高三几何题求解
（1）证明：见下图，因为：AB⊥平面PBC，所以AB⊥BC，AB⊥PB；又因为CD//AB，所以CD⊥BC，CD⊥PC；因为∠BPC=90D，2CD=AB=PB=PC=2，所以△PBC和△BAP是等腰Rt△；△PCD是Rt△；四边形ABCD是直角梯形。PA=BC=2√2. 因为E是BC的中点，所以PE⊥BC平分BC，PE⊆平面PBC，所以PE⊥AB，PE⊥平面ABCD，PE⊥AE，
AD=√[(AB-CD)^2+BC^2]=√[1+(2√2)^2]=3, DE^2=(DC^2+CE^2)=3,
AE^2=AB^2+BE^2=6, 因为AE^2+DE^2=AD^2=9, 所以△AED是Rt△，则AE⊥DE；则AE⊥平面PDE（PE，DE⊆平面PDE）。证毕。
（2）当BE=λBC（0<λ<1), λ=0，BE=BB，λ=1，BE=BC，即E点位于BC上任何一点时，cos(A-PD-E)=8√21/63? 要回答这个问题，我们可以看出，当BE=BC时，两面角A-PD-E最大，余弦值最小, 当E点在B时，两面角A-PD-E有最小值，余弦值最大，只要两面角A-PD-E最小值的余弦值>=8√21/63, 而最大角的余弦值<=8√21/63,由于两面角变化的连续性可知，一定存在这个余弦值，在BE=λBC（0<λ<1)。联结BD，则AD=BD=3，PE=√2；AP=2√2，PD^2=ED^2+PE^2=5, △PBD满足勾股定理，是Rt△；
根据余弦定理：cos∠ADP=(PD^2+AD^2-AP^2)/(2PD*AD)=(5+9-8)/(2*√5*3)=√5/5;
作PF⊥PD交AD延长线于F，得DF=5，联结BF，得二面角A-PD-B的公垂面PFB；PF^2=DF^2-PD^2=20, 作FH//AB，交CB延长线YUH，作DG//CB，分别交AB于I，交FH于G;
DA/DF =AI/DG=AI/FG; FG=DF*AI/DA=5/3; DG=5*2√2/3=10√2/3;
BF^2=FH^2+BH^2=(5/3+1)^2+(10√2/3-2√2)^2=(34+32)/9=22/3
cos(A-PD-E)min=cos∠BPF=(20+4-22/3)/(2*2*2√5)=(3*24-22)/(24√5)
=25√5/60>8√21/63。
作CM⊥PD于M，作MN//PF交AD于N；作NJ⊥CB于J，交DG于K；三角形PCD满足勾股定理，是Rt△;cos∠PDC=1/√5;所以：MD=1/√5；MN=PF/√5=2; DN^2=MN^2+MD^2=21/5; MC^2=1+1/5=6/5; DN=√(21/5)/3=√(7/15); DK=CJ=√(21/5)/2√2=√21/2√10;
NC^2=[1+√(7/15)]^2+21/40=1+7/15+2√(7/15)+21/40
cos∠CMN=cos(A-PD-E)max=(MN^2+MC^2-NC^2)/(2MC*MN)
=[4+6/5-1-7/15-21/40-2√(7/15)]/[2*2*√(5/6)]
=[3+5/24-2√(7/15)]√30/20=(3*√30+5√30/24-2√14)/20
=(77√30-48√14)/480<8√21/63; 二面角余弦值介于A-PD-B和A-PD-C之间；因此断定，这个余弦值存在。
