Question

如圖，在四棱錐S-ABCD中，底面ABCD是正方形，SA⊥底面ABCD，SA=AB，點(diǎn)M是SD的中點(diǎn)，AN⊥SC，且交SC于點(diǎn)N．
（Ⅰ）求證：SB∥平面ACM；
（Ⅱ）求證：平面SAC⊥平面AMN；
（Ⅲ）求二面角D-AC-M的余弦值．

Answer 1

考點(diǎn)：二面角的平面角及求法,直線與平面平行的判定,平面與平面垂直的判定

專題：空間位置關(guān)系與距離,空間角

分析：（Ⅰ）連結(jié)BD交AC于E，連結(jié)ME，由△DSB的中位線定理，得ME∥SB，由此能證明SB∥平面ACM．
（Ⅱ）法一：由DC⊥SA，DC⊥DA，得DC⊥平面SAD，從而AM⊥DC，由等腰三角形性質(zhì)得AM⊥SD，從而AM⊥平面SDC，進(jìn)而SC⊥AM，由SC⊥AN，能證明平面SAC⊥平面AMN．
法二：以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz，利用向量法能證明平面SAC⊥平面AMN．
（Ⅲ）法一：取AD中點(diǎn)F，則MF∥SA．作FQ⊥AC于Q，連結(jié)MQ，由已知得∠FQM為二面角D-AC-M的平面角，由此能求出二面角D-AC-M的余弦值．
法二：分別求出平面ABCD的一個(gè)法向量和平面ACM的一個(gè)法向量，由此利用向量法能求出二面角D-AC-M的余弦值．

解答： （選修2一1第109頁(yè)例4改編）
（Ⅰ）證明：連結(jié)BD交AC于E，連結(jié)ME，
∵ABCD是正方形，∴E是BD的中點(diǎn)． 
∵M(jìn)是SD的中點(diǎn)，∴ME是△DSB的中位線．
∴ME∥SB．…（2分）
又ME?平面ACM，SB?平面ACM，
∴SB∥平面ACM．…（4分）
（Ⅱ）證法一：由條件有DC⊥SA，DC⊥DA，
∴DC⊥平面SAD，且AM?平面SAD，∴AM⊥DC．
又∵SA=AD，M是SD的中點(diǎn)，∴AM⊥SD．
∴AM⊥平面SDC．SC?平面SDC，∴SC⊥AM．…（6分）
由已知SC⊥AN，∴SC⊥平面AMN．
又SC?平面SAC，∴平面SAC⊥平面AMN．…（8分）
（Ⅱ）證法二：如圖，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz，
由SA=AB，可設(shè)AB=AD=AS=1，
則A(0，0，0)，B(0，1，0)，C(1，1，0)，D(1，0，0)，S(0，0，1)，M(

1

2

，0，

1

2

)．
∵

AM

=(

1

2

，0，

1

2

)，

CS

=(-1，-1，1)，
∴

AM

•

CS

=-

1

2

+

1

2

=0，∴

AM

⊥

CS

，即有SC⊥AM…（6分）
又SC⊥AN且AN∩AM=A．∴SC⊥平面AMN．  又SC?平面SAC，
∴平面SAC⊥平面AMN．…（8分）
（Ⅲ）解法一：取AD中點(diǎn)F，則MF∥SA．
作FQ⊥AC于Q，連結(jié)MQ．
∵SA⊥底面ABCD，∴MF⊥底面ABCD．
∴FQ為MQ在平面ABCD內(nèi)的射影．
∵FQ⊥AC，∴MQ⊥AC．
∴∠FQM為二面角D-AC-M的平面角．   …（10分）
設(shè)SA=AB=a，在Rt△MFQ中，MF=

1

2

SA=

a

2

，F(xiàn)Q=

1

2

DE=

2

4

a，
∴tan∠FQM=

a 2

2 4 a

=

2

．
∴二面角D-AC-M的余弦值為

3

3

．      …（12分）
（Ⅲ）解法二：∵SA⊥底面ABCD，
∴

AS

是平面ABCD的一個(gè)法向量，

AS

=(0，0，1)．
設(shè)平面ACM的法向量為

n

=(x，y，z)，

AC

=(1，1，0)，

AM

=(

1

2

，0，

1

2

)，
則

n • AC =0 n • AM =0.

即

x+y+0=0 1 2 x+0+ 1 2 z=0.

，∴

y=-x z=-x.

令x=-1，則

n

=( -1， 1，1)．…（10分）
cos＜

AS

，

n

＞=

AS • n

| AS |•| n |

=

1

1× 3

=

3

3

，
由作圖可知二面角D-AC-M為銳二面角
∴二面角D-AC-M的余弦值為

3

3

．…（12分）

點(diǎn)評(píng)：本題考查直線與平面平行的證明，考查平面與平面垂直的證明，考查二面角的余弦值的求法，涉及到線線、線面、面面平行與垂直的性質(zhì)的應(yīng)用，考查向量法的合理運(yùn)用，考查空間思維能力的培養(yǎng)，是中檔題．