如图，在三棱锥 P-A B C 中， A B B C, A…——2023 高考数学第 19 题答案解析

（1）在 $\triangle ABC$ 中，设 $\overrightarrow{AF} = t \overrightarrow{AC}$。
因为 $AB \perp BC$，所以 $\overrightarrow{BA} \cdot \overrightarrow{BC} = 0$。
$\overrightarrow{AO} = \overrightarrow{BO} - \overrightarrow{BA} = \frac{1}{2}\overrightarrow{BC} - \overrightarrow{BA}$。
$\overrightarrow{BF} = \overrightarrow{BA} + \overrightarrow{AF} = \overrightarrow{BA} + t(\overrightarrow{BC} - \overrightarrow{BA}) = (1-t)\overrightarrow{BA} + t\overrightarrow{BC}$。
由 $BF \perp AO$，得 $\overrightarrow{BF} \cdot \overrightarrow{AO} = 0$，
即 $[(1-t)\overrightarrow{BA} + t\overrightarrow{BC}] \cdot (\frac{1}{2}\overrightarrow{BC} - \overrightarrow{BA}) = 0$。
展开得：$-\ (1-t)|\overrightarrow{BA}|^2 + \frac{1}{2}t|\overrightarrow{BC}|^2 = 0$（因为 $\overrightarrow{BA} \cdot \overrightarrow{BC} = 0$）。
代入 $|\overrightarrow{BA}|=2, |\overrightarrow{BC}|=2\sqrt{2}$，得 $-4(1-t) + \frac{1}{2}t(8) = 0$，
即 $-4 + 4t + 4t = 0$，解得 $t = \frac{1}{2}$。
所以 $F$ 为 $AC$ 的中点。

因为 $D, E$ 分别为 $PB, PA$ 的中点，所以 $DE // AB$ 且 $DE = \frac{1}{2}AB$。
因为 $O, F$ 分别为 $BC, AC$ 的中点，所以 $OF // AB$ 且 $OF = \frac{1}{2}AB$。
所以 $DE // OF$ 且 $DE = OF$，即四边形 $ODEF$ 为平行四边形。
所以 $EF // DO$。
又因为 $EF \not\subset$ 平面 $ADO$，$DO \subset$ 平面 $ADO$，
所以 $EF //$ 平面 $ADO$。

（2）在 $\triangle ABC$ 中，$AB=2, BO=\frac{1}{2}BC=\sqrt{2}, AB \perp BC$，
所以 $AO = \sqrt{AB^2 + BO^2} = \sqrt{4+2} = \sqrt{6}$。
在 $\triangle PBC$ 中，$PB=PC=\sqrt{6}, BC=2\sqrt{2}$，$O$ 为 $BC$ 中点，
$D$ 为 $PB$ 中点，所以 $DO$ 为 $\triangle PBC$ 的中位线，
$DO = \frac{1}{2}PC = \frac{\sqrt{6}}{2}$。
由已知 $AD = \sqrt{5}DO$，所以 $AD = \sqrt{5} \times \frac{\sqrt{6}}{2} = \frac{\sqrt{30}}{2}$。
在 $\triangle ADO$ 中，$AO^2 + DO^2 = 6 + \frac{6}{4} = \frac{30}{4} = AD^2$，
所以 $AO \perp DO$。
由（1）知 $EF // DO$，所以 $AO \perp EF$。
又已知 $AO \perp BF$，且 $EF \cap BF = F, EF, BF \subset$ 平面 $BEF$，
所以 $AO \perp$ 平面 $BEF$。
因为 $AO \subset$ 平面 $ADO$，
所以平面 $ADO \perp$ 平面 $BEF$。

（3）因为 $AB \perp BC$，以 $B$ 为原点，$\overrightarrow{BA}, \overrightarrow{BC}$ 的方向分别为 $x$ 轴、$y$ 轴的正方向，过 $B$ 且垂直于平面 $ABC$ 的直线为 $z$ 轴，建立空间直角坐标系 $B-xyz$。
则 $B(0,0,0), A(2,0,0), C(0, 2\sqrt{2}, 0)$。
$O(0, \sqrt{2}, 0)$。
设 $P(x, y, z)$。由 $PB=PC=\sqrt{6}$ 知 $P$ 在 $BC$ 的垂直平分面 $y=\sqrt{2}$ 上，即 $y=\sqrt{2}$。
$PB^2 = x^2 + 2 + z^2 = 6 \Rightarrow x^2 + z^2 = 4$。
$D$ 为 $PB$ 中点，则 $D(\frac{x}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{z}{2})$。
$AD^2 = (\frac{x}{2}-2)^2 + (\frac{\sqrt{2}}{2})^2 + (\frac{z}{2})^2 = \frac{x^2}{4} - 2x + 4 + \frac{1}{2} + \frac{z^2}{4} = \frac{1}{4}(x^2+z^2) - 2x + 4.5 = 1 - 2x + 4.5 = 5.5 - 2x$。
又 $DO^2 = (\frac{x}{2})^2 + (\frac{\sqrt{2}}{2}-\sqrt{2})^2 + (\frac{z}{2})^2 = \frac{1}{4}(x^2+z^2) + \frac{1}{2} = 1 + 0.5 = 1.5$。
由 $AD^2 = 5DO^2$，得 $5.5 - 2x = 5 \times 1.5 = 7.5$，解得 $x = -1$。
代入 $x^2 + z^2 = 4$ 得 $z^2 = 3$，取 $z = \sqrt{3}$。
所以 $P(-1, \sqrt{2}, \sqrt{3}), D(-\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2})$。

平面 $AOC$ 即平面 $ABC$，其法向量可取 $\vec{m} = (0, 0, 1)$。
设平面 $ADO$ 的法向量为 $\vec{n} = (x_0, y_0, z_0)$。
$\overrightarrow{OA} = (2, -\sqrt{2}, 0), \overrightarrow{OD} = (-\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2})$。
由 $\begin{cases} \vec{n} \cdot \overrightarrow{OA} = 0 \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{OD} = 0 \end{cases}$ 得 $\begin{cases} 2x_0 - \sqrt{2}y_0 = 0 \\ -\frac{1}{2}x_0 - \frac{\sqrt{2}}{2}y_0 + \frac{\sqrt{3}}{2}z_0 = 0 \end{cases}$。
由第一式得 $y_0 = \sqrt{2}x_0$。代入第二式得 $-x_0 - 2x_0 + \sqrt{3}z_0 = 0 \Rightarrow z_0 = \sqrt{3}x_0$。
取 $x_0 = 1$，则 $\vec{n} = (1, \sqrt{2}, \sqrt{3})$。
设二面角 $D-AO-C$ 的平面角为 $\theta$，
则 $|\cos \theta| = \frac{|\vec{m} \cdot \vec{n}|}{|\vec{m}| |\vec{n}|} = \frac{\sqrt{3}}{1 \times \sqrt{1+2+3}} = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{6}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$。
所以 $\sin \theta = \sqrt{1 - \cos^2 \theta} = \frac{\sqrt{2}}{2}$。
即二面角 $D-AO-C$ 的正弦值为 $\frac{\sqrt{2}}{2}$。