Question

5．如圖，在三棱錐S-ABC中，底面ABC為直角三角形，且∠ABC=90°，SA⊥底面ABC，且SA=AB，點M是SB的中點，AN⊥SC且交SC于點N．
（1）求證：SC⊥平面AMN；
（2）當AB=BC時，求二面角N-MA-C的余弦值．

Answer 1

分析 （1）推導出BC⊥SA，BC⊥AB，從而BC⊥平面SAB，進而BC⊥AM，再由AM⊥SB，得AM⊥平面SBC，從而AM⊥SC，由AN⊥SC，能證明SC⊥平面AMN．
（2）法一：由AM⊥平面NCM，知平面NCM是二面角C-AM-N的平面角，由此能求出二面角N-MN-C的余弦值．
（2）法二：以A為坐標原點，AB為x軸，AS為z軸，建立空間直角坐標系A-xyz，由此能求出二面角N-MN-C的余弦值．

解答 證明：（1）∵SA⊥底面ABC，∴BC⊥SA，
又∵底面ABC為直角三角形，且∠ABC=90°，∴BC⊥AB，
SA∩AB=A，∴BC⊥平面SAB，
∵AM?平面SAB，∴BC⊥AM，
∵SA=AB，點M是SB的中點，∴AM⊥SB，
∵SB∩BC=B，∴AM⊥平面SBC，
∵SC?平面SBC，∴AM⊥SC，
∵AN⊥SC且交SC于點N，AN∩AM=A，
∴SC⊥平面AMN．
解：（2）解法一：由（1）知AM⊥平面NCM，
∴平面NCM是二面角C-AM-N的平面角，
設SA=AB=BC=1，在Rt△SAB中，AM=BM=$\frac{1}{2}$SB=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴CM=$\sqrt{B{C}^{2}-B{M}^{2}}$=$\frac{\sqrt{6}}{2}$，
在Rt△SAC中，SA=1，AC=$\sqrt{2}$，SC=$\sqrt{3}$，
∴$AN=\frac{{\sqrt{2}}}{{1×\sqrt{3}}}=\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，則$CN=\sqrt{A{C^2}-A{N^2}}=\frac{{2\sqrt{3}}}{3}$，
在Rt△CNM中，$MN=\sqrt{C{M^2}-C{N^2}}=\frac{{\sqrt{6}}}{6}$∴$cos∠CMN=\frac{MN}{CM}=\frac{{\frac{{\sqrt{6}}}{6}}}{{\frac{{\sqrt{6}}}{2}}}=\frac{1}{3}$，
∴二面角N-MN-C的余弦值為$\frac{1}{3}$．
（2）解法二：如圖，以A為坐標原點，AB為x軸，AS為z軸，建立空間直角坐標系A-xyz，
設AB=SA=1，則A（0，0，0），B（1，0，0），C（1，1，0），S（0，0，1），$M（\frac{1}{2}，0，\frac{1}{2}）$，
∴$\overrightarrow{AM}=（\frac{1}{2}，0，\frac{1}{2}），\overrightarrow{AC}=（1，1，0）$，
設平面ACM的一個法向量為$\overrightarrow n=（x，y，z）$
則$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow n•\overrightarrow{AC}=0\\ \overrightarrow n•\overrightarrow{AM}=0\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}x+y=0\\ \frac{1}{2}x+\frac{1}{2}z=0\end{array}\right.$，令z=1，可得$\overrightarrow n=（-1，1，1）$，
由（1）可知$\overrightarrow{CS}$是平面AMN的法向量，且$\overrightarrow{CS}=（-1，-1，1）$，
∴$cos\left?{\overrightarrow{CS}，\overrightarrow n}\right＞=\frac{{\overrightarrow{CS}•\overrightarrow n}}{{|\overrightarrow{CS}||\overrightarrow n|}}=\frac{1}{3}$，
∴二面角N-MN-C的余弦值為$\frac{1}{3}$．

點評 本題考查線面垂直的證明，考查二面角的余弦值的求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意空間思維能力的培養(yǎng)．