Question

8．如图，四棱锥S-ABCD的底面ABCD是正方形，SA⊥底面ABCD，SA=AB=2，点M是SD的中点，AN⊥SC，且交SC于点N．
（Ⅰ）求证：SB∥平面ACM；
（Ⅱ）求证：直线SC⊥平面AMN；
（Ⅲ）求几何体MANCD的体积．

Answer 1

分析 （Ⅰ）连接BD交AC于E，连接ME．利用正方形的性质、三角形的中位线定理可得：ME∥SB，再利用线面平行的判定定理即可证明．
（Ⅱ）利用线面垂直的判定定理可得：DC⊥平面SAD，AM⊥DC，又AM⊥SD，可得AM⊥平面SDC，SC⊥AM，即可证明．
（Ⅲ）M，D，C，N∈平面ACD，几何体MANCD为四棱锥A-MNCD．由（Ⅱ）知AM为点A到平面MNCD的距离．利用SC⊥平面AMN，可得MN⊥SC，计算可得S_{四边形MNCD}，即可得出V_A-MNCD=$\frac{1}{3}$S_{四边形MNCD}×AM．

解答 （Ⅰ）证明：连接BD交AC于E，连接ME．
∵四边形ABCD是正方形，
∴E是BD的中点．
∵M是SD的中点，
∴ME是△DSB的中位线．
∴ME∥SB．
又∵ME?平面ACM，SB?平面ACM，
∴SB∥平面ACM． 
（Ⅱ）证明：∵DC⊥SA，DC⊥DA，
∴DC⊥平面SAD，
∴AM⊥DC，
又∵SA=AD，M是SD的中点，
∴AM⊥SD，
∴AM⊥平面SDC，
∴SC⊥AM，
∵SC⊥AN，
∴SC⊥平面AMN．
（Ⅲ）解：M，D，C，N∈平面ACD，几何体MANCD为四棱锥A-MNCD．
由（Ⅱ）知AM为点A到平面MNCD的距离．
∵SA=AB=2，则SD=2$\sqrt{2}$，SC=2$\sqrt{3}$，AM=SM=$\sqrt{2}$．
∵SC⊥平面AMN，
则MN⊥SC，
故MN=SMsin∠MSN=$\sqrt{2}×\frac{2}{2\sqrt{3}}$=$\frac{\sqrt{6}}{3}$，
SN=$\sqrt{2-（\frac{\sqrt{6}}{3}）^{2}}$=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
因此S_{四边形MNCD}=$\frac{1}{2}×2×2\sqrt{2}$-$\frac{1}{2}×\frac{\sqrt{6}}{3}×\frac{2\sqrt{3}}{3}$=$\frac{5\sqrt{2}}{3}$，
则V_A-MNCD=$\frac{1}{3}×\frac{5\sqrt{2}}{3}×\sqrt{2}$=$\frac{10}{9}$．

点评 本题考查了线面面面平行与垂直的判定性质定理、正方形的性质、三角形中位线定理、四棱锥的体积计算公式、勾股定理、等腰三角形的性质、直角三角形的边角关系，考查了空间想象能力，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．