（12分）如图，正四棱柱 A B C D-A_ 1 B_…——2008 高考数学第 19 题答案解析

【考点】LW：直线与平面垂直； MJ ：二面角的平面角及求法．
【专题】14：证明题；15：综合题；35：转化思想．
【分析】法一：（I）要证 $\mathrm{A}_{1} \mathrm{C} \perp$ 平面 BED ，只需证明 $\mathrm{A}_{1} \mathrm{C}$ 与平面 BED 内两条相交直线 $B D, E F$ 都垂直；
（II）作 $G H \perp D E$ ，垂足为 $H$ ，连接 $A_{1} H$ ，说明 $\angle A_{1} H G$ 是二面角 $A_{1}-D E-B$ 的平面角，然后解三角形，求二面角 $\mathrm{A}_{1}-\mathrm{DE}-\mathrm{B}$ 的大小．

法二：建立空间直角坐标系，（I）求出 $\overrightarrow{\mathrm{A}_{1} \mathrm{C}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{DB}}=0, \overrightarrow{\mathrm{~A}_{1} \mathrm{C}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{DE}}=0$ ，证明 $\mathrm{A}_{1} \mathrm{C} \perp$

平面DBE．
（II）求出
平面 $\mathrm{DA}_{1} \mathrm{E}$ 和平面 DEB 的法向量，求二者的数量积可求二面角 $\mathrm{A}_{1}-\mathrm{DE}-\mathrm{B}$ 的大小。

【解答】解：解法一：
依题设知 $A B=2, C E=1$ ．
（I）连接 $A C$ 交 $B D$ 于点 $F$ ，则 $B D \perp A C$ ．
由三垂线定理知，$B D \perp A_{1} C$ 。（3分）
在平面 $\mathrm{A}_{1} \mathrm{CA}$ 内，连接 $\mathrm{EF}_{\text {交 } \mathrm{A}_{1} \mathrm{C} \text { 于点 } \mathrm{G} \text { ，}}$
由于 $\frac{\mathrm{AA}_{1}}{\mathrm{FC}}=\frac{\mathrm{AC}}{\mathrm{CE}}=2 \sqrt{2}$ ，
故Rt $\triangle \mathrm{A}_{1} \mathrm{AC} \sim \mathrm{Rt} \triangle \mathrm{FCE}, ~ \angle \mathrm{AA}_{1} \mathrm{C}=\angle \mathrm{CFE}, ~ \angle \mathrm{CFE}$ 与 $\angle \mathrm{FCA}_{1}$ 互余．
于是 $A_{1} C \perp E F$ ．$A_{1} C$ 与平面 $B E D$ 内两条相交直线 $B D, E F$ 都垂直，
所以 $\mathrm{A}_{1} \mathrm{C} \perp$ 平面BED．（6分）
（II）作 $\mathrm{GH} \perp \mathrm{DE}$ ，垂足为 H ，连接 $\mathrm{A}_{1} \mathrm{H}$ ．由三垂线定理知 $\mathrm{A}_{1} \mathrm{H} \perp \mathrm{DE}$ ，
故 $\angle \mathrm{A}_{1} \mathrm{HG}$ 是二面角 $\mathrm{A}_{1}-\mathrm{DE}-\mathrm{B}$ 的平面角。（8分）

$$ \begin{aligned} & \mathrm{EF}=\sqrt{\mathrm{CF}^{2}+\mathrm{CE}^{2}}=\sqrt{3}, \quad \mathrm{CG}=\frac{\mathrm{CE} \times \mathrm{CF}}{\mathrm{EF}}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}, \quad \mathrm{EG}=\sqrt{\mathrm{CE}^{2}-\mathrm{CG}^{2}}=\frac{\sqrt{3}}{3} \cdot \frac{\mathrm{EG}}{\mathrm{EF}}=\frac{1}{3}, \\ & \mathrm{GH}=\frac{1}{3} \times \frac{\mathrm{EF} \times \mathrm{FD}}{\mathrm{DE}}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{15}} . \\ & \text { 又 } \mathrm{A}_{1} \mathrm{C}=\sqrt{\mathrm{AA}_{1}^{2}+\mathrm{AC}^{2}}=2 \sqrt{6}, \quad \mathrm{~A}_{1} \mathrm{G}=\mathrm{A}_{1} \mathrm{C}-\mathrm{CG}=\frac{5 \sqrt{6}}{3} \cdot \tan \angle \mathrm{~A}_{1} \mathrm{HG}=\frac{\mathrm{A}_{1} \mathrm{G}}{\mathrm{HG}}=5 \sqrt{5} . \end{aligned} $$

所以二面角 $A_{1}-D E-B$ 的大小为 $\operatorname{arct} \operatorname{an} 5 \sqrt{5}$ 。（（12分））
解法二：
以 D 为坐标原点，射线 DA 为 x 轴的正半轴，
建立如图所示直角坐标系D－xyz。
依题设， $\mathrm{B}(2,2,0), \mathrm{C}(0,2,0), \mathrm{E}(0,2,1), \mathrm{A}_{1}(2,0,4)$ ．

$$ \overrightarrow{\mathrm{DE}}=(0,2,1), \overrightarrow{\mathrm{DB}}=(2,2,0), \overrightarrow{\mathrm{A}_{1} \mathrm{C}}=(-2,2,-4), \overrightarrow{\mathrm{DA}}=(2,0,4) . $$

（I）因为 $\overrightarrow{\mathrm{A}_{1} \mathrm{C}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{DB}}=0, \overrightarrow{\mathrm{~A}_{1} \mathrm{C}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{DE}}=0$ ，
故 $\mathrm{A}_{1} \mathrm{C} \perp \mathrm{BD}, \mathrm{A}_{1} \mathrm{C} \perp \mathrm{DE}$ ．

又 $D B \cap D E=D$ ，
所以 $\mathrm{A}_{1} \mathrm{C} \perp$ 平面DBE．（6分）
（II）设向量 $\overrightarrow{\mathrm{n}}=(\mathrm{x}, \mathrm{y}, \mathrm{z})$ 是平面 $\mathrm{DA}_{1} \mathrm{E}$ 的法向量，则 $\mathrm{n} \perp \overrightarrow{\mathrm{DE}}, ~ \mathrm{n} \perp \overrightarrow{\mathrm{DA}_{1}}$ ．
故 $2 y+z=0,2 x+4 z=0$ ．
令 $y=1$ ，则 $z=-2, x=4, \vec{n}=(4,1,-2)$. （9分）$<\vec{n}, \overrightarrow{A_{1} C}>$ 等于二面角 $A_{1}$
－ DE － B 的平面角， $\cos <\overrightarrow{\mathrm{n}}, \overrightarrow{\mathrm{A}_{1} \mathrm{C}}=>\frac{\overrightarrow{\mathrm{n}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{A}_{1} \mathrm{C}}}{|\overrightarrow{\mathrm{n}}|\left|\overrightarrow{\mathrm{A}_{1} \mathrm{C}}\right|}=\frac{\sqrt{14}}{42}$
所以二面角 $\mathrm{A}_{1}-\mathrm{DE}-\mathrm{B}$ 的大小为 $\arccos \frac{\sqrt{14}}{42}$ 。（12分）

【点评】本题考查直线与平面垂直的判定，二面角的求法，考查空间想象能力 ，逻辑思维能力，是中档题。