（本小题满分 12 分） 如图，四棱锥 P-A B C D…——2014 高考数学第 19 题答案解析

（1）证明：
因为四边形 $ABCD$ 为矩形，所以 $AB \perp AD$．
又因为平面 $PAD \perp$ 平面 $ABCD$，平面 $PAD \cap$ 平面 $ABCD = AD$，且 $AB \subset$ 平面 $ABCD$，
所以 $AB \perp$ 平面 $PAD$．
因为 $PD \subset$ 平面 $PAD$，
所以 $AB \perp PD$．

（2）解：
在 $\triangle PBC$ 中，$\angle BPC = 90^{\circ}, PB = \sqrt{2}, PC = 2$，
所以 $BC = \sqrt{PB^2 + PC^2} = \sqrt{2 + 4} = \sqrt{6}$．
因为 $ABCD$ 为矩形，所以 $AD = BC = \sqrt{6}$．

过点 $P$ 作 $PO \perp AD$ 于点 $O$．
因为平面 $PAD \perp$ 平面 $ABCD$，平面 $PAD \cap$ 平面 $ABCD = AD$，
所以 $PO \perp$ 平面 $ABCD$，即 $PO$ 为四棱锥的高．
过点 $O$ 作 $OG \perp BC$ 于点 $G$，连接 $PG$．
因为 $PO \perp$ 平面 $ABCD$，$BC \subset$ 平面 $ABCD$，所以 $PO \perp BC$．
又 $OG \perp BC$，$PO \cap OG = O$，
所以 $BC \perp$ 平面 $POG$，进而 $BC \perp PG$．
在 Rt$\triangle PBC$ 中，$PG$ 为斜边 $BC$ 上的高，
所以 $PG = \frac{PB \cdot PC}{BC} = \frac{\sqrt{2} \times 2}{\sqrt{6}} = \frac{2\sqrt{3}}{3}$．

设 $AB = m$，则 $OG = AB = m$．
在 Rt$\triangle POG$ 中，$PO = \sqrt{PG^2 - OG^2} = \sqrt{\frac{4}{3} - m^2}$．
四棱锥 $P-ABCD$ 的体积
$V = \frac{1}{3} S_{ABCD} \cdot PO = \frac{1}{3} (AB \cdot BC) \cdot PO = \frac{1}{3} \cdot m \cdot \sqrt{6} \cdot \sqrt{\frac{4}{3} - m^2}$
$V = \frac{\sqrt{6}}{3} m \sqrt{\frac{4}{3} - m^2} = \frac{1}{3} \sqrt{6m^2 (\frac{4}{3} - m^2)} = \frac{1}{3} \sqrt{8m^2 - 6m^4}$．
令 $f(m) = 8m^2 - 6m^4$，当 $m^2 = \frac{8}{2 \times 6} = \frac{2}{3}$，即 $m = \frac{\sqrt{6}}{3}$ 时，$f(m)$ 取得最大值，此时体积 $V$ 最大．
所以当 $AB = \frac{\sqrt{6}}{3}$ 时，四棱锥 $P-ABCD$ 的体积最大．

此时 $PO = \sqrt{\frac{4}{3} - \frac{2}{3}} = \frac{\sqrt{6}}{3}$，$OG = \frac{\sqrt{6}}{3}$．
在 Rt$\triangle PBC$ 中，$BG = \sqrt{PB^2 - PG^2} = \sqrt{2 - \frac{4}{3}} = \frac{\sqrt{6}}{3}$．
因为 $ABCD$ 是矩形，$OG // AB$，所以 $AO = BG = \frac{\sqrt{6}}{3}$，$OD = AD - AO = \sqrt{6} - \frac{\sqrt{6}}{3} = \frac{2\sqrt{6}}{3}$．

如图，以 $O$ 为原点，过 $O$ 且平行于 $AB$ 的直线为 $x$ 轴，$AD$ 所在直线为 $y$ 轴，$OP$ 所在直线为 $z$ 轴，建立空间直角坐标系 $O-xyz$．
则 $O(0, 0, 0)$，$P(0, 0, \frac{\sqrt{6}}{3})$，
$D(0, \frac{2\sqrt{6}}{3}, 0)$，$C(\frac{\sqrt{6}}{3}, \frac{2\sqrt{6}}{3}, 0)$，$B(\frac{\sqrt{6}}{3}, -\frac{\sqrt{6}}{3}, 0)$．

$\overrightarrow{PC} = (\frac{\sqrt{6}}{3}, \frac{2\sqrt{6}}{3}, -\frac{\sqrt{6}}{3})$，$\overrightarrow{BC} = (0, \sqrt{6}, 0)$．
设平面 $PBC$ 的法向量为 $\mathbf{n}_1 = (x_1, y_1, z_1)$，
则 $\begin{cases} \mathbf{n}_1 \cdot \overrightarrow{PC} = \frac{\sqrt{6}}{3}x_1 + \frac{2\sqrt{6}}{3}y_1 - \frac{\sqrt{6}}{3}z_1 = 0 \\ \mathbf{n}_1 \cdot \overrightarrow{BC} = \sqrt{6}y_1 = 0 \end{cases}$，
取 $x_1 = 1$，得 $z_1 = 1, y_1 = 0$，所以 $\mathbf{n}_1 = (1, 0, 1)$．

$\overrightarrow{CD} = (-\frac{\sqrt{6}}{3}, 0, 0)$，$\overrightarrow{PD} = (0, \frac{2\sqrt{6}}{3}, -\frac{\sqrt{6}}{3})$．
设平面 $DPC$ 的法向量为 $\mathbf{n}_2 = (x_2, y_2, z_2)$，
则 $\begin{cases} \mathbf{n}_2 \cdot \overrightarrow{CD} = -\frac{\sqrt{6}}{3}x_2 = 0 \\ \mathbf{n}_2 \cdot \overrightarrow{PD} = \frac{2\sqrt{6}}{3}y_2 - \frac{\sqrt{6}}{3}z_2 = 0 \end{cases}$，
取 $y_2 = 1$，得 $x_2 = 0, z_2 = 2$，所以 $\mathbf{n}_2 = (0, 1, 2)$．

设平面 $PBC$ 与平面 $DPC$ 的夹角为 $\theta$，
则 $\cos \theta = \frac{|\mathbf{n}_1 \cdot \mathbf{n}_2|}{|\mathbf{n}_1| |\mathbf{n}_2|} = \frac{|1 \times 0 + 0 \times 1 + 1 \times 2|}{\sqrt{1^2 + 0^2 + 1^2} \cdot \sqrt{0^2 + 1^2 + 2^2}} = \frac{2}{\sqrt{2} \cdot \sqrt{5}} = \frac{\sqrt{10}}{5}$．
所以平面 $PBC$ 与平面 $DPC$ 夹角的余弦值为 $\frac{\sqrt{10}}{5}$．