专题限时集训(九) 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·湖南长沙模拟)如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝AD＝AA1＝1，∠A1AB＝∠A1AD＝∠BAD＝60°．
(1)若空间有一点P满足：＝＋2＋2，求点P到直线BD的距离；
(2)求平面BDD1B1与平面BCC1B1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．
1/1专题限时集训(九)
1．解：(1)证明：在正方体ABCD-A1B1C1D1中，建立如图所示的空间直角坐标系，
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n＝(0，1，1)，
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为坐标原点，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，
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)，
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)法一：因为＝，所以＝＝2＋2，
所以||2＝12．
在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，
则△ABD为等边三角形，所以BD＝1，
所以＝＝(2＋2)·()＝2－2＋2－2＝1，
则点P到直线BD的距离d＝＝＝．
法二：连接A1D，A1B，A1C1，AC，设AC∩BD＝O，由AB＝AD＝AA1＝1，
∠A1AB＝∠A1AD＝∠BAD＝60°，可得A1D＝A1B＝BD＝1，从而三棱锥A1-ABD为正四面体，
故顶点A1在底面ABCD内的射影落在直线AC上，且垂足为底面△ABD的外心H，可求得A1H＝＝＝．
故平面A1ACC1⊥平面ABCD，在平面A1ACC1内引直线Oz⊥AC，即得Oz⊥平面ABCD，
又由菱形ABCD可知AC⊥BD，如图，以O为原点建立空间直角坐标系，
则A，A1，B，D，所以＝(0，－1，0)．
因为＝＋2＋2，
所以＝＝2＋2＝2＋2＝，
所以||2＝＋1＋＝12．
在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，
则△ABD为等边三角形，所以BD＝1，
所以＝＝1，则点P到直线BD的距离d＝＝＝．
(2)法一：如图，取BB1的中点E，DD1的中点F，连接CE，EF，CF，CB1．
由等角定理可知∠B1BC＝∠A1AD＝60°，又BB1＝BC＝1，所以△BB1C为等边三角形，所以CE⊥BB1．
设＝a，＝b，＝c，则为空间的一个基底，＝b－a，故＝(b－a)·c＝＝0，所以BD⊥AA1，
又BD∥EF，BB1∥AA1，所以EF⊥BB1，所以∠CEF为二面角D-BB1-C的平面角．
在△CEF中，CE＝，EF＝1，CF＝，由余弦定理的推论得cos ∠CEF＝＝，
所以平面BDD1B1与平面BCC1B1夹角的余弦值为．
法二：由第(1)问法二空间直角坐标系，
可得＝(0，－1，0)，＝＝＝＝，
设平面BDD1B1的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则得m＝(，0，1)为平面BDD1B1的一个法向量，
设平面BCC1B1的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则得n＝(，－，1)为平面BCC1B1的一个法向量，
设平面BDD1B1与平面BCC1B1的夹角为θ，
则cos θ＝＝＝＝，
所以平面BDD1B1与平面BCC1B1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＝，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，y，z轴，建立空间直角坐标系，
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)．
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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