Question

6．如圖，四棱錐S-ABCD的底面是正方形，邊長(zhǎng)為$\sqrt{2}$，每條側(cè)棱的長(zhǎng)都是底面邊長(zhǎng)的$\sqrt{2}$倍，P為側(cè)棱SD上的點(diǎn)．
（1）求證：AC⊥SD；
（2）若SD⊥平面PAC，求CP與平面SBC所成角的正弦值．

Answer 1

分析 （1）連結(jié)BD，交AC于點(diǎn)O，以O(shè)為原點(diǎn)建立坐標(biāo)系，通過(guò)計(jì)算$\overrightarrow{AC}•\overrightarrow{SD}=0$得出AC⊥SD；
（2）求出$\overrightarrow{CP}$與平面SBC的法向量$\overrightarrow{m}$，計(jì)算cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{CP}$＞即可得出CP與平面SBC所成角的正弦值．

解答 （1）證明：連結(jié)BD，交AC于點(diǎn)O，由題意知SO⊥平面ABCD，
以O(shè)點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，以O(shè)B，OC，OS分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系．
∵底面ABCD是邊長(zhǎng)為$\sqrt{2}$的正方形，側(cè)棱長(zhǎng)為2，
∴OB=OC=1，$OS=\sqrt{3}$，
于是$A（0，-1，0），C（0，1，0），S（0，0\sqrt{3}），D（-1，0，0）$
∴$\overrightarrow{AC}=（0，2，0），\overrightarrow{SD}=（-1，0，-\sqrt{3}）$，
∴$\overrightarrow{AC}•\overrightarrow{SD}=0×（-1）+2×0+0×（-\sqrt{3}）=0$，
∴AC⊥SD．
（2）解：∵SD⊥平面PAC，PC?平面PAC，
∴SD⊥CP，
設(shè)$\overrightarrow{SP}=λ\overrightarrow{SD}=（-λ，0，-\sqrt{3}λ）$，又$S（0，0\sqrt{3}）$，∴$P（-λ，0，\sqrt{3}-\sqrt{3}λ）$，
∴$\overrightarrow{CP}=（-λ，-1，\sqrt{3}-\sqrt{3}λ）$，又$\overrightarrow{SD}=（-1，0，-\sqrt{3}）$，
∴$\overrightarrow{SD}•\overrightarrow{CP}=-λ×（-1）+（-1）×0+（\sqrt{3}-\sqrt{3}λ）×（-\sqrt{3}）=0$，解得$λ=\frac{3}{4}$，
∴$\overrightarrow{CP}=（-\frac{3}{4}，-1，\frac{{\sqrt{3}}}{4}）$，
∵B（1，0，0），∴$\overrightarrow{BS}=（-1，0，\sqrt{3}）$，$\overrightarrow{BC}=（-1，1，0）$，
設(shè)平面SBC的法向量為$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），
則$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow m•\overrightarrow{BS}=-x+\sqrt{3}z=0\\ \overrightarrow m•\overrightarrow{BC}=-x+y=0\end{array}\right.$，令z=1得$\overrightarrow m=（\sqrt{3}，\sqrt{3}，1）$，
∴$cos＜\overrightarrow m，\overrightarrow{CP}＞=\frac{{\overrightarrow m•\overrightarrow{CP}}}{{|\overrightarrow m||\overrightarrow{CP}|}}=\frac{{-\frac{{3\sqrt{3}}}{4}-\sqrt{3}+\frac{{\sqrt{3}}}{4}}}{{\sqrt{7}•\sqrt{\frac{28}{16}}}}=-\frac{{3\sqrt{3}}}{7}$，
于是CP與平面SBC所成角的正弦值為|cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{CP}$＞|=$\frac{{3\sqrt{3}}}{7}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了線(xiàn)面垂直的判定與性質(zhì)，空間向量與線(xiàn)面角的計(jì)算，屬于中檔題．