Question

1．如圖，在四棱錐S-ABCD中，底面ABCD是矩形，SD=DC=2AD，側(cè)棱SD⊥底面ABCD，點E是SC的中點，點F在SB上，且EF⊥SB．
（1）求證：SA∥平面BDE；
（2）求證SB⊥平面DEF；
（3）求二面角C-SB-D的余弦值．

Answer 1

分析 （1）連接AC交BD于點O，連接OE．然后利用三角形中位線的性質(zhì)可得OE∥SA，再由線面平行的判定定理證得SA∥平面BDE；
（2）由SD=DC，E是SC的中點可得DE⊥SC，再由面面垂直的判定和性質(zhì)得到BC⊥平面SDC，從而得到BC⊥DE，進一步得到SB⊥DE，結(jié)合已知EF⊥SB，由線面垂直的判定得結(jié)論；
（3）根據(jù)二面角的定義得到∠EFD是二面角C-SB-D的平面角，根據(jù)三角形的邊角關(guān)系進行求解即可．

解答 （1）證明：如圖，
連接AC交BD于點O，連接OE．
∵點O、E分別為AC、SC的中點，
∴OE∥SA，又OE?平面BDE，SA?平面BDE，
∴SA∥平面BDE；
（2）證明：∵SD=DC，E是SC的中點，∴DE⊥SC，
又SD⊥底面ABCD，∴平面SDC⊥平面ABCD，
∵底面ABCD是矩形，∴BC⊥平面SDC，
∴BC⊥DE，
又SC∩BC=C，∴DE⊥平面SBC，
又SB?平面SBC，∴SB⊥DE，
又EF⊥SB，
EF∩ED=E，
∴SB⊥平面EFD；
（3）∵EF⊥SB，SB⊥平面EFD，
∴∠EFD是二面角C-SB-D的平面角，
設(shè)AD=1，則SD=CD=2，
則SC=2$\sqrt{2}$，SB=$\sqrt{B{C}^{2}+S{C}^{2}}$=3，BD=$\sqrt{A{D}^{2}+A{B}^{2}}$=$\sqrt{1+4}$=$\sqrt{5}$，DE=$\sqrt{2}$，
在三角形SDB中，SB•DF=SD•BD，即DF=$\frac{SD•BD}{SB}$=$\frac{2×\sqrt{5}}{3}$=$\frac{2\sqrt{5}}{3}$，
在三角形SBC中，sinCSB=$\frac{BC}{SB}=\frac{EF}{SE}=\frac{1}{3}$，即EF=$\frac{1}{3}$SE=$\frac{\sqrt{2}}{3}$，
在三角形DEF中，cosEFD=$\frac{E{F}^{2}+D{F}^{2}-D{E}^{2}}{2EF•DF}$=$\frac{（\frac{\sqrt{2}}{3}）^{2}+（\frac{2\sqrt{5}}{3}）^{2}-（\sqrt{2}）^{2}}{2×\frac{\sqrt{2}}{3}×\frac{2\sqrt{5}}{3}}$=$\frac{\frac{2}{9}+\frac{20}{9}-2}{\frac{4\sqrt{10}}{9}}$=$\frac{22-18}{4\sqrt{10}}=\frac{4}{4\sqrt{10}}=\frac{1}{\sqrt{10}}$=$\frac{\sqrt{10}}{10}$，
即二面角C-SB-D的余弦值是$\frac{\sqrt{10}}{10}$．

點評 本題綜合考查空間中線線、線面的位置關(guān)系和空間中角的計算，涉及二面角的平面角，傳統(tǒng)方法和坐標向量法均可，考查的知識面較廣，綜合性較強，運算量較大．