如图，在四棱锥 P - A B C D 中，底面ABCD是…——2021 高考数学第 19 题答案解析

（1）在平行四边形 $ABCD$ 中，因为 $\angle ABC = 120^{\circ}$，所以 $\angle BCD = 60^{\circ}$。
已知 $M$ 为 $BC$ 的中点，且 $BC=4$，则 $CM = \frac{1}{2}BC = 2$。又 $CD = AB = 1$。
在 $\triangle DCM$ 中，由余弦定理得：
$DM^2 = CD^2 + CM^2 - 2 CD \cdot CM \cos 60^{\circ} = 1^2 + 2^2 - 2 \times 1 \times 2 \times \frac{1}{2} = 3$。
因为 $DM^2 + CD^2 = 3 + 1 = 4 = CM^2$，所以 $\triangle DCM$ 为直角三角形，即 $DM \perp DC$。
又已知 $PD \perp DC$，且 $PD \cap DM = D$，$PD, DM \subset$ 平面 $PDM$，
所以 $DC \perp$ 平面 $PDM$。
因为 $PM \subset$ 平面 $PDM$，所以 $DC \perp PM$。
又因为在平行四边形 $ABCD$ 中，$AB // DC$，
所以 $AB \perp PM$。

（2）由（1）知 $DC \perp$ 平面 $PDM$，故 $DC \perp DM$，$DC \perp PM$。
又已知 $PM \perp MD$，且 $MD \cap DC = D$，所以 $PM \perp$ 平面 $ABCD$。
以 $M$ 为原点，分别以 $MD, MP$ 所在直线及过 $M$ 且平行于 $DC$ 的直线为 $x, z, y$ 轴建立空间直角坐标系 $M-xyz$（注意：因 $DM \perp DC$，故 $MD$ 与 $DC$ 垂直，可分别作为 $x, y$ 轴方向，但需确认方向向量）。
更严谨地建系如下：
因为 $PM \perp$ 平面 $ABCD$，且 $DM \perp DC$。
取 $M$ 为原点 $(0,0,0)$。
由 $DM=\sqrt{3}$，设 $\vec{MD}$ 方向为 $x$ 轴正方向，则 $D(\sqrt{3}, 0, 0)$。
因为 $DC \perp DM$ 且 $DC=1$，设 $\vec{DC}$ 方向为 $y$ 轴正方向（注意 $C$ 点位置），
在底面 $ABCD$ 中，$\vec{MC} = \vec{MD} + \vec{DC}$? 不对，$M$ 是 $BC$ 中点。
让我们重新梳理坐标：
$M(0,0,0)$。
因为 $DM \perp BC$ 不成立，是 $DM \perp DC$。
在平面 $ABCD$ 内，$DM \perp DC$。
令 $\vec{MD}$ 为 $x$ 轴，$\vec{DC}$ 平行向量为 $y$ 轴？
由于 $PM \perp$ 平面 $ABCD$，令 $\vec{MP}$ 为 $z$ 轴。
在 Rt$\triangle PAM$ 中（需先求 $PM$ 长度）：
连接 $AM$。在 $\triangle ABM$ 中，$AB=1, BM=2, \angle B = 120^{\circ}$。
$AM^2 = AB^2 + BM^2 - 2 AB \cdot BM \cos 120^{\circ} = 1 + 4 - 2(1)(2)(-\frac{1}{2}) = 7$。
在 Rt$\triangle PMA$ 中（因 $PM \perp$ 面 $ABCD \implies PM \perp AM$），
$PM = \sqrt{PA^2 - AM^2} = \sqrt{15 - 7} = \sqrt{8} = 2\sqrt{2}$。
所以 $P(0, 0, 2\sqrt{2})$。

确定 $A, D, C$ 坐标：
以 $M$ 为原点。
因为 $DM \perp DC$，我们可以让 $MD$ 落在 $x$ 轴上，$DC$ 平行于 $y$ 轴。
$D(\sqrt{3}, 0, 0)$。
因为 $\vec{DC}$ 长度为 1，且 $C$ 在 $D$ 的“下方”或“上方”取决于相对位置。
考察 $\triangle DCM$，$\angle MDC = 90^\circ$。
向量 $\vec{MD} = (\sqrt{3}, 0, 0)$。
$\vec{MC} = \vec{MD} + \vec{DC}$。
由于 $M$ 是 $BC$ 中点，$\vec{MB} = -\vec{MC}$。
我们需要确定 $y$ 轴方向。设 $\vec{DC}$ 沿 $y$ 轴负方向（根据右手系及图形直观，若 $D$ 在 $x$ 正向，$C$ 通常在 $y$ 负向或正向，需结合 $A$ 点）。
令 $\vec{n}_{DC} = (0, -1, 0)$，则 $C(\sqrt{3}, -1, 0)$。
验证 $MC$ 长度：$\sqrt{3+1}=2$，符合 $MC=2$。
则 $B$ 点关于 $M$ 对称：$B(-\sqrt{3}, 1, 0)$。
验证 $AB$：$\vec{AB} = \vec{DC} = (0, -1, 0)$? 不对，平行四边形 $\vec{AB} = \vec{DC}$。
$\vec{DC} = C - D = (0, -1, 0)$。
$A = B - \vec{AB} = B - \vec{DC} = (-\sqrt{3}, 1, 0) - (0, -1, 0) = (-\sqrt{3}, 2, 0)$。
验证 $AD$：$\vec{AD} = D - A = (2\sqrt{3}, -2, 0)$。
$\vec{BC} = C - B = (2\sqrt{3}, -2, 0)$。$\vec{AD}=\vec{BC}$，符合平行四边形。
验证 $AM$ 长度：$A(-\sqrt{3}, 2, 0) \implies AM = \sqrt{3+4}=\sqrt{7}$，符合。

综上，各点坐标为：
$M(0,0,0), P(0,0,2\sqrt{2}), D(\sqrt{3},0,0), A(-\sqrt{3},2,0), C(\sqrt{3},-1,0)$。
$N$ 为 $PC$ 中点：
$N = \frac{P+C}{2} = \left( \frac{\sqrt{3}}{2}, -\frac{1}{2}, \sqrt{2} \right)$。

求直线 $AN$ 与平面 $PDM$ 所成角的正弦值：
平面 $PDM$ 的法向量：
由（1）知 $DC \perp$ 平面 $PDM$，故可取 $\vec{n} = \vec{DC} = (0, -1, 0)$ 或简化为 $\vec{n} = (0, 1, 0)$。
向量 $\vec{AN} = N - A = \left( \frac{\sqrt{3}}{2} - (-\sqrt{3}), -\frac{1}{2} - 2, \sqrt{2} - 0 \right) = \left( \frac{3\sqrt{3}}{2}, -\frac{5}{2}, \sqrt{2} \right)$。

设直线 $AN$ 与平面 $PDM$ 所成角为 $\theta$，则
$\sin \theta = |\cos \langle \vec{AN}, \vec{n} \rangle| = \frac{|\vec{AN} \cdot \vec{n}|}{|\vec{AN}| |\vec{n}|}$
$\vec{AN} \cdot \vec{n} = \frac{3\sqrt{3}}{2} \times 0 + \left(-\frac{5}{2}\right) \times 1 + \sqrt{2} \times 0 = -\frac{5}{2}$。
$|\vec{AN}| = \sqrt{ \left(\frac{3\sqrt{3}}{2}\right)^2 + \left(-\frac{5}{2}\right)^2 + (\sqrt{2})^2 } = \sqrt{ \frac{27}{4} + \frac{25}{4} + 2 } = \sqrt{ \frac{52}{4} + 2 } = \sqrt{13 + 2} = \sqrt{15}$。
$|\vec{n}| = 1$。

所以 $\sin \theta = \frac{|-5/2|}{\sqrt{15} \times 1} = \frac{5}{2\sqrt{15}} = \frac{5\sqrt{15}}{30} = \frac{\sqrt{15}}{6}$。