Question

9．如圖，四棱錐S-ABCD中，底面ABCD為直角梯形，AB∥CD，BC⊥CD，平面SCD⊥平面ABCD，SC=CD=SD=AD=2AB=2，M，N分別為SA，SB的中點，E為CD的中點，過M，N作平面MNPQ分別與交BC，AD于點P，Q．
（Ⅰ）當Q為AD中點時，求證：平面SAE⊥平面MNPQ；
（Ⅱ）當$\overrightarrow{AQ}=3\overrightarrow{QD}$時，求三棱錐Q-BCN的體積．

Answer 1

分析 （Ⅰ）推導出四邊形ABCE為矩形，從而AE⊥CD，再求出PQ⊥AE，SE⊥CD，從而SE⊥面ABCD，進而PQ⊥SE，由此能證明PQ⊥面SAE，從而面MNPQ⊥面SAE．
（Ⅱ）${V_{Q-BCN}}={V_{N-BCQ}}=\frac{1}{2}{V_{S-BCQ}}=\frac{1}{2}•\frac{1}{3}•{S_{△BCQ}}•h$，推導出SE即為S到平面BCQ的距離，即SE=h，由此能求出三棱錐Q-BCN的體．

解答 證明：（Ⅰ）E為CD中點，所以四邊形ABCE為矩形，所以AE⊥CD，
當$λ=\frac{1}{2}$時，Q為AD中點，PQ∥CD所以PQ⊥AE…（2分）
因為平面SCD⊥平面ABCD，SE⊥CD，所以SE⊥面ABCD…（4分）
因為PQ在面ABCD上，所以PQ⊥SE所以PQ⊥面SAE
所以面MNPQ⊥面SAE…（6分）
解：（Ⅱ）${V_{Q-BCN}}={V_{N-BCQ}}=\frac{1}{2}{V_{S-BCQ}}=\frac{1}{2}•\frac{1}{3}•{S_{△BCQ}}•h$
∵SC=SD，E為CD中點∴SE⊥CD
又∵平面SCD⊥平面ABCD，平面SCD∩平面ABCD=CD，S在平面SCD內(nèi)
∴SE⊥面ABCD∴SE即為S到平面BCQ的距離，即SE=h…（8分）
在△SCD中，SC=SD=CD=2，∴$SE=\sqrt{3}$
在直角梯形ABCD中，由已知得$BC=\sqrt{3}$
∵M，N為中點∴MN∥AB∴AB∥面MNPQ
又∵平面MNPQ∩平面ABCD=PQ∴AB∥PQ，
又∵AB⊥BC，∴PQ⊥BC，∴${S_{△BCQ}}=\frac{1}{2}•BC•PQ=\frac{{\sqrt{3}}}{2}PQ$
∴${V_{Q-BCN}}={V_{N-BCQ}}=\frac{1}{2}{V_{S-BCQ}}=\frac{1}{2}•\frac{1}{3}•{S_{△BCQ}}•h=\frac{1}{4}PQ$…（10分）
如圖，在梯形ABCD中，∵GD=1，$\frac{FQ}{GD}=\frac{AQ}{AD}=\frac{3}{4}⇒FQ=PQ-AB=\frac{7}{4}-1=\frac{3}{4}$，
∴$PQ=PF+FQ=1+\frac{3}{4}=\frac{7}{4}$，∴${V_{Q-BCN}}=\frac{1}{4}PQ=\frac{7}{16}$
所以三棱錐Q-BCN的體積$\frac{7}{16}$．…（12分）

點評 本題考查面面垂直的證明，考查幾何體的體積的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，考查推理論證能力、運算求解能力、空間想象能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想、數(shù)形結(jié)合思想，是中檔題．