Question

13．如圖1，平面五邊形SABCD中SA=$\frac{\sqrt{15}}{2}$，AB=BC=CD=DA=2，∠ABC=$\frac{2π}{3}$，△SAD沿AD折起成．如圖2，使頂點(diǎn)S在底面的射影是四邊形ABCD的中心O，M為BC上一點(diǎn)，BM=$\frac{1}{2}$．

（1）證明：BC⊥平面SOM；
（2）求二面角A-SM-C的正弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）法一：連結(jié)OB，說明AO⊥OB，證明SO⊥BC，利用直線與平面垂直的判定定理證明BC⊥平面SOM．
法二：連結(jié)AC，BD，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，$\overrightarrow{OA}，\overrightarrow{OB}，\overrightarrow{OS}$的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向，
建立空間直角坐標(biāo)系o-xyz，證明$\overrightarrow{OS}•\overrightarrow{BC}=0，\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{BC}=0$，然后證明BC⊥平面SOM．
（Ⅱ）求出平面ASM的法向量，平面SMC的法向量，利用向量的數(shù)量積求解夾角的余弦值，然后求解所求二面角A-SM-C的正弦值．

解答 解：（Ⅰ）證明：題知四邊形ABCD為菱形，O為菱形中心，連結(jié)OB，則AO⊥OB，
因$∠BAD=\frac{π}{3}$，故$OB=AB•sin∠OAB=2sin\frac{π}{6}=1$…（1分）
又因?yàn)?BM=\frac{1}{2}$，且$∠OBM=\frac{π}{3}$，在△OBM中OM²=OB²+BM²-2OB•BM•cos∠OBM=${1^2}+{（{\frac{1}{2}}）^2}-2×1×\frac{1}{2}×cos\frac{π}{3}=\frac{3}{4}$…（3分）
所以O(shè)B²=OM²+BM²，故OM⊥BM即OM⊥BC…（4分）
又頂點(diǎn)S在底面的射影是四邊形ABCD的中心O有SO⊥平面ABCD，
所以SO⊥BC，…（5分）
從而BC與平面SOM內(nèi)兩條相交直線OM，SO都垂直，所以BC⊥平面SOM…（6分）
（Ⅰ）法二如圖2，連結(jié)AC，BD，因ABCD為菱形，則AC∩BD=O，且AC⊥BD，
以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，$\overrightarrow{OA}，\overrightarrow{OB}，\overrightarrow{OS}$的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向，
建立空間直角坐標(biāo)系o-xyz，…（2分）
因$∠BAD=\frac{π}{3}$，故$OA=AB•cos\frac{π}{6}=\sqrt{3}，OB=AB•sin\frac{π}{6}=1$，

所以$O（{0，0，0}），A（{\sqrt{3}，0，0}），B（{0，1，0}），C（{-\sqrt{3}，0，0}），\overrightarrow{OB}=（{0，1，0}），\overrightarrow{BC}=（{-\sqrt{3}，-1，0}）$．…（3分）
由$BM=\frac{1}{2}，BC=2$知，$\overrightarrow{BM}=\frac{1}{4}\overrightarrow{BC}=（{-\frac{{\sqrt{3}}}{4}，-\frac{1}{4}，0}）$
從而$\overrightarrow{OM}=\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{BM}=（{-\frac{{\sqrt{3}}}{4}，\frac{3}{4}，0}）$，即$M（{-\frac{{\sqrt{3}}}{4}，\frac{3}{4}，0}）$．…（4分）
題意及如圖2知SO⊥AB，有$SO=\sqrt{S{A^2}-O{A^2}}=\sqrt{\frac{15}{4}-3}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，$\overrightarrow{OS}=（0，0，\frac{{\sqrt{3}}}{2}）$…（5分）∴$\overrightarrow{OS}•\overrightarrow{BC}=0，\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{BC}=0$，所以BC⊥平面SOM…（6分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，$\overrightarrow{AS}=（{-\sqrt{3}，0，\frac{{\sqrt{3}}}{2}}），\overrightarrow{MS}=（{\frac{{\sqrt{3}}}{4}，-\frac{3}{4}，\frac{{\sqrt{3}}}{2}}），\overrightarrow{CS}=（{\sqrt{3}，0，\frac{{\sqrt{3}}}{2}}）$，
設(shè)平面ASM的法向量為$\overrightarrow{n_1}=（{{x_1}，{y_1}，{z_1}}）$，平面SMC的法向量為$\overrightarrow{n_2}=（{{x_2}，{y_2}，{z_2}}）$…（8分）
由$\overrightarrow n•\overrightarrow{AS}=0，\overrightarrow n•\overrightarrow{MS}=0$，得$\left\{\begin{array}{l}-\sqrt{3}{x_1}+\frac{{\sqrt{3}}}{2}{z_1}=0\\ \frac{{\sqrt{3}}}{4}{x_1}-\frac{3}{4}{y_1}+\frac{{\sqrt{3}}}{2}{z_1}=0\end{array}\right.$
故可取$\overrightarrow{n_1}=（{1，\frac{{5\sqrt{3}}}{3}，2}）$，…（9分）
由$\overrightarrow{n_2}•\overrightarrow{MS}=0，\overrightarrow{n_2}•\overrightarrow{CS}=0$，得$\left\{\begin{array}{l}\frac{{\sqrt{3}}}{4}{x_2}-\frac{3}{4}{y_2}+\frac{{\sqrt{3}}}{2}{z_2}=0\\ \sqrt{3}{x_2}+\frac{{\sqrt{3}}}{2}{z_2}=0\end{array}\right.$
故可取$\overrightarrow{n_2}=（{1，-\sqrt{3}，-2}）$…（11分）
從而法向量$\overrightarrow{n_1}，\overrightarrow{n_2}$的夾角的余弦值為$cos＜\overrightarrow{n_1}，\overrightarrow{n_2}＞=\frac{{\overrightarrow{n_1}•\overrightarrow{n_2}}}{{\overrightarrow{|{n_1}}|•|\overrightarrow{n_2}|}}=-\frac{{\sqrt{15}}}{5}$…（13分）
故所求二面角A-SM-C的正弦值為$\frac{{\sqrt{10}}}{5}$．…（14分）

點(diǎn)評 本題考查直線與平面垂直的判定定理的應(yīng)用，二面角的平面角的求法，考查空間想象能力以及計(jì)算能力．