统考版2024高考数学二轮专题复习课时作业12空间向量与立体几何理

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这是一份统考版2024高考数学二轮专题复习课时作业12空间向量与立体几何理，共20页。试卷主要包含了解析等内容，欢迎下载使用。

A．96＋48eq \r(2)B．120＋72eq \r(2)
C．144＋96eq \r(2)D．168＋96eq \r(2)
2．[2023·河南省普通高中毕业班检测]如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是棱B1B，B1C1的中点，则过线段BD且垂直于平面A1EF的截面图形为( )
A．等腰梯形B．三角形
C．正方形D．矩形
3．[2023·陕西省铜川市高三二模]在四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，∠ABC＝eq \f(π,3)，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝2，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点，则下列结论错误的是( )
A.平面AEF⊥平面PBC
B．三棱锥CPED的体积为eq \f(\r(3),3)
C．EF与平面ABCD所成角的最小值为eq \f(π,6)
D．AE与PC所成角的余弦值为eq \f(1,4)
4．[2023·陕西省汉中市高三质检]如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点P在线段B1C上运动，则下列结论不正确的是( )
A．直线BD1⊥平面A1C1D
B．三棱锥PA1C1D的体积为定值
C．异面直线AP与A1D所成角的取值范围是[eq \f(π,4)，eq \f(π,2)]
D．直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值的最大值为eq \f(\r(6),3)
5．[2023·四川省达州市高三二模]如图，E、F、G分别是正方体ABCDA1B1C1D1的棱AD、AB、CD的中点，H是AC1上的点，GC1∥平面EFH.若AB＝eq \r(3)，则AH＝________.
6．[2023·四川省南充市检测]已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，点P满足eq \(CP,\s\up6(→))＝λeq \(CD,\s\up6(→))＋μCC1，其中λ∈[0，1]，μ∈[0，1]，有以下结论：
①当B1P∥平面A1BD时，B1P与CD1所成夹角可能为eq \f(5π,12)；
②当λ＝μ时，|eq \(DP,\s\up6(→))|＋|A1P|的最小值为eq \r(2＋\r(2))；
③当λ＝1时，在正方体中经过点A1，P，C的截面面积的取值范围为[eq \f(\r(6),2)，eq \r(2)]；
④若B1P与平面CC1D1D所成角为eq \f(π,4)，则点P的轨迹长度为π.
则所有正确结论的序号是________．
7.
[2023·安徽省黄山市高三质检]如图四棱锥PABCD，∠ABC＝90°，AD∥BC，且AD＝AB＝eq \f(1,2)BC＝2，平面PCD⊥平面ABCD，且△PDC是以∠DPC为直角的等腰直角三角形，其中E为棱PC的中点，点F在棱PD上，且PF＝2FD.
(1)求证：A，B，E，F四点共面；
(2)求平面PAB与平面PBC夹角的余弦值．
8．[2023·内蒙古包头市高三二模]如图，四棱锥SABCD中，侧面SCD⊥底面ABCD，AD∥BC，AD＝BC＝1，SD＝SC＝eq \r(2)AD，DC＝2AD，E，F分别是SC和AB的中点，∠ADC＝60°.
(1)证明：EF∥平面SAD；
(2)点P在棱SA上，当PF与底面ABCD所成角为30°时，求二面角CPFA的正弦值．
9．[2023·吉林省延边州高三二模]如图1，在△ABC中，D，E分别为AB，AC的中点，O为DE的中点，AB＝AC＝2eq \r(5)，BC＝4.将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使得平面A1DE⊥平面BCED，如图2.
(1)求证：A1O⊥BD.
(2)求直线A1C和平面A1BD所成角的正弦值．
(3)线段A1C上是否存在点F，使得直线DF和BC所成角的余弦值为eq \f(\r(35),7)？若存在，求出eq \f(A1F,A1C)的值；若不存在，说明理由．
10．[2023·青海省西宁市高三二模]如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，AB＝BC＝2，M，N分别为A1B1，AC的中点．
(1)求证：MN∥平面BCC1B1；
(2)从条件①：AB⊥MN，条件②：BM＝MN中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．
11.[2023·黑龙江省哈尔滨市高三二模]
在直角梯形AA1B1B中，A1B1∥AB，AA1⊥AB，AB＝AA1＝2A1B1＝6，直角梯形AA1B1B绕直角边AA1旋转一周得到如图所示的圆台A1A，已知点P，Q分别在线段CC1，BC上，二面角B1AA1C1的大小为θ.
(1)若θ＝120°，eq \(CP,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)CC1，AQ⊥AB，证明：PQ∥平面AA1B1B；
(2)若θ＝90°，点P为CC1上的动点，点Q为BC的中点，求PQ与平面AA1C1C所成最大角的正切值，并求此时二面角QAPC的余弦值．
12.
[2023·宁夏银川一中、昆明一中高三联考]如图所示，四棱锥PABCD的底面ABCD是矩形，PB⊥底面ABCD，AB＝BC＝3，BP＝3，CF＝eq \f(1,3)CP，DE＝eq \f(1,3)DA.
(1)证明：EF∥平面ABP；
(2)求直线PC与平面ADF所成角的正弦值．
13.
[2023·山西省阳泉市高三二模]如图，三棱柱ABCA1B1C1中，侧面BB1C1C是矩形，B1C⊥AC，AC＝BC＝eq \r(2)CC1，D是AB的中点．
(1)证明：A1D⊥B1C；
(2)若AC⊥平面BB1C1C，E是A1C1上的动点，平面B1CD与平面B1DE夹角的余弦值为eq \f(\r(3),3)，求eq \f(C1E,A1C1)的值．
课时作业12 空间向量与立体几何
1．解析：将鲁班锁补成正方体ABCDA1B1C1D1，然后以点A为坐标原点，AB、AD、AA1所在直线分別为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
在鲁班锁所在几何体上任取一个顶点P（0，eq \r(2)，2＋2eq \r(2)），
观察图形可知，P到鲁班锁所在几何体上其他顶点的距离的最大值在|PE|，|PF|，|PG|，|PH|，|PM|，|PN|，|PR|，|PS|中取得，
结合图形可知E（eq \r(2)，0，0），F（2＋eq \r(2)，0，0），G（2＋2eq \r(2)，eq \r(2)，0），H（2＋2eq \r(2)，2＋eq \r(2)，0），M（2＋eq \r(2)，2＋2eq \r(2)，0），N（eq \r(2)，2＋2eq \r(2)，0），R（0，2＋eq \r(2)，0），S（0，eq \r(2)，0），
则|PE|2＝4＋（2＋2eq \r(2)）2＝16＋8eq \r(2)，
|PF|2＝（2＋eq \r(2)）2＋2＋（2＋2eq \r(2)）2＝20＋12eq \r(2)，
|PG|2＝2（2＋2eq \r(2)）2＝24＋16eq \r(2)，
|PH|2＝2（2＋2eq \r(2)）2＋4＝28＋16eq \r(2)，|PM|2＝（2＋2eq \r(2)）2＋2×（2＋eq \r(2)）2＝24＋16eq \r(2)，
|PN|2＝2＋（2＋eq \r(2)）2＋（2＋2eq \r(2)）2＝20＋12eq \r(2)，
|PR|2＝4＋（2＋2eq \r(2)）2＝16＋8eq \r(2)，
|PS|2＝（2＋2eq \r(2)）2＝12＋8eq \r(2)，
所以P到鲁班锁所在几何体上其他顶点的距离的最大值为eq \r(28＋16\r(2))，
所以，若该玩具可以在一个正方体内任意转动（忽略摩擦），
设该正方体的棱长的最小值为a，则a＝eq \r(28＋16\r(2))，
该正方体的表面积为S＝6a2＝168＋96eq \r(2).故选D.
答案：D
2．解析：如图，以D为坐标原点，DA，DC，DD1分别为x，y，z建立空间直角坐标系，不妨设正方体棱长为2，
分别取A1D1，A1B1的中点Q，P.连接DQ，QP，BP，DP，
则D（0，0，0），P（2，1，2），A1（2，0，2），F（1，2，2），E（2，2，1），
所以eq \(DP,\s\up6(→))＝（2，1，2），A1E＝（0，2，－1），A1F＝（－1，2，0），
所以eq \(DP,\s\up6(→))·A1F＝0，eq \(DP,\s\up6(→))·A1E＝0，
即DP⊥A1F，DP⊥A1E，而A1E∩A1F＝A1，A1E，A1F⊂平面A1EF，
所以DP⊥平面A1EF，
由A1D1，A1B1的中点Q，P，则QP∥B1D1，又B1D1∥BD，所以QP∥BD，
即四边形BDQP为平面四边形，在正方体中易知BP＝DQ，
所以四边形BDQP为等腰梯形，
又DP⊂平面BDQP，所以平面BDQP⊥平面A1EF，
故满足题意的截面为等腰梯形BDQP.故选A.
答案：A
3．解析：如图，取BC中点M，由题意，AB＝2BM＝2，∠ABC＝eq \f(π,3)，
由余弦定理得AM2＝AB2＋BM2－2AB·BM·cs∠ABM＝4＋1－2×2×1×cseq \f(π,3)＝3，
故AB2＝BM2＋MA2，即AM⊥BC，
又BC∥AD，所以AM⊥AD，
又PA⊥平面ABCD，且AM⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，
故AP⊥AM，AP⊥AD，
如图，以A为原点，AM为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，
由题意，A（0，0，0），B（eq \r(3)，－1，0），C（eq \r(3)，1，0），D（0，2，0），P（0，0，2），E（eq \f(\r(3),2)，－eq \f(1,2)，1），
设F（eq \r(3)，t，0），其中t∈[－1，1]，
设平面PBC的法向量为n＝（x1，y1，z1），而eq \(PB,\s\up6(→))＝（eq \r(3)，－1，－2），eq \(PC,\s\up6(→))＝（eq \r(3)，1，－2），
故有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(PC,\s\up6(→))＝0,n·\(PB,\s\up6(→))＝0))，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\r(3)x1＋y1－2z1＝0,\r(3)x1－y1－2z1＝0))，
令z1＝eq \r(3)，则x1＝2，y＝0，
故平面PBC的一个法向量为n＝（2，0，eq \r(3)），
设平面AEF的法向量为m＝（x2，y2，z2），而eq \(AE,\s\up6(→))＝（eq \f(\r(3),2)，－eq \f(1,2)，1），eq \(AF,\s\up6(→))＝（eq \r(3)，t，0），
故有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(AE,\s\up6(→))＝0,m·\(AF,\s\up6(→))＝0))，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)x2－\f(1,2)y2＋z2＝0,\r(3)x2＋ty2＝0))，
令y2＝eq \r(3)，则x2＝－t，z2＝eq \f(\r(3)（1＋t）,2)，
故平面PBC的一个法向量为m＝（－t，eq \r(3)，eq \f(\r(3)（1＋t）,2)），
选项A，因为m·n＝－2t＋eq \f(3,2)＋eq \f(3,2)t＝eq \f(3,2)－eq \f(t,2)，不恒为0，故选项A错误；
选项B，由题意，VCPED＝VPCED，由于E为PB中点，故B，P到平面CED距离相等，从而VCPED＝VPCED＝VBCED＝VEBCD＝eq \f(1,4)VPABCD＝eq \f(1,4)×eq \f(1,3)×2×2×2×sineq \f(π,3)＝eq \f(\r(3),3)，所以选项B正确；
选项C，因为PA⊥平面ABCD，所以平面ABCD的一个法向量p＝（0，0，1），而eq \(EF,\s\up6(→))＝（eq \f(\r(3),2)，t＋eq \f(1,2)，－1），设EF与平面ABCD所成角为θ，故sinθ＝|cs〈p，eq \(EF,\s\up6(→))〉|＝eq \f(1,\r(\f(3,4)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＋\f(1,2)))\s\up12(2)＋1))＝eq \f(1,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＋\f(1,2)))\s\up12(2)＋\f(7,4)))，因为t∈[－1，1]，所以当t＝1时，sinθ取最小值eq \f(1,2)，此时θ取最小值eq \f(π,6)，故选项C正确；
选项D，由题意，eq \(AE,\s\up6(→))＝（eq \f(\r(3),2)，－eq \f(1,2)，1），eq \(PC,\s\up6(→))＝（eq \r(3)，1，－2），故|cs〈eq \(AE,\s\up6(→))，eq \(PC,\s\up6(→))〉|＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)－\f(1,2)－2)),\r(\f(3,4)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))\s\up12(2)＋1)·\r(3＋1＋4))＝eq \f(1,4)，从而AE与PC所成角的余弦值为eq \f(1,4)，故选项D正确．故选A.
答案：A
4．解析：对于A，连接B1D1，记A1C1∩B1D1＝E，如图：
在正方体ABCDA1B1C1D1中，BB1⊥平面A1B1C1D1，∵A1C1⊂平面A1B1C1D1，∴BB1⊥A1C1，∵在正方形A1B1C1D1中，A1C1⊥B1D1，∵BB1∩B1D1＝B1，B1D1，BB1⊂平面BB1D1，∴A1C1⊥平面BB1D1，∵BD1⊂平面BB1D1，∴A1C1⊥BD1，同理可得：DC1⊥BD1，∵A1C1∩DC1＝C1，A1C1，DC1⊂平面A1C1D，∴BD1⊥平面A1C1D，故A正确；
对于B，在正方体ABCDA1B1C1D1中，∵CB1∥DA1，DA1⊂平面A1C1D，CB1⊄平面A1C1D，∴CB1∥平面A1C1D，则∀P∈CB1，P到平面A1C1D的距离相同，即三棱锥PA1C1D中底面A1C1D上的高为一个定值，故B正确；
对于C，连接AB1，AC，AP，作图如下：
在正方体ABCDA1B1C1D1中，易知△ACB1为等边三角形，则∠APC≥∠AB1C＝eq \f(π,3)，∵DA1∥CB1，∴∠APC为异面直线DA1与AP所成角或者补角，则异面直线DA1与AP所成角的取值范围为[eq \f(π,3)，eq \f(π,2)]，故C错误；
对于D，在正方体ABCDA1B1C1D1中，以D为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
设该正方体的边长为2，则D（0，0，0），D1（0，0，2），B（2，2，0），C（0，2，0），B1（2，2，2），C1（0，2，2），设eq \(CP,\s\up6(→))＝λCB1，（0≤λ≤1），且P（x，y，z），则CB1＝（2，0，2），eq \(CP,\s\up6(→))＝（x，y－2，z），即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝2λ,y－2＝λ·0,z＝2λ))，可得P（2λ，2，2λ），则C1P＝（2λ，0，2λ－2），由A可知BD1⊥平面A1C1D，则平面A1C1D的一个法向量为BD1＝（－2，－2，2），设直线C1P与平面A1C1D所成角为θ，则sinθ＝eq \f(|BD1·C1P|,|BD1|·|C1P|)＝eq \f(|－4λ＋0＋4λ－4|,\r(12)·\r(8λ2－8λ＋4))＝eq \f(4,4\r(3)·\r(2λ2－2λ＋1))＝eq \f(4,4\r(3)·\r(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\f(1,2)))，由λ∈[0，1]，则当λ＝eq \f(1,2)时，sinθ取得最大值为eq \f(\r(6),3)，故D正确．故选C.
答案：C
5．解析：设eq \(AH,\s\up6(→))＝λAC1，其中0≤λ≤1，eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \(AF,\s\up6(→))－eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))－eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up6(→))，
eq \(EH,\s\up6(→))＝eq \(AH,\s\up6(→))－eq \(AE,\s\up6(→))＝λ（eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))＋AA1）－eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up6(→))＝λeq \(AB,\s\up6(→))＋（λ－eq \f(1,2)）eq \(AD,\s\up6(→))＋λAA1，
GC1＝eq \(GC,\s\up6(→))＋CC1＝eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))＋AA1，
因为GC1∥平面EFH，则GC1、eq \(EF,\s\up6(→))、eq \(EH,\s\up6(→))共面，显然GC1、eq \(EF,\s\up6(→))不共线，
所以存在m、n∈R，使得eq \(EH,\s\up6(→))＝meq \(EF,\s\up6(→))＋nGC1，
即λeq \(AB,\s\up6(→))＋（λ－eq \f(1,2)）eq \(AD,\s\up6(→))＋λAA1＝m（eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))－eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up6(→))）＋n（eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))＋AA1）＝（eq \f(1,2)m＋eq \f(1,2)n）eq \(AB,\s\up6(→))－eq \f(1,2)meq \(AD,\s\up6(→))＋nAA1，
因为{eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))，AA1}为空间中的一组基底，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)m＋\f(1,2)n＝λ,－\f(1,2)m＝λ－\f(1,2),n＝λ))，解得λ＝eq \f(1,3)，
因此，AH＝eq \f(1,3)AC1＝eq \f(\r(3),3)AB＝1.
答案：1
6．解析：在正方体ABCDA1B1C1D1中，以A为坐标原点，以AB，AD，AA1为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则C（1，1，0），D（0，1，0），C1（1，1，1），D1（0，1，1），B1（1，0，1），A1（0，0，1），B（1，0，0），
由eq \(CP,\s\up6(→))＝λeq \(CD,\s\up6(→))＋μCC1可得eq \(CP,\s\up6(→))＝λ（－1，0，0）＋μ（0，0，1）＝（－λ，0，μ），
故点P坐标为（－λ＋1，1，μ），则B1P＝（－λ，1，μ－1），
A1B＝（1，0，－1），eq \(BD,\s\up6(→))＝（－1，1，0），
设平面A1BD的一个法向量为m＝（x，y，z），
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·A1B＝x－z＝0,m·\(BD,\s\up6(→))＝－x＋y＝0))，
令x＝1，则m＝（1，1，1），
当B1P∥平面A1BD时，B1P·m＝0，
即－λ＋1＋μ－1＝0，∴λ＝μ，
即B1P＝（－λ，1，λ－1），而CD1＝（－1，0，1），
故令|cs〈B1P，CD1〉|＝eq \f(|2λ－1|,\r(2λ2－2λ＋2)·\r(2))＝cseq \f(5π,12)，
而cseq \f(5π,12)＝cseq \f(π,4)cseq \f(π,6)－sineq \f(π,4)sineq \f(π,6)＝eq \f(\r(6)－\r(2),4)，
即eq \f(|2λ－1|,\r(2λ2－2λ＋2)·\r(2))＝eq \f(\r(6)－\r(2),4)，
整理得（2＋eq \r(3)）λ2－（2＋eq \r(3)）λ＋eq \r(3)－1＝0，解得λ＝eq \f(（2＋\r(3)）±\r(3),2（2＋\r(3)）)∈[0，1]，
即当B1P∥平面A1BD时，B1P与CD1所成夹角可能为eq \f(5π,12)，①正确；
当λ＝μ时，P点在CD1上运动，将平面DCD1沿CD1折起，和平面BCD1A1成一个平面，如图：
则∠A1D1D＝eq \f(3π,4)，此时|eq \(DP,\s\up6(→))|＋|A1P|的最小值即为A1D的长，
而A1D2＝（A1D1）2＋（D1D）2－2A1D1·D1D·cseq \f(3π,4)＝2＋eq \r(2)，即A1D＝eq \r(2＋\r(2))，故②正确；
当λ＝1时，eq \(CP,\s\up6(→))＝eq \(CD,\s\up6(→))＋μCC1，P点在DD1上运动，则P（0，1，μ），
在正方体中经过点A1，P，C的截面为平行四边形A1PCE（如图），
则eq \(PC,\s\up6(→))＝（1，0，－μ），A1C＝（1，1，－1），
∴eq \(PC,\s\up6(→))·A1C＝1＋μ，|eq \(PC,\s\up6(→))|＝eq \r(1＋μ2)，|A1C|＝eq \r(3)，
故点P到A1C的距离为d＝eq \r(|\(PC,\s\up6(→))|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\(PC,\s\up6(→))·A1C,|A1C|)))\s\up12(2))＝eq \r(1＋μ2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋μ,\r(3))))\s\up12(2))＝eq \r(\f(2μ2－2μ＋2,3))，
因为μ∈[0，1]，故当μ取0或1时，d取到最大值eq \r(\f(2,3))，
此时截面面积的最大值为2S△A1PC＝2×eq \f(1,2)×eq \r(3)×eq \r(\f(2,3))＝eq \r(2)，
当μ＝eq \f(1,2)时，d取到最小值eq \f(\r(2),2)，此时截面面积的最小值为2S△A1PC＝2×eq \f(1,2)×eq \r(3)×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(\r(6),2)，
即当λ＝1时，在正方体中经过点A1，P，C的截面面积的取值范围为[eq \f(\r(6),2)，eq \r(2)]，③正确；
若B1P与平面CC1D1D所成角为eq \f(π,4)，连接C1P，
因为B1C1⊥平面CDD1C1，C1P为B1P的射影，故∠B1PC1＝eq \f(π,4)，
则C1P＝B1C1＝1，故P点轨迹为以C1为圆心，1为半径的eq \f(1,4)圆，则点P的轨迹长度为eq \f(1,4)×2π×1＝eq \f(π,2)，④错误．故选①②③.
答案：①②③
7．解析：（1）由∠ABC＝90°，AD∥BC，且AD＝AB＝eq \f(1,2)BC＝2，
取BC的中点M，连接DM，则DM＝MC＝2，且DM⊥MC，
所以DC＝eq \r(22＋22)＝2eq \r(2)，又△PDC是以∠DPC为直角的等腰直角三角形，
所以DP＝CP＝2.
过点P作PN⊥CD，垂足为N，则点N为DC的中点，且PN＝eq \r(2)，
因为平面PCD⊥平面ABCD，且平面PCD∩平面ABCD＝DC，
所以PN⊥平面ABCD，故以AB，AD所在的直线分别为x轴，y轴，过点A作垂直于平面ABCD的z轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则A（0，0，0），B（2，0，0），D（0，2，0），C（2，4，0），P（1，3，eq \r(2)），
因为E为棱PC的中点，所以E（eq \f(3,2)，eq \f(7,2)，eq \f(\r(2),2)），又因为点F在棱PD上，且PF＝2FD，
所以F（eq \f(1,3)，eq \f(7,3)，eq \f(\r(2),3)），则eq \(AF,\s\up6(→))＝（eq \f(1,3)，eq \f(7,3)，eq \f(\r(2),3)），eq \(AE,\s\up6(→))＝（eq \f(3,2)，eq \f(7,2)，eq \f(\r(2),2)），eq \(AB,\s\up6(→))＝（2，0，0），
令eq \(AE,\s\up6(→))＝λeq \(AB,\s\up6(→))＋μeq \(AF,\s\up6(→))，
则（eq \f(3,2)，eq \f(7,2)，eq \f(\r(2),2)）＝λ（2，0，0）＋μ（eq \f(1,3)，eq \f(7,3)，eq \f(\r(2),3)），
解得λ＝eq \f(1,2)，μ＝eq \f(3,2)，
故eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(3,2)eq \(AF,\s\up6(→))，则eq \(AE,\s\up6(→))，eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AF,\s\up6(→))共面，且向量eq \(AE,\s\up6(→))，eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AF,\s\up6(→))有公共点A，
所以A，B，E，F四点共面．
（2）由（1）可知eq \(BP,\s\up6(→))＝（－1，3，eq \r(2)），eq \(BC,\s\up6(→))＝（0，4，0），eq \(BA,\s\up6(→))＝（－2，0，0），
设平面PAB的法向量为m＝（x1，y1，z1），
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(BP,\s\up6(→))·m＝0,\(BA,\s\up6(→))·m＝0))，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x1＋3y1＋\r(2)z1＝0,－2x1＝0))，
令y1＝1，则x1＝0，z1＝－eq \f(3\r(2),2)，
所以m＝（0，1，－eq \f(3\r(2),2)），
设平面PBC的法向量为n＝（x2，y2，z2），
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(BP,\s\up6(→))·n＝0,\(BC,\s\up6(→))·n＝0))，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x2＋3y2＋\r(2)z2＝0,4y2＝0))，
令x2＝1，则y2＝0，z2＝eq \f(\r(2),2)，
所以n＝（1，0，eq \f(\r(2),2)），设平面PAB与平面PBC夹角为θ，
则csθ＝|cs〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(\f(3,2),\r(1＋\f(1,2))×\r(1＋\f(9,2)))＝eq \f(\r(33),11)，
所以平面PAB与平面PBC夹角的余弦值为eq \f(\r(33),11).
8．解析：（1）设M为SD的中点，连接ME，MA，
因为ME是△SDC的中位线，所以ME＝eq \f(1,2)DC＝AD＝1，
又因为AD＝BC，且AD∥BC，所以底面ABCD为平行四边形．
所以AF＝eq \f(1,2)AB＝1，又ME∥DC，且DC∥AB，故ME∥AB，
且ME＝AF＝1，所以四边形AFEM是平行四边形，
所以AM∥FE，又AM⊂平面SAD，EF⊄平面SAD，
所以EF∥平面SAD.
（2）因为SD＝SC＝eq \r(2)AD＝eq \r(2)，又DC＝2，
所以SD2＋SC2＝DC2，故SD⊥SC.
设N是DC的中点，连接SN，因为SD＝SC，
所以SN⊥DC，又平面SDC⊥平面ABCD，
SN⊂平面SDC，平面SDC∩底面ABCD＝CD，
所以SN⊥平面ABCD.
连接NA，NB，NF，在△ADN中，∠ADN＝60°，DN＝DA，
所以△ADN是正三角形，
在△BCN中，∠BCN＝120°，NC＝CB＝1，
所以∠BNC＝∠NBC＝30°，
所以∠ANB＝90°，即AN⊥NB.
因为NS，NA，NB两两互相垂直，故以N为坐标原点，
以向量eq \(NA,\s\up6(→))，eq \(NB,\s\up6(→))，eq \(NS,\s\up6(→))为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系Nxyz.
在△NCB中，由余弦定理得NB＝eq \r(1＋1－2×1×1×cs120°)＝eq \r(3).
过点P作PH∥SN，PH∩AN＝H，
因为SN⊥平面ABCD，所以PH⊥平面ABCD，
因为PH∥SN，所以Rt△PHA与Rt△SNA相似，
因为SN＝NA＝1，所以PH＝HA.
设P的坐标为（t，0，1－t）（0