浙江 2014 · 数学 q20

题面

20.（本题满分15分）

如图，在四棱锥 A-BCDE 中，平面 $ABC \perp$ 平面 BCDE， $\angle CDE = \angle BED = 90^{\circ}$ ，AB = CD = 2, DE = BE = 1, $AC = \sqrt{2}$ .

(I) 证明: $DE \perp$ 平面 $ACD$;

(II) 求二面角 B - AD - E 的大小.

作 BF⊥AD，与 AD 交于点 F，过点 F 作 FG∥DE，与 AB 交于点 G，连接 BG，由（I）知 DE⊥AD，则 FG⊥AD，所以 ∠BFG 就是二面角 B-AD-E 的平面角，在直角梯形 BCDE 中，由 CD²=BC²+BD²，得 BD⊥BC，

$\mathrm{BD} \bot \mathrm{AB}$

在 Rt△ACD 中，由 DC=2, $AC=\sqrt{2}$ ，得 $AD=\sqrt{6}$ ；

在 Rt△AED 中，由 ED=1， $AD=\sqrt{6}$ 得 $AE=\sqrt{7}$ ；

$\mathrm{Rt} \triangle \mathrm{ABD}$

$B D = \sqrt{2}$

$A D = \sqrt{6}$

得 $BF = \frac{2\sqrt{3}}{3}$，$AF = \frac{2}{3} AD$，从而 $GF = \frac{2}{3}$，

在 $\triangle ABE$ ， $\triangle ABG$ 中，利用余弦定理分别可得 $\cos\angle BAE=\frac{5\sqrt{7}}{14}$ ， $BC=\frac{2}{3}$

$\cos \angle B F G = \frac{G F^{2} + B F^{2} - B G^{2}}{2 B F \cdot G F} = \frac{\sqrt{3}}{2}$

所以，$\angle \mathrm{BFG} = \frac{\pi}{6}$，即二面角B-AD-E的大小为 $\frac{\pi}{6}$。

【方法 2】以 D 的原点，分别以射线 DE，DC 为 x,y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系 D-xyz，如图所示.

由题意知各点坐标如下： $D(0,0,0)$ ， $E(1,0,0)$ ， $C(0,2,0)$ ， $A(0,2,\sqrt{2})$ ， $B(1,1,0)$ 。

设平面 ADE 的法向量为 $\vec{m}=(x_{1},y_{1},z_{1})$ 平面 ABD 的法向量为 $\vec{n}=(x_{2},y_{2},z_{2})$ ，可算得： $\overrightarrow{AD}=(0,-2,-\sqrt{2})$ ， $\overrightarrow{ADE}=(1,-2,-\sqrt{2})$ ， $\overrightarrow{DB}=(1,1,0)$ 由 $\left\{\begin{aligned}\overrightarrow{m}\cdot\overrightarrow{AD}&=0\\ \overrightarrow{m}\cdot\overrightarrow{AE}&=0\end{aligned}\right.$ 即 $\left\{\begin{aligned}-2y_{1}-\sqrt{2}z_{1}&=0\\ x_{1}-2y_{1}-\sqrt{2}z_{1}&=0\end{aligned}\right.$ ，可取 $\overrightarrow{m}=(0,1,-\sqrt{2})$ 由 $\left\{\begin{aligned}\overrightarrow{n}\cdot\overrightarrow{AD}&=0\\ \overrightarrow{n}\cdot\overrightarrow{BD}&=0\end{aligned}\right.$ 即 $\left\{\begin{aligned}-2y_{2}-\sqrt{2}z_{2}&=0\\ x_{2}+y_{2}&=0\end{aligned}\right.$ 可取 $\overrightarrow{n}=(0,-1,\sqrt{2})$ 于是 $|\cos<\vec{m},\vec{n}>|=\frac{|\vec{m}\cdot\vec{n}|}{|\vec{m}|\cdot|\vec{n}|}=\frac{3}{\sqrt{3}\cdot2}=\frac{\sqrt{3}}{2}$ 由题意可知，所求二面角是锐角，故二面角 B-AD-E 的方

由题意可知，所求二面角是锐角，故二面角 B-AD-E 的大小为 $\frac{\pi}{6}$