Question

13．如图1，平面五边形SABCD中SA=$\frac{\sqrt{15}}{2}$，AB=BC=CD=DA=2，∠ABC=$\frac{2π}{3}$，△SAD沿AD折起成．如图2，使顶点S在底面的射影是四边形ABCD的中心O，M为BC上一点，BM=$\frac{1}{2}$．

（1）证明：BC⊥平面SOM；
（2）求二面角A-SM-C的正弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）法一：连结OB，说明AO⊥OB，证明SO⊥BC，利用直线与平面垂直的判定定理证明BC⊥平面SOM．
法二：连结AC，BD，以O为坐标原点，$\overrightarrow{OA}，\overrightarrow{OB}，\overrightarrow{OS}$的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，
建立空间直角坐标系o-xyz，证明$\overrightarrow{OS}•\overrightarrow{BC}=0，\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{BC}=0$，然后证明BC⊥平面SOM．
（Ⅱ）求出平面ASM的法向量，平面SMC的法向量，利用向量的数量积求解夹角的余弦值，然后求解所求二面角A-SM-C的正弦值．

解答 解：（Ⅰ）证明：题知四边形ABCD为菱形，O为菱形中心，连结OB，则AO⊥OB，
因$∠BAD=\frac{π}{3}$，故$OB=AB•sin∠OAB=2sin\frac{π}{6}=1$…（1分）
又因为$BM=\frac{1}{2}$，且$∠OBM=\frac{π}{3}$，在△OBM中OM²=OB²+BM²-2OB•BM•cos∠OBM=${1^2}+{（{\frac{1}{2}}）^2}-2×1×\frac{1}{2}×cos\frac{π}{3}=\frac{3}{4}$…（3分）
所以OB²=OM²+BM²，故OM⊥BM即OM⊥BC…（4分）
又顶点S在底面的射影是四边形ABCD的中心O有SO⊥平面ABCD，
所以SO⊥BC，…（5分）
从而BC与平面SOM内两条相交直线OM，SO都垂直，所以BC⊥平面SOM…（6分）
（Ⅰ）法二如图2，连结AC，BD，因ABCD为菱形，则AC∩BD=O，且AC⊥BD，
以O为坐标原点，$\overrightarrow{OA}，\overrightarrow{OB}，\overrightarrow{OS}$的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，
建立空间直角坐标系o-xyz，…（2分）
因$∠BAD=\frac{π}{3}$，故$OA=AB•cos\frac{π}{6}=\sqrt{3}，OB=AB•sin\frac{π}{6}=1$，

所以$O（{0，0，0}），A（{\sqrt{3}，0，0}），B（{0，1，0}），C（{-\sqrt{3}，0，0}），\overrightarrow{OB}=（{0，1，0}），\overrightarrow{BC}=（{-\sqrt{3}，-1，0}）$．…（3分）
由$BM=\frac{1}{2}，BC=2$知，$\overrightarrow{BM}=\frac{1}{4}\overrightarrow{BC}=（{-\frac{{\sqrt{3}}}{4}，-\frac{1}{4}，0}）$
从而$\overrightarrow{OM}=\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{BM}=（{-\frac{{\sqrt{3}}}{4}，\frac{3}{4}，0}）$，即$M（{-\frac{{\sqrt{3}}}{4}，\frac{3}{4}，0}）$．…（4分）
题意及如图2知SO⊥AB，有$SO=\sqrt{S{A^2}-O{A^2}}=\sqrt{\frac{15}{4}-3}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，$\overrightarrow{OS}=（0，0，\frac{{\sqrt{3}}}{2}）$…（5分）∴$\overrightarrow{OS}•\overrightarrow{BC}=0，\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{BC}=0$，所以BC⊥平面SOM…（6分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，$\overrightarrow{AS}=（{-\sqrt{3}，0，\frac{{\sqrt{3}}}{2}}），\overrightarrow{MS}=（{\frac{{\sqrt{3}}}{4}，-\frac{3}{4}，\frac{{\sqrt{3}}}{2}}），\overrightarrow{CS}=（{\sqrt{3}，0，\frac{{\sqrt{3}}}{2}}）$，
设平面ASM的法向量为$\overrightarrow{n_1}=（{{x_1}，{y_1}，{z_1}}）$，平面SMC的法向量为$\overrightarrow{n_2}=（{{x_2}，{y_2}，{z_2}}）$…（8分）
由$\overrightarrow n•\overrightarrow{AS}=0，\overrightarrow n•\overrightarrow{MS}=0$，得$\left\{\begin{array}{l}-\sqrt{3}{x_1}+\frac{{\sqrt{3}}}{2}{z_1}=0\\ \frac{{\sqrt{3}}}{4}{x_1}-\frac{3}{4}{y_1}+\frac{{\sqrt{3}}}{2}{z_1}=0\end{array}\right.$
故可取$\overrightarrow{n_1}=（{1，\frac{{5\sqrt{3}}}{3}，2}）$，…（9分）
由$\overrightarrow{n_2}•\overrightarrow{MS}=0，\overrightarrow{n_2}•\overrightarrow{CS}=0$，得$\left\{\begin{array}{l}\frac{{\sqrt{3}}}{4}{x_2}-\frac{3}{4}{y_2}+\frac{{\sqrt{3}}}{2}{z_2}=0\\ \sqrt{3}{x_2}+\frac{{\sqrt{3}}}{2}{z_2}=0\end{array}\right.$
故可取$\overrightarrow{n_2}=（{1，-\sqrt{3}，-2}）$…（11分）
从而法向量$\overrightarrow{n_1}，\overrightarrow{n_2}$的夹角的余弦值为$cos＜\overrightarrow{n_1}，\overrightarrow{n_2}＞=\frac{{\overrightarrow{n_1}•\overrightarrow{n_2}}}{{\overrightarrow{|{n_1}}|•|\overrightarrow{n_2}|}}=-\frac{{\sqrt{15}}}{5}$…（13分）
故所求二面角A-SM-C的正弦值为$\frac{{\sqrt{10}}}{5}$．…（14分）

点评 本题考查直线与平面垂直的判定定理的应用，二面角的平面角的求法，考查空间想象能力以及计算能力．