Question

15．如圖，四棱錐S-ABCD中，底面ABCD是邊長(zhǎng)為4的正方形，0是AC與BD的交點(diǎn)，SO⊥平面ABCD，E是側(cè)棱SC的中點(diǎn)，直線SA和AO所成角的大小是45°．
（Ⅰ）求證：直線SA∥平面BDE；
（Ⅱ）求二面角D-SB-C的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）連接OE，利用正方形的性質(zhì)與三角形中位線定理可得：OE∥SA．再利用線面平行的判定定理可得：直線SA∥平面BDE；
（II）建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，由∠SAO=45°．可得D$（0，-2\sqrt{2}，0）$，B$（0，2\sqrt{2}，0）$，S$（0，0，2\sqrt{2}）$，C$（-2\sqrt{2}，0，0）$．設(shè)平面SBC的法向量$\overrightarrow{n}$=（x，y，1），則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{SB}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BC}=0}\end{array}\right.$，可得$\overrightarrow{n}$．取平面SBD的法向量為$\overrightarrow{OC}$，利用$cos＜\overrightarrow{OC}，\overrightarrow{n}＞$=$\frac{\overrightarrow{OC}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{OC}||\overrightarrow{n}|}$，即可得出．

解答 （Ⅰ）證明：連接OE，
∵四邊形ABCD是正方形，∴OC=OA，
又E是側(cè)棱SC的中點(diǎn)，∴OE∥SA．
又SA?平面BDE，OE?平面BDE，
∴直線SA∥平面BDE；
（II）解：建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
∵∠SAO=45°．∴D$（0，-2\sqrt{2}，0）$，B$（0，2\sqrt{2}，0）$，S$（0，0，2\sqrt{2}）$，C$（-2\sqrt{2}，0，0）$．
$\overrightarrow{OC}$=$（-2\sqrt{2}，0，0）$，$\overrightarrow{BC}$=$（-2\sqrt{2}，-2\sqrt{2}，0）$，$\overrightarrow{SB}$=$（0，2\sqrt{2}，-2\sqrt{2}）$．
設(shè)平面SBC的法向量$\overrightarrow{n}$=（x，y，1），則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{SB}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BC}=0}\end{array}\right.$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{2\sqrt{2}y-2\sqrt{2}=0}\\{-2\sqrt{2}x-2\sqrt{2}y=0}\end{array}\right.$，取$\overrightarrow{n}$=（-1，1，1）．
取平面SBD的法向量為$\overrightarrow{OC}$=$（-2\sqrt{2}，0，0）$．
$cos＜\overrightarrow{OC}，\overrightarrow{n}＞$=$\frac{\overrightarrow{OC}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{OC}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{3}×2\sqrt{2}}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$．
∴二面角D-SB-C的余弦值為$\frac{\sqrt{3}}{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了三角形中位線定理、正方形的性質(zhì)定理、線面平行的判定定理、向量與數(shù)量積的關(guān)系、法向量與空間角的求法，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．