（本小题满分 12 分） 如图所示，四棱锥 P-A B C…——2008 高考数学第 16 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，$\angle B C D=60^{\circ}$ ， $E$ 是 $C D$ 的中点，$P A \perp$ 底面 $A B C D, P A=2$ ．
（I）证明：平面 $P B E \perp$ 平面 $P A B$ ；
（II）求平面 $P A D$ 和平面 $P B E$ 所成二面角（锐角）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 $C D$ 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 $P A \perp$ 平面 $A B C D, B E \subset$ 平面 $A B C D$ ，所以 $P A \perp B E$ ．而 $P A \cap A B=A$ ，因此 $B E \perp$ 平面 $P A B$ ．又 $B E \subset$ 平面 $P B E$ ，所以平面 $P B E \perp$ 平面 $P A B$ ．
（II）延长 $A D , B E$ 相交于点 $F$ ，连结 $P F$ ．
过点 $A$ 作 $A H \perp P B$ 于 $H$ ，由（I）知
平面 $P B E \perp$ 平面 $P A B$ ，所以 $A H \perp$ 平面 $P B E$ ．
在Rt $\triangle A B F$ 中，因为 $\angle B A F=60^{\circ}$ ，
所以，$A F=2 A B=2=A P$ ．
在等腰Rt $\triangle P A F$ 中，取 $P F$ 的中点 $G$ ，连接 $A G$ ．

则 $A G \perp P F$ 。连结 $H G$ ，由三垂线定理的逆定理得，
$P F \perp H G$ ．所以 $\angle A G H$ 是平面 $P A D$ 和平面 $P B E$ 所成二面角的平面角（锐角）．
在等腰Rt $\triangle P A F$ 中，$A G=\frac{\sqrt{2}}{2} P A=\sqrt{2}$ ．
在Rt $\triangle P A B$ 中，$A H=\frac{A P \cdot A B}{P B}=\frac{A P \cdot A B}{\sqrt{A P^{2}+A B^{2}}}=\frac{2}{\sqrt{5}}=\frac{2 \sqrt{5}}{5}$ ．
所以，在Rt $\triangle A H G$ 中， $\sin \angle A G H=\frac{A H}{A G}=\frac{\frac{2 \sqrt{5}}{5}}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{10}}{5}$ ．
故平面 $P A D$ 和平面 $P B E$ 所成二面角（锐角）的大小是 $\arcsin \frac{\sqrt{10}}{5}$ ．

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 $A(0,0,0), B(1,0,0)$ ，
$C\left(\frac{3}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0\right), D\left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0\right), \mathrm{P}(0,0,2), E\left(1, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0\right)$ ．

（I）因为 $\overline{B E}=\left(0, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0\right)$ ，
平面 $P A B$ 的一个法向量是 $\overline{n_{0}}=(0,1,0)$ ，
所以 $\overline{B E}$ 和 $\overline{n_{0}}$ 共线．从而 $B E \perp$ 平面 $P A B$ ．
又因为 $B E \subset$ 平面 $P B E$ ，
故平面 $P B E \perp$ 平面 $P A B$ ．

（II）易知 $\overrightarrow{P B}=(1,0,-2), \overrightarrow{B E}=\left(0, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0\right), \overrightarrow{P A}=(0,0,-2), \overrightarrow{A D}=\left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, 0\right)$
设 $\vec{n}_{1}=\left(x_{1}, y_{1}, z_{1}\right)$ 是平面 $P B E$ 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
$\left\{\begin{array}{l}x_{1}+0 \times y_{1}-2 z_{1}=0, \\ 0 \times x_{1}+\frac{\sqrt{3}}{2} y_{2}+0 \times z_{2}=0 .\end{array}\right.$ 所以 $y_{1}=0, x_{1}=2 z_{1}$ ．故可取 $\overrightarrow{n_{1}}=(2,0,1)$.
设 $\overrightarrow{n_{2}}=\left(x_{2}, y_{2}, z_{2}\right)$ 是平面 $P A D$ 的一个法向量，则由 $\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{n_{2}} \cdot \overrightarrow{P A}=0, \\ \overrightarrow{n_{2}} \cdot \overrightarrow{A D}=0\end{array}\right.$ 得
$\left\{\begin{array}{l}0 \times x_{2}+0 \times y_{2}-2 z_{2}=0, \\ \frac{1}{2} x_{2}+\frac{\sqrt{3}}{2} y_{2}+0 \times z_{2}=0 .\end{array}\right.$ 所以 $z_{2}=0, x_{2}=-\sqrt{3} y_{2}$ ．故可取 $\overrightarrow{n_{2}}=(\sqrt{3},-1,0)$ ．
于是， $\cos <\overrightarrow{n_{1}}, \overrightarrow{n_{2}}>=\frac{\overrightarrow{n_{1}} \cdot \overrightarrow{n_{2}}}{\left|\overrightarrow{n_{1}}\right| \cdot\left|\overrightarrow{n_{2}}\right|}=\frac{2 \sqrt{3}}{\sqrt{5} \times 2}=\frac{\sqrt{15}}{5}$ ．
故平面 $P A D$ 和平面 $P B E$ 所成二面角（锐角）的大小是 $\arccos \frac{\sqrt{15}}{5}$ ．