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上的点，AM与BC所成的角为

π

4

，
AN⊥SC，垂足为点N．
（I）求证：SB∥平面ACM；
（ II）求直线AC与平面SDC所成的角；
（Ⅲ）求二面角N-AM-C的大小．

Answer 1

分析：（I）由题意连接BD交AC于E，连接ME，根据ME是三角形DSB的中位线进行证明；
（II）由题可得，CD⊥平面SAD，直线AC与平面SDC所成的角为∠ACM，然后在Rt△AMC中进行求解；
（Ⅲ）因为AM⊥平面SCD，所以∠NMC为二面角N-AM-C的一个平面角，然后在直角三角形中求其余弦值，从而求解．

解答：解法一：依题意有AD∥BC，所以∠MAD=

π

4

所以点M是SD的中点，且AM⊥SD（3分）
（Ⅰ）证明：连接BD交AC于E，连接ME（4分）
∵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（5分）
又∵ME?平面ACM，SB?平面ACM，
∴SB∥平面ACM． （6分）

（Ⅱ）由题可得，CD⊥平面SAD，所以有CD⊥AM，又SD⊥AM
∴AM⊥平面SCD，
∴∠ACM为直线AC与平面SDC所成的角（8分）
在Rt△AMC中，AM=

1

2

SD=

2

2

AD，AC=

2

AD
∴∠ACM=

π

6

，即直线AC于平面SDC所成的角为

π

6

（9分）
（Ⅲ）∵AM⊥平面SCD
∴∠NMC为二面角N-AM-C的一个平面角（10分）
且AM⊥SC，又AN⊥SC
∴SC⊥平面AMN∴SC⊥MN．
在Rt△MNC中CM=

CD2+MD2

=

6

2

AD，
∵Rt△SNM∽Rt△SDC
∴MN=

CD•SM

SC

=

AD• 2 2 AD

3 AD

=

6

6

AD
∴cos∠NMC=

MN

CM

=

6 6 AD

6 2 AD

=

1

3

∴二面角N-AM-C的大小为arccos

1

3

（12分）
解法二：依题意有AD∥BC，所以∠MAD=

π

4

所以点M是SD的中点，且AM⊥SD
如图，以A为坐标原点，建立空间直角坐标系O-xyz，
由SA=AB故设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

)（3分）
（Ⅰ）连接BD交AC于E，则E(

1

2

，

1

2

，0)
∵

SB

=(0，1，-1)，

ME

=(0，

1

2

，-

1

2

)
∴

ME

=

1

2

SB

∴

SB

∥

ME

∴SB∥平面ACM（6分）

（Ⅱ）由题可得，CD⊥平面SAD，所以有CD⊥AM
又SD⊥AM
∴AM⊥平面SCD
∴

AM

为平面SCD的一个法向量
∴cos＜

AM

，

AC

＞=

AM • AC

| AM |•| AC |

=

1

2

∴＜

AM

，

AC

＞=

π

3

∴直线AC于平面SDC所成的角为

π

2

-

π

3

=

π

6

（9分）
（Ⅲ）∵AM⊥平面SCD
∴AM⊥SC，又AN⊥SC
∴SC⊥平面AMN
∴

SC

=(1，1，-1)为平面AMN的一个法向量．
设平面AMC的一个法向量为

n

=(x，y，z)，则

n • AM =0 n • AC =0

即

x+z=0 x+y=0

，
令x=1，则z=y=-1即

n

=(1，-1，-1)
∴cos＜

n

，

SC

＞=

n • SC

| n |•| SC |

=

1

3

∴二面角N-AM-C的大小为arccos

1

3

（12分）

点评：此题是道综合性比较强的题，考查空间直线与平面平行的判断及二面角的求法，构造直角三角形是解题的关键，此类题型是高考常出的，同学们要注意两种方法的区别和联系．