Question

如圖．在四棱錐S-ABCD中，底面ABCD是正方形，SA⊥底面ABCD，SA=AB，點M是SD上的點，AM與BC所成的角為

π

4

，
AN⊥SC，垂足為點N．
（I）求證：SB∥平面ACM；
（ II）求直線AC與平面SDC所成的角；
（Ⅲ）求二面角N-AM-C的大小．

Answer 1

分析：（I）由題意連接BD交AC于E，連接ME，根據ME是三角形DSB的中位線進行證明；
（II）由題可得，CD⊥平面SAD，直線AC與平面SDC所成的角為∠ACM，然后在Rt△AMC中進行求解；
（Ⅲ）因為AM⊥平面SCD，所以∠NMC為二面角N-AM-C的一個平面角，然后在直角三角形中求其余弦值，從而求解．

解答：解法一：依題意有AD∥BC，所以∠MAD=

π

4

所以點M是SD的中點，且AM⊥SD（3分）
（Ⅰ）證明：連接BD交AC于E，連接ME（4分）
∵ABCD是正方形，
∴E是BD的中點∵M是SD的中點，
∴ME是△DSB的中位線
∴ME∥SB（5分）
又∵ME?平面ACM，SB?平面ACM，
∴SB∥平面ACM． （6分）

（Ⅱ）由題可得，CD⊥平面SAD，所以有CD⊥AM，又SD⊥AM
∴AM⊥平面SCD，
∴∠ACM為直線AC與平面SDC所成的角（8分）
在Rt△AMC中，AM=

1

2

SD=

2

2

AD，AC=

2

AD
∴∠ACM=

π

6

，即直線AC于平面SDC所成的角為

π

6

（9分）
（Ⅲ）∵AM⊥平面SCD
∴∠NMC為二面角N-AM-C的一個平面角（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的大小為arccos

1

3

（12分）
解法二：依題意有AD∥BC，所以∠MAD=

π

4

所以點M是SD的中點，且AM⊥SD
如圖，以A為坐標原點，建立空間直角坐標系O-xyz，
由SA=AB故設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

)（3分）
（Ⅰ）連接BD交AC于E，則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）由題可得，CD⊥平面SAD，所以有CD⊥AM
又SD⊥AM
∴AM⊥平面SCD
∴

AM

為平面SCD的一個法向量
∴cos＜

AM

，

AC

＞=

AM • AC

| AM |•| AC |

=

1

2

∴＜

AM

，

AC

＞=

π

3

∴直線AC于平面SDC所成的角為

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)為平面AMN的一個法向量．
設平面AMC的一個法向量為

n

=(x，y，z)，則

n • AM =0 n • AC =0

即

x+z=0 x+y=0

，
令x=1，則z=y=-1即

n

=(1，-1，-1)
∴cos＜

n

，

SC

＞=

n • SC

| n |•| SC |

=

1

3

∴二面角N-AM-C的大小為arccos

1

3

（12分）

點評：此題是道綜合性比較強的題，考查空間直線與平面平行的判斷及二面角的求法，構造直角三角形是解題的關鍵，此類題型是高考常出的，同學們要注意兩種方法的區別和聯系．