Question

15．如圖，四棱錐D-ABCO的底面是直角梯形，已知OC∥AB，AB⊥BC，OA=OB，OD⊥DA，AB=2OC，OC=OD=BC=DA=1，DB=$\sqrt{3}$．
（I）求證：平面AOD⊥平面ABCD；
（Ⅱ）求直線BC與平面ABD所成角的正弦值．

Answer 1

分析 （I）取OA的中點(diǎn)E，連接DE，BE，利用勾股定理證明DE⊥BE，DE⊥OA，從而得出DE⊥平面ABCD，于是面AOD⊥平面ABCD；
（II）取AB的中點(diǎn)F，連接OF，以O(shè)為原點(diǎn)，以O(shè)F，OC，Oz為坐標(biāo)軸建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz，求出平面ABD的法向量和$\overrightarrow{BC}$的坐標(biāo)，計(jì)算cos＜$\overrightarrow{BC}，\overrightarrow{n}$＞，即可得出直線BC與平面ABD所成角的正弦值．

解答 證明：（I）取OA的中點(diǎn)E，連接DE，BE．
∵OD=AD=1，OD⊥AD，E是OA的中點(diǎn)，
∴DE⊥OA，DE=OE=$\frac{1}{2}$OA=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∵OB=OA=$\sqrt{2}$，AB=2OC=2，
∴AB²=OA²+OB²，即OA⊥OB．
∴BE=$\sqrt{O{E}^{2}+O{B}^{2}}$=$\frac{\sqrt{10}}{2}$．
又∵DB=$\sqrt{3}$，DE=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，∴DB²=DE²+BE²，
∴DE⊥BE，
∴DE⊥平面ABCD，又DE?平面OAD，
∴平面OAD⊥平面ABCD．
（II）取AB的中點(diǎn)F，連接OF，過O做平面ABCD的垂線Oz，則OF，OC，Oz兩兩垂直．
以O(shè)為原點(diǎn)，以O(shè)F，OC，Oz為坐標(biāo)軸建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz如圖所示，
則A（1，-1，0），B（1，1，0），C（0，1，0），D（$\frac{1}{2}$，-$\frac{1}{2}$，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），
∴$\overrightarrow{BC}$=（-1，0，0），$\overrightarrow{AB}$=（0，2，0），$\overrightarrow{AD}$=（-$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），
設(shè)平面ABD的法向量為$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AB}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AD}=0}\end{array}\right.$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{2y=0}\\{-\frac{1}{2}x+\frac{1}{2}y+\frac{\sqrt{2}}{2}z=0}\end{array}\right.$，令z=$\sqrt{2}$得$\overrightarrow{n}$=（2，0，$\sqrt{2}$），
∴$\overrightarrow{BC}•\overrightarrow{n}$=-2，
∴cos＜$\overrightarrow{BC}，\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\overrightarrow{BC}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{BC}||\overrightarrow{n}|}$=-$\frac{\sqrt{6}}{3}$．
設(shè)直線BC與平面ABD所成角為θ，
則sinθ=|cos＜$\overrightarrow{BC}，\overrightarrow{n}$＞|=$\frac{\sqrt{6}}{3}$．

點(diǎn)評 本題考查了面面垂直的判定，空間角的計(jì)算，空間向量在立體幾何中的應(yīng)用，屬于中檔題．