新高考数学一轮复习考点讲义：第08章第六讲第二课时二面角（含解析）

这是一份新高考数学一轮复习考点讲义：第08章第六讲第二课时二面角（含解析），共14页。学案主要包含了一题多解，满分宝典等内容，欢迎下载使用。
题型 几何法求二面角
典例1(1)如图，在边长为a的等边三角形ABC中，AD⊥BC于点D，将△ABC沿AD折成二面角B­A′D­C，若此时BC＝eq \f(1,2)a，则二面角B­A′D­C的大小为________．
定义法求二面角的平面角．
(2)斜三棱柱ABC­A1B1C1的体积为4，侧面ABB1A1⊥侧面BCC1B1，▱BCC1B1的面积为4eq \r( ,2).
①求点A到平面BCC1B1的距离；
②如图，D为BB1的中点，AD＝eq \r( ,2)，BB1＝2eq \r( ,2)，BC⊥BB1，集中叙述两个侧面的位置关系、数量关系，而这些关系又集中于△ABB1和△CBB1中，审题要集中精力．
求二面角A­B1C­B的大小．
(1)解析：如题图所示，由二面角定义知，∠BDC为所求二面角B­A′D­C的平面角，又BC＝BD＝ DC＝eq \f(1,2)a，∴△BDC为等边
棱是A′D，在两个半平面内，eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(BD⊥A′D，,CD⊥A′D))⇒∠BDC为二面角的平面角．
三角形，∴∠BDC＝eq \f(π,3)，∴二面角B­A′D­C的大小为eq \f(π,3).故答案为eq \f(π,3).
(2)解：①设点A到平面BCC1B1的距离为h.
因为V三棱锥A­BCB1＝V三棱锥B1­ABC＝eq \f(1,3)V三棱柱ABC­A1B1C1＝eq \f(1,3)×4＝eq \f(4,3)，这里巧妙地利用锥、柱体积的关系，转化为三棱锥B1­ABC的体积，另V柱ABC­A1B1C1＝eq \f(1,2)·S侧面BCC1B1·h，这个计算方法我们在前面提到过．
所以eq \f(1,3)S△BCB1·h＝eq \f(1,3)×2eq \r( ,2)h＝eq \f(4,3)，解得h＝eq \r( ,2)，即点A到平面BCC1B1的距离为eq \r( ,2).
②因为AD＝eq \r( ,2)，由①，可得AD⊥平面BCC1B1，
由于平面ABB1A1⊥平面BCC1B1，并且A到平面BCC1B1的距离为eq \r(2)，转化为A到两平面的交线BB1的距离为eq \r(2)，从而AD⊥平面BCC1B1.
所以AD⊥B1C.过点A作AE⊥B1C于点E，连接DE.
又AE∩AD＝A，AE，AD⊂平面ADE，所以B1C⊥平面ADE，所以DE⊥B1C，因此∠AED即为二面角A­B1C­B的平面角．
由于eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(AD⊥平面BCB1，,DE⊥棱B1C))⇒∠AED是二面角A­B1C­B的平面角，这种作法常称为“垂连法”，要领是“两垂一连”．
在△ABB1中，因为D为BB1的中点，AD＝eq \r( ,2)，BB1＝2eq \r( ,2)，AD＝eq \f(1,2)BB1，
所以∠B1AB＝90°，即AB1⊥AB.
因为侧面ABB1A1⊥侧面BCC1B1，侧面ABB1A1∩侧面BCC1B1＝BB1，BC⊥BB1，BC⊂侧面BCC1B1，所以BC⊥侧面ABB1A1，
所以BC⊥B1A，BC⊥BA.
又B1A⊥AB，AB∩BC＝B，
所以B1A⊥平面ABC，所以B1A⊥AC.
在等腰直角三角形ABB1中，AB＝AB1＝eq \r( ,AD2＋DB\\al(2,1))＝eq \r( ,\r( ,2)2＋\r( ,2)2)＝2.
在矩形BCC1B1中，S矩形BCC1B1＝BB1·BC＝2eq \r( ,2)BC＝4eq \r( ,2)，所以BC＝2.
在Rt△BB1C中，B1C＝eq \r( ,BC2＋BB\\al(2,1))＝eq \r( ,22＋2\r( ,2)2)＝2eq \r( ,3).
在等腰直角三角形ABC中，AC＝eq \r( ,2)BC＝2eq \r( ,2).
在Rt△AB1C中，S△AB1C＝eq \f(1,2)AB1·AC＝eq \f(1,2)B1C·AE，所以AE＝eq \f(AB1·AC,B1C)＝eq \f(2×2\r( ,2),2\r( ,3))＝eq \f(2\r( ,2),\r( ,3)).
在Rt△ADE中，sin∠AED＝eq \f(AD,AE)＝eq \f(\r( ,2),\f(2\r( ,2),\r( ,3)))＝eq \f(\r( ,3),2).
所以∠AED＝60°，所以二面角A­B1C­B的大小为60°.
几何法作二面角的平面角
(1)找点(定义法)：在二面角的棱上任找一点．在两个半平面内分别作垂直于棱的射线．如图1，∠AOB为二面角α­l­β的平面角．
(2)找线(三垂线定理法)：过二面角的一个面内一点作另一个平面的垂线，过垂足作棱的垂线，利用线面垂直可找到二面角的平面角或其补角．如图
我们称之为“垂连法”，要领是“两垂一连”：①第一垂，作线⊥面. ②第二垂，作棱的垂线. ③最后“一连”，连接点和棱上的垂足，形成二面角的平面角．
2，∠ABO为二面角α­l­β的平面角．
(3)找面(垂面法)：过棱上一点作棱的垂直平面，该平面与二面角的两个半平面产生交线，这两条交线所成的角即为二面角的平面角．如图3，∠AOB为二面角α­l­β的平面角．
第一垂：作AO⊥平面β；第二垂：作OB⊥棱l；一连：连接AB，则∠ABO为二面角的平面角.
对点练1 (1)如图， 设AB为圆锥PO的底面直径，PA为母线，点C在底面圆周上，若PA＝AB＝2，AC＝BC，则二面角P­AC­B的正切值是________．
(2)如图，在正三棱柱ABC­A1B1C1中，点D为AC的中点．
①证明：平面AA1C1C⊥平面DBC1；
②若AB＝2，且二面角D­BC1­C的正切值为eq \f(\r( ,15),6)，求三棱柱ABC­A1B1C1的体积．
(1)解析： 如图，取AC的中点D，连接OD，PD，易知OD⊥AC，PD⊥AC，∴∠PDO是二面角P­AC­B的平面角．
∵PA＝AB＝2，∴AC＝BC＝eq \r( ,2)，PO＝eq \r( ,3)，∴OD＝eq \f(\r( ,2),2)，
∴二面角P­AC­B的正切值是eq \f(PO,OD)＝eq \r( ,6).
答案：eq \r( ,6)
(2)①证明：因为△ABC为等边三角形，点D为AC的中点，故BD⊥AC，
因为平面AA1C1C⊥平面ABC，其交线为AC，故BD⊥平面AA1C1C，又BD⊂平面DBC1，
故平面AA1C1C⊥平面DBC1.
②解：取BC的中点N，连接AN.
因为△ABC为正三角形，所以AN⊥BC.
过D作DM⊥BC于M，故M是BC的靠近C的四等分点，因为平面ABC⊥平面BCC1B1，且交线为BC，所以DM⊥平面BCC1B1.
过M作MO⊥BC1交BC1于O，连接OD，所以∠DOM即为二面角D­BC1­C的平面角，
tan∠DOM＝eq \f(DM,OM)＝eq \f(\r( ,15),6)，DM＝eq \f(1,2)AN＝eq \f(\r( ,3),2)⇒OM＝eq \f(3\r( ,5),5)，
在△BOM中，sin∠CBC1＝eq \f(OM,BM)＝eq \f(\f(3\r( ,5),5),\f(3,2))＝eq \f(2\r( ,5),5)⇒tan∠CBC1＝2，
在△BCC1中，tan∠CBC1＝eq \f(CC1,BC)＝eq \f(CC1,2)＝2⇒CC1＝4，
故三棱柱ABC­A1B1C1的体积为S△ABC·CC1＝eq \f(\r( ,3),4)×22×4＝4eq \r( ,3).
题型 向量法求二面角
典例2(2023·新高考全国Ⅱ卷)如图，三棱锥A­BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC的中点．
(1)证明：BC⊥DA；转化为BC⊥平面ADE.
(2)点F满足eq \(EF,\s\up16(→))＝eq \(DA,\s\up16(→))，求二面角D­AB­F的正弦值．
(1)证明：如图，连接DE，AE，
因为DC＝DB，且E为BC的中点，所以DE⊥BC.等腰三角形的性质．
因为∠ADB＝∠ADC＝60°，DA＝DA，DC＝DB，
所以△ADB≌△ADC(SAS)．可得AC＝AB，
利用全等，再得到等腰三角形．
故AE⊥BC.
因为DE∩AE＝E，DE，AE⊂平面ADE，所以BC⊥平面ADE.
又DA⊂平面ADE，所以BC⊥DA.
(2)解：由①知，DE⊥BC，AE⊥BC.
不妨设DA＝DB＝DC＝2，因为∠ADB＝∠ADC＝60°，
所以AB＝AC＝2.
由题可知△DBC为等腰直角三角形，故DE＝EB＝EC＝eq \r( ,2).
因为AE⊥BC，所以AE＝eq \r( ,AB2－EB2)＝eq \r( ,2).
在△ADE中，AE2＋ED2＝AD2，所以AE⊥ED.
要通过数量关系，得到AE⊥ED，这样实现EA，EB，ED三条线两两垂直，为建系作准备．因此，建系之前数量关系和垂直关系的准备是向量法的关键，决不能忽略．
以E为坐标原点，ED所在直线为x轴，EB所在直线为y轴，EA所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图，则D(eq \r( ,2)，0,0)，B(0，eq \r( ,2)，0)，A(0,0，eq \r( ,2))，eq \(DA,\s\up16(→))＝(－eq \r( ,2)，0，eq \r( ,2))，eq \(BA,\s\up16(→))＝(0，－eq \r( ,2)，eq \r( ,2))．
设F(xF，yF，zF)，因为eq \(EF,\s\up16(→))＝eq \(DA,\s\up16(→))，所以(xF，yF，zF)＝(－eq \r( ,2)，0，eq \r( ,2))，可得F(－eq \r( ,2)，0，eq \r( ,2))．
应用向量相等，求不在坐标轴上的点F的坐标．
所以eq \(FA,\s\up16(→))＝(eq \r( ,2)，0,0)．【一题多解】因为eq \(EF,\s\up16(→))＝eq \(DA,\s\up16(→))，所以四边形EDAF为平行四边形，则eq \(FA,\s\up16(→))＝eq \(ED,\s\up16(→))，据此可得eq \(FA,\s\up16(→))的坐标表示．
设平面DAB的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(DA,\s\up16(→))·m＝0，,\(BA,\s\up16(→))·m＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\r( ,2)x1＋\r( ,2)z1＝0，,－\r( ,2)y1＋\r( ,2)z1＝0，))取x1＝1，则y1＝z1＝1，m＝(1,1,1)．
设平面ABF的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(FA,\s\up16(→))·n＝0，,\(BA,\s\up16(→))·n＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r( ,2)x2＝0，,－\r( ,2)y2＋\r( ,2)z2＝0，))得x2＝0，取y2＝1，则z2＝1，n＝(0,1,1)．
所以cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(2,\r( ,3)×\r( ,2))＝eq \f(\r( ,6),3).
【满分宝典】会做的题一定要拿全分，审题一定要认真，本题的求解目标是正弦值，因此求到此处还未结束，注意转化．
记二面角D­AB­F的大小为θ，则sin θ＝eq \r( ,1－cs2〈m，n〉)＝eq \r( ,1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r( ,6),3)))2)＝eq \f(\r( ,3),3)，
本例避免求二面角的余弦值，此二面角其实是一个钝角．
故二面角D­AB­F的正弦值为eq \f(\r( ,3),3).
向量法求二面角
(1)二面角的平面角实质上就是两个向量的夹角．这两个向量的起点都在棱上，且分别在两个半平面内垂直于棱．
(2)若AB，CD分别是二面角α­l­β的两个半平面内与棱l垂直的异面直线，则二面角(或其补角)的大小就是向量eq \(AB,\s\up16(→))与eq \(CD,\s\up16(→))的夹角，如图1和图2.
图1 图2
平面α与β相交于直线l，平面α的法向量为n1，平面β的法向量为n2，若〈n1，n2〉＝θ，则二面角α­l­β为θ或π－θ.设二面角的大小为φ，则|cs φ|＝|cs θ|＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)，如图3和图4.
图4中，我们可以控制法向量n1＝(x1，y1，z1)和n2＝(x2，y2，z2)中某一个坐标的符号，使得法向量n1，n2的方向指向二面角所含的空间，如图4的形式，这样n1，n2和二面角φ，就有了明确的关系：φ＝π－n1，n2.
对点练2(2023·新高考全国Ⅰ卷)如图，在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4.点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3.
(1)证明：B2C2∥A2D2；
(2)点P在棱BB1上，当二面角P­A2C2­D2为150°时，求B2P.
(1)证明：以C为坐标原点，CD，CB，CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图，
则C(0,0,0)，C2(0,0,3)，B2(0,2,2)，D2(2,0,2)，A2(2,2,1)，
∴eq \(B2C2,\s\up16(→))＝(0，－2,1)，eq \(A2D2,\s\up16(→))＝(0，－2,1)，
∴eq \(B2C2,\s\up16(→))∥eq \(A2D2,\s\up16(→))，
又B2C2，A2D2不在同一条直线上，
∴B2C2∥A2D2.
(2)解：设P(0,2，λ)(0≤λ≤4)，
则eq \(A2C2,\s\up16(→))＝(－2，－2,2)，eq \(PC2,\s\up16(→))＝(0，－2，3－λ)，eq \(D2C2,\s\up16(→))＝(－2，0,1)，
设平面PA2C2的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(A2C2,\s\up16(→))＝－2x－2y＋2z＝0，,n·\(PC2,\s\up16(→))＝－2y＋3－λz＝0，))
令 z＝2，得y＝3－λ，x＝λ－1，
∴n＝(λ－1,3－λ，2)，
设平面A2C2D2的法向量为m＝(a，b，c)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(A2C2,\s\up16(→))＝－2a－2b＋2c＝0，,m·\(D2C2,\s\up16(→))＝－2a＋c＝0，))
令 a＝1，得b＝1，c＝2，
∴m＝(1,1,2)，
∴|cs〈n，m〉|＝eq \f(|n·m|,|n||m|)
＝eq \f(6,\r(6)\r(4＋λ－12＋3－λ2))
＝|cs 150°|＝eq \f(\r(3),2)，
化简可得，λ2－4λ＋3＝0，
解得λ＝1或λ＝3，
∴P(0,2,1)或P(0,2,3)，∴B2P＝1.
题型 空间角的综合问题
典例3(2024·河北武邑中学模拟)如图，四边形ABCD为圆柱OO′的轴截面，EF是圆柱上异于AD，BC的母线．
(1)证明：BE⊥平面DEF；
(2)若AB＝BC＝2，当三棱锥B­DEF的体积最大时，求二面角B­DF­E的余弦值．
最值问题需要引入变量．
(1)证明：如图，连接AE，由题意知AB为⊙O的直径，所以AE⊥BE.
因为AD，EF是圆柱的母线，所以AD∥EF且AD＝EF.所以四边形AEFD是平行四边形．
所以AE∥DF.所以BE⊥DF.
因为EF是圆柱的母线，所以EF⊥平面ABE.
又因为BE⊂平面ABE，所以EF⊥BE.
又因为DF∩EF＝F，DF，EF⊂平面DEF，
所以BE⊥平面DEF.
利用eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(BE⊥EF，,BE⊥DF))⇒BE⊥平面DEF.
(2)解：由(1)知BE是三棱锥B­DEF底面DEF上的高，由(1)知EF⊥AE，AE∥DF，所以EF⊥DF，即底面三角形DEF是直角三角形．
设DF＝AE＝x，BE＝y，则x2＋y2＝4.
所以VB­DEF＝eq \f(1,3)S△DEF·BE＝eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×x×2))×y＝eq \f(1,3)xy≤eq \f(1,3)·eq \f(x2＋y2,2)＝eq \f(2,3)，
写出体积的表达式，利用基本不等式求最值．
当且仅当x＝y＝eq \r( ,2)时等号成立，即点E，F分别是 eq \\ac(AB,\s\up17(︵))， eq \\ac(CD,\s\up15(︵))的中点时，三棱锥B­DEF的体积最大．前面这段叙述，是把函数、不等式的代数方法，延伸到空间几何的运算中，很新颖！
下面求二面角B­DF­E的余弦值．
方法一：由(1)得BE⊥DF.
方法一：属于几何法中的垂面法，作二面角的平面角：棱DF⊥平面BEF，从而有eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(BF⊥棱DF,EF⊥棱DE))⇒∠BFE为二面角B­DF­E的平面角．
又因为EF⊥DF，EF∩BE＝E，
所以DF⊥平面BEF.
因为BF⊂平面BEF，所以BF⊥DF.
所以∠BFE是二面角B­DF­E的平面角．
由(1)知△BEF为直角三角形，则BF＝eq \r( ,\r( ,2)2＋22)＝eq \r( ,6).
故cs∠BFE＝eq \f(EF,BF)＝eq \f(2,\r( ,6))＝eq \f(\r( ,6),3).
所以二面角B­DF­E的余弦值为eq \f(\r( ,6),3).
方法二：由(1)知EA，EB，EF两两垂直，如图，以点E为原点，EA，EB，EF所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，向量法则是把重点放在如何建立空间直角坐标系，和如何准确计算所涉及的点的坐标．
则B(0，eq \r( ,2)，0)，D(eq \r( ,2)，0,2)，E(0,0,0)，F(0，0,2)．
易知平面DEF的法向量为eq \(EB,\s\up16(→))＝(0，eq \r( ,2)，0)．
设平面BDF的法向量为n＝(x，y，z)，由eq \(DF,\s\up16(→))＝(－eq \r( ,2)，0,0)，eq \(BF,\s\up16(→))＝(0，－eq \r( ,2)，2)，
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(DF,\s\up16(→))＝0，,n·\(BF,\s\up16(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\r( ,2)x＝0，,－\r( ,2)y＋2z＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝0，,y＝\r( ,2)z，))
取z＝1，得n＝(0，eq \r( ,2)，1)．
设二面角B­DF­E的平面角为θ，
则|cs θ|＝|cs〈n，eq \(EB,\s\up16(→))〉|＝eq \f(|n·\(EB,\s\up16(→))|,|n||\(EB,\s\up16(→))|)＝eq \f(\r( ,2)×\r( ,2),\r( ,3)×\r( ,2))＝eq \f(\r( ,6),3).
由图可知θ为锐角，所以二面角B­DF­E的余弦值为eq \f(\r( ,6),3).
求二面角的常用方法
(1)定形计算法：一作(找)二证三计算，常用定义法或三垂线法作平面角．
(2)坐标法：设二面角α­l­β的大小为θ，m，n分别为α，β的法向量，则有|cs θ|＝|cs〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m||n|).
(3)基向量法(基底法)．
(4)射影面积法：在大小为锐角θ的二面角α­l­β中，若α内面积为S的多边形在β内的射影的面积为S′，则cs θ＝eq \f(S′,S).
如图：
S′＝eq \f(1,2)BC·A′H，
S＝eq \f(1,2)BC·AH,
cs θ＝eq \f(A′H,AH)＝eq \f(S′,S).
对点练3如图，四棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面为矩形，侧面ABB1A1与侧面BCC1B1均为菱形，∠B1BA＝∠B1BC＝60°.
(1)证明：平面A1B1C1D1⊥平面AB1C.
(2)求二面角A1­AC­B1的大小．
(1)证明：因为侧面ABB1A1与侧面BCC1B1均为菱形，∠B1BA＝∠B1BC＝60°，
所以BB1＝AB＝BC＝AB1＝B1C.
因为四边形ABCD为矩形，
所以四边形ABCD为正方形．
连接BD，则AC⊥BD.
设AC∩BD＝O，AB＝a，
则OB＝eq \f(\r( ,2),2)a＝OA＝OC.
在等腰三角形AB1C中，OB1＝eq \r( ,a2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r( ,2),2)a))2)＝eq \f(\r( ,2),2)a.
又BB1＝a，所以BBeq \\al(2,1)＝OB2＋OBeq \\al(2,1)，则OB⊥OB1.
又AC∩OB1＝O，所以BD⊥平面AB1C.
连接B1D1，由四棱柱的性质可知，四边形BDD1B1为平行四边形，
则BD∥B1D1，所以B1D1⊥平面AB1C.
因为B1D1⊂平面A1B1C1D1，
所以平面A1B1C1D1⊥平面AB1C.
(2)解：方法一：如图1，连接OB1.
由(1)可知，OB1⊥AC，OB1⊥OB.
因为AC∩OB＝O，所以OB1⊥平面ABCD，
则OC，OD，OB1两两垂直．
以O为原点，OC，OD，OB1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图1所示的空间直角坐标系．
图1
设AB＝a，则Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r( ,2),2)a，0，0))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(\r( ,2),2)a，0))，B1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r( ,2),2)a))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r( ,2),2)a，0，0))，
则eq \(OB,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(\r( ,2),2)a，0))，eq \(AC,\s\up16(→))＝(eq \r( ,2)a,0,0)，eq \(AA1,\s\up16(→))＝eq \(BB1,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r( ,2),2)a，\f(\r( ,2),2)a)).
由(1)可知，BD⊥平面AB1C，所以eq \(OB,\s\up16(→))是平面AB1C的一个法向量，记为m＝eq \(OB,\s\up16(→)).
设平面ACA1的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(AC,\s\up16(→))·n＝0，,\(AA1,\s\up16(→))·n＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r( ,2)ax＝0，,\f(\r( ,2),2)ay＋\f(\r( ,2),2)az＝0，))所以x＝0.
不妨取y＝1，则z＝－1，所以n＝(0,1，－1)．
所以cs〈m，n〉＝eq \f(－\f(\r( ,2),2)a,\f(\r( ,2),2)a×\r( ,2))＝－eq \f(\r( ,2),2).
易知二面角A1­AC­B1为锐角，
所以二面角A1­AC­B1的大小为45°.
方法二：如图2，连接A1C1，交B1D1于点O1.
图2
连接OO1，OB1.则平面A1AC即为平面A1C1CA.
由(1)知AC⊥BD，AC⊥OB1.
又OB1∩BD＝O，所以AC⊥平面BB1D1D.
所以AC⊥OO1，
所以∠O1OB1即为二面角A1­AC­B1的平面角．
设AB＝a.在Rt△OB1O1中，∠OB1O1＝90°，OB1＝eq \f(\r( ,2),2)a，B1O1＝eq \f(\r( ,2),2)a，
所以∠O1OB1＝45°，
即二面角A1­AC­B1的大小为45°.