Question

5．如圖所示，在四棱錐S-ABCD中，底面ABCD是正方形，側(cè)棱SD⊥平面ABCD，SD=DC，點(diǎn)E是SC的中點(diǎn)，作EF⊥SB交SB于點(diǎn)F．
（1）求證：SA∥平面EDB；
（2）求證：SB⊥平面EFD；
（3）求二面角C-SB-D的大�。�

Answer 1

分析 （1）連接AC交BD于點(diǎn)G，連接EG，分別以DA、DC、DS所在直線為x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)DC=1，然后利用向量平行可得OE∥SA，再由線面平行的判定定理證得SA∥平面BDE；
（2）由向量垂直得到SB⊥DE，結(jié)合已知EF⊥SB，由線面垂直的判定得結(jié)論；
（3）由SB⊥EF，SB⊥DF，可得∠EFD為二面角C-SB-D的平面角，然后利用空間向量求得二面角C-SB-D的大�。�

解答 （1）證明：連接AC交BD于G，連接EG．
分別以DA、DC、DS所在直線為x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，
設(shè)DC=1，則A（1，0，0），B（1，1，0），S（0，0，1），
E（0，$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$）．
∵底面ABCD為正方形，∴G（$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$，0），且$\overrightarrow{SA}=（1，0，-1）$，$\overrightarrow{EG}=（\frac{1}{2}，0，-\frac{1}{2}）$．
∴$\overrightarrow{SA}=2\overrightarrow{EG}$，即SA∥EG，
∵EG?平面EDB，SA?平面EDB，
∴SA∥平面EDB；
（2）證明：∵B（1，1，0），∴$\overrightarrow{SB}=（1，1，-1）$，
又$\overrightarrow{DE}=（0，\frac{1}{2}，\frac{1}{2}）$，∴$\overrightarrow{SB}•\overrightarrow{DE}=0+\frac{1}{2}-\frac{1}{2}=0$，
∴SB⊥DE，
由已知EF⊥SB，且EF∩DE=E，∴SB⊥平面EFD；
（3）解：由SB⊥EF，SB⊥DF，可得∠EFD為二面角C-SB-D的平面角．
設(shè)F（x，y，z），則$\overrightarrow{SF}=（x，y，z-1）$，
∵$\overrightarrow{SF}=k\overrightarrow{SB}$，∴（x，y，z-1）=k（1，1，-1）=（k，k，-k），
即x=k，y=k，z=1-k，
∵$\overrightarrow{DF}•\overrightarrow{SB}=0$，即（k，k，1-k）•（1，1，-1）=3k-1=0，得k=$\frac{1}{3}$．
∴F（$\frac{1}{3}，\frac{1}{3}，\frac{2}{3}$），又E（0，$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$），
∴$\overrightarrow{FE}=（-\frac{1}{3}，\frac{1}{6}，-\frac{1}{6}）$．
∴cos∠EFD=$\frac{\overrightarrow{FE}•\overrightarrow{FD}}{|\overrightarrow{FE}||\overrightarrow{FD}|}=\frac{\frac{1}{9}-\frac{1}{18}+\frac{2}{18}}{\frac{\sqrt{6}}{6}×\frac{\sqrt{6}}{3}}=\frac{1}{2}$．
∴∠EFD=60°．
即二面角C-SB-D的大小為60°．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查空間線面關(guān)系、考查數(shù)形結(jié)合、化歸與轉(zhuǎn)化的數(shù)學(xué)思想方法，以及空間想象能力、推理論證能力和運(yùn)算求解能力，訓(xùn)練了利用空間向量求解二面角的平面角，是中檔題．