Question

（2011•濟南二模）已知矩形ABCD與正三角形AED所在的平面互相垂直，M、N分別為棱BE、AD的中點，AB=1，AD=2，
（1）證明：直線AM∥平面NEC；
（2）求二面角N-CE-D的大小．

Answer 1

分析：（1）方法一：取EC的中點F，連接FM，FN，利用中位線定理，結合直線平行的傳遞性，證明出四邊形AMFN為平行四邊形，從而得到AM∥NF，最后用直線與平面平行的判定定理，得到直線AM∥平面NEC；
方法二：設出平面NEC的一個法向量

n

，根據垂直向量的數量積為零，聯解方程組得到法向量

n

的坐標，再通過計算

n

•

AM

=0，得到法向量

n

與

AM

垂直，從而得到直線AM∥平面NEC；
（2）方法一：先用面面垂直的性質證明出平面CDE⊥平面ADE，然后作NH⊥DE于H，則NH⊥面CDE，作HO⊥EC于O，連接
NO，然后用三垂線定理證出∠HON就是二面角N-CE-D的平面角，在正△ADE中求出NH長，在Rt△EDC中求出OH長，最后在Rt△NHO求出∠HON的正切，從而得到二面角N-CE-D的大小．
方法二：二面角N-CE-D的大小，即為平面NEC的法向量與平面DEC法向量的所成角大小．因此再設出平面DEC的一個法向量為

m

，根據垂直向量的數量積為零，聯解方程組得到法向量

m

的坐標，利用向量的夾角公式計算出向量

m

、

n

的夾角余弦，從而得到向量

m

、

n

的夾角的大小，即為二面角N-CE-D的大小．

解答：解：方法一：
（1）取EC的中點F，連接FM，FN，
∵△EBC中，MF是中位線
∴FM∥BC，FM=

1

2

BC，…（2分）
∵AN∥BC，AN=

1

2

BC
∴FM∥BC且FM=BC，
∴四邊形AMFN為平行四邊形，
∴AM∥NF，…（4分）
∵AM?平面NEC，NF?平面NEC，
∴直線AM∥平面NEC；                   …（6分）
（2）由題設知平面ABCD⊥平面ADE，CD⊥AD，
∵平面ABCD∩平面ADE=AD，
∴CD⊥平面ADE
又∵CD?平面CDE，
∴平面CDE⊥平面ADE，
作NH⊥DE于H，則NH⊥平面CDE，作HO⊥EC于O，連接NO，
由三垂線定理可知NO⊥CE，
∴∠HON就是二面角N-CE-D的平面角，…（9分）
在正△ADE中，可得NH=

3

2

，在Rt△EDC中，可得OH=

3 5

10

，
故在Rt△NHO中，tan∠HON=

NH

OH

=

15

3

，…（11分）
所以二面角N-CE-D的大小為arctan

15

3

…（12分）
方法二：如圖以N為坐標原點建立空間右手
直角坐標系，所以A（0，-1，0），B（0，-1，1）D（0，1，0），N(0，0，0)，E(

3

，0，0)，C(0，1，1)，M(

3

2

，-

1

2

，

1

2

)，…（1分）
（1）取EC的中點F，所以F(

3

2

，

1

2

，

1

2

)，
設平面NEC的一個法向量為

n

=(x，y，1)，因為

NC

=(0，1，1)，

NE

=(

3

，0，0)
所以

n

•

NC

=y+1=0，

n

•

NE

=

3

x=0；所以

n

=(0，-1，1)，…（3分）
因為

AM

=(

3

2

，

1

2

，

1

2

)，

n

•

AM

=0，所以

n

⊥

AM

…（5分）
因為AM?平面NEC，所以直線AM∥平面NEC…（7分）
（2）設平面DEC的一個法向量為

m

=(1，y，z)，
因為

DC

=(0，0，1)，

DE

=(

3

，-1，0)
所以

m

•

DC

=z=0，x=

n+1

n

；
所以

m

=(1，

3

，0)…（9分）
cos＜

n

，

m

＞=

n • m

| n || m |

=

- 3

2 ×2

=-

6

4

…（11分）
因為二面角N-CE-D的大小為銳角，
所以二面角N-CE-D的大小為 arccos

6

4

…（12分）

點評：本題以一個特殊的四棱錐為載體，著重考查了空間直線與平面平行的判定和平面與平面所成角的求法等知識點，屬于中檔題．題中用利用空間向量證明線面平行和求平面間的夾角的方法，值得同學們關注．