Question

8．如圖，四棱錐S-ABCD的底面ABCD是正方形，SA⊥底面ABCD，SA=AB=2，點M是SD的中點，AN⊥SC，且交SC于點N．
（Ⅰ）求證：SB∥平面ACM；
（Ⅱ）求證：直線SC⊥平面AMN；
（Ⅲ）求幾何體MANCD的體積．

Answer 1

分析 （Ⅰ）連接BD交AC于E，連接ME．利用正方形的性質(zhì)、三角形的中位線定理可得：ME∥SB，再利用線面平行的判定定理即可證明．
（Ⅱ）利用線面垂直的判定定理可得：DC⊥平面SAD，AM⊥DC，又AM⊥SD，可得AM⊥平面SDC，SC⊥AM，即可證明．
（Ⅲ）M，D，C，N∈平面ACD，幾何體MANCD為四棱錐A-MNCD．由（Ⅱ）知AM為點A到平面MNCD的距離．利用SC⊥平面AMN，可得MN⊥SC，計算可得S_{四邊形MNCD}，即可得出V_A-MNCD=$\frac{1}{3}$S_{四邊形MNCD}×AM．

解答 （Ⅰ）證明：連接BD交AC于E，連接ME．
∵四邊形ABCD是正方形，
∴E是BD的中點．
∵M是SD的中點，
∴ME是△DSB的中位線．
∴ME∥SB．
又∵ME?平面ACM，SB?平面ACM，
∴SB∥平面ACM． 
（Ⅱ）證明：∵DC⊥SA，DC⊥DA，
∴DC⊥平面SAD，
∴AM⊥DC，
又∵SA=AD，M是SD的中點，
∴AM⊥SD，
∴AM⊥平面SDC，
∴SC⊥AM，
∵SC⊥AN，
∴SC⊥平面AMN．
（Ⅲ）解：M，D，C，N∈平面ACD，幾何體MANCD為四棱錐A-MNCD．
由（Ⅱ）知AM為點A到平面MNCD的距離．
∵SA=AB=2，則SD=2$\sqrt{2}$，SC=2$\sqrt{3}$，AM=SM=$\sqrt{2}$．
∵SC⊥平面AMN，
則MN⊥SC，
故MN=SMsin∠MSN=$\sqrt{2}×\frac{2}{2\sqrt{3}}$=$\frac{\sqrt{6}}{3}$，
SN=$\sqrt{2-（\frac{\sqrt{6}}{3}）^{2}}$=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
因此S_{四邊形MNCD}=$\frac{1}{2}×2×2\sqrt{2}$-$\frac{1}{2}×\frac{\sqrt{6}}{3}×\frac{2\sqrt{3}}{3}$=$\frac{5\sqrt{2}}{3}$，
則V_A-MNCD=$\frac{1}{3}×\frac{5\sqrt{2}}{3}×\sqrt{2}$=$\frac{10}{9}$．

點評 本題考查了線面面面平行與垂直的判定性質(zhì)定理、正方形的性質(zhì)、三角形中位線定理、四棱錐的體積計算公式、勾股定理、等腰三角形的性質(zhì)、直角三角形的邊角關(guān)系，考查了空間想象能力，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．