立体几何二面角问题

立体证明题（2）1.如图，直二面角D﹣AB﹣E中，四边形ABCD是正方形，AE=EB，F为CE上的点，且BF⊥平面ACE．（1）求证：AE⊥平面BCE；（2）求二面角B﹣AC﹣E的余弦值．2.等腰△ABC中，AC=BC=，AB=2，E、F分别为AC、BC的中点，将△EFC沿EF折起，使得C到P，得到四棱锥P﹣ABFE，且AP=BP=．（1）求证：平面EFP⊥平面ABFE；（2）求二面角B﹣AP﹣E的大小．3.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面是正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，且PA=PD=AD，若E、F分别为PC、BD的中点．（Ⅰ）求证：EF∥平面PAD；（Ⅱ）求证：EF⊥平面PDC．4.如图：正△ABC与Rt△BCD所在平面互相垂直，且∠BCD=90°，∠CBD=30°．（1）求证：AB⊥CD；（2）求二面角D﹣AB﹣C的正切值．5.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，△PAD是等边三角形，四边形ABCD 是平行四边形，∠ADC=120°，AB=2AD．（1）求证：平面PAD⊥平面PBD；（2）求二面角A﹣PB﹣C的余弦值．6.如图，在直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，∠ACB=90°，AC=CB=CC 1=2，E 是AB 中点． （Ⅰ）求证：AB 1⊥平面A 1CE ；（Ⅱ）求直线A 1C 1与平面A 1CE 所成角的正弦值．7.如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，∠DAB 为直角，AB ∥CD ，AD=CD=2AB=2，E ，F 分别为PC ，CD 的中点．（Ⅰ）证明：AB ⊥平面BEF ；（Ⅱ）若PA=，求二面角E ﹣BD ﹣C ．8.如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，PA=AB=AD=2，四边形ABCD 满足AB ⊥AD ，BC ∥AD 且BC=4，点M 为PC 中点．（1）求证：DM ⊥平面PBC ；（2）若点E 为BC 边上的动点，且λ=EC BE ，是否存在实数λ，使得二面角P ﹣DE ﹣B 的余弦值为32？若存在，求出实数λ的值；若不存在，请说明理由．9.如图，ABED是长方形，平面ABED⊥平面ABC，AB=AC=5，BC=BE=6，且M是BC的中点（Ⅰ）求证：AM⊥平面BEC；（Ⅱ）求三棱锥B﹣ACE的体积；（Ⅲ）若点Q是线段AD上的一点，且平面QEC⊥平面BEC，求线段AQ的长．10.如图，直角梯形ABCD与等腰直角三角形ABE所在的平面互相垂直，AB∥CD，AB⊥BC，AB=2CD=2BC，EA⊥EB（1）求证：EA⊥平面EBC（2）求二面角C﹣BE﹣D的余弦值．11.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ADC=90°，平面PAD⊥底面ABCD，O为AD中点，M是棱PC上的点，AD=2BC．（1）求证：平面POB⊥平面PAD；12.如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱AA1⊥平面ABC，△ABC为等腰直角三角形，∠BAC=90°，且AB=AA1，E、F分别是CC1，BC的中点．（1）求证：平面AB1F⊥平面AEF；（2）求二面角B1﹣AE﹣F的余弦值．13.如图，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，AC与BD相交于点O，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AB=AE=2．（ I）求证：BD⊥平面ACFE；（ II）当直线FO与平面BDE所成的角为45°时，求二面角B﹣EF﹣D的余弦角．14.如图所示，该几何体是由一个直三棱柱ADE﹣BCF和一个正四棱锥P﹣ABCD组合而成，AD⊥AF，AE=AD=2．（1）证明：平面PAD⊥平面ABFE；（2）求正四棱锥P﹣ABCD的高h，使得二面角C﹣AF﹣P的余弦值是．15.如图，已知斜三棱柱ABC一A1B1C1，∠BCA=90°，AC=BC=2，A1在底面ABC上的射影恰为AC的中点D，且BA1⊥AC1．（Ⅰ）求证：AC1⊥平面A1BC；（Ⅱ）求二面角A﹣A1B﹣C的平面角的余弦值．试卷答案1.【考点】与二面角有关的立体几何综合题；直线与平面垂直的判定．【分析】（1）由已知中直二面角D﹣AB﹣E中，四边形ABCD是正方形，且BF⊥平面ACE，我们可以证得BF⊥AE，CB⊥AE，进而由线面垂直的判定定理可得AE⊥平面BCE．（2）连接BD与AC交于G，连接FG，设正方形ABCD的边长为2，由三垂线定理及二面角的平面角的定义，可得∠BGF是二面角B﹣AC﹣E的平面角，解Rt△BFG即可得到答案．【解答】证明：（1）∵BF⊥平面ACE∴BF⊥AE…∵二面角D﹣AB﹣E为直二面角，且CB⊥AB，∴CB⊥平面ABE∴CB⊥AE…∴AE⊥平面BCE．…解：（2）连接BD与AC交于G，连接FG，设正方形ABCD的边长为2，∴BG⊥AC，BG=，…∵BF垂直于平面ACE，由三垂线定理逆定理得FG⊥AC∴∠BGF是二面角B﹣AC﹣E的平面角…由（1）AE⊥平面BCE，得AE⊥EB，∵AE=EB，BE=．∴在Rt△BCE中，EC==，…由等面积法求得，则∴在Rt△BFG中，故二面角B﹣AC﹣E的余弦值为．…2.【考点】二面角的平面角及求法；平面与平面垂直的判定．【分析】（1）用分析法找思路，用综合法证明．取EF中点O，连接OP、OC．等腰三角形CEF中有CO⊥EF，即OP⊥EF．根据两平面垂直的性质定理，平面PEF和平面ABFE的交线是EF，且PO⊥EF，分析得PO⊥平面ABFE．故只需根据题中条件证出PO⊥平面ABFE，即可利用面面垂直的判定定理证得平面EFP⊥平面ABFE．（2）根据第一问分析空间位置关系，可建立空间直角坐标线求得平面ABP和平面AEP的法向量的所成角，利用向量角和二面角关系，确定二面角大小．【解答】解：（1）证明：在△ABC中，D为AB中点，O为EF中点．由AC=BC=，AB=2．∵E、F分别为AC、BC的中点，∴EF为中位线，得CO=OD=1，CO⊥EF∴四棱锥P﹣ABFE中，PO⊥EF，…2分∵OD⊥AB，AD=OD=1，∴AO=，又AP=，OP=1，∴四棱锥P﹣ABFE中，有AP2=AO2+OP2，即OP⊥AO，…4分又AO∩EF=O，EF、AO⊂平面ABFE，∴OP⊥平面ABFE，…5分又OP⊂平面EFP，∴平面EFP⊥平面ABFE．…6分（2）由（1）知OD，OF，OP两两垂直，以O为原点，建立空间直角坐标系（如图）：则A（1，﹣1，0），B（1，1，0），E（0，，0），P（0，0，1）…7分∴，，设，分别为平面AEP、平面ABP的一个法向量，则⇒取x=1，得y=2，z=﹣1∴．…9分同理可得，…11分由于=0，所以二面角B﹣AP﹣E为90°．…12分3.【考点】空间中直线与平面之间的位置关系．【专题】证明题．【分析】对于（Ⅰ），要证EF∥平面PAD，只需证明EF平行于平面PAD内的一条直线即可，而E、F分别为PC、BD的中点，所以连接AC，EF为中位线，从而得证；对于（Ⅱ）要证明EF⊥平面PDC，由第一问的结论，EF∥PA，只需证PA⊥平面PDC即可，已知PA=PD=AD，可得PA⊥PD，只需再证明PA⊥CD，而这需要再证明CD⊥平面PAD，由于ABCD是正方形，面PAD⊥底面ABCD，由面面垂直的性质可以证明，从而得证．【解答】证明：（Ⅰ）连接AC，则F是AC的中点，在△CPA中，EF∥PA（3分）且PA⊂平面PAD，EF⊊平面PAD，∴EF∥平面PAD（6分）（Ⅱ）因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，又CD⊥AD，所以CD⊥平面PAD，∴CD⊥PA（9分）又PA=PD=AD，所以△PAD是等腰直角三角形，且∠APD=，即PA⊥PD（12分）而CD∩PD=D，∴PA⊥平面PDC，又EF∥PA，所以EF⊥平面PDC（14分）【点评】本题考查线面平行的判定及线面垂直的判定，而其中的转化思想的应用值得注意，将线面平行转化为线线平行；证明线面垂直，转化为线线垂直，在证明线线垂直时，往往还要通过线面垂直来进行．4.【考点】与二面角有关的立体几何综合题；空间中直线与直线之间的位置关系．【分析】（1）利用平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD=BC，可得DC⊥平面ABC，利用线面垂直的性质，可得DC⊥AB；（2）过C作CE⊥AB于E，连接ED，可证∠CED是二面角D﹣AB﹣C的平面角．设CD=a，则BC==，从而EC=BCsin60°=，在Rt△DEC中，可求tan∠DEC．【解答】（1）证明：∵DC⊥BC，且平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD=BC，∴DC⊥平面ABC，又AB⊂平面ABC，∴DC⊥AB．…（2）解：过C作CE⊥AB于E，连接ED，∵AB⊥CD，AB⊥EC，CD∩EC=C，∴AB⊥平面ECD，又DE⊂平面ECD，∴AB⊥ED，∴∠CED是二面角D﹣AB﹣C的平面角，…设CD=a，则BC==，∵△ABC是正三角形，∴EC=BCsin60°=，在Rt△DEC中，tan∠DEC=．…5.【考点】MT：二面角的平面角及求法；LY：平面与平面垂直的判定．【分析】（1）令AD=1，求出BD=，从而AD⊥BD，进而BD⊥平面PAD，由此能证明平面PAD⊥平面PBD．（2）以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，过D作垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角A﹣PB﹣C的余弦值．【解答】证明：（1）在平行四边形ABCD中，令AD=1，则BD==，在△ABD中，AD2+BD2=AB2，∴AD⊥BD，又平面PAD⊥平面ABCD，∴BD⊥平面PAD，BD⊂平面PBD，∴平面PAD⊥平面PBD．解：（2）由（1）得AD⊥BD，以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，过D作垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立空间直角坐标系，令AD=1，则A（1，0，0），B（0，，0），C（﹣1，，0），P（，0，），=（﹣1，，0），=（﹣），=（﹣1，0，0），设平面PAB的法向量为=（x，y，z），则，取y=1，得=（），设平面PBC的法向量=（a，b，c），，取b=1，得=（0，1，2），∴cos＜＞===，由图形知二面角A﹣PB﹣C的平面角为钝角，∴二面角A﹣PB﹣C的余弦值为﹣．6.【考点】直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角．【分析】（Ⅰ）由ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，可知CC1⊥AC，CC1⊥BC，∠ACB=90°，AC⊥BC．建立空间直角坐标系C﹣xyz．则A，B1，E，A1，可得，，，可知，根据，，推断出AB1⊥CE，AB1⊥CA1，根据线面垂直的判定定理可知AB1⊥平面A1CE．（Ⅱ）由（Ⅰ）知是平面A1CE的法向量，，进而利用向量数量积求得直线A1C1与平面A1CE所成角的正弦值【解答】（Ⅰ）证明：∵ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，∴CC1⊥AC，CC1⊥BC，又∠ACB=90°，即AC⊥BC．如图所示，建立空间直角坐标系C﹣xyz．A（2，0，0），B1（0，2，2），E（1，1，0），A1（2，0，2），∴，，．又因为，，∴AB1⊥CE，AB1⊥CA1，AB1⊥平面A1CE．（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，是平面A1CE的法向量，，∴|cos＜，＞|==．设直线A1C1与平面A1CE所成的角为θ，则sinθ=|cos＜，＞|=．所以直线A1C1与平面A1CE所成角的正弦值为．7.【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面垂直的判定．【分析】（Ⅰ）只需证明AB⊥BF．AB⊥EF即可．（Ⅱ）以A为原点，以AB，AD，AP为x轴，y轴，z轴正向建立空间直角坐标系，求出平面CDB的法向量为，平面EDB的法向量为，设二面角E﹣BD﹣C的大小为θ，则=，【解答】解：（Ⅰ）证：由已知DF∥AB且∠DAB为直角，故ABFD是矩形，从而AB⊥BF．又PA⊥底面ABCD，∴平面PAD⊥平面ABCD，∵AB⊥AD，故AB⊥平面PAD，∴AB⊥PD，在△PCD内，E、F分别是PC、CD的中点，EF∥PD，∴AB⊥EF．由此得AB⊥平面BEF…（Ⅱ）以A为原点，以AB，AD，AP为x轴，y轴，z轴正向建立空间直角坐标系，则设平面CDB的法向量为，平面EDB的法向量为，则可取设二面角E﹣BD﹣C的大小为θ，则=，所以，…8.【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面垂直的判定．【分析】（1）取PB中点N，连结MN，AN．由三角形中位线定理可得四边形ADMN为平行四边形．由AP⊥AD，AB⊥AD，由线面垂直的判定可得AD⊥平面PAB．进一步得到AN⊥MN．再由AP=AB，得AN⊥PB，则AN⊥平面PBC．又AN∥DM，得DM⊥平面PBC；（2）以A为原点，方向为x轴的正方向，方向为y轴的正方向，方向为z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．设E（2，t，0）（0≤t≤4），再求得P，D，B的坐标，得到的坐标，求出平面PDE的法向量，再由题意得到平面DEB的一个法向量，由两法向量夹角的余弦值得到实数λ的值．【解答】（1）证明：如图，取PB中点N，连结MN，AN．∵M是PC中点，∴MN∥BC，MN=BC=2．又∵BC∥AD，AD=2，∴MN∥AD，MN=AD，∴四边形ADMN为平行四边形．∵AP⊥AD，AB⊥AD，AP∩AB=A，∴AD⊥平面PAB．∵AN⊂平面PAB，∴AD⊥AN，则AN⊥MN．∵AP=AB，∴AN⊥PB，又MN∩PB=N，∴AN⊥平面PBC．∵AN∥DM，∴DM⊥平面PBC；（2）解：存在符合条件的λ．以A为原点，方向为x轴的正方向，方向为y轴的正方向，方向为z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．设E（2，t，0）（0≤t≤4），P（0，0，2），D（0，2，0），B（2，0，0），则，．设平面PDE的法向量=（x，y，z），则，令y=2，则z=2，x=t﹣2，取平面PDE的一个法向量为=（2﹣t，2，2）．又平面DEB即为xAy平面，故其一个法向量为=（0，0，1），∴cos＜＞==．解得t=3或t=1，∴λ=3或．9.【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；平面与平面垂直的判定．【分析】（Ⅰ）推导出BE⊥AM，BC⊥AM，由此能证明AM⊥平面BEC．（Ⅱ）由V B﹣ACE=V E﹣ABC，能求出三棱锥B﹣ACE的体积．（Ⅲ）在平面QEC内作QN⊥EC，QN交CE于点N．QN与AM共面，设该平面为a，推导出四边形AMNQ是平行四方形，由此能求出AQ．【解答】证明：（Ⅰ）∵平面ABED⊥平面ABC，平面ABED∩平面ABC=AB，BE⊥AB，BE⊂平面ABED，∴BE⊥平面ABC，又AM⊂平面ABC，∴BE⊥AM．又AB=AC，M是BC的中点，∴BC⊥AM，又BC∩BE=B，BC⊂平面BEC，BE⊂平面BEC，∴AM⊥平面BEC．解：（Ⅱ）由（Ⅰ）知，BE⊥平面ABC，∴h=BE=6．在Rt△ABM中，，又，∴．（Ⅲ）在平面QEC内作QN⊥EC，QN交CE于点N．∵平面QEC⊥平面BEC，平面QEC∩平面BEC﹣EC，∴QN⊥平面BEC，又AM⊥平面BEC．∴QN∥AM．∴QN与AM共面，设该平面为a，∵ABED是长方形，∴AQ∥BE，又Q⊄平面BEC，BE⊂平面BEC，∴AQ∥平面BEC，又AQ⊂α，α∩平面BEC=MN，∴AQ∥MN，又QN∥AM，∴四边形AMNQ是平行四方形．∴AQ=MN．∵AQ∥BE，AQ∥MN，∴MN∥BE，又M是BC的中点．∴，∴AQ=MN=3．10.【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面垂直的判定．【分析】（1）根据线面垂直的判定定理即可证明EA⊥平面EBC；（2）求出平面的法向量，利用向量法进行求解即可．【解答】（1）∵平面ABE⊥平面ABCD，且AB⊥BC，∴BC⊥平面ABE∵EA⊂平面ABE，∴EA⊥BC，∵EA⊥EB，EB∩BC=B，∴EA⊥平面EBC（2）取AB中O，连接EO，DO．∵EB=EA，∴EO⊥AB．∵平面ABE⊥平面ABCD，∴EO⊥平面ABCD∵AB=2CD，AB∥CD，AB⊥BC，∴DO⊥AB，建立如图的空间直角坐标系O﹣xyz如图：设CD=1，则A（0，1，0），B（0，﹣1，0），C（1，﹣1，0），D（1，0，0），E（0，0，1），由（1）得平面EBC的法向量为=（0，1，﹣1），设平面BED的法向量为=（x，y，z），则，即，设x=1，则y=﹣1，z=1，则=（1，﹣1，1），则|cos＜，＞|===，故二面角C﹣BE﹣D的余弦值是．11.【考点】平面与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定．【分析】（1）证明四边形BCDO是平行四边形，得出OB⊥AD；再证明BO⊥平面PAD，从而证明平面POB⊥平面PAD；（2）解法一：由，M为PC中点，证明N是AC的中点，MN∥PA，PA∥平面BMO．解法二：由PA∥平面BMO，证明N是AC的中点，M是PC的中点，得．【解答】解：（1）证明：∵AD∥BC，，O为AD的中点，∴四边形BCDO为平行四边形，∴CD∥BO；又∵∠ADC=90°，∴∠AOB=90°，即OB⊥AD；又∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，∴BO⊥平面PAD；又∵BO⊂平面POB，∴平面POB⊥平面PAD；（2）解法一：，即M为PC中点，以下证明：连结AC，交BO于N，连结MN，∵AD∥BC，O为AD中点，AD=2BC，∴N是AC的中点，又点M是棱PC的中点，∴MN∥PA，∵PA⊄平面BMO，MN⊂平面BMO，∴PA∥平面BMO．解法二：连接AC，交BO于N，连结MN，∵PA∥平面BMO，平面BMO∩平面PAC=MN，∴PA∥MN；又∵AD∥BC，O为AD中点，AD=2BC，∴N是AC的中点，∴M是PC的中点，则．12.【考点】与二面角有关的立体几何综合题；平面与平面垂直的判定．【分析】（1）连结AF，由已知条件推导出面ABC⊥面BB1C1C，从而AF⊥B1F，由勾股定理得B1F⊥EF．由此能证明平面AB1F⊥平面AEF．（2）以F为坐标原点，FA，FB分别为x，y轴建立直角坐标系，利用向量法能求出二面角B1﹣AE﹣F的余弦值．【解答】（1）证明：连结AF，∵F是等腰直角三角形△ABC斜边BC的中点，∴AF⊥BC．又∵三棱柱ABC﹣A1B1C1为直三棱柱，∴面ABC⊥面BB1C1C，∴AF⊥面BB1C1C，AF⊥B1F．…设AB=AA1=1，则，EF=，．∴=，∴B1F⊥EF．又AF∩EF=F，∴B1F⊥平面AEF．…而B1F⊂面AB1F，故：平面AB1F⊥平面AEF．…（2）解：以F为坐标原点，FA，FB分别为x，y轴建立直角坐标系如图，设AB=AA1=1，则F（0，0，0），A（），B1（0，﹣，1），E（0，﹣，），， =（﹣，，1）．…由（1）知，B1F⊥平面AEF，取平面AEF的法向量：=（0，，1）．…设平面B1AE的法向量为，由，取x=3，得．…设二面角B1﹣AE﹣F的大小为θ，则cosθ=|cos＜＞|=||=．由图可知θ为锐角，∴所求二面角B1﹣AE﹣F的余弦值为．…13.【考点】MT：二面角的平面角及求法；LW：直线与平面垂直的判定．【分析】（ I）只需证明DB⊥AC，BD⊥AE，即可得BD⊥平面ACFE；（ II）取EF的中点为M，以O为坐标原点，以OA为x轴，以OB为y轴，以OM为z 轴，建立空间直角坐标系，则，D（0，﹣，0），F（﹣1，0，h），E （1，0，2），则，，利用向量法求解【解答】（ I）证明：在菱形ABCD中，可得DB⊥AC，又因为AE⊥平面ABCD，∴BD⊥AE，且AE∩AC=A，BD⊥平面ACFE；（ II）解：取EF的中点为M，以O为坐标原点，以OA为x轴，以OB为y轴，以OM为z 轴，建立空间直角坐标系，则，D（0，﹣，0），F（﹣1，0，h），E（1，0，2），则，，设平面BDE的法向量，由，可取，|cos|=，⇒h=3，故F（﹣1，0，3），，，设平面BFE的法向量为，由，可取，，设平面DFE的法向量为，由，可取，cos=，二面角B﹣EF﹣D的余弦值为．14.【考点】MT：二面角的平面角及求法；LY：平面与平面垂直的判定．【分析】（Ⅰ）证明：AD⊥平面ABFE，即可证明平面PAD⊥平面ABFE；（Ⅱ）建立空间坐标系，求出平面的法向量，利用向量法建立方程关系即可求正四棱锥P ﹣ABCD的高．【解答】（Ⅰ）证明：直三棱柱ADE﹣BCF中，AB⊥平面ADE，所以：AB⊥AD，又AD⊥AF，所以：AD⊥平面ABFE，AD⊂平面PAD，所以：平面PAD⊥平面ABFE…．（Ⅱ）∵AD⊥平面ABFE，∴建立以A为坐标原点，AB，AE，AD分别为x，y，z轴的空间直角坐标系如图：设正四棱锥P﹣ABCD的高为h，AE=AD=2，则A（0，0，0），F（2，2，0），C（2，0，2），=（2，2，0），=（2，0，2），=（1，﹣h，1），=（x，y，z）是平面AFC的法向量，则，令x=1，则y=z=﹣1，即=（1，﹣1，﹣1），设=（x，y，z）是平面ACP的法向量，则，令x=1，则y=﹣1，z=﹣1﹣h，即=（1，﹣1，﹣1﹣h），∵二面角C﹣AF﹣P的余弦值是．∴cos＜，＞===．得h=1或h=﹣（舍）则正四棱锥P﹣ABCD的高h=1．15.【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面垂直的判定．【专题】证明题；数形结合；综合法；空间位置关系与距离．【分析】（1）推导出BC⊥AC，BC⊥AC1，BA1⊥AC1，由此能证明AC1⊥平面A1BC．（2）推导出平面A1AB⊥平面BCF，过C作CH⊥BF于H，则CH⊥面A1AB，求出CH=，过H作HG⊥A1B于G，连CG，则CG⊥A1B，从而∠CGH为二面角A﹣A1B﹣C的平面角，由此能求出二面角A﹣A1B﹣C的平面角的余弦值．【解答】证明：（1）因为A1D⊥平面ABC，所以，平面AA1C1C⊥平面ABC，又BC⊥AC，所以，BC⊥平面AA1C1C，得BC⊥AC1，又BA1⊥AC1，所以，AC1⊥平面A1BC．解：（2）因为AC1⊥A1C，所以四边形AA1C1C为菱形，故AA1=AC=2，又D为AC中点，知∠A1AC=60°，取AA1的中点F，则AA1⊥平面BCF，从而，平面A1AB⊥平面BCF，过C作CH⊥BF于H，则CH⊥面A1AB，在Rt△BCF，BC=2，CF=，故CH=，过H作HG⊥A1B于G，连CG，则CG⊥A1B，从而∠CGH为二面角A﹣A1B﹣C的平面角，在Rt△A1BC中，A1C=BC=2，所以，CG=，在Rt△CGH中，sin∠CGH=，cosCGH==．故二面角A﹣A1B﹣C的平面角的余弦值为．【点评】本题考查线面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．。