题目（高三 · 立体几何学）：证法二: (I) 如图:



以 $D$ 为坐标原点, $D A 、 D C 、 D P$ 所在直线分别为 $x$ 轴、 $y$ 轴、 $z$ 轴, 建立如图所示空间直角坐标系,设 $A B=a, \because A D=P D=2, \therefore A(2,0,0), B(2, a, 0), C(0, a, 0), P(0,0,2), \because E 、 F$ 分别为 $C D, P B$ 的中点, $\therefore E\left(0, \frac{a}{2}, 0\right), F\left(1, \frac{a}{2}, 0\right), \therefore \overrightarrow{E F}=(1,0,1), \because \overrightarrow{D P}+\overrightarrow{D A}=(0,0,2)+$ $(2,0,0)=(2,0,2), \therefore \overrightarrow{E F}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{D P}+\overrightarrow{D A})=\frac{1}{2} \overrightarrow{D P}+\frac{1}{2} \overrightarrow{D A}$, 故 $\overrightarrow{E F} 、 \overrightarrow{D P} 、 \overrightarrow{D A}$ 共面, 又 $E F \subset \subset$ 平面 $P A D$, $\therefore E F \|$ 平面 $P A D$;

(II) 由(1) 知 $\overrightarrow{E F}=(1,0,1), \overrightarrow{A B}=(0, a, 0), \overrightarrow{A P}=(-2,0,2), \therefore \overrightarrow{E F} \cdot \overrightarrow{A B}=0, \overrightarrow{E F} \cdot \overrightarrow{A P}=-2+0+2=0$, $\therefore \overrightarrow{E F} \perp \overrightarrow{A B}, \overrightarrow{E F} \perp \overrightarrow{A P}$, 又 $A B \cap A P=A, \therefore E F \perp$ 平面 $P A B$, 又 $E F \subset$ 平面 $A E F$, $\therefore$ 平面 $A E F \perp$ 平面 $P A B$;

解: (III) $A B=2 \sqrt{2}$ 由 (1) 知, $\therefore \overrightarrow{A E}=(-2, \sqrt{2}, 0), \overrightarrow{E F}=(1,0,1)$ 设平面 $A E F$ 的法向量 $\vec{n}=(x, y, z)$,则 $\left\{\begin{array}{l}\vec{n} \cdot \overrightarrow{A E}=0 \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{E F}=0\end{array}\right.$ 即 $\left\{\begin{array}{l}-2 x+\sqrt{2} y=0 \\ x+z=0\end{array}\right.$, 令 $x=1$, 则 $y=\sqrt{2}, z=-1, \therefore \vec{n}=(1, \sqrt{2},-1)$, 又 $\overrightarrow{A C}=(-2,2 \sqrt{2}$, $0), \therefore \cos <\overrightarrow{A C}, \vec{n}>=\frac{-2+4+0}{2 \sqrt{12}}=\frac{\sqrt{3}}{6}, \therefore \sin \theta=|\cos <\overrightarrow{A C}, \vec{n}>|=\frac{\sqrt{3}}{6}$;
选项：
解析：如图:以 $D$ 为坐标原点, $D A 、 D C 、 D P$ 所在直线分别为 $x$ 轴、 $y$ 轴、 $z$ 轴, 建立如图所示空间直角坐标系,设 $A B=a, ecause A D=P D=2, 	herefore A(2,0,0), B(2, a, 0), C(0, a, 0), P(0,0,2), ecause E 、 F$ 分别为 $C D, P B$ 的中点, $	herefore E\left(0, rac{a}{2}, 0ight), F\left(1, rac{a}{2}, 0ight), 	herefore \overrightarrow{E F}=(1,0,1), ecause \overrightarrow{D P}+\overrightarrow{D A}=(0,0,2)+$ $(2,0,0)=(2,0,2), 	herefore \overrightarrow{E F}=rac{1}{2}(\overrightarrow{D P}+\overrightarrow{D A})=rac{1}{2} \overrightarrow{D P}+rac{1}{2} \overrightarrow{D A}$, 故 $\overrightarrow{E F} 、 \overrightarrow{D P} 、 \overrightarrow{D A}$ 共面, 又 $E F \subset \subset$ 平面 $P A D$, $	herefore E F \|$ 平面 $P A D$;(II) 由(1) 知 $\overrightarrow{E F}=(1,0,1), \overrightarrow{A B}=(0, a, 0), \overrightarrow{A P}=(-2,0,2), 	herefore \overrightarrow{E F} \cdot \overrightarrow{A B}=0, \overrightarrow{E F} \cdot \overrightarrow{A P}=-2+0+2=0$, $	herefore \overrightarrow{E F} \perp \overrightarrow{A B}, \overrightarrow{E F} \perp \overrightarrow{A P}$, 又 $A B \cap A P=A, 	herefore E F \perp$ 平面 $P A B$, 又 $E F \subset$ 平面 $A E F$, $	herefore$ 平面 $A E F \perp$ 平面 $P A B$;解: (III) $A B=2 \sqrt{2}$ 由 (1) 知, $	herefore \overrightarrow{A E}=(-2, \sqrt{2}, 0), \overrightarrow{E F}=(1,0,1)$ 设平面 $A E F$ 的法向量 $\vec{n}=(x, y, z)$,则 $\left\{egin{array}{l}\vec{n} \cdot \overrightarrow{A E}=0 \ \vec{n} \cdot \overrightarrow{E F}=0\end{array}ight.$ 即 $\left\{\begin{array}{l}-2 x+\sqrt{2} y=0 \ x+z=0\end{array}ight.$, 令 $x=1$, 则 $y=\sqrt{2}, z=-1, 	herefore \vec{n}=(1, \sqrt{2},-1)$, 又 $\overrightarrow{A C}=(-2,2 \sqrt{2}$, $0), 	herefore \cos <\overrightarrow{A C}, \vec{n}>=rac{-2+4+0}{2 \sqrt{12}}=rac{\sqrt{3}}{6}, 	herefore \sin 	heta=|\cos <\overrightarrow{A C}, \vec{n}>|=rac{\sqrt{3}}{6}$;