如图, 矩形 $A B C D$ 所在平面垂直于直角梯形 $A B P E$ 所在平面, $E P=\sqrt{3}, B P=2, A D=A E=1, A E \perp E P, A E / / B P, G, F$ 分别是 $B P, B C$ 的中点.

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(1) 求证: 平面 $A F G / /$ 平面 $P C E$;

(2) 求二面角 $D-B E-A$ 的正切值.
【分析】

(1) 由几何关系可知四边形 $A E P G$ 是平行四边形, 则 $A G / / E P$. 由线面平行的判定定理可得 $A G / /$ 平面 $P C E$. 由中位线的性质可知 $F G / / P C$, 则 $F G / /$ 面 $P C E$ 利用面面平行的判定定理即可证得平面 $A F G / /$ 平面 $P C E$.

(2) 以 $A$ 为坐标原点建立空间直角坐标系, 计算可得平面 $B D E$ 的一个法向量 $\vec{n}=(\sqrt{3}, 2, \sqrt{3})$. 而平面 $A B E$ 的一个法向量为 $\vec{m}=(0,0,1)$. 据此可得 $\cos \vec{m}, \vec{n}=\frac{\sqrt{30}}{10}$,然后结合同角三角函数基本关系求解二面角 $D-B E-A$ 的正切值即可.

## 【详解】

(1) 因为 $G$ 是 $B P$ 的中点, $B P=2$, 所以 $P G=\frac{1}{2} B P=1$.

又因为 $A E=1, A E / / B P$, 所以 $A E / / P G$, 且 $A E=P G$所以四边形 $A E P G$ 是平行四边形, 所以 $A G / / E P$.

又因为 $A G \not \subset$ 平面 $P C E, E P \subset$ 平面 $P C E$, 所以 $A G / /$ 平面 $P C E$.

因为 $G 、 F$ 分别是 $B P 、 B C$ 的中点, 所以 $F G / / P C$.

又因为 $P C \subset$ 平面 $P C E, F G \not \subset$ 平面 $P C E$, 所以 $F G / /$ 面 $P C E$

又因为 $A G \cap F G=G, A G \subset$ 平面 $A F G, F G \subset$ 平面 $A F G$, 所以平面 $A F G / /$ 平面 PCE .

(2) 以 $A$ 为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系, 则
$E(1,0,0), D(0,0,1), B(-1, \sqrt{3}, 0)$,

所以 $\overline{E D}=(-1,0,1), \overline{E B}=(-2, \sqrt{3}, 0)$.

设平面 $B D E$ 的一个法向量为 $\vec{n}=(x, y, z)$, 则 $\left\{\begin{array}{c}\vec{n} \cdot \overrightarrow{E D}=-x+z=0 \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{E B}=-2 x+\sqrt{3} y=0\end{array}\right.$, 令 $x=\sqrt{3}$,

得 $y=2, z=\sqrt{3}$,

所以 $\vec{n}=(\sqrt{3}, 2, \sqrt{3})$.

易知平面 $A B E$ 的一个法向量为 $\vec{m}=(0,0,1)$.

所以 $\cos \vec{m}, \vec{n}=\frac{\vec{m} \cdot \vec{n}}{|\stackrel{\rightharpoonup}{m}| \cdot|\vec{n}|}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{10}}=\frac{\sqrt{30}}{10}$.

又因为二面角 $D-B E-A$ 的平面角为锐角, 所以二面角 $D-B E-A$ 的正切值

$=\frac{\sqrt{70}}{\sqrt{30}}=\frac{\sqrt{21}}{3}$.

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## 【点睛】

本题主要考查面面平行的判定定理, 空间向量处理面面角的方法等知识, 意在考查学生的转化能力和计算求解能力.