Question

15．四棱錐S-ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，側(cè)面SBC⊥面ABCD，已知∠ABC=45°，AB=2，BC=2$\sqrt{2}$，SB=SC=$\sqrt{3}$．
（1）設(shè)平面SCD與平面SAB的交線為l，求證：l∥AB；
（2）求證：SA⊥BC；
（3）求直線SD與面SAB所成角的正弦值．

Answer 1

分析 （1）由AB∥CD得AB∥平面PCD，由線面平行的性質(zhì)得出AB∥l；
（2）取BC中點(diǎn)O，連接OS，OA，利用余弦定理計(jì)算OA得出OA⊥BC，又OS⊥BC得出BC⊥平面SOA，故而B(niǎo)C⊥SA；
（3）以O(shè)為原點(diǎn)建立坐標(biāo)系，求出$\overrightarrow{SD}$和平面SAB的法向量$\overrightarrow{n}$，則直線SD與面SAB所成角的正弦值為|cos＜$\overrightarrow{SD}，\overrightarrow{n}$＞|．

解答 證明：（1）∵底面ABCD為平行四邊形，
∴AB∥CD，∵AB?平面SCD，CD?平面SCD，
∴AB∥平面SCD，又AB?平面SAB，平面SCD∩平面SAB=l，
∴l(xiāng)∥AB．
（2）取BC中點(diǎn)O，連接OS，OA．
∵OB=$\frac{1}{2}$BC=$\sqrt{2}$，AB=2，∠ABC=45°，
∴OA=$\sqrt{O{B}^{2}+A{B}^{2}-2OB•AB•cos45°}$=$\sqrt{2}$．
∴OA²+OB²=AB²，∴OA⊥BC．
∵SB=SC，O是BC的中點(diǎn)，∴OS⊥BC，
又SO?平面SOA，OA?平面SOA，SO∩OA=O，
∴BC⊥平面SOA，∵SA?平面SOA，
∴BC⊥SA．
（3）∵SB=SC，O是BC中點(diǎn)，∴SO⊥BC．
∵側(cè)面SBC⊥面ABCD，側(cè)面SBC∩面ABCD=BC，
∴SO⊥平面ABCD．
以O(shè)為原點(diǎn)，以O(shè)A，OB，OS為坐標(biāo)軸建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz，如圖所示，
則A（$\sqrt{2}$，0，0），B（0，$\sqrt{2}$，0），S（0，0，1），D（$\sqrt{2}$，-2$\sqrt{2}$，0），
∴$\overrightarrow{SD}$=（$\sqrt{2}$，-2$\sqrt{2}$，-1），$\overrightarrow{SA}$=（$\sqrt{2}$，0，-1），$\overrightarrow{BA}$=（$\sqrt{2}$，-$\sqrt{2}$，0）．
設(shè)平面SAB法向量為$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{SA}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BA}=0}\end{array}\right.$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{\sqrt{2}x-z=0}\\{\sqrt{2}x-\sqrt{2}y=0}\end{array}\right.$．令x=1，則y=1，z=$\sqrt{2}$，∴$\overrightarrow{n}$=（1，1，$\sqrt{2}$）．
∴cos＜$\overrightarrow{n}$，$\overrightarrow{SD}$＞=$\frac{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{SD}}{|\overrightarrow{n}||\overrightarrow{SD}|}$=$\frac{\sqrt{2}-2\sqrt{2}-\sqrt{2}}{2\sqrt{11}}$=$-\frac{\sqrt{22}}{11}$．
∴直線SD與面SAB所成角的正弦值為$\frac{\sqrt{22}}{11}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了線面平行的性質(zhì)，線面垂直的判定，空間向量的應(yīng)用與線面角的計(jì)算，屬于中檔題．