如图，平面四边形 ABCD 中， AB = 8，CD =…——2024 高考数学第 17 题答案解析

（1）在 $\triangle AEF$ 中，由已知条件可得：
$AE = \frac{2}{5}AD = \frac{2}{5} \times 5\sqrt{3} = 2\sqrt{3}$，
$AF = \frac{1}{2}AB = \frac{1}{2} \times 8 = 4$。
又 $\angle EAF = \angle BAD = 30^{\circ}$，由余弦定理得：
$EF^2 = AE^2 + AF^2 - 2AE \cdot AF \cos 30^{\circ} = (2\sqrt{3})^2 + 4^2 - 2 \times 2\sqrt{3} \times 4 \times \frac{\sqrt{3}}{2} = 12 + 16 - 24 = 4$，
所以 $EF = 2$。
因为 $AE^2 + EF^2 = 12 + 4 = 16 = AF^2$，所以 $\triangle AEF$ 为直角三角形，且 $AE \perp EF$。
即折叠前 $AD \perp EF$，故折叠后 $PE \perp EF$，$DE \perp EF$。
又 $PE \cap DE = E$，$PE, DE \subset$ 平面 $PDE$，
所以 $EF \perp$ 平面 $PDE$。
因为 $PD \subset$ 平面 $PDE$，所以 $EF \perp PD$。

（2）连接 $CE$。在 Rt$\triangle CDE$ 中，$CD=3$，$DE = AD - AE = 5\sqrt{3} - 2\sqrt{3} = 3\sqrt{3}$，
所以 $CE = \sqrt{CD^2 + DE^2} = \sqrt{9 + 27} = 6$。
在 $\triangle PCE$ 中，$PE = AE = 2\sqrt{3}$，$PC = 4\sqrt{3}$，$CE = 6$。
因为 $PE^2 + CE^2 = 12 + 36 = 48 = PC^2$，所以 $PE \perp CE$。
由（1）知 $PE \perp EF$，且 $CE \cap EF = E$，$CE, EF \subset$ 平面 $ABCD$（即平面 $CDEF$），
所以 $PE \perp$ 平面 $ABCD$。
又 $DE \perp EF$，故以 $E$ 为原点，分别以 $\overrightarrow{EF}, \overrightarrow{ED}, \overrightarrow{EP}$ 的方向为 $x, y, z$ 轴的正方向建立空间直角坐标系 $E-xyz$。
则 $E(0,0,0)$，$F(2,0,0)$，$D(0, 3\sqrt{3}, 0)$，$P(0, 0, 2\sqrt{3})$。
因为 $CD \perp AD$，即 $CD \perp y$ 轴，且 $CD=3$，所以 $C(3, 3\sqrt{3}, 0)$。
因为 $\overrightarrow{AB} = 2\overrightarrow{AF}$，且在平面 $xAy$ 中（注意 $A$ 点坐标为 $(0, -2\sqrt{3}, 0)$），
$\overrightarrow{AF} = F - A = (2, 2\sqrt{3}, 0)$，
所以 $\overrightarrow{AB} = (4, 4\sqrt{3}, 0)$，
则 $B = A + \overrightarrow{AB} = (0, -2\sqrt{3}, 0) + (4, 4\sqrt{3}, 0) = (4, 2\sqrt{3}, 0)$。

设平面 $PCD$ 的法向量为 $\vec{n} = (x_1, y_1, z_1)$，
$\overrightarrow{PD} = (0, 3\sqrt{3}, -2\sqrt{3})$，$\overrightarrow{PC} = (3, 3\sqrt{3}, -2\sqrt{3})$。
由 $\begin{cases} \vec{n} \cdot \overrightarrow{PD} = 3\sqrt{3}y_1 - 2\sqrt{3}z_1 = 0 \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{PC} = 3x_1 + 3\sqrt{3}y_1 - 2\sqrt{3}z_1 = 0 \end{cases}$，
取 $y_1 = 2$，则 $z_1 = 3$，代入第二式得 $3x_1 + 6\sqrt{3} - 6\sqrt{3} = 0 \Rightarrow x_1 = 0$。
所以 $\vec{n} = (0, 2, 3)$。

设平面 $PBF$ 的法向量为 $\vec{m} = (x_2, y_2, z_2)$，
$\overrightarrow{PF} = (2, 0, -2\sqrt{3})$，$\overrightarrow{PB} = (4, 2\sqrt{3}, -2\sqrt{3})$。
由 $\begin{cases} \vec{m} \cdot \overrightarrow{PF} = 2x_2 - 2\sqrt{3}z_2 = 0 \\ \vec{m} \cdot \overrightarrow{PB} = 4x_2 + 2\sqrt{3}y_2 - 2\sqrt{3}z_2 = 0 \end{cases}$，
由第一式得 $x_2 = \sqrt{3}z_2$。令 $z_2 = 1$，则 $x_2 = \sqrt{3}$。
代入第二式得 $4\sqrt{3} + 2\sqrt{3}y_2 - 2\sqrt{3} = 0 \Rightarrow 2\sqrt{3} + 2\sqrt{3}y_2 = 0 \Rightarrow y_2 = -1$。
所以 $\vec{m} = (\sqrt{3}, -1, 1)$。

设平面 $PCD$ 与平面 $PBF$ 所成的二面角为 $\theta$，
则 $|\cos \theta| = \frac{|\vec{n} \cdot \vec{m}|}{|\vec{n}| |\vec{m}|} = \frac{|0 \times \sqrt{3} + 2 \times (-1) + 3 \times 1|}{\sqrt{0^2+2^2+3^2} \cdot \sqrt{(\sqrt{3})^2+(-1)^2+1^2}} = \frac{1}{\sqrt{13} \cdot \sqrt{5}} = \frac{1}{\sqrt{65}} = \frac{\sqrt{65}}{65}$。
所以 $\sin \theta = \sqrt{1 - \cos^2 \theta} = \sqrt{1 - \frac{1}{65}} = \sqrt{\frac{64}{65}} = \frac{8\sqrt{65}}{65}$。
即平面 $PCD$ 与平面 $PBF$ 所成二面角的正弦值为 $\frac{8\sqrt{65}}{65}$。