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

（1）取 $PD$ 的中点 $M$，连接 $FM, MC$．
在 $\triangle PED$ 中，因为 $F$ 是 $PE$ 的中点，$M$ 是 $PD$ 的中点，
所以 $FM // ED$，且 $FM = \frac{1}{2}ED$．
已知 $ED=2$，所以 $FM=1$．
又因为 $BC=1$，且 $BC // AD$（即 $BC // ED$），
所以 $FM // BC$ 且 $FM = BC$．
故四边形 $BCMF$ 为平行四边形，所以 $BF // MC$．
因为 $MC \subset$ 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 $BC // AE$ 且 $BC = AE$，
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 $E$ 为坐标原点，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 $E-xyz$．
由题意可得各点坐标：
$E(0,0,0), A(0,-1,0), B(1,-1,0), C(1,0,0), D(0,2,0), P(0,0,2)$．
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 $\vec{m} = (x_1, y_1, z_1)$，
则 $\begin{cases} \vec{m} \cdot \overrightarrow{PA} = -y_1 - 2z_1 = 0 \\ \vec{m} \cdot \overrightarrow{PB} = x_1 - y_1 - 2z_1 = 0 \end{cases}$，
取 $z_1 = 1$，则 $y_1 = -2, x_1 = 0$，所以 $\vec{m} = (0, -2, 1)$．

设平面 $PCD$ 的法向量为 $\vec{n} = (x_2, y_2, z_2)$，
则 $\begin{cases} \vec{n} \cdot \overrightarrow{PC} = x_2 - 2z_2 = 0 \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{PD} = 2y_2 - 2z_2 = 0 \end{cases}$，
取 $z_2 = 1$，则 $x_2 = 2, y_2 = 1$，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 $\frac{\sqrt{30}}{30}$．