专题05 立体几何之斜几何体的坐标问题-备战高考数学大题保分专练(全国通用)

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专题05 立体几何之斜几何体的坐标问题
一、解答题
1．如图，在四棱锥中，是边长为2的菱形，且，，，E，F分别是的中点．

(1)证明：平面平面．
(2)求二面角的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取AD的中点G，连接PG、BG、BD，由线线垂直证平面PGB，即可依次证，，平面DEF，平面平面
（2）于G，建立空间直角坐标系如图所示，由向量法求二面角即可.
【详解】（1）证明：取AD的中点G，连接PG、BG、BD，
由E，F分别是的中点得，
由是边长为2的菱形，且得、为正三角形，
∴，，，∴，，
由得，又平面PGB，∴平面PGB，
∵平面PGB，∴，∴，
∵平面DEF，∴平面DEF，
∵平面PAD，∴平面平面.
（2）作于G，交于H，∵平面PGB，则可建立空间直角坐标系如图所示.
在中，，由余弦定理得，
∴，，∴.
故，
设平面、平面的法向量分别为，则有
，令，则有，
故二面角的余弦值，
由图可知，二面角所成平面角为钝角，∴二面角的大小为.

2．在三棱柱中，，O为的中点．

(1)证明：平面．
(2)已知，在线段上（不含端点）是否存在点Q，使得二面角的余弦值为？若存在，确定点Q的位置，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）根据边相等可证明三角形全等，进而可证线线垂直，进而可证线面垂直，
（2）建立空间直角坐标系，根据向量共线以及法向量的夹角即可求解
【详解】（1）证明：连接，因为，O为的中点，所以．
因为，所以，
所以．
又，所以，即，．
因为，平面，所以平面．

（2）如图所示，分别以所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则，设，,
．
设平面的法向量为，由 得
令，得，即．
设平面的法向量为，由 得
令，得，即．
，解得，
即当时，二面角的余弦值为．
3．如图①，已知矩形的长为4，宽为，点是边上的点，且.如图②，将沿折起到的位置，使得平面平面，平面平面.

(1)求证：平面；
(2)在线段（不包含端点）上是否存在一点，使得平面与平面的夹角的余弦值为？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，点为线段的中点
【分析】（1）由可得平面，根据线面平行的性质定理得，再由线面平行判定定理可证明结论.
（2）先假设存在，建立空间直角坐标系，设，利用平面与平面的夹角的余弦值为，建立的等式关系，求得.
【详解】（1），又平面平面平面.
又平面，平面平面，
平面平面平面.
（2）假设存在点.
由题意知，
又由勾股定理可得，
.
又平面平面，平面平面平面，
平面，
过点作垂直于平面的直线，以点为原点，分别以所在直线为轴､轴､轴建立如图所示的空间直角坐标系.

则，则，
设为平面的法向量，，
，则，令，则，
为平面的一个法向量.
设，由题意，知，
则，
设为平面的法向量，，
，令，则，
则为平面的一个法向量，
由得，
解得.
在线段（不包含端点）上存在一点，使得平面与平面所成角的余弦值为，此时点为线段的中点.
4．如图，三棱柱中，底面为等腰直角三角形，，.

(1)证明: ；
(2)若，求与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）作出辅助线，由余弦定理求出，进而得到，由勾股定理逆定理得到，结合，得到线面垂直，证明出；
（2）证明出，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角.
【详解】（1）证明: 连接， 在中，，

由余弦定理得，，
，
，
.
又为等腰直角三角形，且，
，
，平面，
平面.
∵平面，
∴
（2），
，
，
如图， 以 A为原点， 的方向分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，

则，

设平面的一个法向量为，
由，得，令，得，
平面的一个法向量为.
，
设与平面所成角的大小为，
，
与平面所成角的正弦值为.
5．如图，三棱柱的所有棱长都相等，点在底面上的射影恰好是等边的中心.

(1)证明：四边形是正方形；
(2)设分别为的中点，求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理可证明平面，可得，有几何体结构特征即可得出证明；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求出两平面的法向量即可求出二面角的余弦值，即可得二面角的正弦值.
【详解】（1）设点为的中心，连接，连接并延长交于点，
则平面.
因为平面，
所以，
又因为，
所以平面.
因为平面，
所以，
又因为，
所以，且，
所以四边形是矩形，
因为，
所以四边形是正方形.
（2）以为坐标原点，平行于且指向的方向为轴正方向，分别为，轴建立坐标系，
设棱长为3，则,所以
因为为的中点，所以

所以，
设平面与平面的法向量分别为，则
，即，
取，则，所以
易知，平面的法向量沿轴方向，不妨取，
所以，
故二面角的正弦值为.
6．如图，在多面体中，四边形为直角梯形，，，，，四边形为矩形．

(1)求证：平面平面ABCD；
(2)线段MN上是否存在点H，使得二面角的余弦值为？若不存在，请说明理由．若存在，确定点H的位置．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，为线段上靠近的四等分点
【分析】（1）根据平面几何知识，结合勾股定理得，再根据证明平面即可证明结论；
（2）根据题意，以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可.
【详解】（1）证明：如图1，∵四边形为直角梯形，，，，，
∴由平面几何的知识得，，又，
∴在中，满足，
∴为直角三角形，且．
∵四边形为矩形，
∴．
∵，，，平面，平面，
∴平面．
又∵平面，
∴平面平面；

（2）解：存在点，使得二面角的余弦值为，点为线段上靠近的四等分点．
以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，如图2，
∴，
设，由，即，得．
设平面的一个法向量为，
∴，即，不妨设，则．
平面的一个法向量为．
设二面角的平面角大小为，
∴，解得或（舍去）
所以当点为线段上靠近的四等分点时，二面角的余弦值为．

7．如图，在斜三棱柱中，在，在底面的射影为的中点，为的中点．

(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)利用线面垂直的判定定理证明；
(2)利用空间向量的坐标运算求面面夹角的余弦值.
【详解】（1）取中点,
因为为的中点，是中点,
所以,,
因为平面，平面,
所以
因为平面，
所以平面,
因为为线段中点，所以四边形是平行四边形，
所以且因为所以
因为，所以四边形为平行四边形，
所以,所以平面.

（2）由(1)可得，以为轴，建系如图，

则
因为,所以,则,
因为,
所以,
设平面的一个法向量为，
因为,
所以，令，则，
所以，
设平面的一个法向量为，
因为,
所以，令，则，
所以，
设平面与平面夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
8．如图，在三棱柱中，，，，点M为线段的中点．

(1)求证：．
(2)求二面角的大小．
(3)求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明过程见解析；
(2)；
(3).
【分析】（1）取的中点，连接、、，证明平面，进而可得出；
（2）利用二面角的定义可知，二面角的平面角为，利用余弦定理求出，求出，即可得解；
（3）以点原点，、所在直线为、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值，然后利用三棱锥体积公式进行求解即可.
【详解】（1）取的中点为，由于和为正三角形，则，，
又，故平面，又平面，故；
（2）由于，，故为二面角的平面角．
由于，，
由余弦定理得，
从而，故二面角的大小为；
（3）如图以点原点，、所在直线为、轴建立如下图所示的空间直角坐标系．

则、、、、，
由于，，，
设平面的法向量为，
由，可得，取，则，，则，
设直线与平面所成角为，则由于，，
从而.
所以点到平面的距离为：，
由（1）可知：，而，所以，
所以三棱锥的体积为.
9．如图，在平行四边形中，．以为折痕将折起，使点到达点的位置，且二面角的大小为．

(1)求；
(2)设为上一点，求直线与平面所成角的正弦值的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）在的延长线上取点，根据题意得即为二面角的平面角，进而得平面，平面平面，再作，垂足为，连接得为的中点，再根据几何关系求解即可；
（2）以C为原点，，的方向分别为轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可.
【详解】（1）解：在的延长线上取点，
因为在平行四边形中，
所以，，，即，
所以即为二面角的平面角，
所以，且．
因为，，，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面．
作，垂足为，连接，
因为平面平面，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以，
因为，，即为等边三角形，
所以为的中点．
所以，
在中，,
所以，，
所以，在中，.

（2）解：以C为原点，，的方向分别为轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则有，，，，
，，，．
设，则．
设平面的一个法向量，
由得，故可取．
所以，．
所以直线与平面所成角的正弦值，
所以，当时，取最大值．
所以直线与平面所成角的正弦值的最大值．

10．如图，在三棱柱中，，，点为的中点，点是上一点，且.

(1)求点A到平面的距离；
(2)求平面与平面所成平面角的余弦值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）取的中点，连接，以为原点，分别为轴，为轴，建立空间直角坐标系，再利用空间向量法求解即可.
（2）利用空间向量法求解即可.
【详解】（1）取的中点，连接，如图所示：

因为，
所以，，
所以，.
以为原点，分别为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
，，，设，
则，，解得，，
即.
，，
设平面的法向量为，
则，令，解得，即.
，设点A到平面的距离为，
则
（2），，
设平面的法向量为，
则，令，解得，
即.
设，则，，
因为，解得.
设，则，，
因为，解得.
因为点为的中点，所以，.
.
设平面的法向量为，
则，令，解得，
即.
，
因为平面与平面所成平面角为锐角，
所以平面与平面所成平面角的余弦值.
11．如图1，在直角梯形中，为的中点，将沿折起，使，如图2，连接.



(1)求证：平面平面；
(2)求二面角的大小.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）证明，得到平面，得到面面垂直.
（2）建立空间直角坐标系，计算各点坐标，再计算两个平面的法向量，根据向量的夹角公式计算得到答案.
【详解】（1）交于点，故平面，
又平面，故，交于点，
故平面，平面，故平面平面.
（2）平面，过作平面的垂线为轴，以为原点，分别为轴，轴建立如图所示空间直角坐标系.
设，则，
解得，，

，，
设平面的法向量，则有，
取，
设平面的法向量，则有，
取，
，
根据观察知，二面角的平面角为锐角，故二面角的大小是.
12．如图，在四边形中，于交点，.沿将翻折到的位置，使得二面角的大小为.

(1)证明：平面平面；
(2)在线段上（不含端点）是否存在点，使得二面角的余弦值为，若存在，确定点的位置，若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，为上靠近点的三等分点，理由见解析
【分析】（1）先由题设条件证线面垂直，进而可证面面垂直.
（2）由已知条件建立空间直角坐标系，通过三点共线设出点的坐标，然后求出二面角对应的两个平面的法向量，再通过二面角的余弦值的绝对值等于其法向量所成角的余弦值的绝对值求解.
【详解】（1）因为，所以，平面,平面,
又因为，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）过作，因为平面，所以，
因为，平面,平面
所以平面，
如图所示，以点为坐标原点，所在直线分别为轴､轴，
与过点作平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系.

因为，所以二面角的平面角为，即
则，，.
设，
则.
设是平面的一个法向量，
则，取
因为是平面的一个法向量.
所以，解得或（舍）.
所以为上靠近点的三等分点，即.
故：存在点为上靠近点的三等分点满足条件.
13．如图，在三棱柱中，，，平面平面．

(1)求证：平面；
(2)若，Q是的重心，直线与所成角的余弦值为，求直线和平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理，结合面面垂直的性质进行证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.
【详解】（1）作于H，
∵平面平面，平面平面
∴平面
∵平面，
∴，
∵，平面，
∴平面；
（2）设，以B为原点，以所在的直线为x轴，建立如图所示的直角坐标系，则，

由（1）可知平面，∴，
∵，∴
∵∴
∵Q是的重心，∴，

而
设直线与所成角为，则

．
此时
设平面的一个法向量为
由
令，则，取
设直线和平面所成角为，则
.
14．如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，侧面面，

(1)求证：；
(2)设平面与平面的交线为，在上是否存在点，使得平面和平面的夹角的余弦值为？若存在，请确定点的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在点，在线段上，，或者在线段的反向延长线上，
【分析】（1）根据已知条件及两条平行线的性质，再利用勾股定理及余弦定理，结合面面垂直的性质定理及线面垂直的性质定理即可求解；
（2）根据已知条件建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，再求出平面和平面的法向量，结合向量的夹角与平面和平面的夹角关系即可求解.
【详解】（1）因为，，
所以，
因为，
所以，，从而，
因为，
所以，
所以，从而，
因为侧面面，侧面面，面，
所以平面，
又因为面，
所以.
（2）延长和交于点，连接，则就是直线，为的中位线，
以为原点，建立空间直角坐标系，如图所示，

则，，，，
所以，，
设面的法向量为，则
由，即，
令，则，，取，
设在上存在点N，满足，则
.
设平面的法向量为，则
由，即，
令，则，，取，
设平面和平面的夹角为，则
，解得或，
所以在l上存在点，在线段上，，或者在线段的反向延长线上，.
15．如图，在四棱锥中，底面四边形为菱形，点为棱的中点，为边的中点.

(1)求证：平面；
(2)若侧面底面，且，，求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）作出辅助线，证明出四边形为平行四边形，，从而求出线面平行；
（2）建立空间直角坐标系，写出各点坐标，利用空间向量求解两平面夹角的余弦值.
【详解】（1）取线段的中点，连接，，
∵，分别为，的中点，
∴且，
∵底面是菱形，且为的中点，
∴且，
∴且.
∴四边形为平行四边形，
∴.
又∵平面，平面，
∴平面.
（2）连接，
由得是等边三角形，
∴，
∵侧面底面，侧面底面，底面，
∴侧面，
因为，，
由余弦定理的：，
解得：，
以为原点建立空间坐标系，如图所示.

则，，，，
则，，，，
设平面的一个法向量，
则，即，令，则.
设平面的一个法向量为，
则，即，解得：，令，则，
故，
∴，
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
16．如图，四边形为平行四边形，点在上，，且．以为折痕把折起，便点到达点的位置，且．

(1)求证：平面平面；
(2)若直线与平面所成角的正切值为，求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由面面垂直的判定定理证明，
（2）建立空间直角坐标系，由空间向量求解，
【详解】（1）∵DE⊥AB，∴DE⊥EB，DE⊥EF，EB∩EF＝E
平面，平面，
∴DE⊥平面BEF，又∵平面BCD，
∴平面平面
（2）由（1）知平面，而平面，，
∵AE＝2EB＝2，∴EF＝2，EB＝1，∵∠FEB＝60°，
∴，
∴FB⊥EB ∵DE∩BE＝E，平面，平面，
∴BF⊥平面BCDE
，则直线与平面所成角的正切值为，解得，
如图所示建立空间直角坐标系，则，，，
，，，
设平面的一个法向量为，
则，令得，
点到平面的距离

17．如图，已知四棱锥的底面为等腰梯形，为等边三角形，分别为棱的中点，为棱上的动点（包括端点）.

(1)若为棱的中点，求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值的取值范围.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）取线段的中点，由题可得，然后根据线面平行的判定定理即得；
（2）根据线面垂直的判定定理可得平面，结合条件可得是边长为等边三角形，然后利用坐标法，利用线面角的向量求法即得；或根据条件可得点到平面的距离，然后求出线段的取值范围，进而即得.
【详解】（1）取线段的中点，连接，

因为为棱的中点，所以，且
又因为
又分别为的中点，
所以，且，
所以，且，
所以四边形是平行四边形，
所以，又因为平面平面，
所以平面；
（2）因为为边长为2等边三角形，分别为的中点，
所以，且，

底面为等腰梯形，，
分别为的中点，
所以，且，
又因为平面平面，
所以平面，
又因为，所以平面，又平面，
所以，
所以在中，，
所以是边长为等边三角形，
解法一：建立如图所示的空间直角坐标系，则，

则，
设平面的法向量为，则，
令，可得，
设，则，
设直线与平面所成角为，则
，
所以当时，取得最大值，
当或1时，取得最小值，
所以直线与平面所成角的正弦值的取值范围为.
解法二：因为平面，平面，
所以平面，
所以到平面得距离相等，设为，
因为为线段的中点，则，且，
又因为平面，平面，
所以，
又因为，平面，平面，
所以平面，
所以，
因为平面，又平面，
所以，
所以，
在等腰中，，
所以底边上的高，
所以，
设直线与平面所成角为，则，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值的取值范围为.
18．如图，在平面四边形中，，，且，以为折痕把和向上折起，使点到达点的位置，点到达点的位置（E、F不重合）.

(1)求证：；
(2)若平面平面，点在平面内的正投影为的重心，且直线与平面所成角为60°，求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）取的中点，连接和，利用线面垂直的判定定理，证得平面，即可得到；
（2）由（1）得到以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）证明：如图所示：

取的中点，连接和，
由题意知和均为等腰三角形，且，
故
又因为
所以平面，
又因为平面
所以
（2）由（1）知，，
又因为平面平面，
平面平面,平面,
所以平面，
直线与平面所成角为，可得，
因为，为中点，
所以，
所以，
所以，
即为等边三角形，
为等边的重心，
以为坐标原点，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，

可得，
则，
设为平面的法向量，
则，可得，
令，可得，
即平面的一个法向量为，
设为平面的法向量，
则，即，
令，可得，
即平面的一个法向量为，
则，
所以二面角的余弦值为.

19．某校积极开展社团活动，在一次社团活动过程中，一个数学兴趣小组发现《九章算术》中提到了“刍薨”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图1，E、F、G分别是边长为4的正方形的三边的中点，先沿着虚线段将等腰直角三角形裁掉，再将剩下的五边形沿着线段EF折起，连接就得到了一个“刍甍”   (如图2)。

(1)若O是四边形对角线的交点，求证：平面；
(2)若二面角的大小为求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）取线段中点，连接、，可得四边形是平行四边形，然后线面平行的判定定理即得；
（2）由题可得即为二面角的平面角，以为坐标原点，分别为轴和轴正向建立空间直角坐标系，求解平面ABE和平面OAB的一个法向量，利用空间向量夹角公式即得．
【详解】（1）取线段CF中点H，连接OH、GH，
由图1可知，四边形EBCF是矩形，且，
∴O是线段BF与CE的中点，
∴且，
在图1中且，且．
所以在图2中，且，
∴且，
∴四边形AOHG是平行四边形，则，  
由于平面GCF，平面GCF，
∴平面GCF．
（2）由图1，，，折起后在图2中仍有，，
∴即为二面角的平面角．
∴，
以E为坐标原点，，分别为x轴和y轴正向建立空间直角坐标系如图，

设，则、、，
∴，，
易知平面ABE的一个法向量，
设平面OAB的一个法向量，
由，得，取，则，，
于是平面的一个法向量，
∴，
∴平面ABE与平面OAB夹角的余弦值为．
20．如图,在三棱锥中,侧面是全等的直角三角形,是公共的斜边,且,另一个侧面是正三角形.

(1)求证:;
(2)求二面角的大小;
(3)在直线上是否存在一点F,使与平面成角？若存在,确定F的位置;若不存在,说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在,或
【分析】(1)取中点,连接,通过证明平面,进而证明;
(2)以为原点建立空间直角坐标系,通过长度找到A点坐标,求出平面和平面的法向量,求出法向量夹角的余弦值的绝对值,即二面角的大小的余弦值的绝对值,求出其角即可;
(3)根据点F直线上,设出点F的坐标,根据与平面成角,求出具体F点的坐标即可.
【详解】（1）证明:取中点,连接,如图所示:

是正三角形,
为中点,
,
,为中点,
,
平面,平面,
平面,
得证.
（2）由(1)知平面,
平面,
平面平面,
,
以为原点,方向为轴,方向为轴,过作垂直于平面的线为轴建立如图所示直角坐标系,



则,
不妨设,
,
,
解得,
,
设平面法向量为,

即,
取,
则,
设平面法向量为,


即,
取,
则

二面角的大小为
（3）是上一点,设,

令,
则,
,,
由(2)可知,平面的法向量为,
与平面成角,



,
,
解得,
或
当或时,与平面成角.
21．如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．

(1)证明：平面；
(2)若，，，求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接并延长交于点，连接、，根据三角形全等得到，再根据直角三角形的性质得到，即可得到为的中点从而得到，即可得证；
（2）建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦的绝对值，再根据同角三角函数的基本关系计算可得.
【详解】（1）证明：连接并延长交于点，连接、，
因为是三棱锥的高，所以平面，平面，
所以、，
又，所以，即，所以，
又，即，所以，，
所以
所以，即，所以为的中点，又为的中点，所以，
又平面，平面，
所以平面

（2）解：过点作，如图建立平面直角坐标系，
因为，，所以，
又，所以，则，，
所以，所以，，，，
所以，
则，，，
设平面的法向量为，则，令，则，，所以；
设平面的法向量为，则，
令，则，，所以；
所以.
设二面角的大小为，则，
所以，即二面角的正弦值为.


22．如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，点A1在平面ABC内的射影D在AC上，∠ACB=90，BC=1，AC=CC1=2.
(1)证明：AC1⊥A1B;
(2)设直线AA1与平面BCC1B1的距离为，求二面角A1-AB-C的大小.

【答案】（1）证明详见解析；（2）arctan.
【详解】试题分析：（1）利用AC1⊥平面ABC,可得平面AA1C1C⊥平面ABC,在利用平面与平面垂直的性质和已知条件可得BC⊥平面AA1C1C，而AC1⊥A1C,所以AC1⊥A1B.
（2）作A1E⊥C1C,E为垂足，则A1E⊥平面BCC1B1,而直线A A1∥平面BCC1B1，A1E为直线A A1与平面BCC1B1间的距离，则A1D=A1E=,然后证明∠A1FD为二面角A1-AB­-C的平面角,求出tan∠A1FD=即可.
试题解析：
解法一：（1）∵A1D⊥平面ABC, A1D平面AA1C1C,故平面AA1C1C⊥平面ABC,又BC⊥AC，所以BC⊥平面AA1C1C，连结A1C，因为侧面AA1C1C是棱形，所以AC1⊥A1C,由三垂线定理的AC1⊥A1B.

(2) BC⊥平面AA1C1C，BC平面BCC1B1,故平面AA1C1C⊥平面BCC1B1,
作A1E⊥C1C,E为垂足，则A1E⊥平面BCC1B1,又直线A A1∥平面BCC1B1，因而A1E为直线A A1与平面BCC1B1间的距离，A1E=，因为A1C为∠ACC1的平分线，故A1D=A1E=,
作DF⊥AB，F为垂足，连结A1F,由三垂线定理得A1F⊥AB，故∠A1FD为二面角A1-AB­-C的平面角，由AD=,得D为AC的中点，DF=,tan∠A1FD=,所以二面角A1-AB­-C的大小为arctan.
解法二：以C为坐标原点，射线CA为x轴的正半轴，以CB的长为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz，由题设知A1D与z轴平行，z轴在平面AA1C1C内.
（1）设A1（a，0，c），由题设有a≤2，A（2,0,0）B（0,1,0），则(-2，1，0),

，，由得，即，于是①,所以.
（2）设平面BCC1B1的法向量，则，,即，因，故y=0，且（a-2）x-cz=0，令x=c，则z=2-a，，点A到平面BCC1B1的距离为，又依题设，点A到平面BCC1B1的距离为，所以c= .代入①得a=3（舍去）或a=1.于是，
设平面ABA1的法向量，则,即.且-2p+q=0，令p=，则q=2，r=1，，又为平面ABC的法向量，故cos，所以二面角A1-AB­-C的大小为arccos，
考点：1.直线与平面垂直的判断和性质；2.二面角的求法；3.平面与平面垂直的判断和性质.