某四面体的三视图如图所示，该四面体四个面的面积中最大的是（ ）

曲线 $C$ 是平面内与两个定点 $F_1(-1, 0)$ 和 $F_2(1, 0)$ 的距离的积等于常数 $a^2$（$a > 1$）的点的轨迹. 给出下列三个结论：

① 曲线 $C$ 过坐标原点； ② 曲线 $C$ 关于坐标原点对称； ③ 若点 $P$ 在曲线 $C$ 上，则 $\triangle F_1PF_2$ 的面积不大于 $\frac{1}{2}a^2$.

其中所有正确结论的序号是______.

如图，在四棱锥 $P - ABCD$ 中，$PA \perp$ 平面 $ABCD$，底面 $ABCD$ 是菱形，$AB = 2$，$\angle BAD = 60^{\circ}$.

(1) 求证：$BD \perp$ 平面 $PAC$； (2) 若 $PA = AB$，求 $PB$ 与 $AC$ 所成角的余弦值； (3) 当平面 $PBC$ 与平面 $PDC$ 垂直时，求 $PA$ 的长.

\begin{solution} \begin{enumerate} \item 在底面菱形中，$AB=AD=2$，$\angle BAD=60^{\circ}$. 由平行四边形法则，取底面坐标 $A=(0,0,0)$，$B=(2,0,0)$，$D=(1,\sqrt3,0)$，则 $C=(3,\sqrt3,0)$. 于是 $\overrightarrow{BD}=(-1,\sqrt3,0)$，$\overrightarrow{AC}=(3,\sqrt3,0)$，从而 $\overrightarrow{BD}\cdot\overrightarrow{AC}=0$，即 $BD\perp AC$. 设 $H$ 为 $BD$ 的中点，则 $H=(\frac32,\frac{\sqrt3}{2},0)=\frac12C$，所以 $H\in AC\subset$ 平面 $PAC$，即 $BD$ 与平面 $PAC$ 相交于 $H$. 又因为 $PA\perp$ 平面 $ABCD$，过 $H$ 作直线 $h\parallel PA$，则 $BD\perp h$. 因 $AC$ 与 $h$ 是平面 $PAC$ 内过 $H$ 的两条相交直线，且 $BD\perp AC$、$BD\perp h$，故 $BD\perp$ 平面 $PAC$. \item 由 $PA=AB=2$，可取 $P=(0,0,2)$. 于是 $\overrightarrow{PB}=(2,0,-2)$，$\overrightarrow{AC}=(3,\sqrt3,0)$. 因此 $\cos\angle(PB,AC)=\dfrac{\overrightarrow{PB}\cdot\overrightarrow{AC}}{|PB||AC|}=\dfrac6{(2\sqrt2)(2\sqrt3)}=\dfrac{\sqrt6}{4}$. \item 设 $PA=h>0$，取 $P=(0,0,h)$. 平面 $PBC$ 的两个方向向量可取 $\overrightarrow{PB}=(2,0,-h)$，$\overrightarrow{PC}=(3,\sqrt3,-h)$，其法向量可取 $\boldsymbol{n}_1=(\sqrt3h,-h,2\sqrt3)$. 平面 $PDC$ 的两个方向向量可取 $\overrightarrow{PD}=(1,\sqrt3,-h)$，$\overrightarrow{PC}=(3,\sqrt3,-h)$，其法向量可取 $\boldsymbol{n}_2=(0,-2h,-2\sqrt3)$.

两平面垂直等价于两法向量垂直，所以 $\boldsymbol{n}_1\cdot\boldsymbol{n}_2=2h^2-12=0$. 由 $h>0$，得 $PA=h=\sqrt6$. \end{enumerate} \end{solution}