《2025年更高更妙的高中数学思想与方法高中数学选择性必修第一册》

21. 如下图所示，在四棱锥$P - ABCD$中，底面$ABCD$为直角梯形，$AD // BC$，$AD \perp DC$，$PA = PD = PB = 2\sqrt{5}$，$BC = DC = \frac{1}{2}AD = 2$，$E$为$AD$的中点.

(1)求证：$PE \perp$平面$ABCD$；
(2)求二面角$A - PB - C$的正弦值；
(3)记$BC$的中点为$M$，若$N$在线段$PE$上，且直线$MN$与平面$PAB$所成的角的正弦值为$\frac{\sqrt{6}}{18}$，求线段$EN$的长.

答案：
21.
(1)证明见解析
(2)$\frac{2}{3}$
(3)$1$或$\frac{19}{5}$ 解析
(1)连接$BE$，则$BC=\frac{1}{2}AD = DE$。因为$AD// BC$，所以四边形$BCDE$为平行四边形，所以$BE = CD = 2$。因为$PA = AD = 2\sqrt{5}$，$AD = 4$，且$E$为$AD$的中点，所以$PE\perp AD$，所以$PE=\sqrt{PD^2 - DE^2}=\sqrt{20 - 4}=4$，所以$PE^2 + BE^2 = PB^2$，即$PE\perp BE$。又因为$AD\cap BE = E$，所以$PE\perp$平面$ABCD$。
(2)以$E$为原点，$EA$为$x$轴，$EB$为$y$轴，$EP$为$z$轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则$A(2,0,0)$，$B(0,2,0)$，$C(-2,2,0)$，$P(0,0,4)$，

所以$\overrightarrow{AB}=(-2,2,0)$，$\overrightarrow{PB}=(0,2,-4)$，$\overrightarrow{BC}=(-2,0,0)$。设平面$PAB$的法向量为$\boldsymbol{m}=(x_1,y_1,z_1)$，则$\begin{cases}\boldsymbol{m}·\overrightarrow{AB}=0\\\boldsymbol{m}·\overrightarrow{PB}=0\end{cases}$即$\begin{cases}-2x_1 + 2y_1 = 0\\2y_1 - 4z_1 = 0\end{cases}$，可取$\boldsymbol{m}=(2,2,1)$。同理可取平面$PBC$的法向量为$\boldsymbol{n}=(0,2,1)$。所以$\cos\langle\boldsymbol{m},\boldsymbol{n}\rangle=\frac{\boldsymbol{m}·\boldsymbol{n}}{|\boldsymbol{m}|·|\boldsymbol{n}|}=\frac{2×0 + 2×2 + 1×1}{\sqrt{2^2 + 2^2 + 1^2}×\sqrt{0^2 + 2^2 + 1^2}}=\frac{5}{3\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{3}$，所以二面角$A - PB - C$的正弦值为$\sqrt{1 - \left(\frac{\sqrt{5}}{3}\right)^2}=\frac{2}{3}$。
(3)设$EN = t$，$t\in(0,4)$，则$N(0,0,t)$，而$M(-1,2,0)$，所以$\overrightarrow{NM}=(-1,2,-t)$。由
(2)知平面$PAB$的法向量为$\boldsymbol{m}=(2,2,1)$，设直线与平面$PAB$所成的角为$\theta$，则$\sin\theta=|\cos\langle\overrightarrow{NM},\boldsymbol{m}\rangle|=\left|\frac{-1×2 + 2×2 + (-t)×1}{\sqrt{(-1)^2 + 2^2 + (-t)^2}×\sqrt{2^2 + 2^2 + 1^2}}\right|=\frac{\sqrt{6}}{18}$，化简得$5t^2 - 24t + 19 = 0$，解得：$t = 1$或$t=\frac{19}{5}$，故线段$EN$的长度为$1$或$\frac{19}{5}$。

22. 如下图所示，在三棱锥$A - BCD$中，$\angle ABC = \angle BCD = \angle CDA = 90^{\circ}$，$AC = 8\sqrt{3}$，$BC = CD = 8$，设顶点$A$在底面$BCD$上的射影为$E$.

(1)求证：$CE \perp BD$；
(2)设$G$为棱$AC$上的一点，且二面角$C - EG - D$的余弦值为$\frac{\sqrt{10}}{5}$，求三棱锥$G - ECD$的体积.

答案：
22.
(1)证明详见解析
(2)$\frac{512}{9}$ 解析
(1)由$AE\perp$平面$BCD$得$AE\perp CD$，又$AD\perp CD$，则$CD\perp$平面$AED$，故$CD\perp DE$，同理可得$CB\perp BE$，则$BCDE$为矩形，又$BC = CD$，则$BCDE$为正方形，故$CE\perp BD$。
(2)由
(1)的证明过程知$BCDE$为正方形，如下图所示建立坐标系，则：

$E(0,0,0)$，$D(0,8,0)$，$A(0,0,8)$，$B(8,0,0)$，$C(8,8,0)$。设$\frac{CG}{GA}=t(t\gt0)$，$G(x,y,z)$，由$\overrightarrow{CG}=t\overrightarrow{GA}$可得$G\left(\frac{8}{1 + t},\frac{8}{1 + t},\frac{8t}{1 + t}\right)$，则$\overrightarrow{ED}=(0,8,0)$，$\overrightarrow{EG}=\left(\frac{8}{1 + t},\frac{8}{1 + t},\frac{8t}{1 + t}\right)$，易知平面$CEG$的一个法向量为$\overrightarrow{DB}=(8,-8,0)$，设平面$DEG$的一个法向量为$\boldsymbol{n}=(x_0,y_0,z_0)$，则$\begin{cases}\boldsymbol{n}·\overrightarrow{ED}=0\\\boldsymbol{n}·\overrightarrow{EG}=0\end{cases}$得$\begin{cases}8y_0 = 0\frac{8}{1 + t}x_0 + \frac{8}{1 + t}y_0 + \frac{8t}{1 + t}z_0 = 0\end{cases}$，令$x_0 = 1$得$z_0=-\frac{1}{t}$，$\boldsymbol{n}=\left(1,0,-\frac{1}{t}\right)$，所以$\frac{\overrightarrow{DB}·\boldsymbol{n}}{|\overrightarrow{DB}||\boldsymbol{n}|}=\frac{8}{8\sqrt{2}×\sqrt{1 + \frac{1}{t^2}}}=\frac{\sqrt{10}}{5}$，解得$t = 2$，所以$\frac{CG}{GA}=2$，因为$AC = 8\sqrt{3}$，$EC = 8\sqrt{2}$，所以$AE = 8$，那么点$G$到底面的距离$d=\frac{2}{3}×8=\frac{16}{3}$，所以三棱锥$G - ECD$的体积$V=\frac{1}{3}×\frac{1}{2}×8×8×\frac{16}{3}=\frac{512}{9}$。