分析：（1）方法一：取EC的中點(diǎn)F，連接FM，F(xiàn)N，利用中位線定理，結(jié)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(shè)出平面NEC的一個(gè)法向量
，根據(jù)垂直向量的數(shù)量積為零，聯(lián)解方程組得到法向量
的坐標(biāo)，再通過(guò)計(jì)算
•=0，得到法向量
與
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(zhì)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(zhǎng)，在Rt△EDC中求出OH長(zhǎng)，最后在Rt△NHO求出∠HON的正切，從而得到二面角N-CE-D的大�。�
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�。虼嗽僭O(shè)出平面DEC的一個(gè)法向量為
，根據(jù)垂直向量的數(shù)量積為零，聯(lián)解方程組得到法向量
的坐標(biāo)，利用向量的夾角公式計(jì)算出向量
、
的夾角余弦，從而得到向量
、
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(diǎn)F，連接FM，F(xiàn)N，
∵△EBC中，MF是中位線
∴FM∥BC，
FM=BC，…（2分）
∵AN∥BC，
AN=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(shè)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=，在Rt△EDC中，可得
OH=，
故在Rt△NHO中，
tan∠HON==，…（11分）
所以二面角N-CE-D的大小為
arctan…（12分）
方法二：如圖以N為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間右手
直角坐標(biāo)系，所以A（0，-1，0），B（0，-1，1）D（0，1，0），
N(0，0，0)，E(，0，0)，C(0，1，1)，M(，-，)，…（1分）
（1）取EC的中點(diǎn)F，所以
F(，，)，
設(shè)平面NEC的一個(gè)法向量為
=(x，y，1)，因?yàn)?span id="nvddmz1" class="MathJye">
=(0，1，1)，
=(，0，0)所以
•=y+1=0，
•=x=0；所以
=(0，-1，1)，…（3分）
因?yàn)?span id="00f7wrc" class="MathJye">
=(
，
，
)，
•=0，所以
⊥…（5分）
因?yàn)锳M?平面NEC，所以直線AM∥平面NEC…（7分）
（2）設(shè)平面DEC的一個(gè)法向量為
=(1，y，z)，
因?yàn)?span id="ngygwd0" class="MathJye">
=(0，0，1)，
=(，-1，0)所以
•=z=0，
x=；
所以
=(1，，0)…（9分）
cos＜，＞===-…（11分）
因?yàn)槎娼荖-CE-D的大小為銳角，
所以二面角N-CE-D的大小為
arccos…（12分）
點(diǎn)評(píng)：本題以一個(gè)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(shí)點(diǎn)，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(xué)們關(guān)注．
（2011•濟(jì)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(diǎn)，AB=1，AD=2，
世紀(jì)百通期末金卷系列答案
（2011•濟(jì)南二模）如圖，矩形OABC內(nèi)的陰影部分是由曲線f（x）=sinx（x∈（0，π））及直線x=a（a∈（0，π））與x軸圍成，向矩形OABC內(nèi)隨機(jī)投擲一點(diǎn)，若落在陰影部分的概率為