（12分）如图，四棱锥S﹣ABCD中，SD⊥底面ABCD，…——2010 高考数学第 19 题答案解析

【考点】LY：平面与平面垂直；MJ：二面角的平面角及求法

【专题】11：计算题；14：证明题

【分析】（Ⅰ）连接BD，取DC的中点G，连接BG，作 $\mathtt { B K \bot E C }$ ，K为垂足，根据线面垂直的判定定理可知DE⊥平面SBC，然后分别求出SE与EB的长，从而得到结论；

（Ⅱ）根据边长的关系可知 $| \triangle \mathsf { A D E }$ 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 ${ \mathsf { I } } \angle A F G$ 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）连接BD，取DC的中点G，连接BG，

由此知 $\scriptstyle \mathsf { D G } = \mathsf { G C } = \mathsf { B G } = 1$ ，即 $\triangle \mathsf { D B C }$ 为直角三角形，故 $B C \bot B D$

又SD⊥平面ABCD，故BC⊥SD，

所以，BC⊥平面BDS，BC⊥DE

作BK⊥EC，K为垂足，因平面EDC⊥平面SBC，

故BK⊥平面EDC，BK⊥DE，DE与平面SBC内的两条相交直线BK、BC都垂直，

DE⊥平面SBC，DE⊥EC，DE⊥SB

$$ S B = \sqrt { S D ^ { 2 } + D B ^ { 2 } } = \sqrt { 6 } , $$

$$ D E = \frac { \mathrm { S D } = \mathrm { D B } } { \mathrm { S B } } = \frac { 2 } { \sqrt { 3 } } $$

$$ { \mathsf { E B } } = { \sqrt { { \mathsf { D B } } ^ { 2 } - { \mathsf { D E } } ^ { 2 } } } = { \frac { \sqrt { 6 } } { 3 } } , \quad { \mathsf { S E } } = { \mathsf { S B } } - { \mathsf { E B } } = { \frac { 2 { \sqrt { 6 } } } { 3 } } $$

所以SE=2EB

（Ⅱ）由 $S A = \sqrt { S D ^ { 2 } + A D ^ { 2 } } = \sqrt { 5 }$ ，AB=1，SE=2EB，AB⊥SA，知

$A E { = } \sqrt { ( \frac { 1 } { 3 } \mathrm { S A } ) ^ { 2 } + ( \frac { 2 } { 3 } \mathrm { A B } ) ^ { 2 } } { = } 1$ ，又 $\mathsf { A D } \mathop { = } 1$

故 $\triangle \mathsf { A D E }$ 为等腰三角形

取ED中点F，连接AF，则 $\mathsf { A F \bot D E }$ $A F = \sqrt { A D ^ { 2 } - D F ^ { 2 } } = \frac { \sqrt { 6 } } { 3 }$

连接FG，则FG∥EC，FG⊥DE

所以， $\angle A F G$ 是二面角A﹣DE﹣C的平面角

连接AG， $\mathsf { A G } \mathsf { = } \sqrt { 2 }$ $F G = \sqrt { D G ^ { 2 } - D F ^ { 2 } } = \frac { \sqrt { 6 } } { 3 } ;$

$$ \cos \angle A F G = \frac { A F ^ { 2 } + F G ^ { 2 } - A G ^ { 2 } } { 2 \cdot A F \cdot F G } = \frac { 1 } { 2 } , $$

所以，二面角A﹣DE﹣C的大小为 $\ b { 1 2 0 ^ { \circ } }$

【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，是中档题