如图，在三棱锥 $ P-ABC $ 中，$ \angle APB=90^\circ$，$\angle PAB=60^\circ,AB=BC=CA $，点 $ P $ 在平面 $ ABC $ 内的射影 $ O $ 在 $ AB $ 上．
【难度】
【出处】
2012年高考四川卷（文）
【标注】
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求直线 $ PC $ 与平面 $ ABC $ 所成角的正弦值；标注答案略解析解法一：如图
连接 $ OC $．由已知，$ \angle OCP $ 为直线 $ PC $ 与平面 $ ABC $ 所成的角．
设 $ AB $ 的中点为 $ D $，连接 $ PD,CD $．
因为 $ AB=BC=CA $，所以 $ CD\perp AB $．
因为 $ \angle APB=90^\circ $，$\angle PAB=60^\circ $，所以 $ \triangle PAD $ 为等边三角形．
不妨设 $ PA=2 $，则\[ OD=1,OP={\sqrt{3}},AB=4 .\]所以\[\begin{split}CD&=2{\sqrt{3}},\\OC&={\sqrt{OD^2+CD^2}}\\&={\sqrt{1+12}}={\sqrt{13}}.\end{split}\]在 $ {\mathrm{Rt}}\triangle OCP $ 中，\[\sin \angle OCP={\dfrac{OP}{PC}}={\dfrac{{\sqrt{3}}}{4}}.\]故直线 $ PC $ 与平面 $ ABC $ 所成角的正弦值为 $ {\dfrac{{\sqrt{3}}}{4}}$．
解法二：设 $ AB $ 的中点为 $ D $，连接 $ CD $．
因为 $ O $ 在 $ AB $ 上，且 $ O $ 为 $ P $ 在平面 $ ABC $ 上的射影，
所以 $ PO\perp $ 平面 $ ABC $．
所以 $ PO\perp AB $，且 $ PO\perp CD $．
由 $ AB=BC=CA $，知 $ CD\perp AB $．
设 $ E $ 为 $ AC $ 中点，则 $ EO\parallel CD $，从而 $ OE\perp PO$，$OE\perp AB $．
如图，以 $ O $ 为坐标原点，$ OB,OE,OP $ 所在直线分别为 $ x、y、z $ 轴，建立空间直角坐标系 $ O-xyz $．
不妨设 $ PA=2 $，由已知可得\[ AB=4,OA=OD=1,OP={\sqrt{3}},CD=2{\sqrt{3}}, \]所以\[ O\left(0,0,0\right),A\left(-1,0,0\right),C\left(1,2{\sqrt{3}},0\right),P\left(0,0, {\sqrt{3}}\right), \]所以\[ {\overrightarrow {CP}}=\left(-1,-2{\sqrt{3}}, {\sqrt{3}}\right).\]而 $ {\overrightarrow {OP}}=\left(0,0, {\sqrt{3}}\right) $ 为平面 $ ABC $ 的一个法向量．
设 $ \alpha $ 为直线 $ PC $ 与平面 $ ABC $ 所成的角，则\[ \sin \alpha = \left|\dfrac{{\overrightarrow {CP}}\cdot {\overrightarrow {OP}}}{ \left|{\overrightarrow {CP}} \right|\cdot \left|{\overrightarrow {OP}} \right| } \right|= \left|{\dfrac{0+0+3}{{\sqrt{16}}\cdot {\sqrt{3}}}} \right| ={\dfrac{{\sqrt{3}}}{4}} .\]故直线 $ PC $ 与平面 $ ABC $ 所成角的正弦值为 $ {\dfrac{{\sqrt{3}}}{4}} $． -
求二面角 $ B-AP-C $ 的余弦值．标注答案略解析解法一：过 $ D $ 作 $ DE\perp AP $ 于 $ E $，连接 $ CE $．
由已知可得 $ CD\perp $ 平面 $ PAB $．
根据三垂线定理知，$ CE\perp PA $．
所以 $ \angle CED $ 为二面角 $ B-AP-C $ 的平面角．
由（1）知，$ DE={\sqrt{3}} $．在 ${{ \mathrm {Rt}}}\triangle CDE $ 中，\[ \cos \angle CED={\dfrac{DE}{CE}}={\dfrac{{\sqrt{3}}}{{\sqrt{15}}}}=\dfrac{{\sqrt{5}}}{5}. \]故二面角 $ B-AP-C $ 的余弦值为 $ \dfrac{{\sqrt{5}}}{5} $．
解法二：由（I）有 $ {\overrightarrow {AP}}=\left(1,0, {\sqrt{3}}\right)$，${\overrightarrow {AC}}=\left(2,2{\sqrt{3}},0\right) $．
设平面 $ APC $ 的一个法向量为 $ \overrightarrow n=\left(x_1,y_1,z_1\right) $，则\[\left\{ \begin{gathered}
\overrightarrow n \cdot \overrightarrow {AP} = 0 \\
\overrightarrow n \cdot \overrightarrow {AC} = 0 \\
\end{gathered} \right.\]即\[\left\{ \begin{gathered}{x_1} + \sqrt 3 {z_1} = 0, \\
2{x_1} + 2\sqrt 3 {y_1} = 0, \\
\end{gathered} \right.\]取 $ x_1=-\sqrt 3$，则 $\overrightarrow n = \left( { - \sqrt 3 ,1,1} \right),$
设二面角 $ B-AP-C $ 的平面角为 $ \beta $，易知 $ \beta $ 为锐角．
而平面 $ ABP $ 的一个法向量为 $ \overrightarrow m=\left(0,1,0\right) $，则\[ \cos \beta = \left| {\dfrac{\overrightarrow n\cdot \overrightarrow m}{ \left|\overrightarrow n \right|\cdot \left|\overrightarrow m \right|}} \right|= \left|{\dfrac{1}{{\sqrt{3+1+1}}}} \right|={\dfrac{{\sqrt{5}}}{5}}.\]故二面角 $ B-AP-C $ 的余弦值为 $ {\dfrac{{\sqrt{5}}}{5}} $．
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
