（本小题满分 12 分） 如图所示，四棱锥 P-A B C…——2008 高考数学第 18 题答案解析

【解答】
（本小题满分 12 分）
如图所示，四棱锥 $P-A B C D$ 的底面 $A B C D$ 是边长为 1 的菱形，$\angle B C D=60^{\circ}, \mathrm{E}$ 是 CD 的中点， $\mathrm{PA} \perp$ 底面 $\mathrm{ABCD}, ~ P A=\sqrt{3}$ 。
（I）证明：平面 $\mathrm{PBE} \perp$ 平面 PAB ；
（II）求二面角 $\mathrm{A} — \mathrm{BE} — \mathrm{P}$ 的大小。

解：解法一（I）如图所示，连结 $B D$ ，由 $A B C D$ 是菱形且 $\angle B C D=60^{\circ}$ 知， $\triangle B C D$ 是等边三角形．因为 E 是 CD 的中点，所以 $B E \perp C D$ ，又 $A B / / C D$ ，所以 $B E \perp A B$ ，又因为 $\mathrm{PA} \perp$ 平面 $\mathrm{ABCD}, B E \subset$ 平面 ABCD ，

所以 $\mathrm{PA} \perp B E$ ，而 $\mathrm{PA} \cap A B=A$ ，因此 $B E \perp$ 平面 PAB ．
又 $B E \subset$ 平面 PBE ，所以平面 $\mathrm{PBE} \perp$ 平面 PAB ．

（II）由（I）知，$B E \perp$ 平面 $\mathrm{PAB}, P B \subset$ 平面 PAB ，所以 $P B \perp B E$ ．

又 $\mathrm{AB} \perp B E$ ，所以 $\angle P B A$ 是二面角 $A-B E-P$ 的平面角．
在 Rt $\triangle P A B$ 中， $\tan \angle P B A=\frac{P A}{A B}=\sqrt{3}, \angle P B A=60^{\circ}$ ．．
故二面角 $A-B E-P$ 的大小为 $60^{\circ}$ ．
解法二：如图所示，以A为原点，建立空间直角坐标系．则相关各点的坐标分别是
$A(0,0,0), B(1,0,0), C\left(\frac{3}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0\right), D\left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0\right), P(0,0, \sqrt{3}), E\left(1, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0\right)$ ．

（I）因为 $\overrightarrow{B E}=\left(0, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0\right)$ ，平面 PAB 的一个法向量是 $\overrightarrow{n_{0}}=(0,1,0)$ ，所以
$\overrightarrow{B E}$ 和 $\overrightarrow{n_{0}}$ 共线．从而 $B E \perp$ 平面 PAB ．
又因为 $B E \subset$ 平面 PBE ，所以平面 $\mathrm{PBE} \perp$ 平面 PAB ．
（II）易知 $\overrightarrow{P B}=(1,0,-\sqrt{3}), \overrightarrow{B E}=\left(0, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0\right)$ ，设 $\overrightarrow{n_{1}}=\left(x_{1}, y_{1}, z_{1}\right)$ 是平面 PBE 的一个法向量，
则由 $\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{n_{1}} \cdot \overrightarrow{P B}=0, \\ \overrightarrow{n_{1}} \cdot \overrightarrow{B E}=0\end{array}\right.$ 得 $\left\{\begin{array}{l}x_{1}+0 \times y_{1}-\sqrt{3} z_{1}=0, \\ 0 \times x_{1}+\frac{\sqrt{3}}{2} y_{1}+0 \times z_{1}=0\end{array}\right.$ 所以 $y_{1}=0, x_{1}=\sqrt{3} z_{1}$ ．
故可取 $\overrightarrow{n_{1}}=(\sqrt{3}, 0,1)$ ．而平面 ABE 的一个法向量是 $\overrightarrow{n_{2}}=(0,0,1)$ ．
于是， $\cos \left\langle\overrightarrow{n_{1}}, \overrightarrow{n_{2}}\right\rangle=\frac{\overrightarrow{n_{1}} \cdot \overrightarrow{n_{2}}}{\left|\overrightarrow{n_{1}}\right| \cdot\left|\overrightarrow{n_{2}}\right|}=\frac{1}{2} .$.
故二面角 $A-B E-P$ 的大小为 $60^{\circ}$ ．

19 （本小题满分 13 分）
已知椭圆的中心在原点，一个焦点是 $F(2,0)$ ，且两条准线间的距离为 $\lambda(\lambda>4)$ 。
（I）求椭圆的方程；
（II）若存在过点 $\mathrm{A}(1,0)$ 的直线 $l$ ，使点 F 关于直线 $l$ 的对称点在椭圆上，求 $\lambda$ 的取值范围。

解：（I）设椭圆的方程为 $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$ ．
由条件知 $c=2$ ，且 $\frac{2 a^{2}}{c}=\lambda$ ，所以 $a^{2}=\lambda, b^{2}=a^{2}-c^{2}=\lambda-4$ ．
故椭圆的方程是 $\frac{x^{2}}{\lambda}+\frac{y^{2}}{\lambda-4}=1(\lambda>4)$ ．
（II）依题意，直线 $l$ 的斜率存在且不为 0 ，记为 $k$ ，则直线 $l$ 的方程是 $y=k(x-1)$ ．

设点 $F(2,0)$ 关于直线 $l$ 的对称点为 $F^{\prime}\left(x_{0}, y_{0}\right)$ ，则

$$ \left\{\begin{array} { l } { \frac { y _ { 0 } } { 2 } = k ( \frac { x _ { 0 } + 2 } { 2 } - 1 ) , } \\ { \frac { y _ { 0 } } { x _ { 0 } - 2 } \cdot k = - 1 } \end{array} \text { 解得 } \left\{\begin{array}{l} x_{0}=\frac{2}{1+k^{2}}, \\ y_{0}=\frac{2 k}{1+k^{2}} \end{array}\right.\right. $$

因为点 $F^{\prime}\left(x_{0}, y_{0}\right)$ 在椭圆上，所以 $\frac{\left(\frac{2}{1+k^{2}}\right)^{2}}{\lambda}+\frac{\left(\frac{2 k}{1+k^{2}}\right)^{2}}{\lambda-4}=1$ ．即

$$ \lambda(\lambda-4) k^{4}+2 \lambda(\lambda-6) k^{2}+(\lambda-4)^{2}=0 . $$

设 $k^{2}=t$ ，则 $\lambda(\lambda-4) t^{2}+2 \lambda(\lambda-6) t+(\lambda-4)^{2}=0$ ．

因为 $\lambda>4$ ，所以 $\frac{(\lambda-4)^{2}}{\lambda(\lambda-4)}>0$ ．于是，
当且仅当 $\left\{\begin{array}{l}\Delta=[2 \lambda(\lambda-6)]^{2}-4 \lambda(\lambda-4)^{3}, \\ -\frac{2 \lambda(\lambda-6)}{\lambda(\lambda-4)}>0 .\end{array}\right.$ ，

上述方程存在正实根，即直线 $l$ 存在．

解（＊）得 $\left\{\begin{array}{l}\lambda \leq \frac{16}{3}, \\ 4<\lambda<6 .\end{array}\right.$ 所以 $4<\lambda \leq \frac{16}{3}$ ．
即 $\lambda$ 的取值范围是 $4<\lambda \leq \frac{16}{3}$ ．