《2025年创新设计高考总复习高三数学人教版A版》

如图, 平面四边形 $ ABCD $ 中, $ AB = 8 $, $ CD = 3 $, $ AD = 5\sqrt{3} $, $ \angle ADC = 90° $, $ \angle BAD = 30° $, 点 $ E $, $ F $ 满足 $ \overrightarrow{AE} = \frac{2}{5} \overrightarrow{AD} $, $ \overrightarrow{AF} = \frac{1}{2} \overrightarrow{AB} $. 将 $ \triangle AEF $ 沿 $ EF $ 翻折至 $ \triangle PEF $, 使得 $ PC = 4\sqrt{3} $.
(1) 证明: $ EF \perp PD $;
(2) 求平面 $ PCD $ 与平面 $ PBF $ 所成的二面角的正弦值.

答案：
(1) 见解析；
(2) $\frac{8\sqrt{65}}{65}$

典例
已知 $ \triangle ABC $ 与 $ \triangle BCD $ 所在平面垂直, 且 $ AB = BC = BD $, $ \angle ABC = \angle DBC = 120° $, 则二面角 $ A - BD - C $ 的余弦值为______.

答案： $-\frac{\sqrt{5}}{5}$　[过$A$作$AE\perp BC$于$E$,由题意知$AE = AB \cdot \sin 60^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{2}AB$,$BE = AB \cdot \cos 60^{\circ}=\frac{AB}{2}$,　$CE = \sqrt{BE^{2}+BC^{2}-2BE \cdot BC \cos 60^{\circ}}=\frac{\sqrt{7}}{2}AB$,　又$PC=AB$,$PD=\sqrt{PE^{2}+DE^{2}}=\sqrt{AB^{2}}=AB$,　所以$PE\perp DE$,又$PE\perp AE$,$AE\cap DE=E$,所以$PE\perp$平面$ABCD$,　以$E$为原点，$EB$,$EF$,$EP$所在直线分别为$x$轴、$y$轴、$z$轴建立空间直角坐标系,则$E(0,0,0)$,$P(0,0,\frac{\sqrt{3}}{2}AB)$,$D(0,\frac{3}{2}AB,0)$,$C(3,0,0)$,$B(\frac{AB}{2},0,0)$,　所以$\overrightarrow{PD}=(0,\frac{3}{2}AB,-\frac{\sqrt{3}}{2}AB)$,$\overrightarrow{PC}=(\frac{AB}{2},3,\frac{\sqrt{3}}{2}AB)$,　所以$PE\perp CE$,又$PE\perp EF$,所以$PE\perp$平面$ABCD$,　设$AB=2$,则$PE=\sqrt{3}$,$E(0,3,0)$,$F(1,0,0)$,$B(1,0,0)$,$C(0,3,0)$,$P(0,0,\sqrt{3})$,　$\overrightarrow{PB}=(1,0,-\sqrt{3})$,$\overrightarrow{BF}=(-1,0,0)$,$\overrightarrow{BC}=(-1,3,0)$,　设平面$PBF$的法向量为$\boldsymbol{n}=(x,y,z)$,则$\begin{cases} x - \sqrt{3}z = 0, \\ -x + 3y = 0, \end{cases}$取$\boldsymbol{n}=(\sqrt{3},1,1)$,　平面$PCD$的法向量为$\boldsymbol{m}=(1,0,0)$,　则$\cos \langle\boldsymbol{m},\boldsymbol{n}\rangle=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{5}}$,故二面角的正弦值为$\frac{\sqrt{10}}{5}$.]