如图, 在四棱雉 $P-A B C D$ 中, $\triangle P A D$ 为等边三角形, 边长为 $2, \triangle A B C$ 为等腰直角三角形, $A B \perp B C, A C=1, \angle D A C=90^{\circ}$, 平面 $P A D \perp$ 平面 $\boldsymbol{A B C D}$.

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(1)证明: $A C \perp$ 平面 PAD;

(2)求平面 $P A D$ 与平面 $P B C$ 所成锐二面角的余弦值;

(3)棱 $\boldsymbol{P D}$ 上是否存在一点 $\boldsymbol{E}$, 使得 $A E / /$ 平面 $\boldsymbol{P B C}$ ? 若存在, 求出 $\frac{P E}{P D}$ 的值; 若不存在,请说明理由.
【分析】

(1) 用面面垂直的性质定理证明线面垂直;

(2) 取 $A D$ 的中点 $O$, 连接 $P O$, 得 $P O \perp$ 平面 $A B C D$, 以 $A P$ 为 $x$ 轴, $A C$ 为 $y$ 轴, 过 $A$ 平行于 $P O$ 的直线为 $Z$ 轴, 建立如图所示的空间直角坐标系, 用平面的法向量的夹角求二面角;

(3) 假设棱 $P D$ 上存在一点 $E$, 使得 $A E / /$ 平面 $P B C$, 设 $\overrightarrow{P E}=\lambda \overrightarrow{P D}$, 由 $\overrightarrow{A E}$ 与平面 $P B C$ 的法向量垂直求得 $\lambda$, 如果求不出, 说明不存在.

## 【详解】

(1) $\because$ 平面 $P A D \perp$ 平面 $A B C D, A C \perp A D$, 平面 $P A D \cap$ 平面 $A B C D=A D, A C \subset$ 平面 $A B C D$, $\therefore A C$ 上平面 $P A D$;

(2) 取 $A D$ 的中点 $O$, 连接 $P O$, 由于 $\triangle P A D$ 是等边三角形, 所以 $P O \perp A D$, 由平面 $P A D \perp$平面 $A B C D$, 得 $P O \perp$ 平面 $A B C D, P O=\sqrt{3}$,

以 $A P$ 为 $x$ 轴, $A C$ 为 $y$ 轴, 过 $A$ 平行于 $P O$ 的直线为 $z$ 轴, 建立如图所示的空间直角坐标系,则 $A(0,0,0), D(2,0,0), C(0,1,0), B\left(-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, 0\right), P(1,0, \sqrt{3})$,

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$\overrightarrow{P C}=(-1,1,-\sqrt{3}), \overrightarrow{B C}=\left(\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, 0\right)$, 设平面 $P B C$ 的一个法向量为 $\vec{n}=(x, y, z)$,

则 $\left\{\begin{array}{c}\vec{n} \cdot \overrightarrow{P C}=-x+y-\sqrt{3} z=0 \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{B C}=\frac{1}{2} x+\frac{1}{2} y=0\end{array}\right.$, 取 $x=-1$, 则 $y=1, \quad z=\frac{2 \sqrt{3}}{3}, \vec{n}=\left(-1,1, \frac{2 \sqrt{3}}{3}\right)$,

平面 $P A D$ 的一个法向量为 $\vec{m}=(0,1,0)$,

$\cos \langle\vec{m}, \vec{n}\rangle=\frac{\vec{m} \cdot \vec{n}}{|\vec{m}||\vec{n}|}=\frac{1}{1 \times \sqrt{(-1)^{2}+1^{2}+\left(\frac{2 \sqrt{3}}{3}\right)^{2}}}=\frac{\sqrt{30}}{10}$,

$\therefore$ 平面 $P A D$ 与平面 $P B C$ 所成锐二面角的余弦值为 $\frac{\sqrt{30}}{10}$;

(3) 假设棱 $P D$ 上存在一点 $E$, 使得 $A E / /$ 平面 $P B C$, 设 $\overrightarrow{P E}=\lambda \overrightarrow{P D}(0 \leq \lambda \leq 1)$,

由 (2) $\overrightarrow{P D}=(1,0,-\sqrt{3}), \overrightarrow{A P}=(1,0, \sqrt{3})$,
$\overrightarrow{A E}=\overrightarrow{A P}+\overrightarrow{P E}=\overrightarrow{A P}+\lambda \overrightarrow{P D}=(1+\lambda, 0, \sqrt{3}-\lambda \sqrt{3})$, 又平面 $P B C$ 的一个法向量是 $\vec{n}=$ $\left(-1,1, \frac{2 \sqrt{3}}{3}\right)$,

$\therefore \overrightarrow{A E} \cdot \vec{n}=-1-\lambda+\frac{2 \sqrt{3}}{3}(\sqrt{3}-\sqrt{3} \lambda)=0$, 解得 $\lambda=\frac{1}{3}, \therefore \frac{P E}{P D}=\frac{1}{3}$.

$\therefore$ 棱 $P D$ 上存在一点 $E$, 使得 $A E / /$ 平面 $P B C$, 且 $\frac{P E}{P D}=\frac{1}{3}$.

## 【点睛】

本题考查由面面垂直证明线面垂直, 考查用空间向量法求二面角, 研究线面平行. 解题是建立空间直角坐标系.