立体几何平行证明题

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﹣A1B1C1中，∠ACB=90°，AC=CB=CC1=2，E是AB中点． （Ⅰ）求证：AB1⊥平面A1CE；

（Ⅱ）求直线A1C1与平面A1CE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，且余弦值为

BE，是否存在实数λ，使得二面角P﹣DE﹣B的EC2？若存在，求出实数λ的值；若不存在，请说明理由． 3

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，∴设

，

，

，0），P（0，0，1）…7分 ，

分别为平面AEP、平面ABP的一个法向量，

则⇒ 取x=1，得y=2，z=﹣1

∴同理可得由于

． …9分

，…11分

=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=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．

AD，可得PA⊥PD，只需再证明PA⊥CD，而这需要再证明CD⊥平面

【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，

，即PA⊥PD（12分）

所以△PAD是等腰直角三角形，且∠APD=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=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，AD+BD=AB，∴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，

），

2

2

2

，从而AD⊥BD，进而BD⊥平面PAD，由此能证明平面

=，

=（﹣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，根据

，

，

，

可知，

，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

设二面角E﹣BD﹣C的大小为θ，则

=

，

，平面EDB的法向量为

，

【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

，

=（x，y，z），

．

设平面PDE的法向量

则，令y=2，则z=2，x=t﹣2，

取平面PDE的一个法向量为又平面DEB即为xAy平面， 故其一个法向量为∴cos＜

＞=

=（2﹣t，2，2）．

=（0，0，1），

=

．

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VB﹣ACE=VE﹣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，∴四边形BCDO为平行四边形，

，O为AD的中点，

∴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（1，0，2），则

，

，D（0，﹣

，0），F（﹣1，0，h），E，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，﹣，

设平面BDE的法向量

，0），F（﹣1，0，h），E（1，0，2），则

， ，由

，可取

，

|cos

|=

，⇒h=3， ，

，设平面BFE的法向量为

故F（﹣1，0，3），

，

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．