：由母题(2)建系条件知，当∠CBA＝90°时，四边形 ABCD 为正方形，
不妨设 AB＝2，则 OB＝ 2，OC＝ 2， ∴O(0,0,0)，B1( 2，0,2)，C1(0， 2，2)． 易知 n1＝(0,1,0)是平面 OB1D 的一个法向量． 设 n2＝(x，y，z)是平面 OB1C1 的法向量，
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[点石成金] 1.利用向量法求异面直线所成角的步骤
2．注意向量法求异面直线所成角与向量夹角的区别，尤其 是取值范围．
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考点 2 直线与平面所成角
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直线和平面所成角的求法 如图所示，设直线 l 的方向向量为 e，平面 α 的法向量为 n， 直线 l 与平面 α 所成的角为 φ，向量 e 与 n 的夹角为 θ，则有 sin φ＝|cos θ|＝||nn|·|ee||.
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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. 设 n2＝(x，y，z)是平面 OB1C1 的法向量，
则nn22· ·OO→ →BC11＝ ＝00， ，
[典题 2] [2017·河南郑州二模]如图，在三棱柱 ABC－A1B1C1 中，四边形 AA1C1C 是边长为 2 的菱形，平面 ABC⊥平面 AA1C1C， ∠A1AC＝60°，∠BCA＝90°.
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(1)求证：A1B⊥AC1； (2)已知点 E 是 AB 的中点，BC＝AC，求直线 EC1 与平面 ABB1A1 所成的角的正弦值．
16/100
(1)[教材习题改编]若直线 l 的方向向量与平面 α 的法向量的 夹角等于 120°，则直线 l 与平面 α 所成的角等于____3_0_°__．
解析：根据线面角的定义易知为 30°.
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(2)[ 教 材 习 题 改 编 ] 如果平面 的一条斜 线和它在 这个平面上 的射影的方向向量分别是 a＝(0,2,1)，b＝( 2， 5， 5)，那么这 条斜线与平面的夹角是___3_0_°___．
＝
42 14 .
|EC1||m|
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[点石成金] 利用向量法求线面角的方法 (1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化 为求两个方向向量的夹角(或其补角)． (2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的 法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角.
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则m m· ·AB→ →BB＝ 1＝00，，
即 2y＋ x＋23yz＝ ＝00， ，
取 z＝－1，可得 m＝(－ 3， 3，－1)．
又 E(1,0,0)，所以E→C1＝(－1,2， 3)，
设直线 EC1 与平面 ABB1A1 所成的角为 θ，
→
则
sin
θ＝|cos〈E→C1，m〉|＝
|EC1·m| →
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空间角的范围处理错误． 已知向量 m，n 分别是直线 l 和平面 α 的方向向量、法向量， 若 cos〈m，n〉＝－12，则 l 与 α 所成的角为___3_0_°___． 解析：设 l 与 α 所成的角为 θ， 则 sin θ＝|cos〈m，n〉|＝12，∴θ＝30°.
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[典题 1] (1)直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，∠BCA＝90°， M，N 分别是 A1B1，A1C1 的中点，BC＝CA＝CC1，则 BM 与 AN 所成角的余弦值为( C )
[2017·辽宁协作体联考]在正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，求 BB1 与平面 ACD1 所成的角的余弦值．
解：设正方体的边长为 DD1＝1， 分别以 DA，DC，DD1 所在直线为 x 轴、y 轴、z 轴建立空 间直角坐标系， 则有 D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)， D1(0,0,1)，B1(1,1,1)，
则nn22· ·OO→ →M B1＝ ＝00， ，
即 y＋ 3xm＋z＝ 2z＝ 0，0，
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取 z＝－1，则 x＝23 3，y＝m，
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(1)[证明] AC 的中点 O，连接 A1O，
因为四边形 AA1C1C 是菱形，且∠A1AC＝60°， 所以△A1AC 为等边三角形，所以 A1O⊥AC.
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又平面 ABC⊥平面 AA1C1C， 所以 A1O⊥平面 ABC，所以 A1O⊥BC. 又 BC⊥AC，所以 BC⊥平面 AA1C1C， 所以 AC1⊥BC. 在菱形 AA1C1C 中，AC1⊥A1C， 所以 AC1⊥平面 A1BC， 所以 A1B⊥AC1.
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解析：设正方体的棱长为 2，以 D 为坐标原点，D→A，D→C，D→D1 所在方向分别为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系，
可知C→M＝(2，－2,1)，D→1N＝(2,2，－1)，所以 cos〈C→M，D→1N〉
＝－19，所以
sin〈C→M，D→1N〉＝4
9
5 .
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[典题 3] 如图，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)求证：O1O⊥底面 ABCD； (2)若∠CBA＝60°，求二面角 C1－OB1－D 的余弦值．
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