Question

5．如图，在三棱锥S-ABC中，底面ABC为直角三角形，且∠ABC=90°，SA⊥底面ABC，且SA=AB，点M是SB的中点，AN⊥SC且交SC于点N．
（1）求证：SC⊥平面AMN；
（2）当AB=BC时，求二面角N-MA-C的余弦值．

Answer 1

分析 （1）推导出BC⊥SA，BC⊥AB，从而BC⊥平面SAB，进而BC⊥AM，再由AM⊥SB，得AM⊥平面SBC，从而AM⊥SC，由AN⊥SC，能证明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为坐标原点，AB为x轴，AS为z轴，建立空间直角坐标系A-xyz，由此能求出二面角N-MN-C的余弦值．

解答 证明：（1）∵SA⊥底面ABC，∴BC⊥SA，
又∵底面ABC为直角三角形，且∠ABC=90°，∴BC⊥AB，
SA∩AB=A，∴BC⊥平面SAB，
∵AM?平面SAB，∴BC⊥AM，
∵SA=AB，点M是SB的中点，∴AM⊥SB，
∵SB∩BC=B，∴AM⊥平面SBC，
∵SC?平面SBC，∴AM⊥SC，
∵AN⊥SC且交SC于点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，
设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=$\sqrt{3}$，
∴$AN=\frac{{\sqrt{2}}}{{1×\sqrt{3}}}=\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，则$CN=\sqrt{A{C^2}-A{N^2}}=\frac{{2\sqrt{3}}}{3}$，
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的余弦值为$\frac{1}{3}$．
（2）解法二：如图，以A为坐标原点，AB为x轴，AS为z轴，建立空间直角坐标系A-xyz，
设AB=SA=1，则A（0，0，0），B（1，0，0），C（1，1，0），S（0，0，1），$M（\frac{1}{2}，0，\frac{1}{2}）$，
∴$\overrightarrow{AM}=（\frac{1}{2}，0，\frac{1}{2}），\overrightarrow{AC}=（1，1，0）$，
设平面ACM的一个法向量为$\overrightarrow n=（x，y，z）$
则$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow n•\overrightarrow{AC}=0\\ \overrightarrow n•\overrightarrow{AM}=0\end{array}\right.$，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的余弦值为$\frac{1}{3}$．

点评 本题考查线面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．