胡彬

先讓我們來落實(shí)一下利用法向量求二面角的大小的思路：如圖1所示，n1，n2分別圖1是二面角α-l-β的兩個(gè)半平面α，β的法向量，則二面角的大小θ=〈n1，n2〉（或π-〈n1，n2〉）.由此，可知要求二面角的大小，須先求法向量n1，n2.

一、正確判斷二面角的平面角是銳角還是鈍角

例1（2014·杭州模擬）如圖2，已知平面QBC與直線PA均垂直于Rt△ABC所在平面，且PA=AB=AC.

（1）求證：PA∥平面QBC；

（2）若PQ⊥平面QBC，求二面角Q-PB-A的余弦值.

解（1）證明：如圖3，

過點(diǎn)Q做QD⊥BC于點(diǎn)D，∵平面QBC⊥平面ABC，∴QD⊥平面ABC.

又PA⊥平面ABC，∴QD∥PA. 又QD平面QBC，PA平面QBC，∴PA∥平面QBC.

（2）∵PQ⊥平面QBC，∴∠PQB=∠PQC=90°，又PB=PC，PQ=PQ，

∴△PQB≌△PQC，∴BQ=CQ.

∴點(diǎn)D是BC的中點(diǎn)，連接AD，則AD⊥BC，

又AD平面ABC，平面QBC∩平面ABC=BC， ∴AD⊥平面QBC.∴PQ∥AD，AD⊥QD，

∴四邊形PADQ是矩形.

如圖4所示，

分別以AC，AB，AP所在的直線為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz，設(shè)PA=2a，則Q（a，a，2a），B（0，2a，0），P（0，0，2a），

設(shè)平面QPB的法向量為n=（x，y，z），

∵PQ=（a，a，0），PB=（0，2a，-2a）， ∴ax+ay=0，2ay-2az=0，n1=（1，-1，-1）.

又平面PAB的一個(gè)法向量為 =（1，0，0）.

設(shè)二面角Q-PB-A的平面角為θ，則|cosθ|=|cos〈m，n〉|=

m·n|m|·|n|=33，

又二面角Q-PB-A是鈍角，

∴cosθ=-33，即二面角Q-PB-A的余弦值為-33.

評(píng)注利用法向量求二面角時(shí)應(yīng)注意：（1）對(duì)于某些平面的法向量要注意已在題中隱含著，不用單獨(dú)求.

（2）注意判斷二面角的平面角是銳角還是鈍角，可結(jié)合圖形進(jìn)行，以防結(jié)論失誤.

利用平面的法向量求二面角的大小時(shí)，二面角是銳角或鈍角由圖形決定.由圖形知二面角是銳角時(shí)cosθ=|n1·n2||n1|·|n2|；由圖形知二面角是鈍角時(shí)，cosθ=-|n1·n2||n1|·|n2|.當(dāng)圖形不能確定時(shí)，要根據(jù)向量坐標(biāo)在圖形中觀察法向量的方向，從而確定二面角與向量n1，n2 的夾角是相等（一個(gè)平面的法向量指向二面角的內(nèi)部，另一個(gè)平面的法向量指向二面角的外部），還是互補(bǔ)（兩個(gè)法向量同時(shí)指向二面角的內(nèi)部或外部），這是利用向量求二面角的難點(diǎn)、易錯(cuò)點(diǎn).

二、正確處理求二面角問題中的探索性問題

例2（2014·哈師大附中模擬）如圖5，三棱柱ABC-A1B1C1的側(cè)棱AA1⊥底面ABC，∠ACB=90°，E是棱CC1上的動(dòng)點(diǎn)，F(xiàn)是AB的中點(diǎn)，AC=1，BC=2，AA1=4.

（1）當(dāng)E是棱CC1的中點(diǎn)時(shí)，求證：CF∥平面AEB1；

（2）在棱CC1上是否存在點(diǎn)E，使得二面角A-EB1-B的余弦值是21717？若存在，求CE的長(zhǎng)，若不存在，請(qǐng)說明理由.

解析（1）證明：如圖6，取AB1的中點(diǎn)G，連接EG，F(xiàn)G.

∵F，G分別是AB，AB1的中點(diǎn)，∴FG∥BB1，F(xiàn)G=12BB1，

又B1B∥C1C，B1B=C1C，EC=12C1C，

∴B1B∥EC，EC=12B1B.∴FG∥EC，F(xiàn)G=EC，∴四邊形FGEC是平行四邊形，

∴CF∥EG.∵CF平面AEB1，EG平面AEB1，∴CF∥平面AEB1.

（2）以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，射線CA，CB，CC1為x，y，z軸非負(fù)半軸，建立如圖6所示的空間直角坐標(biāo)系C-xyz，則C（0，0，0），A（1，0，0），B1（0，2，4）.

設(shè)E（0，0，m）（0≤m≤4），平面AEB1的法向量n1=（x，y，z）.

則AB1=（-1，2，4），AE=（-1，0，m）.

由AB1⊥n1，AE⊥n1，得-x+2y+4z=0，-x+mz=0.

令z=2，則n1=（2m，m-4，2）.

連接BE，∵CA⊥平面C1CBB1，∴CA是平面EBB1的一個(gè)法向量，令n2=CA，

∵二面角A-EB1-B的余弦值為21717，

∴21717=|cos〈n1，n2〉|=

|n1·n2||n1|·|n2|=2m4m2+（m-4）2+4，解得m=1（0≤m≤4）.

∴在棱CC1上存在點(diǎn)E，符合題意，此時(shí)CE=1.

評(píng)注解決立體幾何中探索性問題的基本方法：通常假設(shè)題中的數(shù)學(xué)對(duì)象存在（或結(jié)論成立），然后在這個(gè)前提下進(jìn)行邏輯推理，若能推導(dǎo)出與條件吻合的數(shù)據(jù)或事實(shí)，說明假設(shè)成立，即存在，并可進(jìn)一步證明；若推導(dǎo)出與條件或?qū)嶋H情況相矛盾的結(jié)論，則說明假設(shè)不成立，即不存在.

三、正確處理最值條件下如何求二面角問題

例3（2014·鄭州模擬）如圖7，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，AC=2a，D，E分別為AC，AB的中點(diǎn)，沿DE將△ADE折起，得到如圖所示的四棱錐A′-BCDE.

（1）在棱A′B上找一點(diǎn)F，使EF∥平面A′CD；

（2）當(dāng)四棱錐A′-BCDE的體積取最大值時(shí)，求平面A′CD與平面A′BE夾角的余弦值.

解（1）點(diǎn)F為棱A′B的中點(diǎn).證明如下：如圖8所示，

取A′C的中點(diǎn)G，連接DG，EF，GF，則由中位線定理得DE∥BC，DE=12BC，且GF∥BC，GF=12BC.

所以DE∥GF，DE=GF，從而四邊形DEFG是平行四邊形，EF∥DG.

又EF平面A′CD，DG平面A′CD，

故點(diǎn)F為棱A′B的中點(diǎn)時(shí)，EF∥平面A′CD.

（2）在平面A′CD內(nèi)做A′H⊥CD于點(diǎn)H，

DE⊥A′DDE⊥CDA′D∩CD=DDE⊥平面A′CDDE⊥A′H，

又DE∩CD=D，故A′H⊥底面BCDE，即A′H就是四棱錐A′-BCDE的高.

由A′H≤AD知，點(diǎn)H和D重合時(shí)，四棱錐A′-BCDE的體積取最大值.

分別以DC，DE，DA′所在直線為x，y，z軸，建立如圖9所示的空間直角坐標(biāo)系，

則A′（0，0，a），B（a，2a，0），E（0，a，0），A′B=（a，2a，-a），A′E=（0，a，-a）.

設(shè)平面A′BE的法向量為m=（x，y，z），

由m·A′B=0m·A′E=0，得ax+2ay-az=0，ay-az=0，即x+2y-z=0，y=z.

可取m=（-1，1，1）.易求得平面A′CD的一個(gè)法向量n=（0，1，0）.

故cos〈m，n〉=

|m·n||m|·|n|

=-1×0+1×1+1×03×1=33，

故平面A′CD與平面A′BE夾角的余弦值為33.

評(píng)注立體幾何的綜合應(yīng)用問題中常涉及最值問題，處理時(shí)常用如下兩種方法：

（1）結(jié)合條件與圖形恰當(dāng)分析取得最值的條件；

（2）直接建系后，表示出最值函數(shù)，轉(zhuǎn)化為求最值問題.

（收稿日期：2015-06-12）