Question

1．如图，四棱锥S-ABCD的底面是正方形，SA⊥底面ABCD，E是SC上一点．
（Ⅰ）求证：平面EBD⊥平面SAC；
（Ⅱ）设SA=4，AB=2，求点A到平面SBD的距离；
（Ⅲ）设SA=4，AB=2，当OE丄SC时，求二面角E-BD-C余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）推导出SA⊥BD，BD⊥AC，从而BD⊥平面SAC，由此能证明平面EBD⊥平面SAC．
（2）以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AS为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出得点A到平面SBD的距离．
（3）求出平面BDE的法向量和平面BDC的法向量，利用向量法能求出二面角E-BD-C余弦值．

解答 证明：（Ⅰ）∵SA⊥底面ABCD，BD?平面ABCD，
∴SA⊥BD，
∵四棱锥S-ABCD的底面是正方形，∴BD⊥AC，
∵AC∩SA=A，
∴BD⊥平面SAC，
∵BD?平面EBD，
∴平面EBD⊥平面SAC．
解：（2）以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AS为z轴，建立空间直角坐标系，
A（0，0，0），B（2，0，0），D（0，2，0），S（0，0，4），
$\overrightarrow{SA}$=（0，0，-4），$\overrightarrow{SB}$=（2，0，-4），$\overrightarrow{SD}$=（0，2，-4），
设平面SBD的法向量$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{SB}=2x-4z=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{SD}=2y-4z=0}\end{array}\right.$，取z=1，得$\overrightarrow{n}$=（2，2，1），
∴得点A到平面SBD的距离为d=$\frac{|\overrightarrow{SA}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{n}|}=\frac{4}{3}$．
（3）∵SA=4，AB=2，OE丄SC，
∴A（0，0，0），B（2，0，0），D（0，2，0），C（2，2，0），S（0，0，4），O（1，1，0），设E（a，a，c），
$\overrightarrow{SC}$=（2，2，-4），$\overrightarrow{OE}$=（a-1，a-1，c），
∴$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{SC}•\overrightarrow{OE}=2（a-1）+2（a-1）-4c=0}\\{|OE|=\sqrt{（a-1）^{2}+（a-1）^{2}+{c}^{2}}=\frac{4\sqrt{2}}{2\sqrt{6}}}\end{array}\right.$，解得a=$\frac{4}{3}$，c=$\frac{1}{3}$，∴E（$\frac{4}{3}，\frac{4}{3}，\frac{1}{3}$），
$\overrightarrow{BD}$=（-2，2，0），$\overrightarrow{BE}$=（-$\frac{2}{3}$，$\frac{4}{3}$，$\frac{1}{3}$），
设平面BDE的法向量$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BD}=-2x+2y=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BE}=-\frac{2}{3}x+\frac{4}{3}y+\frac{1}{3}z=0}\end{array}\right.$，取x=1，得$\overrightarrow{n}$=（1，1，2），
平面BDC的法向量$\overrightarrow{m}$=（0，0，1），
设二面角E-BD-C的平面角为θ，
则cosθ=$\frac{|\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{2}{\sqrt{6}}$=$\frac{\sqrt{6}}{3}$，
∴二面角E-BD-C余弦值为$\frac{\sqrt{6}}{3}$．

点评 本题考查面面垂直的证明，考查点到平面的距离的求法，考查二面角的余弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．