（本小题满分 13 分） 如图，在四棱锥 P-A B C…——2014 高考数学第 17 题答案解析

【解答】
（本小题满分 13 分）
【解析】（方法一）
依题意，以点 $A$ 为原点建立空间直角坐标系（如图），可得 $B(1,0,0), C(2,2,0)$ ， $D(0,2,0), P(0,0,2)$ ，由 $E$ 为棱 $P C$ 的中点，得 $E(1,1,1)$ ．
（1）证明：向量 $\overline{B \bar{E}}=(0,1,1), \overline{D C}=(2,0,0)$ ，故 $\overline{B E} \cdot \overline{D C}=0$ ．
所以，$B E \perp D C$ ．

（2）向量 $\overrightarrow{B D}=(-1,2,0), \overrightarrow{P \bar{B}}=(1,0,-2)$ ．设 $\vec{n}=(x, y, z)$ 为平面 $P B D$ 的法向量，
则 $\left\{\begin{array}{l}\vec{n} \cdot \overrightarrow{B D}=0, \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{P B}=0,\end{array}\right.$ 即 $\left\{\begin{array}{l}-x+2 y=0, \\ x-2 z=0 .\end{array}\right.$ 不妨令 $y=1$,
可得 $\vec{n}=(2,1,1)$ 为平面 $P B D$ 的一个法向量．于是有
$\cos \langle\vec{n}, \overline{B \bar{E}}\rangle=\frac{\vec{n} \cdot \overline{B \bar{E}}}{|\vec{n}| \cdot|\overline{B \bar{E}}|}=\frac{2}{\sqrt{6} \times \sqrt{2}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$.

所以，直线 $B E$ 与平面 $P B D$ 所成角的正弦值为 $\frac{\sqrt{3}}{3}$ ．
（3）向量 $\overline{B C}=(1,2,0), \overline{C P}=(-2,-2,2), \overline{A C}=(2,2,0), \overline{A B}=(1,0,0)$ ，由点 $F$ 在棱 $P C$ 上，设 $\overline{C \bar{F}}=\lambda \overline{C P}, ~ 0 \leqslant \lambda \leqslant 1$ ．
故 $\overline{B \bar{F}}=\overline{B \bar{C}}+\overline{C \bar{F}}=\overline{B \bar{C}}+\lambda \overline{C \bar{P}}=(1-2 \lambda, 2-2 \lambda, 2 \lambda)$ ．由 $B F \perp A C$ ，得 $\overrightarrow{B F} \cdot \overrightarrow{A C}=0$,
因此， $2(1-2 \lambda)+2(2-2 \lambda)=0$ ，解得 $\lambda=\frac{3}{4}$ ，即 $\overline{B \bar{F}}=\left(-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, \frac{3}{2}\right)$ ．设 $\overrightarrow{n_{1}}=\left(x_{1}, y_{1}, z_{1}\right)$ 为平面 $F A B$ 的法向量，则 $\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{n_{1}} \cdot \overrightarrow{A \bar{B}}=0, \\ \overrightarrow{n_{1}} \cdot \overrightarrow{B \bar{F}}=0,\end{array}\right.$ 即 $\left\{\begin{array}{l}x_{1}=0, \\ -\frac{1}{2} x_{1}+\frac{1}{2} y_{1}+\frac{3}{2} z_{1}=0 .\end{array}\right.$ 不妨令 $z_{1}=1$,

可得 $\overrightarrow{n_{1}}=(0,-3,1)$ 为平面 $F A B$ 的一个法向量，
取平面 $A B P$ 的法向量 $\overrightarrow{n_{2}}=(0,1,0)$ ，则

$$ \cos \left(\overline{n_{1}}, \overline{n_{2}}\right\rangle=\frac{\overline{n_{1}} \cdot \overline{n_{2}}}{\left|\overline{n_{1}}\right| \cdot\left|\overline{n_{2}}\right|}=\frac{-3}{\sqrt{10} \times 1}=-\frac{3 \sqrt{10}}{10} $$

易知，二面角 $F-A B-P$ 是锐角，所以其余弦值为 $\frac{3 \sqrt{10}}{10}$ ．

## （方法二）

（1）证明：如图，取 $P D$ 中点 $M$ ，连接 $E M$ ， $A M$ ．由于 $E, M$ 分别为 $P C, P D$ 的中点，故 $E M / / D C$ ，且 $E M=\frac{1}{2} D C$ ，又由已知，可得 $E M / / A B$ 且 $E M=A B$ ，故四边形 $A B E M$ 为平行四边形，所以 $B E / / A M$ 。
因为 $P A \perp$ 平面 $A B C D, C D \subset$ 平面 $A B C D$ ，所以 $P A \perp C D$ ．

又因为 $C D \perp A D, P A \cap A D=A$ ，所以 $C D \perp$ 平面 $P A D$ ．
因为 $A M \subset$ 平面 $P A D$ ，于是 $C D \perp A M$ ，又 $B E / / A M$ ，所以 $B E \perp C D$ ．

（2）连接 $B M$ ，由（1）有 $C D \perp$ 平面 $P A D$ ，得 $C D \perp P D$ ，而 $E M / / C D$ ，故 $P D \perp E M$ ．又因为 $A D=A P, M$ 为 $P D$ 的中点，故 $P D \perp A M$ ，可得 $P D \perp B E$ ，所以 $P D \perp$ 平面 $B E M$ ，故平面 $B E M \perp$ 平面 $P B D$ ．所以，直线 $B E$ 在平面 $P B D$ 内的射影为直线 $B M$ ，而 $B E \perp E M$ ，可得 $\angle E B M$ 为锐角，故 $\angle E B M$ 为直线 $B E$ 与平面 $P B D$ 所成的角。

依题意，有 $P D=2 \sqrt{2}$ ，而 $M$ 为 $P D$ 中点，可得 $A M=\sqrt{2}$ ，进而 $B E=\sqrt{2}$ ．故在直角三角形 $B E M$ 中， $\tan \angle E B M=\frac{E M}{B E}=\frac{A B}{B E}=\frac{1}{\sqrt{2}}$ ，因此 $\sin \angle E B M=\frac{\sqrt{3}}{3}$ ．

所以，直线 $B E$ 与平面 $P B D$ 所成角的正弦值为 $\frac{\sqrt{3}}{3}$ ．
（3）如图，在 $\triangle P A C$ 中，过点 $F$ 作 $F H / / P A$ 交 $A C$ 于点 $H$ ．因为 $P A \perp$ 底面 $A B C D$ ，故 $F H \perp$ 底面 $A B C D$ ，从而 $F H \perp A C$ 。
又 $B F \perp A C$ ，得 $A C \perp$ 平面 $F H B$ ，因此 $A C \perp B H$ ．在底面 $A B C D$ 内，可得 $C H=3 H A$ ，从而 $C F=3 F P$ 。在平面 $P D C$ 内，作 $F G / / D C$ 交 $P D$ 于点 $G$ ，于是 $D G=3 G P$ ．由于 $D C / / A B$ ，故 $G F / / A B$ ，所以 $A, B, F, G$ 四点共面．由 $A B \perp P A, A B \perp A D$ ，得 $A B \perp$ 平面 $P A D$ ，故 $A B \perp A G$ ．所以 $\angle P A G$ 为二面角 $F-A B-P$ 的平面角．
在 $\triangle P A G$ 中，$P A=2, P G=\frac{1}{4} P D=\frac{\sqrt{2}}{2}$ ， $\angle A P G=45^{\circ}$ ，由余弦定理可得 $A G=\frac{\sqrt{10}}{2}$ ， $\cos \angle P A G=\frac{3 \sqrt{10}}{10}$ ．
所以，二面角 $F-A B-P$ 的余弦值为 $\frac{3 \sqrt{10}}{10}$ ．