分析 (1)取PD的中點N,連接AN,MN,則MN∥CD,MN=12CD,可得四邊形ABMN為平行四邊形,又BM⊥平面PCD,可得AN⊥平面PCD,AN⊥PD,AN⊥CD.可得△PAD為等邊三角形,∠PDA=60°,又∠EDC=150°,可得CD⊥AD,再利用線面面面垂直的判定與性質(zhì)定理即可證明.
(2)AB∥CD,可得∠PCD為直線PC與AB所成的角,可得tan∠PCD=PDCD=12,CD=2PD,設(shè)PD=1,則CD=2,PA=AD=AB=1,取AD的中點O,連接PO,過O作AB的平行線,可建立如圖所示的空間直角坐標系O-xyz,設(shè)→n=(x,y,z)為平面PBD的法向量,則{→n•→DB=0→n•→PB=0,利用cos<→n,→BM>=→n•→BM|→n||→BM|,即可得出.
解答 (1)證明:取PD的中點N,連接AN,MN,則MN∥CD,MN=12CD,
又AB∥CD,AB=12CD,所以MN∥AB,MN=AB,
則四邊形ABMN為平行四邊形,所以AN∥BM,
又BM⊥平面PCD,
∴AN⊥平面PCD,
∴AN⊥PD,AN⊥CD.
由ED=EA即PD=PA,及N為PD的中點,∴PA=AD,
可得△PAD為等邊三角形,
∴∠PDA=60°,
又∠EDC=150°,∴∠CDA=90°,∴CD⊥AD,
∴CD⊥平面PAD,CD?平面ABCD,
∴平面PAD⊥平面ABCD.
(2)解:AB∥CD,∴∠PCD為直線PC與AB所成的角,
由(1)可得∠PDC=90°,∴tan∠PCD=PDCD=12,∴CD=2PD,
設(shè)PD=1,則CD=2,PA=AD=AB=1,
取AD的中點O,連接PO,過O作AB的平行線,
可建立如圖所示的空間直角坐標系O-xyz,
則D(−12,0,0),B(12,1,0),C(−12,2,0),P(0,0,√32),
∴M(−14,1,√34),
所以→DB=(1,1,0),→PB=(12,1,−√32),→BM=(−34,0,√34),
設(shè)→n=(x,y,z)為平面PBD的法向量,則{→n•→DB=0→n•→PB=0,即{x+y=012x+y−√32z=0,
取x=3,則→n=(3,3,−√3)為平面PBD的一個法向量,
∵cos<→n,→BM>=→n•→BM|→n||→BM|=−3√21×√32=-2√77,
則直線BM與平面PDB所成角的正弦值為2√77.
點評 本題考查了空間位置關(guān)系、法向量的應(yīng)用、空間角、等邊三角形的判定與性質(zhì),考查了推理能力與計算能力,屬于中檔題.
科目:高中數(shù)學 來源: 題型:選擇題
A. | 6 | B. | 8 | C. | 12 | D. | 16 |
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科目:高中數(shù)學 來源: 題型:填空題
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科目:高中數(shù)學 來源: 題型:解答題
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科目:高中數(shù)學 來源: 題型:選擇題
A. | 充分不必要條件 | B. | 必要不充分條件 | ||
C. | 充要條件 | D. | 既不充分也不必要條件 |
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科目:高中數(shù)學 來源: 題型:選擇題
A. | 1 | B. | \frac{3}{4} | C. | \sqrt{3} | D. | \frac{4}{3} |
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科目:高中數(shù)學 來源: 題型:選擇題
A. | 1+\frac{{\sqrt{2}}}{2} | B. | 1 | C. | 1-\frac{{\sqrt{2}}}{2} | D. | 0 |
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科目:高中數(shù)學 來源: 題型:選擇題
A. | ω=2,φ=\frac{π}{2} | B. | ω=2,φ=π | C. | ω=\frac{1}{2},φ=\frac{π}{2} | D. | ω=\frac{1}{2},φ=\frac{π}{4} |
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科目:高中數(shù)學 來源: 題型:選擇題
A. | -6 | B. | 12 | C. | 6 | D. | -12 |
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