(1)证法一:连AC、BD,则BD⊥AC, ∵=,∴MN∥AC,∴BD⊥MN. 又∵DD1⊥平面ABCD,∴DD1⊥MN, ∴MN⊥平面BDD1. ∵无论点P在DD1上如何移动,总有BP⊂平面BDD1, 故总有MN⊥BP. 证法二:连接AC、BD,则AC⊥BD. ∵=,∴MN∥AC,∴MN⊥BD,又PD⊥平面ABCD, 由三垂线定理得:MN⊥PB. (2)解法一:过P作PG⊥C1C交CC1于G,连BG交B1N于O1, ∵PB⊥平面B1MN,∴PB⊥B1N. 又∵PG⊥平面B1BCC1,∴BG⊥B1N,∴△BB1N≌△BCG,∴BN=CG,NC=GC1, ∴BN:NC=DP:PD1=2:1. 同理BM:MA=DP:PD1=2:1. 设AB=3a,则BN=2a,∴B1N==a, BO1===, 连MO1,∵AB⊥平面B1BCC1,∴MO1⊥B1N, ∵∠MO1B就是二面角M-B1N-B的平面角, tan∠MO1B===, ∴∠MO1B=arctan . 解法二:设BD与MN相交于F,连接B1F, ∵PB⊥平面MNB1,∴PB⊥B1F,PB⊥MN, ∴在对角面BB1D1D内,△PBD∽△BB1F, 设BB1=DD1=3,则PD=2,BD=3,∴=,即=,故BF=. ∵MN⊥PB,由三垂线定理得MN⊥BD,MN∥AC,MN=2BF=2,BN=2, B1F===11. 设二面角B-B1N-M的平面角为α,则cosα====, α=arccos. |