（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

【考点】LO：空间中直线与直线之间的位置关系；MJ：二面角的平面角及求法

【专题】11：计算题；14：证明题

【分析】（Ⅰ）法一：要证明M是侧棱SC的中点，作MN∥SD交CD于N，作NE⊥AB交AB于E，连ME、NB，则MN⊥面ABCD，ME⊥AB， ${ \tt N E } = { \tt A D } = \sqrt { 2 }$ 设 $\mathsf { M N } = \mathsf { x }$ ，则 ${ \mathsf { N C } } =$ EB=x，解 $\mathsf { R T } \triangle \mathsf { M N E }$ 即可得x的值，进而得到M为侧棱SC的中点；

法二：分别以DA、DC、DS为x、y、z轴如图建立空间直角坐标系 $\mathsf { D } ^ { \mathrm { ~ - ~ } } \mathsf { x } \mathsf { y } 2$ ，并求出S点的坐标、C点的坐标和M点的坐标，然后根据中点公式进行判断；

法三：分别以DA、DC、DS为x、y、z轴如图建立空间直角坐标系 $\mathsf { D } ^ { \mathrm { ~ - ~ } } \mathsf { x y } \mathsf { z }$ ，构造空间向量，然后数乘向量的方法来证明

（Ⅱ）我们可以以D为坐标原点，分别以DA、DC、DS为x、y、z轴如图建立空间直角坐标系 $\mathrm { ~ D ~ - ~ } \mathsf { x y z }$ ，我们可以利用向量法求二面角 $\mathsf { S } - \mathsf { A } \mathsf { M } - \mathsf { B }$ 的大小

【解答】证明：（Ⅰ）作 ${ \mathsf { M N } } \| { \mathsf { S D } }$ 交CD于N，作 ${ \mathsf { N E \bot A B } }$ 交AB于E，

连ME、NB，则MN⊥面ABCD，ME⊥AB， $\mathbb { N E } { = } \mathbb { A D = } \sqrt { 2 }$

设 $\ M N = \mathbf { X }$ ，则 $N C = E B = x$

在 $\mathsf { R T } \triangle \mathsf { M E B }$ 中， $\because \angle M B E = 6 0 ^ { \circ } \therefore M E = \sqrt { 3 } x$

在 ${ \mathsf { R T } } \triangle { \mathsf { M N } } { \mathsf { E } }$ 中由 $\mathsf { M E } ^ { 2 } { = } \mathsf { N E } ^ { 2 } { + } \mathsf { M N } ^ { 2 } { \therefore } 3 \mathsf { x } ^ { 2 } { = } \mathsf { x } ^ { 2 } { + } 2$

解得x=1，从而 $= \frac { 1 } { 2 } \mathsf { S D } ^ { \therefore M }$ 为侧棱SC的中点M

（Ⅰ）证法二：分别以DA、DC、DS为x、y、z轴如图建立空间直角坐标系 $\mathrm { ~ D ~ - ~ } \mathsf { x y z }$ ，则 $\mathbb { A } ( { \sqrt { 2 } } , ~ 0 , ~ 0 )$ , B(√2, 2, 0), C(0, 2, 0), S(0, 0, 2

设M（0，a，b）（a＞0，b＞0），

则 $\overrightarrow { \mathrm { B A } } = \left( 0 , \begin{array} { r r l } { - 2 , } & { 0 } \end{array} \right)$ ,BM=(-√2, a-2, b), $\overrightarrow { \mathrm { S I I } } = ( 0 , ~ \mathsf { a } , ~ \mathsf { b } - 2 ) , \overrightarrow { \mathrm { S C } } = ( 0 , ~ 2 , ~ - 2 )$

由题得 $\left\{ \begin{array} { l l } { \cos < { \overrightarrow { \mathrm { B A B I I } } } > = { \frac { 1 } { 2 } } , } \\ { { \overrightarrow { \mathrm { S I I } } } \nparallel { \overrightarrow { \mathrm { S C } } } } \end{array} \right.$
即 $\left\{ \begin{array} { l l } { \displaystyle { \frac { - 2 \left( \bar { \mathbf { a } } - 2 \right) } { 2 \bullet \sqrt { \left( \bar { \mathbf { a } } - 2 \right) ^ { 2 } + \mathbf { b } ^ { 2 } + 2 } } } = \frac { 1 } { 2 } } \\ { - 2 \bar { \mathbf { a } } = 2 \left( \mathrm { b } - 2 \right) } \end{array} \right.$
解之个方程组得a=1，b=1即M（0，1，1）
所以M是侧棱SC的中点

（I）证法三：设 $\overrightarrow { \mathrm { S I I } } = \lambda \overrightarrow { \mathrm { M C } }$

$$ \frac { 2 \lambda } { 1 + \lambda } , \frac { 2 } { 1 + \lambda } ) , \overrightarrow { 1 1 B } = ( \sqrt { 2 } , \frac { 2 } { 1 + \lambda } , \frac { - 2 } { 1 + \lambda } ) $$

$$ \overrightarrow { A B } = \left( 0 , 2 , 0 \right) , \angle \overrightarrow { A B } , \overrightarrow { A B } > = 6 0 ^ { \circ } $$

$$ \overrightarrow { M B } \cdot \overrightarrow { A B } = \vert \overrightarrow { M B } \vert \cdot \vert \overrightarrow { A B } \vert \cos 6 0 ^ { \circ } $$

$$ \frac { 4 } { 1 + \lambda } = \sqrt { 2 + ( \frac { 2 } { 1 + \lambda } ) ^ { 2 } + ( \frac { 2 } { 1 + \lambda } ) ^ { 2 } } , $$

（Ⅱ）由（Ⅰ）得 $\overrightarrow { \mathrm { M A } } = ( \sqrt { 2 } , ~ - 1 , ~ - 1 )$
又 $\overrightarrow { A S } = ( - \sqrt { 2 } , 0 , 2 ) , \overrightarrow { A B } = ( 0 , 2 , 0 )$
设 $\overrightarrow { \mathrm { \bf { n } } _ { 1 } } = ( { \bf { x } } _ { 1 } , ~ { \bf { y } } _ { 1 } , ~ { \bf { z } } _ { 1 } ) , ~ \overrightarrow { \mathrm { \bf { n } } _ { 2 } } = ( { \bf { x } } _ { 2 } , ~ { \bf { y } } _ { 2 } , ~ { \bf { z } } _ { 2 } )$ 分别是平面SAM、MAB的法向量，
则 $\begin{array}{c} \{ \begin{array} { l l } { \overrightarrow { \mathrm { n } _ { 1 } } \bullet \overrightarrow { \mathrm { M A } } = 0 } \\ { \overrightarrow { \mathrm { n } _ { 1 } } \bullet \overrightarrow { \mathrm { A S } } = 0 } \end{array} \mathrm { H } \{ \overrightarrow { \mathrm { n } _ { 2 } } \bullet \overrightarrow { \mathrm { M A } } = 0 \\ { \overrightarrow { \mathrm { n } _ { 2 } } \bullet \overrightarrow { \mathrm { A B } } = 0 } \end{array} ,$
即 $\left\{ \begin{array} { l } { { \sqrt { 2 } } { \mathbf { x } _ { 1 } } ^ { - \mathbf { y } } { _ { 1 } } ^ { - \mathbf { z } } { _ { 1 } } ^ { = 0 } } \\ { { \sqrt { 2 } } { \mathbf { x } _ { 1 } } ^ { + 2 } { \mathbf { z } _ { 1 } } ^ { = 0 } } \end{array} \right. \mathrm { H } \left\{ \begin{array} { l } { { \sqrt { 2 } } { \mathbf { x } _ { 2 } } ^ { - \mathbf { y } } { _ { 2 } } ^ { - \mathbf { z } } { _ { 2 } } ^ { = 0 } } \\ { 2 { \mathbf { y } _ { 2 } } ^ { = 0 } } \end{array} \right.$

分别令 $\mathbf { x } _ { 1 } = \mathbf { x } _ { 2 } = \sqrt { 2 }$ 得 $\scriptstyle \cdot z _ { 1 } = 1$ ，y₁=1，y₂=0，z₂=2，即 $\overrightarrow { \mathrm { n } _ { 1 } } = \left( \sqrt { 2 } , ~ 1 , ~ 1 \right) , \overrightarrow { \mathrm { n } _ { 2 } } = \left( \sqrt { 2 } , ~ 0 , ~ 2 \right)$ $\therefore \cos < \overrightarrow { n _ { 1 } } , \overrightarrow { n _ { 2 } } > = \frac { 2 + 0 + 2 } { 2 \cdot \sqrt { 6 } } = \frac { \sqrt { 6 } } { 3 }$ 二面角 $\mathsf { S } - \mathsf { A } \mathsf { M } - \mathsf { B }$ 的大小 $\pi - \tt { a r c c o s } \frac { \sqrt { 6 } } { 3 }$

【点评】空间两条直线夹角的余弦值等于他们方向向量夹角余弦值的绝对值；空间直线与平面夹角的余弦值等于直线的方向向量与平面的法向量夹角的正弦值；

空间锐二面角的余弦值等于他的两个半平面方向向量夹角余弦值的绝对值；