《2026年南方凤凰台5A新考案高中数学二轮基础版》

例 2 - 1 （2025·临沂模考）在 $\triangle NBC$ 中，$\angle B = 90^{\circ}$，$AD // BC$，$NA = CD = 2AB = 2$，如图，将 $\triangle NAD$ 沿 $AD$ 翻折至 $\triangle PAD$。
（1）求证：平面 $PBC \perp$ 平面 $PAB$。
（2）设二面角 $P - AD - B$ 的大小为 $120^{\circ}$。
① 求 $PA$ 与平面 $PBC$ 所成角的正弦值。
② 在线段 $PD$ 上是否存在点 $E$，使得平面 $ABE$ 与平面 $PDC$ 所成角的余弦值为 $\frac{1}{5}$？若存在，确定点 $E$ 的位置；若不存在，请说明理由。

答案：
例2 - 1[解答]
(1)因为∠B = 90°，AD//BC，所以AD⊥AP，AD⊥AB.又因为PA∩AB = A，PA，AB⊂平面PAB，所以AD⊥平面PAB，所以BC⊥平面PAB.又BC⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面PAB.
(2)①在四棱锥P - ABCD中，由
(1)知∠PAB即为二面角P - AD - B的平面角，故∠PAB = 120°.因为$NA = CD = 2AB = 2$，所以$NC = 6$，$NB = 3$，从而$BC = 3\sqrt{3}$，$\angle DCB = 30^{\circ}$.过点A作$AF⊥PB$，交$PB$于点F，则$AF⊥BC$，可得$AF⊥$平面$PBC$，故$PA$与平面$PBC$所成角即为$\angle APF$.在$\triangle PAB$中，由余弦定理可得$PB = \sqrt{PA^{2} + AB^{2} - 2PA· AB·\cos120^{\circ}} = \sqrt{7}$.由等面积法得$AF = \frac{\frac{1}{2}PA· AB·\sin120^{\circ}}{\frac{1}{2}PB} = \frac{\sqrt{21}}{7}$，则$\sin\angle APF = \frac{AF}{AP} = \frac{\sqrt{21}}{14}$，所以$PA$与平面$PBC$所成角的正弦值为$\frac{\sqrt{21}}{14}$.
②建立如图所示的空间直角坐标系，则$A(0,0,0)$，$P(-1,0,\sqrt{3})$，$B(1,0,0)$，$D(0,2\sqrt{3},0)$，$C(1,3\sqrt{3},0)$，$\overrightarrow{DP} = (-1,-2\sqrt{3},\sqrt{3})$.设$DE = \lambda DP$，$\lambda\in(0,1)$，可得$E(-\lambda,2\sqrt{3}(1 - \lambda),\sqrt{3}\lambda)$，$\overrightarrow{AE} = (-\lambda,2\sqrt{3}(1 - \lambda),\sqrt{3}\lambda)$，$\overrightarrow{AB} = (1,0,0)$，$\overrightarrow{DC} = (1,\sqrt{3},0)$.设平面$ABE$的法向量为$\boldsymbol{m} = (x,y,z)$，则$\begin{cases}\boldsymbol{m}·\overrightarrow{AB} = 0\\\boldsymbol{m}·\overrightarrow{AE} = 0\end{cases}$，即$\begin{cases}x = 0\\-\lambda x + 2\sqrt{3}(1 - \lambda)y + \sqrt{3}\lambda z = 0\end{cases}$，令$y = \lambda$，可得$\boldsymbol{m} = (0,\lambda,2(\lambda - 1))$.设平面$PDC$的法向量为$\boldsymbol{n} = (a,b,c)$，则$\begin{cases}\boldsymbol{n}·\overrightarrow{DP} = 0\\\boldsymbol{n}·\overrightarrow{DC} = 0\end{cases}$，即$\begin{cases}-a - 2\sqrt{3}b + \sqrt{3}c = 0\\a + \sqrt{3}b = 0\end{cases}$，令$a = \sqrt{3}$，可得$\boldsymbol{n} = (\sqrt{3},-1,-1)$.设平面$ABE$与平面$PDC$的夹角为$\theta$，则$\cos\theta = \frac{|\boldsymbol{m}·\boldsymbol{n}|}{\sqrt{5}×\sqrt{5\lambda^{2} - 8\lambda + 4}} = \frac{1}{5}$，解得$\lambda = \frac{1}{2}$或$\frac{4}{5}$，所以存在点$E$满足题意，且$DE = \frac{1}{2}DP$或$DE = \frac{4}{5}DP$.

例 2 - 2 （2025·漳州三模）如图，四棱锥 $P - ABCD$ 的底面是正方形，且 $AB = 2$，$\triangle PAB$ 是以 $\angle APB$ 为顶角的等腰直角三角形，平面 $PAB \perp$ 平面 $ABCD$。
（1）求四棱锥 $P - ABCD$ 的体积。
（2）试判断在 $\triangle PBC$ 内（包括边界）是否存在一点 $Q$，使得二面角 $Q - AD - C$ 的平面角取到 $\frac{\pi}{6}$（不需要确定点 $Q$ 的具体位置）。

答案：
例2 - 2[解答]
(1)如图，设点$O$是$AB$的中点，连接$PO$.由题意知$PA\perp PB$，$PA = PB$，所以$PO\perp AB$.因为$AB = 2$，所以$PO = 1$.因为平面$PAB\perp$平面$ABCD$，平面$PAB∩$平面$ABCD = AB$，$PO⊂$平面$PAB$，所以$PO\perp$平面$ABCD$，所以$PO$的长即为点$P$到平面$ABCD$的距离，所以$V_{P - ABCD} = \frac{1}{3}S_{正方形ABCD}· PO = \frac{1}{3}×2^{2}×1 = \frac{4}{3}$.
(2)方法一:因为$AD\perp AB$，$AD⊂$平面$ABCD$，平面$PAB\perp$平面$ABCD$，平面$PAB∩$平面$ABCD = AB$，所以$AD\perp$平面$PAB$，所以$\angle PAB$即为二面角$P - AD - C$的平面角.因为$\triangle PAB$是以$\angle APB$为顶角的等腰直角三角形，所以二面角$P - AD - C$的大小为$\frac{\pi}{4}$.当点$Q$在线段$BC$上时，二面角$Q - AD - C$的平面角为$0$；当点$Q$与点$P$重合时，二面角$Q - AD - C$的平面角为$\frac{\pi}{4}$.所以当点$Q$在$\triangle PBC$内(包括边界)运动时，根据二面角变化的连续性可知存在一点$Q$，使得二面角$Q - AD - C$的平面角取到$\frac{\pi}{6}$.
方法二:过点$O$作$AD$的平行线$OF$，以点$O$为坐标原点，$OB$所在直线为$x$轴，$OF$所在直线为$y$轴，$OP$所在直线为$z$轴建立如图所示的空间直角坐标系，则$P(0,0,1)$，$D(-1,2,0)$，$A(-1,0,0)$，所以$\overrightarrow{PA} = (-1,0,-1)$，$\overrightarrow{PD} = (-1,2,-1)$.设平面$PAD$的法向量为$\boldsymbol{n_1} = (x,y,z)$，则$\begin{cases}\boldsymbol{n_1}·\overrightarrow{PA} = 0\\\boldsymbol{n_1}·\overrightarrow{PD} = 0\end{cases}$，即$\begin{cases}-x - z = 0\\-x + 2y - z = 0\end{cases}$，取$z = 1$，得$\boldsymbol{n_1} = (-1,0,1)$.易知平面$ACD$的一个法向量为$\boldsymbol{n_2} = (0,0,1)$.设平面$PAD$与平面$ACD$的夹角为$\theta$，则$\cos\theta = \frac{|\boldsymbol{n_1}·\boldsymbol{n_2}|}{|\boldsymbol{n_1}|×|\boldsymbol{n_2}|} = \frac{\sqrt{2}}{2}$，即平面$PAD$与平面$ACD$的夹角为$\frac{\pi}{4}$.下同方法一.