如图，四棱锥 P-A B C D 的底面是矩形， P D…——2021 高考数学第 18 题答案解析

【答案】①$\sqrt{2}$ ；②$\frac{\sqrt{70}}{14}$

【解析】

【分析】（1）以点 $D$ 为坐标原点，$D A , D C , D P$ 所在直线分别为 $x , y , z$ 轴建立空间直角坐标系，设 $B C=2 a$ ，由已知条件得出 $\overrightarrow{P B} \cdot \overrightarrow{A M}=0$ ，求出 $a$ 的值，即可得出 $B C$ 的长；
（2）求出平面 $P A M , P B M$ 的法向量，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得结果．

**方法一**：空间坐标系＋空间向量法

$\because P D \perp$ 平面 $A B C D$ ，四边形 $A B C D$ 为矩形，不妨以点 $D$ 为坐标原点，$D A , D C , D P$ 所在直线分别为 $x , y , z$ 轴建立如下图所示的空间直角坐标系 $D-x y z$ ，

设 $B C=2 a$ ，则 $D(0,0,0) , P(0,0,1) , B(2 a, 1,0) , M(a, 1,0) , A(2 a, 0,0)$ ，则 $\overrightarrow{P B}=(2 a, 1,-1), \overrightarrow{A M}=(-a, 1,0)$ ，
$\because P B \perp A M$ ，则 $\overrightarrow{P B} \cdot \overrightarrow{A M}=-2 a^{2}+1=0$ ，解得 $a=\frac{\sqrt{2}}{2}$ ，故 $B C=2 a=\sqrt{2}$ ；

**方法二**：【最优解】：几何法＋相似三角形法

如图，连结 $B D$ ．因为 $P D \perp$ 底面 $A B C D$ ，且 $A M \subset$ 底面 $A B C D$ ，所以 $P D \perp A M$ ．

又因为 $P B \perp A M, P B \cap P D=P$ ，所以 $A M \perp$ 平面 $P B D$ ．

又 $B D \subset$ 平面 $P B D$ ，所以 $A M \perp B D$ ．

从而 $\angle A D B+\angle D A M=90^{\circ}$ ．

因为 $\angle M A B+\angle D A M=90^{\circ}$ ，所以 $\angle M A B=\angle A D B$ ．

所以 $\triangle A D B \backsim \triangle B A M$ ，于是 $\frac{A D}{A B}=\frac{B A}{B M}$ ．
所以 $\frac{1}{2} B C^{2}=1$ ．所以 $B C=\sqrt{2}$ ．

**方法三**：几何法 + 三角形面积法

如图，联结 $B D$ 交 $A M$ 于点 $N$ ．

由［方法二］知 $A M \perp D B$ ．

在矩形 $A B C D$ 中，有 $\triangle D A N \sim_{\triangle B M N}$ ，所以 $\frac{A N}{M N}=\frac{D A}{B M}=2$ ，即 $A N=\frac{2}{3} A M$ ．

令 $B C=2 t(t>0)$ ，因为 $M$ 为 $B C$ 的中点，则 $B M=t, D B=\sqrt{4 t^{2}+1}, A M=\sqrt{t^{2}+1}$ ．
由 $S_{\triangle D A B}=\frac{1}{2} D A \cdot A B=\frac{1}{2} D B \cdot A N$ ，得 $t=\frac{1}{2} \sqrt{4 t^{2}+1} \cdot \frac{2}{3} \sqrt{t^{2}+1}$ ，解得 $t^{2}=\frac{1}{2}$ ，所以 $B C=2 t=\sqrt{2}$ ．

**方法一**：【最优解】：空间坐标系＋空间向量法

设平面 $P A M$ 的法向量为 $\vec{m}=\left(x_{1}, y_{1}, z_{1}\right)$ ，则 $\overrightarrow{A M}=\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}, 1,0\right), \overrightarrow{A P}=(-\sqrt{2}, 0,1)$ ，
由 $\left\{\begin{array}{c}\vec{m} \cdot \overrightarrow{A M}=-\frac{\sqrt{2}}{2} x_{1}+y_{1}=0 \\ \vec{m} \cdot \overrightarrow{A P}=-\sqrt{2} x_{1}+z_{1}=0\end{array}\right.$ ，取 $x_{1}=\sqrt{2}$ ，可得 $\vec{m}=(\sqrt{2}, 1,2)$ ，
设平面 $P B M$ 的法向量为 $\vec{n}=\left(x_{2}, y_{2}, z_{2}\right), \overrightarrow{B M}=\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}, 0,0\right), \overrightarrow{B P}=(-\sqrt{2},-1,1)$ ，
由 $\left\{\begin{array}{c}\vec{n} \cdot \overrightarrow{B M}=-\frac{\sqrt{2}}{2} x_{2}=0 \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{B P}=-\sqrt{2} x_{2}-y_{2}+z_{2}=0\end{array}\right.$ ，取 $y_{2}=1$ ，可得 $\vec{n}=(0,1,1)$,
$\cos \langle\vec{m}, \vec{n}\rangle=\frac{\vec{m} \cdot \vec{n}}{|\vec{m}| \cdot|\vec{n}|}=\frac{3}{\sqrt{7} \times \sqrt{2}}=\frac{3 \sqrt{14}}{14}$,
所以， $\sin \langle\vec{m}, \vec{n}\rangle=\sqrt{1-\cos ^{2}\langle\vec{m}, \vec{n}\rangle}=\frac{\sqrt{70}}{14}$ ，
因此，二面角 $A-P M-B$ 的正弦值为 $\frac{\sqrt{70}}{14}$ ．

**方法二**：构造长方体法＋等体积法

如图，构造长方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ ，联结 $A B_{1}, A_{1} B$ ，交点记为 $H$ ，由于 $A B_{1} \perp A_{1} B, A B_{1} \perp B C$ ，
所以 $\mathrm{AH} \perp$ 平面 $A_{1} B C D_{1}$ ．过 $H$ 作 $D_{1} M$ 的垂线，垂足记为 $G$ ．

联结 $A G$ ，由三垂线定理可知 $A G \perp D_{1} M$ ，

故 $\angle A G H$ 为二面角 $A-P M-B$ 的平面角．
易证四边形 $A_{1} B C D_{1}$ 是边长为 $\sqrt{2}$ 的正方形，联结 $D_{1} H, H M$ ．
$S_{\triangle D_{1} H M}=\frac{1}{2} D_{1} M \cdot H G, S_{\triangle D_{1} H M}=S_{\text {正方形 } A_{1} B C D_{1}}-S_{\triangle D_{1} A_{1} H}-S_{\triangle H B M}-S_{\triangle M C D_{1}}$ ，
由等积法解得 $H G=\frac{3 \sqrt{10}}{10}$ ．

在 Rt $\triangle A H G$ 中，$A H=\frac{\sqrt{2}}{2}, H G=\frac{3 \sqrt{10}}{10}$ ，由勾股定理求得 $A G=\frac{\sqrt{35}}{5}$ ．
所以， $\sin \angle A G H=\frac{A H}{A G}=\frac{\sqrt{70}}{14}$ ，即二面角 $A-P M-B$ 的正弦值为 $\frac{\sqrt{70}}{14}$ ．
【整体点评】（1）方法一利用空坐标系和空间向量的坐标运算求解；方法二利用线面垂直的判定定理，结合三角形相似进行计算求解，运算简洁，为最优解；方法三主要是在几何证明的基础上，利用三角形等面积方法求得．
（2）方法一，利用空间坐标系和空间向量方法计算求解二面角问题是常用的方法，思路清晰，运算简洁，为最优解；方法二采用构造长方体方法＋等体积转化法，技巧性较强，需注意进行严格的论证．