（12分）如图，四棱锥 S-A B C D 中，底面 A…——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 $S C$ 的中点，作 $M N \| S D$ 交 $C D$ 于 $N$ ，作 $N E \perp A B$交 $A B$ 于 $E$ ，连 $M E$ 、 $N B$ ，则 $M N \perp$ 面 $A B C D$ ，$M E \perp A B$ ，$N E=A D=\sqrt{2}$ 设 $M N=x$ ，则 $N C= E B=x$ ，解RT $\triangle M N E$ 即可得 $x$ 的值，进而得到 $M$ 为侧棱 $S C$ 的中点；

法二：分别以 $D A , D C , D S$ 为 $x , y , z$ 轴如图建立空间直角坐标系 $D-x y z$ ，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 $D A , D C , D S$ 为 $x , y , z$ 轴如图建立空间直角坐标系 $D-x y z$ ，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 $\mathrm{DA} , \mathrm{DC} , \mathrm{DS}$ 为 $\mathrm{x} , \mathrm{y} , \mathrm{z}$ 轴如图建立空间直角坐标系 $\mathrm{D}-\mathrm{xyz}$ ，我们可以利用向量法求二面角 $\mathrm{S}-\mathrm{AM}-\mathrm{B}$ 的大小。

【解答】证明：（I ）作 $M N \| S D$ 交 $C D$ 于 $N$ ，作 $N E \perp A B$ 交 $A B$ 于 $E$ ，
连 $M E$ 、 $N B$ ，则 $M N \perp$ 面 $A B C D, ~ M E \perp A B, ~ N E=A D=\sqrt{2}$
设 $\mathrm{MN}=\mathrm{x}$ ，则 $\mathrm{NC}=\mathrm{EB}=\mathrm{x}$ ，
在 $R T \triangle M E B$ 中，$\because \angle M B E=60^{\circ} \therefore M E=\sqrt{3} x$ ．
在 $R T \triangle M N E$ 中由 $M E^{2}=N E^{2}+M N^{2} \therefore 3 x^{2}=x^{2}+2$
解得 $x=1$ ，从而 $M N=\frac{1}{2} S D \because M$ 为侧棱 $S C$ 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 $D-x y z$ ，则 $A(\sqrt{2}, 0,0), B(\sqrt{2}, 2,0), C(0,2,0), S(0,0,2$ 。

设 $\mathrm{M}(0, \mathrm{a}, \mathrm{b})(\mathrm{a}>0, \mathrm{~b}>0)$ ，
则 $\overrightarrow{\mathrm{BA}}=(0,-2,0), \overrightarrow{\mathrm{BM}}=(-\sqrt{2}, \mathrm{a}-2, \mathrm{~b}), \overrightarrow{\mathrm{SM}}=(0, \mathrm{a}, \mathrm{b}-2), \overrightarrow{\mathrm{SC}}=(0,2,-2)$ ，

由题得 $\left\{\begin{array}{l}\cos <\overrightarrow{\mathrm{BABM}}>=\frac{1}{2} \text { ，} \\ \overrightarrow{\mathrm{SM}} / / \overrightarrow{\mathrm{SC}}\end{array}\right.$
即 $\left\{\begin{array}{l}\frac{-2(a-2)}{2 \cdot \sqrt{(a-2)^{2}+b^{2}+2}}=\frac{1}{2} \\ -2 a=2(b-2)\end{array}\right.$
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。

（1）证法三：设 $\overrightarrow{\mathrm{SM}}=\lambda \overrightarrow{\mathrm{MC}}$ ，
则 $M\left(0, \frac{2 \lambda}{1+\lambda}, \frac{2}{1+\lambda}\right), \overrightarrow{M B}=\left(\sqrt{2}, \frac{2}{1+\lambda}, \frac{-2}{1+\lambda}\right)$
又 $\overrightarrow{\mathrm{AB}}=(0,2,0),\langle\overrightarrow{\mathrm{MB}}, \overrightarrow{\mathrm{AB}}\rangle=60^{\circ}$
故 $\overrightarrow{\mathrm{MB}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{AB}}=|\overrightarrow{\mathrm{MB}}| \cdot|\overrightarrow{\mathrm{AB}}| \cos 60^{\circ}$ ，
即 $\frac{4}{1+\lambda}=\sqrt{2+\left(\frac{2}{1+\lambda}\right)^{2}+\left(\frac{2}{1+\lambda}\right)^{2}}$ ，
解得 $\lambda=1$ ，所以 $M$ 是侧棱 $S C$ 的中点．
（ II）由（I）得 $M(0,1,1), \overrightarrow{M A}=(\sqrt{2},-1,-1)$ ，
又 $\overrightarrow{\mathrm{AS}}=(-\sqrt{2}, 0,2), \overrightarrow{\mathrm{AB}}=(0,2,0)$ ，
设 $\overrightarrow{\mathrm{n}_{1}}=\left(\mathrm{x}_{1}, \mathrm{y}_{1}, \mathrm{z}_{1}\right), \overrightarrow{\mathrm{n}_{2}}=\left(\mathrm{x}_{2}, \mathrm{y}_{2}, \mathrm{z}_{2}\right)$ 分别是平面 SAM 、MAB的法向量，
则 $\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{\mathrm{n}_{1}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{MA}}=0 \\ \overrightarrow{\mathrm{n}_{1}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{AS}}=0\end{array}\right.$ 且 $\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{\mathrm{n}_{2}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{MA}}=0 \\ \overrightarrow{\mathrm{n}_{2}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{AB}}=0\end{array}\right.$ ，
即 $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{2} x_{1}-y_{1}-z_{1}=0 \\ -\sqrt{2} x_{1}+2 z_{1}=0\end{array}\right.$ 且 $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{2} x_{2}-y_{2}-z_{2}=0 \\ 2 y_{2}=0\end{array}\right.$

分别令 $x_{1}=x_{2}=\sqrt{2}$ 得 $z_{1}=1, y_{1}=1, y_{2}=0, z_{2}=2$ ，
即 $\overrightarrow{\mathrm{n}_{1}}=(\sqrt{2}, 1,1), \overrightarrow{\mathrm{n}_{2}}=(\sqrt{2}, 0,2)$ ，
$\therefore \cos <\overrightarrow{\mathrm{n}_{1}}, \overrightarrow{\mathrm{n}_{2}}>=\frac{2+0+2}{2 \cdot \sqrt{6}}=\frac{\sqrt{6}}{3}$
二面角 $\mathrm{S}-\mathrm{AM}-\mathrm{B}$ 的大小 $\pi-\arccos \frac{\sqrt{6}}{3}$ ．

【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；