Question

20．如圖，四棱錐S-ABCD的底面邊長為1的正方形，每條側棱的長均為$\sqrt{2}$，P為側棱SD上的點．
（1）求證：AC⊥SD；
（2）若SD⊥平面PAC，求三棱錐P-ACD的體積．

Answer 1

分析 （1）連接AC、BD，交于點O，連結SO，推導出AC⊥BD，SO⊥AC，從而AC⊥平面SBD，由此能證明AC⊥SD．
（2）由OB、OC、OS兩兩垂直，建立空間直角坐標系O-xyz，利用向量法能求出三棱錐P-ACD的體積．

解答 證明：（1）連接AC、BD，交于點O，連結SO，
∵四棱錐S-ABCD的底面邊長為1的正方形，∴AC⊥BD，且O是BD中點，
∵每條側棱的長均為$\sqrt{2}$，∴SO⊥AC，
∵BD∩SO=O，∴AC⊥平面SBD，
∵SD?平面SBD，∴AC⊥SD．
解：（2）由（1）知OB、OC、OS兩兩垂直，建立空間直角坐標系O-xyz，
則S（0，0，$\frac{\sqrt{6}}{2}$），D（-$\frac{\sqrt{2}}{2}$，0，0），
A（0，-$\frac{\sqrt{2}}{2}$，0），C（0，$\frac{\sqrt{2}}{2}$，0），
設P（a，b，c），$\overrightarrow{SP}=λ\overrightarrow{SD}$，
則（a，b，c-$\frac{\sqrt{6}}{2}$）=（-$\frac{\sqrt{2}}{2}λ$，0，-$\frac{\sqrt{6}}{2}$λ），
解得a=-$\frac{\sqrt{2}}{2}λ$，b=0，c=$\frac{\sqrt{6}}{2}-\frac{\sqrt{6}}{2}λ$，∴P（-$\frac{\sqrt{2}}{2}λ$，0，$\frac{\sqrt{6}}{2}-\frac{\sqrt{6}}{2}λ$），
$\overrightarrow{SD}$=（-$\frac{\sqrt{2}}{2}$，0，-$\frac{\sqrt{6}}{2}$），$\overrightarrow{PA}$=（$\frac{\sqrt{2}}{2}λ$，-$\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\frac{\sqrt{6}}{2}λ-\frac{\sqrt{6}}{2}$），$\overrightarrow{PC}$=（$\frac{\sqrt{2}}{2}λ$，$\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\frac{\sqrt{6}}{2}λ-\frac{\sqrt{6}}{2}$），
∵SD⊥平面PAC，∴$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{SD}•\overrightarrow{PA}=-\frac{1}{2}λ+\frac{6}{4}-\frac{6}{4}λ=0}\\{\overrightarrow{SD}•\overrightarrow{PC}=-\frac{1}{2}λ+\frac{6}{4}-\frac{6}{4}λ=0}\end{array}\right.$，解得λ=$\frac{3}{4}$，
∴P到平面ACD的距離d=$\frac{\sqrt{6}}{2}-\frac{\sqrt{6}}{2}×\frac{3}{4}$=$\frac{\sqrt{6}}{8}$，
∴三棱錐P-ACD的體積V=$\frac{1}{3}×d×{S}_{△ACD}$=$\frac{1}{3}×\frac{\sqrt{6}}{8}×\frac{1}{2}×1×1$=$\frac{\sqrt{6}}{48}$．

點評 本題考查線線垂直的證明，考查三棱錐的體積的求法，考查推理論證能力、運算求解能力、空間思維能力，考查函數(shù)與方程思想、化歸轉化思想、數(shù)形結合思想，是中檔題．