Question

9．如图，四棱锥S-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AB∥CD，BC⊥CD，平面SCD⊥平面ABCD，SC=CD=SD=AD=2AB=2，M，N分别为SA，SB的中点，E为CD的中点，过M，N作平面MNPQ分别与交BC，AD于点P，Q．
（Ⅰ）当Q为AD中点时，求证：平面SAE⊥平面MNPQ；
（Ⅱ）当$\overrightarrow{AQ}=3\overrightarrow{QD}$时，求三棱锥Q-BCN的体积．

Answer 1

分析 （Ⅰ）推导出四边形ABCE为矩形，从而AE⊥CD，再求出PQ⊥AE，SE⊥CD，从而SE⊥面ABCD，进而PQ⊥SE，由此能证明PQ⊥面SAE，从而面MNPQ⊥面SAE．
（Ⅱ）${V_{Q-BCN}}={V_{N-BCQ}}=\frac{1}{2}{V_{S-BCQ}}=\frac{1}{2}•\frac{1}{3}•{S_{△BCQ}}•h$，推导出SE即为S到平面BCQ的距离，即SE=h，由此能求出三棱锥Q-BCN的体．

解答 证明：（Ⅰ）E为CD中点，所以四边形ABCE为矩形，所以AE⊥CD，
当$λ=\frac{1}{2}$时，Q为AD中点，PQ∥CD所以PQ⊥AE…（2分）
因为平面SCD⊥平面ABCD，SE⊥CD，所以SE⊥面ABCD…（4分）
因为PQ在面ABCD上，所以PQ⊥SE所以PQ⊥面SAE
所以面MNPQ⊥面SAE…（6分）
解：（Ⅱ）${V_{Q-BCN}}={V_{N-BCQ}}=\frac{1}{2}{V_{S-BCQ}}=\frac{1}{2}•\frac{1}{3}•{S_{△BCQ}}•h$
∵SC=SD，E为CD中点∴SE⊥CD
又∵平面SCD⊥平面ABCD，平面SCD∩平面ABCD=CD，S在平面SCD内
∴SE⊥面ABCD∴SE即为S到平面BCQ的距离，即SE=h…（8分）
在△SCD中，SC=SD=CD=2，∴$SE=\sqrt{3}$
在直角梯形ABCD中，由已知得$BC=\sqrt{3}$
∵M，N为中点∴MN∥AB∴AB∥面MNPQ
又∵平面MNPQ∩平面ABCD=PQ∴AB∥PQ，
又∵AB⊥BC，∴PQ⊥BC，∴${S_{△BCQ}}=\frac{1}{2}•BC•PQ=\frac{{\sqrt{3}}}{2}PQ$
∴${V_{Q-BCN}}={V_{N-BCQ}}=\frac{1}{2}{V_{S-BCQ}}=\frac{1}{2}•\frac{1}{3}•{S_{△BCQ}}•h=\frac{1}{4}PQ$…（10分）
如图，在梯形ABCD中，∵GD=1，$\frac{FQ}{GD}=\frac{AQ}{AD}=\frac{3}{4}⇒FQ=PQ-AB=\frac{7}{4}-1=\frac{3}{4}$，
∴$PQ=PF+FQ=1+\frac{3}{4}=\frac{7}{4}$，∴${V_{Q-BCN}}=\frac{1}{4}PQ=\frac{7}{16}$
所以三棱锥Q-BCN的体积$\frac{7}{16}$．…（12分）

点评 本题考查面面垂直的证明，考查几何体的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、数形结合思想，是中档题．