高三人教A版數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)練習(xí)核心素養(yǎng)提升（四）（理）

核心素養(yǎng)提升系列(四)(理)1．(導(dǎo)學(xué)號(hào)14577731)(2018·合肥市二模)如圖1，矩形ABCD中，AB＝1，AD＝2，點(diǎn)E為AD中點(diǎn)，沿BE將△ABE折起至△PBE，如圖2所示，點(diǎn)P在面BCDE的射影O落在BE上．(1)求證：BP⊥CE；(2)求二面角B－PC－D的余弦值．解：(1)證明：由條件，點(diǎn)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(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，以過(guò)點(diǎn)O且平行于CD的直線為x軸，過(guò)點(diǎn)O且平行于BC的直線為y軸，直線PO為z軸，建立如圖所示直角坐標(biāo)系．則Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,3)，0))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3,2)，0))，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(2),2))).設(shè)平面PCD的法向量為η＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(η1·\o(CD,\s\up6(→))＝0,η1·\o(CP,\s\up6(→))＝0))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝0,3y1－\r(2)z1＝0))，令z1＝eq\r(2)，可得η1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)，\r(2))).設(shè)平面PBC的法向量為η2＝(x2，y2，z2)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(η2·\o(PB,\s\up6(→))＝0,η2·\o(BC,\s\up6(→))＝0))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－y2－\r(2)z2＝0,y2＝0))，令z2＝eq\r(2)，可得η2＝(2,0，eq\r(2))，∴cos〈η1，η2〉＝eq\f(η1·η2,|η1||η2|)＝eq\f(\r(33),11)，考慮到二面角B－PC－D為鈍二面角，則二面角B－PC－D的余弦值為－eq\f(\r(33),11).2．(導(dǎo)學(xué)號(hào)14577732)(2018·南陽(yáng)、信陽(yáng)等六市一模)如圖所示的幾何體中，ABC－A1B1C1為三棱柱，且AA1⊥平面ABC，四邊形ABCD為平行四邊形，AD＝2CD，∠ADC＝(1)若AA1＝AC，求證：AC1⊥平面A1B1CD；(2)若CD＝2，AA1＝λAC，二面角A－C1D－C的余弦值為eq\f(\r(5),5)，求三棱錐C1－A1CD的體積．解：(1)證明：連接A1C交AC1于E，因?yàn)锳A1＝AC又AA1⊥平面ABCD，所以AA1⊥AC，所以A1ACC1為正方形，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＝eq\r(3)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)如圖建立直角坐標(biāo)系，則D(2,0,0)，A(0,2eq\r(3)，0)，C1(0,0,2eq\r(3)λ)，A1(0,2eq\r(3)，2eq\r(3)λ)∴eq\o(DC1,\s\up6(→))＝(－2,0,2eq\r(3)λ)，eq\o(DA1,\s\up6(→))＝(－2,2eq\r(3)，2eq\r(3)λ)．對(duì)平面AC1D，因?yàn)閑q\o(AD,\s\up6(→))＝(2，－2eq\r(3)，0)，eq\o(A1C,\s\up6(→))＝(0，－2eq\r(3)，2eq\r(3)λ)，所以法向量n1＝(eq\r(3)，1，eq\f(1,λ))，平面C1CD的法向量為n2＝(0,1,0)．由cosθ＝eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝eq\f(1,\r(3＋1＋λ－2))＝eq\f(\r(5),5)，得λ＝1，所以AA1＝AC，此時(shí)，CD＝2，AA1＝AC＝2eq\r(3)，所以VC1－A1CD＝VD－A1CC1＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2\r(3)×2\r(3)))×2＝4.3．(導(dǎo)學(xué)號(hào)14577733)(2018·汕頭市一模)如圖，PA⊥平面ADE，B，C分別是AE，DE的中點(diǎn)，AE⊥AD，AD＝AE＝AP＝2.(1)求二面角A－PE－D的余弦值；(2)點(diǎn)Q是線段BP上的動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)直線CQ與DP所成的角最小時(shí)，求線段BQ的長(zhǎng)．解：(1)證明：以{eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AP,\s\up6(→))}為正交基底建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)－xyz，則B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)．∵AD⊥平面PAB，∴eq\o(AD,\s\up6(→))是平面PAB的一個(gè)法向量，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(0,2,0)．∵eq\o(PC,\s\up6(→))＝(1,1，－2)，eq\o(PD,\s\up6(→))＝(0,2，－2)．設(shè)平面PCD的法向量為m＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(PC,\s\up6(→))＝0，,m·\o(PD,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－2z＝0,2y－2z＝0.))，令y＝1，解得z＝1，x＝1，∴m＝(1,1,1)是平面PCD的一個(gè)法向量．計(jì)算得cos〈eq\o(AD,\s\up6(→))，m〉＝eq\f(\o(AD,\s\up6(→))·m,|\o(AD,\s\up6(→))||m|)＝eq\f(\r(3),3)，∴二面角A－PE－D的余弦值為eq\f(\r(3),3).(2)∵eq\o(BP,\s\up6(→))＝(－1,0,2)，設(shè)eq\o(BQ,\s\up6(→))＝λeq\o(BP,\s\up6(→))＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)，又eq\o(CB,\s\up6(→))＝(0，－1,0)，則eq\o(CQ,\s\up6(→))＝eq\o(CB,\s\up6(→))＋eq\o(BQ,\s\up6(→))＝(－λ，－1,2λ)，又eq\o(DP,\s\up6(→))＝(0，－2,2)，∴cos〈eq\o(CQ,\s\up6(→))，eq\o(DP,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(CQ,\s\up6(→))·\o(DP,\s\up6(→)),|\o(CQ,\s\up6(→))||\o(DP,\s\up6(→))|)＝eq\f(1＋2λ,\r(10λ2＋2)).設(shè)1＋2λ＝t，t∈[1,3]，則cos2〈eq\o(CQ,\s\up6(→))，eq\o(DP,\s\up6(→))〉＝eq\f(5t2,5t2－10t＋9)＝eq\f(2,9\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)－\f(5,9)))2＋\f(20,9))∴eq\f(2t2,5t2－10t＋9)≤eq\f(9,10)，當(dāng)且僅當(dāng)t＝eq\f(9,5)，即λ＝eq\f(2,5)時(shí)，|cos〈eq\o(CQ,\s\up6(→))，eq\o(DP,\s\up6(→))〉|的最大值為eq\f(3\r(10),10).因?yàn)閥＝cosx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是減函數(shù)，此時(shí)直線CQ與DP所成角取得最小值，又∵BP＝eq\r(12＋22)＝eq\r(5)，∴BQ＝eq\f(2,5)BP＝eq\f(2\r(5),5).4．(導(dǎo)學(xué)號(hào)14577734)(2018·鷹潭市一模)在長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是AB，CD1的中點(diǎn)，AA1＝AD＝1，AB＝(1)求證：EF∥平面BCC1B1；(2)求證：平面CD1E⊥平面D1DE；(3)在線段CD1上是否存在一點(diǎn)Q，使得二面角Q－DE－D1為45°，若存在，求eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(D1Q,D1C)))的值，不存在，說(shuō)明理由．解：(1)證明：過(guò)F作FM∥C1D1交CC1于M，連結(jié)BM.∵F是CD1的中點(diǎn)，∴FM∥C1D1，F(xiàn)M＝eq\f(1,2)C1D1.又∵E是AB中點(diǎn)，∴BE∥C1D1，BE＝eq\f(1,2)C1D1，∴BE∥FM，BE＝FM，EBMF是平行四邊形，∴EF∥BM.又BM在平面BCC1B1內(nèi)，∴EF∥平面BCC1B1.(2)證明：∵D1D⊥平面ABCD，CE在平面ABCD內(nèi)，∴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內(nèi)，∴平面CD1E⊥平面D1DE.(3)以D為原點(diǎn)，DA、DC、DD1所在直線為x軸、y軸、z軸建立坐標(biāo)系，則C(0,2,0)，E(1,1,0)，D1(0,0,1)，平面D1DE的法向量為eq\o(EC,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，設(shè)eq\o(D1Q,\s\up6(→))＝λeq\o(D1C,\s\up6(→))＝(0,2λ，－λ)，(0＜λ＜1)，則Q(0,2λ，1－λ)．設(shè)平面DEQ的法向量為m＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(DE,\s\up6(→))＝x＋y＝0,m·\o(DQ,\s\up6(→))＝2λy＋1－λz＝0))，令y＝1，則m＝(－1,1，eq\f(2λ,1－λ))．∵二面角Q－DE－D1為4