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2024年高考数学上海春17<-->2024年高考数学上海春19
（14分）如图，PA、PB、PC为圆锥三条母线，AB=AC．
（1）证明：PA⊥BC；
（2）若圆锥侧面积为√3π,BC为底面直径，BC=2，求二面角B−PA−C的大小．
答案：（1）证明见解答；
（2）π−arccos15．
分析：（1）取BC中点O，连接AO，PO，证明BC⊥面PAO，即可证得结论；
（2）法(i)BD⊥PA交于D，连接CD，可得∠CDB为两个平面所成的二面角的平面角，由等面积法求出BD的值，求出∠CDB的余弦值，进而可得二面角的平面角，
法(ii )建立空间直角坐标系，由题设求得平面PAB和平面PAC的法向量，利用向量夹角公式求得二面角的大小．
（1）证明：取BC中点O，连接AO，PO，
因为AB=AC，PB=PC，所以AO⊥BC，PO⊥BC，
又因为PO，AO⊂面PAO，PO⋂AO=O，
所以BC⊥面PAO，又PA⊂面PAO，
所以PA⊥BC；
（2）解：法(i)由（1）可知，BC⊥OA，又PO⊥底面ABC，
作PM⊥AB，BD⊥PA交于D，连接CD，
由题意ΔPBA≅ΔPCA，可得CD⊥PA，
所以∠CDB为所求的二面角的平面角，连接OD，则∠CDB=2∠BDO，
因为圆锥侧面积为√3π,BC为底面直径，BC=2，
所以底面半径为1，母线长为√3，所以PO=√PA2−AO2=√2，
PA=√PO2+OA2=√2+1=√3，
AB=√2，PB=√PO2+OB2=√3，PM=√PB2−(AB2)2=√3−12=√102，
SΔPBA=12×AB×PM=12×PA×BD，
即√2×√102=√3×BD，解得BD=√153，
所以sin∠BDO=OBBD=1√153=√155，
所以cos∠CDB=1−2sin2∠BDO=1−2×(√155)=−15，
所以二面角B−PA−C的平面角为钝角，
所以二面角B−PA−C的大小为π−arccos15．
法(ii)由（1）可知，BC⊥OA，又PO⊥底面ABC，因为圆锥侧面积为√3π,BC为底面直径，BC=2，
所以底面半径为1，母线长为√3，所以PO=√PA2−AO2=√2，
建立以OB为x轴，OA为y轴，以OP为z轴的坐标系，
则可得P(0,0,√2),A(0,1,0),B(1,0,0),C(−1,0,0)，
故→PA=(0,1,−√2),→PB=(1,0,−√2),→PC=(−1,0,−√2)，
设→n1=(x1,y1,z1)为平面PAB的一个法向量，
由→n1⊥→PA，→n1⊥→PB，
可得{→n1⋅→PA=0→n1⋅→PB=0⇒{y1−√2z1=0x1−√2z1=0，
令x1=√2，则y1=√2,z1=1，可得→n1=(√2,√2,1)，
设→n2=(x2,y2,z2)为平面PAC的一个法向量，
由→n2⊥→PA，→n2⊥→PC，
可得{→n2⋅→PA=0→n2⋅→PC=0⇒{y2−√2z2=0−x2−√2z2=0，
令x2=−√2，则y2=√2,z2=1，可得→n2=(−√2,√2,1)，
则cos<→n1,→n2>=→n1⋅→n2|→n1||→n2|=−2+2+1√5×√5=−15，
设二面角B−PA−C的平面角为θ，由图可知θ为钝角，
所以二面角B−PA−C的大小为π−arccos15．
点评：本题考查线面垂直及线线垂直的判定，考查二面角的求法，属中档题．
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