Question

4．已知正方體ABCD-A₁B₁C₁D₁的棱長(zhǎng)為1，S是A₁C₁的中點(diǎn)，M是SD上的點(diǎn)，且SD⊥MC．
（1）求證：SD⊥面MAC
（2）求平面SAB與平面SCD夾角的余弦值．

Answer 1

分析 （1）連BD，設(shè)AC交于BD于O，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，$\overrightarrow{OB}，\overrightarrow{OC}，\overrightarrow{SO}$所在的直線分別為x軸，y軸，z軸，建立坐標(biāo)系O-xyz，求出向量證明$\overrightarrow{SD}•\overrightarrow{AC}=0$，推出AC⊥SD，結(jié)合SD⊥MC，證明SD⊥面MAC．
（2）求出平面SAB的法向量，平面SCD的法向量，利用向量的數(shù)量積求解兩個(gè)法向量的夾角余弦值，得到平面SAB與平面SCD夾角的余弦值．

解答 （本小題滿分12分）
解：（1）證明：由題意可知，SA=SB=SC=SD，連BD，設(shè)AC交于BD于O，由題意知SO⊥平面ABCD．以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，$\overrightarrow{OB}，\overrightarrow{OC}，\overrightarrow{SO}$所在的直線分別為x軸，y軸，z軸，建立坐標(biāo)系O-xyz如圖，

則高SO=1，于是S（0，0，1），D（$-\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，0，0），A（0，$-\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，0），C（0，$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，0），所以$\overrightarrow{SD}=（{-\frac{{\sqrt{2}}}{2}，0，-1}）$，$\overrightarrow{AC}=（{0，\sqrt{2}，0}）$，所以$\overrightarrow{SD}•\overrightarrow{AC}=0$，即AC⊥SD，又因?yàn)镾D⊥MC，所以SD⊥面MAC…（5分）
（2）根據(jù)題意可知，$B=（{\frac{{\sqrt{2}}}{2}，0，0}）$，$\overrightarrow{SD}=（{-\frac{{\sqrt{2}}}{2}，0，-1}）$，$\overrightarrow{SA}=（{0，-\frac{{\sqrt{2}}}{2}，-1}）$，$\overrightarrow{SC}=（{0，\frac{{\sqrt{2}}}{2}，-1}）$，則$\overrightarrow{SB}=（{\frac{{\sqrt{2}}}{2}，0，-1}）$，
設(shè)平面SAB的法向量為$\overrightarrow{n_1}=（{x_1}，{y_1}，{z_1}）$，
則$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{n_1}•\overrightarrow{SB}=0\\ \overrightarrow{n_1}•\overrightarrow{SA}=0\end{array}\right.$，所以$\left\{\begin{array}{l}\frac{{\sqrt{2}}}{2}{x_1}-{z_1}=0\\-\frac{{\sqrt{2}}}{2}{y_1}-{z_1}=0\end{array}\right.$，所以解得$\frac{{\sqrt{2}}}{2}{x_1}=-\frac{{\sqrt{2}}}{2}{y_1}={z_1}$，
令$\frac{{\sqrt{2}}}{2}{x_1}=-\frac{{\sqrt{2}}}{2}{y_1}={z_1}=1$，解得${x_1}=\sqrt{2}，{y_1}=-\sqrt{2}$，
所以法向量$\overrightarrow{n_1}=（\sqrt{2}，-\sqrt{2}，1）$，…（7分）
設(shè)平面SCD的法向量為$\overrightarrow{n_2}=（{x_2}，{y_2}，{z_2}）$，
則$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{n_2}•\overrightarrow{SD}=0\\ \overrightarrow{n_2}•\overrightarrow{SC}=0\end{array}\right.$，所以$\left\{\begin{array}{l}-\frac{{\sqrt{2}}}{2}{x_2}-{z_2}=0\\ \frac{{\sqrt{2}}}{2}{y_2}-{z_2}=0\end{array}\right.$，所以解得$-\frac{{\sqrt{2}}}{2}{x_2}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}{y_2}={z_2}$，
令$-\frac{{\sqrt{2}}}{2}{x_2}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}{y_2}={z_2}=1$，解得${x_2}=-\sqrt{2}，{y_2}=\sqrt{2}$，
所以法向量$\overrightarrow{n_2}=（-\sqrt{2}，\sqrt{2}，1）$，…（9分）
所以$\overrightarrow{n_1}•\overrightarrow{n_2}=-3$，$|{\overrightarrow{n_1}}|=|{\overrightarrow{n_2}}|=\sqrt{5}$，所以兩個(gè)法向量的夾角余弦值為$cos\left?{\overrightarrow{n_1}，\overrightarrow{n_2}}\right＞=\frac{{\overrightarrow{n_1}•\overrightarrow{n_2}}}{{|{\overrightarrow{n_1}}|•|{\overrightarrow{n_2}}|}}=-\frac{3}{5}$…（11分）
所以平面SAB與平面SCD夾角的余弦值為$\frac{3}{5}$…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查空間向量的數(shù)量積的應(yīng)用，直線與平面垂直的判斷，二面角的求法，考查空間想象能力以及計(jì)算能力．