Question

4．如图，四棱锥S-ABCD中，SD⊥底面ABCD，AB∥DC，AD⊥DC，AB=AD=1，SD=2，E为棱SB上的一点，且SE=2EB，CE与平面SAB所成角的正弦值为$\frac{\sqrt{30}}{10}$．
（1）证明：DE⊥CE
（2）求二面角A-DE-C的大小．

Answer 1

分析 （1）建立空间坐标系，求出点的坐标，利用CE与平面SAB所成角的正弦值为$\frac{\sqrt{30}}{10}$，建立方程关系求出DA的大小，利用向量法进行证明即可．
（2）根据边长的关系可知△ADE为等腰三角形，取ED中点F，连接AF，连接FG，根据二面角平面角的定义可知∠AFG是二面角A-DE-C的平面角，然后在三角形AGF中求出二面角A-DE-C的大小．

解答 解：（Ⅰ）∵SD⊥底面ABCD，AB∥DC，AD⊥DC，
∴建立以D为坐标原点的空间直角坐标系如图：
∵AB=AD=1，SD=2，
∴D（0，0，0），A（1，0，0），D（0，0，2），B（1，1，0），S（0，0，2）
设CD=a，则C（0，a，0），
∵SE=2EB，
∴SE=$\frac{2}{3}$SB，
即$\overrightarrow{SE}$=$\frac{2}{3}$$\overrightarrow{SB}$，
设E（x，y，z），
则（x，y，z-2）=$\frac{2}{3}$（1，1，-2）=（$\frac{2}{3}$，$\frac{2}{3}$，-$\frac{4}{3}$）
则x=$\frac{2}{3}$，y=$\frac{2}{3}$，z=$\frac{2}{3}$，即E（$\frac{2}{3}$，$\frac{2}{3}$，$\frac{2}{3}$），
则$\overrightarrow{CE}$=（$\frac{2}{3}$，$\frac{2}{3}$-a，$\frac{2}{3}$），$\overrightarrow{AB}$=（0，1，0），$\overrightarrow{SA}$=（1，0，-2），
设$\overrightarrow{m}$=（x，y，z）为面SAB的一个法向量，
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AB}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{SA}=0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{y=0}\\{x-2z=0}\end{array}\right.$，
令z=1，显然x=2，y=0，
即$\overrightarrow{m}$=（2，0，1），
∵CE与平面SAB所成角的正弦值为$\frac{\sqrt{30}}{10}$．
∴sin＜$\overrightarrow{CE}$，$\overrightarrow{m}$＞=|cos＜$\overrightarrow{CE}$，$\overrightarrow{m}$＞|=$\frac{\frac{4}{3}+\frac{2}{3}}{\sqrt{5}•\sqrt{（\frac{2}{3}）^{2}+（\frac{2}{3}-a）^{2}+（\frac{2}{3}）^{2}}}$=$\frac{2}{\sqrt{5}•\sqrt{\frac{8}{9}+（\frac{2}{3}-a）^{2}}}$=$\frac{\sqrt{30}}{10}$．
整理得（$\frac{2}{3}$-a）²=$\frac{16}{9}$，
则$\frac{2}{3}$-a=$\frac{4}{3}$或$\frac{2}{3}$-a=-$\frac{4}{3}$，
得a=-$\frac{2}{3}$，（舍）或a=$\frac{4}{3}$+$\frac{2}{3}$=2，
即C（0，2，0），
则$\overrightarrow{CE}$=（$\frac{2}{3}$，-$\frac{4}{3}$，$\frac{2}{3}$），$\overrightarrow{DE}$=（$\frac{2}{3}$，$\frac{2}{3}$，$\frac{2}{3}$），
则$\overrightarrow{CE}$•$\overrightarrow{DE}$=（$\frac{2}{3}$，-$\frac{4}{3}$，$\frac{2}{3}$）•（$\frac{2}{3}$，$\frac{2}{3}$，$\frac{2}{3}$）=$\frac{4}{9}-\frac{8}{9}+\frac{4}{9}$=0，
即$\overrightarrow{CE}$⊥$\overrightarrow{DE}$，则DE⊥CE
（2）由SA=$\sqrt{S{D}^{2}+A{D}^{2}}=\sqrt{5}$，AB=1，SE=2EB，AB⊥SA，知
AE=$\sqrt{{（\frac{1}{3}SA）}^{2}+{（\frac{2}{3}AB）}^{2}}$=1，又AD=1．
故△ADE为等腰三角形．
取ED中点F，连接AF，则AF⊥DE，AF=$\sqrt{A{D}^{2}-D{F}^{2}}=\frac{\sqrt{6}}{3}$．
连接FG，则FG∥EC，FG⊥DE．
所以，∠AFG是二面角A-DE-C的平面角．
连接AG，AG=$\sqrt{2}$，FG=$\sqrt{D{G}^{2}-D{F}^{2}}=\frac{\sqrt{6}}{3}$，
cos∠AFG=$\frac{A{F}^{2}+F{G}^{2}-A{G}^{2}}{2?AF?FG}=-\frac{1}{2}$，
所以，二面角A-DE-C的大小为120°．

点评 本题主要考查了与二面角有关的立体几何综合题，考查学生空间想象能力，逻辑思维能力，难度较大．建立空间坐标系求出E的坐标是解决本题的关键．