二面角的平面角求法
前言
什么是二面角,什么是二面角的平面角,范围:\([0,\pi]\)
求解方法
①定义法;
②垂面法;
③三垂线法;找垂面,定垂足,三垂线成平面角;
④射影面法;\(cos\theta=\cfrac{S_{射}}{S_{原}}\)
⑤向量法;在高考或模拟题中大多考查这种方法。
典例剖析
(1). 求 \(BC\) ;
解析:求解矩形的宽 \(BC\) 时 ,可以从以下三个思路思考求解:
思路一:利用直角三角形相似求解,由于 \(AM\perp\)平面 \(PBD\) ,故有 \(AM\perp BD\),
由于 \(\angle BAM+\angle DAM=\cfrac{\pi}{2}\), \(\angle ADB+\angle DAM=\cfrac{\pi}{2}\),
故 \(\angle ADB=\angle BAM\), 且 \(Rt\triangle ADB\sim Rt\triangle BAM\),
则有 \(\cfrac{AD}{AB}=\cfrac{AB}{BM}\),令 \(BM=x\),则 \(\cfrac{2x}{1}=\cfrac{1}{x}\),
解得 \(x=\cfrac{\sqrt{2}}{2}\),故 \(BC=2x=\sqrt{2}\);
思路二:由于 \(AM\perp\)平面 \(PBD\) ,故有 \(AM\perp BD\),此时我们可以利用平面向量解决问题,
建立如右图所示的平面坐标系,利用平面向量求解,[或直接在立体图形中建系,利用空间向量求解],
则点\(D(0,0)\) ,\(C(1,0)\),设 \(|AD|=|BC|=2x\),则 \(A(0,-2x)\), \(M(1,-x)\), \(B(1,-2x)\),
则 \(\overrightarrow{DB}=(1,-2x)\), \(\overrightarrow{AM}=(1,x)\),由于 \(AM\perp BD\),
则\(\overrightarrow{DB}\cdot\overrightarrow{AM}=0\),即 \((1,-2x)\cdot(1,x)=0\),
即 \(1-2x^2=0\),解得\(x=\cfrac{\sqrt{2}}{2}\),故 \(AD=BC=\sqrt{2}\),
思路三:利用 \(Rt\triangle\) 求解 \(BC\) 的长度;
取 \(DC\) 和 \(PC\) 的中点分别为 \(E\) 和 \(F\) ,连结 \(EA\)、 \(EM\)、\(EF\)、\(FA\) 、\(FM\),
由于 \(PD\perp\) 下底面 \(ABCD\) ,故 \(FE\perp\) 下底面 \(ABCD\) ,
则 \(\triangle FEA\) 和 \(\triangle FEM\) 为 \(Rt\triangle\),
又由于 \(ME//BD\) , \(MF//PB\) , \(AM\perp PB\) ,
故 \(AM\perp MF\) ,则 \(\triangle AMF\) 为 \(Rt\triangle\),
令 \(BM=CM=x\),则 \(AD=2x\), \(DE=EF=CE=\cfrac{1}{2}\),
\(MF^2=ME^2+EF^2=\cfrac{1}{4}+x^2+\cfrac{1}{4}=\cfrac{1}{2}+x^2\),
\(AF^2=AE^2+EF^2=\cfrac{1}{4}+(2x)^2+\cfrac{1}{4}=\cfrac{1}{2}+4x^2\),
\(AM^2=1+x^2\),由于 \(AF^2=AM^2+MF^2\) ,
则有 \(\cfrac{1}{2}+4x^2=\cfrac{1}{2}+x^2+1+x^2\),
解得 \(x=\cfrac{\sqrt{2}}{2}\),故 \(BC=2x=\sqrt{2}\) .
(2). 求二面角 \(A-PM-B\) 的正弦值;
解析:由题可知,\(DA\)、\(DC\)、\(DP\) 两两互相垂直,故以点 \(D\) 为坐标原点,建立空间直角坐标系如图所示,
则 \(A(\sqrt{2},0,0)\), \(B(\sqrt{2},1,0)\), \(M(\cfrac{\sqrt{2}}{2},1,0)\), \(P(0,0,1)\),
则 \(\overrightarrow{AP}=(-\sqrt{2},0,1)\), \(\overrightarrow{PM}=(\cfrac{\sqrt{2}}{2},1,-1)\),
设平面 \(APM\) 的法向量为 \(\vec{n}=(x,y,z)\),
则有 \(\left\{\begin{array}{l}{\vec{n}\cdot\overrightarrow{AP}=0}\\{\vec{n}\cdot\overrightarrow{PM}=0}\end{array}\right.\quad\) ,即 \(\left\{\begin{array}{l}{-\sqrt{2}x+z=0}\\{\cfrac{\sqrt{2}}{2}x+y-z=0}\end{array}\right.\quad\)
令 \(x=\sqrt{2}\) 此处实质是求解不定方程,故常常使用赋值法,为了减少或防止坐标中出现分数,避免运算出错,具体的赋值还是有一定的讲究和技巧的。\(\quad\),则 \(y=1\),\(z=2\),即 \(\vec{n}=(\sqrt{2},1,2)\),
同理,设平面 \(PMB\)的法向量为 \(\vec{v}=(p,q,r)\)注意,将向量 \(\overrightarrow{PM}\)作为公共量,下面的计算就可以减少运算量\(\quad\) ,
则有 \(\left\{\begin{array}{l}{\vec{v}\cdot\overrightarrow{PM}=0}\\{\vec{v}\cdot\overrightarrow{MB}=0}\end{array}\right.\quad\) ,即 \(\left\{\begin{array}{l}{\cfrac{\sqrt{2}}{2}p+q-r=0}\\{-\sqrt{2}p=0}\end{array}\right.\quad\)
令 \(q=1\),则 \(r=1\),\(p=0\),即 \(\vec{v}=(0,1,1)\),
所以 \(|\cos<\vec{n},\vec{v}>|=\cfrac{|\vec{n}\cdot\vec{v}|}{|\vec{n}||\vec{v}|}=\cfrac{3}{\sqrt{7}\times\sqrt{2}}=\cfrac{3}{\sqrt{14}}\),
[注意,此处仅仅是一步中间过程,接下来还要平方,故可以不做分母有理化,省时省力]
设二面角 \(A-PM-B\) 的平面角为 \(\alpha\),
则 \(\sin\alpha=\sqrt{1-\cos^{2}\alpha}=\sqrt{1-\cos^{2}<\vec{n}, \vec{v}>}=\sqrt{1-(\cfrac{3}{\sqrt{14}})^{2}}=\cfrac{\sqrt{70}}{14}\),
所以二面角 \(A-PM-B\) 的正弦值为 \(\cfrac{\sqrt{70}}{14}\).
〔解后反思〕:① 二面角的平面角用这两个平面的法向量的夹角来刻画;
② 若两个平面的法向量分别为 \(\vec{n}=(x,y,z)\) 和 \(\vec{v}=(p,q,r)\),二面角的平面角或其补角为 \(\theta=<\vec{n},\vec{v}>\),
则 \(\cos\theta=\cos<\vec{n},\vec{v}>=\cfrac{\vec{n}\cdot\vec{v}}{|\vec{n}||\vec{v}|}=\cfrac{xp+yq+rz}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}\sqrt{p^2+q^2+r^2}}\)
③ 若题目需要求解二面角的余弦值时,需要特别注意,此时还需要通过观察图形[而不是通过计算来确定]来确定二面角的平面角是锐角、直角或钝角;容易出错的是有人计算得到 \(\cos\theta<0\),就认为平面角为钝角,这是错误的,其实平面角的正负与我们所取的法向量的方向有关,并不能说明平面角是不是钝角。
④ 若题目需要求解二面角的正弦值时,采用公式 \(\sin\theta=\sqrt{1-\cos^2\theta}\) 来求解;
(1)证明:\(BD\perp\)平面\(PAC\) ;
解析:暂略
(2)求二面角\(C-BD-Q\)的余弦值。
解析:由题可知,\(AB、AP、AD\)两两垂直,以\(A\)为坐标原点,分别以\(AB、AD、AP\)所在直线为\(x,y,z\)轴建立空间直角坐标系,如图所示。
则点\(B(2,0,0)\),\(C(2,2,0)\),\(D(0,2,0)\),\(Q(0,0,1)\),
所以\(\overrightarrow{BD}=(-2,2,0)\),\(\overrightarrow{BQ}=(-2,0,1)\),
设平面 \(BDQ\) 的法向量为 \(\vec{m}=(x,y,z)\),则有
\(\begin{cases}\vec{m}\perp\overrightarrow{BD}\\\vec{m}\perp\overrightarrow{BQ}\end{cases}\) \(\Longrightarrow \begin{cases}\vec{m}\cdot\overrightarrow{BD}=0\\\vec{m}\cdot\overrightarrow{BQ}=0\end{cases}\)
即\(\begin{cases}-2x+2y=0\\-2x+z=0\end{cases}\),可以取\(\vec{m}=(1,1,2)\)
平面\(BDC\)的法向量为\(\vec{n}=(0,0,1)\),
设二面角\(C-BD-Q\)为\(\theta\),由图可知,\(\theta\)为钝角,则有
\(cos\theta=-|cos<\vec{m},\vec{n}>|=-\cfrac{\vec{m}\cdot\vec{n}}{|\vec{m}||\vec{n}|}=-\cfrac{2}{\sqrt{6}}=-\cfrac{\sqrt{6}}{3}\)
所以二面角\(C-BD-Q\)的余弦值为\(-\cfrac{\sqrt{6}}{3}\)。
备注:二面角的范围\([0,\pi]\)。
(1).证明:\(BE\perp\)平面\(EB_1C_1\);
分析:需要证明线面垂直,往往先要转化为证明线线垂直;
解析:由已知\(B_1C_1\perp\)平面\(ABB_1A_1\),\(BE\subset\)平面\(ABB_1A_1\),故\(B_1C_1\perp BE\),
又\(BE\perp EC_1\),\(B_1C_1\subset\)平面\(EB_1C_1\),\(EC_1\subset\)平面\(EB_1C_1\),\(B_1C_1\cap EC_1=C_1\),
故\(BE\perp\)平面\(EB_1C_1\);
(2).若\(AE=A_1E\),求二面角\(B-EC-C_1\)的正弦值;
解析:由(1)知道\(\angle BEB_1=90^{\circ}\),由题设可知\(Rt\triangle ABE Rt\triangle A_1B_1E\),所以\(\angle AEB=45^{\circ}\),故\(AE=AB\),\(AA_1=2AB\),
以\(D\)为坐标原点,\(\overrightarrow{DA}\)的方向为\(x\)轴的正方向,\(|\overrightarrow{DA}|\)为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系\(D-xyz\),
则\(C(0,1,0)\),\(B(1,1,0)\),\(C_1(0,1,2)\),\(E(1,0,1)\),\(\overrightarrow{CB}=(1,0,0)\),\(\overrightarrow{CE}=(1,-1,1)\),\(\overrightarrow{CC_1}=(0,0,2)\),
设平面\(EBC\)的法向量\(\vec{n}=(x,y,z)\),
则\(\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{CB}\cdot \vec{n}=0}\\{\overrightarrow{CE}\cdot \vec{n}=0}\end{array}\right.\),即\(\left\{\begin{array}{l}{x=0}\\{x-y+z=0}\end{array}\right.\),所以可以赋值取\(\vec{n}=(0,-1,-1)\),
设平面\(ECC_1\)的法向量\(\vec{m}=(x,y,z)\),
则\(\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{CC_1}\cdot \vec{m}=0}\\{\overrightarrow{CE}\cdot \vec{m}=0}\end{array}\right.\),即\(\left\{\begin{array}{l}{2z=0}\\{x-y+z=0}\end{array}\right.\),所以可以赋值取\(\vec{m}=(1,1,0)\),
于是,\(cos<\vec{n},\vec{m}>=\cfrac{\vec{n}\cdot\vec{m}}{|\vec{n}||\vec{m}|}=-\cfrac{1}{2}\),
即\(<\vec{n},\vec{m}>=120^{\circ}\),所以,二面角\(B-EC-C_1\)的正弦值为\(\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)。
解后反思:
1、当然,本题目同样可用点\(C\)做为坐标原点来建立坐标系。
2、如果我们选取的坐标系不同,很可能\(<\vec{n},\vec{m}>=60^{\circ}\),则仿照如图所示,二面角的平面角为\(60^{\circ}\),则二面角\(B-EC-C_1\)的正弦值还为\(\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)。
高阶典例
(1)求证:平面\(EAC\perp\) 平面\(BPD\);
分析:由于\(PD\perp\)平面\(ABCD\),所以\(PD\perp AC\),
由于四边形\(ABCD\)是菱形,所以\(BD\perp AC\),
又由于\(BD\cap PD=D\),所以\(AC\perp\) 平面\(PBD\),
又由于\(AC\subseteq\) 平面\(AEC\),所以平面\(EAC\perp\) 平面\(BPD\);
(2)若\(E\)为\(PB\)的中点,\(AC=2\),\(BD=2\sqrt{3}\),且二面角\(A-PB-D\)的余弦值为\(\cfrac{\sqrt{21}}{7}\),求四棱锥\(P-ABCD\)的体积;
分析:连接\(OE\),在\(\triangle PBD\)中,\(EO//PD\),所以\(EO\perp\)平面\(ABCD\),分别以\(OA\),\(OB\),\(OE\)所在直线为\(x\)轴,\(y\)轴,\(z\)轴建立如图所示的空间直角坐标系,设\(PD=t\),则\(A(1,0,0)\),\(B(0,\sqrt{3},0)\),\(C(-1,0,0)\),\(E(0,0,\cfrac{t}{2})\),\(P(0,-\sqrt{3},t)\),
设平面\(PAB\)的一个法向量为\(\vec{n}=(x,y,z)\),
则\(\left\{\begin{array}{l}{\vec{n}\cdot \overrightarrow{AB}=-x+\sqrt{3}y=0}\\{\vec{n}\cdot \overrightarrow{AP}=-x-\sqrt{3}y+tz=0}\end{array}\right.\) 令\(y=1\),得到\(\vec{n}=(\sqrt{3},1,\cfrac{2\sqrt{3}}{t})\),
平面\(PBD\)的法向量\(\vec{m}=(1,0,0)\),
由于二面角\(A-PB-D\)的余弦值为\(\cfrac{\sqrt{21}}{7}\),
则\(|cos<\vec{m},\vec{n}>|=\cfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{4+\frac{12}{t^2}}}=\cfrac{\sqrt{21}}{7}\),解得\(t=2\)或\(t=-2\)(舍去),
故四棱锥\(P-ABCD\)的体积为\(V=\cfrac{1}{3}\times \cfrac{1}{2}\times 2\times 2\sqrt{3}\times 2=\cfrac{4\sqrt{3}}{3}\);
①\(BC\perp AD\);
②二面角 \(P-AB-C\) 的平面角为 \(\angle PBC\);
③直线 \(PA\) 与平面 \(ABC\) 所成角的大小为 \(\cfrac{\pi}{3}\);
④两条异面直线\(AB\)和\(PC\)间的距离为\(\cfrac{3\sqrt{3}}{4}\);
⑤直线 \(FD\) 与直线 \(PC\) 所成角的余弦值为 \(\cfrac{\sqrt{3}}{3}\);
⑥三棱锥 \(P-ABC\) 的体积为 \(\cfrac{3}{4}\);
解析:本题目的信息量有点太大,具体解析如下,
①\(BC\perp AD\);
分析:由于点 \(A\) 在侧面 \(PBC\) 上的射影为 \(H\),故\(AH\perp\)平面\(PBC\),由于\(BC\subsetneqq PBC\),故\(AH\perp BC\);
又由于\(H\) 是 \(\triangle PBC\) 的垂心,故\(PD\perp BC\),
由\(BC\perp AH\),\(BC\perp PD\),且又\(AH\),\(PD\subsetneqq\) \(PAD\)、\(AH\cap PD=H\),
则\(BC\perp\)平面\(PAD\),又\(AD\subsetneqq\) \(PAD\),则得到\(BC\perp AD\);故①成立;
②二面角 \(P-AB-C\) 的平面角为 \(\angle PBC\);
分析:如图所示,延长\(BH\)交\(PC\)于点\(E\),连结\(AE\),
则由\(AH\perp PC\),\(BE\perp PC\)(垂足),\(AH\cap BE=H\),\(AH\)、\(BE\subsetneqq\) \(ABE\),
故\(PC\perp\)面\(ABE\),\(AB\subsetneqq\)面\(ABE\),
则有\(PC\perp AB\),又\(PO\perp AB\),\(PC\cap PO=P\),\(PC\)、\(PO\subsetneqq\) \(POC\),
则\(AB\perp\)面\(POC\),\(CO\subsetneqq\)面\(POC\),
则得到\(AB\perp CO\),则\(AB\perp CF\),
故\(O\)为\(\triangle ABC\)的垂心,又由于三角形为正三角形,
故\(O\)是\(\triangle ABC\)的中心,
故\(P-ABC\)为正三棱锥。
故可知,点\(D\),\(F\)分别为中点,连结\(PF\),则可得到\(PF\perp AB\),
则\(\angle PFC\)为二面角 \(P-AB-C\) 的平面角。故②错误;
③直线 \(PA\) 与平面 \(ABC\) 所成角的大小为 \(\cfrac{\pi}{3}\);
分析:连结\(EF\),由①②可知,\(AB\perp\)平面\(PCF\),故\(AB\perp EF\),又\(PC\perp\)平面\(ABE\),故\(PC\perp EF\),
故线段\(EF\)为两条异面直线\(AB\)和\(PC\)的公垂线,又由于\(CF\perp AB\),
故\(\angle EFC\)为二面角\(H-AB-C\)的平面角,则由已知得\(\angle EFC=\cfrac{\pi}{6}\).
设正三角形\(ABC\)的边长为\(2x\),则\(BD=FB=x\),则\(CF=\sqrt{3}x\),
在\(Rt\triangle CEF\)中,由于\(\angle CFE=\cfrac{\pi}{6}\),故\(CE=\cfrac{\sqrt{3}}{2}x\),\(EF=\cfrac{3}{2}x\);
在\(Rt\triangle CEB\)中,可得\(BE^2=BC^2-CE^2=(2x)^2-(\cfrac{\sqrt{3}}{2}x)^2=\cfrac{13}{4}x^2\),
且由于是正三棱锥,有\(BE=AE\);
又在\(Rt\triangle PAF\)中,则\(PF^2==PA^2-AF^2=2^2-x^2=4-x^2\),
则在\(Rt\triangle PEF\)中,\(PE^2=PF^2-EF^2=4-x^2-\cfrac{9}{4}x^2=4-\cfrac{13x^2}{4}\),
由已知\(PA=2=PC\),即\(PE+CE=PC=2\),即\(\sqrt{4-\cfrac{13x^2}{4}}+\cfrac{\sqrt{3}}{2}x=2\),
移项,得到\(\sqrt{4-\cfrac{13x^2}{4}}=2-\cfrac{\sqrt{3}}{2}x\),两边平方,解得\(x=\cfrac{\sqrt{3}}{2}\),
故可得\(AB=BC=AC=\sqrt{3}\),\(BD=BF=\cfrac{\sqrt{3}}{2}\),\(AD=\cfrac{\sqrt{3}}{2}\times\sqrt{3}=\cfrac{3}{2}\),
则由点\(O\)为正三角形\(ABC\)的重心,得到\(AO=\cfrac{3}{2}\times \cfrac{2}{3}=1\),
在\(Rt\triangle PAO\)中,\(PA=2\),\(AO=1\),故\(\angle PAO=\cfrac{\pi}{3}\).
即直线 \(PA\) 与平面 \(ABC\) 所成角的大小为 \(\cfrac{\pi}{3}\);
④两条异面直线\(AB\)和\(PC\)间的距离为\(\cfrac{3\sqrt{3}}{4}\);
分析:由上可知,线段\(EF\)为两条异面直线\(AB\)和\(PC\)的公垂线,
且\(EF=\cfrac{3}{2}x=\cfrac{3}{2}\times\cfrac{\sqrt{3}}{2}=\cfrac{3\sqrt{3}}{4}\);
即两条异面直线\(AB\)和\(PC\)间的距离为\(\cfrac{3\sqrt{3}}{4}\);故④正确;
⑤直线 \(FD\) 与直线 \(PC\) 所成角的余弦值为 \(\cfrac{\sqrt{3}}{3}\);
分析:由于点\(D\), \(F\)分别是线段\(BC\)和\(AB\)的中点,故\(DF//AC\),
则直线 \(FD\) 与直线 \(PC\) 所成角的也就是直线 \(AC\) 与直线 \(PC\) 所成的角,
由上可知是正三棱锥,故在\(\triangle PAC\)中,\(PA=PC=2\),\(AC=AB=BC=\sqrt{3}\),
故由余弦定理或者构造\(Rt\triangle\)可得到,\(\cos\angle PCA=\cfrac{\sqrt{3}}{4}\),故④错误;
⑥三棱锥 \(P-ABC\) 的体积为 \(\cfrac{3}{4}\);
分析:由上可知,\(PC=2\),\(CD=\cfrac{\sqrt{3}}{2}\),则\(PD^2=PC^2-CD^2=2^2-(\cfrac{\sqrt{3}}{2})^2=\cfrac{13}{4}\),
则\(PO^2=PD^2-OD^2=\cfrac{13}{4}-\cfrac{1}{4}=3\),即\(PO=\sqrt{3}\),
故\(V_{P-ABC}=\cfrac{1}{3}\cdot S_{\triangle ABC}\cdot PO=\cfrac{1}{3}\cdot \cfrac{\sqrt{3}}{4}\cdot(\sqrt{3})^2\cdot \sqrt{3}=\cfrac{3}{4}\),故⑥正确,
综上所述,正确的命题有:①③④⑥;
(1)求证:平面\(AEF\perp\)平面\(CEF\);
法1:建立空间直角坐标系,利用空间向量法证明;
如图,连结\(AC\)交\(BD\)于点\(O\),取\(EF\)的中点为\(G\),连结\(OG\),分别以\(OA\),\(OB\),\(OG\)所在的直线为\(x\),\(y\),\(z\)轴建立直角坐标系,
由于\(DE\perp\)面\(ABCD\),\(DE//FB\),所以\(DE\perp AD\),\(DE\perp CD\),\(FB\perp BC\),\(FB\perp AB\),
又\(ABCD\)为菱形,\(BDEF\)为矩形,
则\(\triangle ADE\),\(\triangle CDE\),\(\triangle ABF\),\(\triangle CBF\)是全等的直角三角形,
则由题目可知,\(A(\sqrt{3},0,0)\)、\(A(\sqrt{3},0,0)\)、\(B(0,1,0)\)、\(D(0,-1,0)\)、
\(C(-\sqrt{3},0,0)\)、\(E(0,-1,\sqrt{3})\)、\(F(0,1,\sqrt{3})\),
则由\(\overrightarrow{AE}=(-\sqrt{3},-1,\sqrt{3})\),\(\overrightarrow{AF}=(-\sqrt{3},1,\sqrt{3})\),
设平面\(AEF\)的法向量为\(\vec{n}=(x,y,z)\),
则由\(\left\{\begin{array}{l}{-\sqrt{3}x-y+\sqrt{3}z=0}\\{-\sqrt{3}x+y+\sqrt{3}z=0}\end{array}\right.\),求得\(\vec{n}=(1,0,1)\);
由\(\overrightarrow{CE}=(\sqrt{3},-1,\sqrt{3})\),\(\overrightarrow{AF}=(\sqrt{3},1,\sqrt{3})\),
设平面\(CEF\)的法向量为\(\vec{v}=(x,y,z)\),
则由\(\left\{\begin{array}{l}{\sqrt{3}x-y+\sqrt{3}z=0}\\{\sqrt{3}x+y+\sqrt{3}z=0}\end{array}\right.\),求得\(\vec{v}=(1,0,-1)\);
由于\(\vec{n}\cdot \vec{v}=1+0-1=0\),即两个平面的法向量垂直,
故两个平面垂直,即平面 \(AEF\perp\) 平面 \(CEF\);
法2:面面垂直的定义法,设法证明其二面角为直二面角;
连结\(AC\)交\(BD\)于点\(O\),取\(EF\)的中点为\(G\),连结\(OG\),\(AG\),\(CG\),
由于\(DE\perp\)面\(ABCD\),\(DE//FB\),所以\(DE\perp AD\),\(DE\perp CD\),\(FB\perp BC\),\(FB\perp AB\),
又\(ABCD\)为菱形,\(BDEF\)为矩形,则\(\triangle ADE\),\(\triangle CDE\),\(\triangle ABF\),\(\triangle CBF\)是全等的直角三角形,
由\(AE=AF\),\(CE=CF\),\(G\)为\(EF\)的中点,可知\(AG\perp EF\),\(CG\perp EF\),
则\(\angle AGC\)为二面角\(A-EF-C\)的平面角,由于\(AG=CG=\sqrt{6}\),\(AC=2\sqrt{3}\),
故由勾股定理可知,\(\angle AGC=\cfrac{\pi}{2}\),故平面\(AEF\perp\)平面\(CEF\);
法3:立体几何法;待思考;
(2)在线段\(AB\)上取一点\(N\),当二面角\(N-EF-C\)的大小为\(\cfrac{\pi}{3}\)时,求\(|AN|\)的长度;
如图,连结\(AC\)交\(BD\)于点\(O\),取\(EF\)的中点为\(M\),连结\(OM\),分别以\(OA\),\(OB\),\(OM\)所在的直线为\(x\),\(y\),\(z\)轴建立直角坐标系,
由 \(AD=BD=2\), 则 \(A(\sqrt{3}, 0,0)\), \(M(0,0,\sqrt{3})\), \(C(-\sqrt{3}, 0,0)\), \(E(0,-1, \sqrt{3})\),
\(F(0,1, \sqrt{3})\), \(\overrightarrow{AM}=(-\sqrt{3}, 0,\sqrt{3})\),
平面 \(CEF\) 的一个法向量 \(\vec{m}=\cfrac{1}{\sqrt{3}}\overrightarrow{AM}=(-1,0,1)\),
设 \(|AN|=t\), \(t\in[0, 2]\), 则 \(N(\sqrt{3}(1-0.5t,0.5t,0)\),
\(\overrightarrow{EF}=(0,2,0)\), \(\overrightarrow{EN}=(\sqrt{3}(1-0.5 t), 0.5 t-1,-\sqrt{3})\),
设平面 \(NEF\) 的法向量 \(\vec{n}=(x,y,z)\), 则 \(\left\{\begin{array}{l}\vec{n}\cdot\overrightarrow{EF}=0\\\vec{n}\cdot\overrightarrow{EN}=0\end{array}\right.\)
得 \(\left\{\begin{array}{l}2y=0\\\sqrt{3}(1-0.5t)x+(0.5t-1)y-\sqrt{3}z=0\end{array}\right.\)
令 \(x=1\), \(z=1-0.5t\), 则 \(y=0\), 得 \(\vec{n}=(1,0,1-0.5t)\)
因为二面角 \(N-EF-C\) 的大小为 \(60^{\circ}\),
所以 \(\cos60^{\circ}=\cfrac{|\vec{m}\cdot\vec{n}|}{|\vec{m}|\times|\vec{n}|}\)
\(=\cfrac{|-1\times1+0\times 0+1\times(1-0.5t)|}{\sqrt{(-1)^{2}+0+1^{2}}\times\sqrt{1^{2}+0+(1-0.5 t)^{2}}}\)
即 \(\cfrac{1}{2}=\cfrac{0.5t}{\sqrt{2}\times\sqrt{1+(1-0.5 t)^{2}}}\),
整理得 \(t^{2}+4t-8=0\), 解得 \(t=2\sqrt{3}-2\),(舍去 \(t=-2\sqrt{3}-2\))
所以 \(|AN|=t=2\sqrt{3}-2\)