专题限时集训(十四) 空间向量与立体几何
1．(2024·江苏苏州三模)如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别是BC和CD的中点．
(1)求证：AB1⊥D1E；
(2)求直线EF和B1D1之间的距离；
(3)求直线EF与平面CD1E所成角的正弦值．
2．(2024·山东济宁三模)图1是由正方形ABCD和两个正三角形△ADE，△CDF组成的一个平面图形，其中AB＝2，现将△ADE沿AD折起，使得平面ADE⊥平面ABCD，将△CDF沿CD折起，使得平面CDF⊥平面ABCD，连接EF，BE，BF，如图2．
(1)求证：EF∥平面ABCD；
(2)求平面ADE与平面BCF夹角的大小．
3．(2024·天津和平区模拟)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，∠BAC＝90°，E，F分别为CC1，BC的中点．
(1)求异面直线A1B与EF所成角的余弦值；
(2)求点B1到平面AEF的距离；
(3)求平面AEF与平面A1EB夹角的余弦值．
4．(2024·浙江宁波模拟)在空间四边形ABCD中，AB＝BC＝BD＝AC＝2，AD＝DC＝．
(1)求证：平面ADC⊥平面ABC；
(2)对角线BD上是否存在一点E，使得直线AD与平面ACE所成角为30°.若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
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1．解：(1)证明：由题意，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则A(1，0，0)，C(0，1，0)，B1(1，1，1)，D1(0，0，1)，E，F，所以＝(0，1，1)，＝，所以·＝0×＋1×1＋1×(－1)＝0，故AB1⊥D1E．
(2)因为＝＝(1，1，0)，所以＝2，
所以∥，由题意知E，F，B1，D1不共线，
故EF∥B1D1，
故知点E到直线B1D1的距离即为两条平行线EF和B1D1之间的距离，
又＝，则·＝－，＝，＝＝，
设点E到直线B1D1的距离为d，
则d＝＝＝，
即直线EF和B1D1之间的距离为．
(3)因为＝＝(0，－1，1)，
设平面CD1E的法向量为n＝(x，y，z)，
则取z＝1，则n＝(0，1，1)为平面CD1E的一个法向量，
设直线EF与平面CD1E所成角为α，
则sin α＝＝＝，
所以直线EF与平面CD1E所成角的正弦值为．
2．解：(1)证明：分别取棱CD，AD的中点O，P，连接OF，PE，OP，
由△CDF是边长为2的正三角形，得OF⊥CD，OF＝，
又平面CDF⊥平面ABCD，平面CDF∩平面ABCD＝DC，OF 平面CDF，
则OF⊥平面ABCD，同理PE⊥平面ABCD，PE＝，
所以OF∥PE，OF＝PE，即四边形OPEF为平行四边形，OP∥EF，
而OP 平面ABCD，EF 平面ABCD，所以EF∥平面ABCD．
(2)取棱AB的中点Q，连接OQ，由四边形ABCD为正方形，得OQ⊥CD，以O为原点，OQ，OC，OF所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则B(2，1，0)，C(0，1，0)，F(0，0，)，D(0，－1，0)，＝(2，0，0)，＝(0，－1，)，
设平面BCF的法向量为n＝(x，y，z)，则令z＝1，得n＝(0，，1)为平面BCF的一个法向量，
由CD⊥AD，平面ADE⊥平面ABCD，平面ADE∩平面ABCD＝AD，CD 平面ABCD，
得CD⊥平面ADE，则＝(0，2，0)为平面ADE的一个法向量，设平面ADE与平面BCF的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈，n〉|＝＝＝，而θ∈，解得θ＝，
所以平面ADE与平面BCF的夹角为．
3．解：(1)由题意可知AB，AC，AA1两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，
则A1(0，0，2)，B1(2，0，2)，B(2，0，0)，E(0，2，1)，F(1，1，0)，
则＝(2，0，－2)，＝(1，－1，－1)，
所以|cos 〈〉|＝＝＝，
即异面直线A1B与EF所成角的余弦值为．
(2)由(1)易知＝(2，0，2)，＝(0，2，1)，＝(1，1，0)，
设平面AEF的法向量为n＝(x，y，z)，则有
取y＝－1，则x＝1，z＝2，所以n＝(1，－1，2)为平面AEF的一个法向量，
所以点B1到平面AEF的距离为d＝＝＝．
(3)由(1)可知＝(2，0，－2)，＝(0，2，－1)，
设平面A1EB的法向量为m＝(a，b，c)，则有
取c＝2，则b＝1，a＝2，所以m＝(2，1，2)为平面A1EB的一个法向量，
设平面AEF与平面A1EB的夹角为α，
则cos α＝＝＝＝，
即平面AEF与平面A1EB夹角的余弦值为．
4．解：(1)证明：取AC的中点O，连接DO，BO，
因为AC＝2，AD＝DC＝，AC2＝AD2＋DC2，所以AD⊥CD，DO⊥AC，且DO＝1．
又AB＝BC＝AC＝2，则BO⊥AC，且BO＝．
又BD＝2，则BD2＝DO2＋BO2，则DO⊥OB．
因为AC∩OB＝O，AC，OB 平面ABC，所以DO⊥平面ABC．
因为DO 平面ADC，所以平面ADC⊥平面ABC．
(2)易知OB，OC，OD两两垂直，以O为原点，OB，OC，OD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，则O(0，0，0)，A(0，－1，0)，B(，0，0)，C(0，1，0)，D(0，0，1)，则＝(，0，－1)．
设＝λ＝(λ，0，－λ)，0＜λ＜1，则E(λ，0，－λ＋1)．
则＝(λ，0，－λ＋1)，＝(0，1，0)．设平面ACE的法向量为n＝(x，y，z)，
则
令x＝λ－1，则z＝λ，y＝0，即n＝(λ－1，0，λ)为平面ACE的一个法向量．
又＝(0，1，1)，所以sin 30°＝，即＝，即2λ2＋2λ－1＝0，解得λ＝或λ＝(舍去)，
因为＝λ，所以＝λ()，所以λ＝(1－λ)，
所以＝＝＝＝＝．
故＝．
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