2019届二轮复习（理）专题37直线、平面平行的判定及性质学案（全国通用）

2019届二轮复习（理）专题37直线、平面平行的判定及性质学案（全国通用）

‎1.以立体几何的有关定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行、面面平行的有关性质与判定定理，并能够证明相关性质定理；‎ ‎2.能运用线面平行、面面平行的判定及性质定理证明一些空间图形的平行关系的简单命题．‎ ‎ ‎ ‎1．直线与平面平行的判定与性质 判定 性质 ]‎ 定义 ]‎ 定理 ]‎ 图形 条件 a∩α＝∅‎ a⊂α，b⊄α，a∥b a∥α a∥α，a⊂β，α∩β＝b 结论 a∥α b∥α a∩α＝∅‎ a∥b ‎2.面面平行的判定与性质 判定 性质 定义 定理 图形 条件 α∩β＝∅‎ a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b α∥β，a⊂β 结论 α∥β α∥β a∥b a∥α ‎1．平行直线 ‎(1)平行公理：过直线外一点有且只有一条直线和已知直线平行．‎ ‎(2)基本性质4(空间平行线的传递性)：平行于同一条直线的两条直线互相平行．‎ ‎(3)定理：如果一个角的两边与另一个角的两边分别对应平行，并且方向相同，那么这两个角相等．‎ ‎(4)空间四边形：顺次连接不共面的四点A，B，C，D所构成的图形，叫做空间四边形． ‎ ‎2．直线与平面平行 ‎(1)直线与平面平行的定义 直线l与平面α没有公共点，则称直线l与平面α平行．‎ ‎(2)判定定理与性质定理 文字语言 图形表示 符号表示 判定定理 不在一个平面内的一条直线和平面内的一条直线平行，则该直线平行于此平面 a⊄α，b⊂α，‎ a∥b⇒a∥α 性质定理 一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，则这条直线就和两平面的交线平行 a∥α，a⊂β，‎ α∩β＝b⇒a∥b ‎3.平面与平面平行 ‎(1)平面与平面平行的定义 没有公共点的两个平面叫做平行平面．‎ ‎(2)判定定理与性质定理 文字语言 图形表示 符号表示 判定定理 一个平面内有两条相交直线平行于另一个平面，则这两个平面平行 a⊂α，b⊂α，a∩b＝P，a∥β，b∥β⇒α∥β 性质定理 两个平面平行，则其中一个平面内的直线平行于另一个平面 α∥β，a⊂α⇒a∥β 如果两个平行平面同时与第三个平面相交，那么它们的交线平行 α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b ‎4.与垂直相关的平行的判定 ‎(1)a⊥α，b⊥α⇒a∥b．‎ ‎(2)a⊥α，a⊥β⇒α∥β．‎ 高频考点一　直线与平面平行的判定与性质 例1、如图，四棱锥P－ABCD中，AD∥BC，AB＝BC＝AD，E，F，H分别为线段AD，PC，CD的中点，AC与BE交于O点，G是线段OF上一点．‎ ‎(1)求证：AP∥平面BEF；‎ ‎(2)求证：GH∥平面PAD.‎ 证明　(1)连接EC，‎ ‎ ‎ ‎(2)连接FH，OH，‎ ‎∵F，H分别是PC，CD的中点，‎ ‎∴FH∥PD，∴FH∥平面PAD.‎ 又∵O是BE的中点，H是CD的中点，‎ ‎∴OH∥AD，∴OH∥平面PAD.‎ 又FH∩OH＝H，∴平面OHF∥平面PAD.‎ 又∵GH⊂平面OHF，∴GH∥平面PAD.‎ ‎【举一反三】如图，四棱锥P－ABCD的底面是边长为8的正方形，四条侧棱长均为2.点G，E，F，H分别是棱PB，AB，CD，PC上共面的四点，平面GEFH⊥平面ABCD，BC∥平面GEFH.‎ ‎(1)证明：GH∥EF；‎ ‎(2)若EB＝2，求四边形GEFH的面积．‎ ‎ ‎ ‎(2)解　如图，连接AC，BD交于点O，BD交EF于点K，连接OP，GK.‎ 因为PA＝PC，O是AC的中点，所以PO⊥AC，‎ 同理可得PO⊥BD.‎ 又BD∩AC＝O，且AC，BD都在底面内，‎ 所以PO⊥底面ABCD ‎ 又因为平面GEFH⊥平面ABCD，‎ 且PO⊄平面GEFH，所以PO∥平面GEFH.‎ 因为平面PBD∩平面GEFH＝GK，‎ 所以PO∥GK，且GK⊥底面ABCD，‎ 从而GK⊥EF.‎ 所以GK是梯形GEFH的高．‎ 由AB＝8，EB＝2得EB∶AB＝KB∶DB＝1∶4，‎ 从而KB＝DB＝OB，即K为OB的中点．‎ 再由PO∥GK得GK＝PO，‎ 即G是PB的中点，且GH＝BC＝4.‎ 由已知可得OB＝4，‎ PO＝＝＝6，‎ 所以GK＝3.‎ 故四边形GEFH的面积S＝·GK ‎＝×3＝18. 学 . ‎ ‎【变式探究】(1)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，∠ABC＝∠ACD＝90°，∠BAC＝∠CAD＝60°，E为PD的中点，AB＝1，‎ 求证：CE∥平面PAB；‎ ‎(2)如图所示，CD，AB均与平面EFGH平行，E，F，G，H分别在BD，BC，AC，AD上，且CD⊥AB.求证：四边形EFGH是矩形．‎ 证明　(1)由已知条件有AC＝2AB＝2，AD＝2AC＝4，CD＝2.‎ 如图所示，延长DC，AB，设其交于点N，连接PN，‎ 因为∠NAC＝∠DAC＝60°，AC⊥CD，‎ 所以C为ND的中点，‎ 又因为E为PD的中点，所以EC∥PN，‎ 因为EC⊄平面PAB，PN⊂平面PAB，‎ 所以CE∥平面PAB.‎ 高频考点二　平面与平面平行的判定与性质 例2、如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点，求证：‎ ‎(1)B，C，H，G四点共面；‎ ‎(2)平面EFA1∥平面BCHG.‎ 证明　(1)∵G，H分别是A1B1，A1C1的中点，‎ ‎∴GH是△A1B1C1的中位线，‎ ‎∴GH∥B1C1.‎ 又∵B1C1∥BC，‎ ‎∴GH∥BC，‎ ‎∴B，C，H，G四点共面．‎ ‎(2)∵E，F分别是AB，AC的中点，‎ ‎∴EF∥BC.‎ ‎∵EF⊄平面BCHG，BC⊂平面BCHG，‎ ‎∴EF∥平面BCHG.‎ ‎∵A1G綊EB，‎ ‎∴四边形A1EBG是平行四边形，‎ ‎∴A1E∥GB.‎ ‎∵A1E⊄平面BCHG，GB⊂平面BCHG，‎ ‎∴A1E∥平面BCHG.‎ ‎∵A1E∩EF＝E，‎ ‎∴平面EFA1∥平面BCHG.‎ ‎【方法技巧】证明面面平行的方法：‎ ‎(1)面面平行的定义；‎ ‎(2)面面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行；‎ ‎(3)利用垂直于同一条直线的两个平面平行；‎ ‎(4)两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行；‎ ‎(5)利用“线线平行”、“线面平行”、“面面平行”的相互转化．‎ ‎【变式探究】如图，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，S是B1D1的中点，E、F、G分别是BC、DC、SC的中点，求证：‎ ‎(1)直线EG∥平面BDD1B1；‎ ‎(2)平面EFG∥平面BDD1B1.‎ 证明　(1)如图，连接SB，‎ ‎∵E、G分别是BC、SC的中点，∴EG∥SB.‎ 又∵SB⊂平面BDD1B1，EG⊄平面BDD1B1，‎ ‎∴直线EG∥平面BDD1B1.‎ ‎(2)连接SD，∵F、G分别是DC、SC的中点，‎ ‎∴FG∥SD.‎ 又∵SD⊂平面BDD1B1，FG⊄平面BDD1B1，‎ ‎∴FG∥平面BDD1B1，‎ 又EG⊂平面EFG，FG⊂平面EFG，EG∩FG＝G，‎ ‎∴平面EFG∥平面BDD1B1. ‎ 高频考点三　平行关系的综合应用 例4、如图所示，在四面体ABCD中，截面EFGH平行于对棱AB和CD，试问截面在什么位置时其截面面积最大？‎ ‎【感悟提升】利用线面平行的性质，可以实现与线线平行的转化，尤其在截面图的画法中，常用来确定交线的位置，对于最值问题，常用函数思想来解决．‎ ‎【变式探究】如图所示，四棱锥P－ABCD的底面是边长为a的正方形，侧棱PA⊥底面ABCD ‎，在侧面PBC内，有BE⊥PC于E，且BE＝a，试在AB上找一点F，使EF∥平面PAD.‎ 解　如图所示，‎ ‎∴PC2＝BC2＋PB2＝BC2＋AB2＋PA2.‎ 设PA＝x则PC＝，‎ 由PB·BC＝BE·PC得：‎ ·a＝·a，‎ ‎∴x＝a，即PA＝a，∴PC＝a.‎ 又CE＝＝a，‎ ‎∴＝，∴＝＝，‎ 即GE＝CD＝a，∴AF＝a.‎ 即AF＝AB. ‎ 故点F是AB上靠近B点的一个三等分点．‎ ‎1. （2018年江苏卷）在平行六面体中，．‎ 求证：（1）；‎ ‎（2）．‎ ‎【答案】答案见解析 ‎【解析】‎ 证明：（1）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB∥A1B1．‎ ‎（2）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形．‎ 又因为AA1=AB，所以四边形ABB1A1为菱形，‎ 因此AB1⊥A1B．‎ 又因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，‎ 所以AB1⊥BC．‎ 又因为A1B∩BC=B，A1B平面A1BC，BC平面A1BC，‎ 所以AB1⊥平面A1BC．‎ 因为AB1平面ABB1A1，‎ 所以平面ABB1A1⊥平面A1BC． ‎ ‎1．[2017·全国卷Ⅰ]如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是(　　)‎ 答案　A C项，作如图③所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥MQ，∴AB∥MQ.‎ 又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.‎ D项，作如图④所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥NQ，∴AB∥NQ.‎ 又AB⊄平面MNQ，NQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.故选A.‎ ‎1.【2016高考山东理数】在如图所示的圆台中，AC是下底面圆O的直径，EF是上底面圆O的直径，FB是圆台的一条母线.‎ ‎（I）已知G,H分别为EC，FB的中点，求证：GH∥平面ABC；‎ ‎（II）已知EF=FB=AC=，AB=BC.求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎（II）解法一：‎ 连接,则平面，‎ 又且是圆的直径，所以 以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 由题意得，，过点作于点，‎ 所以 可得 故.‎ 设是平面的一个法向量. ‎ 由 可得 可得平面的一个法向量 因为平面的一个法向量 所以.‎ 所以二面角的余弦值为. ‎ 从而，可得 所以二面角的余弦值为.‎ ‎2.【2016高考江苏卷】‎ 如图，在直三棱柱ABC-A1B‎1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且 ，.‎ 求证：（1）直线DE∥平面A1C1F；‎ ‎（2）平面B1DE⊥平面A1C1F. ‎ ‎【答案】（1）详见解析（2）详见解析 ‎（2）在直三棱柱中，‎ 因为平面，所以 又因为 所以平面 因为平面，所以 又因为 所以 因为直线，所以 ‎ ‎3.【2016高考天津理数】‎ 如图，正方形ABCD的中心为O，四边形OBEF为矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，点G为AB的中点，AB=BE=2.‎ ‎（I）求证：EG∥平面ADF；‎ ‎（II）求二面角O-EF-C的正弦值；‎ ‎（III）设H为线段AF上的点，且AH=HF，求直线BH和平面CEF所成角的正弦值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）（Ⅲ）‎ ‎【解析】依题意，，如图，以为点，分别以的方向为轴，轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得，.‎ ‎（I）证明：依题意，.‎ 设为平面的法向量，则，即 .‎ 不妨设，可得，又，可得，‎ 又因为直线，所以.‎ ‎（II）解：易证，为平面的一个法向量.依题意，.‎ 设为平面的法向量，则，即 .‎ 不妨设，可得. ‎ 因此有，于是，‎ 所以，二面角的正弦值为.‎ ‎ ‎ ‎1.【2015高考新课标2，理19】（本题满分12分）‎ 如图，长方体中,，，，点，分别在，上，．过点，的平面与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．‎ D D1‎ C1‎ A1‎ E F A B C B1‎ ‎（Ⅰ）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由）；‎ ‎（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）．‎ ‎【解析】（Ⅰ）交线围成的正方形如图：‎ ‎ ‎ ‎2.【2015江苏高考，16】（本题满分14分）如图，在直三棱柱中，已知，，设的中点为，.‎ 求证：（1）；‎ ‎（2）.‎ A B C D E A1‎ B1‎ C1‎ ‎【答案】（1）详见解析（2）详见解析 ‎ ‎ ‎（2）因为棱柱是直三棱柱，‎ 所以平面．‎ 因为平面，所以．‎ 又因为，平面，平面，，‎ 所以平面．‎ 又因为平面，所以．‎ 因为，所以矩形是正方形，因此．‎ 因为，平面，，所以平面．‎ 又因为平面，所以．‎ ‎3.【2015高考安徽，理19】如图所示，在多面体，四边形，均为正方形，为的中点，过的平面交于F.‎ ‎（Ⅰ）证明：；‎ ‎（Ⅱ）求二面角余弦值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ ‎（Ⅰ）证明：由正方形的性质可知，且，所以四边形为平行四边形，从而，又面，面，于是面，又面，而面面，所以.‎ ‎（Ⅱ）因为四边形，，均为正方形，所以 ‎，且，以为原点，分别以为轴，轴，轴单位正向量建立，如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标.而点为的中点，所以点的坐标为.‎ 设面的法向量.而该面上向量，由得应满足的方程组，为其一组解，所以可取.设面的法向量，而该面上向量，由此同理可得.所以结合图形知二面角的余弦值为.‎ ‎1．（2014·安徽卷）如图15，四棱柱ABCD A1B‎1C1D1中，A‎1A⊥底面ABCD，四边形ABCD为梯形，AD∥BC，且AD＝2BC.过A1，C，D三点的平面记为α，BB1与α的交点为Q.‎ 图15‎ ‎(1)证明：Q为BB1的中点；‎ ‎(2)求此四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积之比；‎ ‎(3)若AA1＝4，CD＝2，梯形ABCD的面积为6，求平面α与底面ABCD所成二面角的大小．‎ 解： (1)证明：因为BQ∥AA1，BC∥AD，‎ BC∩BQ＝B，AD∩AA1＝A，‎ 所以平面QBC∥平面A1AD，‎ 从而平面A1CD与这两个平面的交线相互平行，‎ 即QC∥A1D.‎ 故△QBC与△A1AD的对应边相互平行，‎ 于是△QBC∽△A1AD，‎ 所以＝＝＝，即Q为BB1的中点．‎ ‎(2)如图1所示，连接QA，QD.设AA1＝h，梯形ABCD 的高为d，四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积分别为V上和V下，BC＝a，则AD＝‎2a. ‎ 图1‎ ‎ ‎ ‎(3)方法一：如图1所示，在△ADC中，作AE⊥DC，垂足为E，连接A1E.‎ 又DE⊥AA1，且AA1∩AE＝A，‎ 所以DE⊥平面AEA1，所以DE⊥A1E.‎ 所以∠AEA1为平面α与底面ABCD所成二面角的平面角．‎ 因为BC∥AD，AD＝2BC，所以S△ADC＝2S△BCA.‎ 又因为梯形ABCD的面积为6，DC＝2，‎ 所以S△ADC＝4，AE＝4.‎ 于是tan∠AEA1＝＝1，∠AEA1＝.‎ 故平面α与底面ABCD所成二面角的大小为.‎ 方法二：如图2所示，以D为原点，DA，分别为x轴和 轴正方向建立空间直角坐标系．‎ 设∠CDA＝θ，BC＝a，则AD＝‎2a.‎ 因为S四边形ABCD＝·2sin θ＝6，‎ 所以a＝.‎ 图2‎ ‎ ‎ ‎2．（2014·北京卷）如图13，正方形AMDE的边长为2，B，C分别为AM，MD的中点．在五棱锥P ABCDE中，F为棱PE的中点，平面ABF与棱PD，PC分别交于点G，H.‎ ‎(1)求证：AB∥FG；‎ ‎(2)若PA⊥底面ABCDE，且PA＝AE，求直线BC与平面ABF所成角的大小，并求线段PH的长．‎ 图13‎ 解：(1)证明：在正方形AMDE中，因为B是AM的中点，所以AB∥DE.‎ 又因为AB⊄平面PDE，‎ 所以AB∥平面PDE.‎ 因为AB⊂平面ABF，且平面ABF∩平面PDE＝FG，‎ 所以AB∥FG. 学 . ‎ ‎(2)因为PA⊥底面ABCDE，‎ 所以PA⊥AB，PA⊥AE.‎ 建立空间直角坐标系Axy ，如图所示，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(2，1，0)，P(0，0，2)，F(0，1，1)，＝(1，1，0)．‎ 设平面ABF的法向量为n＝(x，y， )，则 即 令 ＝1，则y＝－1.所以n＝(0，－1，1)．‎ 设直线BC与平面ABF所成角为α，则 sin α＝|cos〈n，〉|＝＝.‎ 因此直线BC与平面ABF所成角的大小为.‎ ‎3．（2014·湖北卷）如图14，在棱长为2的正方体ABCDA1B‎1C1D1中，E，F，M，N分别是棱AB，AD，A1B1，A1D1的中点，点P，Q分别在棱DD1，BB1上移动，且DP＝BQ＝λ(0<λ<2)．‎ ‎(1)当λ＝1时，证明：直线BC1∥平面EFPQ.‎ ‎(2)是否存在λ，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．‎ 图14‎ 解：方法一(几何方法)：‎ ‎(1)证明：如图①，连接AD1，由ABCDA1B‎1C1D1是正方体，知BC1∥AD1.‎ 当λ＝1时，P是DD1的中点，又F是AD的中点，所以FP∥AD1，所以BC1∥FP.‎ 而FP⊂平面EFPQ，且BC1⊄平面EFPQ，故直线BC1∥平面EFPQ. ‎ 图①　　　　　　　　　图②　　　‎ 方法二(向量方法)：‎ 以D为原点，射线DA，DC，DD1分别为x，y， 轴的正半轴建立如图③所示的空间直角坐标系．由已知得B(2，2，0)，C1(0，2，2)，E(2，1，0)，F(1，0，0)，P(0，0，λ)．‎ 图③　　　　‎ ＝(－2，0，2)，FP＝(－1，0，λ)，FE＝(1，1，0)．‎ ‎(1)证明：当λ＝1时，FP＝(－1，0，1)，‎ 因为＝(－2，0，2)，‎ 所以＝2，即BC1∥FP.‎ 而FP⊂平面EFPQ，且BC1⊄平面EFPQ，故直线BC1∥平面EFPQ.‎ ‎(2)设平面EFPQ的一个法向量为n＝(x，y， )，则由可得 于是可取n＝(λ，－λ，1)．‎ 同理可得平面MNPQ的一个法向量为m＝(λ－2，2－λ，1)．‎ 若存在λ，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角，‎ 则m·n＝(λ－2，2－λ，1)·(λ，－λ，1)＝0，‎ 即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0，解得λ＝1±.‎ 故存在λ＝1±，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角． ‎ ‎4．（2014·新课标全国卷Ⅱ）如图13，四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．‎ ‎(1)证明：PB∥平面AEC；‎ ‎(2)设二面角DAEC为60°，AP＝1，AD＝，求三棱锥EACD的体积．‎ 图13‎ ‎18．解：(1)证明：连接BD交AC于点O，连接EO.‎ 因为ABCD为矩形，所以O为BD的中点．‎ 又E为PD的中点，所以EO∥PB.‎ 因为EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，‎ 所以PB∥平面AEC.‎ ‎(2)因为PA⊥平面ABCD，ABCD为矩形，‎ 所以AB，AD，AP两两垂直．‎ 如图，以A为坐标原点，，AD，AP的方向为x轴、y轴、 轴的正方向，||为单位长，建立空间直角坐标系Axy ，则D，E，＝.‎ ‎ ‎ ‎5．（2014·山东卷）如图13所示，在四棱柱ABCD A1B‎1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，∠DAB＝60°，AB＝2CD＝2，M是线段AB的中点．‎ 图13‎ ‎(1)求证：C‎1M∥平面A1ADD1；‎ ‎(2)若CD1垂直于平面ABCD且CD1＝，求平面C1D‎1M和平面 ABCD所成的角(锐角)的余弦值．‎ ‎17．解：(1)证明：因为四边形ABCD是等腰梯形，‎ 且AB＝2CD，所以AB∥DC，‎ 又M是AB的中点，‎ 所以CD∥MA且CD＝MA.‎ ‎ ‎ ‎(2)方法一：连接AC，MC.‎ 由(1)知，CD∥AM且CD＝AM，‎ 所以四边形AMCD为平行四边形，‎ 所以BC＝AD＝MC.‎ 由题意∠ABC＝∠DAB＝60°，‎ 所以△MBC为正三角形，‎ 因此AB＝2BC＝2，CA＝，‎ 因此CA⊥CB.‎ 设C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系C xy .‎ 所以A(，0，0)，B(0，1，0)，D1(0，0，)．‎ 因此M，‎ 所以＝，＝＝.‎ 设平面C1D‎1M的一个法向量n＝(x，y， )， ‎ 由得 可得平面C1D‎1M的一个法向量n＝(1，，1)．‎ 又＝(0，0，)为平面ABCD的一个法向量．‎ 因此cos〈，n〉＝＝，‎ 所以平面C1D‎1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为.‎ 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＝，‎ 所以ND1＝＝.‎ 在Rt△D1CN中，cos∠D1NC＝＝＝，‎ 所以平面C1D‎1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为.‎