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 heta=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

【2021年高考乙卷理科数学第 (18) 题】 如图，四棱锥 (P-ABCD) 的底面是矩形， (PDperp) 底面 (ABCD)，(M) 为 (BC) 的中点，且 (PB perp AM) .

(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 (AMperp)平面 (PBD) ，故有 (AMperp BD)，

由于 (angle BAM+angle DAM=cfrac{pi}{2})， (angle ADB+angle DAM=cfrac{pi}{2})，

故 (angle ADB=angle BAM)， 且 (Rt riangle ADBsim Rt riangle 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 (AMperp)平面 (PBD) ，故有 (AMperp 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 (AMperp BD)，

则(overrightarrow{DB}cdotoverrightarrow{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 riangle) 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 (PDperp) 下底面 (ABCD) ，故 (FEperp) 下底面 (ABCD) ，

则 ( riangle FEA) 和 ( riangle FEM) 为 (Rt riangle)，

又由于 (ME//BD) ， (MF//PB) ， (AMperp PB) ，

故 (AMperp MF) ，则 ( riangle AMF) 为 (Rt riangle)，

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{egin{array}{l}{vec{n}cdotoverrightarrow{AP}=0}\{vec{n}cdotoverrightarrow{PM}=0}end{array} ight.quad) ，即 (left{egin{array}{l}{-sqrt{2}x+z=0}\{cfrac{sqrt{2}}{2}x+y-z=0}end{array} ight.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{egin{array}{l}{vec{v}cdotoverrightarrow{PM}=0}\{vec{v}cdotoverrightarrow{MB}=0}end{array} ight.quad) ，即 (left{egin{array}{l}{cfrac{sqrt{2}}{2}p+q-r=0}\{-sqrt{2}p=0}end{array} ight.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}cdotvec{v}|}{|vec{n}||vec{v}|}=cfrac{3}{sqrt{7} imessqrt{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 (sinalpha=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 ( heta=<vec{n},vec{v}>)，

则 (cos heta=cos<vec{n},vec{v}>=cfrac{vec{n}cdotvec{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 heta<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 heta=sqrt{1-cos^2 heta}) 来求解；

【2017凤翔中学第三次月考理科第19题】【二面角】如图所示，四棱锥(P-ABCD)中，底面(ABCD)是个边长为2的正方形，侧棱(PAperp)底面(ABCD)，且(PA=2)，(Q)是(PA)的中点.

（1）证明：(BDperp)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

(egin{cases}vec{m}perpoverrightarrow{BD}\vec{m}perpoverrightarrow{BQ}end{cases}) (Longrightarrow egin{cases}vec{m}cdotoverrightarrow{BD}=0\vec{m}cdotoverrightarrow{BQ}=0end{cases})

即(egin{cases}-2x+2y=0\-2x+z=0end{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( heta)，由图可知，( heta)为钝角，则有

(cos heta=-|cos<vec{m}，vec{n}>|=-cfrac{vec{m}cdotvec{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])。

【2019年高考数学试卷理科新课标Ⅱ第17题】如图，长方体(ABCD-A_1B_1C_1D_1)的底面(ABCD)是正方形，点(E)在棱(AA_1)上，(BEperp EC_1).

(1).证明：(BEperp)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_1perp)平面(ABB_1A_1)，(BEsubset)平面(ABB_1A_1)，故(B_1C_1perp BE)，

又(BEperp EC_1)，(B_1C_1subset)平面(EB_1C_1)，(EC_1subset)平面(EB_1C_1)，(B_1C_1cap EC_1=C_1)，

故(BEperp)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 riangle ABE Rt riangle 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{egin{array}{l}{overrightarrow{CB}cdot vec{n}=0}\{overrightarrow{CE}cdot vec{n}=0}end{array} ight.)，即(left{egin{array}{l}{x=0}\{x-y+z=0}end{array} ight.)，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{egin{array}{l}{overrightarrow{CC_1}cdot vec{m}=0}\{overrightarrow{CE}cdot vec{m}=0}end{array} ight.)，即(left{egin{array}{l}{2z=0}\{x-y+z=0}end{array} ight.)，所以可以赋值取(vec{m}=(1，1，0))，

于是，(cos<vec{n}，vec{m}>=cfrac{vec{n}cdotvec{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

【四棱锥中建系】如图，在四棱锥(P-ABCD)中，(PDperp)平面(ABCD)，四边形(ABCD)是菱形，且(AC)，(BD)交于点(O)，(E)是(PB)上任意一点。

（1）求证：平面(EACperp) 平面(BPD);

分析：由于(PDperp)平面(ABCD)，所以(PDperp AC)，

由于四边形(ABCD)是菱形，所以(BDperp AC)，

又由于(BDcap PD=D)，所以(ACperp) 平面(PBD)，

又由于(ACsubseteq) 平面(AEC)，所以平面(EACperp) 平面(BPD);

（2）若(E)为(PB)的中点，(AC=2)，(BD=2sqrt{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( riangle PBD)中，(EO//PD)，所以(EOperp)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{egin{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} ight.) 令(y=1)，得到(vec{n}=(sqrt{3}，1，cfrac{2sqrt{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} imes cfrac{1}{2} imes 2 imes 2sqrt{3} imes 2=cfrac{4sqrt{3}}{3})；

【北京人大附中高二11月月考第23题改编】已知三棱锥 (P-ABC) 的底面 (ABC) 为正三角形，点 (A) 在侧面 (PBC) 上的射影 (H) 是 ( riangle PBC) 的垂心(三角形的垂心是三角形三条高线的交点)， 延长 (PH) 交 (BC) 于 (D)， 过 (P) 作 (PO)(perp)(AD) 于 (O)，延长 (CO) 交 (AB) 于 (F)， 二面角 (H-AB-C) 为 (cfrac{pi}{6})， 且 (PA=2)， 则下列结论成立的有：

①(BCperp 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{3sqrt{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(BCperp AD)；

分析：由于点 (A) 在侧面 (PBC) 上的射影为 (H)，故(AHperp)平面(PBC)，由于(BCsubsetneqq PBC)，故(AHperp BC)；

又由于(H) 是 ( riangle PBC) 的垂心，故(PDperp BC)，

由(BCperp AH)，(BCperp PD)，且又(AH)，(PDsubsetneqq) (PAD)、(AHcap PD=H)，

则(BCperp)平面(PAD)，又(ADsubsetneqq) (PAD)，则得到(BCperp 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(AHperp PC)，(BEperp PC)（垂足），(AHcap BE=H)，(AH)、(BEsubsetneqq) (ABE)，

故(PCperp)面(ABE)，(ABsubsetneqq)面(ABE)，

则有(PCperp AB)，又(POperp AB)，(PCcap PO=P)，(PC)、(POsubsetneqq) (POC)，

则(ABperp)面(POC)，(COsubsetneqq)面(POC)，

则得到(ABperp CO)，则(ABperp CF)，

故(O)为( riangle ABC)的垂心，又由于三角形为正三角形，

故(O)是( riangle 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(PFperp 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，(ABperp)平面(PCF)，故(ABperp EF)，又(PCperp)平面(ABE)，故(PCperp EF)，

故线段(EF)为两条异面直线(AB)和(PC)的公垂线，又由于(CFperp 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 riangle CEF)中，由于(angle CFE=cfrac{pi}{6})，故(CE=cfrac{sqrt{3}}{2}x)，(EF=cfrac{3}{2}x)；

在(Rt riangle 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 riangle PAF)中，则(PF^2==PA^2-AF^2=2^2-x^2=4-x^2)，

则在(Rt riangle 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} imessqrt{3}=cfrac{3}{2})，

则由点(O)为正三角形(ABC)的重心，得到(AO=cfrac{3}{2} imes cfrac{2}{3}=1)，

在(Rt riangle 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{3sqrt{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} imescfrac{sqrt{3}}{2}=cfrac{3sqrt{3}}{4})；

即两条异面直线(AB)和(PC)间的距离为(cfrac{3sqrt{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( riangle PAC)中，(PA=PC=2)，(AC=AB=BC=sqrt{3})，

故由余弦定理或者构造(Rt riangle)可得到，(cosangle 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_{ riangle ABC}cdot PO=cfrac{1}{3}cdot cfrac{sqrt{3}}{4}cdot(sqrt{3})^2cdot sqrt{3}=cfrac{3}{4})，故⑥正确，

综上所述，正确的命题有：①③④⑥；

【2019届宝鸡理数质检Ⅲ第18题】如图所示的多面体中，(ABCD)为菱形，(BDEF)为矩形，(DEperp)平面(ABCD)，(angle BAD=cfrac{pi}{3})，(AD=2)，(DE=sqrt{3})，

（1）求证：平面(AEFperp)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(DEperp)面(ABCD)，(DE//FB)，所以(DEperp AD)，(DEperp CD)，(FBperp BC)，(FBperp AB)，

又(ABCD)为菱形，(BDEF)为矩形，

则( riangle ADE)，( riangle CDE)，( riangle ABF)，( riangle 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{egin{array}{l}{-sqrt{3}x-y+sqrt{3}z=0}\{-sqrt{3}x+y+sqrt{3}z=0}end{array} ight.)，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{egin{array}{l}{sqrt{3}x-y+sqrt{3}z=0}\{sqrt{3}x+y+sqrt{3}z=0}end{array} ight.)，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 (AEFperp) 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(DEperp)面(ABCD)，(DE//FB)，所以(DEperp AD)，(DEperp CD)，(FBperp BC)，(FBperp AB)，

又(ABCD)为菱形，(BDEF)为矩形，则( riangle ADE)，( riangle CDE)，( riangle ABF)，( riangle CBF)是全等的直角三角形，

由(AE=AF)，(CE=CF)，(G)为(EF)的中点，可知(AGperp EF)，(CGperp EF)，

则(angle AGC)为二面角(A-EF-C)的平面角，由于(AG=CG=sqrt{6})，(AC=2sqrt{3})，

故由勾股定理可知，(angle AGC=cfrac{pi}{2})，故平面(AEFperp)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)， (tin[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{egin{array}{l}vec{n}cdotoverrightarrow{EF}=0\vec{n}cdotoverrightarrow{EN}=0end{array} ight.)

得 (left{egin{array}{l}2y=0\sqrt{3}(1-0.5t)x+(0.5t-1)y-sqrt{3}z=0end{array} ight.)

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}cdotvec{n}|}{|vec{m}| imes|vec{n}|})

(=cfrac{|-1 imes1+0 imes 0+1 imes(1-0.5t)|}{sqrt{(-1)^{2}+0+1^{2}} imessqrt{1^{2}+0+(1-0.5 t)^{2}}})

即 (cfrac{1}{2}=cfrac{0.5t}{sqrt{2} imessqrt{1+(1-0.5 t)^{2}}})，

整理得 (t^{2}+4t-8=0), 解得 (t=2sqrt{3}-2)，（舍去 (t=-2sqrt{3}-2)）

所以 (|AN|=t=2sqrt{3}-2)