《2026年南方凤凰台5A新考案高中数学二轮基础版》

例 1 （2025·杭州期末）如图，三棱锥 $P - ABC$ 的底面是边长为 $2$ 的正三角形 $ABC$，且 $PA = PB$，平面 $ABC \perp$ 平面 $PAC$。
（1）求证：$PC \perp$ 平面 $ABC$；
（2）若 $BC$ 与平面 $PAB$ 所成角的正弦值为 $\frac{\sqrt{30}}{8}$，求平面 $PAB$ 与平面 $PAC$ 夹角的余弦值。

答案：
例1[解答]
(1)如图
(1)，取AB的中点E，AC的中点F，连接BF，PE，EC.因为PA = PB，所以AB⊥PE.因为BC = AC，所以AB⊥CE.又因为PE∩CE = E，PE，CE⊂平面PCE，所以AB⊥平面PCE.又因为PC⊂平面PCE，所以AB⊥PC.因为AB = BC，所以FB⊥AC，而平面ABC⊥平面PAC，平面ABC∩平面PAC = AC，所以FB⊥平面PAC.又因为PC⊂平面PAC，所以FB⊥PC.又FB∩AB = B，FB，AB⊂平面ABC，所以PC⊥平面ABC.

(2)方法一:如图
(2)，过点C作CM⊥PE，垂足为M，连接BM.因为AB⊥平面PCE，CM⊂平面PCE，所以CM⊥AB.又AB∩PE = E，AB，PE⊂平面PAB，所以CM⊥平面PAB，可知∠CBM为BC与平面PAB所成的角，所以$\sin\angle CBM = \frac{CM}{BC} = \frac{CM}{2} = \frac{\sqrt{30}}{8}$，所以$CM = \frac{\sqrt{30}}{4}$.设PC = x，则$PE = \sqrt{x^{2} + 3}$.由$CM· PE = CE· PC$，得$\frac{\sqrt{30}}{4}·\sqrt{x^{2} + 3} = \sqrt{3}x$，解得$x = \sqrt{5}$.过点C作CN⊥PA，垂足为N，连接NM，则∠CNM为平面PAB与平面PAC的夹角.易得$PA = 3$，由$CN· PA = CA· PC$，得$CN = \frac{2\sqrt{5}}{3}$.因为$\sin\angle CNM = \frac{CM}{CN} = \frac{3\sqrt{6}}{8}$，所以$\cos\angle CNM = \frac{\sqrt{10}}{8}$，所以平面PAB与平面PAC夹角的余弦值为$\frac{\sqrt{10}}{8}$.
方法二:以F为原点，$\overrightarrow{FB}$，$\overrightarrow{FC}$，$\overrightarrow{CP}$的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图
(3)所示的空间直角坐标系，则A(0， - 1,0)，B($\sqrt{3}$,0,0)，C(0,1,0)，所以$\overrightarrow{BC} = (-\sqrt{3},1,0)$.设CP = a，则P(0,1,a).设平面PAB的法向量为$\boldsymbol{n} = (x,y,z)$，$\overrightarrow{AP} = (0,2,a)$，$\overrightarrow{AB} = (\sqrt{3},1,0)$，则$\begin{cases}\boldsymbol{n}·\overrightarrow{AP} = 2y + az = 0\\\boldsymbol{n}·\overrightarrow{AB} = \sqrt{3}x + y = 0\end{cases}$，可取$\boldsymbol{n} = (a,-\sqrt{3}a,2\sqrt{3})$，于是BC与平面PAB所成角的正弦值为$|\cos\langle\boldsymbol{n},\overrightarrow{BC}\rangle| = \frac{2\sqrt{3}a}{2\sqrt{4a^{2} + 12}} = \frac{\sqrt{30}}{8}$，得$a = \sqrt{5}$.易得平面PAC的一个法向量为$\boldsymbol{m} = (1,0,0)$，平面PAB的一个法向量为$\boldsymbol{n} = (\sqrt{5},-\sqrt{15},2\sqrt{3})$，设平面PAB与平面PAC的夹角为θ，则$\cos\theta = |\cos\langle\boldsymbol{m},\boldsymbol{n}\rangle| = \frac{\sqrt{10}}{8}$.

变式 1 （2025·全国 II 卷）如图，在四边形 $ABCD$ 中，$AB // CD$，$\angle DAB = 90^{\circ}$，$F$ 为 $CD$ 的中点，点 $E$ 在 $AB$ 上，$EF // AD$，$AB = 3AD$，$CD = 2AD$。将四边形 $EFDA$ 沿 $EF$ 翻折至四边形 $EFD'A'$，使得平面 $EFD'A'$ 与平面 $EFCB$ 所成的二面角为 $60^{\circ}$。
（1）证明：$A'B //$ 平面 $CD'F$；
（2）求平面 $BCD'$ 与平面 $EFD'A'$ 所成二面角的正弦值。

答案：
变式1[解答]
(1)设AD = 1，则AB = 3，CD = 2.因为F为CD中点，所以DF = 1.因为EF//AD，AB//CD，所以四边形AEFD是平行四边形，所以AE//DF，所以A'E//D'F.又因为D'F⊂平面CD'F，A'E⊄平面CD'F，所以A'E//平面CD'F.因为FC//EB，FC⊂平面CD'F，EB⊄平面CD'F，所以EB//平面CD'F.又EB∩A'E = E，EB，A'E⊂平面A'EB，所以平面A'EB//平面CD'F.又A'B⊂平面A'EB，所以A'B//平面CD'F.

(2)因为∠DAB = 90°，所以AD⊥AB.又因为AB//FC，EF//AD，所以EF⊥FC.以F为原点，FE，FC以及垂直于平面BEFC的直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系.因为D'F⊥EF，CF⊥EF，平面EFD'A'与平面EFCB所成二面角为60°，所以∠D'FC = 60°，则B(1,2,0)，C(0,1,0)，D'(0,$\frac{1}{2}$,$\frac{\sqrt{3}}{2}$)，E(1,0,0)，F(0,0,0)，所以$\overrightarrow{BC} = (-1,-1,0)$，$\overrightarrow{CD'} = (0,-\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2})$，$\overrightarrow{FE} = (1,0,0)$，$\overrightarrow{FD'} = (0,\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2})$.设平面BCD'的法向量为$\boldsymbol{n} = (x,y,z)$，则$\begin{cases}\overrightarrow{CD'}·\boldsymbol{n} = 0\\\overrightarrow{BC}·\boldsymbol{n} = 0\end{cases}$，所以$\begin{cases}-\frac{1}{2}y + \frac{\sqrt{3}}{2}z = 0\\-x - y = 0\end{cases}$，令$y = \sqrt{3}$，则$z = 1$，$x = -\sqrt{3}$，所以$\boldsymbol{n} = (-\sqrt{3},-\sqrt{3},1)$.设平面EFD'A'的法向量为$\boldsymbol{m} = (x_1,y_1,z_1)$，则$\begin{cases}\overrightarrow{FE}·\boldsymbol{m} = 0\\\overrightarrow{FD'}·\boldsymbol{m} = 0\end{cases}$，所以$\begin{cases}x_1 = 0\frac{1}{2}y_1 + \frac{\sqrt{3}}{2}z_1 = 0\end{cases}$，令$y_1 = \sqrt{3}$，则$z_1 = -1$，$x_1 = 0$，所以$\boldsymbol{m} = (0,\sqrt{3},-1)$.所以$\cos\langle\boldsymbol{m},\boldsymbol{n}\rangle = \frac{\boldsymbol{m}·\boldsymbol{n}}{|\boldsymbol{m}|×|\boldsymbol{n}|} = \frac{0 + 3 - 1}{\sqrt{1 + 3}×\sqrt{3 + 3 + 1}} = \frac{\sqrt{7}}{7}$，从而平面BCD'与平面EFD'A'所成二面角的正弦值为$\sqrt{1 - (\frac{\sqrt{7}}{7})^{2}} = \frac{\sqrt{42}}{7}$.