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，AB＝1，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：BP⊥CE；(2)求二面角B－PC－D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BE⊥CE，∴CE⊥平面PBE，而BP⊂平面PBE，∴PB⊥CE.(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PO为z轴，建立如图所示直角坐标系．则B，C，D，P.设平面PCD的法向量为η＝(x1，y1，z1)，则，即，令z1＝，可得η1＝.设平面PBC的法向量为η2＝(x2，y2，z2)，则，即，令z2＝，可得η2＝(2,0，)，∴cos〈η1，η2〉＝＝，考虑到二面角B－PC－D为钝二面角，则二面角B－PC－D的余弦值为－.2．(导学号14577732)(2018·南阳、信阳等六市一模)如图所示的几何体中，ABC－A1B1C1为三棱柱，且AA1⊥平面ABC，四边形ABCD为平行四边形，AD＝2CD，∠ADC＝60°.(1)若AA1＝AC，求证：AC1⊥平面A1B1CD；(2)若CD＝2，AA1＝λAC，二面角A－C1D－C的余弦值为，求三棱锥C1－A1CD的体积．解：(1)证明：连接A1C交AC1于E，因为AA1＝AC，1又AA1⊥平面ABCD，所以AA1⊥AC，所以A1ACC1为正方形，所以A1C⊥AC1.在△ACD中，AD＝2CD，∠ADC＝60°，由余弦定理得AC2＝AD2＋CD2－2AD·DCcos60°，所以AC＝CD，所以AD2＝AC2＋CD2，所以CD⊥AC，又AA1⊥CD.所以CD⊥平面A1ACC1，所以CD⊥AC1，A1C∩CD＝C，所以AC1⊥平面A1B1CD.(2)如图建立直角坐标系，则D(2,0,0)，A(0,2，0)，C1(0,0,2λ)，A1(0,2，2λ)∴DC1＝(－2,0,2λ)，DA1＝(－2,2，2λ)．对平面AC1D，因为AD＝(2，－2，0)，A1C＝(0，－2，2λ)，所以法向量n1＝(，1，)，平面C1CD的法向量为n2＝(0,1,0)．由cosθ＝＝＝，得λ＝1，所以AA1＝AC，此时，CD＝2，AA1＝AC＝2，所以VC1－A1CD＝VD－A1CC1＝××2＝4.3．(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，AD＝AE＝AP＝2.(1)求二面角A－PE－D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{AB，AD，AP}为正交基底建立空间直角坐标系A－xyz，2则B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)．∵AD⊥平面PAB，∴AD是平面PAB的一个法向量，AD＝(0,2,0)．∵PC＝(1,1，－2)，PD＝(0,2，－2)．设平面PCD的法向量为m＝(x，y，z)，则即，令y＝1，解得z＝1，x＝1，∴m＝(1,1,1)是平面PCD的一个法向量．计算得cos〈AD，m〉＝＝，∴二面角A－PE－D的余弦值为.(2)∵BP＝(－1,0,2)，设BQ＝λBP＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)，又CB＝(0，－1,0)，则CQ＝CB＋BQ＝(－λ，－1,2λ)，又DP＝(0，－2,2)，∴cos〈CQ，DP〉＝＝.设1＋2λ＝t，t∈[1,3]，则cos2〈CQ，DP〉＝＝∴≤，当且仅当t＝，即λ＝时，|cos〈CQ，DP〉|的最大值为.因为y＝cosx在上是减函数，此时直线CQ与DP所成角取得最小值，又∵BP＝＝，∴BQ＝BP＝.4．(导学号14577734)(2018·鹰潭市一模)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是AB，CD1的中点，AA1＝AD＝1，AB＝2.(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，使得二面角Q－DE－D1为45°，若存在，求的值，不存在，说明理由．解：(1)证明：过F作FM∥C1D1交CC1于M，连结BM.3∵F是CD1的中点，∴FM∥C1D1，FM＝C1D1.又∵E是AB中点，∴BE∥C1D1，BE＝C1D1，∴BE∥FM，BE＝FM，EBMF是平行四边形，∴EF∥BM.又BM在平面BCC1B1内，∴EF∥平面BCC1B1.(2)证明：∵D1D⊥平面ABCD，CE在平面ABCD内，∴D1D⊥CE.在矩形ABCD中，DE2＝CE2＝2，∴DE2＋CE2＝4＝CD2，∴△CED是直角三角形，∴CE⊥DE，∴CE⊥平面D1DE.∵CE在平面CD1E内，∴平面CD1E⊥平面D1DE.(3)以D为原点，DA、DC、DD1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)，D1(0,0,1)，平面D1DE的法向量为EC＝(－1,1,0)，设D1Q＝λD1C＝(0,2λ，－λ)，(0＜λ＜1)，则Q(0,2λ，1－λ)．设平面DEQ的法向量为m＝(x，y，z)，则，令y＝1，则m＝(－1,1，)．∵二面角Q－DE－D1为45°，∴cos45°＝＝＝，由于0＜λ＜1，∴λ＝－1，∴线段CD1上存在一点Q，使得二面角Q－DE－D1为45°，且＝－1.4
