《2026年高中必刷题高中数学必修第二册人教版》

【例5】 如图，在四棱锥 $P - ABCD$ 中，底面 $ABCD$ 为矩形，侧面 $PAD$ 是等腰三角形且 $AP = AD$，$M$ 为 $PD$ 的中点，$O$ 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。
(1) 证明：因为 $\triangle PAD$ 是等腰三角形且 $AP = AD$，$M$ 为 $PD$ 的中点，
所以 $AM\perp PD$。
因为 $PO\subset$ 侧面 $PAD$，且 $PO\perp$ 底面 $ABCD$，
所以侧面 $PAD\perp$ 底面 $ABCD$。
因为 $DC\perp AD$，$DC\subset$ 底面 $ABCD$，侧面 $PAD\cap$ 底面 $ABCD = AD$，所以 $DC\perp$ 侧面 $PAD$。
又因为 $AM\subset$ 侧面 $PAD$，所以 $DC\perp AM$。
又因为 $DC,PD\subset$ 侧面 $PCD$，且 $DC\cap PD = D$，所以 $AM\perp$ 侧面 $PCD$。
(2) 解：方法一（垂面法）：如图，连接 $AC$，过 $O$ 作 $ON// AC$ 交 $BD$ 于点 $N$，连接 $PN$。

因为四边形 $ABCD$ 是正方形，所以 $AC\perp BD$，所以 $ON\perp BD$。
又因为 $PO\perp$ 底面 $ABCD$，$BD,ON\subset$ 底面 $ABCD$，
所以 $PO\perp BD$，$PO\perp ON$。
又 $PO,ON\subset$ 平面 $PON$，$PO\cap ON = O$，所以 $BD\perp$ 平面 $PON$。
又 $PN\subset$ 平面 $PON$，所以 $BD\perp PN$，所以 $\angle PNO$ 为二面角 $P - BD - A$ 的平面角，即 $\angle PNO = \theta$。
不妨设等边三角形 $PAD$ 的边长为 $2$，则 $PO = \sqrt{3}$，$ON = \frac{1}{4}AC = \frac{\sqrt{2}}{2}$，
所以在 $Rt\triangle PON$ 中，$\tan\theta=\frac{PO}{ON}=\sqrt{6}$。
方法二（射影面积法）：连接 $OB$，因为 $PO\perp$ 底面 $ABCD$，所以 $\triangle BOD$ 为 $\triangle BPD$ 在底面上的射影三角形。
设等边三角形 $PAD$ 的边长为 $2$，则 $BD = 2\sqrt{2}$，$PO = \sqrt{3}$，$OB = \sqrt{5}$。因为 $PO\perp$ 底面 $ABCD$，$OB\subset$ 底面 $ABCD$，所以 $PO\perp OB$，所以 $PB = \sqrt{PO^2 + OB^2}=2\sqrt{2}$，所以 $\triangle BPD$ 为等腰三角形，底边 $PD$ 上的高为 $\sqrt{7}$，所以 $S_{\triangle BPD}=\frac{1}{2}×2×\sqrt{7}=\sqrt{7}$，而 $S_{\triangle BOD}=\frac{1}{2}×1×2 = 1$，
则 $\cos\theta=\frac{S_{\triangle BOD}}{S_{\triangle BPD}}=\frac{1}{\sqrt{7}}$，则 $\sin\theta=\frac{\sqrt{6}}{\sqrt{7}}$，所以 $\tan\theta=\sqrt{6}$。

答案：
(1) 证明：
$\triangle PAD$ 是等腰三角形且 $AP = AD$，$M$ 为 $PD$ 的中点，所以 $AM \perp PD$，
$PO \subset$ 平面 $PAD$，且 $PO \perp$ 平面 $ABCD$，所以平面 $PAD \perp$ 平面 $ABCD$。
$DC \perp AD$，$DC \subset$ 平面 $ABCD$，平面 $PAD \cap$ 平面 $ABCD = AD$，所以 $DC \perp$ 平面 $PAD$。
$AM \subset$ 平面 $PAD$，所以 $DC \perp AM$。
$DC, PD \subset$ 平面 $PCD$，且 $DC \cap PD = D$，所以 $AM \perp$ 平面 $PCD$。
(2)
方法一（垂面法）：
连接 $AC$，过 $O$ 作 $ON // AC$ 交 $BD$ 于点 $N$，连接 $PN$。
四边形 $ABCD$ 是正方形，所以 $AC \perp BD$，所以 $ON \perp BD$。
$PO \perp$ 平面 $ABCD$，$BD, ON \subset$ 平面 $ABCD$，所以 $PO \perp BD$，$PO \perp ON$。
$PO, ON \subset$ 平面 $PON$，$PO \cap ON = O$，所以 $BD \perp$ 平面 $PON$。
$PN \subset$ 平面 $PON$，所以 $BD \perp PN$，所以 $\angle PNO$ 为二面角 $P - BD - A$ 的平面角，即 $\angle PNO = \theta$。
设等边三角形 $PAD$ 的边长为 $2$，则 $PO = \sqrt{3}$，$ON = \frac{1}{4}AC = \frac{\sqrt{2}}{2}$。
在 $Rt\triangle PON$ 中，$\tan\theta = \frac{PO}{ON} = \sqrt{6}$。
方法二（射影面积法）：
连接 $OB$，因为 $PO \perp$ 平面 $ABCD$，所以 $\triangle BOD$ 为 $\triangle BPD$ 在底面上的射影三角形。
设等边三角形 $PAD$ 的边长为 $2$，则 $BD = 2\sqrt{2}$，$PO = \sqrt{3}$，$OB = \sqrt{5}$。
因为 $PO \perp$ 平面 $ABCD$，$OB \subset$ 平面 $ABCD$，所以 $PO \perp OB$，所以 $PB = \sqrt{PO^2 + OB^2} = 2\sqrt{2}$，所以 $\triangle BPD$ 为等腰三角形，底边 $PD$ 上的高为 $\sqrt{7}$，所以 $S_{\triangle BPD} = \frac{1}{2} × 2 × \sqrt{7} = \sqrt{7}$，而 $S_{\triangle BOD} = \frac{1}{2} × 1 × 2 = 1$。
$\cos\theta = \frac{S_{\triangle BOD}}{S_{\triangle BPD}} = \frac{1}{\sqrt{7}}$，则 $\sin\theta = \frac{\sqrt{6}}{\sqrt{7}}$，所以 $\tan\theta = \sqrt{6}$。