Question

如图，四棱锥S-ABCD的底面是矩形，SA⊥底面ABCD，P为BC边的中点，SB与平面ABCD所成的角为45°，且AD=2，SA=1．
（Ⅰ）求证：PD⊥平面SAP；
（Ⅱ）求二面角A-SD-P的余弦的大小．

Answer 1

分析：（Ⅰ）欲证PD⊥平面SAP，根据直线与平面垂直的判定定理可知只需证PD与平面SAP内两相交直线垂直，根据题意可知∠SBA是SB与平面ABCD所成的角，根据勾股定理可知AP⊥PD，根据线面垂直的性质可知SA⊥PD，而SA∩AP=A满足定理所需条件；
（Ⅱ）设Q为AD的中点，连接PQ，根据PQ⊥SD，SD⊥PR，则∠PRQ是二面角A-SD-P的平面角，在Rt△PRQ中，求出二面角A-SD-P的余弦即可．

解答：解：（Ⅰ）证明：因为SA⊥底面ABCD，
所以，∠SBA是SB与平面ABCD所成的角（1分）
由已知∠SBA=45°，所以AB=SA=1易求得，AP=PD=

2

，（3分）
又因为AD=2，所以AD²=AP²+PD²，所以AP⊥PD．（4分）
因为SA⊥底面ABCD，PD?平面ABCD，
所以SA⊥PD，（5分）
由于SA∩AP=A所以PD⊥平面SAP．（6分）

（Ⅱ）设Q为AD的中点，连接PQ，（7分）
由于SA⊥底面ABCD，且SA?平面SAD，
则平面SAD⊥平面PAD（8分）
∵PQ⊥AD，∴PQ⊥平面SAD，∵SD?平面SAD，∴PQ⊥SD．
过Q作QR⊥SD，垂足为R，连接PR，则SD⊥面QPR．
又PR?面QPR，∴SD⊥PR，∴∠PRQ是二面角A-SD-P的平面角．（10分）
容易证明△DRQ∽△DAS，则

QR

SA

=

DQ

SD

．
因为DQ=1，SA=1，SD=

5

，
所以QR=

DQ

SD

•SA=

1

5

．（12分）
在Rt△PRQ中，因为PQ=AB=1，PR=

QR2+PQ2

=

30

5

，
所以cos∠PRQ=

RQ

PR

=

6

6

．（13分）
所以二面角A-SD-P的余弦为

6

6

．（14分）

点评：本题主要考查了线面垂直的判定，以及与二面角有关的立体几何综合题，同时考查了空间想象能力以及转化与划归的思想，属于中档题．