2010-大纲卷I理-19 解-面面垂直

本题导读

本题是一道经典的立体几何压轴大题。第一问通过面面垂直的已知条件，利用法向量垂直垂直关系反推动点的位置比例；第二问在确定点坐标的基础上，利用两平面法向量的夹角计算出二面角的大小，核心考查空间向量工具在度量几何中的精确应用。

📌【题干】

Question

（2010年大纲卷I(理)） 如图，四棱锥 $S-ABCD$ 中，$SD\perp$ 底面 $ABCD$，$AB\parallel DC$，$AD\perp DC$，$AB=AD=1$，$DC=SD=2$，$E$ 为棱 $SB$ 上的一点，平面 $EDC\perp$ 平面 $SBC$．

(1)证明：$SE=2EB$；

(2)求二面角 $A-DE-C$ 的大小．

🔍【思路分析】

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1. 第一问：因 $SD\perp$ 底面 $ABCD$ 且 $AD\perp DC$，具备两两垂直结构，可建空间直角坐标系。设 $\overrightarrow{SE}=\lambda \overrightarrow{SB}$ 表示出点 $E$ 的代数坐标，进而求出平面 $EDC$ 和平面 $SBC$ 的法向量，利用法向量数量积为 0 解出 $\lambda$，完成比例证明。

2. 第二问：将 $\lambda$ 值回代确定点 $E$ 的坐标。求出平面 $ADE$ 的法向量与平面 $CDE$ 的法向量，计算夹角余弦值，并结合空间图形的凹凸直观判定二面角的最终大小（锐角或钝角）。

✅【答案】

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✍【详细解析】

Abstract

解：因为 $SD\perp$ 底面 $ABCD$，$AD\subset$ 底面 $ABCD$，$DC\subset$ 底面 $ABCD$， 所以 $SD\perp AD$，$SD\perp DC$。 又已知 $AD\perp DC$，则 $DA,DC,DS$ 两两互相垂直。 以 $D$ 为坐标原点，$\overrightarrow{DA},\overrightarrow{DC},\overrightarrow{DS}$ 所在直线分别为 $x$ 轴、$y$ 轴、$z$ 轴建立空间直角坐标系。 依题意可得各点坐标为： $D(0,0,0)$，$A(1,0,0)$，$C(0,2,0)$，$S(0,0,2)$。 因为 $AB\parallel DC$ 且 $AB=1$，则 $\overrightarrow{AB}=(0,1,0)$，可得 $B(1,1,0)$。

（1）证明：设 $\overrightarrow{SE}=\lambda \overrightarrow{SB}$（$0\le \lambda \le 1$）。 因为 $\overrightarrow{SB}=(1,1,-2)$，所以 $\overrightarrow{SE}=(\lambda ,\lambda ,-2\lambda )$。 则 $E=S+\overrightarrow{SE}=(\lambda ,\lambda ,2-2\lambda )$。 从而 $\overrightarrow{DE}=(\lambda ,\lambda ,2-2\lambda )$，$\overrightarrow{DC}=(0,2,0)$。 设平面 $EDC$ 的一个法向量为 ${\vec{n}}_1=(x_1,y_1,z_1)$， 则 $\{\begin{array}{l}{\vec{n}}_1\cdot \overrightarrow{DC}=0\\ {\vec{n}}_1\cdot \overrightarrow{DE}=0\end{array}⟹\{\begin{array}{l}2y_1=0\\ \lambda x_1+\lambda y_1+(2-2\lambda )z_1=0\end{array}$， 解得 $y_1=0$，取 $z_1=\lambda$，则 $x_1=2\lambda -2$，得 ${\vec{n}}_1=(2\lambda -2,0,\lambda )$。 又 $\overrightarrow{SC}=(0,2,-2)$，设平面 $SBC$ 的一个法向量为 ${\vec{n}}_2=(x_2,y_2,z_2)$， 则 $\{\begin{array}{l}{\vec{n}}_2\cdot \overrightarrow{SB}=0\\ {\vec{n}}_2\cdot \overrightarrow{SC}=0\end{array}⟹\{\begin{array}{l}{x}_2+y_2-2z_2=0\\ 2y_2-2z_2=0\end{array}$， 解得 $y_2=z_2$，$x_2=z_2$，取 $z_2=1$，得 ${\vec{n}}_2=(1,1,1)$． 因为平面 $EDC\perp$ 平面 $SBC$，所以 ${\vec{n}}_1\cdot {\vec{n}}_2=0$， 即 $(2\lambda -2)\times 1+0\times 1+\lambda \times 1=0⟹3\lambda -2=0⟹\lambda =\frac{2}{3}$。 因为 $\overrightarrow{SE}=\frac{2}{3}\overrightarrow{SB}$，所以 $SE=\frac{2}{3}SB$，则 $EB=\frac{1}{3}SB$， 故 $SE=2EB$。

（2）将 $\lambda =\frac{2}{3}$ 代入，得平面 $CDE$（即平面 $EDC$）的一个法向量为 ${\vec{n}}_1=\left(-\frac{2}{3},0,\frac{2}{3}\right)$，简化取 ${\vec{n}}_1=(-1,0,1)$。 设平面 $ADE$ 的一个法向量为 ${\vec{n}}_3=(x_3,y_3,z_3)$。 因为 $\overrightarrow{DA}=(1,0,0)$，由 $\lambda =\frac{2}{3}$ 得 $\overrightarrow{DE}=\left(\frac{2}{3},\frac{2}{3},\frac{2}{3}\right)$。 由 $\{\begin{array}{l}{\vec{n}}_3\cdot \overrightarrow{DA}=0\\ {\vec{n}}_3\cdot \overrightarrow{DE}=0\end{array}⟹\{\begin{array}{l}{x}_3=0\\ \frac{2}{3}{x}_3+\frac{2}{3}{y}_3+\frac{2}{3}{z}_3=0\end{array}$， 解得 $x_3=0$，$y_3=-z_3$，取 $z_3=-1$，得 ${\vec{n}}_3=(0,1,-1)$。 设两法向量 ${\vec{n}}_1$ 与 ${\vec{n}}_3$ 的夹角为 $\varphi$，则： $\cos \varphi =\frac{{\vec{n}}_1\cdot {\vec{n}}_3}{|{\vec{n}}_1|\cdot |{\vec{n}}_3|}=\frac{(-1)\times 0+0\times 1+1\times (-1)}{\sqrt{2}\times \sqrt{2}}=-\frac{1}{2}$。 由几何图形直观可知，当点 $E$ 从 $S$ 向 $B$ 靠近时，平面 $ADE$ 与平面 $CDE$ 趋于闭合，二面角 $A-DE-C$ 的平面角为锐角。 所以二面角 $A-DE-C$ 的大小为 $60^{\circ }$（或 $\frac{\pi }{3}$）。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：面面垂直转化为法向量内积为0、利用两平面法向量夹角求二面角。
2. 核心方法：建系坐标化，应用向量共线引入比例参数 $\lambda$ 进行未知点精确定位。
3. 避坑指南：

• 用向量表示点 $B$ 坐标时，必须由 $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}$ 的缩放关系精确推导，防止算错 $B$ 的 $y$ 轴坐标。

• 最终法向量夹角余弦值为 $-\frac{1}{2}$，对应角度为 $120^{\circ }$，由于法向量指向具有不确定性，必须回扣图形观察半平面围成区域的张角。该二面角开口朝向第一卦限内部，属于锐角，故必须取补角 $60^{\circ }$。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题源自新课标实施前大纲教材关于立体几何解析化的标准典范。利用清晰的垂直基底，将空间的位置关系（垂直）与数量度量（二面角）全盘代数化。

2. 结论推广：在四棱锥中，若一侧棱垂直于直角梯形底面，则通过该底面直角顶点所引出的任意截面，其法向量均与对应的坐标轴平面保持简单的齐次比例关系，非常适合用向量法实施一气呵成的通解。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 09.01 平面向量基本概念

类题演练 (Links)

• 2011-江苏卷-22 解-空间向量与二面角
• 2013-重庆卷理-19 解-利用空间向量求二面角
• 2011-上海卷文-05 填-法向量直线方程