Question

20．如圖，已知四棱錐S-ABCD是底面邊長為$2\sqrt{3}$的菱形，且$∠BAD=\frac{π}{3}$，若$∠ASC=\frac{π}{2}$，SB=SD
（1）求該四棱錐體積的取值范圍； 
（2）當(dāng)點S在底面ABCD上的射影為三角形ABD的重心G時，求直線SA與平面SCD夾角的余弦值．

Answer 1

分析 （1）證明BD⊥平面SAC，由∠ASC=$\frac{π}{2}$可知S的軌跡為與平面ABCD垂直的平面SAC內(nèi)以AC為直徑的半圓上，從而求出S到平面ABCD的距離的取值范圍，從而求出棱錐的體積的范圍；
（2）以E為原點建立空間直角坐標(biāo)系，求出$\overrightarrow{AS}$和平面SCD的法向量$\overrightarrow{n}$，利用$\overrightarrow{AS}$與$\overrightarrow{n}$的夾角（或補(bǔ)角）與所求線面角互余即可求出直線SA與平面SCD夾角的余弦值．

解答 解：（1）連結(jié)AC、BD，設(shè)交點為E，連結(jié)SE，
∵四邊形ABCD為菱形，∴AC⊥BD，
∵E為BD中點，SB=SD，
∴BD⊥SE，又BD⊥AC，SE?平面SAC，AC?平面SAC，AC∩SE=E，
∴BD⊥面SAC．
又∵$∠ASC=\frac{π}{2}$，∴點S在平面SAC內(nèi)以AC為直徑的圓上運動，
設(shè)S到平面ABCD的距離為h，則0＜h≤$\frac{1}{2}AC$=2$\sqrt{3}$×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=3．
又S_菱形ABCD=2×$\frac{\sqrt{3}}{4}×（2\sqrt{3}）^{2}$=6$\sqrt{3}$，
∴當(dāng)h=3時，四棱錐S-ABCD的體積取得最大值．最大體積為$\frac{1}{3}×6\sqrt{3}×3$=6$\sqrt{3}$．
∴四棱錐S-ABCD的體積的取值范圍是$（0，6\sqrt{3}]$．
（2）∵G為△ABD的重心，∴AG=$\frac{2}{3}AE$=2，∴CG=4，
∵SG²=AG•GC，∴SG=2$\sqrt{2}$，
E為原點，以AC為x軸，BD為y軸，平面ABCD的垂線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示：
則S（1，0，2$\sqrt{2}$），D（0，$\sqrt{3}$，0），A（3，0，0），C（-3，0，0），
∴$\overrightarrow{AS}$=（-2，0，2$\sqrt{2}$），$\overrightarrow{CD}$=（3，$\sqrt{3}$，0），$\overrightarrow{DS}$=（1，-$\sqrt{3}$，2$\sqrt{2}$），
設(shè)平面SDC法向量$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），則$\overrightarrow{n}•\overrightarrow{CD}=0$，$\overrightarrow{n}•\overrightarrow{DS}=0$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{3x+\sqrt{3}y=0}\\{x-\sqrt{3}y+2\sqrt{2}z=0}\end{array}\right.$，令x=1得$\overrightarrow{n}$=（1，-$\sqrt{3}$，-$\sqrt{2}$），
∴cos＜$\overrightarrow{AS}，\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\overrightarrow{AS}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{AS}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{-6}{2\sqrt{3}•\sqrt{6}}$=-$\frac{\sqrt{2}}{2}$．
設(shè)直線SA與平面SCD夾角為$\overrightarrow{θ}$，
則$sinθ=|cos＜\overrightarrow{AS}•\overrightarrow n＞|=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，∴$cosθ=\sqrt{1-{{（\frac{{\sqrt{2}}}{2}）}^2}}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$．

點評 本題考查了線面垂直的判定，棱錐的體積計算，線面角的計算，屬于中檔題．