（12分）如图，在三棱锥 P - A B C H A B…——2018 高考数学第 20 题答案解析

（1）证明：
连接 $OB$。
因为 $PA=PC=AC=4$，且 $O$ 为 $AC$ 的中点，
所以 $\triangle PAC$ 是等边三角形，故 $PO \perp AC$，且 $PO = \sqrt{4^2 - 2^2} = 2\sqrt{3}$。
在 $\triangle ABC$ 中，因为 $AB=BC=2\sqrt{2}$，$AC=4$，
满足 $AB^2 + BC^2 = (2\sqrt{2})^2 + (2\sqrt{2})^2 = 8+8=16=AC^2$，
所以 $\triangle ABC$ 是以 $B$ 为直角顶点的等腰直角三角形。
又因为 $O$ 为斜边 $AC$ 的中点，所以 $BO \perp AC$，且 $BO = \frac{1}{2}AC = 2$。
在 $\triangle POB$ 中，$PO=2\sqrt{3}$，$BO=2$，$PB=4$，
满足 $PO^2 + BO^2 = (2\sqrt{3})^2 + 2^2 = 12+4=16=PB^2$，
所以 $PO \perp OB$。
因为 $AC \cap OB = O$，且 $AC, OB \subset$ 平面 $ABC$，
所以 $PO \perp$ 平面 $ABC$。

（2）解：
由（1）知 $OA, OB, OP$ 两两垂直，以 $O$ 为原点，分别以 $\overrightarrow{OB}, \overrightarrow{OC}, \overrightarrow{OP}$ 的方向为 $x, y, z$ 轴的正方向建立空间直角坐标系 $O-xyz$。
则 $O(0,0,0)$，$A(0,-2,0)$，$B(2,0,0)$，$C(0,2,0)$，$P(0,0,2\sqrt{3})$。
设 $\overrightarrow{BM} = \lambda \overrightarrow{BC}$ ($0 \le \lambda \le 1$)。
因为 $\overrightarrow{BC} = (-2, 2, 0)$，所以 $\overrightarrow{BM} = (-2\lambda, 2\lambda, 0)$。
则 $\overrightarrow{AM} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BM} = (2, 2, 0) + (-2\lambda, 2\lambda, 0) = (2-2\lambda, 2+2\lambda, 0)$。
又 $\overrightarrow{AP} = (0, 2, 2\sqrt{3})$。
设平面 $PAM$ 的法向量为 $\vec{n} = (x,y,z)$，
则 $\begin{cases} \vec{n} \cdot \overrightarrow{AP} = 2y + 2\sqrt{3}z = 0 \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{AM} = (2-2\lambda)x + (2+2\lambda)y = 0 \end{cases}$。
由第一式得 $y = -\sqrt{3}z$。令 $z=1$，则 $y=-\sqrt{3}$。
代入第二式得 $(2-2\lambda)x - \sqrt{3}(2+2\lambda) = 0$，解得 $x = \frac{\sqrt{3}(1+\lambda)}{1-\lambda}$。
所以 $\vec{n} = (\frac{\sqrt{3}(1+\lambda)}{1-\lambda}, -\sqrt{3}, 1)$。
平面 $PAC$ 即平面 $yOz$，其法向量可取 $\vec{m} = (1, 0, 0)$。
因为二面角 $M-PA-C$ 为 $30^\circ$，
所以 $|\cos \langle \vec{n}, \vec{m} \rangle| = \frac{|\vec{n} \cdot \vec{m}|}{|\vec{n}| |\vec{m}|} = \cos 30^\circ = \frac{\sqrt{3}}{2}$。
即 $\frac{|\frac{\sqrt{3}(1+\lambda)}{1-\lambda}|}{\sqrt{[\frac{\sqrt{3}(1+\lambda)}{1-\lambda}]^2 + 3 + 1}} = \frac{\sqrt{3}}{2}$。
化简得 $\frac{\frac{\sqrt{3}(1+\lambda)}{1-\lambda}}{\sqrt{\frac{3(1+\lambda)^2}{(1-\lambda)^2} + 4}} = \frac{\sqrt{3}}{2}$ （因 $0 \le \lambda < 1$，分子为正）。
两边平方并整理：
$\frac{3(1+\lambda)^2}{(1-\lambda)^2 [\frac{3(1+\lambda)^2}{(1-\lambda)^2} + 4]} = \frac{3}{4}$
$\frac{(1+\lambda)^2}{3(1+\lambda)^2 + 4(1-\lambda)^2} = \frac{1}{4}$
$4(1+\lambda)^2 = 3(1+\lambda)^2 + 4(1-\lambda)^2$
$(1+\lambda)^2 = 4(1-\lambda)^2$
开方得 $1+\lambda = 2(1-\lambda)$ 或 $1+\lambda = -2(1-\lambda)$。
解得 $\lambda = \frac{1}{3}$ 或 $\lambda = 3$（舍去，因 $\lambda \le 1$）。
当 $\lambda = \frac{1}{3}$ 时，$\vec{n} = (\frac{\sqrt{3} \cdot \frac{4}{3}}{\frac{2}{3}}, -\sqrt{3}, 1) = (2\sqrt{3}, -\sqrt{3}, 1)$。
此时 $\overrightarrow{PC} = (0, 2, -2\sqrt{3})$。
设 $PC$ 与平面 $PAM$ 所成角为 $\theta$，则
$\sin \theta = |\cos \langle \overrightarrow{PC}, \vec{n} \rangle| = \frac{|\overrightarrow{PC} \cdot \vec{n}|}{|\overrightarrow{PC}| |\vec{n}|}$
$\overrightarrow{PC} \cdot \vec{n} = 0 \cdot 2\sqrt{3} + 2 \cdot (-\sqrt{3}) + (-2\sqrt{3}) \cdot 1 = -4\sqrt{3}$。
$|\overrightarrow{PC}| = \sqrt{0^2 + 2^2 + (-2\sqrt{3})^2} = \sqrt{4+12} = 4$。
$|\vec{n}| = \sqrt{(2\sqrt{3})^2 + (-\sqrt{3})^2 + 1^2} = \sqrt{12+3+1} = 4$。
所以 $\sin \theta = \frac{|-4\sqrt{3}|}{4 \times 4} = \frac{4\sqrt{3}}{16} = \frac{\sqrt{3}}{4}$。