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（1）见解析；（2）.

试题分析：（1）过点D作DE ⊥ A1 C 于E点，取AC的中点F，连BF ﹑EF，先证直线DE⊥面AA1C1C，再证BF⊥面AA1C1C，得D，E，F，B共面，再证DB∥EF ，从而有EF∥AA1，易得所证结论；（2）法1：建立空间直角坐标系，找出所需点的坐标，分别设出面DA1C和平面AA1DB的法向量，并列方程计算出来，再利用向量的数量积计算两向量的夹角的余弦值，便可得得值；法2：延长A1 D与直线AB相交于G，易知CB⊥面AA1B1B，过B作BH⊥A1 G于点H，连CH，证明∠CHB为二面角A －A1D － C的平面角，在CHB中，根据条件计算的表达式，可得结论.

试题解析：（1）过点D作DE ⊥ A1 C 于E点，取AC的中点F，连BF ﹑EF.

∵面DA1 C⊥面AA1C1C且相交于A1 C，面DA1 C内的直线DE ⊥ A1 C，∴直线DE⊥面AA1C1C ，3分

又∵面BA C⊥面AA1C1C且相交于AC，易知BF⊥AC，∴BF⊥面AA1C1C

由此知：DE∥BF ，从而有D，E，F，B共面，又易知BB1∥面AA1C1C，故有DB∥EF ，从而有EF∥AA1，

又点F是AC的中点，所以DB ＝ EF ＝  AA1＝  BB1，所以D点为棱BB1的中点；  6分

（2）解法1：建立如图所示的直角坐标系，设AA1＝ 2b ，AB＝BC ＝ ，则D（0,0,b）,  A1 (a,0,2b),  C (0,a,0)，                                                  7分

所以， ,                          8分

设面DA1C的法向量为则 可取,

又可取平面AA1DB的法向量,

cos〈〉,          10分

据题意有：，                               12分

解得： ＝ .                                      13分

解法2：延长A1 D与直线AB相交于G，易知CB⊥面AA1B1B，

过B作BH⊥A1 G于点H，连CH，由三垂线定理知：A1 G⊥CH，

由此知∠CHB为二面角A －A1D － C的平面角；                     9分

设AA1＝ 2b ，AB＝BC ＝；在直角三角形A1A G中，易知AB ＝ BG.

在DBG中，BH ＝  ＝ ，                    10分

在CHB中，tan∠CHB ＝  ＝ ，

据题意有： ＝ tan600 ＝  ，

解得：所以 ＝ .                           13分

(1)详见解析；（2）.

试题分析：(1)先根据题意找到BC中点O，证明，平面，从而以O为原点构造出空间直角坐标系.在写出平面中相关向量坐标以及的坐标，由向量的数量积为0证明线线垂直，从而得到⊥平面；（2）先求出平面的法向量，又由上问可知平面的法向量即，再通过向量的夹角公式得到这两个法向量的夹角余弦值，经观察可知即为二面角余弦值.从而得到本题的解.

试题解析：（1）取BC中点O,连AO,

∵为正三角形, ∴,

∵在正三棱柱中,平面ABC平面,∴平面,

取中点为,以O为原点,,,的方向为,轴的正方向,建立空间直角坐标系,

则.

∴,

∵,.

∴,,∴面   

(2)设平面的法向量为,.

,∴,∴,,令,得为平面的一个法向量,由(1)知面,

∴为平面的法向量,,

经检验易知二面角的余弦值为.

（1）见解析（2）（3）存在，λ＝

(1)证明:由已知＝λ，∴EF∥BC，又BC∥AD，∴EF∥AD，而EF⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，

∴EF∥平面PAD.

(2)解　因为平面ABCD⊥平面PAC，平面ABCD∩平面PAC＝AC，且PA⊥AC，∴PA⊥平面ABCD.∴PA⊥AB，PA⊥AD.又∵AB⊥AD，

∴PA，AB，AD两两垂直．

如图所示，建立空间直角坐标系

∵AB＝BC＝1，PA＝AD＝2，

∴A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)，当λ＝时，F为PC中点，

∴F，∴＝，＝(－1,1,0)，设异面直线BF与CD所成的角为θ，∴cos θ＝|cos〈，〉|＝＝.故异面直线BF与CD所成角的余弦值为.

(3)解:设F(x0，y0，z0)，则＝(x0，y0，z0－2)，＝(1,1，－2)，又＝λ

∴∴＝(λ，λ，2－2λ)，

设平面AFD的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，则

即

令z1＝λ，得m＝(2λ－2,0，λ)．

设平面PCD的一个法向量为n＝(x2，y2，z2)．则即

取y2＝1，则x2＝1，z2＝1，∴n＝(1,1,1)，

由m⊥n，得m·n＝(2λ－2,0，λ)·(1,1,1)＝2λ－2＋λ＝0，解得λ＝.

（1）见解析（2）存在

(1)证明:PB⊥底面ABCD，∴PD⊥CD，

又∵CD⊥PD，PD∩PB＝P，PD，PB⊂平面PBD.

∴CD⊥平面PBD，又CD⊂平面PCD，

∴平面PCD⊥平面PBD.

(2)如图，以B为原点，BA，BC，BP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，

设BC＝a，BP＝b，则B(0,0,0)，A(2,0,0)，C(0，a,0)，

D(2,2,0)，P(0,0，b)．

∵＝(2,2，－b)，＝(2,2－a,0)，CD⊥PD，

∴·＝0，∴4＋4－2a＝0，a＝4，

又＝(2,0，－b)，＝(2，－2,0)，

异面直线PA和CD所成角等于60°，

∴＝，

即＝，解得b＝2，

＝(0,4，－2)，＝(0,2,0)，＝(2,0，－2)．

设平面PAD的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，

则由得

取n1＝(1,0,1)，

∵sin θ＝＝＝，∴直线PC和平面PAD所成角的正弦值为.

(3)解　假设存在，设＝λ，且E(x，y，z)，则(x，y，z－2)＝λ(2,0，－2)，E(2λ，0,2－2λ)，设平面DEB的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，

则由得

取n2＝(λ－1,1－λ，λ)，

又平面ABE的法向量n3＝(0,1,0)，

由cos θ＝＝，得＝，解得λ＝或λ＝2(不合题意)．

∴存在这样的E点，E为棱PA上的靠近A的三等分点．