1、核心素养提升系列(四) (理)1(导学号 14577731)(2018合肥市二模)如图 1，矩形 ABCD 中，AB1，AD 2，点E 为 AD 中点，沿 BE 将ABE 折起至PBE，如图 2 所示，点 P 在面 BCDE 的射影 O 落在 BE 上(1)求证：BPCE；(2)求二面角 BPCD 的余弦值解：(1)证明：由条件，点 P 在平面 BCDE 的射影 O 落在 BE 上，平面 PBE平面 BCDE，易知 BECE，CE平面 PBE，而 BP平面 PBE，PBCE.(2)以 O 为坐标原点，以过点 O 且平行于 CD 的直线为 x 轴，过点 O 且平行于 BC 的直线为 y 轴，直线
2、 PO 为 z 轴，建立如图所示直角坐标系则 B ，C ，D ，(12，12，0) (12，13，0) ( 12，32，0)P .(0，0，22)设平面 PCD 的法向量为 (x 1，y 1，z 1)，则Error! ，即Error!，令 z1 ，可得 1 .2 (0，23，2)设平面 PBC 的法向量为 2( x2，y 2，z 2)，则Error! ，即Error!，令 z2 ，可得 2(2,0 ， )，2 2cos 1， 2 ，12|1|2| 3311考虑到二面角 BPCD 为钝二面角，则二面角 BPCD 的余弦值为 .33112(导学号 14577732)(2018南阳、信阳等六市一模)
3、如图所示的几何体中，ABCA 1B1C1 为三棱柱，且 AA1平面 ABC，四边形 ABCD 为平行四边形，AD2CD，ADC60.(1)若 AA1AC，求证：AC 1平面 A1B1CD；(2)若 CD2， AA1AC ，二面角 AC 1DC 的余弦值为 ，求三棱锥 C1A 1CD 的55体积解：(1)证明：连接 A1C 交 AC1 于 E，因为 AA1AC，又 A A1平面 ABCD，所以 AA1AC，所以 A1ACC1 为正方形，所以 A1CAC 1.在ACD 中，AD2CD， ADC60，由余弦定理得 AC2AD 2CD 22 ADDCcos 60，所以 AC CD，所以 AD2AC 2
4、CD 2，3所以 CDAC，又 AA1CD. 所以 CD平面 A1ACC1，所以 CDAC 1，A 1CCDC，所以 AC1平面 A1 B1CD.(2)如图建立直角坐标系，则 D(2,0,0)，A(0,2 ，0)，C 1(0,0,2 )，A 1(0,2 ，2 )3 3 3 3 (2,0,2 )， (2,2 ，2 )DC1 3 DA1 3 3对平面 AC1D，因为 (2，2 ，0) ， (0 ，2 ，2 )，AD 3 A1C 3 3所以法向量 n1( ，1， )，31平面 C1CD 的法向量为 n2(0,1,0)由 cos ，得 1，n1n2|n1|n2| 13 1 2 55所以 A A1AC
5、，此时，CD2，AA 1AC 2 ，3所以 VC1A 1CDVDA 1C C1 24.13 (122323)3(导学号 14577733)(2018汕头市一模)如图，PA平面 ADE，B，C 分别是 AE，DE的中点，AE AD，ADAE AP2.(1)求二面角 APED 的余弦值；(2)点 Q 是线段 BP 上的动点，当直线 CQ 与 DP 所成的角最小时，求线段 BQ 的长解：(1)证明：以 ， ， 为正交基底建立空间直角坐标系 Axyz ，AB AD AP 则 B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)AD平面 PAB， 是平面 PAB 的一个法向量，AD (
6、0,2,0) AD (1,1，2)， (0,2，2)设平面 PCD 的法向量为 m(x，y ，z)，PC PD 则Error! 即Error!，令 y1，解得 z1，x 1，m(1,1,1)是平面 PCD 的一个法向量计算得 cos ，m ，AD AD m|AD |m| 33二面角 APE D 的余弦值为 .33(2) (1,0,2)，设 (，0,2)(01)，BP BQ BP 又 (0，1,0)，则 ( ，1,2) ，又 (0，2,2)，CB CQ CB BQ DP cos ， .设 12t，t 1,3 ，CQ DP CQ DP |CQ |DP | 1 2102 2则 cos2 ， CQ D
7、P 5t25t2 10t 929(1t 59)2 209 ，2t25t2 10t 9 910当且仅当 t ，即 时，|cos ， | 的最大值为 .因为 ycos x 在 上95 25 CQ DP 31010 (0，2)是减函数，此时直线 CQ 与 DP 所成角取得最小值，又BP ，BQ BP .12 22 525 2554(导学号 14577734)(2018鹰潭市一模)在长方体 ABCDA 1B1C1D1 中，E，F 分别是AB， CD1 的中点，AA 1AD1，AB2.(1)求证：EF平面 BCC1B1；(2)求证：平面 CD1E平面 D1DE；(3)在线段 CD1 上是否存在一点 Q，
8、使得二面角 QDE D 1 为 45，若存在，求的值，不存在，说明理由|D1QD1C|解：(1)证明：过 F 作 FMC 1D1 交 CC1 于 M，连结 BM.F 是 CD1 的中点，FMC 1D1，FM C1D1.12又E 是 AB 中点， BEC 1D1，BE C1D1，12BEFM，BEFM，EBMF 是平行四边形，EFBM.又 BM 在平面 BCC1B1 内，EF平面 BCC1B1.(2)证明：D 1D平面 ABCD，CE 在平面 ABCD 内，D1DCE.在矩形 ABCD 中，DE 2CE 22，DE2 CE24CD 2，CED 是直角三角形， CEDE，CE平面 D1DE.CE
9、在平面 CD1E 内，平面 CD1E平面 D1DE.(3)以 D 为原点， DA、DC、DD 1所在直线为 x 轴、y 轴、 z 轴建立坐标系，则 C(0,2,0)，E (1,1,0)，D 1(0,0,1)，平面 D1DE 的法向量为 ( 1,1,0)，EC 设 (0,2 ，)，(01) ，D1Q D1C 则 Q(0,2，1 )设平面 DEQ 的法向量为 m(x，y，z)，则Error! ，令 y1，则 m( 1,1， )21 二面角 QDED 1为 45，cos 45 ，|mEC |m|EC |22 2 ( 2 1)2 22由于 01， 1，2线段 CD1上存在一点 Q，使得二面角 QDED 1为 45，且 1.|D1Q|D1C| 2
