【答案】
分析:(1)連接AC、BD,根據(jù)正方形的性質(zhì)得BD⊥AC,又由

=

,可得MN∥AC,故BD⊥MN,再由正方體的性質(zhì)可得DD
1⊥平面ABCD,結(jié)合線面垂直的性質(zhì)及線面垂直的判定,易得無論點P在D
1D上如何移動,總有BP⊥MN;
(2)以D為坐標原點,DA、DC、DD
1所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立空間坐標系,設(shè)正方體的棱長為1,AM=NC=t,分別求出平面MNB
1的法向量和平面BB
1N的法向量,代入向量夾角公式即可得到二面角M-B
1N-B的余弦值;
(3)由已知中BD⊥AC,BD⊥CC
1,易根據(jù)線面垂直的判定定理得到BD⊥平面ACC
1.取BD
1的中點E,連PE,根據(jù)線面垂直的判定定理得PE⊥平面ACC
1.再由面面垂直的判定定理即可得到平面APC
1⊥平面ACC
1.
解答:證明:(1)連接AC、BD,則BD⊥AC,
∵

=

,
∴MN∥AC,∴BD⊥MN.
又∵DD
1⊥平面ABCD,
∴DD
1⊥MN,
∵BD∩DD
1=D,∴MN⊥平面BDD
1.
又P無論在DD
1上如何移動,總有BP?平面BDD
1,
∴無論點P在D
1D上如何移動,總有BP⊥MN.
(2)以D為坐標原點,DA、DC、DD
1所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立如圖所示的坐標系.設(shè)正方體的棱長為1,AM=NC=t,

則M(1,t,0),N(t,1,0),B
1(1,1,1),
P(0,0,

),B(1,1,0),A(1,0,0),
∵=(0,1-t,1),
B=

又∵BP⊥平面MNB
1,
∴•B=0,
即t-1+

=0,∴t=

,
∴=(0,

,1),
M=(-

,

,0).
設(shè)平面MNB
1的法向量n=(x,y,z),
由,
得x=y,z=-

y.
令y=3,則n=(3,3,-2).
∵AB⊥平面BB
1N,
∴AB是平面BB
1N的一個法向量,AB=(0,1,0).
設(shè)二面角M-B
1N-B的大小為θ,
∴cos<n,A>
=

=

.
則二面角M-B
1N-B的余弦值為

.
(3)存在點P,且P為DD
1的中點,
使得平面APC
1⊥平面ACC
1.
證明:∵BD⊥AC,BD⊥CC
1,
∴BD⊥平面ACC
1.
取BD
1的中點E,連PE,
則PE∥BD,
∴PE⊥平面ACC
1.
∵PE?平面APC
1,
∴平面APC
1⊥平面ACC
1.
點評:本題考查的知識點是二面角的平面角及求法,直線與平面垂直的性質(zhì)及平面與平面垂直的判定,(1)、(3)的關(guān)鍵是熟練掌握空間線線垂直、線面垂直、面面垂直之間的相互轉(zhuǎn)化,(2)的關(guān)鍵是建立恰當(dāng)?shù)目臻g坐標系,將問題轉(zhuǎn)化為向量夾角問題.