2024版高考数学微专题专练45空间向量的应用理（附解析）

这是一份2024版高考数学微专题专练45空间向量的应用理（附解析），共12页。


[基础强化]
一、选择题
1．若两不重合直线l1和l2的方向向量分别为V1＝(1，0，－1)，V2＝(－3，0，3)，则l1和l2的位置关系是( )
A．平行 B．相交
C．垂直D．不确定
2．若a＝(2，－2，－2)，b＝(2，0，4)，则a与b的夹角的余弦值为( )
A．eq \f(4\r(85),85)B．eq \f(\r(69),85)
C．－eq \f(\r(15),15)D．0
3．若直线l的一个方向向量a＝(2，2，－2)，平面α的一个法向量b＝(1，1，－1)，则( )
A．l⊥αB．l∥α
C．l⊂αD．A，C都有可能
4．在空间直角坐标系中，已知A(1，－2，1)，B(2，2，2)，点P在z轴上，且满足|eq \(PA,\s\up6(→))|＝|eq \(PB,\s\up6(→))|，则P点坐标为( )
A．(3，0，0) B．(0，3，0)
C．(0，0，3) D．(0，0，－3)
5．若平面α，β的法向量分别为m＝(2，－3，5)，n＝(－3，1，－4)，则( )
A．α∥βB．α⊥β
C．α，β相交，但不垂直D．以上均不正确
6.
如图所示，已知PA⊥平面ABC，∠ABC＝120°，PA＝AB＝BC＝6，则PC＝( )
A．6eq \r(2)B．6
C．12D．144
7.
如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC－A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与AB1夹角的余弦值为( )
A．eq \f(\r(5),5) B．eq \f(\r(5),3) C．eq \f(2\r(5),5) D．eq \f(3,5)
8．[2022·宁夏石嘴山三模]在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑A­BCD中，AB⊥平面BCD，BC⊥CD，且AB＝BC＝CD，M为AD的中点，则异面直线BM与CD夹角的余弦值为( )
A．eq \f(\r(3),3)B．eq \f(\r(2),3)C．eq \f(\r(3),2)D．eq \f(\r(2),2)
9．[2022·浙江温州二模]如图，在四面体ABCD中，E、F分别是AB、CD的中点，过EF的平面α分别交棱DA、BC于G、H(不同于A、B、C、D)，P、Q分别是棱BC、CD上的动点，则下列命题错误的是( )
A．存在平面α和点P，使得AP∥平面α
B．存在平面α和点Q，使得AQ∥平面α
C．对任意的平面α，线段EF平分线段GH
D．对任意的平面α，线段GH平分线段EF
二、填空题
10．已知四边形ABCD为平行四边形，且A(4，1，3)，B(2，－5，1)，C(3，7，－5)，则顶点D的坐标为________．
11．已知空间三点A(0，2，3)，B(－2，1，6)，C(1，－1，5)，则以eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AC,\s\up6(→))为邻边的平行四边形的面积为________．
12．设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则D1点到平面A1BD的距离为________．
[能力提升]
13．[2022·湖北鄂南模拟预测]已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2eq \r(3).以D为坐标原点，以DA为x轴正半轴，DC为y轴正半轴，DD1为z轴正半轴建立空间直角坐标系，动点M(a，b，0)满足直线MD1与AA1所成夹角为eq \f(π,6)，ab的最大值为( )
A．eq \f(1,4)B．eq \f(1,2)C．1D．2
14．[2022·浙江嘉兴模拟预测]如图，在矩形ABCD中，AB＝eq \r(3)BC，E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点，将△EBF，△GDH分别沿直线EF，HG翻折形成四棱锥B′­AEFC，D′­ACGH，下列说法正确的是( )
A.异面直线EB′，GD′所成角的取值范围是(0，eq \f(π,6)]
B．异面直线EB′，GD′所成角的取值范围是(0，eq \f(π,2)]
C．异面直线FB′，HD′所成角的取值范围是(0，eq \f(π,2)]
D．异面直线FB′，HD′所成角的取值范围是(0，eq \f(π,3)]
15．若平面α的一个法向量n＝(2，1，1)，直线l的一个方向向量为a＝(1，2，3)，则α与l所成角的正弦值为________．
16.
如图所示，四棱锥S－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，侧面SBC⊥底面ABCD，已知∠ABC＝45°，BC＝2eq \r(2)，AB＝2，SA＝SB＝eq \r(3).求直线SD与平面SAB所成角的正弦值为________.
专练45 空间向量的应用
1．A ∵V1＝－eq \f(1,3)V2，∴l1∥l2.
2．C ∵|a|＝eq \r(22＋（－2）2＋（－2）2)＝2eq \r(3)，
|b|＝eq \r(22＋02＋42)＝2eq \r(5)，
a·b＝2×2＋(－2)×0＋(－2)×4＝－4，
∴cs〈a，b〉＝eq \f(a·b,|a||b|)＝eq \f(－4,2\r(3)×2\r(5))＝－eq \f(\r(15),15).
3．A ∵a＝2b，∴a与b共线，∴l⊥α.
4．C 由题意可设点P的坐标为(0，0，z)
由|eq \(PA,\s\up6(→))|＝|eq \(PB,\s\up6(→))|得
eq \r(（1－0）2＋（－2－0）2＋（1－z）2)
＝eq \r(（2－0）2＋（2－0）2＋（2－z）2)
解得z＝3.
故选C.
5．C ∵m与n不共线，且m·n＝－6－3－20≠0，
∴α与β相交但不垂直．
6．C ∵AB＝BC＝6，∠ABC＝120°，∴AC＝6eq \r(3)，
建立如图所示的空间直角坐标系，其中O为AC的中点，
则P(0，－3eq \r(3)，6)，C(0，3eq \r(3)，0)
∴|PC|＝
eq \r(（0－0）2＋（3\r(3)＋3\r(3)）2＋62)＝12.
7．A 设BC＝1，则B(0，0，1)，C1(0，2，0)，A(2，0，0)，B1(0，2，1)
BC1＝(0，2，－1)，AB1＝(－2，2，1)
BC1·AB1＝0×(－2)＋2×2＋(－1)×1＝3.
|BC1|＝eq \r(5)，|AB1|＝3，
∴cs〈BC1，AB1〉＝eq \f(BC1·AB1,|BC1||AB1|)＝eq \f(3,\r(5)×3)＝eq \f(\r(5),5).
8.
A 如图，正方体内三棱锥A­BCD即为满足题意的鳖臑A­BCD，
以B为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为1，
则B(0，0，0)，A(0，0，1)，C(0，1，0)，D(1，1，0)，M(eq \f(1,2)，eq \f(1,2)，eq \f(1,2))，
则eq \(BM,\s\up6(→))＝(eq \f(1,2)，eq \f(1,2)，eq \f(1,2))，eq \(CD,\s\up6(→))＝(1，0，0)，
cs〈eq \(BM,\s\up6(→))，eq \(CD,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(BM,\s\up6(→))·\(CD,\s\up6(→)),|\(BM,\s\up6(→))|·|\(CD,\s\up6(→))|)＝eq \f(\f(1,2),\r(\f(3,4)))＝eq \f(\r(3),3)，
则异面直线BM与CD夹角的余弦值为eq \f(\r(3),3).
9．D
对于A，当AP∥EH时，因为AP⊄平面α，EH⊂平面α，此时AP∥平面α，A对；对于B，当AQ∥FG时，因为AQ⊄平面α，FG⊂平面α，此时AQ∥平面α，B对；对于C，取AC的中点O，GH的中点为M，设eq \(AG,\s\up6(→))＝λeq \(AD,\s\up6(→))，eq \(CH,\s\up6(→))＝μeq \(CB,\s\up6(→))，则有eq \(OE,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)(eq \(OB,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→)))＝eq \f(1,2)(eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→)))，
同理可得eq \(OF,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(OC,\s\up6(→))＋eq \(OD,\s\up6(→)))＝eq \f(1,2)(－eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OD,\s\up6(→)))，
eq \(OM,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(OG,\s\up6(→))＋eq \(OH,\s\up6(→)))，
eq \(OG,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(AG,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋λeq \(AD,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋2λeq \(OF,\s\up6(→))，
eq \(OH,\s\up6(→))＝eq \(OC,\s\up6(→))＋eq \(CH,\s\up6(→))＝eq \(OC,\s\up6(→))＋μeq \(CB,\s\up6(→))＝eq \(OC,\s\up6(→))＋2μeq \(OE,\s\up6(→))＝2μeq \(OE,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→))，
所以eq \(OG,\s\up6(→))＋eq \(OH,\s\up6(→))＝2λeq \(OF,\s\up6(→))＋2μeq \(OE,\s\up6(→))，
所以，eq \(OG,\s\up6(→))＝－eq \(OH,\s\up6(→))＋2λeq \(OF,\s\up6(→))＋2μeq \(OE,\s\up6(→))，
因为E、F、G、H四点共面，则2λ＋2μ－1＝1，所以λ＋μ＝1，
所以，2eq \(OM,\s\up6(→))＝eq \(OG,\s\up6(→))＋eq \(OH,\s\up6(→))＝2λeq \(OF,\s\up6(→))＋2μeq \(OE,\s\up6(→))，则eq \(OM,\s\up6(→))＝λeq \(OF,\s\up6(→))＋μeq \(OE,\s\up6(→))＝λeq \(OF,\s\up6(→))＋(1－λ)eq \(OE,\s\up6(→))，
所以，eq \(OM,\s\up6(→))－eq \(OE,\s\up6(→))＝λ(eq \(OF,\s\up6(→))－eq \(OE,\s\up6(→)))，可得eq \(EM,\s\up6(→))＝λeq \(EF,\s\up6(→))，
即M、E、F三点共线，即GH的中点在EF上，即线段EF平分线段GH，C对；对于D选项，若线段GH平分线段EF，又因为线段EF平分线段GH，则四边形EGFH为平行四边形，事实上，四边形EGFH不一定为平行四边形，故假设不成立，D错．
10．(5，13，－3)
解析：设D(x，y，z)，由题意得eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \(BC,\s\up6(→))，
∴(x－4，y－1，z－3)＝(1，12，－6)
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝5，,y＝13，,z＝－3，))∴D(5，13，－3).
11．7eq \r(3)
解析：eq \(AB,\s\up6(→))＝(－2，－1，3)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(1，－3，2)，
∴eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝－2＋3＋6＝7，|eq \(AB,\s\up6(→))|＝eq \r(14)，
|eq \(AC,\s\up6(→))|＝eq \r(14).
又cs〈eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AC,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(AB,\s\up6(→))·\(AC,\s\up6(→)),|\(AB,\s\up6(→))||\(AC,\s\up6(→))|)＝eq \f(7,\r(14)×\r(14))＝eq \f(1,2)，
∴sin〈eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AC,\s\up6(→))〉＝eq \f(\r(3),2)，
∴平行四边形的面积S＝|eq \(AB,\s\up6(→))|×|eq \(AC,\s\up6(→))|×sin〈eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AC,\s\up6(→))〉＝7eq \r(3).
12.eq \f(2\r(3),3)
解析：建立如图所示的空间直角坐标系，
则D1(0，0，2)，A1(2，0，2)，D(0，0，0)，B(2，2，0)，
∴D1A1＝(2，0，0)，DA1＝(2，0，2)，eq \(DB,\s\up6(→))＝(2，2，0).
设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·DA1＝2x＋2z＝0，,n·\(DB,\s\up6(→))＝2x＋2y＝0.))
令x＝1，则n＝(1，－1，－1)，
∴点D1到平面A1BD的距离是
d＝eq \f(|D1A1·n|,|n|)＝eq \f(2,\r(3))＝eq \f(2\r(3),3).
13.
D 正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2eq \r(3)，可得D1(0，0，2eq \r(3))，AA1＝DD1＝(0，0，2eq \r(3))，点M(a，b，0)，则MD1＝(－a，－b，2eq \r(3))，由动点M(a，b，0)满足直线MD1与AA1所成夹角为eq \f(π,6)，可得cs〈MD1，AA1〉＝eq \f(12,2\r(3)×\r(a2＋b2＋12))＝eq \f(\r(3),2)，整理得a2＋b2＝4，由a2＋b2＝4≥2ab，可得ab≤2，当a＝b＝eq \r(2)时取等号，即最大值为2.
14．C 建立如图所示空间直角坐标系，由题意得，
B′和D′在平面ABCD中的投影分别在BB1和DD1上(如图所示)，
因为AB＝eq \r(3)BC，令AB＝2eq \r(3)，则BC＝2，
由比值可知，B′的x，y，z坐标比值为1∶eq \r(3)∶2，所以令B′坐标为(b，eq \r(3)b，2b)，
因为B′在平面ABCD中的投影在BB1上，
所以b∈(0，eq \f(\r(3),2))，
同理可得D′坐标为(2eq \r(3)－d，2－eq \r(3)d，2d)，
E(eq \r(3)，0，0)，G(eq \r(3)，2，0)，F(0，1，0)，H(2eq \r(3)，1，0)，
则eq \(EB′,\s\up6(→))＝(b－eq \r(3)，eq \r(3)b，2b)，eq \(GD′,\s\up6(→))＝(eq \r(3)－d，－eq \r(3)d，2d)，cs〈eq \(EB′,\s\up6(→))，eq \(GD′,\s\up6(→))〉＝eq \f(|\(EB′,\s\up6(→))·\(GD′,\s\up6(→))|,|\(EB′,\s\up6(→))|·|\(GD′,\s\up6(→))|)，
解得cs〈eq \(EB′,\s\up6(→))，eq \(GD′,\s\up6(→))〉＝eq \f(|\r(3)（b＋d）－3|,3)，因为b和d的范围均为(0，eq \f(\r(3),2))，
所以cs〈eq \(EB′,\s\up6(→))，eq \(GD′,\s\up6(→))〉∈(0，1)，即夹角范围是(0，eq \f(π,2))，故A，B错误；
同理可得cs〈eq \(FB′,\s\up6(→))，eq \(HD′,\s\up6(→))〉
＝eq \f(|\r(3)（b＋d）－1|,\r(8b2－2\r(3)b＋1)×\r(8d2－2\r(3)d＋1))∈[0，1)，因为异面直线所成角范围是(0，eq \f(π,2)]，则夹角范围是(0，eq \f(π,2)].即C正确，D错误．
15.eq \f(\r(21),6)
解析：设直线l与平面α所成的角为θ，
则sinθ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(n·a,|n||a|)))＝eq \f(|2×1＋1×2＋1×3|,\r(22＋12＋12)·\r(12＋22＋32))＝eq \f(\r(21),6).
16.eq \f(\r(22),11)
解析：
如图所示，作SO⊥BC，垂足为O，连接AO，由侧面SBC⊥底面ABCD，得SO⊥底面ABCD.
由SA＝SB，可得OA＝OB.又由∠ABC＝45°，得△ABO为等腰直角三角形，OA⊥OB.建立如图所示空间直角坐标系O－xyz，则A(eq \r(2)，0，0)，B(0，eq \r(2)，0)，C(0，－eq \r(2)，0)，S(0，0，1)，D(eq \r(2)，－2eq \r(2)，0)，eq \(DS,\s\up6(→))＝(－eq \r(2)，2eq \r(2)，1)，eq \(SA,\s\up6(→))＝(eq \r(2)，0，－1)，eq \(SB,\s\up6(→))＝(0，eq \r(2)，－1).
设平面SAB的法向量为n＝(x1，y1，z1)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(SA,\s\up6(→))＝0，,n·\(SB,\s\up6(→))＝0))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\r(2)x1－z1＝0，,\r(2)y1－z1＝0，))
令z1＝eq \r(2)，得n＝(1，1，eq \r(2)).
设直线SD与平面SAB所成角为θ，
则sinθ＝|cs〈eq \(DS,\s\up6(→))，n〉|＝eq \f(|\(DS,\s\up6(→))·n|,|\(DS,\s\up6(→))||n|)＝eq \f(|－\r(2)＋2\r(2)＋\r(2)|,\r(11)×2)＝eq \f(\r(22),11).
所以直线SD与平面SAB所成角的正弦值为eq \f(\r(22),11).
专练46 高考大题专练(四)
立体几何的综合运用
1．解析：(1)证明：∵CD∥AB，AD＝CB＝1，DC≠AB，
∴四边形ABCD是等腰梯形．
如图，过点C作CE⊥AB于点E，过点D作DF⊥AB于点F，
则AF＝BE＝eq \f(1,2)(AB－CD)＝eq \f(1,2)，CD＝EF.
又AD＝1，∴DF＝eq \r(AD2－AF2)＝eq \f(\r(3),2).
又BF＝EF＋BE＝eq \f(3,2)，∴BD＝eq \r(BF2＋DF2)＝eq \r(3).
又AD＝1，AB＝2，∴AD2＋BD2＝AB2，∴AD⊥BD.
∵PD⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴PD⊥BD.
又AD∩PD＝D，
∴BD⊥平面PAD.
∵PA⊂平面PAD，∴BD⊥PA.
(2)如图，以D为原点，DA，DB，DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0，eq \r(3)，0)，P(0，0，eq \r(3))，
∴eq \(PD,\s\up6(→))＝(0，0，－eq \r(3))，eq \(PA,\s\up6(→))＝(1，0，－eq \r(3))，eq \(PB,\s\up6(→))＝(0，eq \r(3)，－eq \r(3)).
设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z).
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(PA,\s\up6(→))·n＝0，,\(PB,\s\up6(→))·n＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－\r(3)z＝0，,\r(3)y－\r(3)z＝0.))
令z＝1，得x＝eq \r(3)，y＝1，则n＝(eq \r(3)，1，1).
设直线PD与平面PAB所成的角为θ，
则sinθ＝|cs〈n，eq \(PD,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|n·\(PD,\s\up6(→))|,|n|·\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(PD,\s\up6(→)))))＝eq \f(\r(3),\r(5)×\r(3))＝eq \f(\r(5),5).
∴PD与平面PAB所成的角的正弦值为eq \f(\r(5),5).
2．解析：(1)证明：∵AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，BD＝BD，
∴△ABD≌△CBD，∴AB＝CB.
∵E为AC的中点，∴DE⊥AC，BE⊥AC.
∵DE∩BE＝E，DE，BE⊂平面BED，
∴AC⊥平面BED.
∵AC⊂平面ACD，∴平面BED⊥平面ACD.
(2)如图，连接EF.由(1)知AC⊥平面BED.
又∵EF⊂平面BED，
∴EF⊥AC.
∴S△AFC＝eq \f(1,2)AC·EF.
当EF⊥BD时，EF的长最小，此时△AFC的面积最小．
由(1)知AB＝CB＝2.
又∵∠ACB＝60°，
∴△ABC是边长为2的正三角形，∴BE＝eq \r(3).
∵AD⊥CD，∴DE＝1，
∴DE2＋BE2＝BD2，∴DE⊥BE.
以点E为坐标原点，直线EA，EB，ED分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则E(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0，eq \r(3)，0)，C(－1，0，0)，D(0，0，1)，
∴eq \(AB,\s\up6(→))＝(－1，eq \r(3)，0)，eq \(AD,\s\up6(→))＝(－1，0，1)，eq \(DB,\s\up6(→))＝(0，eq \r(3)，－1)，eq \(ED,\s\up6(→))＝(0，0，1)，eq \(EC,\s\up6(→))＝(－1，0，0).
设eq \(DF,\s\up6(→))＝λeq \(DB,\s\up6(→))(0≤λ≤1)，
则eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \(ED,\s\up6(→))＋eq \(DF,\s\up6(→))＝eq \(ED,\s\up6(→))＋λeq \(DB,\s\up6(→))＝(0，0，1)＋λ(0，eq \r(3)，－1)＝(0，eq \r(3)λ，1－λ).
∵EF⊥DB，
∴eq \(EF,\s\up6(→))·eq \(DB,\s\up6(→))＝(0，eq \r(3)λ，1－λ)·(0，eq \r(3)，－1)＝4λ－1＝0，
∴λ＝eq \f(1,4)，∴eq \(EF,\s\up6(→))＝(0，eq \f(\r(3),4)，eq \f(3,4))，∴eq \(CF,\s\up6(→))＝eq \(EF,\s\up6(→))－eq \(EC,\s\up6(→))＝(0，eq \f(\r(3),4)，eq \f(3,4))－(－1，0，0)＝(1，eq \f(\r(3),4)，eq \f(3,4)).
设平面ABD的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\(AD,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x＋\r(3)y＝0，,－x＋z＝0.))
取y＝1，则x＝eq \r(3)，z＝eq \r(3)，∴n＝(eq \r(3)，1，eq \r(3)).
设当△AFC的面积最小时，CF与平面ABD所成的角为θ，则sinθ＝|cs〈n，eq \(CF,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|n·\(CF,\s\up6(→))|,|n||\(CF,\s\up6(→))|)＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\r(3)×1＋1×\f(\r(3),4)＋\r(3)×\f(3,4))),\r(3＋1＋3)×\r(1＋\f(3,16)＋\f(9,16)))＝eq \f(4\r(3),7).
故当△AFC的面积最小时，CF与平面ABD所成的角的正弦值为eq \f(4\r(3),7).
3．解析：(1)证明：如图，取AB的中点E，连接CE.
因为AB＝2CD，AB∥CD，AD⊥AB，
所以四边形AECD是矩形，所以CE⊥AB.
在Rt△BEC中，cs∠CBE＝eq \f(BE,BC)＝eq \f(\f(1,2)AB,BC)＝eq \f(1,2)，
所以∠CBE＝60°.连接AC，则△ABC是等边三角形.
取BC的中点O，连接AO，则AO⊥BC.连接PO，
因为PB＝PC，所以PO⊥BC，
因为PO∩AO＝O，
所以BC⊥平面PAO，所以BC⊥PA.
(2)因为平面PBC⊥平面ABCD，PO⊥BC，平面PBC⊥平面ABCD＝BC，PO⊂平面PBC，
所以PO⊥平面ABCD.
连接DO，则∠PDO就是直线PD与平面ABCD所成的角，
所以∠PDO＝45°，
所以PO＝OD.
在△OCD中，OC＝CD，∠DCO＝120°，
所以OD2＝OC2＋CD2－2OC·CD·(－eq \f(1,2))＝3OC2，
所以PO＝OD＝eq \r(3)OC.
如图，以O为坐标原点，eq \(OA,\s\up6(→))、eq \(OB,\s\up6(→))、eq \(OP,\s\up6(→))分别为x轴、y轴和z轴的正方向，建立空间直角坐标系，令AB＝BC＝2CD＝2a，
则A(eq \r(3)a，0，0)，B(0，a，0)，C(0，－a，0)，P(0，0，eq \r(3)a).
由eq \(CD,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(BA,\s\up6(→))，可得D(eq \f(\r(3),2)a，－eq \f(3,2)a，0).
所以eq \(DA,\s\up6(→))＝(eq \f(\r(3),2)a，eq \f(3,2)a，0)，eq \(AP,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)a，0，eq \r(3)a).
设平面PAD的一个法向量为m＝(x0，y0，z0)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(DA,\s\up6(→))＝0，,m·\(AP,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)a·x0＋\f(3,2)a·y0＝0，,－\r(3)a·x0＋\r(3)a·z0＝0.))
可取x0＝z0＝eq \r(3)，y0＝－1，则m＝(eq \r(3)，－1，eq \r(3)).
因为平面PBC的一个法向量为eq \(OA,\s\up6(→))，所以cs〈eq \(OA,\s\up6(→))，m〉＝eq \f(\(OA,\s\up6(→))·m,|\(OA,\s\up6(→))||m|)＝eq \f(3a,\r(21)a)＝eq \f(\r(21),7)，
所以平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值为eq \f(\r(21),7).
4．解析：(1)延长AB到M点，使BM＝AB，连接CM，FM，
∵EF∥平面ABCD，平面AMF∩平面ABCD＝AM，
∴EF∥AM，∵AM＝2AB＝EF，∴四边形AMFE是平行四边形，
∴AE∥MF.
在△FCM中，
令FC＝eq \r(2)，则FM＝eq \r(2)，CM＝2，
∴FC2＋FM2＝CM2，
∴∠CFM＝90°，即MF⊥CF.
∴AE⊥CF.
(2)分别取AD，BC，EF的中点G，H，Q，连接EG，GH，HF，AC，BD，设AC∩BD＝O，连接OQ，
∵△EAD为正三角形，G是AD中点，
∴AD⊥EG，
∵AD⊥AB，GH∥AB，∴AG⊥GH，
∴AD⊥平面EFHG，平面EFHG⊥平面ABCD，
∵OQ⊥GH，平面EFHG∩平面ABCD＝GH，
∴OQ⊥平面ABCD，
∴OQ⊥AC，OQ⊥BD.
分别以eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(OB,\s\up6(→))，eq \(OQ,\s\up6(→))为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系O－xyz，令OA＝1，
则OB＝1，OQ＝1，A(1，0，0)，C(－1，0，0)，E(1，－1，1)，F(－1，1，1)，
eq \(AC,\s\up6(→))＝(－2，0，0)，eq \(AE,\s\up6(→))＝(0，－1，1)，eq \(CF,\s\up6(→))＝(0，1，1)，
eq \(AF,\s\up6(→))＝(－2，1，1)，
设平面EAC的法向量m＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(AC,\s\up6(→))＝0,m·\(AE,\s\up6(→))＝0))，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－2x＝0,－y＋z＝0))，
令y＝1，则m＝(0，1，1)，
设平面FAC的法向量m＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AC,\s\up6(→))＝0,n·\(AF,\s\up6(→))＝0))，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－2x＝0,－2x＋y＋z＝0))，
令y＝1，则n＝(0，1，－1)，
m·n＝0×0＋1×1－1×1＝0，
∴〈m，n〉＝90°，即二面角E­AC­F的平面角为90°.
5．解析：(1)存在P为AD上靠近D点的三等分点，使得AF∥面BMP；
理由：过点M作MP∥CD，交AD于P，
因为eq \(CM,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \(CA,\s\up6(→))，即有CM＝eq \f(1,3)CA，故DP＝eq \f(1,3)DA，即P为AD上靠近D点的三等分点，
而BE∥CD，AF∥BE，故AF∥MP，
又MP⊂面BMP，AF⊄面BMP，所以AF∥面BMP.
(2)取CD的中点为G，连接BG，BD，因为∠BCD＝eq \f(π,3)，BC＝CD＝1，
故△BCD为正三角形，则BG⊥CD，
故以B为坐标原点，分别以BG，BE，BA为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则D(eq \f(\r(3),2)，eq \f(1,2)，0)，E(0，2，0)，F(0，2，2)，A(0，0，2)，
C(eq \f(\r(3),2)，－eq \f(1,2)，0)，
则eq \(EF,\s\up6(→))＝(0，0，2)，eq \(DE,\s\up6(→))＝(－eq \f(\r(3),2)，eq \f(3,2)，0)，
又∵eq \(CM,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \(CA,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)(－eq \f(\r(3),2)，eq \f(1,2)，2)，
可求得M(eq \f(\r(3),3)，－eq \f(1,3)，eq \f(2,3))，
设平面DEF的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(EF,\s\up6(→))＝0,n·\(DE,\s\up6(→))＝0))，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(z＝0,－\f(\r(3),2)x＋\f(3,2)y＝0))，
不妨取y＝1，则n＝(eq \r(3)，1，0)，
记直线DM与平面DEF所成角为θ，
又∵eq \(DM,\s\up6(→))＝(－eq \f(\r(3),6)，－eq \f(5,6)，eq \f(2,3)),
∴sinθ＝|cs〈eq \(DM,\s\up6(→))，n〉|
＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)－\f(5,6))),2×\r(（－\f(\r(3),6)）2＋（\f(5,6)）2＋（\f(2,3)）2))＝eq \f(2\r(11),11)，
即直线DM与平面DEF所成角的正弦值为eq \f(2\r(11),11).