Question

15．如图，四棱锥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）求证：平面AOD⊥平面ABCD；
（Ⅱ）求直线BC与平面ABD所成角的正弦值．

Answer 1

分析 （I）取OA的中点E，连接DE，BE，利用勾股定理证明DE⊥BE，DE⊥OA，从而得出DE⊥平面ABCD，于是面AOD⊥平面ABCD；
（II）取AB的中点F，连接OF，以O为原点，以OF，OC，Oz为坐标轴建立空间直角坐标系O-xyz，求出平面ABD的法向量和$\overrightarrow{BC}$的坐标，计算cos＜$\overrightarrow{BC}，\overrightarrow{n}$＞，即可得出直线BC与平面ABD所成角的正弦值．

解答 证明：（I）取OA的中点E，连接DE，BE．
∵OD=AD=1，OD⊥AD，E是OA的中点，
∴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的中点F，连接OF，过O做平面ABCD的垂线Oz，则OF，OC，Oz两两垂直．
以O为原点，以OF，OC，Oz为坐标轴建立空间直角坐标系O-xyz如图所示，
则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），$\overrightarrow{AD}$=（-$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），
设平面ABD的法向量为$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AB}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AD}=0}\end{array}\right.$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{2y=0}\\{-\frac{1}{2}x+\frac{1}{2}y+\frac{\sqrt{2}}{2}z=0}\end{array}\right.$，令z=$\sqrt{2}$得$\overrightarrow{n}$=（2，0，$\sqrt{2}$），
∴$\overrightarrow{BC}•\overrightarrow{n}$=-2，
∴cos＜$\overrightarrow{BC}，\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\overrightarrow{BC}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{BC}||\overrightarrow{n}|}$=-$\frac{\sqrt{6}}{3}$．
设直线BC与平面ABD所成角为θ，
则sinθ=|cos＜$\overrightarrow{BC}，\overrightarrow{n}$＞|=$\frac{\sqrt{6}}{3}$．

点评 本题考查了面面垂直的判定，空间角的计算，空间向量在立体几何中的应用，属于中档题．