《2025年一本知识大盘点高中数学全一册人教版》

例 4 如图，在四棱锥 $P - ABCD$ 中，底面 $ABCD$ 为矩形，侧面 $PAD$ 为等腰三角形，$AP = AD,M$ 为 $PD$ 的中点，点 $O$ 在 $AD$ 上，且 $PO\perp$ 底面 $ABCD$。
(1)求证：$AM\perp$ 侧面 $PCD$；
(2)当底面 $ABCD$ 为正方形且侧面 $PAD$ 为等边三角形时，求二面角 $P - BD - A$ 的平面角 $\theta$ 的正切值。

答案：
(1)证明：
∵△PAD为等腰三角形，AP=AD，M为PD中点，
∴AM⊥PD。
∵PO⊥底面ABCD，PO⊂侧面PAD，
∴侧面PAD⊥底面ABCD。
∵CD⊥AD，侧面PAD∩底面ABCD=AD，CD⊂底面ABCD，
∴CD⊥侧面PAD。
∵AM⊂侧面PAD，
∴AM⊥CD。
又PD∩CD=D，PD⊂侧面PCD，CD⊂侧面PCD，
∴AM⊥侧面PCD。
(2)解：连接AC，过点O作ON//AC交BD于点N，连接PN。
∵四边形ABCD为正方形，
∴AC⊥BD，
∴ON⊥BD。
∵PO⊥底面ABCD，
∴PO⊥BD，PO⊥ON。
又ON∩OP=O，ON⊂平面PON，OP⊂平面PON，
∴BD⊥平面PON，
∴BD⊥PN。
∴二面角P-BD-A的平面角θ为∠PNO。
设等边三角形PAD的边长为2，则OP=√3，ON=√2/2。
在Rt△PON中，tanθ=OP/ON=√6。
即二面角P-BD-A的平面角θ的正切值为√6。

母题 3 空间距离问题 5年6考

例 5（新课标Ⅱ卷）如图，在三棱锥 $P - ABC$ 中，$AB = BC = 2\sqrt{2},PA = PB = PC = AC = 4,O$ 为 $AC$ 的中点。
(1)求证：$PO\perp$ 平面 $ABC$；
(2)若点 $M$ 在 $BC$ 上，且 $MC = 2MB$，求点 $C$ 到平面 $POM$ 的距离。
(1)
连接$OB$。
因为$PA = PC$，$O$为$AC$中点，所以$PO\perp AC$。
因为$AB = BC = 2\sqrt{2}$，$AC = 4$，所以$AB^{2}+BC^{2}=AC^{2}$，则$\triangle ABC$是等腰直角三角形。
又$O$为$AC$中点，所以$OA = OB$。
因为$PA = PB$，$PO$为公共边，所以$\triangle POA\cong\triangle POB$，所以$\angle POA=\angle POB$。
因为$PO\perp AC$，所以$PO\perp OB$。
因为$AC\cap OB = O$，$AC\subset$平面$ABC$，$OB\subset$平面$ABC$，所以$PO\perp$平面$ABC$。
(2)
方法一：
过点$C$作$CH\perp OM$，垂足为$H$。
由(1)知$OP\perp$平面$ABC$，所以$OP\perp CH$。
因为$OP\cap OM = O$，$OP\subset$平面$POM$，$OM\subset$平面$POM$，所以$CH\perp$平面$POM$，$CH$的长即为点$C$到平面$POM$的距离。
由题设$OC=\frac{1}{2}AC = 2$，$CM=\frac{2}{3}BC=\frac{4\sqrt{2}}{3}$，$\angle ACB = 45^{\circ}$。
过点$M$作$MN\perp OC$于点$N$，则$MN = CN=\frac{4}{3}$，$ON=\frac{2}{3}$。
所以$OM=\sqrt{ON^{2}+MN^{2}}=\frac{2\sqrt{5}}{3}$，$CH=\frac{OC· MN}{OM}=\frac{4\sqrt{5}}{5}$。
所以点$C$到平面$POM$的距离为$\frac{4\sqrt{5}}{5}$。
方法二：
由(1)得$PO\perp$平面$ABC$，$PO=\sqrt{PA^{2}-AO^{2}} = 2\sqrt{3}$。
在$\triangle COM$中，$OM=\sqrt{OC^{2}+CM^{2}-2OC· CM·\cos45^{\circ}}=\frac{2\sqrt{5}}{3}$。
$S_{\triangle POM}=\frac{1}{2}PO· OM=\frac{1}{2}×2\sqrt{3}×\frac{2\sqrt{5}}{3}=\frac{2\sqrt{15}}{3}$，$S_{\triangle COM}=\frac{2}{3}×\frac{1}{2}S_{\triangle ABC}=\frac{4}{3}$。
设点$C$到平面$POM$的距离为$d$。
由$V_{P - COM}=V_{C - POM}$，得$\frac{1}{3}S_{\triangle COM}· PO=\frac{1}{3}S_{\triangle POM}· d$。
解得$d=\frac{4\sqrt{5}}{5}$。
所以点$C$到平面$POM$的距离为$\frac{4\sqrt{5}}{5}$。

答案：
(1)
连接$OB$。
因为$PA = PC$，$O$为$AC$中点，所以$PO\perp AC$。
因为$AB = BC = 2\sqrt{2}$，$AC = 4$，所以$AB^{2}+BC^{2}=AC^{2}$，则$\triangle ABC$是等腰直角三角形。
又$O$为$AC$中点，所以$OA = OB$。
因为$PA = PB$，$PO$为公共边，所以$\triangle POA\cong\triangle POB$，所以$\angle POA=\angle POB$。
因为$PO\perp AC$，所以$PO\perp OB$。
因为$AC\cap OB = O$，$AC\subset$平面$ABC$，$OB\subset$平面$ABC$，所以$PO\perp$平面$ABC$。
(2)
方法一：
过点$C$作$CH\perp OM$，垂足为$H$。
由
(1)知$OP\perp$平面$ABC$，所以$OP\perp CH$。
因为$OP\cap OM = O$，$OP\subset$平面$POM$，$OM\subset$平面$POM$，所以$CH\perp$平面$POM$，$CH$的长即为点$C$到平面$POM$的距离。
由题设$OC=\frac{1}{2}AC = 2$，$CM=\frac{2}{3}BC=\frac{4\sqrt{2}}{3}$，$\angle ACB = 45^{\circ}$。
过点$M$作$MN\perp OC$于点$N$，则$MN = CN=\frac{4}{3}$，$ON=\frac{2}{3}$。
所以$OM=\sqrt{ON^{2}+MN^{2}}=\frac{2\sqrt{5}}{3}$，$CH=\frac{OC· MN}{OM}=\frac{4\sqrt{5}}{5}$。
所以点$C$到平面$POM$的距离为$\frac{4\sqrt{5}}{5}$。
方法二：
由
(1)得$PO\perp$平面$ABC$，$PO=\sqrt{PA^{2}-AO^{2}} = 2\sqrt{3}$。
在$\triangle COM$中，$OM=\sqrt{OC^{2}+CM^{2}-2OC· CM·\cos45^{\circ}}=\frac{2\sqrt{5}}{3}$。
$S_{\triangle POM}=\frac{1}{2}PO· OM=\frac{1}{2}×2\sqrt{3}×\frac{2\sqrt{5}}{3}=\frac{2\sqrt{15}}{3}$，$S_{\triangle COM}=\frac{2}{3}×\frac{1}{2}S_{\triangle ABC}=\frac{4}{3}$。
设点$C$到平面$POM$的距离为$d$。
由$V_{P - COM}=V_{C - POM}$，得$\frac{1}{3}S_{\triangle COM}· PO=\frac{1}{3}S_{\triangle POM}· d$。
解得$d=\frac{4\sqrt{5}}{5}$。
所以点$C$到平面$POM$的距离为$\frac{4\sqrt{5}}{5}$。