如图， P O 是三棱锥 P-A B C 的高， P A=…——2022 高考数学第 20 题答案解析

（1）证明：连接 $BO$ 并延长交 $AC$ 于点 $D$，连接 $PD$．
因为 $PO$ 是三棱锥 $P-ABC$ 的高，所以 $PO \perp$ 平面 $ABC$．
又 $OA, OB \subset$ 平面 $ABC$，所以 $PO \perp OA, PO \perp OB$．
在 $\text{Rt}\triangle POA$ 和 $\text{Rt}\triangle POB$ 中，$PO=PO, PA=PB$，
所以 $\triangle POA \cong \triangle POB$，故 $OA=OB$，从而 $\angle OAB = \angle OBA$．
因为 $AB \perp AC$，即 $\angle BAC = 90^{\circ}$，
所以 $\angle OAB + \angle OAD = 90^{\circ}$．
又在 $\text{Rt}\triangle ABD$ 中，$\angle OBA + \angle ODA = 90^{\circ}$，
所以 $\angle OAD = \angle ODA$，即 $OA=OD$．
综上，$OB=OA=OD$，即 $O$ 为 $BD$ 的中点．
又 $E$ 为 $PB$ 的中点，所以在 $\triangle PBD$ 中，$OE // PD$．
因为 $OE \not\subset$ 平面 $PAC$，$PD \subset$ 平面 $PAC$，
所以 $OE //$ 平面 $PAC$．

（2）解：由（1）知 $O$ 为 $BD$ 中点，$OA=OB=OD$．
在 $\text{Rt}\triangle POA$ 中，$PO=3, PA=5$，所以 $OA = \sqrt{PA^2 - PO^2} = 4$．
所以 $BD = 2OA = 8$．
在 $\text{Rt}\triangle ABD$ 中，$\angle ABD = \angle ABO = 30^{\circ}$，
所以 $AD = BD \sin 30^{\circ} = 4, AB = BD \cos 30^{\circ} = 4\sqrt{3}$．
又 $\angle CBO = 30^{\circ}$，所以 $\angle ABC = \angle ABO + \angle CBO = 60^{\circ}$．
在 $\text{Rt}\triangle ABC$ 中，$AC = AB \tan 60^{\circ} = 4\sqrt{3} \times \sqrt{3} = 12$．

如图，以 $A$ 为原点，$\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AC}$ 的方向分别为 $x$ 轴、$y$ 轴的正方向，过 $A$ 且平行于 $OP$ 的直线为 $z$ 轴，建立空间直角坐标系 $A-xyz$．
则 $A(0,0,0), B(4\sqrt{3}, 0, 0), C(0, 12, 0)$．
因为 $D$ 在 $AC$ 上且 $AD=4$，所以 $D(0, 4, 0)$．
$O$ 为 $BD$ 中点，所以 $O(2\sqrt{3}, 2, 0)$．
因为 $PO \perp$ 平面 $ABC$ 且 $PO=3$，所以 $P(2\sqrt{3}, 2, 3)$．
$E$ 为 $PB$ 中点，所以 $E(3\sqrt{3}, 1, \frac{3}{2})$．

$\overrightarrow{AE} = (3\sqrt{3}, 1, \frac{3}{2}), \overrightarrow{AB} = (4\sqrt{3}, 0, 0), \overrightarrow{AC} = (0, 12, 0)$．

设平面 $ABE$ 的法向量为 $\vec{n} = (x_1, y_1, z_1)$，
则 $\begin{cases} \vec{n} \cdot \overrightarrow{AB} = 4\sqrt{3}x_1 = 0 \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{AE} = 3\sqrt{3}x_1 + y_1 + \frac{3}{2}z_1 = 0 \end{cases}$，
解得 $x_1=0$．令 $z_1=2$，则 $y_1 = -3$，所以 $\vec{n} = (0, -3, 2)$．

设平面 $ACE$ 的法向量为 $\vec{m} = (x_2, y_2, z_2)$，
则 $\begin{cases} \vec{m} \cdot \overrightarrow{AC} = 12y_2 = 0 \\ \vec{m} \cdot \overrightarrow{AE} = 3\sqrt{3}x_2 + y_2 + \frac{3}{2}z_2 = 0 \end{cases}$，
解得 $y_2=0$．令 $x_2=\sqrt{3}$，则 $9 + \frac{3}{2}z_2 = 0 \Rightarrow z_2 = -6$，所以 $\vec{m} = (\sqrt{3}, 0, -6)$．

$\cos \langle \vec{n}, \vec{m} \rangle = \frac{\vec{n} \cdot \vec{m}}{|\vec{n}| |\vec{m}|} = \frac{0 + 0 - 12}{\sqrt{0+9+4} \cdot \sqrt{3+0+36}} = \frac{-12}{\sqrt{13} \cdot \sqrt{39}} = -\frac{4\sqrt{3}}{13}$．
设二面角 $C-AE-B$ 的大小为 $\theta$，则 $|\cos \theta| = \frac{4\sqrt{3}}{13}$．
所以 $\sin \theta = \sqrt{1 - \cos^2 \theta} = \sqrt{1 - \frac{48}{169}} = \frac{11}{13}$．
即二面角 $C-AE-B$ 的正弦值为 $\frac{11}{13}$．