Question

3．如圖，在四棱錐S-ABCD中，底面ABCD為菱形，∠BAD=60°，平面SAD⊥平面ABCD，SA=SD，E，P，Q分別是棱AD，SC，AB的中點(diǎn)．
（1）（文理）求證：PQ∥平面SAD；
（2）（理）如果SA=AB=2，求直線SA與平面SEQ成角的余弦值．
（文）如果SA=AB=2，求點(diǎn)C到平面SAB的距離．

Answer 1

分析 （1）取SD中點(diǎn)F，連結(jié)AF，PF．證明PQ∥AF．利用直線與平面平行的判定定理證明PQ∥平面SAD．
（2）（理）EA，EB，ES為x，y，z為軸建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面SEQ的法向量，即可求直線SA與平面SEQ成角的余弦值．
（文）求出S_△ABC，SE，證明SE⊥AD．推出SE⊥平面ABCD，利用等體積方法求點(diǎn)C到平面SAB的距離．

解答 （1）證明：取SD中點(diǎn)F，連結(jié)AF，PF． 
∵P，F(xiàn)分別是棱SC，SD的中點(diǎn)，
∴FP∥CD，且FP=$\frac{1}{2}$CD．  
又∵菱形ABCD中，Q是AB的中點(diǎn)，
∴AQ∥CD，且AQ=$\frac{1}{2}$CD．
∴FP∥AQ且FP=AQ．
∴AQPF為平行四邊形．
∴PQ∥AF．  
又∵PQ?平面SAD，
AF?平面SAD，
∴PQ∥平面SAD．
（2）（理）EA，EB，ES為x，y，z為軸建立空間直角坐標(biāo)系，
則A（1，0，0），S（0，0，$\sqrt{3}$），Q（$\frac{1}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$，0）
$\overrightarrow{SA}$=（1，0，-$\sqrt{3}$），$\overrightarrow{EQ}$=（$\frac{1}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$，0），$\overrightarrow{ES}$=（0，0，$\sqrt{3}$），
∴設(shè)平面SEQ的法向量為$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
則$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{2}x+\frac{\sqrt{3}}{2}y=0}\\{0+0+z=0}\end{array}\right.$，
∴$\overrightarrow{n}$=（$\sqrt{3}$，-1，0），
直線SA與平面SEQ成角的正弦值sin＜$\overrightarrow{SA}$，$\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\sqrt{3}}{4}$，
由同角三角函數(shù)基本關(guān)系可知：余弦值cos＜$\overrightarrow{SA}$，$\overrightarrow{n}$＞=$\sqrt{1-（\frac{\sqrt{3}}{4}）^{2}}$=$\frac{\sqrt{13}}{4}$，
直線SA與平面SEQ成角的余弦值$\frac{\sqrt{13}}{4}$；
（文）因?yàn)椤鱏AD中SA=SD，點(diǎn)E棱AD的中點(diǎn)，
所以 SE⊥AD．
又 平面SAD⊥平面ABCD，
平面SAD∩平面ABCD=AD，
SE?平面SAD，
所以 SE⊥平面ABCD，
因?yàn)榱庑蜛BCD中，∠BAD=60°，AB=2，
所以S_△ABC=$\frac{1}{2}$AB•BCsin∠ABC=$\sqrt{3}$．
因?yàn)镾A=AD=SD=2，E是AD的中點(diǎn)，所以SE=$\sqrt{3}$．
所以三棱錐S-ABC的體積 V=$\frac{1}{3}$S_△ABC•SE=1，
因?yàn)镾_△ABS=$\frac{1}{2}×2×\sqrt{3+\frac{3}{4}}$=$\frac{\sqrt{15}}{2}$，
所以點(diǎn)C到平面SAB的距離=$\frac{2\sqrt{15}}{15}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查直線與平面平行以及直線與平面垂直的判定定理的應(yīng)用，棱錐的體積的求法，考查線面角，考查計(jì)算能力．