如图， D 为圆锥的顶点， O 是圆锥底面的圆心， A E…——2020 高考数学第 18 题答案解析

（1）不妨设圆锥底面半径 $R=1$，则直径 $AE=2$。
由题意 $AD=AE=2$，且 $DO \perp$ 底面 $ABC$，
在 Rt$\triangle AOD$ 中，$DO = \sqrt{AD^2 - AO^2} = \sqrt{2^2 - 1^2} = \sqrt{3}$。
因为 $PO = \frac{\sqrt{6}}{6} DO$，所以 $PO = \frac{\sqrt{6}}{6} \times \sqrt{3} = \frac{\sqrt{2}}{2}$。

在底面圆 $O$ 中，$\triangle ABC$ 为内接正三角形，故 $OA=OB=OC=1$，且 $\angle AOB = \angle BOC = \angle COA = 120^\circ$。
连接 $PA, PB, PC$。
在 Rt$\triangle POA$ 中，$PA^2 = PO^2 + OA^2 = (\frac{\sqrt{2}}{2})^2 + 1^2 = \frac{3}{2}$。
同理，$PB^2 = PO^2 + OB^2 = \frac{3}{2}$，$PC^2 = PO^2 + OC^2 = \frac{3}{2}$。
在 $\triangle AOB$ 中，由余弦定理得：
$AB^2 = OA^2 + OB^2 - 2 OA \cdot OB \cos 120^\circ = 1 + 1 - 2 \times (-\frac{1}{2}) = 3$。
同理 $BC^2 = 3, AC^2 = 3$。
在 $\triangle PAB$ 中，$PA^2 + PB^2 = \frac{3}{2} + \frac{3}{2} = 3 = AB^2$，故 $PA \perp PB$。
同理可得 $PA \perp PC$。
又 $PB \cap PC = P$，且 $PB, PC \subset$ 平面 $PBC$，
所以 $PA \perp$ 平面 $PBC$。

（2）如图，以 $O$ 为原点，建立空间直角坐标系 $O-xyz$。
取 $BC$ 的中点 $M$，连接 $OM$。因为 $\triangle OBC$ 为等腰三角形，所以 $OM \perp BC$。
又 $AE$ 为直径，$\triangle ABC$ 为正三角形，易知 $A, O, M$ 共线，且 $AM \perp BC$。
令 $OA$ 所在直线为 $x$ 轴，$OM$ 的反向延长线（即平行于 $BC$ 的方向）为 $y$ 轴，$OD$ 为 $z$ 轴。
则各点坐标如下：
$A(1, 0, 0)$，$E(-1, 0, 0)$，$P(0, 0, \frac{\sqrt{2}}{2})$。
因为 $\angle AOB = 120^\circ$，所以 $B(-\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$，$C(-\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$。

我们需要求二面角 $B-PC-E$ 的余弦值，即求平面 $PBC$ 与平面 $PCE$ 的法向量夹角的余弦值。

**第一步：求平面 $PBC$ 的法向量 $\vec{n_1}$**
$\overrightarrow{PC} = (-\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}, -\frac{\sqrt{2}}{2})$，$\overrightarrow{PB} = (-\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, -\frac{\sqrt{2}}{2})$。
设 $\vec{n_1} = (x, y, z)$，则：
$\begin{cases} \vec{n_1} \cdot \overrightarrow{PC} = -\frac{1}{2}x - \frac{\sqrt{3}}{2}y - \frac{\sqrt{2}}{2}z = 0 \\ \vec{n_1} \cdot \overrightarrow{PB} = -\frac{1}{2}x + \frac{\sqrt{3}}{2}y - \frac{\sqrt{2}}{2}z = 0 \end{cases}$
两式相加得 $-x - \sqrt{2}z = 0 \Rightarrow x = -\sqrt{2}z$。
两式相减得 $-\sqrt{3}y = 0 \Rightarrow y = 0$。
令 $z = -1$，则 $x = \sqrt{2}$。
故 $\vec{n_1} = (\sqrt{2}, 0, -1)$。
*(注：也可由第(1)问知 $PA \perp$ 平面 $PBC$，直接取 $\overrightarrow{PA} = (1, 0, -\frac{\sqrt{2}}{2})$，化简得 $(2, 0, -\sqrt{2})$ 或 $(\sqrt{2}, 0, -1)$ 作为法向量)*

**第二步：求平面 $PCE$ 的法向量 $\vec{n_2}$**
$\overrightarrow{PE} = (-1, 0, -\frac{\sqrt{2}}{2})$，$\overrightarrow{PC} = (-\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}, -\frac{\sqrt{2}}{2})$。
设 $\vec{n_2} = (a, b, c)$，则：
$\begin{cases} \vec{n_2} \cdot \overrightarrow{PE} = -a - \frac{\sqrt{2}}{2}c = 0 \Rightarrow a = -\frac{\sqrt{2}}{2}c \\ \vec{n_2} \cdot \overrightarrow{PC} = -\frac{1}{2}a - \frac{\sqrt{3}}{2}b - \frac{\sqrt{2}}{2}c = 0 \end{cases}$
将 $a$ 代入第二式：$-\frac{1}{2}(-\frac{\sqrt{2}}{2}c) - \frac{\sqrt{3}}{2}b - \frac{\sqrt{2}}{2}c = 0$
$\frac{\sqrt{2}}{4}c - \frac{\sqrt{3}}{2}b - \frac{2\sqrt{2}}{4}c = 0 \Rightarrow -\frac{\sqrt{3}}{2}b - \frac{\sqrt{2}}{4}c = 0 \Rightarrow b = -\frac{\sqrt{2}}{2\sqrt{3}}c = -\frac{\sqrt{6}}{6}c$。
令 $c = -\sqrt{6}$，则 $a = \sqrt{3}$，$b = 1$。
故 $\vec{n_2} = (\sqrt{3}, 1, -\sqrt{6})$。

**第三步：计算夹角余弦值**
$\cos \langle \vec{n_1}, \vec{n_2} \rangle = \frac{\vec{n_1} \cdot \vec{n_2}}{|\vec{n_1}| |\vec{n_2}|}$
$\vec{n_1} \cdot \vec{n_2} = \sqrt{2} \times \sqrt{3} + 0 \times 1 + (-1) \times (-\sqrt{6}) = \sqrt{6} + \sqrt{6} = 2\sqrt{6}$。
$|\vec{n_1}| = \sqrt{(\sqrt{2})^2 + 0^2 + (-1)^2} = \sqrt{3}$。
$|\vec{n_2}| = \sqrt{(\sqrt{3})^2 + 1^2 + (-\sqrt{6})^2} = \sqrt{3 + 1 + 6} = \sqrt{10}$。
所以 $\cos \langle \vec{n_1}, \vec{n_2} \rangle = \frac{2\sqrt{6}}{\sqrt{3} \times \sqrt{10}} = \frac{2\sqrt{6}}{\sqrt{30}} = \frac{2}{\sqrt{5}} = \frac{2\sqrt{5}}{5}$。

结合图形可知，二面角 $B-PC-E$ 为锐角，故其余弦值为 $\frac{2\sqrt{5}}{5}$。