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

【答案】（1）证明见解析；
（2）证明见解析；
（3）$\frac{\sqrt{2}}{2}$ ．

## 【解析】

【分析】（1）根据给定条件，证明四边形 $O D E F$ 为平行四边形，再利用线面平行的判定推理作答．
（2）由（1）的信息，结合勾股定理的逆定理及线面垂直、面面垂直的判定推理作答。
（3）由（2）的信息作出并证明二面角的平面角，再结合三角形重心及余弦定理求解作答。

## 【小问 1 详解】

连接 $D E, O F$ ，设 $A F=t A C$ ，则 $\overrightarrow{B F}=\overrightarrow{B A}+\overrightarrow{A F}=(1-t) \overrightarrow{B A}+t \overrightarrow{B C}, \overrightarrow{A O}=-\overrightarrow{B A}+\frac{1}{2} \overrightarrow{B C}, B F \perp A O$ ，则 $\overrightarrow{B F} \cdot \overrightarrow{A O}=[(1-t) \overrightarrow{B A}+t \overrightarrow{B C}] \cdot\left(-\overrightarrow{B A}+\frac{1}{2} \overrightarrow{B C}\right)=(t-1) \overrightarrow{B A}^{2}+\frac{1}{2} \overrightarrow{B C^{2}}=4(t-1)+4 t=0$ ，
解得 $t=\frac{1}{2}$ ，则 $F$ 为 $A C$ 的中点，由 $D, E, O, F$ 分别为 $P B, P A, B C, A C$ 的中点，
于是 $D E / / A B, D E=\frac{1}{2} A B, O F / / A B, O F=\frac{1}{2} A B$ ，即 $D E / / O F, D E=O F$ ，则四边形 $O D E F$ 为平行四边形，
$E F / / D O, E F=D O$ ，又 $E F \not \subset$ 平面 $A D O, D O \subset$ 平面 $A D O$ ，
所以 $E F / /$ 平面 $A D O$ ．

【小问 2 详解】

由（1）可知 $E F / / O D$ ，则 $A O=\sqrt{6}, D O=\frac{\sqrt{6}}{2}$ ，得 $A D=\sqrt{5} D O=\frac{\sqrt{30}}{2}$ ，
因此 $O D^{2}+A O^{2}=A D^{2}=\frac{15}{2}$ ，则 $O D \perp A O$ ，有 $E F \perp A O$ ，
又 $A O \perp B F, B F \cap E F=F, B F, E F \subset$ 平面 $B E F$ ，
则有 $A O \perp$ 平面 $B E F$ ，又 $A O \subset$ 平面 $A D O$ ，所以平面 $A D O \perp$ 平面 BEF ．

## 【小问 3 详解】

过点 $O$ 作 $O H / / B F$ 交 $A C$ 于点 $H$ ，设 $A D \cap B E=G$ ，
由 $A O \perp B F$ ，得 $H O \perp A O$ ，且 $F H=\frac{1}{3} A H$ ，
又由（2）知，$O D \perp A O$ ，则 $\angle D O H$ 为二面角 $D-A O-C$ 的平面角，
因为 $D, E$ 分别为 $P B, P A$ 的中点，因此 $G$ 为 $\triangle P A B$ 的重心，
即有 $D G=\frac{1}{3} A D, G E=\frac{1}{3} B E$ ，又 $F H=\frac{1}{3} A H$ ，即有 $D H=\frac{3}{2} G F$ ，
$\cos \angle A B D=\frac{4+\frac{3}{2}-\frac{15}{2}}{2 \times 2 \times \frac{\sqrt{6}}{2}}=\frac{4+6-P A^{2}}{2 \times 2 \times \sqrt{6}}$ ，解得 $P A=\sqrt{14}$ ，同理得 $B E=\frac{\sqrt{6}}{2}$ ，
于是 $B E^{2}+E F^{2}=B F^{2}=3$ ，即有 $B E \perp E F$ ，则 $G F^{2}=\left(\frac{1}{3} \times \frac{\sqrt{6}}{2}\right)^{2}+\left(\frac{\sqrt{6}}{2}\right)^{2}=\frac{5}{3}$ ，
从而 $G F=\frac{\sqrt{15}}{3}, D H=\frac{3}{2} \times \frac{\sqrt{15}}{3}=\frac{\sqrt{15}}{2}$ ，

在 $\triangle D O H$ 中，$O H=\frac{1}{2} B F=\frac{\sqrt{3}}{2}, O D=\frac{\sqrt{6}}{2}, D H=\frac{\sqrt{15}}{2}$ ，
于是 $\cos \angle D O H=\frac{\frac{6}{4}+\frac{3}{4}-\frac{15}{4}}{2 \times \frac{\sqrt{6}}{2} \times \frac{\sqrt{3}}{2}}=-\frac{\sqrt{2}}{2}, \sin \angle D O H=\sqrt{1-\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$ ，
所以二面角 $D-A O-C$ 的正弦值为 $\frac{\sqrt{2}}{2}$ ．