题目

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如图，四棱锥 $S-ABCD$ 中，$SD\bot $ 底面 $ABCD$，$AB\parallel DC,AD\bot DC,AB=AD=1,DC=SD=2$．$E$ 为棱 $SB$ 上的一点，平面 $EDC\bot $ 平面 $SBC$．

【难度】

【出处】

2018年全国高中数学联赛湖南省预赛（B卷）

【标注】

知识点
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立体几何
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空间位置关系
知识点
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立体几何
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空间几何量
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空间的角
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二面角

证明：$SE=2EB$；
标注
- 知识点
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  立体几何
  >
  空间位置关系
答案

略

解析

以 $D$ 为坐标原点，射线 $DA,DC,DS$ 分别为 $x$ 轴，$y$ 轴，$z$ 轴，建立空间直角坐标系 $Dxyz$．设 $A=(1,0,0)$，那么 $B(1,1,0),C(0,2,0),S(0,0,2)$．
$\overrightarrow{SC}=(0,2,-2),\overrightarrow{BC}=(-1,1,0)$．设平面 $SBC$ 的法向量为 $\overrightarrow{n}=(a,b,c)$，由 $\overrightarrow{n}\bot \overrightarrow{SC},\overrightarrow{n}\bot \overrightarrow{BC}$，得到 $\overrightarrow{n}\cdot\overrightarrow{SC}=0,\overrightarrow{n}\cdot\overrightarrow{BC}=0$，所以有 $b-c=0,-a+b=0$，取 $a=b=c=1$，则 $\overrightarrow{n}=(1,1,1)$．又设 $\overrightarrow{SE}=\lambda\overrightarrow{EB}(\lambda>0)$，则 $E\left(\dfrac{\lambda }{1+\lambda },\dfrac{\lambda }{1+\lambda },\dfrac{2}{1+\lambda }\right),\overrightarrow{DE}=\left( \dfrac{\lambda }{1+\lambda },\dfrac{\lambda}{1+\lambda },\dfrac{2}{1+\lambda } \right),\overrightarrow{DC}=\left( 0,2,0\right)$．
设平面 $CDE$ 的法向量为 $\overrightarrow{m}=(x,y,z)$，由 $\overrightarrow{m}\bot \overrightarrow{DE},\overrightarrow{m}\bot\overrightarrow{DC}$，得到 $\overrightarrow{m}\cdot\overrightarrow{DE}=0,\overrightarrow{m}\cdot\overrightarrow{DC}=0$，故 $\dfrac{\lambda x}{1+\lambda}+\dfrac{\lambda y}{1+\lambda}+\dfrac{2z}{1+\lambda}=0,2y=0$．令 $x=2$，则 $\overrightarrow{m}=(2,0,-\lambda)$，由平面 $DEC\bot $ 平面 $SBC$，得到 $\overrightarrow{m}\bot\overrightarrow{n}$，所以 $\overrightarrow{m}\cdot\overrightarrow{n}=0,2-\lambda=0,\lambda=2$，故 $SE=2EB$．
求二面角 $A-DE-C$ 的大小．
标注
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  立体几何
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  空间几何量
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  空间的角
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  二面角
答案

$120^\circ$

解析

由（1）知 $\overrightarrow{DE}=(\dfrac{2}{3},\dfrac{2}{3},\dfrac{2}{3})$，取 $DE$ 的中点 $F$，则 $F=(\dfrac{1}{3},\dfrac{1}{3},\dfrac{1}{3}),\overrightarrow{FA}=(\dfrac{2}{3},-\dfrac{1}{3},-\dfrac{1}{3})$，故 $\overrightarrow{FA}\cdot\overrightarrow{DE}=0,\overrightarrow{FA}\bot\overrightarrow{DE}$．又 $\overrightarrow{EC}=(-\dfrac{2}{3},\dfrac{4}{3},-\dfrac{2}{3})$，故 $\overrightarrow{EC}\bot\overrightarrow{DE}$，因此向量 $\overrightarrow{FA}$ 与 $\overrightarrow{EC}$ 的夹角等于二面角 $A-DE-C$ 的平面角，于是 $\cos(\overrightarrow{FA},\overrightarrow{EC})=\dfrac{\overrightarrow{FA}\cdot\overrightarrow{EC}}{|\overrightarrow{FA}||\overrightarrow{EC}|}=-\dfrac{1}{2}$，所以二面角 $A-DE-C$ 的大小为 $120^\circ$．

题目问题1 答案1 解析1

以 $D$ 为坐标原点，射线 $DA,DC,DS$ 分别为 $x$ 轴，$y$ 轴，$z$ 轴，建立空间直角坐标系 $Dxyz$．设 $A=(1,0,0)$，那么 $B(1,1,0),C(0,2,0),S(0,0,2)$．<br/>$\overrightarrow{SC}=(0,2,-2),\overrightarrow{BC}=(-1,1,0)$．设平面 $SBC$ 的法向量为 $\overrightarrow{n}=(a,b,c)$，由 $\overrightarrow{n}\bot \overrightarrow{SC},\overrightarrow{n}\bot \overrightarrow{BC}$，得到 $\overrightarrow{n}\cdot\overrightarrow{SC}=0,\overrightarrow{n}\cdot\overrightarrow{BC}=0$，所以有 $b-c=0,-a+b=0$，取 $a=b=c=1$，则 $\overrightarrow{n}=(1,1,1)$．又设 $\overrightarrow{SE}=\lambda\overrightarrow{EB}(\lambda>0)$，则 $E\left(\dfrac{\lambda }{1+\lambda },\dfrac{\lambda }{1+\lambda },\dfrac{2}{1+\lambda }\right),\overrightarrow{DE}=\left( \dfrac{\lambda }{1+\lambda },\dfrac{\lambda}{1+\lambda },\dfrac{2}{1+\lambda } \right),\overrightarrow{DC}=\left( 0,2,0\right)$．<br/>设平面 $CDE$ 的法向量为 $\overrightarrow{m}=(x,y,z)$，由 $\overrightarrow{m}\bot \overrightarrow{DE},\overrightarrow{m}\bot\overrightarrow{DC}$，得到 $\overrightarrow{m}\cdot\overrightarrow{DE}=0,\overrightarrow{m}\cdot\overrightarrow{DC}=0$，故 $\dfrac{\lambda x}{1+\lambda}+\dfrac{\lambda y}{1+\lambda}+\dfrac{2z}{1+\lambda}=0,2y=0$．令 $x=2$，则 $\overrightarrow{m}=(2,0,-\lambda)$，由平面 $DEC\bot $ 平面 $SBC$，得到 $\overrightarrow{m}\bot\overrightarrow{n}$，所以 $\overrightarrow{m}\cdot\overrightarrow{n}=0,2-\lambda=0,\lambda=2$，故 $SE=2EB$．