Question

如图，在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD是正方形，SA⊥底面ABCD，SA=AB，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：平面SAC⊥平面AMN；
（Ⅲ）求二面角D-AC-M的余弦值．

Answer 1

考点：二面角的平面角及求法,直线与平面平行的判定,平面与平面垂直的判定

专题：空间位置关系与距离,空间角

分析：（Ⅰ）连结BD交AC于E，连结ME，由△DSB的中位线定理，得ME∥SB，由此能证明SB∥平面ACM．
（Ⅱ）法一：由DC⊥SA，DC⊥DA，得DC⊥平面SAD，从而AM⊥DC，由等腰三角形性质得AM⊥SD，从而AM⊥平面SDC，进而SC⊥AM，由SC⊥AN，能证明平面SAC⊥平面AMN．
法二：以A为坐标原点，建立空间直角坐标系O-xyz，利用向量法能证明平面SAC⊥平面AMN．
（Ⅲ）法一：取AD中点F，则MF∥SA．作FQ⊥AC于Q，连结MQ，由已知得∠FQM为二面角D-AC-M的平面角，由此能求出二面角D-AC-M的余弦值．
法二：分别求出平面ABCD的一个法向量和平面ACM的一个法向量，由此利用向量法能求出二面角D-AC-M的余弦值．

解答： （选修2一1第109页例4改编）
（Ⅰ）证明：连结BD交AC于E，连结ME，
∵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．…（2分）
又ME?平面ACM，SB?平面ACM，
∴SB∥平面ACM．…（4分）
（Ⅱ）证法一：由条件有DC⊥SA，DC⊥DA，
∴DC⊥平面SAD，且AM?平面SAD，∴AM⊥DC．
又∵SA=AD，M是SD的中点，∴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）证法二：如图，以A为坐标原点，建立空间直角坐标系O-xyz，
由SA=AB，可设AB=AD=AS=1，
则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中点F，则MF∥SA．
作FQ⊥AC于Q，连结MQ．
∵SA⊥底面ABCD，∴MF⊥底面ABCD．
∴FQ为MQ在平面ABCD内的射影．
∵FQ⊥AC，∴MQ⊥AC．
∴∠FQM为二面角D-AC-M的平面角．   …（10分）
设SA=AB=a，在Rt△MFQ中，MF=

1

2

SA=

a

2

，FQ=

1

2

DE=

2

4

a，
∴tan∠FQM=

a 2

2 4 a

=

2

．
∴二面角D-AC-M的余弦值为

3

3

．      …（12分）
（Ⅲ）解法二：∵SA⊥底面ABCD，
∴

AS

是平面ABCD的一个法向量，

AS

=(0，0，1)．
设平面ACM的法向量为

n

=(x，y，z)，

AC

=(1，1，0)，

AM

=(

1

2

，0，

1

2

)，
则

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，则

n

=( -1， 1，1)．…（10分）
cos＜

AS

，

n

＞=

AS • n

| AS |•| n |

=

1

1× 3

=

3

3

，
由作图可知二面角D-AC-M为锐二面角
∴二面角D-AC-M的余弦值为

3

3

．…（12分）

点评：本题考查直线与平面平行的证明，考查平面与平面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，涉及到线线、线面、面面平行与垂直的性质的应用，考查向量法的合理运用，考查空间思维能力的培养，是中档题．