(1)求證：PA⊥PB；
(2)點F在線段PB上，當二面角F－AE－P大小為eq \f(π,4)時，求四棱錐F－ABCE的體積．
[分析] (1)要證PA⊥PB.由PA⊥PE知，證PA⊥平面PBE即可，也即需證PA⊥BE，又平面PAE⊥平面ABCE，故證BE⊥AE即可，這在平面圖中易證．
(2)取AE的中點O連接PO，分別以OA、OP為x軸、z軸建立空間直角坐標系，設eq \(PF,\s\up6(→))＝λeq \(PB,\s\up6(→))，只需根據(jù)條件求出λ即可，得點F的豎坐標z，進而可求VF－ABCE＝eq \f(1,3)SABCE·|z|.
[解析] (1)證明：在長方形ABCD中，AB＝2AD＝2eq \r(2)，E為CD中點，
∴AE＝BE＝2，∴AE2＋BE2＝AB2，∴AE⊥BE，
∵平面PAE⊥平面ABCE，平面PAE∩平面ABCE＝AE，BE?平面ABCE，
∴BE⊥平面PAE，AP?平面PAE，
∴BE⊥PA，又PA⊥PE，BE?平面PBE，PE?平面PBE，PE∩BE＝E，
∴PA⊥平面PBE，PB?平面PBE，
∴PA⊥PB.
(2)如圖，取AE的中點O，AB的中點G，連接OP，OG，由題意可得OP，OG，OA兩兩互相垂直，
以O為坐標原點，以OA，OG，OP分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，
則A(1,0,0)，E(－1,0,0)，B(－1,2,0)，P(0,0,1)，
∴eq \(AE,\s\up6(→))＝(－2,0,0)，
設eq \(PF,\s\up6(→))＝λeq \(PB,\s\up6(→))，則F(－λ，2λ，1－λ)，
∴eq \(AF,\s\up6(→))＝(－λ－1,2λ，1－λ)．
解法一：設平面FAE的一個法向量為m＝(x，y，z)，
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(AE,\s\up6(→))＝－2x＝0，,m·\(AF,\s\up6(→))＝?－λ－1?x＋2λy＋?1－λ?z＝0，))
令y＝1，得z＝eq \f(2λ,λ－1)，∴m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，\f(2λ,λ－1)))，
又BE⊥平面PAE，∴n＝eq \(EB,\s\up6(→))＝(0,2,0)是平面PAE的一個法向量，
∴cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(2,2×\r(1＋\f(4λ2,λ2－2λ＋1)))＝eq \f(\r(2),2)，
解得λ＝eq \f(1,3)或λ＝－1(舍)．
即F為PB的靠近P的三等分點時，二面角F－AE－P的平面角為eq \f(π,4)，
∵PO⊥平面ABCE，且PO＝1，
∴F到平面ABCE的距離為eq \f(2,3)，又四邊形ABCE的面積為3，
∴四棱錐F－ABCE的體積VF－ABCE＝eq \f(1,3)SABCE·h＝eq \f(1,3)×3×eq \f(2,3)＝eq \f(2,3).
解法二：作FH⊥AE于H，則eq \(HF,\s\up6(→))＝eq \(AF,\s\up6(→))－teq \(AE,\s\up6(→))(t∈R)，
由eq \(HF,\s\up6(→))·eq \(AE,\s\up6(→))＝0得t＝eq \f(\(AF,\s\up6(→))·\(AE,\s\up6(→)),|\(AE,\s\up6(→))|2)＝eq \f(λ＋1,2)，
∴eq \(HF,\s\up6(→))＝(0,2λ，1－λ)，又eq \(OP,\s\up6(→))⊥eq \(AE,\s\up6(→))，且eq \(OP,\s\up6(→))＝(0,0,1)，
∴〈eq \(HF,\s\up6(→))，eq \(OP,\s\up6(→))〉＝45°，∴eq \f(1－λ,\r(4λ2＋?1－λ?2))＝eq \f(\r(2),2)，
解得λ＝eq \f(1,3)或－1(舍去)(以下同解法一部分)．
名師點撥：空間折疊問題的解題策略
1．解決與折疊有關的問題的關鍵是搞清折疊前后的變化量和不變量．一般情況下，長度是不變量，而位置關系往往發(fā)生變化，抓住不變量是解決問題的突破口．
2．在解決問題時，要綜合考慮折疊前后的圖形，既要分析折疊后的圖形，也要分析折疊前的圖形．
3．解決折疊問題的關注點：平面圖形折疊成空間圖形，主要抓住變與不變的量，所謂不變的量，是指“未折壞”的元素，包括“未折壞”的邊和角，一般優(yōu)先標出“未折壞”的直角(從而觀察是否存在線面垂直)，然后標出其他特殊角以及所有不變的線段．
【變式訓練】
(2023·河北衡水中學模擬)如圖，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝2CD＝2AD＝2，將△ADC沿著AC翻折，使得點D到點P處，且AP⊥BC.
(1)求證：平面APC⊥平面ABC；
(2)求二面角C－PA－B的平面角的正弦值．
[解析] (1)證明：由等腰梯形ABCD中，AB＝2CD＝2AD＝2，
過C做CE⊥AB，交AB于E，連接AC，如圖所示
根據(jù)對稱性可得，BE＝eq \f(1,2)，
所以cs∠ABC＝eq \f(EB,BC)＝eq \f(1,2)，可得∠ABC＝60°，
又由AB＝2BC，
所以AC2＝BC2＋AB2－2BC·ABcs∠ABC＝3，即AC＝eq \r(3)，
所以AC2＋BC2＝AB2，即AC⊥BC，
又因為BC⊥AP，且AC∩AP＝A，
所以BC⊥平面APC，又由BC?平面ABC，
所以平面APC⊥平面ABC.
(2)取AC的中點E，AB的中點F，以E為坐標原點，EA為x軸，EF為y軸，EP為z軸正方向建立空間坐標系，
則Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，0，0))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，1，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，0，0))，P(D)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(1,2)))，所以eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，0，\f(1,2)))，eq \(AC,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，0,0)，eq \(PB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，1，－\f(1,2)))，eq \(PA,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，0，－\f(1,2)))，
由(1)知平面APC的一個法向量n1＝eq \(CB,\s\up6(→))＝(0,1,0)，
設平面BPA的法向量為n2＝(x，y，z)，
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)x＋y－\f(1,2)z＝0，,\f(\r(3),2)x－\f(1,2)z＝0，))令x＝1，則y＝z＝eq \r(3)，得一個法向量n2＝(1，eq \r(3)，eq \r(3))，
所以cs〈n1，n2〉＝eq \f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝eq \f(\r(3),1×\r(1＋3＋3))＝eq \f(\r(21),7)，
所以sin〈n1，n2〉＝eq \f(2\r(7),7)，
所以二面角C－PA－B的平面角的正弦值為eq \f(2\r(7),7).

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