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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：$PA\bot BC$；
（2）若圆锥侧面积为$\sqrt{3}\pi ,BC$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）$\pi -\arccos \dfrac{1}{5}$．
分析：（1）取$BC$中点$O$，连接$AO$，$PO$，证明$BC\bot$面$PAO$，即可证得结论；
（2）法$(i)BD\bot PA$交于$D$，连接$CD$，可得$\angle CDB$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$\angle CDB$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$AO\bot BC$，$PO\bot BC$，
又因为$PO$，$AO\subset$面$PAO$，$PO\bigcap AO=O$，
所以$BC\bot$面$PAO$，又$PA\subset$面$PAO$，
所以$PA\bot BC$；
（2）解：法$(i)$由（1）可知，$BC\bot OA$，又$PO\bot$底面$ABC$，
作$PM\bot AB$，$BD\bot PA$交于$D$，连接$CD$，
由题意$\Delta PBA\cong \Delta PCA$，可得$CD\bot PA$，
所以$\angle CDB$为所求的二面角的平面角，连接$OD$，则$\angle CDB=2\angle BDO$，
因为圆锥侧面积为$\sqrt{3}\pi ,BC$为底面直径，$BC=2$，
所以底面半径为1，母线长为$\sqrt{3}$，所以$PO=\sqrt{P{A}^{2}-A{O}^{2}}=\sqrt{2}$，
$PA=\sqrt{P{O}^{2}+O{A}^{2}}=\sqrt{2+1}=\sqrt{3}$，
$AB=\sqrt{2}$，$PB=\sqrt{P{O}^{2}+O{B}^{2}}=\sqrt{3}$，$PM=\sqrt{P{B}^{2}-(\dfrac{AB}{2})^{2}}=\sqrt{3-\dfrac{1}{2}}=\dfrac{\sqrt{10}}{2}$，
$S_{\Delta PBA}=\dfrac{1}{2}\times AB\times PM=\dfrac{1}{2}\times PA\times BD$，
即$\sqrt{2}\times \dfrac{\sqrt{10}}{2}=\sqrt{3}\times BD$，解得$BD=\dfrac{\sqrt{15}}{3}$，
所以$\sin \angle BDO=\dfrac{OB}{BD}=\dfrac{1}{\dfrac{\sqrt{15}}{3}}=\dfrac{\sqrt{15}}{5}$，
所以$\cos \angle CDB=1-2\sin ^{2}\angle BDO=1-2\times (\dfrac{\sqrt{15}}{5})=-\dfrac{1}{5}$，
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$\pi -\arccos \dfrac{1}{5}$．
法$(ii)$由（1）可知，$BC\bot OA$，又$PO\bot$底面$ABC$，因为圆锥侧面积为$\sqrt{3}\pi ,BC$为底面直径，$BC=2$，
所以底面半径为1，母线长为$\sqrt{3}$，所以$PO=\sqrt{P{A}^{2}-A{O}^{2}}=\sqrt{2}$，
建立以$OB$为$x$轴，$OA$为$y$轴，以$OP$为$z$轴的坐标系，
则可得$P(0,0,\sqrt{2}),A(0,1,0),B(1,0,0),C(-1,0,0)$，
故$\overrightarrow{PA}=(0,1,-\sqrt{2}),\overrightarrow{PB}=(1,0,-\sqrt{2}),\overrightarrow{PC}=(-1,0,-\sqrt{2})$，
设$\overrightarrow{{n}_{1}}=({x}_{1},{y}_{1},{z}_{1})$为平面$PAB$的一个法向量，
由$\overrightarrow{{n}_{1}}\bot \overrightarrow{PA}$，$\overrightarrow{{n}_{1}}\bot \overrightarrow{PB}$，
可得$\left\{\begin{array}{c}\overrightarrow{{n}_{1}}\cdot \overrightarrow{PA}=0\\ \overrightarrow{{n}_{1}}\cdot \overrightarrow{PB}=0\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{c}{y}_{1}-\sqrt{2}{z}_{1}=0\\ {x}_{1}-\sqrt{2}{z}_{1}=0\end{array}\right.$，
令${x}_{1}=\sqrt{2}$，则${y}_{1}=\sqrt{2},{z}_{1}=1$，可得$\overrightarrow{{n}_{1}}=(\sqrt{2},\sqrt{2},1)$，
设$\overrightarrow{{n}_{2}}=({x}_{2},{y}_{2},{z}_{2})$为平面$PAC$的一个法向量，
由$\overrightarrow{{n}_{2}}\bot \overrightarrow{PA}$，$\overrightarrow{{n}_{2}}\bot \overrightarrow{PC}$，
可得$\left\{\begin{array}{c}\overrightarrow{{n}_{2}}\cdot \overrightarrow{PA}=0\\ \overrightarrow{{n}_{2}}\cdot \overrightarrow{PC}=0\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{c}{y}_{2}-\sqrt{2}{z}_{2}=0\\ -{x}_{2}-\sqrt{2}{z}_{2}=0\end{array}\right.$，
令${x}_{2}=-\sqrt{2}$，则${y}_{2}=\sqrt{2},{z}_{2}=1$，可得$\overrightarrow{{n}_{2}}=(-\sqrt{2},\sqrt{2},1)$，
则$\cos < \overrightarrow{{n}_{1}},\overrightarrow{{n}_{2}} > =\dfrac{\overrightarrow{{n}_{1}}\cdot \overrightarrow{{n}_{2}}}{\vert \overrightarrow{{n}_{1}}\vert \vert \overrightarrow{{n}_{2}}\vert }=\dfrac{-2+2+1}{\sqrt{5}\times \sqrt{5}}=-\dfrac{1}{5}$，
设二面角$B-PA-C$的平面角为$\theta$，由图可知$\theta$为钝角，
所以二面角$B-PA-C$的大小为$\pi -\arccos \dfrac{1}{5}$．
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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