已知四棱锥 P-ABCD， A D / / B C A B…——2024 高考数学第 17 题答案解析

（1）取 $PD$ 的中点 $S$，连接 $SF, SC$。
因为 $F$ 是 $PE$ 的中点，$S$ 是 $PD$ 的中点，所以在 $\triangle PED$ 中，$SF // ED$ 且 $SF = \frac{1}{2}ED$。
已知 $ED = 2$，所以 $SF = 1$。
又因为 $AD // BC$，即 $ED // BC$，且 $BC = 1$，
所以 $SF // BC$ 且 $SF = BC$。
故四边形 $SFBC$ 为平行四边形，所以 $BF // SC$。
因为 $SC \subset$ 平面 $PCD$，$BF \not\subset$ 平面 $PCD$，
所以 $BF //$ 平面 $PCD$。

（2）因为 $AD = 3, DE = 2$，所以 $AE = AD - DE = 1$。
又 $BC = 1$ 且 $BC // AD$，所以 $AE // BC$ 且 $AE = BC$，
故四边形 $ABCE$ 为平行四边形，所以 $CE // AB$。
因为 $AB \perp$ 平面 $PED$，所以 $CE \perp$ 平面 $PED$。
因为 $PE, ED \subset$ 平面 $PED$，所以 $CE \perp PE, CE \perp ED$。
又已知 $PE \perp AD$，即 $PE \perp ED$。
所以 $ED, EC, EP$ 两两垂直。
以 $E$ 为原点，分别以 $\overrightarrow{EC}, \overrightarrow{ED}, \overrightarrow{EP}$ 的方向为 $x$ 轴、$y$ 轴、$z$ 轴的正方向建立空间直角坐标系 $E-xyz$。
则 $E(0, 0, 0), A(0, -1, 0), B(1, -1, 0), C(1, 0, 0), D(0, 2, 0), P(0, 0, 2)$。
所以 $\overrightarrow{PA} = (0, -1, -2), \overrightarrow{PB} = (1, -1, -2), \overrightarrow{PC} = (1, 0, -2), \overrightarrow{PD} = (0, 2, -2)$。

设平面 $PAB$ 的法向量为 $\vec{m} = (x, y, z)$，
则 $\begin{cases} \vec{m} \cdot \overrightarrow{PA} = -y - 2z = 0 \\ \vec{m} \cdot \overrightarrow{PB} = x - y - 2z = 0 \end{cases}$，
取 $z = 1$，则 $y = -2, x = 0$，所以 $\vec{m} = (0, -2, 1)$。

设平面 $PCD$ 的法向量为 $\vec{n} = (a, b, c)$，
则 $\begin{cases} \vec{n} \cdot \overrightarrow{PC} = a - 2c = 0 \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{PD} = 2b - 2c = 0 \end{cases}$，
取 $c = 1$，则 $b = 1, a = 2$，所以 $\vec{n} = (2, 1, 1)$。

设平面 $PAB$ 与平面 $PCD$ 的夹角为 $\theta$，
则 $\cos \theta = \frac{|\vec{m} \cdot \vec{n}|}{|\vec{m}| |\vec{n}|} = \frac{|0 \times 2 + (-2) \times 1 + 1 \times 1|}{\sqrt{0^2 + (-2)^2 + 1^2} \cdot \sqrt{2^2 + 1^2 + 1^2}} = \frac{|-1|}{\sqrt{5} \cdot \sqrt{6}} = \frac{1}{\sqrt{30}} = \frac{\sqrt{30}}{30}$。
所以平面 $PAB$ 与平面 $PCD$ 夹角的余弦值为 $\frac{\sqrt{30}}{30}$。