（12分）如图，四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，…——2009 高考数学第 19 题答案解析

**（I）证明：**

以 $D$ 为坐标原点，分别以 $\overrightarrow{DA}, \overrightarrow{DC}, \overrightarrow{DS}$ 的方向为 $x, y, z$ 轴的正方向建立空间直角坐标系 $D-xyz$。
由题意可知：
$D(0,0,0), A(\sqrt{2}, 0, 0), B(\sqrt{2}, 2, 0), C(0, 2, 0), S(0, 0, 2)$。

设点 $M$ 在侧棱 $SC$ 上，且 $\overrightarrow{SM} = \lambda \overrightarrow{SC} \ (0 \le \lambda \le 1)$。
因为 $\overrightarrow{SC} = (0, 2, -2)$，所以 $\overrightarrow{SM} = (0, 2\lambda, -2\lambda)$。
则点 $M$ 的坐标为 $(0, 2\lambda, 2-2\lambda)$。

计算向量 $\overrightarrow{BA}$ 和 $\overrightarrow{BM}$：
$\overrightarrow{BA} = (\sqrt{2}-\sqrt{2}, 0-2, 0-0) = (0, -2, 0)$
$\overrightarrow{BM} = (0-\sqrt{2}, 2\lambda-2, 2-2\lambda-0) = (-\sqrt{2}, 2\lambda-2, 2-2\lambda)$

由已知 $\angle ABM = 60^\circ$，根据向量夹角公式：
$\cos \langle \overrightarrow{BA}, \overrightarrow{BM} \rangle = \frac{\overrightarrow{BA} \cdot \overrightarrow{BM}}{|\overrightarrow{BA}| |\overrightarrow{BM}|} = \cos 60^\circ = \frac{1}{2}$

计算数量积与模长：
$\overrightarrow{BA} \cdot \overrightarrow{BM} = 0 \times (-\sqrt{2}) + (-2) \times (2\lambda-2) + 0 \times (2-2\lambda) = 4 - 4\lambda$
$|\overrightarrow{BA}| = 2$
$|\overrightarrow{BM}| = \sqrt{(-\sqrt{2})^2 + (2\lambda-2)^2 + (2-2\lambda)^2} = \sqrt{2 + 2(2\lambda-2)^2}$

代入公式得：
$\frac{4 - 4\lambda}{2 \sqrt{2 + 2(2\lambda-2)^2}} = \frac{1}{2}$
$\frac{2(1-\lambda)}{\sqrt{2 + 8(\lambda-1)^2}} = \frac{1}{2}$
$4(1-\lambda) = \sqrt{2 + 8(1-\lambda)^2}$

两边平方（注意 $1-\lambda \ge 0$）：
$16(1-\lambda)^2 = 2 + 8(1-\lambda)^2$
$8(1-\lambda)^2 = 2$
$(1-\lambda)^2 = \frac{1}{4}$

解得 $1-\lambda = \frac{1}{2}$ 或 $1-\lambda = -\frac{1}{2}$。
即 $\lambda = \frac{1}{2}$ 或 $\lambda = \frac{3}{2}$。
因为 $M$ 在线段 $SC$ 上，故 $0 \le \lambda \le 1$，所以 $\lambda = \frac{1}{2}$。
此时 $\overrightarrow{SM} = \frac{1}{2} \overrightarrow{SC}$，即 $M$ 为侧棱 $SC$ 的中点。

**（II）解：**

由（I）知 $M$ 为 $SC$ 中点，其坐标为 $(0, 1, 1)$。
我们需要求二面角 $S-AM-B$ 的大小，即平面 $SAM$ 与平面 $ABM$ 所成二面角的大小。

1. **求平面 $SAM$ 的法向量 $\vec{n_1}$**
$\overrightarrow{AS} = (-\sqrt{2}, 0, 2)$，$\overrightarrow{AM} = (-\sqrt{2}, 1, 1)$。
设 $\vec{n_1} = (x, y, z)$，则：
$\begin{cases} \vec{n_1} \cdot \overrightarrow{AS} = -\sqrt{2}x + 2z = 0 \\ \vec{n_1} \cdot \overrightarrow{AM} = -\sqrt{2}x + y + z = 0 \end{cases}$
由第一式得 $z = \frac{\sqrt{2}}{2}x$。
代入第二式得 $y = \sqrt{2}x - z = \sqrt{2}x - \frac{\sqrt{2}}{2}x = \frac{\sqrt{2}}{2}x$。
令 $x = \sqrt{2}$，则 $y = 1, z = 1$。
故取 $\vec{n_1} = (\sqrt{2}, 1, 1)$。

2. **求平面 $ABM$ 的法向量 $\vec{n_2}$**
$\overrightarrow{AB} = (0, 2, 0)$，$\overrightarrow{AM} = (-\sqrt{2}, 1, 1)$。
设 $\vec{n_2} = (a, b, c)$，则：
$\begin{cases} \vec{n_2} \cdot \overrightarrow{AB} = 2b = 0 \\ \vec{n_2} \cdot \overrightarrow{AM} = -\sqrt{2}a + b + c = 0 \end{cases}$
由第一式得 $b = 0$。
代入第二式得 $c = \sqrt{2}a$。
令 $a = 1$，则 $c = \sqrt{2}$。
故取 $\vec{n_2} = (1, 0, \sqrt{2})$。

3. **计算二面角的余弦值**
设二面角 $S-AM-B$ 的平面角为 $\theta$。
$\cos \theta = \frac{|\vec{n_1} \cdot \vec{n_2}|}{|\vec{n_1}| |\vec{n_2}|}$
$\vec{n_1} \cdot \vec{n_2} = \sqrt{2} \times 1 + 1 \times 0 + 1 \times \sqrt{2} = 2\sqrt{2}$
$|\vec{n_1}| = \sqrt{(\sqrt{2})^2 + 1^2 + 1^2} = \sqrt{4} = 2$
$|\vec{n_2}| = \sqrt{1^2 + 0^2 + (\sqrt{2})^2} = \sqrt{3}$

所以 $\cos \theta = \frac{2\sqrt{2}}{2 \times \sqrt{3}} = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{6}}{3}$。

结合图形观察，二面角 $S-AM-B$ 为锐角（或通过法向量方向判断），故二面角的大小为 $\arccos \frac{\sqrt{6}}{3}$。