2024_新课标II卷
17. 如图，平面四边形 ABCD 中， AB = 8，CD = 3， $A D = 5 { \sqrt { 3 } }$ $\angle A D C = 9 0 ^ { \circ }$ $\angle B A D = 3 0 ^ { \circ }$ ，点 E，F 满足 $\overrightarrow { A E } = \frac { 2 } { 5 } \overrightarrow { A D }$ $\overrightarrow { A F } = \frac { 1 } { 2 } \overrightarrow { A B }$ ，将 $\triangle A E F$ 沿EF对折至! PEF，使得 $P C = 4 \sqrt { 3 }$
（1）证明： $E F \perp P D$ ；
（2）求面PCD与面PBF所成的二面角的正弦值
(1) 证明见解析 >; (2) $\frac { 8 { \sqrt { 6 5 } } } { 6 5 }$
用 3 道相关题确认基础和中等变式会到哪一步。
【答案】（1）证明见解析
> ② $\frac { 8 { \sqrt { 6 5 } } } { 6 5 }$
【解析】
【分析】①由题意，根据余弦定理求得 $E F = 2$ ，利用勾股定理的逆定理可证得 $E F \perp A D$ ，则$E F \perp P E , E F \perp D E$ ，结合线面垂直的判定定理与性质即可证明；
> ②由①，根据线面垂直的判定定理与性质可证明 $P E \bot E D$ ，建立如图空间直角坐标系 $E - x y z$ ，利
用空间向量法求解面面角即可.
【小问 1 详解】
由 $A B = 8 , A D = 5 { \sqrt { 3 } } , { \overrightarrow { A E } } = { \frac { 2 } { 5 } } { \overrightarrow { A D } } , { \overrightarrow { A F } } = { \frac { 1 } { 2 } } { \overrightarrow { A B } }$
得 $A E = 2 { \sqrt { 3 } } , A F = 4$ ，又 $\angle B A D = 3 0 ^ { \circ }$ ，在 $\triangle A E F$ 中，
由余弦定理得 $E F = { \sqrt { A E ^ { 2 } + A F ^ { 2 } - 2 A E \cdot A F \cos \angle B A D } } = { \sqrt { 1 6 + 1 2 - 2 \cdot 4 \cdot 2 { \sqrt { 3 } } \cdot { \frac { \sqrt { 3 } } { 2 } } } } = 2 ,$
所以 $A E ^ { 2 } + E F ^ { 2 } = A F ^ { 2 }$ ，则 $A E \bot E F$ ，即 $E F \perp A D$
所以 $E F \perp P E , E F \perp D E$ ，又 PE DE E PE DEI = Ì, 、 平面 PDE ，
所以 $E F \perp$ 平面PDE，又 $P D \subset$ 平面PDE，
$$ E F \perp P D $$
【小问2详解】
连接CE，由 $\angle A D C = 9 0 ^ { \circ } , E D = 3 { \sqrt { 3 } } , C D = 3$ ，则 $C E ^ { 2 } = E D ^ { 2 } + C D ^ { 2 } = 3 6$
在 $\triangle \mathrm { P E C }$ 中， $P C = 4 { \sqrt { 3 } } , P E = 2 { \sqrt { 3 } } , E C = 6$ ，得 $E C ^ { 2 } + P E ^ { 2 } = P C ^ { 2 }$
所以 $P E \bot E C$ ，由①知 $P E \bot E F$ ，又 $E C \cap E F = E , E C , E F \subset$ 平面ABCD，所以 $P E \bot$ 平面ABCD，又 $E D \subset$ 平面ABCD，
所以 $P E \bot E D$ ，则PE EF ED, , 两两垂直，建立如图空间直角坐标系 $E - x y z$ 则 $E ( 0 , 0 , 0 ) , P ( 0 , 0 , 2 { \sqrt { 3 } } ) , D ( 0 , 3 { \sqrt { 3 } } , 0 ) , C ( 3 , 3 { \sqrt { 3 } } , 0 ) , F ( 2 , 0 , 0 ) , A ( 0 , - 2 { \sqrt { 3 } } , 0 )$
由F 是AB 的中点，得 $B ( 4 , 2 \sqrt { 3 } , 0 )$
所以 $\overrightarrow { P C } = ( 3 , 3 \sqrt { 3 } , - 2 \sqrt { 3 } ) , \overrightarrow { P D } = ( 0 , 3 \sqrt { 3 } , - 2 \sqrt { 3 } ) , \overrightarrow { P B } = ( 4 , 2 \sqrt { 3 } , - 2 \sqrt { 3 } ) , \overrightarrow { P F } = ( 2 , 0 , - 2 \sqrt { 3 } )$
设平面PCD和平面PBF的一个法向量分别为 $\stackrel { } { n } = ( x _ { 1 } , y _ { 1 } , z _ { 1 } ) , \stackrel { \longrightarrow } { m } = ( x _ { 2 } , y _ { 2 } , z _ { 2 } )$ 则 $\left\{ \begin{array} { l } { { \vec { n } } \cdot \overrightarrow { P C } = 3 x _ { 1 } + 3 \sqrt { 3 } y _ { 1 } - 2 \sqrt { 3 } z _ { 1 } = 0 } \\ { { \vec { n } } \cdot \overrightarrow { P D } = 3 \sqrt { 3 } y _ { 1 } - 2 \sqrt { 3 } z _ { 1 } = 0 } \end{array} \right. , \left\{ \begin{array} { l } { { \vec { m } } \cdot \overrightarrow { P B } = 4 x _ { 2 } + 2 \sqrt { 3 } y _ { 2 } - 2 \sqrt { 3 } z _ { 2 } = 0 } \\ { { \vec { m } } \cdot \overrightarrow { P F } = 2 x _ { 2 } - 2 \sqrt { 3 } z _ { 2 } = 0 } \end{array} \right.$
令 $y _ { 1 } = 2 , x _ { 2 } = { \sqrt { 3 } }$ ，得 $x _ { 1 } = 0 , z _ { 1 } = 3 , y _ { 2 } = - 1 , z _ { 2 } = 1$
所以 ${ \vec { n } } = ( 0 , 2 , 3 ) , { \vec { m } } = ( { \sqrt { 3 } } , - 1 , 1 )$
所以 ${ \big | } \cos { \vec { m } } , { \vec { n } } { \big | } = { \frac { { \big | } { \vec { m } } \cdot { \vec { n } } { \big | } } { { \big | } { \vec { m } } { \big | } { \big | } { \vec { n } } { \big | } } } { \overset { } { = } } { \frac { 1 } { { \sqrt { 5 } } \cdot { \sqrt { 1 3 } } } } = { \frac { \sqrt { 6 5 } } { 6 5 } }$
设平面PCD和平面PBF所成角为q，则 $\sin \theta = { \sqrt { 1 - \cos ^ { 2 } \theta } } = { \frac { 8 { \sqrt { 6 5 } } } { 6 5 } }$
即平面PCD和平面PBF所成角的正弦值为 $\frac { 8 { \sqrt { 6 5 } } } { 6 5 }$
