2024年高考数学二轮复习 空间几何体 解答题专项练习（含答案）

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如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱BC的中点，F为棱CD的中点．
(1)求证：D1F∥平面A1EC1；
(2)求直线AC1与平面A1EC1所成角的正弦值．
(3)求平面AA1C1与平面A1C1E夹角的正弦值．
如图1，正方形ABCD的边长为4，AB＝AE＝BF＝eq \f(1,2)EF，AB∥EF，把四边形ABCD沿AB折起，使得AD⊥底面AEFB，G是EF的中点，如图2.
(1)求证：AG⊥平面BCE；
(2)求二面角C﹣AE﹣F的余弦值．
如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF.
(1)证明：平面PEF⊥平面ABFD；
(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.
如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，∠ABC＝90°，△ABC≌△ADC，PA＝AC＝2AB＝2，E是线段PC的中点.
(1)求证：DE∥平面PAB；
(2)求二面角D﹣CP﹣B的余弦值.
如图所示，四边形ABCD为直角梯形，AB∥CD，AB⊥BC，△ABE为等边三角形，且平面ABCD⊥平面ABE，AB＝2CD＝2BC＝2，P为CE中点．
(1)求证：AB⊥DE.
(2)求平面ADE与平面BCE所成的锐二面角的余弦值．
如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点.
(1)证明：PB∥平面AEC；
(2)设二面角D﹣AE﹣C为60°，AP＝1，AD＝eq \r(3)，求三棱锥E﹣ACD的体积.
如图，已知四棱锥P﹣ABCD，PA⊥平面ABCD，底面ABCD中，BC//AD，AB⊥AD，且PA＝AD＝AB＝2BC＝2，M为AD的中点．
(1)求证：平面PCM⊥平面PAD；
(2)问在棱PD上是否存在点Q，使PD⊥平面CMQ，若存在，请求出二面角P﹣CM﹣Q的余弦值；若不存在，请说明理由．
如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，AB＝2AD，BD＝eq \r(3)AD，且PD⊥底面ABCD.
(1)证明：平面PBD⊥平面PBC；
(2)若Q为PPC的中点，且，求二面角Q﹣BD﹣C的大小.
如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是矩形，平面PAD⊥平面ABCD，且△PAD是边长为2的等边三角形，PC＝eq \r(13)，点M在PC上，且PA∥平面MBD.
(1)求证：M是PC的中点；
(2)求直线PA与MB所成角的正切值；
(3)在PA上是否存在点F，使二面角F­BD­M为直角？若存在，求出eq \f(AF,AP)的值；若不存在，说明理由.
如图，四棱锥P﹣ABCD的一个侧面PAD为等边三角形，且平面PAD⊥平面ABCD，四边形ABCD是平行四边形，AD＝2，BD＝2eq \r(3)，∠BAD＝eq \f(π,3).
(1)求证：BD⊥PD；
(2)求平面DBC与平面PBC夹角的余弦值.
如图所示，正三角形ABC的边长为4，CD是AB边上的高，E，F分别是AC和BC的中点，现将△ABC沿CD翻折成直二面角A­DC­B.
(1)试判断直线AB与平面DEF的位置关系，并说明理由.
(2)在线段BC上是否存在一点P，使AP⊥DE？如果存在，求出eq \f(BP,BC)的值；如果不存在，请说明理由.
如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD＝eq \f(1,2)AD，E为棱AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为90°.
(1)在平面PAB内找一点M，使得直线CM∥平面PBE，并说明理由；
(2)若二面角P﹣CD﹣A的大小为45°，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值.
如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，△DAB≌△DCB，E为线段BD上的一点，且EB＝ED＝EC＝BC，连接CE并延长交AD于F.
(1)若G为PD的中点，求证：平面PAD⊥平面CGF；
(2)若BC＝2，PA＝3，求平面BCP与平面DCP所成锐二面角的余弦值.
如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，PA＝PB＝2，E、F分别为CD、PB的中点，AE＝eq \r(3).
(1)求证：平面AEF⊥平面PAB.
(2)求平面PAB与平面PCD所成的锐二面角的余弦值.
如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，DC//AB，PA＝1，AB＝2，PD＝BC＝eq \r(2).
(1)求证：平面PAD⊥平面PCD;
(2)若棱PB上存在一点E，使得二面角E﹣AC﹣P的余弦值为eq \f(\r(3),3)，求AE与平面ABCD所成角的正弦值．
\s 0 答案
(1)证明：以A为原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，A1(0,0,2)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，C1(2,2,2)，D(0,2,0)，D1(0,2,2)，
因为E为棱BC的中点，F为棱CD的中点，
所以E(2,1,0)，F(1,2,0)，
所以eq \(D1F,\s\up6(—→))＝(1,0，－2)，eq \(A1C1,\s\up6(—→))＝(2,2,0)，eq \(A1E,\s\up6(—→))＝(2,1，－2)，
设平面A1EC1的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(A1C1,\s\up6(—→))＝2x1＋2y1＝0，,m·\(A1E,\s\up6(—→))＝2x1＋y1－2z1＝0，))令x1＝2，则m＝(2，－2,1)，
因为eq \(D1F,\s\up6(—→))·m＝2－2＝0，所以eq \(D1F,\s\up6(—→))⊥m，
因为D1F⊄平面A1EC1，所以D1F∥平面A1EC1.
(2)解 由(1)得，eq \(AC1,\s\up6(—→))＝(2,2,2)，
设直线AC1与平面A1EC1所成的角为θ，
则sin θ＝|cs〈m，eq \(AC1,\s\up6(—→))〉|＝eq \f(2,3×2\r(3))＝eq \f(\r(3),9).
所以直线AC1与平面A1EC1所成角的正弦值为eq \f(\r(3),9).
(3)解 连接BD，由正方体的特征可得，平面AA1C1的一个法向量为eq \(DB,\s\up6(→))＝(2，－2,0)，
则cs〈eq \(DB,\s\up6(→))，m〉＝eq \f(\(DB,\s\up6(→))·m,|\(DB,\s\up6(→))||m|)＝eq \f(8,3×2\r(2))＝eq \f(2\r(2),3)，
所以平面AA1C1与平面A1C1E夹角的正弦值为eq \r(1－cs2〈\(DB,\s\up6(→))，m〉)＝eq \f(1,3).
解：(1)证明：连接BG，因为BC∥AD，AD⊥底面AEFB，
所以BC⊥底面AEFB，
又AG⊂底面AEFB，所以BC⊥AG，
因为AB＝eq \f(1,2)EF，且AB∥EF，所以AB//＝EG，
因为AB＝AE，所以四边形ABGE为菱形，所以AG⊥BE，
又BC∩BE＝B，BE⊂平面BCE，BC⊂平面BCE，所以AG⊥平面BCE.
(2)由(1)知四边形ABGE为菱形，AG⊥BE，AE＝EG＝BG＝AB＝4，
设AG∩BE＝O，所以OE＝OB＝2eq \r(3)，OA＝OG＝2，
以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则O(0，0，0)，A(﹣2，0，0)，E(0，﹣2eq \r(3)，0)，F(4，2eq \r(3)，0)，C(0，2eq \r(3)，4)，
D(﹣2，0，4)，所以eq \(AC,\s\up6(→))＝(2，2eq \r(3)，4)，eq \(AE,\s\up6(→))＝(2，﹣2eq \r(3)，0)，
设平面ACE的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(AC,\s\up6(→))·n＝0，,\(AE,\s\up6(→))·n＝0，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x＋2\r(3)y＋4z＝0，,2x－2\r(3)y＝0，))
令y＝1，则x＝eq \r(3)，z＝﹣eq \r(3)，
即平面ACE的一个法向量为n＝(eq \r(3)，1，﹣eq \r(3))，易知平面AEF的一个法向量为
eq \(AD,\s\up6(→))＝(0，0，4)，设二面角C­AE­F的大小为θ，由图易知θ∈(0,eq \f(π,2))，
所以cs θ＝eq \f(|n·\(AD,\s\up6(→))|,\a\vs4\al(|n|·|\(AD,\s\up6(→))|))＝eq \f(4\r(3),\r(7)×4)＝eq \f(\r(21),7).
解：(1)证明：由已知可得BF⊥PF，BF⊥EF，
又PF∩EF＝F，所以BF⊥平面PEF.
又BF⊂平面ABFD，
所以平面PEF⊥平面ABFD.
(2)如图，作PH⊥EF，垂足为H.由(1)得，PH⊥平面ABFD.
以H为坐标原点，eq \(HF,\s\up7(―→))的方向为y轴正方向，|eq \(BF,\s\up7(―→))|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H­xyz.
由(1)可得，DE⊥PE.又因为DP＝2，DE＝1，所以PE＝eq \r(3).
又PF＝1，EF＝2，所以PE⊥PF.所以PH＝eq \f(\r(3),2)，EH＝eq \f(3,2).
则H(0,0,0)，P(0,0,eq \f(\r(3),2))，D(﹣1,﹣eq \f(3,2),0)，eq \(DP,\s\up7(―→))＝(1,eq \f(3,2),eq \f(\r(3),2))，eq \(HP,\s\up7(―→))＝(0,0,eq \f(\r(3),2)).
又eq \(HP,\s\up7(―→))为平面ABFD的法向量，设DP与平面ABFD所成角为θ，
则sin θ＝eq \f(|eq \(HP,\s\up7(―→))·eq \(DP,\s\up7(―→))|,|eq \(HP,\s\up7(―→))||eq \(DP,\s\up7(―→))|)＝eq \f(\f(3,4),\r(3))＝eq \f(\r(3),4).
所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为eq \f(\r(3),4).
解：(1)以B为坐标原点，BA所在的直线为x轴，BC所在的直线为y轴，
过点B且与平面ABC垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系如图所示.
则B(0，0，0)，C(0，eq \r(3)，0)，P(1，0，2)，
D(eq \f(3,2),eq \f(\r(3),2),0)，A(1，0，0)，E(eq \f(1,2),eq \f(\r(3),2),1)，
∴eq \(DE,\s\up15(→))＝(﹣1，0，1)，eq \(BP,\s\up15(→))＝(1，0，2)，eq \(BA,\s\up15(→))＝(1，0，0).
设平面PAB的法向量为n＝(a，b，c)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BP,\s\up15(→))＝0，,n·\(BA,\s\up15(→))＝0，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＋2c＝0，,a＝0.))
∴n＝(0，1，0)为平面PAB的一个法向量.
又eq \(DE,\s\up15(→))·n＝0，DE⊄平面PAB，
∴DE∥平面PAB.
(2)由(1)易知eq \(BC,\s\up15(→))＝(0，eq \r(3)，0)，
eq \(DP,\s\up15(→))＝(﹣eq \f(1,2),﹣eq \f(\r(3),2),2)，eq \(DC,\s\up15(→))＝(﹣eq \f(3,2),eq \f(\r(3),2),0)，
设平面PBC的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·\(BP,\s\up15(→))＝0，,n1·\(BC,\s\up15(→))＝0，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋2z1＝0，,\r(3)y1＝0.))
令x1＝2，则y1＝0，z1＝﹣1，
∴n1＝(2，0，﹣1)为平面PBC的一个法向量.
设平面DPC的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n2·\(DP,\s\up15(→))＝0，,n2·\(DC,\s\up15(→))＝0，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)x2－\f(\r(3),2)y2＋2z2＝0，,－\f(3,2)x2＋\f(\r(3),2)y2＝0，))
令x2＝1，则y2＝eq \r(3)，z2＝1，
∴n2＝(1，eq \r(3)，1)为平面DPC的一个法向量.
∴cs〈n1，n2〉＝eq \f(2－1,\r(5)×\r(5))＝eq \f(1,5).
故二面角D﹣CP﹣B的余弦值为eq \f(1,5).
解：(1)证明：取AB的中点O，连接OD，OE，
因为△ABE是等边三角形，所以AB⊥OE，
因为CD∥OB，CD＝eq \f(1,2)AB＝OB，BC＝CD，BC⊥AB，
所以四边形OBCD是正方形，所以AB⊥OD，
又OD⊂平面ODE，OE⊂平面ODE，OD∩OE＝O，
所以AB⊥平面ODE，又DE⊂平面ODE，
所以AB⊥DE.
(2)因为平面ABCD⊥平面ABE，平面ABCD∩平面ABE＝AB，OD⊂平面ABCD，OD⊥AB，
所以OD⊥平面ABE，以O为原点，以OA，OE，OD为坐标轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则A(1，0，0)，B(﹣1，0，0)，D(0，0，1)，E(0，eq \r(3)，0)，C(﹣1，0，1)，
所以eq \(AD,\s\up10(→))＝(﹣1，0，1)，eq \(AE,\s\up10(→))＝(﹣1，eq \r(3)，0)，eq \(BC,\s\up10(→))＝(0，0，1)，eq \(BE,\s\up10(→))＝(1，eq \r(3)，0)，
设平面ADE的法向量为m＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(AD,\s\up10(→))＝0，,m·\(AE,\s\up10(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x＋z＝0，,－x＋\r(3)y＝0，))令y＝1，得m＝(eq \r(3)，1，eq \r(3))，
同理可得平面BCE的法向量为n＝(eq \r(3)，﹣1，0)，
所以cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(2,\r(7)×2)＝eq \f(\r(7),7).
所以平面ADE与平面BCE所成的锐二面角的余弦值为eq \f(\r(7),7).
解：(1)证明：连接BD交AC于点O，连接EO.
因为ABCD为矩形，所以O为BD的中点.
又E为PD的中点，所以EO∥PB.
又因为EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，所以PB∥平面AEC.
(2)因为PA⊥平面ABCD，ABCD为矩形，所以AB，AD，AP两两垂直.
如图，以A为坐标原点，eq \(AB,\s\up16(→))的方向为x轴的正方向，|eq \(AP,\s\up16(→))|为单位长，
建立空间直角坐标系A﹣xyz，
则D(0，eq \r(3)，0)，E(0,eq \f(\r(3),2),eq \f(1,2))，eq \(AE,\s\up16(→))＝(0,eq \f(\r(3),2),eq \f(1,2)).
设B(m，0，0)(m＞0)，则C(m，eq \r(3)，0)，eq \(AC,\s\up16(→))＝(m，eq \r(3)，0).
设n1＝(x，y，z)为平面ACE的法向量，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·\(AC,\s\up16(→))＝0，,n1·\(AE,\s\up16(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(mx＋\r(3)y＝0，,\f(\r(3),2)y＋\f(1,2)z＝0，))可取n1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),m)，－1，\r(3))).
又n2＝(1，0，0)为平面DAE的法向量，
由题设得|cs〈n1，n2〉|＝eq \f(1,2)，即 eq \r(\f(3,3＋4m2))＝eq \f(1,2)，解得m＝eq \f(3,2).
因为E为PD的中点，所以三棱锥E﹣ACD的高为eq \f(1,2).
三棱锥E﹣ACD的体积V＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \r(3)×eq \f(3,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(\r(3),8).
解：
解：
解：(1)证明：连接AC，交BD于点E，连接ME.
∵四边形ABCD是矩形，∴E是AC的中点.
又PA∥平面MBD，且ME是平面PAC与平面MDB的交线，
∴PA∥ME，∴M是PC的中点.
(2)记AD的中点为O，连接PO，OE.
∵△PAD为等边三角形，O为AD中点，∴PO⊥AD.
∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，
∴PO⊥平面ABCD.∴OA，OE，OP两两垂直.
以O为原点，OA，OE，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系(如图).
∵△PAD是边长为2的等边三角形，
∴OP＝eq \r(3)，OA＝OD＝1，
∵PO⊥OC，PC＝eq \r(13)，OP＝eq \r(3)，
∴OC＝eq \r(10)，∴DC＝eq \r(OC2－OD2)＝3.
则A(1,0,0)，B(1,3,0)，D(﹣1,0,0)，C(﹣1,3,0)，P(0,0，eq \r(3))，M(﹣eq \f(1,2)，eq \f(3,2)，eq \f(\r(3),2))，
∴eq \(AP,\s\up7(―→))＝(﹣1,0，eq \r(3))，eq \(BM,\s\up7(―→))＝(﹣eq \f(3,2)，eq \f(3,2)，eq \f(\r(3),2)).
设直线PA与MB所成角为θ，
则|cs θ|＝eq \f(3,2×\f(\r(21),2))＝eq \f(\r(21),7)，∴|tan θ|＝eq \f(2,3)eq \r(3)，
又∵直线PA与MB所成角∠EMB为锐角，
∴直线PA与MB所成角的正切值为eq \f(2,3)eq \r(3).
(3)设存在F满足要求，且eq \f(AF,AP)＝λ，由eq \(AF,\s\up7(―→))＝λeq \(AP,\s\up7(―→))，得F(1﹣λ，0，eq \r(3)λ).
设平面MBD的一个法向量为n＝(x，y，z)，
∵eq \(DB,\s\up7(―→))＝(2,3,0)，eq \(DM,\s\up7(―→))＝(eq \f(1,2)，eq \f(3,2)，eq \f(\r(3),2))，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(eq \(DB,\s\up7(―→))·n＝0，,eq \(DM,\s\up7(―→))·n＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＋3y＝0，,\f(1,2)x＋\f(3,2)y＋\f(\r(3),2)z＝0，))
取x＝1，则y＝﹣eq \f(2,3)，z＝eq \f(\r(3),3)，∴n＝(1，﹣eq \f(2,3),eq \f(\r(3),3))，
同理，平面FBD的一个法向量为m＝1，﹣eq \f(2,3), SKIPIF 1 < 0 )，
由n·m＝0，得1＋eq \f(4,9)＋eq \f(λ－2,3λ)＝0，解得λ＝eq \f(3,8)，
故存在点F，使二面角F­BD­M为直角，此时eq \f(AF,AP)＝eq \f(3,8).
(1)证明：在△ABD中，AD＝2，BD＝2eq \r(3)，∠BAD＝eq \f(π,3)，∴AD⊥BD.
又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，BD⊂平面ABCD，
∴BD⊥平面PAD，
又PD⊂平面PAD，∴BD⊥PD.
(2)解 如图，作PO⊥AD于点O，
则PO⊥平面ABCD.
过点O作OE⊥BC交CB的延长线于点E，连接PE，
以O为坐标原点，分别以OA，OE，OP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，0，0))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，2\r(3)，0))，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\r(3)))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－3，2\r(3)，0))，
eq \(BP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－2\r(3)，\r(3)))，eq \(BC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，0，0)).
易和平面DBC的一个法向量为m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，1))，
设平面PBC的一个法向量为n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x，y，z))，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BC,\s\up6(→))＝0，,n·\(BP,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2x＝0，,x－2\r(3)y＋\r(3)z＝0.))
取y＝1，则z＝2，n＝(0,1,2)，
设平面DBC与平面PBC夹角为θ，则cs θ＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(n·m)),|n||m|)＝eq \f(2\r(5),5).
所以平面DBC与平面PBC夹角的余弦值为eq \f(2\r(5),5).
解：(1)AB∥平面DEF，理由如下：
以点D为坐标原点，直线DB，DC，DA分别为x轴、y轴、z轴，
建立空间直角坐标系(如图所示)，
则A(0，0，2)，B(2，0，0)，C(0，2eq \r(3)，0)，E(0，eq \r(3)，1)，F(1，eq \r(3)，0)，
所以eq \(DE,\s\up16(→))＝(0，eq \r(3)，1)，eq \(DF,\s\up16(→))＝(1，eq \r(3)，0)，eq \(AB,\s\up16(→))＝(2，0，﹣2)，
由此，得eq \(AB,\s\up16(→))＝﹣2eq \(DE,\s\up16(→))＋2eq \(DF,\s\up16(→)).
又eq \(DE,\s\up16(→))与eq \(DF,\s\up16(→))不共线，根据向量共面的充要条件可知eq \(AB,\s\up16(→))，eq \(DE,\s\up16(→))，eq \(DF,\s\up16(→))共面.
由于AB⊄平面DEF，
所以AB∥平面DEF.
(2)假设存在点P(x，y，0)满足条件，
则eq \(AP,\s\up16(→))＝(x，y，﹣2)，eq \(AP,\s\up16(→))·eq \(DE,\s\up16(→))＝eq \r(3)y﹣2＝0，
所以y＝eq \f(2\r(3),3).
又eq \(BP,\s\up16(→))＝(x﹣2，y，0)，eq \(PC,\s\up16(→))＝(﹣x，2eq \r(3)﹣y，0)，eq \(BP,\s\up16(→))∥eq \(PC,\s\up16(→))，
所以(x﹣2)(2eq \r(3)﹣y)＝﹣xy，
所以eq \r(3)x＋y＝2eq \r(3).
把y＝eq \f(2\r(3),3)代入上式，得x＝eq \f(4,3)，
所以eq \(BP,\s\up16(→))＝eq \f(1,3)eq \(BC,\s\up16(→))，
所以在线段BC上存在点P使AP⊥DE，此时eq \f(BP,BC)＝eq \f(1,3).
解：(1)在梯形ABCD中，AB与CD不平行.
如图，延长AB，DC，相交于点M(M∈平面PAB)，点M即为所求的一个点.
理由如下：
由已知，BC∥ED，且BC＝ED.
所以四边形BCDE是平行四边形，从而CM∥EB.
又EB⊂平面PBE，CM⊄平面PBE，
所以CM∥平面PBE.
(说明：延长AP至点N，使得AP＝PN，则所找的点可以是直线MN上任意一点)
(2)由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PA∩AD＝A，
所以CD⊥平面PAD.
于是CD⊥PD.
从而∠PDA是二面角P﹣CD﹣A的平面角.
所以∠PDA＝45°.
由PA⊥AB，可得PA⊥平面ABCD.
设BC＝1，则在Rt△PAD中，PA＝AD＝2.
作Ay⊥AD，以A为原点，以eq \(AD,\s\up16(→))，eq \(AP,\s\up16(→))的方向分别为x轴、z轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系A﹣xyz，
则A(0，0，0)，P(0，0，2)，C(2，1，0)，E(1，0，0)，
所以eq \(PE,\s\up16(→))＝(1，0，－2)，eq \(EC,\s\up16(→))＝(1，1，0)，eq \(AP,\s\up16(→))＝(0，0，2).
设平面PCE的法向量n＝(x，y，z)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(PE,\s\up16(→))＝0，,n·\(EC,\s\up16(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－2z＝0，,x＋y＝0，))设x＝2，解得n＝(2，－2，1).
设直线PA与平面PCE所成角为α，
则sinα＝eq \f(|n·\(AP,\s\up16(→))|,|n|·|\(AP,\s\up16(→))|)＝eq \f(2,2×\r(22＋－22＋12))＝eq \f(1,3).
所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为eq \f(1,3).
解：(1)证明：在△BCD中，EB＝ED＝EC＝BC，
故∠BCD＝eq \f(π,2)，∠CBE＝∠CEB＝eq \f(π,3)，连接AE，
∵△DAB≌△DCB，∴△EAB≌△ECB，
从而有∠FED＝∠BEC＝∠AEB＝eq \f(π,3)，AE＝CE＝DE.
∴∠AEF＝∠FED＝eq \f(π,3).故EF⊥AD，AF＝FD.
又PG＝GD，∴FG∥PA.
又PA⊥平面ABCD，故GF⊥平面ABCD，∴GF⊥AD，
又GF∩EF＝F，故AD⊥平面CFG.
又AD⊂平面PAD，
∴平面PAD⊥平面CGF.
(2)以点A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(3，eq \r(3)，0)，D(0，2eq \r(3)，0)，P(0，0，3).
故eq \(BC,\s\up16(→))＝(1，eq \r(3)，0)，eq \(CP,\s\up16(→))＝(－3，－eq \r(3)，3)，eq \(CD,\s\up16(→))＝(－3，eq \r(3)，0).
设平面BCP的一个法向量为n1＝(1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1＋\r(3)y1＝0，,－3－\r(3)y1＋3z1＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1＝－\f(\r(3),3)，,z1＝\f(2,3)，))即n1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(\r(3),3)，\f(2,3))).
设平面DCP的一个法向量为n2＝(1，y2，z2)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－3＋\r(3)y2＝0，,－3－\r(3)y2＋3z2＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝\r(3)，,z2＝2，))即n2＝(1，eq \r(3)，2).
从而平面BCP与平面DCP所成锐二面角的余弦值为eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq \f(\f(4,3),\r(\f(16,9))×\r(8))＝eq \f(\r(2),4).
解：
解: