在四棱锥 P-A B C D 中，底面 A B C D 为…——2023 高考数学第 11 题答案解析

【答案】C

## 【解析】

【分析】法一：利用全等三角形的证明方法依次证得 $\triangle P D O \cong \triangle P C O, \quad \triangle P D B \cong \triangle P C A$ ，从而得到 $P A=P B$ ，再在 $\triangle P A C$ 中利用余弦定理求得 $P A=\sqrt{17}$ ，从而求得 $P B=\sqrt{17}$ ，由此在 $\triangle \mathrm{PBC}$ 中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解；

法二：先在 $\triangle P A C$ 中利用余弦定理求得 $P A=\sqrt{17}, \cos \angle P C B=\frac{1}{3}$ ，从而求得 $\overrightarrow{P A} \cdot \overrightarrow{P C}=-3$ ，再利用空间向量的数量积运算与余弦定理得到关于 $P B, \angle B P D$ 的方程组，从而求得 $P B=\sqrt{17}$ ，由此在 $\triangle \mathrm{PBC}$ 中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解．

【详解】法一：
连结 $A C, B D$ 交于 $O$ ，连结 $P O$ ，则 $O$ 为 $A C, B D$ 的中点，如图，

因为底面 $A B C D$ 为正方形，$A B=4$ ，所以 $A C=B D=4 \sqrt{2}$ ，则 $D O=C O=2 \sqrt{2}$ ，
又 $P C=P D=3, P O=O P$ ，所以 $\triangle P D O \cong \triangle P C O$ ，则 $\angle P D O=\angle P C O$ ，
又 $P C=P D=3, A C=B D=4 \sqrt{2}$ ，所以 $\triangle P D B \cong \triangle P C A$ ，则 $P A=P B$ ，
在 $\triangle P A C$ 中，$P C=3, A C=4 \sqrt{2}, \angle P C A=45^{\circ}$ ，

则由余弦定理可得 $P A^{2}=A C^{2}+P C^{2}-2 A C \cdot P C \cos \angle P C A=32+9-2 \times 4 \sqrt{2} \times 3 \times \frac{\sqrt{2}}{2}=17$ ，

故 $P A=\sqrt{17}$ ，则 $P B=\sqrt{17}$ ，
故在 $\triangle \mathrm{PBC}$ 中，$P C=3, P B=\sqrt{17}, B C=4$ ，

所以 $\cos \angle P C B=\frac{P C^{2}+B C^{2}-P B^{2}}{2 P C \cdot B C}=\frac{9+16-17}{2 \times 3 \times 4}=\frac{1}{3}$ ，

又 $0<\angle P C B<\pi$ ，所以 $\sin \angle P C B=\sqrt{1-\cos ^{2} \angle P C B}=\frac{2 \sqrt{2}}{3}$ ，

所以 $\triangle \mathrm{PBC}$ 的面积为 $S=\frac{1}{2} P C \cdot B C \sin \angle P C B=\frac{1}{2} \times 3 \times 4 \times \frac{2 \sqrt{2}}{3}=4 \sqrt{2}$ ．
法二：
连结 $A C, B D$ 交于 $O$ ，连结 $P O$ ，则 $O$ 为 $A C, B D$ 的中点，如图，

因为底面 $A B C D$ 为正方形，$A B=4$ ，所以 $A C=B D=4 \sqrt{2}$ ，
在 $\triangle P A C$ 中，$P C=3, \angle P C A=45^{\circ}$ ，
则由余弦定理可得 $P A^{2}=A C^{2}+P C^{2}-2 A C \cdot P C \cos \angle P C A=32+9-2 \times 4 \sqrt{2} \times 3 \times \frac{\sqrt{2}}{2}=17$ ，故 $P A=\sqrt{17}$ ，

所以 $\cos \angle A P C=\frac{P A^{2}+P C^{2}-A C^{2}}{2 P A \cdot P C}=\frac{17+9-32}{2 \times \sqrt{17} \times 3}=-\frac{\sqrt{17}}{17}$ ，则
$\overrightarrow{P A} \cdot \overrightarrow{P C}=|\overrightarrow{P A}||\overrightarrow{P C}| \cos \angle A P C=\sqrt{17} \times 3 \times\left(-\frac{\sqrt{17}}{17}\right)=-3$ ，
不妨记 $P B=m, \angle B P D=\theta$ ，
因为 $\overrightarrow{P O}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{P A}+\overrightarrow{P C})=\frac{1}{2}(\overrightarrow{P B}+\overrightarrow{P D})$ ，所以 $(\overrightarrow{P A}+\overrightarrow{P C})^{2}=(\overrightarrow{P B}+\overrightarrow{P D})^{2}$ ，
即 $\overrightarrow{P A}^{2}+\overrightarrow{P C}^{2}+2 \overrightarrow{P A} \cdot \overrightarrow{P C}=\overrightarrow{P B}^{2}+\overrightarrow{P D}^{2}+2 \overrightarrow{P B} \cdot \overrightarrow{P D}$ ，
则 $17+9+2 \times(-3)=m^{2}+9+2 \times 3 \times m \cos \theta$ ，整理得 $m^{2}+6 m \cos \theta-11=0$①，
又在 $\triangle P B D$ 中，$B D^{2}=P B^{2}+P D^{2}-2 P B \cdot P D \cos \angle B P D$ ，即 $32=m^{2}+9-6 m \cos \theta$ ，则
$m^{2}-6 m \cos \theta-23=0$②，
两式相加得 $2 m^{2}-34=0$ ，故 $P B=m=\sqrt{17}$ ，
故在 $\triangle \mathrm{PBC}$ 中，$P C=3, P B=\sqrt{17}, B C=4$ ，

所以 $\cos \angle P C B=\frac{P C^{2}+B C^{2}-P B^{2}}{2 P C \cdot B C}=\frac{9+16-17}{2 \times 3 \times 4}=\frac{1}{3}$ ，
又 $0<\angle P C B<\pi$ ，所以 $\sin \angle P C B=\sqrt{1-\cos ^{2} \angle P C B}=\frac{2 \sqrt{2}}{3}$ ，
所以 $\triangle \mathrm{PBC}$ 的面积为 $S=\frac{1}{2} P C \cdot B C \sin \angle P C B=\frac{1}{2} \times 3 \times 4 \times \frac{2 \sqrt{2}}{3}=4 \sqrt{2}$ ．
故选：C．