《2025年世纪金榜高中全程复习方略高中数学A版》

[例3]如图，在四棱锥P - ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC = 60°，PA = AB = BC，E是PC的中点.
证明：（1）AE⊥CD；
（2）PD⊥平面ABE.

答案：
[例3][证明]以A为原点，AB,AD，AP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Axyz.

设PA=AB=BC=1,则P(0,0,1),B(1,0,0).

　
(1)因为∠ABC=60°,所以△ABC为正三角形

　所以c($\frac{1}{2}$,$\frac{\sqrt{3}}{2}$'0),E($\frac{1}{4}$,$\frac{\sqrt{3}}{4}$$\frac{1}{2}$).

　设D(O,y,0),由AC⊥CD,得AC.CD=0,即y=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$,则D(o,$\frac{2√3}{3}$'o),

　所以CD=(−$\frac{1}{2}$,$\frac{\sqrt{3}}{6}$,o).

　又因为AE=($\frac{1}{4}$$\frac{\sqrt{3}}{4}$$\frac{1}{2}$),

　所以AE.CD=−$\frac{1}{2}$×$\frac{1}{4}$+$\frac{\sqrt{3}}{6}$×$\frac{\sqrt{3}}{4}$=0,所以AE⊥CD,即AE⊥CD.

　
(2)(方法一))由
(1)知,D(o,$\frac{2\sqrt{3}}{3}$,0{,P(O,0,1),

　所以PD=(0,$\frac{2\sqrt{3}}{3}$,−1)−

　又因为AE.PD=$\frac{\sqrt{3}}{4}$×$\frac{2\sqrt{3}}{3}$+$\frac{1}{2}$×(−1)

　=0,

　所以PD⊥AE,即PD⊥AE;

　因为AB=(1,0,0),所以PD.AB=0.

　所以PD⊥AB,

　又因为AB∩AE=A,AB,AEC平面ABE,所以PD⊥平面ABE.

　(方法二)由
(1)知,AB=(1,0,0),AE =($\frac{1}{4}$,$\frac{\sqrt{3}}{4}$,$\frac{1}{2}$),

　设平面ABE的−个法向量为n=(x,，y,),x=0

　则{$\frac{1}{4}$x+$\frac{\sqrt{3}}{4}$y+$\frac{1}{2}$x=0,

　令y=2,则N=−√3,所以n=(0,2,−√3)为平面ABE的一个法向量.

　因为PD=(0，,$\frac{2\sqrt{3}}{3}$,−1),显然PD=$\frac{\sqrt{3}}{3}$n.因为PD//n,所以PD⊥平面ABE,

　即PD⊥平面ABE.

[例4]如图，在三棱锥P - ABC中，AB = AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上.已知BC = 8，PO = 4，AO = 3，OD = 2.
（1）证明：AP⊥BC；
（2）若点M是线段AP上一点，且AM = 3.试证明平面AMC⊥平面BMC.

答案：
[例4][证明]如图所示,以O为坐标原点,分别以射线OD,OP为y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系Oxyz.

则O(0,0,0),A(0,-3,0),B(4,2,0),C(-4,2,0),P(0,0,4),所以$\overrightarrow{AP}=(0,3,4),\overrightarrow{BC}=(-8,0,0).$所以$\overrightarrow{AP}·\overrightarrow{BC}=(0,3,4)·(-8,0,0)=0,$所以$\overrightarrow{AP}\perp\overrightarrow{BC},$即AP⊥BC.
(2)由
(1)知$|\overrightarrow{AP}| = 5,$又$|\overrightarrow{AM}| = 3,$且点M在线段AP上,所以$\overrightarrow{AM}=\frac{3}{5}\overrightarrow{AP}=(0,\frac{9}{5},\frac{12}{5}).$又$\overrightarrow{BA}=(-4,-5,0),$所以$\overrightarrow{BM}=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AM}=(-4,-\frac{16}{5},\frac{12}{5}),$则$\overrightarrow{AP}·\overrightarrow{BM}=(0,3,4)·(-4,-\frac{16}{5},\frac{12}{5})=0,$所以$\overrightarrow{AP}\perp\overrightarrow{BM},$即AP⊥BM.由
(1)知AP⊥BC,所以AP⊥平面BMC,所以AM⊥平面BMC.又AM⊂平面AMC,故平面AMC⊥平面BMC.

对点训练
如图所示，已知四棱锥P - ABCD的底面是直角梯形，∠ABC = ∠BCD = 90°，AB = BC = PB = PC = 2CD，侧面PBC⊥底面ABCD.证明：
（1）PA⊥BD；
（2）平面PAD⊥平面PAB.

答案：
[对点训练]
[证明]
(1)取BC的中点O，连接PO,因为平面PBC⊥底面ABCD,△PBC为等边三角形,所以PO⊥底面ABCD.以BC的中点O为坐标原点,以BC所在直线为x轴，过点O与AB平行的直线为y轴，OP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系,如图所示

不妨设CD = 1,则$AB = BC = 2,PO=\sqrt{3}.$所以$A(1,-2,0),B(1,0,0),D(-1,-1,0),P(0,0,\sqrt{3}).$所以$\overrightarrow{BD}=(-2,-1,0),\overrightarrow{PA}=(1,-2,-\sqrt{3}).$因为$\overrightarrow{BD}·\overrightarrow{PA}=(-2)×1+(-1)×(-2)+0×(-\sqrt{3})=0,$所以$\overrightarrow{PA}\perp\overrightarrow{BD},$所以PA⊥BD.
(2)取PA的中点M,连接DM,则$M(\frac{1}{2},-1,\frac{\sqrt{3}}{2}).$因为$\overrightarrow{DM}=(\frac{3}{2},0,\frac{\sqrt{3}}{2}),\overrightarrow{PB}=(1,0,-\sqrt{3}),$所以$\overrightarrow{DM}·\overrightarrow{PB}=\frac{3}{2}×1+0×0+\frac{\sqrt{3}}{2}×(-\sqrt{3})=0,$所以$\overrightarrow{DM}\perp\overrightarrow{PB},$即DM⊥PB.因为$\overrightarrow{DM}·\overrightarrow{PA}=\frac{3}{2}×1+0×(-2)+\frac{\sqrt{3}}{2}×(-\sqrt{3})=0,$所以$\overrightarrow{DM}\perp\overrightarrow{PA},$即DM⊥PA.又因为PA∩PB = P,所以DM⊥平面PAB.因为DM⊂平面PAD,所以平面PAD⊥平面PAB.