Question

14．如图，已知在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD是边长为2的棱形，∠ABC=60°，侧面SAD为正三角形，侧面SAD⊥底面ABCD，E为线段AD的中点．
（Ⅰ）求证：SE⊥底面ABCD；
（Ⅱ）求证：二面角A-SB-C为直二面角；
（Ⅲ）在侧棱SB上是否存在一点M，使得BD⊥平面MAC？如果存在，求$\frac{BM}{BS}$的值；如果不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）推导出SE⊥AD，由此能证明SE⊥底面ABCD．
（Ⅱ）取OB、OC依次为x轴，y轴，取过O点垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明二面角A-SB-C为直二面角．
（Ⅲ）假设存在满足题设的点M，设M（x，y，z），$\frac{BM}{BS}=λ$，利用向量法能求出在棱SB上存在一点M，使得BD⊥平面MAC，$\frac{BM}{BS}=\frac{2}{3}$．

解答 证明：（Ⅰ）∵SAD为正三角形，E为线段AD的中点，
∴SE⊥AD，
又侧面SAD⊥底面ABCD，且侧面SAD∩底面ABCD=AD，
∴SE⊥底面ABCD．
（Ⅱ）如图，取OB、OC依次为x轴，y轴，取过O点垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立空间直角坐标系，
则A（0，-1，0），B（$\sqrt{3}$，0，0），C（0，1，0），S（-$\frac{\sqrt{3}}{2}$，-$\frac{1}{2}$，$\sqrt{3}$），
$\overrightarrow{BS}$=（-$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，-$\frac{1}{2}$，$\sqrt{3}$），$\overrightarrow{BA}$=（-$\sqrt{3}$，-1，0），$\overrightarrow{BC}$=（-$\sqrt{3}，1，0$），
设平面SBA的法量为$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），平面SBC的法向量为$\overrightarrow{n}$=（a，b，c），
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{BS}=-\frac{3\sqrt{3}}{2}x-\frac{1}{2}y+\sqrt{3}z=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{BA}=-\sqrt{3}x-y=0}\end{array}\right.$，取x=1，得$\overrightarrow{m}$=（1，-$\sqrt{3}，1$），
$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BS}=-\frac{3\sqrt{3}}{2}a-\frac{1}{2}b+\sqrt{3}c=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BC}=-\sqrt{3}a+b=0}\end{array}\right.$，取a=1，得$\overrightarrow{n}$=（1，$\sqrt{3}，2$），
∵$\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}$=1-3+2=0，
∴二面角A-SB-C为直二面角．
解：（Ⅲ）假设存在满足题设的点M，设M（x，y，z），$\frac{BM}{BS}=λ$，
则$\overrightarrow{BM}=λ\overrightarrow{BS}$，即（x-$\sqrt{3}$，y，z）=λ（-$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，-$\frac{1}{2}$，$\sqrt{3}$），
解得M（-$\frac{3\sqrt{3}}{2}$λ+$\sqrt{3}$，-$\frac{1}{2}λ$，$\sqrt{3}λ$），∴$\overrightarrow{OM}$=（-$\frac{3\sqrt{3}}{2}$λ+$\sqrt{3}$，-$\frac{1}{2}λ$，$\sqrt{3}λ$），
向量$\overrightarrow{BD}$的方向向量为$\overrightarrow{i}$=（1，0，0），$\overrightarrow{i}•\overrightarrow{OM}$=-$\frac{3\sqrt{3}}{2}λ+\sqrt{3}$=0，
解得$λ=\frac{2}{3}$，
当$λ=\frac{2}{3}$时，OM⊥BD，又BD⊥AC，∴BD⊥平面MAC，
∴在棱SB上存在一点M，使得BD⊥平面MAC，$\frac{BM}{BS}=\frac{2}{3}$．

点评 本题考查线面垂直的证明，考查二面角为直二面角的证明，考查是否存在满足线面垂直的点的判断与求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．