卷(3)
一、解答题（本大题共8小题，共96.0分） 1.
∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐵𝐶𝐷=90°，𝐴𝐵=𝐵𝐶=𝑃𝐵=𝑃𝐶=如图，已知四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷的底面是直角梯形，2𝐶𝐷=2，侧面𝑃𝐵𝐶⊥底面ABCD，点M在AB上，且AM：𝑀𝐵=1：2，E为PB的中点． (1)求证：𝐶𝐸//平面ADP； (2)求证：平面𝑃𝐴𝐷⊥平面PAB；
(3)棱AP上是否存在一点N，使得平面𝐷𝑀𝑁⊥平面ABCD，若存在，求出𝑁𝑃的值；若不存在，请说
明理由．
𝐴𝑁
2.
如图，在四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中，已知棱AB，AD，AP两两垂直且长度分别为1，2，2，𝐴𝐵//𝐶𝐷，𝐴𝐵=2𝐷𝐶． (1)若PC中点为M，证明：𝐵𝑀//平面PAD； (2)求点A到平面PCD的距离． 3.
在如图所示的四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中，底面ABCD是边长为2的正方形，△𝑃𝐴𝐷是正三角形，平面𝑃𝐴𝐷⊥平面ABCD．
(1)求平面PAB与平面PCD所成锐二面角的大小；
(2)设E为PB上的动点，直线CE与平面PAB所成的角为𝜃，求𝑠𝑖𝑛𝜃的最大值．
1
4.
(本题满分10分)如图，已知四棱锥
，
(1)证明：(2)设
，若
分别是
、
底面的中点．
为菱形，
平面
，
为线段
上的动点，
与平面
所成的最大角的正切值为
，求此时异面直线AE和CH所成的角．
5.
如图，在三棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶中，平面𝑃𝐴𝐶⊥平面ABC，𝑃𝐴⊥𝐴𝐶，𝐴𝐵=𝐵𝐶=𝐶𝐴=𝐴𝑃=2，G是△𝐴𝐵𝐶重心，E是线段PC上一点，且𝐶𝐸=𝜆𝐶𝑃． (1)当𝐸𝐺//平面PAB时，求𝜆的值；
(2)当直线CP与平面ABE所成角的正弦值为√时，求𝜆的值．
742
6.
在四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中，∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐴𝐶𝐷=90°，∠𝐵𝐴𝐶=∠𝐶𝐴𝐷=60°，𝑃𝐴⊥平面ABCD，直线PC与平面ABCD所成角为45°，𝐴𝐵=2． (Ⅰ)求四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷的体积V；
(Ⅱ)若E为PC的中点，求证：平面𝐴𝐷𝐸⊥平面PCD．
7.
𝐴𝐶⊥𝐵𝐶，如图所示，矩形ABED所在的平面垂直于△𝐴𝐵𝐶所在的平面，G，F分别是EC，BD的中点． (1)求证：𝐺𝐹//平面ABC； (2)求证：直线𝐴𝐶⊥平面BEC．
8. 如图，在四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐵//𝐶𝐷，𝐶𝐷⊥𝐵𝐶，𝑃𝐶=𝐴𝐵=2𝐵𝐶=2，𝑃𝐴=𝑃𝐵=√3𝐵𝐶．
(1)求证：平面𝑃𝐴𝐵⊥平面ABCD；
(2)若二面角𝐷−𝑃𝐵−𝐶的正切值为√6，求PD与平面ABCD所成角
的余弦值．
【答案与解析】
1.答案：(1)证明：取棱AP中点F，连接DF，EF．
∵𝐸𝐹为△𝑃𝐴𝐵的中位线，∴𝐸𝐹//𝐴𝐵，且𝐸𝐹=2𝐴𝐵 ∵𝐶𝐷//𝐴𝐵，且𝐶𝐷=2𝐴𝐵，∴𝐸𝐹//𝐶𝐷，且𝐸𝐹=𝐶𝐷， ∴四边形EFDC为平行四边形，∴𝐶𝐸//𝐷𝐹， ∵𝐷𝐹⊂平面ADP，𝐶𝐸⊄平面ADP， ∴𝐶𝐸//平面𝐴𝐷𝑃;
(2)证明：由(1)可得𝐶𝐸//𝐷𝐹
∵𝑃𝐶=𝐵𝐶，E为PB的中点，∴𝐶𝐸⊥𝑃𝐵
∵𝐴𝐵⊥𝐵𝐶，平面𝑃𝐵𝐶⊥平面ABCD，平面𝑃𝐵𝐶∩平面𝐴𝐵𝐶𝐷=𝐵𝐶，𝐴𝐵⊂平面ABCD， ∴𝐴𝐵⊥平面PBC ，
又∵𝐶𝐸⊂平面PBC，∴𝐴𝐵⊥𝐶𝐸，
又∵𝐶𝐸⊥𝑃𝐵，𝐴𝐵∩𝑃𝐵=𝐵，AB，𝑃𝐵⊂平面PAB， ∴𝐶𝐸⊥平面PAB，
∵𝐶𝐸//𝐷𝐹，∴𝐷𝐹⊥平面PAB， 又∵𝐷𝐹⊂平面PAD， ∴平面𝑃𝐴𝐷⊥平面PAB； (3)解：存在，𝑁𝑃=7．
证明：取BC中点O，连结AO交MD于Q，连结NQ， 在平面ABCD中由已知计算可得𝑄𝑂=7， ∴𝑁𝑃=𝑄𝑂，∴𝑁𝑄//𝑂𝑃，
∵𝑂为等腰△𝑃𝐵𝐶底边上的中点，∴𝑃𝑂⊥𝐵𝐶，
𝐴𝑁
𝐴𝑄
𝐴𝑄
4
𝐴𝑁
41
1
∵𝑃𝐵𝐶⊥底面ABCD，𝑃𝑂⊂平面PBC，平面𝑃𝐵𝐶∩平面𝐴𝐵𝐶𝐷=𝐵𝐶， ∴𝑃𝑂⊥平面ABCD，∴𝑁𝑄⊥平面ABCD， ∵𝑁𝑄⊂平面DMN，∴平面𝐷𝑀𝑁⊥平面ABC．
解析：(1)取棱AP中点F，连接DF，EF，证明四边形EFDC为平行四边形，可得𝐶𝐸//𝐷𝐹，即可证明𝐶𝐸//平面ADP；
(2)证明𝐶𝐸⊥平面PAB，利用𝐶𝐸//𝐷𝐹，可得𝐷𝐹⊥平面PAB，即可证明平面𝑃𝐴𝐷⊥平面PAB； (3)存在，𝑁𝑃=7𝑁𝑃=7，取BC中点O，连结AO交MD于Q，连结NQ，证明𝑁𝑄⊥平面ABCD，即可得出结论．
本题考查线面垂直、线面平行，面面垂直，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题． AD，AP所在直线为x轴，y轴，(1)证明：分别以AB，2.答案：
z轴建立空间直角坐标系如图所示，
因为AB，AD，AP的长度分别为1，2，2，且𝐴𝐵=2𝐷𝐶， 则𝐴(0,0，1)，𝐵(1,0，0)，𝐷(0,2，0)，𝑃(0,0，2)，𝐶(2,2，0)， 又M是PC的中点，所以𝑀(1,1，1)，
⃗ =所以⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐵𝑀=(0,1,1)，由已知可得平面PAD的一个法向量为𝑛(1,0,0)，
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅𝑛则𝐵𝑀⃗ =0×1+1×0+1×0=0， 所以⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐵𝑀⊥𝑛⃗ ，又𝐵𝑀⊄平面PAD， 所以𝐵𝑀//平面PAD；
(2)解：设平面PDC的法向量为𝑚⃗⃗⃗ =(𝑥,𝑦,𝑧)， 因为⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐶𝐷=(−2,0,0),⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑃𝐷=(0,2,−2)， ⃗⃗⃗ ⋅⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐶𝐷=0，即{−2𝑥=0则有{𝑚，
2𝑦−2𝑧=0⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗ ⋅𝑃𝐷=0𝑚⃗⃗⃗ =(0,1,1)， 令𝑦=1，则𝑥=0，𝑧=1，故𝑚⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0)， 又⃗𝐴𝐷
所以点A到平面PCD的距离𝑑=|
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅𝑚𝐴𝐷⃗⃗⃗ |𝑚⃗⃗⃗ |
1
𝐴𝑁
4𝐴𝑁
4
|=|0×0+1×2+1×0√2|=√2．
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 和平面PAD的法解析：(1)建立空间直角坐标系，求出所需点的坐标，求出直线BM的方向向量𝐵𝑀⃗ ，证明⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 向量𝑛𝐵𝑀⋅𝑛⃗ =0即可；
⃗⃗⃗⃗⃗ 的坐标，然后利用点到直线的距离公式求解即(2)利用待定系数法求出平面PDC的法向量，求出⃗𝐴𝐷可．
本题考查了空间向量在立体几何中的应用，对于空间中的线线、线面、面面以及空间距离和空间角问题，建立空间直角坐标系，转化为空间向量问题是常用的方法，属于中档题．
3.答案：解：取AD的中点O，取BC的中点F，连接
OP，OF，
因为底面ABCD是正方形，∴𝑂𝐹⊥𝐴𝐷，
∵△𝑃𝐴𝐷是正三角形，O为AD的中点，∴𝑂𝑃⊥𝐴𝐷， 又因为平面𝑃𝐴𝐷⊥平面ABCD，平面𝑃𝐴𝐷∩平面𝐴𝐵𝐶𝐷=𝐴𝐷，𝑂𝑃⊂平面PAD， ∴𝑂𝑃⊥平面ABCD，
⃗⃗⃗⃗⃗ ,⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,⃗⃗⃗⃗⃗ 以{𝑂𝐹𝑂𝐷𝑂𝑃}为正交基底建立如图所示空间直角坐标系𝑂−𝑥𝑦𝑧. …………………(2分) ⃗⃗⃗ =(0,1,√3)， (1)𝑃(0,0,√3)，𝐴(0,−1,0)，𝐵(2,−1,0)，则⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵=(2,0,0)，⃗⃗𝐴𝑃⃗⃗⃗ =(𝑥,𝑦,𝑧)为平面PAB的一个法向量， 设𝑚
⃗⃗⃗ ⋅⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑚𝐴𝐵=2𝑥=0
…………(4分)𝑃(0,0,√3)，则{，则𝑥=0，令𝑧=1，得𝑦=−√3，⃗⃗⃗ =(0,−√3,1)，𝑚⃗⃗⃗ =𝑦+√3𝑧=0⃗⃗⃗ ⋅⃗⃗𝑚𝐴𝑃𝐶(2,1，0)，𝐷(0,1，0)，则⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐷𝐶=(2,0,0)，⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐷𝑃=(0,−1,√3)， ⃗ =(𝑎,𝑏,𝑐)为平面PCD的一个法向量， 设𝑛
⃗⃗⃗⃗⃗ =2𝑎=0⃗ ⋅𝐷𝐶则{𝑛，则𝑎=0，令𝑐=1，得𝑏=√3，𝑛⃗ =(0,√3,1)，……………(6分) ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ ⋅𝐷𝑃=−𝑏+√3𝑐=0𝑛∴cos<𝑚⃗⃗⃗ ,𝑛⃗ >=|𝑚=2×2=−2，又<𝑚⃗⃗⃗ ,𝑛⃗ >=⃗⃗⃗ ,𝑛⃗ >∈[0,𝜋]，∴<𝑚⃗⃗⃗ ||𝑛⃗⃗ |
𝜋
⃗⃗⃗ ⋅𝑛𝑚⃗⃗
−2
1
2𝜋3
，
∴面PAB与平面PCD所成锐二面角的大小为3. …………………(8分) ⃗⃗⃗⃗⃗ =𝜆𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗ ，𝜆∈[0,1]，则𝐵𝐸⃗⃗⃗⃗⃗ =𝜆(−2,1,√3)=(−2𝜆,𝜆,√3𝜆)， (2)设𝐵𝐸
⃗⃗⃗⃗ =⃗⃗⃗⃗⃗ +⃗⃗⃗⃗⃗ 则⃗𝐶𝐸𝐶𝐵𝐵𝐸=(0,−2,0)+(−2𝜆,𝜆,√3𝜆)=(−2𝜆,𝜆−2,√3𝜆)， 因为直线CE与平面PAB所成的角为𝜃， ⃗⃗⃗⃗⃗ ,𝑚∴𝑠𝑖𝑛𝜃=|cos<𝐶𝐸⃗⃗⃗ >|==
√3√8𝜆2−4𝜆+4⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅𝑚|𝐶𝐸⃗⃗⃗ |
⃗⃗⃗⃗⃗ ||𝑚|𝐶𝐸⃗⃗⃗ |
=
|−√3(𝜆−2)+√3𝜆|√(−2𝜆)2+(𝜆−2)2+(√3𝜆)2×2
1
………………(10分)
=
√312√2(𝜆−)2+
48
≤7√3√
2
=7√42
7，当且仅当𝜆
=4时取等号，
42
故求𝑠𝑖𝑛𝜃的最大值为√. …………………(12分)
7
⃗⃗⃗⃗⃗ ,⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,⃗⃗⃗⃗⃗ 解析：取AD的中点O，取BC的中点F，连接OP，OF，以{𝑂𝐹𝑂𝐷𝑂𝑃}为正交基底建立如图所示空间直角坐标系𝑂−𝑥𝑦𝑧．
(1)求出平面PAB的一个法向量，平面PCD的一个法向量，利用空间向量的数量积求解面PAB与平面PCD所成锐二面角的大小．
⃗⃗⃗⃗⃗ ，利用空间向量的数量积求解直线CE与平面PAB所成的角的⃗⃗⃗⃗⃗ =𝜆𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗ ，𝜆∈[0,1]，求出𝐶𝐸(2)设𝐵𝐸
正弦函数值的表达式，然后求解𝑠𝑖𝑛𝜃的最大值．
本题考查二面角的平面角以及直线与平面所成角的求法，考查空间想象能力，转化思想以及计算能力，是中档题．
4.答案：.(1)证明：见解析；(2)异面直线所成角300
(𝐼)根据题意可得：△𝐴𝐵𝐶为正三角形，解析：试题分析：所以𝐴𝐸⊥𝐵𝐶，又因为𝐵𝐶//𝐴𝐷，所以𝐴𝐸⊥𝐴𝐷.又𝑃𝐴⊥𝐴𝐸，且𝑃𝐴∩𝐴𝐷=𝐴，所以𝐴𝐸⊥平面PAD，进而可得答案； (Ⅱ)先根据条件由(1)知𝐴𝐸⊥平面PAD，
则∠𝐸𝐻𝐴为EH与平面PAD所成的角.在𝑅𝑡△𝐸𝐴𝐻中，𝐴𝐸=而得到异面直线的所成的角。
(1)证明：由四边形ABCD为菱形，∠𝐴𝐵𝐶=60°， 可得△𝐴𝐵𝐶为正三角形.因为E为BC的中点， 所以𝐴𝐸⊥𝐵𝐶.又𝐵𝐶//𝐴𝐷，因此𝐴𝐸⊥𝐴𝐷. 因为𝑃𝐴⊥平面ABCD， AEAD
平面ABCD，所以𝑃𝐴⊥𝐴𝐸.而PA
平面PAD，
，所以 当AH最短时，∠𝐸𝐻𝐴最大进
平面PAD且𝑃𝐴∩𝐴𝐷=𝐴，所以𝐴𝐸⊥平面PAD， 平面𝑃𝐴𝐷.所以𝐴𝐸⊥𝑃𝐷．
又PD
(2)解：设𝐴𝐵=2，H为PD上任意一点， 连接AH，𝐸𝐻. 由(1)知𝐴𝐸⊥平面PAD， 则∠𝐸𝐻𝐴为EH与平面PAD所成的角． 在𝑅𝑡△𝐸𝐴𝐻中，𝐴𝐸=
，所以 当AH最短时，∠𝐸𝐻𝐴最大，
即当𝐴𝐻⊥𝑃𝐷时，∠𝐸𝐻𝐴最大.此时tan∠𝐸𝐻𝐴=
因此𝐴𝐻=.又𝐴𝐷=2，所以∠𝐴𝐷𝐻=45所以𝑃𝐴=2．
异面直线所成角300
考点：本题主要是考查线面垂直的证明以及异面直线所成的角的求解。
点评：解决此类问题的关键是熟练掌握几何体的结构特征，以便利用已知条件得到空间的线面关系，并且便于建立坐标系利用向量的有关运算解决空间角等问题
5.答案：解：(1)取AB的中点D，连接PD，CD，
∵𝐴𝐵=𝐵𝐶=𝐴𝐶，G是△𝐴𝐵𝐶重心， ∴𝐺是CD的三等分点，且𝐶𝐺=3𝐶𝐷，
∵𝐸𝐺//平面PAB，𝐸𝐺⊂平面PCD，平面𝑃𝐶𝐷∩平面𝑃𝐴𝐵=𝑃𝐷， ∴𝐸𝐺//𝑃𝐷，
∴𝐶𝑃=𝐶𝐷=3，即𝜆=3．
(2)以A为坐标原点，以AC所在直线为y轴，以AP所在直线为z轴作空间直角坐标系𝐴−𝑥𝑦𝑧，如图所示：
𝐶𝐸
𝐶𝐺
2
2
2
则𝐴(0,0，0)，𝐵(√3,1，0)，𝐶(0,2，0)， 𝑃(0,0，2)，𝐸(0,2−2𝜆,2𝜆)，
⃗⃗⃗⃗ =(0,−2,2)，⃗⃗⃗⃗⃗ ∴⃗𝐶𝑃𝐴𝐵=(√3,1，0)，⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐸=(0,2−2𝜆,2𝜆)， ⃗ =(𝑥,y，𝑧)，则𝑛设平面ABE的法向量为𝑛⃗ ⋅⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵=0，𝑛⃗ ⋅⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐸=0， 3𝑥+𝑦=03(1−𝜆)∴{√，令𝑥=1可得，𝑦=−√3，𝑧=√．
𝜆(2−2𝜆)𝑦+2𝜆𝑧=0∴𝑛⃗ =(1,−√3,√3(1−𝜆))， 𝜆
⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ ⋅𝐶𝑃𝑛
⃗⃗⃗⃗⃗ ||𝑛⃗⃗ ||𝐶𝑃
⃗⃗⃗⃗⃗ >=∴cos<𝑛⃗ ，𝐶𝑃
=
2√3(1−𝜆)
𝜆2√4+3(1−𝜆)⋅2√22𝜆
2√3+
=
√3， √2√7𝜆2−6𝜆+3∴当直线CP与平面ABE所成角的正弦值为√时，
7
√3√2√7𝜆2−6𝜆+342
=
√42
， 7
∴2√7𝜆2−6𝜆+3=√7， 即28𝜆2−24𝜆+5=0． 解得𝜆=2或𝜆=14．
解析：本题考查了线面平行的性质，空间向量与线面角的计算，属于中档题．
(1)取AB的中点D，连接PD，CD，根据线面平行的性质可得𝐸𝐺//𝑃𝐷，从而得出𝜆的值； (2)建立空间坐标系，求出平面ABE的法向量，根据夹角公式得出𝜆的值．
1
5
6.答案：解：(Ⅰ)在𝑅𝑡△𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵=1，∠𝐵𝐴𝐶=60°，
∴𝐵𝐶=√3，𝐴𝐶=2…(2分)
在𝑅𝑡△𝐴𝐶𝐷中，𝐴𝐶=2，∠𝐶𝐴𝐷=60°，𝐶𝐷=2√3…(4分)
∵𝑆四边形𝐴𝐵𝐶𝐷=2𝐴𝐵⋅𝐵𝐶+2𝐴𝐶⋅𝐶𝐷=2×1×√3+2×2×2√3=2√3， 则𝑉=×√3×2=
32
1
5
5√3
…(6分) 31
1
1
1
5
证：(Ⅱ)∵𝑃𝐴⊥平面ABCD， ∴𝑃𝐴⊥𝐶𝐷…(7分)
又直线PC与平面ABCD所成角为45°，
∴𝐴𝐶=𝑃𝐴，∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐴𝐶𝐷=90°，∠𝐵𝐴𝐶=∠𝐶𝐴𝐷=60°，𝑃𝐴⊥平面ABCD，𝐴𝐵=2． ∴𝐴𝐶=4，𝑃𝐴=4，E为PC的中点， ∴𝐴𝐸⊥𝑃𝐶
𝑃𝐴⊥平面ABCD，∠𝐴𝐶𝐷=90°
∴𝐶𝐷⊥平面PAC，…(8分)，𝐴𝐸⊂平面PAC，∴𝐴𝐸⊥𝐶𝐷 𝑃𝐶∩𝐶𝐷=𝐶，∴𝐴𝐸⊥平面𝑃𝐶𝐷…(10分)， ∵𝐴𝐸⊂平面AEF，
∴平面𝐴𝐷𝐸⊥平面𝑃𝐶𝐷…(12分
(Ⅰ)在𝑅𝑡△𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵=1，∠𝐵𝐴𝐶=60°，解析：故BC=√3，𝐴𝐶=2，由此能求出四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷的体积V．
(Ⅱ)由𝐴𝐸⊥𝑃𝐶，𝐴𝐸⊥𝐶𝐷，然后证明𝐴𝐸⊥平面PCD，由此能证明平面𝐴𝐷𝐸⊥平面PCD． 本题考查棱锥的体积的求法，考查平面与平面垂直的证明，解题时要认真审题，注意合理地化立体问题为平面问题．
7.答案：(本题满分为12分)
证明：(1)连结AE，显然𝐵𝐷∩𝐴𝐸=𝐹， ∵𝐺，F分别是EC，BD的中点
∴𝐺𝐹//𝐴𝐶，………………………………………………(2分) ∵𝐺𝐹⊄面ABC，𝐴𝐶⊂面ABC，
∴𝐺𝐹//平面ABC，………………………………………(5分)
(2)∵面𝐴𝐵𝐸𝐷⊥面ABC，面𝐴𝐵𝐸𝐷∩面𝐴𝐵𝐶=𝐴𝐵，𝐵𝐸⊂面ABED，𝐵𝐸⊥𝐴𝐵， ∴𝐵𝐸⊥面ABC，………………………………………(8分) ∴𝐵𝐸⊥𝐴𝐶，………………………………………….(10分) 又∵𝐴𝐶⊥𝐵𝐶，且𝐵𝐸∩𝐵𝐶=𝐵，
∴直线𝐴𝐶⊥平面𝐵𝐸𝐶.………………………………(12分)
(1)连结AE，解析：显然𝐵𝐷∩𝐴𝐸=𝐹，可证𝐺𝐹//𝐴𝐶，利用线面平行的判定定理可证𝐺𝐹//平面ABC； (2)由线面垂直的性质可证𝐵𝐸⊥面ABC，结合已知利用线面垂直的判定定理即可证明．
本题主要考查了线面平行的判定定理，线面垂直的性质，线面垂直的判定定理，考查了数形结合思想，属于中档题．
8.答案：证明：(1)∵在四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐵//𝐶𝐷，𝐶𝐷⊥𝐵𝐶，𝑃𝐶=𝐴𝐵=2𝐵𝐶=2，𝑃𝐴=𝑃𝐵=
√3𝐵𝐶．
∴𝐵𝐶=1，𝑃𝐴=𝑃𝐵=√3，∴𝑃𝐶2=𝐵𝐶2+𝑃𝐵2， ∴𝐶𝐵⊥𝐵𝑃，
∵𝐴𝐵//𝐶𝐷，𝐶𝐷⊥𝐵𝐶，∴𝐶𝐵⊥𝐴𝐵， ∵𝐵𝑃∩𝐴𝐵=𝐵，∴𝐶𝐵⊥平面PAB，
∵𝐶𝐵⊂平面ABCD，∴平面𝑃𝐴𝐵⊥平面ABCD． 解：(2)如图，作直线𝐵𝑇⊥平面ABCD，
以B为原点O，作别以BA，BC，BT所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 则𝐶(0,1，0)，𝑃(1,0，√2)， ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝐶=(0,1，0)，⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝑃=(1,0，√2)， ⃗⃗⃗ =(𝑥,y，𝑧)， 设平面CPB的法向量𝑚
⃗⃗⃗ ⋅⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑚𝑂𝐶=𝑦=0则{，取𝑥=√2，得𝑚⃗⃗⃗ =(√2,0,−1)，
⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗ ⋅𝑂𝑃=𝑥+√2𝑧=0𝑚⃗ =(𝑥,y，𝑧)， 设平面DPB的法向量𝑛
⃗⃗⃗⃗⃗ =(𝑑,1，0)，⃗⃗⃗⃗⃗ 设𝐶𝐷=𝑑，𝑑>0，⃗𝑂𝐷𝑂𝑃=(1,0，√2)， ⃗⃗⃗⃗⃗ =𝑑𝑥+𝑦=0𝑛⃗ ⋅⃗𝑂𝐷
则{，取𝑧=−1，得𝑛⃗ =(√2,−√2𝑑,−1)， ⃗ ⋅⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑛𝑂𝑃=𝑥+√2𝑧=0∵二面角𝐷−𝑃𝐵−𝐶的正切值为√6， ∴|cos<𝑚⃗⃗⃗ ,𝑛⃗ >|=|𝑚=⃗⃗⃗ |⋅|𝑛⃗⃗ |解得𝑑=3．
取AB中点N，连结PN，DN，则𝑃𝑁⊥平面ABCD， ∠𝑃𝐷𝑁是PD与平面ABCD所成角， 𝐷𝑃=√7，√2，∴𝐷𝑁=√5，
∴𝑃𝐷与平面ABCD所成角的余弦值为cos∠𝑃𝐷𝑁=𝐷𝑁=√35．
𝐷𝑃
7
|𝑚⃗⃗⃗ ⋅𝑛⃗⃗ |
3√3⋅√3+2𝑑2=
√7， 7
解析：(1)推导出𝐶𝐵⊥𝐵𝑃，𝐶𝐷⊥𝐵𝐶，𝐶𝐵⊥𝐴𝐵，从而𝐶𝐵⊥平面PAB，由此能证明平面𝑃𝐴𝐵⊥平面ABCD．
(2)作直线𝐵𝑇⊥平面ABCD，以B为原点O，作别以BA，BC，BT所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出PD与平面ABCD所成角的余弦值．
本题考查面面垂直的证明，考查线面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
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