《2025年步步高大二轮专题复习高中数学》

例2 (2024·威海模拟)如图，在四棱锥P - ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，△PAD为等边三角形，PD⊥AB，AD//BC，AD = 4，AB = BC = 2，M为PA的中点.
(1)证明：DM⊥平面PAB；
(2)求直线PB与平面MCD所成角的正弦值.

答案：
例2　
(1)证明　设AD中点为O,连接PO,因为△PAD为等边三角形,故PO⊥AD,
由题意知平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,
PO⊂平面PAD,
故PO⊥平面ABCD,
AB⊂平面ABCD,
故PO⊥AB,又PD⊥AB,PO∩PD =P,PO,PD⊂平面PAD,
故AB⊥平面PAD,
DM⊂平面PAD,故AB⊥DM,
又M为PA的中点,△PAD为等边三角形,则DM⊥PA,
因为AB∩PA=A,AB,PA⊂平面PAB,
所以DM⊥平面PAB.
(2)解　由
(1)知AB⊥平面PAD,
AD⊂平面PAD,
故AB⊥AD,
连接CO,
AO=$\frac{1}{2}$AD=2,
则AO//BC,AO=BC,
即四边形ABCO为平行四边形,故OC//AB,所以OC⊥AD,
故以O为坐标原点,OC,OD,OP所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图所示,
则P(0,0,2$\sqrt{3}$),B(2,−2,0),
M(0,−1,$\sqrt{3}$),C(2,0,0),D(0,2,0),
$\overrightarrow{PB}=(2,-2,-2\sqrt{3})$，$\overrightarrow{MC}=(2,1,-\sqrt{3})$，$\overrightarrow{MD}=(0,3,-\sqrt{3})$，
设平面MCD的法向量为$\boldsymbol{n}=(x,y,z)$，
则$\begin{cases}\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{MC}=0,\\\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{MD}=0,\end{cases}$
即$\begin{cases}2x + y-\sqrt{3}z = 0,\\3y-\sqrt{3}z = 0,\end{cases}$
令$y = 1$，则$\boldsymbol{n}=(1,1,\sqrt{3})$，
设直线PB与平面MCD所成的角为$\theta$，$\theta\in\left[0,\frac{\pi}{2}\right]$，
则$\sin\theta=|\cos\langle\overrightarrow{PB},\boldsymbol{n}\rangle|=\frac{|\overrightarrow{PB}\cdot\boldsymbol{n}|}{|\overrightarrow{PB}||\boldsymbol{n}|}$
$=\frac{6}{2\sqrt{5}\times\sqrt{5}}=\frac{3}{5}$。

跟踪演练2 (2024·秦皇岛模拟)如图，在四棱锥P - ABCD中，BA = BD = BP = $\sqrt{5}$，CD = 1，PA = PD = $\sqrt{29}$，PA⊥PD，E是棱PA的中点，且BE//平面PCD，点F是棱PD上的一点.
(1)求证：平面PCD⊥平面PAD；
(2)若直线PC与平面ABF所成角的正弦值为$\frac{11\sqrt{35}}{105}$，求DF的长.

答案：
跟踪演练2　
(1)证明　取AD的中点O,连接PO,EO,
因为E是棱PA的中点，
所以EO//PD,
又EO⊄平面PCD,PD⊂平面PCD,所以EO//平面PCD,
又BE//平面PCD,BE∩EO=E,
BE,EO⊂平面BEO,
所以平面BEO//平面PCD,
又平面BEO∩平面ABCD=BO,平面PCD∩平面ABCD=CD,
所以BO//CD.
在△ABD中,BA=BD=$\sqrt{5}$,
AD=$\sqrt{PA^{2}+PD^{2}} = 2$，
又O是AD的中点，
所以BO⊥AD,BO=2,
又易得PO=1,BP=$\sqrt{5}$
所以$BO^{2}+PO^{2}=BP^{2}$
所以PO⊥BO,
所以PO⊥CD,AD⊥CD,
又PO∩AD=O,PO,AD⊂平面PAD,所以CD⊥平面PAD,
又CD⊂平面PCD,
所以平面PCD⊥平面PAD.
(2)解　当点F与点D重合时,连接OC,PC与平面ABF所成的角即为∠PCO,
PO=1,OC=$\sqrt{2}$,PC=$\sqrt{3}$
所以$\sin\angle PCO=\frac{\sqrt{3}}{3}$,不符合题意，所以点F与点D不重合
因为PA=PD,点O是AD的中点,所以PO⊥AD,
所以OB,OD,OP
两两垂直,
以O为坐标原点,
OB,OD,OP所在
的直线分别为x
轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系，如图所示，
所以P(0,0,1),D(0,1,0),
C(1,1,0),A(0,−1,0),B(2,0,0),
设$\overrightarrow{DF}=\lambda\overrightarrow{DP}=\lambda(0,-1,1)=(0,-\lambda,\lambda)(0\lt\lambda\leqslant1)$，
所以$\overrightarrow{BF}=\overrightarrow{BD}+\overrightarrow{DF}=(-2,1,0)+(0,-\lambda,\lambda)=(-2,1-\lambda,\lambda)$，
$\overrightarrow{AB}=(2,1,0)$。
设平面ABF的法向量为$\boldsymbol{n}=(x,y,z)$，
所以$\begin{cases}\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{BF}=-2x+(1-\lambda)y+\lambda z = 0,\\\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{AB}=2x + y = 0,\end{cases}$
令$x = \lambda$，解得$y=-2\lambda$，$z = 4 - 2\lambda$，
所以平面ABF的一个法向量为$\boldsymbol{n}=(\lambda,-2\lambda,4 - 2\lambda)$，
又$\overrightarrow{CP}=(-1,-1,1)$，设直线PC与平面ABF所成角的大小为$\theta$，
所以$\sin\theta=|\cos\langle\boldsymbol{n},\overrightarrow{CP}\rangle|$
$=\frac{|\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{CP}|}{|\boldsymbol{n}||\overrightarrow{CP}|}$
$=\frac{|4-\lambda|}{\sqrt{\lambda^{2}+(-2\lambda)^{2}+(4 - 2\lambda)^{2}}\cdot\sqrt{1 + 1+1}}$
$=\frac{11\sqrt{35}}{105}$，
解得$\lambda=\frac{1}{3}$或$\lambda=\frac{32}{41}$，
所以$DF=\frac{1}{3}PD=\frac{\sqrt{2}}{3}$或$DF=\frac{32}{41}PD=\frac{32\sqrt{2}}{41}$