Question

5．如圖所示，四邊形ABCD是菱形，O是AC與BD的交點(diǎn)，SA⊥平面ABCD
（Ⅰ）求證：平面SAC⊥平面SBD；
（Ⅱ）若∠DAB=120°，DS⊥BS，AB=2，求SO的長(zhǎng)及點(diǎn)A到平面SBD的距離．

Answer 1

分析 （Ⅰ）證明SA⊥BD．AC⊥BD，推出BD⊥面SAC，然后證明面SBD⊥面SAC．
（Ⅱ）在菱形ABCD中，求出A0=$\frac{1}{2}$AB=1，BO=$\frac{\sqrt{3}}{2}$AB=$\sqrt{3}$，求出SO=$\sqrt{3}$，連接SO，過(guò)A作AG⊥SO于G，說(shuō)明AG是A到平面SBD的距離．然后求解A到平面SBD的距離．

解答 （本小題滿(mǎn)分12分）
（Ⅰ）證明：因?yàn)镾A⊥面ABCD，BD?面ABCD，
所以SA⊥BD．（1分）
又因?yàn)锳BCD是菱形，所以AC⊥BD，（2分）
又SA∩AC=A，所以BD⊥面SAC，（3分）
又BD?面SBD，面SBD⊥面SAC．（4分）
（Ⅱ）解：在菱形ABCD中，∠DAB=120°，所以∠CAB=60°，A0=$\frac{1}{2}$AB=1    （5分）
BO=$\frac{\sqrt{3}}{2}$AB=$\sqrt{3}$，因?yàn)镈S⊥BS，O是DB中點(diǎn)，SO=$\frac{1}{2}$BD=$\sqrt{3}$．（6分）
連接SO，過(guò)A作AG⊥SO于G．
由（1）知面SBD⊥面SAC，且面SBD∩面SAC=SO，AG?面SAC，
所以AG⊥面SBD，即AG是A到平面SBD的距離．（9分）
SA=$\sqrt{S{O}^{2}-A{O}^{2}}=\sqrt{2}$，（10分），
$AG=\frac{SA•AO}{SO}=\frac{{\sqrt{2}×1}}{{\sqrt{3}}}=\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，即A到平面SBD的距離為$\frac{\sqrt{6}}{3}$．（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查平面與平面垂直，點(diǎn)到平面的距離的求法，轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用，空間想象能力以及計(jì)算能力．