6.1~6.3综合拔高练-2022版数学选择性必修第一册 苏教版（2019） 同步练习 （Word含解析）

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6.1-6.3综合拔高练
五年高考练
考点1　用空间向量判断线面位置关系
1.(2019江苏,16,14分,)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为BC,AC的中点,AB=BC.求证:
(1)A1B1∥平面DEC1;
(2)BE⊥C1E.




考点2　用空间向量求异面直线所成的角
2.(2017课标全国Ⅲ理,16,5分,)a,b为空间中两条互相垂直的直线,等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a,b都垂直,斜边AB以直线AC为旋转轴旋转,有下列结论:
①当直线AB与a成60°角时,AB与b成30°角;
②当直线AB与a成60°角时,AB与b成60°角;
③直线AB与a所成角的最小值为45°;
④直线AB与a所成角的最大值为60°.
其中正确的是　　　　.(填写所有正确结论的编号) 
考点3　用空间向量求直线与平面所成的角
3.(2021浙江,19,15分,)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是平行四边形,∠ABC=120°,AB=1,BC=4,PA=15,M,N分别为BC,PC的中点,PD⊥DC,PM⊥MD.
(1)证明:AB⊥PM;
(2)求直线AN与平面PDM所成角的正弦值.



4.(2020新高考Ⅰ,20,12分,)如图,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.
(1)证明:l⊥平面PDC;
(2)已知PD=AD=1,Q为l上的点,求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.









5.(2020全国Ⅱ理,20,12分,)如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形,侧面BB1C1C是矩形,M,N分别为BC,B1C1的中点,P为AM上一点.过B1C1和P的平面交AB于E,交AC于F.
(1)证明:AA1∥MN,且平面A1AMN⊥平面EB1C1F;
(2)设O为△A1B1C1的中心.若AO∥平面EB1C1F,且AO=AB,求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.











考点4　用空间向量求两个平面的夹角
6.(2021新高考Ⅰ,20,12分,)如图,在三棱锥A-BCD中,平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,O为BD的中点.
(1)证明:OA⊥CD;
(2)若△OCD是边长为1的等边三角形,点E在棱AD上,DE=2EA,且二面角E-BC-D的大小为45°,求三棱锥A-BCD的体积.












7.(2021全国乙理,18,12分,)如图,四棱锥P-ABCD的底面是矩形,PD⊥底面ABCD,PD=DC=1,M为BC的中点,且PB⊥AM.
(1)求BC;
(2)求二面角A-PM-B的正弦值.













考点5　用空间向量求空间距离
8.(2019课标全国Ⅰ文,19,12分,)如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点.
(1)证明:MN∥平面C1DE;
(2)求点C到平面C1DE的距离.






考点6　用空间向量解决探索性问题
9.(2021全国甲理,19,12分,)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1B1B为正方形,AB=BC=2,E,F分别为AC和CC1的中点,D为棱A1B1上的点,BF⊥A1B1.
(1)证明:BF⊥DE;
(2)当B1D为何值时,面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小?












三年模拟练

1.(2021江苏常州中学高二期中,)如图,在三棱锥A-BCD中,平面ABC⊥平面BCD,△BAC与△BCD均为直角三角形,且∠BAC=∠BCD=90°,AB=AC,CD=12BC=1,点P是线段AB上的动点,若线段CD上存在点Q,使得异面直线PQ与AD成30°角,则线段PA的长的取值范围是 (　　)

　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.0,22 B.0,63
C.(0,1) D.(0,2]
2.(2021浙江宁波高二期末,)直三棱柱ABC-A1B1C1中,若BC=2AB=2,AA1=AC=3,M是B1C1的中点,过AM作这个三棱柱的截面,当截面与平面ABC所成的锐二面角最小时,这个截面的面积为 (　　)

A.2 B.152 C.536 D.3
3.(2021江苏苏州星海实验中学高二期中,)如图,在三棱锥D-ABC中,DA=DB=DC,D在底面ABC上的射影E在AC上,DF⊥AB于F.
(1)求证:BC∥平面DEF;
(2)求证:平面DAB⊥平面DEF;
(3)若∠BAC=∠ADC=π3,求二面角B-AD-E的正切值.



4.(2021浙江台州高二期末,)如图,在四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,AB=AD=CD=1,BC=2.平面PBD⊥平面ABCD,△PBC为等边三角形,E是棱BC上的一个动点.
(1)求证:CD⊥平面PBD;
(2)求直线PE与平面PAD所成角的正弦值的最大值.




5.(2021江苏天一中学高三月考,)如图1,矩形ABCD中,3AB=BC,将矩形ABCD折起,使点A与点C重合,折痕为EF,展开后连接AF、CE,以AF和EF为折痕,将四边形ABFE折起,使点B落在线段FC上,将△CDE向上折起,使平面DEC⊥平面EFC,如图2.
(1)证明:平面ABE⊥平面EFC;
(2)求锐二面角A-BE-D的正弦值.





6.(2021江苏镇江第一中学高二期末,)如图,四棱锥S-ABCD的底面ABCD是直角梯形,∠ABC=90°,AD∥BC,侧面△SCD为钝角三角形,CD=SD,平面SCD⊥平面ABCD,M是棱SA上的动点,AB=AD=12BC.
(1)求证:平面MBD⊥平面SCD;
(2)若直线SD与底面ABCD所成的角为60°,是否存在点M使得二面角A-BD-M的余弦值为277?若存在,确定点M的位置;若不存在,请说明理由.






6.1-6.3综合拔高练
五年高考练
1.证明　(1)取A1C1的中点E1,连接EE1.
由题易得,EC,EB,EE1两两垂直,以E为原点,EC,EB,EE1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,如图.

设AC=2c,AB=1,AA1=a(c>0,a>0),
则E(0,0,0),B(0,1-c2,0),Dc2,1-c22,0,A1(-c,0,a),B1(0,1-c2,a),C1(c,0,a),
所以A1B1=(c,1-c2,0),ED=c2,1-c22,0,
所以A1B1=2ED,所以A1B1∥ED,
所以A1B1∥ED.
因为ED⊂平面DEC1,A1B1⊄平面DEC1,
所以A1B1∥平面DEC1.
(2)由(1)得EB=(0,1-c2,0),EC1=(c,0,a),
而EB·EC1=0,所以EB⊥EC1,
所以BE⊥C1E.
2.答案　②③
解析　过点C作直线a1∥a,b1∥b,则直线AC、a1、b1两两垂直.不妨分别以a1、b1、AC所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,取n1=(1,0,0)为a1的方向向量,n2=(0,1,0)为b1的方向向量,令A(0,0,1).可设B(cos θ,sin θ,0),则AB=(cos θ,sin θ,-1).
当直线AB与a成60°角时,|cos|=12,∴|cos θ|=22,|sin θ|=22,
∴|cos|=12,
即AB与b所成角也是60°.
∵|cos|=|cosθ|1×2=|cosθ|2≤22,
∴直线AB与a所成角的最小值为45°.
综上,②和③是正确的,①和④是错误的.
故填②③.
3.解析　(1)证明:在△CDM中,DC=1,MC=2,∠DCM=60°,则DM=3,所以CD⊥DM.
又因为CD⊥PD,所以CD⊥平面PDM.
因此CD⊥PM.
又因为AB∥CD,所以AB⊥PM.
(2)如图,以D为原点,分别以射线DM,DC为x,y轴的正半轴,建立空间直角坐标系D-xyz.

则A(23,-2,0),C(0,1,0),M(3,0,0),设P(3,0,z0),z0>0,
因为PA=15,所以z0=22,
故P(3,0,22),N32,12,2,
所以AN=-332,52,2,DP=(3,0,22),DM=(3,0,0).
设平面PDM的法向量为n=(x,y,z),
由n·DP=0,n·DM=0,得3x+22z=0,3x=0,取n=(0,1,0).
设直线AN与平面PDM所成角为α,所以
sin α=|cos|=|AN·n||AN|·|n|=156.
因此,直线AN与平面PDM所成角的正弦值为156.
4.解析　(1)证明:因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥AD.又底面ABCD为正方形,所以AD⊥DC.因此AD⊥平面PDC.
因为AD∥BC,AD⊄平面PBC,
所以AD∥平面PBC.
由已知得l∥AD,因此l⊥平面PDC.
(2)以D为坐标原点,DA的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,
则D(0,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),P(0,0,1),DC=(0,1,0),PB=(1,1,-1).
由(1)可设Q(a,0,1),则DQ=(a,0,1).
设n=(x,y,z)是平面QCD的法向量,
则n·DQ=0,n·DC=0,即ax+z=0,y=0.
可取n=(-1,0,a).
所以cos=n·PB|n||PB|=-1-a1+a2·3.
设PB与平面QCD所成的角为θ,
则sin θ=33×|a+1|1+a2=33×1+2aa2+1.
因为33×1+2aa2+1≤63,当且仅当a=1时等号成立,所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为63.

解题反思
(1)证明线面垂直最常用的方法是线面垂直的判定定理,而本题中直线l不易作出,直接证明比较困难,通过线面平行的性质定理可以判定直线l∥AD,从而将问题转化为证明AD⊥平面PDC,问题得证.
(2)建立空间直角坐标系,利用向量法求解.先用变量表示出PB与平面QCD所成角的正弦值,再转化为函数最值问题,此类问题要注意变量的取值范围,避免最终结果出错.
5.解析　(1)证明:因为M,N分别为BC,B1C1的中点,所以MN∥CC1.又由已知得AA1∥CC1,故AA1∥MN.
因为△A1B1C1是正三角形,
所以B1C1⊥A1N.
又B1C1⊥MN,故B1C1⊥平面A1AMN.
所以平面A1AMN⊥平面EB1C1F.
(2)由已知得AM⊥BC.以M为坐标原点,MA的方向为x轴正方向,|MB|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系,则AB=2,AM=3.

连接NP,则四边形AONP为平行四边形,故PM=233,E233,13,0.由(1)知平面A1AMN⊥平面ABC,作NQ⊥AM,垂足为Q,则NQ⊥平面ABC.
设Q(a,0,0),则NQ=4-233-a2,B1a,1,4-233-a2,故B1E=233-a,-23,-4-233-a2,|B1E|=2103.
又n=(0,-1,0)是平面A1AMN的一个法向量,
设θ为直线B1E与平面A1AMN所成的角,
则sin θ=|cos|=|n·B1E||n|·|B1E|=1010,
所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为1010.
思路分析
(1)利用平行线的传递性,面面垂直的判定定理证明.
(2)寻找线线垂直,建立空间直角坐标系,用向量法求解.
6.解析　(1)证明:在△ABD中,∵AB=AD,O为BD的中点,∴AO⊥BD,又∵平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,AO⊂平面ABD,∴AO⊥平面BCD,又CD⊂平面BCD,∴AO⊥CD.
(2)由OC=OD=OB得BC⊥CD,由(1)知AO⊥平面BCD,以C为原点,CD,CB,OA的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系,如图所示,则C(0,0,0),B(0,3,0),设AO=a.

则E23,33,23a,∴CB=(0,3,0),CE=23,33,23a,设平面EBC的法向量为n=(x,y,z),则n·CB=0,n·CE=0,即3y=0,23x+33y+23az=0,令x=a,则z=-1,
∴n=(a,0,-1),
易知平面BCD的一个法向量为m=(0,0,1),
由题可知|cos|=m·n|m|·|n|=-1a2+1=22,
∴a=1,即AO=1.
∴VA-BCD=13S△BCD·AO=13×12×1×3×1=36,
故三棱锥A-BCD的体积为36.
7.解析　(1)由题意知DA,DC,DP两两垂直,所以以D为原点,DA,DC,DP的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系D-xyz,如图所示,设BC=t(t>0),则A(t,0,0),B(t,1,0),Mt2,1,0,P(0,0,1),所以PB=(t,1,-1),AM=-t2,1,0,
因为PB⊥AM,所以PB·AM=0,所以-t22+1=0,即t2=2.
又t>0,所以t=2,即BC=2.

(2)设平面PAM的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则n1·PA=0,n1·AM=0,由(1)知PA=(2,0,-1),AM=-22,1,0,所以2x1-z1=0,-22x1+y1=0,令x1=2,则y1=1,z1=2,即n1=(2,1,2),
设平面PMB的法向量为n2=(x2,y2,z2),则n2·PB=0,n2·MB=0,由(1)知PB=(2,1,-1),MB=22,0,0,所以2x2+y2-z2=0,22x2=0,令y2=1,则z2=1,即n2=(0,1,1),
所以cos=n1·n2|n1||n2|=1×1+2×17×2=314.
由题图可知二面角A-PM-B的平面角为锐角,所以所求二面角的正弦值为1-3142=7014.
8.解析　(1)证明:∵直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,∠BAD=60°,E是BC的中点,
∴DD1⊥平面ABCD,DE⊥AD,
以D为原点,DA,DE,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,

则M(1,3,2),N(1,0,2),D(0,0,0),E(0,3,0),C1(-1,3,4),
所以MN=(0,-3,0),DC1=(-1,3,4),DE=(0,3,0),
设平面C1DE的法向量为n=(x,y,z),
则n·DC1=0,n·DE=0,即-x+3y+4z=0,3y=0,
令z=1,可得n=(4,0,1),
所以MN·n=0,又MN⊄平面C1DE,
所以MN∥平面C1DE.
(2)因为D(0,0,0),C(-1,3,0),
所以DC=(-1,3,0),
而平面C1DE的一个法向量n=(4,0,1),
所以点C到平面C1DE的距离d=|DC·n||n|=417=41717.
9.解析　∵BF⊥A1B1,B1B⊥A1B1,BF∩B1B=B,
∴A1B1⊥平面B1C1CB,∵AB∥A1B1,∴AB⊥平面B1C1CB,
又∵BC⊂平面B1C1CB,∴AB⊥BC.
以B为坐标原点,BA,BC,BB1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则B(0,0,0),F(0,2,1),E(1,1,0),∴BF=(0,2,1),设B1D=a(0≤a≤2),则D(a,0,2),则DE=(1-a,1,-2).

(1)证明:∵BF·DE=(0,2,1)·(1-a,1,-2)=0×(1-a)+2×1+1×(-2)=0,∴BF⊥DE.
(2)EF=(-1,1,1),FD=(a,-2,1),
设平面DFE的法向量为n=(x,y,z),
则EF·n=-x+y+z=0,FD·n=ax-2y+z=0,不妨设x=1,则y=a+13,z=2-a3,
∴n=1,a+13,2-a3.
易知m=(1,0,0)是平面BB1C1C的一个法向量.
设平面BB1C1C与平面DEF所成的锐二面角的大小为θ,
则cos θ=|cos|=|m·n||m|·|n|=11+a+132+2-a32=32a-122+272≤3272=63当a=12时取等号,
∴sin θ=1-cos2θ≥33,故当a=12,即B1D=12时,平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小,最小值为33.
三年模拟练
1.C　如图,以C为原点,CD所在直线为x轴,CB所在直线为y轴,过C且与平面BCD垂直的直线为z轴,建立空间直角坐标系,则C(0,0,0),A(0,1,1),B(0,2,0),D(1,0,0),设Q(q,0,0)(0≤q<1),设AP=λAB=(0,λ,-λ)(0<λ<1),则PQ=CQ-(CA+AP)=(q,0,0)-(0,1,1)-(0,λ,-λ)=(q,-1-λ,λ-1),易求得AD=(1,-1,-1).∵异面直线PQ与AD成30°角,∴cos 30°=|PQ·AD||PQ|·|AD|=|q+2|q2+2λ2+2·3=32,∴18λ2+2=-5q2+16q.∵0≤q<1,∴-5q2+16q∈[0,11),即18λ2+2≥0,18λ2+2<11,解得-22<λ<22,∵0<λ<1,∴0<λ<22,可得|PA|=|AP|=2λ2=2λ∈(0,1).故选C.

2.C　因为BC=2AB=2,AC=3,所以AC2+AB2=BC2,即AB⊥AC.以A为坐标原点,AB,AC,AA1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(0,3,0),M12,32,3,则AM=12,32,3.易知平面ABC的一个法向量为n=(0,0,1).设截面的法向量为m=(x,y,z),则AM·m=0,即x+3y+23z=0.设截面与平面ABC所成的锐二面角为θ,则cos θ=|cos|=|z|x2+y2+z2=z2(3y+23z)2+y2+z2=14yz2+12·yz+13,所以当yz=-32时,cos θ取得最大值,即锐二面角θ取得最小值,不妨令z=2,则y=-3,x=-3,即m=(-3,-3,2),此时,设过AM的截面与平面xAz内的直线BB1的交点为N(1,0,a),则AN=(1,0,a),所以AN·m=0,即-3+2a=0,解得a=32,设过AM的截面与平面yAz内的直线A1C1的交点为E(0,b,3),则AE=(0,b,3),所以AE·m=0,即-3b+23=0,解得b=233,所以N1,0,32,E0,233,3,此时截面即为四边形ANME,其中AN=NM=72,AM=2,AE=393,EM=33,则在四边形ANME中,cos∠AEM=AE2+EM2-AM22AE·EM=113,所以sin∠AEM=2313,△ANM中AM边上的高为AN2-AM22=32,所以四边形ANME的面积S=S△AEM+S△ANM=12×393×33×2313+12×2×32=33+32=536.故选C.

3.解析　(1)证明:因为DA=DB=DC,D在底面ABC上的射影E在AC上,DF⊥AB,
所以E,F分别是AC,AB的中点,DE⊥平面ABC,所以EF∥BC.
又BC⊄平面DEF,EF⊂平面DEF,
所以BC∥平面DEF.
(2)证明:由(1),知DE⊥平面ABC,所以AB⊥DE.
又因为AB⊥DF,DF∩DE=D,DF,DE⊂平面DEF,
所以AB⊥平面DEF.
又AB⊂平面DAB,
所以平面DAB⊥平面DEF.
(3)易知AB⊥BC,取BC的中点G,连接EG,则EF⊥EG.
以EF,EG,ED所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图,

设DA=2,由∠BAC=∠ADC=π3,可知EA=1,ED=3,AF=12,
故E(0,0,0),A32,-12,0,F32,0,0,D(0,0,3),
则AD=-32,12,3,EA=32,-12,0,AF=0,12,0,
设平面ADE的法向量为n=(x,y,z),
则AD·n=0,EA·n=0,即-32x+12y+3z=0,32x-12y=0,
令y=3,则x=1,z=0,即n=(1,3,0).
设平面BAD的法向量为m=(x',y',z'),
则AD·m=0,AF·m=0,即-32x'+12y'+3z'=0,12y'=0,
令x'=2,则y'=0,z'=1,即m=(2,0,1).
所以cos=n·m|n||m|=22×5=55.
设二面角B-AD-E的平面角为θ,
则cos θ=55,sin θ=1-cos2θ=255,
所以tan θ=25555=2.
4.解析　(1)证明:如图所示,取BC的中点F,连接DF,AF,设AF与BD交于点M.
由AD∥BC,AD=1,BC=2知AD∥BF且AD=BF,
∴四边形ABFD是平行四边形.
又∵AB=AD=1,
∴四边形ABFD是菱形,故AF⊥BD,
在△BDC中,F,M分别为BC,BD的中点,
∴FM∥CD,∴CD⊥BD.
又∵平面PBD⊥平面ABCD,平面PBD∩平面ABCD=BD,
∴CD⊥平面PBD.

(2)以D为原点,DB,DC所在直线分别为x轴,y轴,过点D且垂直于平面ABCD的直线为z轴,建立空间直角坐标系,
由题意知,D(0,0,0),A32,-12,0,B(3,0,0),C(0,1,0),则DA=32,-12,0,DB=(3,0,0),BC=(-3,1,0).
过点P作直线PP1⊥BD,且PP1∩BD=P1.
∵平面PBD⊥平面ABCD,平面PBD∩平面ABCD=BD,
∴PP1⊥平面ABCD.
又∵PB=PC,∴P1B=P1C,
∴点P1在线段BC的中垂线上,
由对称性可知A,P1,C三点共线,
由△P1AD∽△P1CB,得BP1DP1=BCAD=2,
∴BP1=23BD=233,DP1=33,
又由PB=BC=2,得PP1=263,∴点P的坐标为33,0,263,
则DP=33,0,263,DA=32,-12,0,
设平面PAD的法向量为n=(x,y,z),
由DP·n=0,DA·n=0,得33x+263z=0,32x-12y=0,
令x=2,则n=2,6,-12,
设BE=λBC,λ∈[0,1],
则PE=DE-DP=DB+λBC-DP=233-3λ,λ,-263.
设直线PE与平面PAD所成的角为θ,
则sin θ=|cos|=|PE·n||PE|·|n|=633λ-122+34≤26633,
当λ=12时取等号,∴直线PE与平面PAD所成角的正弦值的最大值为26633.
5.解析　(1)证明:在题图1中,AF=FC,BF+FC=3AB,
设AB=3a(a>0),BF=x(x>0),则BC=3a,
在△BAF中,BF2+AB2=AF2,即x2+3a2=(3a-x)2,解得x=a,则AF=FC=2BF=2a,所以∠BAF=30°,易知△EFC为等边三角形,所以EF=EC.
因为在题图2中点B落在线段FC上,所以BC=BF=a,所以BE⊥FC,
又AB⊥BF,即AB⊥CF,AB∩BE=B,AB,BE⊂平面ABE,所以CF⊥平面ABE.
又CF⊂平面EFC,
所以平面ABE⊥平面EFC.
(2)以F为原点,FC所在直线为x轴,过点F且平行于BE的直线为y轴,过点F且垂直于平面EFC的直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,

则F(0,0,0),C(2a,0,0),B(a,0,0),E(a,3a,0),故BE=(0,3a,0),
易得平面ABE的一个法向量为FC=(2a,0,0).
过D作DG⊥EC于G, 因为平面DEC⊥平面EFC,所以DG⊥平面EFC,
则D54a,33a4,3a2,
所以BD=14a,33a4,3a2.
设平面DBE的法向量为n=(x,y,z),
则n·BE=3ay=0,n·BD=14ax+33a4y+3a2z=0,
令z=3,则n=(-6,0,3).
因为cos=n·FC|n|·|FC|=-12a2a·39=-23913,
所以锐二面角A-BE-D的正弦值为1--239132=1313.
6.解析　(1)证明:取BC的中点E,连接DE,如图.

设AB=AD=a,则BC=2a,
依题意得,四边形ABED为正方形,则BE=DE=CE=a,BD=CD=2a,
所以BD2+CD2=BC2,所以BD⊥CD.
又平面SCD⊥平面ABCD,平面SCD∩平面ABCD=CD,BD⊂平面ABCD,
所以BD⊥平面SCD.
又BD⊂平面MBD,
所以平面MBD⊥平面SCD.
(2)假设存在点M,使得二面角A-BD-M的余弦值为277,过点S作CD的垂线,交CD的延长线于点H,连接AH,如图.

因为平面SCD⊥平面ABCD,平面SCD∩平面ABCD=CD,SH⊥CD,SH⊂平面SCD,所以SH⊥平面ABCD,故DH为斜线SD在平面ABCD内的射影,∠SDH为斜线SD与平面ABCD所成的角,即∠SDH=60°.
在Rt△SHD中,SD=CD=2a,
所以DH=22a,SH=62a,
在△ADH中,∠ADH=45°,AD=a,DH=22a,
所以∠AHD=90°,AH=22a.
过点D作DF∥SH,则DF⊥平面ABCD,
所以DB,DC,DF两两垂直.
以D为坐标原点,DB的方向为x轴正方向,DC的方向为y轴正方向,DF的方向为z轴正方向,建立空间直角坐标系,
则D(0,0,0),B(2a,0,0),C(0,2a,0),
S0,-22a,62a,A22a,-22a,0,
故SA=22a,0,-62a,DS=0,-22a,62a,DB=(2a,0,0).
设SM=λSA=λ22a,0,-62a=22λa,0,-62λa(0≤λ≤1),
所以DM=DS+SM
=22λa,-22a,62a(1-λ),
设平面MBD的法向量为n=(x,y,z),
则n·DB=0,n·DM=0,
即2ax=0,22λax-22ay+62a(1-λ)z=0,
令z=1,可得n=(0,3-3λ,1).
易知平面ABD的一个法向量为m=(0,0,1),
所以|cos|=|m·n||m||n|=1(3-3λ)2+1=277,解得λ=12或λ=32(舍去),
所以当M是棱SA的中点时,二面角A-BD-M的余弦值为277.