求二面角大小的问题始终是高考的热点难点内容之一，而做出二面角的平面角是解决此类问题的关键，笔者通过解题积累，总结出了作二面角平面角的一般性方法，先请看下面的一个典型示例。

如下图，在四面体A－BCD中，已知AB⊥面BCD，CD⊥面ABC，AB＝1，AD＝2，CD＝■，求二面角B－AD－C的大小。

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解析：二面角B－AD－C的两个半平面为面BAD和面CAD，先在其中一个半平面内如面CAD取一恰当点C作另一半平面BAD的垂线，作CE⊥BD，设垂足为E，由AB⊥面BCD得AB⊥CE，所以CE⊥面BAD。然后过点C（或E）作CF⊥AD（或EF⊥AD），设垂足为F，连结EF，易证AD⊥面CEF，因此有AD⊥CF且AD⊥EF，所以∠CFE就是所求二面角的一个平面角。

当然也可在半平面BAD内取恰当点B作半平面CAD的垂线，如图，作BM⊥AC，易证BM⊥面CAD，然后作BN⊥AD，连结MN，则易证AD⊥面BMN，所以AD⊥BN且AD⊥MN，因此∠BNM为所求二面角的平面角。

通过上面的例子，我们可以抽象出对于锐二面角的平面角的一般性作法来。即先在二面角中一个半平面内选取一恰当点A作另一半平面的垂线，设垂足为M，然后过点A或M作二面角交线的垂线，设垂足为N，则∠ANM为所求二面角的平面角，然后解Rt△AMN，求∠ANM，需要特别指出的是：选取恰当点的用处是为了保证Rt△AMN在已知条件下可解。下面运用上述方法来解决几道高考题。

例1（09年山东）

如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，AB＝4，BC＝CD＝2，AA1＝2，F为AB中点，求二面角B－FC1－C的余弦值。

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解析：选取恰当点B作BO⊥CF，设垂足为O，易证BO⊥面FC1C，再作OP⊥FC1，连BP，则C1F⊥面BOP，因此∠BPO为所求二面角的平面角，再解Rt△BOP。在△BCF中，由BF＝BC＝2，BC=DA=CF=2,所以△BCF为正三角形，所以O为CF中点，BO＝■，而△FC1C为等腰直角三角形，所以OP＝FOsin45°＝■，所以tan∠BPO=■＝■，所以cos∠BPO＝■。

例2（09年天津）在五面体ABCDEF中，FA⊥平面ABCD，AD∥BC∥EF，AB⊥AD，AF＝AB＝BC＝FE＝AD，求二面角A－CD－E的余弦值。

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解析：选取恰当点E点，过E点作EP⊥AD，则易知EP⊥面ACD且M为AD中点，作PQ⊥CD，连结EQ，则∠EQP为所求二面角的平面角，易知△CPD为等腰直角三角形，设CP＝a，则PQ＝■a，所以tan∠EQP＝■＝■，所以cos∠EQP=■。

例3（09年重庆）如图在四棱锥S－ABCD，AD∥BC且AD⊥CD，平面CSD⊥平面ABCD，CS⊥DS，CS＝2AD＝2，E为BS的中点，CE＝■，AS＝■。求二面角E－CD－A的大小。

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解析：本题若直接求E－CD－A的大小则较难，但由于平面CSD⊥平面ABCD，因此不难发现二面角 E－CD－A和E－CD－S的大小之和为90°，所以可转而先求二面角E－CD－S的大小，为此，在半平面CDE内取恰当点E，过E作EF⊥CS，易证BC⊥平面CSD，所以EF⊥半平面CSD，且F为CS中点，再作FG⊥CD，连结EG，则∠FGE为二面角E－CD－S的平面角，在RT△ASD中，由AS＝■，AD＝1，所以SD＝■，所以tan∠DCS＝■＝■，所以sin∠DCS=■，所以FG＝CFsin∠DCS＝■。在RT△CFE中，由CF＝1，CE＝■，得FE＝1，所以tan∠FGE＝■＝■，所以∠FGE＝60°，从而二面角E－CD－A的大小为30°。