Question

16．如圖，點C是以AB為直徑的圓O上不與A、B重合的一個動點，S是圓O所在平面外一點，且總有SC⊥平面ABC，M是SB的中點，AB=SC=2．
（Ⅰ）求證：OM⊥BC；
（Ⅱ）當(dāng)四面體S-ABC的體積最大時，設(shè)直線AM與平面ABC所成的角為α，二面角B-SA-C的大小為β，分別求tanα，tanβ的值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通過C是以AB為直徑的圓上一點可知SC⊥BC，利用線面垂直的判定定理及中位線定理可得結(jié)論；
（Ⅱ）通過題意易得當(dāng)且僅當(dāng)$AC=BC=\sqrt{2}$時四面體S-ABC的體積取得最大值，可以利用兩種方法來計算，一種是常規(guī)方法，另一種是建立空間坐標(biāo)系，通過向量來解決問題．

解答 （Ⅰ）證明：由于C是以AB為直徑的圓上一點，故AC⊥BC，
又SC⊥平面ABC，∴SC⊥BC，
∵SC∩AC=C，∴BC⊥平面SAC，BC⊥SA，
∵O、M分別為AB、SB的中點，∴OM平行于SA，
∴OM⊥BC；
（Ⅱ）解：四面體S-ABC的體積$V=\frac{1}{3}SC•{S_{△ABC}}=\frac{1}{3}AC•BC≤\frac{1}{6}（A{C^2}+B{C^2}）=\frac{2}{3}$，
當(dāng)且僅當(dāng)$AC=BC=\sqrt{2}$時取得最大值，
方法一：
取BC的中點N，連接MN、AN，
則MN與SC平行，MN⊥平面ABC，
∴α=∠MAN，$tanα=\frac{MN}{AN}=\frac{1}{{\sqrt{2+\frac{1}{2}}}}=\frac{{\sqrt{10}}}{5}$，
作CH⊥SA垂足為H，連接BH，由（Ⅰ）知BC⊥SA，
∴SA⊥平面BCH，BH⊥SA，故β=∠BHC，
在Rt△SAC中，$CH=\frac{AC•SC}{SA}=\frac{2}{{\sqrt{3}}}$，$tanβ=\frac{BC}{CH}=\frac{{\sqrt{6}}}{2}$；
方法二：
以$\overrightarrow{CA}、\overrightarrow{CB}，\overrightarrow{CS}$分別為x軸、y軸、z軸建立直角坐標(biāo)系，
則C（0，0，0），A（$\sqrt{2}$，0，0），B（0，$\sqrt{2}$，0），S（0，0，2），
進(jìn)而M（0，$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，1），$\overrightarrow{AM}=（-\sqrt{2}，\frac{{\sqrt{2}}}{2}，1）$，$\overrightarrow{CS}=（0，0，2）$是平面ABC的一個法向量，
故$sinα=|cos＜\overrightarrow{AM}，\overrightarrow{CS}＞|=\frac{{\sqrt{14}}}{7}$，$cosα=\frac{{\sqrt{35}}}{7}，tanα=\frac{{\sqrt{10}}}{5}$，
設(shè)$\overrightarrow{v}$=（x，y，z）是平面SAB的一個法向量，
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{v}•\overrightarrow{AB}=0}\\{\overrightarrow{v}•\overrightarrow{AS}=0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}-\sqrt{2}x+\sqrt{2}y=0\\-\sqrt{2}x+2z=0\end{array}\right.$，
故可取$\overrightarrow{v}=（\sqrt{2}，\sqrt{2}，1）$，
由（1）知，$\overrightarrow{CB}=（0，\sqrt{2}，0）$是平面SAC的一個法向量，
故$cosβ=|cos＜\overrightarrow v，\overrightarrow{CB}＞|=\frac{{\sqrt{10}}}{5}，sinβ=\frac{{\sqrt{15}}}{5}，tanβ=\frac{{\sqrt{6}}}{2}$．

點評 本題考查二面角，空間中線面間的位置關(guān)系，中位線定理，數(shù)量積運算，注意解題方法的積累，屬于中檔題．