分析 (Ⅰ)推導(dǎo)出AB⊥BC,PA⊥BC,由此能證明BC⊥平面PAB.
(Ⅱ)以A為原點,AB,AD,AP所在直線為x,y,z軸,建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz,利用向量法能求出PN的長.
解答 證明:(Ⅰ)在正方形ABCD中,AB⊥BC,…(1分)
因為PA⊥平面ABCD,BC?平面ABCD,所以PA⊥BC.…(2分)
因為AB∩PA=A,且AB,PA?平面PAB,
所以BC⊥平面PAB…(4分)
解:(Ⅱ)因為PA⊥平面ABCD,AB,AD?平面ABCD,
所以PA⊥AB,PA⊥AD.
又AB⊥AD,如圖,以A為原點,AB,AD,AP所在直線為x,y,z軸,
建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz,…(6分)
所以C(2,2,0),D(0,2,0),B(2,0,0),P(0,0,2).
設(shè)平面DAN的一個法向量為$\overrightarrow n=(x,y,z)$,
平面CAN的一個法向量為$\overrightarrow m=(a,b,c)$,
設(shè)$\overrightarrow{PN}=λ\overrightarrow{PC}$,λ∈[0,1],
因為$\overrightarrow{PC}=(2,2,-2)$,所以$\overrightarrow{AN}=(2λ,2λ,2-2λ)$,
又$\overrightarrow{AD}=(0,2,0)$,所以$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{AN}•\overrightarrow n=0\\ \overrightarrow{AD}•\overrightarrow n=0\end{array}\right.$,即$\left\{\begin{array}{l}2λx+2λy+(2-2λ)z=0\\ 2y=0\end{array}\right.$,
取z=1,得到$\overrightarrow n=(\frac{λ-1}{λ},0,1)$,…(8分)
因為$\overrightarrow{AP}=(0,0,2)$,$\overrightarrow{AC}=(2,2,0)$
所以$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{AP}•\overrightarrow m=0\\ \overrightarrow{AC}•\overrightarrow m=0\end{array}\right.$,即$\left\{\begin{array}{l}2c=0\\ 2a+2b=0\end{array}\right.$,
取a=1得,到$\overrightarrow m=(1,-1,0)$,…10分
因為二面C-AN-D大小為$\frac{π}{3}$,所以$|cos<\overrightarrow m,\overrightarrow n>|=cos\frac{π}{3}=\frac{1}{2}$,
所以$|cos<\overrightarrow m,\overrightarrow n>|=|{\frac{\overrightarrow m•\overrightarrow n}{{|\overrightarrow m||\overrightarrow{n|}}}}|=|{\frac{{\frac{λ-1}{λ}}}{{\sqrt{2}\sqrt{{{(\frac{λ-1}{λ})}^2}+1}}}}|=\frac{1}{2}$,
解得$λ=\frac{1}{2}$,所以$PN=\sqrt{3}$…(12分)
點評 本題考查線面垂直的證明,考查線段長的求法,是中檔題,解題時要認(rèn)真審題,注意向量法的合理運用.
科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:填空題
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A. | $\sqrt{2}$f($\frac{π}{4}$)<f($\frac{π}{3}$) | B. | $\sqrt{3}$f($\frac{π}{6}$)<f($\frac{π}{3}$) | C. | cos1•f(1)>$\frac{\sqrt{3}}{2}$f($\frac{π}{6}$) | D. | $\sqrt{2}$f($\frac{π}{4}$)<$\sqrt{3}$f($\frac{π}{6}$) |
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