解：如图所示

因为 $P A ⊥ A B$ ， $P A ⊥ C D$ ， $A B$ 与 $C D$ 为相交直线，所以 $A P ⊥$ 平面 $A B C D$ ，不妨设 $A D = 2$ ，则 $B C = C D = \frac{1}{2} A D = 1$ .

以与 $A D$ 垂直的直线为 $x$ 轴， $A D$ 所在直线为 $y$ 轴， $A P$ 所在直线为 $z$ 轴建立空间直角坐标系，设 $A P = h$ ， $A (0 ， 0 ， 0)$ ， $D (0 ， 2 ， 0)$ ， $C (- 1 ， 2 ， 0)$ ， $P (0 ， 0 ， h)$ ，

从而 $\vec{P D} = (0 ， 2 ， - h)$ ， $\vec{C D} = (1 ， 0 ， 0)$ ，

面 $P C D$ 的法向量记为 $\vec{m} = (x_{1} ， y_{1} ， z_{1})$ ，则 ${\begin{array}{l} \overset{⇀}{m} \cdot \overset{⇀}{P D} = 0 \\ \overset{⇀}{m} \cdot \overset{⇀}{C D} = 0 \end{array}$ ，可得 ${\begin{array}{l} 2 y_{1} - h z_{1} = 0 \\ x_{1} = 0 \end{array}$ ，

令 $y_{1} = 1$ ，则 $z_{1} = \frac{2}{h}$ ， $\vec{m} = (0 ， 1 ， \frac{2}{h})$ ，

又面 $A C D$ 的法向量为 $(0 ， 0 ， 1)$ ，二面角 $P - C D - A$ 的大小为45°.

$\frac{\frac{2}{h}}{\sqrt{1 + \frac{4}{h^{2}}}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$ ，解得 $h = 2$ ，所以 $P (0 ， 0 ， 2)$ ， $E (0 ， 1 ， 0)$ ， $C (- 1 ， 2 ， 0)$ ，

所以 $\vec{E C} = (- 1 ， 1 ， 0)$ ， $\vec{P E} = (0 ， 1 ， - 2)$ ， $\overset{⇀}{A P} = (0 ， 0 ， 2)$ ，

设平面 $P C E$ 的法向量为 $\vec{n} = (x_{2} ， y_{2} ， z_{2})$ ，则 ${\begin{array}{l} \overset{⇀}{n} \cdot \overset{⇀}{P E} = 0 \\ \overset{⇀}{n} \cdot \overset{⇀}{E C} = 0 \end{array}$ ，可得： ${\begin{array}{l} y_{2} - 2 z_{2} = 0 \\ - x_{2} + y_{2} = 0 \end{array}$ .

令 $y_{2} = 2$ ，则 $x_{2} = 2$ ， $z_{2} = 1$ .所以 $\vec{n} = (2 ， 2 ， 1)$ .

设直线 $P A$ 与平面 $P C E$ 所成角为 $θ$ ，则 $\sin θ = | \cos 〈 \vec{A P} ， \vec{n} 〉 | = \frac{| \vec{A P} \cdot \vec{n} |}{| \vec{A P} | | \vec{n} |} = \frac{2}{\sqrt{9} \times 2} = \frac{1}{3}$

山东省德州市2020届高三数学第一次(4月)模拟考试试卷