（12分）如图，四棱锥 P - A B C D 中， A…——2013 高考数学第 19 题答案解析

【考点】LW：直线与平面垂直；M5：共线向量与共面向量

【专题】11：计算题；5G：空间角

【分析】（I）取BC的中点E，连接DE，过点P作PO⊥平面 $A B C D \mathcal { F } O$ ，连接OA、OB、OD、OE．可证出四边形ABED是正方形，且O为正方形ABED的中心．因此OE⊥OB，结合三垂线定理，证出OE⊥PB，而OE是△BCD的中位线，可得OE∥CD，因此PB⊥CD；

（II）由（I）的结论，证出CD⊥平面PBD，从而得到CD⊥PD．取PD的中点F，PC的中点G，连接FG，可得FG∥CD，所以FG⊥PD．连接AF，可得AF⊥PD，因此∠AFG为二面角A﹣PD﹣C的平面角，连接AG、EG，则EG∥PB，可得EG⊥OE．设AB=2，可求出AE、EG、AG、AF和FG的长，最后在△AFG中利用余弦定理，

算出 $\angle A F G = \pi - \mathsf { a r c c o s } \frac { \sqrt { 6 } } { 3 }$ ，即得二面角A﹣PD﹣C的平面角大小

【解答】解：（I）取BC的中点E，连接DE，可得四边形ABED是正方形

过点P作PO⊥平面ABCD，垂足为O，连接OA、OB、OD、OE

$\because \triangle \mathsf { P } \mathsf { A B }$ 与△PAD都是等边三角形，∴PA=PB=PD，可得OA=OB=OD

因此，O是正方形ABED的对角线的交点，可得OE⊥OB

∵PO⊥平面ABCD，得直线OB是直线PB在内的射影，∴OE⊥PB

$\because \triangle B C D ^ { \scriptscriptstyle \perp }$ 中，E、O分别为BC、BD的中点，∴OE∥CD，可得PB⊥CD；

（II）由（I）知CD⊥PO，CD⊥PB

∵PO、PB是平面PBD内的相交直线，∴CD⊥平面PBD

∵PD⊂平面PBD，∴CD⊥PD

取PD的中点F，PC的中点G，连接FG，

则FG为 $\triangle P \mathsf { C D }$ 有中位线， $\therefore F G \| C D$ ，可得FG⊥PD

连接AF，由 $\triangle \mathsf { P A D } .$ 是等边三角形可得 $\mathsf { A F \bot P D }$ $\therefore \angle A F G$ 为二面角 $A - P D - C$ 的平面角

连接AG、EG，则EG∥PB

∵PB⊥OE，∴EG⊥OE，

设 $A B = 2$ ，则 $A E = 2 \sqrt { 2 }$ $\mathsf { E G } = \frac { 1 } { 2 } \mathsf { P B } = 1$ ，故 $A \mathsf { G } = \sqrt { \mathsf { A E } ^ { 2 } + \mathsf { E G } ^ { 2 } } = 3$

在 $\triangle A F G ^ { }$ 中， $\mathsf { F G } = \frac { 1 } { 2 } \mathsf { C D } = \sqrt { 2 }$ $A F = { \sqrt { 3 } }$ $A G = 3$

$\therefore \cos \angle A F G = \frac { 2 + 3 - 9 } { 2 \times \sqrt { 2 } \times \sqrt { 3 } } = - \frac { \sqrt { 6 } } { 3 }$ ，得 $\angle A F G = \pi - \mathsf { a r c c o s } \frac { \sqrt { 6 } } { 3 }$

即二面角 $A - P D - C$ 的平面角大小是 $\pi - \mathsf { a r c c o s } \frac { \sqrt { 6 } } { 3 }$

【点评】本题给出特殊的四棱锥，求证直线与直线垂直并求二面角平面角的大小，着重考查了线面垂直的判定与性质、三垂线定理和运用余弦定理求二面的大小等知识，属于中档题