Question

16．如圖，已知四棱錐S-ABCD的底面ABCD是正方形，SA⊥底面ABCD，E是SC上的一點(diǎn)．
（1）求證：平面EBD⊥平面SAC；
（2）設(shè)SA=4，AB=2，求點(diǎn)A到平面SBD的距離；
（3）若AB=2，求當(dāng)SA的值為多少時(shí)，二面角B-SC-D的大小為120°．并說明理由．

Answer 1

分析 （1）利用SA⊥底面ABCD，可得SA⊥BD．利用ABCD是正方形，可得AC⊥BD，即可證明BD⊥平面SAC，平面EBD⊥平面SAC．
（2）設(shè)AC∩BD=O，連接SO，可得SO⊥BD．令點(diǎn)A到平面SBD的距離為h，由SA⊥平面ABCD，利用$\frac{1}{3}$•S_△SBD•h=$\frac{1}{3}$•S_△ABD•SA，即可得出．
（3 ）經(jīng)過點(diǎn)B作BM⊥SC，垂足為M，連接DM，由對稱性可得：DM⊥SC，BM=MD．因此∠BMD是二面角B-SC-D的平面角，又點(diǎn)O為BD的中點(diǎn)，可得OM平分∠BMD，因此只要∠BMO=60°即可，利用S_△SBC=$\frac{1}{2}$BM•SC=$\frac{1}{2}$SB•BC，即可解出．

解答 （1）證明：∵SA⊥底面ABCD，BD?底面ABCD，∴SA⊥BD．
∵ABCD是正方形，∴AC⊥BD，
∴BD⊥平面SAC，又BD?平面EBD，
∴平面EBD⊥平面SAC．
（2）解：設(shè)AC∩BD=O，連接SO，則SO⊥BD．
由AB=2，知BD=2$\sqrt{2}$，
SO=$\sqrt{SA2+AO2}=\sqrt{42+（\sqrt{2}）2}=3\sqrt{2}$，
∴S_△SBD=$\frac{1}{2}$ BD•SO=$\frac{1}{2}$•2$\sqrt{2}$•3$\sqrt{2}$=6，
令點(diǎn)A到平面SBD的距離為h，由SA⊥平面ABCD，則$\frac{1}{3}$•S_△SBD•h=$\frac{1}{3}$•S_△ABD•SA，
∴6h=$\frac{1}{2}$•2•2•4?h=$\frac{4}{3}$∴點(diǎn)A到平面SBD的距離為$\frac{4}{3}$，
（3 ）解：經(jīng)過點(diǎn)B作BM⊥SC，垂足為M，連接DM，由對稱性可得：DM⊥SC，BM=MD．
∴∠BMD是二面角B-SC-D的平面角，
又點(diǎn)O為BD的中點(diǎn)，∴OM平分∠BMD，
因此只要∠BMO=60°即可．
設(shè)SA=x，
在Rt△BMO中，BM=$\frac{BO}{cos3{0}^{°}}$=$\frac{2\sqrt{6}}{3}$．
又S_△SBC=$\frac{1}{2}$BM•SC=$\frac{1}{2}$SB•BC，
∴$\frac{2\sqrt{6}}{3}$$•\sqrt{{x}^{2}+{2}^{2}×2}$=$\sqrt{{x}^{2}+{2}^{2}}$×2，
解得x=2．
∴當(dāng)SA=2時(shí)，二面角B-SC-D的大小為120°．

點(diǎn)評 本題考查了空間位置關(guān)系空間角、“等積變形”、勾股定理、等腰三角形的性質(zhì)，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．