浙江 2017 · 数学 q19

转着看 · 换个机位再判断

四棱锥 P-ABCD：△PAD 以 AD 为斜边的等腰直角三角形，BC ∥ AD、CD ⊥ AD、PC = AD = 2DC = 2CB，E 是 PD 的中点、F 是 PA 的中点

机位1题图角度2正对 PAB3沿 PAB 看4俯视自由视角

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冷启动：底面一眼看得出来，顶点得算

题面的条件分成两堆。底面那一堆一句话就画得出来：

$$BC\parallel AD,\qquad CD\perp AD,\qquad AD=2DC=2CB .$$

比例只定形状不定尺度，取 $AD=2$，于是 $DC=CB=1$、$PC=2$。以 $D$ 为原点、$DA$ 为 $x$ 轴、 $DC$ 为 $y$ 轴（$CD\perp AD$ 保证这两条轴垂直），底面四个点当场写得出来：

$$D(0,0,0),\quad A(2,0,0),\quad C(0,1,0),\quad B(1,1,0) .$$

（$B$ 由 $BC\parallel AD$ 且 $CB=1$ 定出，与 $A$ 同侧。底面是个直角梯形。）

顶点那一堆就不一样了。题给的是

$$PA=PD,\qquad PA\perp PD,\qquad PC=AD=2 .$$

前两条合起来说的是「$\triangle PAD$ 是以 $AD$ 为斜边的等腰直角三角形」，于是 $PA=PD=\dfrac{\sqrt2}{2}\cdot AD=\sqrt2$。设 $P(x,y,z)$：

• $|PD|^2=|PA|^2$ 给 $x^2=(x-2)^2$，即 $x=1$；
• $|PD|^2=2$ 给 $1+y^2+z^2=2$，即 $y^2+z^2=1$。

到这里 $P$ 还没定死——它在平面 $x=1$ 内的一个单位圆上转。真正把它钉住的是第三条：

$$|PC|^2=1+(y-1)^2+z^2=4 \ \Longrightarrow\ 1+\bigl(y^2+z^2\bigr)-2y+1=4 \ \Longrightarrow\ 3-2y=4 \ \Longrightarrow\ y=-\frac12 ,$$

于是 $z^2=1-\frac14=\frac34$，取 $z>0$（另一支是它关于底面的镜像，两问的结果一模一样）：

$$\boxed{P\left(1,-\frac12,\frac{\sqrt3}{2}\right)} .$$

$y=-\dfrac12<0$ 这件事值得盯一眼：$P$ 的垂足 $O\left(1,-\frac12,0\right)$ 落在梯形 $ABCD$ 的外面， 在 $AD$ 的另一侧。换句话说，这个四棱锥是歪的，侧面 $PAD$ 并不垂直于底面。 把 $P$ 随手摆成 $(1,0,1)$——那正是「让侧面 $PAD$ 竖起来」——虽然也满足 $\triangle PAD$ 那一条， 却给出 $PC=\sqrt{1+1+1}=\sqrt3\neq2$，与题面对不上。（原卷正是在这儿翻的车，末尾一节详说。）

最后一个点：$E$ 是 $PD$ 的中点，

$$E\left(\frac12,-\frac14,\frac{\sqrt3}{4}\right) .$$

下面三条路：一条老老实实建系算向量，一条一个坐标都不写， 一条把第一问的结论直接接到第二问上。

解法一：先把 $P$ 解出来，再建系用向量走完两问

第一步：建系，把六个点写出来

取 $AD=2$（题面只给比例），$D$ 为原点、$DA$ 为 $x$ 轴、$DC$ 为 $y$ 轴、竖直方向为 $z$ 轴：

$$D(0,0,0),\quad A(2,0,0),\quad C(0,1,0),\quad B(1,1,0).$$

顶点 $P(x,y,z)$ 由三条长度条件联立：$PA=PD=\sqrt2$（等腰直角，斜边 $AD=2$）与 $PC=2$。 $|PD|^2=|PA|^2$ 给 $x=1$；$|PD|^2=2$ 给 $y^2+z^2=1$；$|PC|^2=4$ 给 $3-2y=4$，即 $y=-\frac12$、$z=\frac{\sqrt3}{2}$。

$$P\left(1,-\frac12,\frac{\sqrt3}{2}\right),\qquad E=\frac{P+D}{2}=\left(\frac12,-\frac14,\frac{\sqrt3}{4}\right).$$

写完回代验一遍（这一步别省）：

$$|PA|^2=1+\tfrac14+\tfrac34=2\ \checkmark,\quad |PD|^2=2\ \checkmark,\quad \overrightarrow{PA}\cdot\overrightarrow{PD}=1\cdot(-1)+\tfrac12\cdot\tfrac12+\left(-\tfrac{\sqrt3}{2}\right)^2 =-1+\tfrac14+\tfrac34=0\ \checkmark,$$ $$|PC|^2=1+\left(-\tfrac12-1\right)^2+\tfrac34=1+\tfrac94+\tfrac34=4\ \checkmark .$$

四条全对上，坐标才算立住。

第二步：第（Ⅰ）问——把 $\overrightarrow{CE}$ 拆进平面 $PAB$ 的两个方向里

$$\overrightarrow{CE}=E-C=\left(\frac12,-\frac54,\frac{\sqrt3}{4}\right),\qquad \overrightarrow{AB}=(-1,1,0),\qquad \overrightarrow{AP}=\left(-1,-\frac12,\frac{\sqrt3}{2}\right).$$

设 $\overrightarrow{CE}=\alpha\,\overrightarrow{AB}+\beta\,\overrightarrow{AP}$。第三个分量给 $\frac{\sqrt3}{2}\beta=\frac{\sqrt3}{4}$，即 $\beta=\frac12$；第一个分量给 $-\alpha-\frac12=\frac12$，即 $\alpha=-1$。 拿第二个分量验：

$$-1\cdot 1+\frac12\cdot\left(-\frac12\right)=-1-\frac14=-\frac54\ \checkmark .$$

所以

$$\overrightarrow{CE}=-\overrightarrow{AB}+\frac12\,\overrightarrow{AP} .$$

$\overrightarrow{AB}$ 与 $\overrightarrow{AP}$ 不共线（它们的第三个分量一个为 $0$ 一个不为 $0$， 而第一个分量相等，显然不成比例），且都在平面 $PAB$ 内，所以 $\overrightarrow{CE}$ 与平面 $PAB$ 共面。

还差一句：$C$ 不在平面 $PAB$ 内。取平面 $PAB$ 的法向量

$$\vec n=\overrightarrow{AB}\times\overrightarrow{AP} =\left(1\cdot\frac{\sqrt3}{2}-0\cdot\left(-\frac12\right),\ 0\cdot(-1)-(-1)\cdot\frac{\sqrt3}{2},\ (-1)\left(-\frac12\right)-1\cdot(-1)\right) =\left(\frac{\sqrt3}{2},\frac{\sqrt3}{2},\frac32\right),$$

取 $\vec n=(1,1,\sqrt3)$。则 $\overrightarrow{AC}\cdot\vec n=(-2)\cdot1+1\cdot1+0=-1\neq0$， 故 $C\notin$ 平面 $PAB$，于是 $CE\not\subset$ 平面 $PAB$。

两句合起来：$CE\parallel$ 平面 $PAB$。

（顺带对一下：$\overrightarrow{CE}\cdot\vec n=\frac12-\frac54+\frac{\sqrt3}{4}\cdot\sqrt3 =\frac12-\frac54+\frac34=0$ ✓，与共面的结论一致。）

第三步：第（Ⅱ）问——平面 $PBC$ 的法向量

$$\overrightarrow{CB}=(1,0,0),\qquad \overrightarrow{CP}=\left(1,-\frac32,\frac{\sqrt3}{2}\right),$$ $$\vec m=\overrightarrow{CB}\times\overrightarrow{CP} =\left(0\cdot\frac{\sqrt3}{2}-0\cdot\left(-\frac32\right),\ 0\cdot1-1\cdot\frac{\sqrt3}{2},\ 1\cdot\left(-\frac32\right)-0\cdot1\right) =\left(0,-\frac{\sqrt3}{2},-\frac32\right).$$

同向放大两倍取 $\vec m=(0,\sqrt3,3)$（法向量可以取反、可以伸缩，不影响下面的绝对值），

$$|\vec m|=\sqrt{3+9}=2\sqrt3,\qquad |\overrightarrow{CE}|=\sqrt{\frac14+\frac{25}{16}+\frac3{16}}=\sqrt{\frac{32}{16}}=\sqrt2 .$$ $$\overrightarrow{CE}\cdot\vec m=\frac12\cdot0+\left(-\frac54\right)\sqrt3+\frac{\sqrt3}{4}\cdot3 =-\frac{5\sqrt3}{4}+\frac{3\sqrt3}{4}=-\frac{\sqrt3}{2}.$$

第四步：这个比值直接就是正弦

设直线 $CE$ 与平面 $PBC$ 所成的角为 $\theta$。斜线与法向量的夹角和 $\theta$ 互余， 所以法向量夹角的余弦就是 $\theta$ 的正弦——算出来的数不要再取一次余弦：

$$\sin\theta=\frac{\bigl|\overrightarrow{CE}\cdot\vec m\bigr|}{|\overrightarrow{CE}|\,|\vec m|} =\frac{\dfrac{\sqrt3}{2}}{\sqrt2\cdot2\sqrt3} =\frac{\sqrt3}{2}\cdot\frac{1}{2\sqrt6} =\frac{\sqrt3}{4\sqrt6} =\frac{\sqrt3\cdot\sqrt6}{24} =\frac{3\sqrt2}{24} =\frac{\sqrt2}{8}.$$

数一下量级：$\dfrac{\sqrt2}{8}\approx0.1768$，对应 $\theta\approx10.2^\circ$——$CE$ 几乎贴着平面 $PBC$， 与图上那个很扁的角对得上。

解法二：一根中位线 $+$ 一次等体积，全程不建系

坐标一个都不写。第一问靠一个平行四边形，第二问靠「正弦 $=$ 点面距 $\div$ 斜线长」。

第一步：第（Ⅰ）问——取 $PA$ 的中点，拼出平行四边形

取 $PA$ 的中点 $F$，连 $EF$、$BF$。

在 $\triangle PAD$ 里，$E$、$F$ 分别是 $PD$、$PA$ 的中点，所以 $EF$ 是这个三角形的中位线。 中位线配的是它绕开的那个顶点所对的边——绕开的是 $P$，所对的边是 $AD$，于是

$$EF\parallel AD,\qquad EF=\frac12 AD=1 .$$

而题给 $BC\parallel AD$、$BC=\frac12 AD=1$。两条合起来：

$$EF\parallel BC,\qquad EF=BC .$$

一组对边平行且相等，所以四边形 $BCEF$ 是平行四边形，于是

$$CE\parallel BF .$$

$BF\subset$ 平面 $PAB$。再说 $C\notin$ 平面 $PAB$：若不然，$B$、$C$ 两点都在这个平面里， 则整条 $BC$ 落入其中；$AD\parallel BC$ 而 $A$ 也在这个平面里，于是 $AD$ 也落入其中，从而 $D$ 也在里面—— $P$、$A$、$B$、$C$、$D$ 五点就共面了，四棱锥塌成一个平面图形，矛盾。故 $CE\not\subset$ 平面 $PAB$。 由线面平行的判定定理，

$$CE\parallel \text{平面 } PAB .$$

第二步：把顶点钉下来（不用坐标）

取 $AD$ 的中点 $M$，连 $PM$、$MB$。

• $\triangle PAD$ 中 $PA=PD$，所以 $PM\perp AD$；又 $\angle APD=90^\circ$，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，故 $PM=\frac12AD=1$。
• 底面里 $MD=\frac12AD=1$，而 $BC=1$ 且 $BC\parallel AD$，即 $MD\parallel CB$ 且 $MD=CB$， 所以 $MBCD$ 是平行四边形，于是 $BM=DC=1$、$BM\parallel DC$。又 $DC\perp AD$ 且 $MD=DC=1$， 所以 $MBCD$ 是边长为 $1$ 的正方形；特别地 $MB\perp AD$。

$AD$ 同时垂直于相交的两条直线 $PM$ 与 $MB$（交点是 $M$），由线面垂直的判定定理，

$$AD\perp \text{平面 } PMB .$$

（两条必须相交：只垂直于面内一条线推不出线面垂直。这里 $PM$ 与 $MB$ 交于 $M$，这一条是成立的。）

$BC\parallel AD$，所以 $BC\perp$ 平面 $PMB$，从而 $BC\perp PB$。于是 $\triangle PBC$ 在 $B$ 处是直角，

$$PB=\sqrt{PC^2-BC^2}=\sqrt{4-1}=\sqrt3 .$$

再看 $\triangle PMB$：$PM=MB=1$、$PB=\sqrt3$，由余弦定理

$$\cos\angle PMB=\frac{1+1-3}{2\cdot1\cdot1}=-\frac12 \ \Longrightarrow\ \angle PMB=120^\circ .$$

平面 $PMB$ 与底面交于直线 $MB$，而 $AD\perp$ 平面 $PMB$、$AD\subset$ 底面， 所以这两个平面互相垂直，$P$ 到底面的距离就等于它在平面 $PMB$ 内到直线 $MB$ 的距离：

$$h=PM\sin\angle PMB=1\cdot\sin120^\circ=\frac{\sqrt3}{2} .$$

（顺带：垂足在 $MB$ 上的投影位置是 $PM\cos120^\circ=-\frac12$，负号说明它落在 $M$ 的另一侧、 在梯形 $ABCD$ 外面——这个四棱锥是歪的。）

第三步：第（Ⅱ）问——先求 $E$ 到平面 $PBC$ 的距离

$E$ 是 $PD$ 的中点，而 $P$ 就在平面 $PBC$ 上，所以线段 $PD$ 上的点到该平面的距离从 $P$ 处的 $0$ 线性长到 $D$ 处的 $d(D)$，中点处恰好是一半：

$$d\bigl(E,\ \text{平面 }PBC\bigr)=\frac12\,d\bigl(D,\ \text{平面 }PBC\bigr).$$

$d(D)$ 用等体积法：同一个四面体 $P\text{-}DBC$，换个面当底算两遍。

• 以 $\triangle DBC$ 为底：它在底面内，底边 $BC=1$，$D$ 到直线 $BC$ 的距离就是两条平行线 $AD$、$BC$ 之间的距离，即 $DC=1$，故 $S_{\triangle DBC}=\frac12$；高是 $P$ 到底面的距离 $h=\frac{\sqrt3}{2}$。 $$V=\frac13\cdot\frac12\cdot\frac{\sqrt3}{2}=\frac{\sqrt3}{12}.$$
• 以 $\triangle PBC$ 为底：第二步已证它在 $B$ 处是直角，$S_{\triangle PBC}=\frac12\cdot PB\cdot BC=\frac{\sqrt3}{2}$；这时的高正是 $d(D)$。

两式相等：

$$d(D)=\frac{3V}{S_{\triangle PBC}}=\frac{3\cdot\dfrac{\sqrt3}{12}}{\dfrac{\sqrt3}{2}} =\frac{\dfrac{\sqrt3}{4}}{\dfrac{\sqrt3}{2}}=\frac12 \qquad\Longrightarrow\qquad d(E)=\frac14 .$$

第四步：再求斜线 $CE$ 的长

在 $\triangle PDC$ 里，$PD=\sqrt2$、$DC=1$、$PC=2$，由余弦定理

$$\cos\angle PDC=\frac{PD^2+DC^2-PC^2}{2\cdot PD\cdot DC}=\frac{2+1-4}{2\sqrt2}=-\frac{1}{2\sqrt2}=-\frac{\sqrt2}{4} .$$

$E$ 在 $DP$ 上，所以 $\angle CDE=\angle CDP$，且 $DE=\frac12PD=\frac{\sqrt2}{2}$。在 $\triangle CDE$ 里再用一次余弦定理：

$$CE^2=DC^2+DE^2-2\cdot DC\cdot DE\cdot\cos\angle CDE =1+\frac12-2\cdot1\cdot\frac{\sqrt2}{2}\cdot\left(-\frac{\sqrt2}{4}\right) =\frac32+\frac12=2 ,$$ $$CE=\sqrt2 .$$

第五步：正弦就是这两个数相除

线面角的正弦 $=$ 斜线端点到平面的距离 $\div$ 斜线长（另一个端点 $C$ 就在平面 $PBC$ 上）：

$$\sin\theta=\frac{d(E)}{CE}=\frac{\dfrac14}{\sqrt2}=\frac{1}{4\sqrt2}=\frac{\sqrt2}{8} .$$

解法三：把 $CE$ 平移成 $BF$，再借一组面面垂直把点面距降成点线距

第一问既然已经找出一条与 $CE$ 平行的线段，第二问就不必再跟 $CE$ 较劲—— 平行的两条直线与同一个平面所成的角相等，换那条来算。

第一步：还是那根中位线（第（Ⅰ）问）

取 $AD=2$，则 $DC=CB=1$、$PC=2$。取 $PA$ 的中点 $F$。 在 $\triangle PAD$ 里 $E$、$F$ 分别是 $PD$、$PA$ 的中点，$EF$ 是中位线， 它配的是绕开顶点 $P$ 后所对的那条边 $AD$：

$$EF\parallel AD,\qquad EF=\frac12AD=1=BC,\qquad BC\parallel AD .$$

故 $EF\parallel BC$ 且 $EF=BC$，四边形 $BCEF$ 是平行四边形，$CE\parallel BF$ 且 $CE=BF$。 $BF\subset$ 平面 $PAB$；而 $C\notin$ 平面 $PAB$——否则 $B$、$C$ 同在其中使 $BC$ 落入， 再由 $AD\parallel BC$ 与 $A$ 在其中得 $AD$ 落入、$D$ 也在其中，五个顶点共面，四棱锥就塌了。 由线面平行的判定定理得 $CE\parallel$ 平面 $PAB$，第（Ⅰ）问证毕。

第二步：换一条线段去量那个角

$CE\parallel BF$，所以 $CE$ 与平面 $PBC$ 所成的角等于 $BF$ 与平面 $PBC$ 所成的角，仍记作 $\theta$。 $BF$ 的一个端点 $B$ 就在平面 $PBC$ 上，于是

$$\sin\theta=\frac{d\bigl(F,\ \text{平面 }PBC\bigr)}{BF} .$$

$F$ 是 $PA$ 的中点、$P$ 在平面 $PBC$ 上，所以

$$d(F)=\frac12\,d\bigl(A,\ \text{平面 }PBC\bigr).$$

第三步：把 $A$ 换成 $AD$ 的中点 $M$——距离不变

取 $AD$ 的中点 $M$。$AM$ 与 $BC$ 都平行于 $AD$，所以 $AM\parallel BC$，而 $BC\subset$ 平面 $PBC$， 故直线 $AD$ 平行于平面 $PBC$，$A$ 与 $M$ 到这个平面等距：

$$d(A)=d(M).$$

第四步：$M$ 到平面 $PBC$ 的距离，在平面 $PMB$ 里量

连 $PM$、$MB$。

• $PA=PD$ 给 $PM\perp AD$；$\angle APD=90^\circ$ 给 $PM=\frac12AD=1$（直角三角形斜边上的中线）。
• 底面里 $MD=\frac12AD=1=CB$ 且 $MD\parallel CB$，故 $MBCD$ 是平行四边形，$BM=DC=1$； 又 $DC\perp AD$、$MD=DC=1$，所以 $MBCD$ 是边长 $1$ 的正方形，$MB\perp AD$。

$AD$ 垂直于平面 $PMB$ 内两条相交的直线 $PM$ 与 $MB$（交于 $M$），由线面垂直的判定定理 $AD\perp$ 平面 $PMB$。（只垂直于面内一条线是不够的，这里两条且相交，条件齐。）

$BC\parallel AD$ ⟹ $BC\perp$ 平面 $PMB$；$BC\subset$ 平面 $PBC$，由面面垂直的判定定理

$$\text{平面 }PBC\perp\text{平面 }PMB ,$$

而这两个平面都过 $P$ 与 $B$，交线是 $PB$。由面面垂直的性质定理，$M$ 到平面 $PBC$ 的距离 就是它在平面 $PMB$ 内到交线 $PB$ 的距离。

先算 $PB$：$BC\perp$ 平面 $PMB$ 给 $BC\perp PB$，故 $\triangle PBC$ 在 $B$ 处是直角，

$$PB=\sqrt{PC^2-BC^2}=\sqrt{4-1}=\sqrt3 .$$

再在 $\triangle PMB$（$PM=MB=1$、$PB=\sqrt3$）里，由余弦定理

$$\cos\angle PMB=\frac{1+1-3}{2}=-\frac12,\qquad \angle PMB=120^\circ ,$$ $$S_{\triangle PMB}=\frac12\cdot PM\cdot MB\cdot\sin 120^\circ=\frac12\cdot1\cdot1\cdot\frac{\sqrt3}{2}=\frac{\sqrt3}{4},$$ $$d(M,\ PB)=\frac{2S_{\triangle PMB}}{PB}=\frac{2\cdot\dfrac{\sqrt3}{4}}{\sqrt3}=\frac12 .$$

于是

$$d(A)=d(M)=\frac12,\qquad d(F)=\frac12 d(A)=\frac14 .$$

第五步：$BF$ 的长

$\triangle PAB$ 的三边：$PA=\sqrt2$（等腰直角，斜边 $AD=2$）； $PB=\sqrt3$（上一步）；$AB$ 在底面的直角梯形里，把 $B$ 投到 $AD$ 上得 $M$， $AM=1$、$MB=1$ 且 $\angle AMB=90^\circ$，故 $AB=\sqrt2$。由余弦定理

$$\cos\angle PAB=\frac{PA^2+AB^2-PB^2}{2\cdot PA\cdot AB}=\frac{2+2-3}{2\cdot\sqrt2\cdot\sqrt2}=\frac14 .$$

$F$ 是 $PA$ 的中点，$AF=\frac{\sqrt2}{2}$。在 $\triangle ABF$ 里再用一次余弦定理：

$$BF^2=AF^2+AB^2-2\cdot AF\cdot AB\cdot\cos\angle PAB =\frac12+2-2\cdot\frac{\sqrt2}{2}\cdot\sqrt2\cdot\frac14 =\frac52-\frac12=2 ,$$ $$BF=\sqrt2 .$$

第六步：相除

$$\sin\theta=\frac{d(F)}{BF}=\frac{\dfrac14}{\sqrt2}=\frac{\sqrt2}{8} .$$

回头看：这道题的重心在第零步

三条路后面的算法各不相同，但都卡在同一件事上：$P$ 到底在哪儿。

空间里一个点有三个自由度。「$\triangle PAD$ 是以 $AD$ 为斜边的等腰直角三角形」听着很强， 其实只把 $P$ 压到一个圆上（平面 $x=1$ 内的单位圆）；剩下那一个自由度， 要靠 $PC=AD$ 这条看着像在定尺度、其实在定位置的条件才收得住。

题面把它写成 $PC=AD=2DC=2CB$ 这样一长串等式，最容易被读成「这些长度成比例」就翻篇， 于是顺手把 $P$ 摆在 $AD$ 的正上方——那等于替题目补了一句「平面 $PAD\perp$ 平面 $ABCD$」。 补上之后一切都还算得动，答案却偏了。

一句话记住这道题：先数条件够不够定死那个点，再动笔写坐标；写完回代验一遍， 一条对不上就说明写早了。

原卷错在哪

原卷【解析】给的第（Ⅱ）问答案是 $\dfrac{\sqrt3}{6}$，本站校订层（q19-fix.md） 把【答案】段写成 $\dfrac{\sqrt2}{8}$。理由逐条如下：

1. 原卷取的 $P(1,0,1)$ 不满足 $PC=2$。 把它代进去： $$|PC|=\sqrt{(1-0)^2+(0-1)^2+(1-0)^2}=\sqrt3\neq2 .$$ 而题面写着 $PC=AD=2DC=2CB$，在 $AD=2$ 的尺度下就是 $PC=2$。
2. 那个点确实满足另外两条：$|PA|=|PD|=\sqrt2$、$\overrightarrow{PA}\cdot\overrightarrow{PD}=(1,0,-1)\cdot(-1,0,-1)=-1+1=0$。 所以它是那个单位圆上的一点——只是取错了位置：它取的是 $y=0$ 那一点， 而 $y=0$ 意味着 $P$ 落在 $AD$ 所在的竖直平面里，也就是默认了「平面 $PAD\perp$ 平面 $ABCD$」。 题面没有这句话。
3. 真正的 $P$ 在 $AD$ 的另一侧：由 $3-2y=4$ 解得 $y=-\frac12$， 垂足落在梯形 $ABCD$ 外面（解法二第二步的 $\angle PMB=120^\circ$ 说的是同一件事）。 这与原题配图里 $AD$ 画成虚线、$P$ 悬在 $AD$ 之外的样子是吻合的。
4. 算出来的差距不小：$\dfrac{\sqrt2}{8}\approx0.1768$，$\dfrac{\sqrt3}{6}\approx0.2887$， 对应的角一个约 $10.2^\circ$、一个约 $16.8^\circ$。
5. 第（Ⅰ）问的结论是对的——按正确的 $P$ 重算，$\overrightarrow{CE}=-\overrightarrow{AB}+\frac12\overrightarrow{AP}$ 仍然成立（解法一第二步），解法二、解法三更是一个坐标都没用。 错的只是原卷那份证明所依赖的那个 $P$。

原卷【解析】段照原样留在校订层里，只作证据，不作依据。