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先让我们来落实一下利用法向量求二面角的大小的思路：如图1所示，n1，n2分别图1是二面角α-l-β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ=〈n1，n2〉（或π-〈n1，n2〉）.由此，可知要求二面角的大小，须先求法向量n1，n2.
一、正确判断二面角的平面角是锐角还是钝角
例1（2014·杭州模拟）如图2，已知平面QBC与直线PA均垂直于Rt△ABC所在平面，且PA=AB=AC.
（1）求证：PA∥平面QBC；
（2）若PQ⊥平面QBC，求二面角Q-PB-A的余弦值.
解（1）证明：如图3，
过点Q做QD⊥BC于点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.
∴点D是BC的中点，连接AD，则AD⊥BC，
又AD平面ABC，平面QBC∩平面ABC=BC， ∴AD⊥平面QBC.∴PQ∥AD，AD⊥QD，
∴四边形PADQ是矩形.
如图4所示，
分别以AC，AB，AP所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系A-xyz，设PA=2a，则Q（a，a，2a），B（0，2a，0），P（0，0，2a），
设平面QPB的法向量为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的一个法向量为 =（1，0，0）.
设二面角Q-PB-A的平面角为θ，则|cosθ|=|cos〈m，n〉|=
m·n|m|·|n|=33，
又二面角Q-PB-A是钝角，
∴cosθ=-33，即二面角Q-PB-A的余弦值为-33.
评注利用法向量求二面角时应注意：（1）对于某些平面的法向量要注意已在题中隐含着，不用单独求.
（2）注意判断二面角的平面角是锐角还是钝角，可结合图形进行，以防结论失误.
利用平面的法向量求二面角的大小时，二面角是锐角或钝角由图形决定.由图形知二面角是锐角时cosθ=|n1·n2||n1|·|n2|；由图形知二面角是钝角时，cosθ=-|n1·n2||n1|·|n2|.当图形不能确定时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，从而确定二面角与向量n1，n2 的夹角是相等（一个平面的法向量指向二面角的内部，另一个平面的法向量指向二面角的外部），还是互补（两个法向量同时指向二面角的内部或外部），这是利用向量求二面角的难点、易错点.
二、正确处理求二面角问题中的探索性问题
例2（2014·哈师大附中模拟）如图5，三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱AA1⊥底面ABC，∠ACB=90°，E是棱CC1上的动点，F是AB的中点，AC=1，BC=2，AA1=4.
（1）当E是棱CC1的中点时，求证：CF∥平面AEB1；
（2）在棱CC1上是否存在点E，使得二面角A-EB1-B的余弦值是21717？若存在，求CE的长，若不存在，请说明理由.
解析（1）证明：如图6，取AB1的中点G，连接EG，FG.
∵F，G分别是AB，AB1的中点，∴FG∥BB1，FG=12BB1，
又B1B∥C1C，B1B=C1C，EC=12C1C，
∴B1B∥EC，EC=12B1B.∴FG∥EC，FG=EC，∴四边形FGEC是平行四边形，
∴CF∥EG.∵CF平面AEB1，EG平面AEB1，∴CF∥平面AEB1.
（2）以C为坐标原点，射线CA，CB，CC1为x，y，z轴非负半轴，建立如图6所示的空间直角坐标系C-xyz，则C（0，0，0），A（1，0，0），B1（0，2，4）.
设E（0，0，m）（0≤m≤4），平面AEB1的法向量n1=（x，y，z）.
则AB1=（-1，2，4），AE=（-1，0，m）.
由AB1⊥n1，AE⊥n1，得-x+2y+4z=0，-x+mz=0.
令z=2，则n1=（2m，m-4，2）.
连接BE，∵CA⊥平面C1CBB1，∴CA是平面EBB1的一个法向量，令n2=CA，
∵二面角A-EB1-B的余弦值为21717，
∴21717=|cos〈n1，n2〉|=
|n1·n2||n1|·|n2|=2m4m2+（m-4）2+4，解得m=1（0≤m≤4）.
∴在棱CC1上存在点E，符合题意，此时CE=1.
评注解决立体几何中探索性问题的基本方法：通常假设题中的数学对象存在（或结论成立），然后在这个前提下进行逻辑推理，若能推导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，即存在，并可进一步证明；若推导出与条件或实际情况相矛盾的结论，则说明假设不成立，即不存在.
三、正确处理最值条件下如何求二面角问题
例3（2014·郑州模拟）如图7，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，AC=2a，D，E分别为AC，AB的中点，沿DE将△ADE折起，得到如图所示的四棱锥A′-BCDE.
（1）在棱A′B上找一点F，使EF∥平面A′CD；
（2）当四棱锥A′-BCDE的体积取最大值时，求平面A′CD与平面A′BE夹角的余弦值.
解（1）点F为棱A′B的中点.证明如下：如图8所示，
取A′C的中点G，连接DG，EF，GF，则由中位线定理得DE∥BC，DE=12BC，且GF∥BC，GF=12BC.
所以DE∥GF，DE=GF，从而四边形DEFG是平行四边形，EF∥DG.
又EF平面A′CD，DG平面A′CD，
故点F为棱A′B的中点时，EF∥平面A′CD.
（2）在平面A′CD内做A′H⊥CD于点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就是四棱锥A′-BCDE的高.
由A′H≤AD知，点H和D重合时，四棱锥A′-BCDE的体积取最大值.
分别以DC，DE，DA′所在直线为x，y，z轴，建立如图9所示的空间直角坐标系，
则A′（0，0，a），B（a，2a，0），E（0，a，0），A′B=（a，2a，-a），A′E=（0，a，-a）.
设平面A′BE的法向量为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的一个法向量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与平面A′BE夹角的余弦值为33.
评注立体几何的综合应用问题中常涉及最值问题，处理时常用如下两种方法：
（1）结合条件与图形恰当分析取得最值的条件；
（2）直接建系后，表示出最值函数，转化为求最值问题.
（收稿日期：2015-06-12）
一、正确判断二面角的平面角是锐角还是钝角
例1（2014·杭州模拟）如图2，已知平面QBC与直线PA均垂直于Rt△ABC所在平面，且PA=AB=AC.
（1）求证：PA∥平面QBC；
（2）若PQ⊥平面QBC，求二面角Q-PB-A的余弦值.
解（1）证明：如图3，
过点Q做QD⊥BC于点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.
∴点D是BC的中点，连接AD，则AD⊥BC，
又AD平面ABC，平面QBC∩平面ABC=BC， ∴AD⊥平面QBC.∴PQ∥AD，AD⊥QD，
∴四边形PADQ是矩形.
如图4所示，
分别以AC，AB，AP所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系A-xyz，设PA=2a，则Q（a，a，2a），B（0，2a，0），P（0，0，2a），
设平面QPB的法向量为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的一个法向量为 =（1，0，0）.
设二面角Q-PB-A的平面角为θ，则|cosθ|=|cos〈m，n〉|=
m·n|m|·|n|=33，
又二面角Q-PB-A是钝角，
∴cosθ=-33，即二面角Q-PB-A的余弦值为-33.
评注利用法向量求二面角时应注意：（1）对于某些平面的法向量要注意已在题中隐含着，不用单独求.
（2）注意判断二面角的平面角是锐角还是钝角，可结合图形进行，以防结论失误.
利用平面的法向量求二面角的大小时，二面角是锐角或钝角由图形决定.由图形知二面角是锐角时cosθ=|n1·n2||n1|·|n2|；由图形知二面角是钝角时，cosθ=-|n1·n2||n1|·|n2|.当图形不能确定时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，从而确定二面角与向量n1，n2 的夹角是相等（一个平面的法向量指向二面角的内部，另一个平面的法向量指向二面角的外部），还是互补（两个法向量同时指向二面角的内部或外部），这是利用向量求二面角的难点、易错点.
二、正确处理求二面角问题中的探索性问题
例2（2014·哈师大附中模拟）如图5，三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱AA1⊥底面ABC，∠ACB=90°，E是棱CC1上的动点，F是AB的中点，AC=1，BC=2，AA1=4.
（1）当E是棱CC1的中点时，求证：CF∥平面AEB1；
（2）在棱CC1上是否存在点E，使得二面角A-EB1-B的余弦值是21717？若存在，求CE的长，若不存在，请说明理由.
解析（1）证明：如图6，取AB1的中点G，连接EG，FG.
∵F，G分别是AB，AB1的中点，∴FG∥BB1，FG=12BB1，
又B1B∥C1C，B1B=C1C，EC=12C1C，
∴B1B∥EC，EC=12B1B.∴FG∥EC，FG=EC，∴四边形FGEC是平行四边形，
∴CF∥EG.∵CF平面AEB1，EG平面AEB1，∴CF∥平面AEB1.
（2）以C为坐标原点，射线CA，CB，CC1为x，y，z轴非负半轴，建立如图6所示的空间直角坐标系C-xyz，则C（0，0，0），A（1，0，0），B1（0，2，4）.
设E（0，0，m）（0≤m≤4），平面AEB1的法向量n1=（x，y，z）.
则AB1=（-1，2，4），AE=（-1，0，m）.
由AB1⊥n1，AE⊥n1，得-x+2y+4z=0，-x+mz=0.
令z=2，则n1=（2m，m-4，2）.
连接BE，∵CA⊥平面C1CBB1，∴CA是平面EBB1的一个法向量，令n2=CA，
∵二面角A-EB1-B的余弦值为21717，
∴21717=|cos〈n1，n2〉|=
|n1·n2||n1|·|n2|=2m4m2+（m-4）2+4，解得m=1（0≤m≤4）.
∴在棱CC1上存在点E，符合题意，此时CE=1.
评注解决立体几何中探索性问题的基本方法：通常假设题中的数学对象存在（或结论成立），然后在这个前提下进行逻辑推理，若能推导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，即存在，并可进一步证明；若推导出与条件或实际情况相矛盾的结论，则说明假设不成立，即不存在.
三、正确处理最值条件下如何求二面角问题
例3（2014·郑州模拟）如图7，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，AC=2a，D，E分别为AC，AB的中点，沿DE将△ADE折起，得到如图所示的四棱锥A′-BCDE.
（1）在棱A′B上找一点F，使EF∥平面A′CD；
（2）当四棱锥A′-BCDE的体积取最大值时，求平面A′CD与平面A′BE夹角的余弦值.
解（1）点F为棱A′B的中点.证明如下：如图8所示，
取A′C的中点G，连接DG，EF，GF，则由中位线定理得DE∥BC，DE=12BC，且GF∥BC，GF=12BC.
所以DE∥GF，DE=GF，从而四边形DEFG是平行四边形，EF∥DG.
又EF平面A′CD，DG平面A′CD，
故点F为棱A′B的中点时，EF∥平面A′CD.
（2）在平面A′CD内做A′H⊥CD于点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就是四棱锥A′-BCDE的高.
由A′H≤AD知，点H和D重合时，四棱锥A′-BCDE的体积取最大值.
分别以DC，DE，DA′所在直线为x，y，z轴，建立如图9所示的空间直角坐标系，
则A′（0，0，a），B（a，2a，0），E（0，a，0），A′B=（a，2a，-a），A′E=（0，a，-a）.
设平面A′BE的法向量为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的一个法向量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与平面A′BE夹角的余弦值为33.
评注立体几何的综合应用问题中常涉及最值问题，处理时常用如下两种方法：
（1）结合条件与图形恰当分析取得最值的条件；
（2）直接建系后，表示出最值函数，转化为求最值问题.
（收稿日期：2015-06-12）