分析 (I)連接QM,PN,由等腰梯形與等邊三角形的性質(zhì)可得:三點E,M,N共線.進而得出EM=MN,利用三角形中位線定理可得QM∥PN.QM∥平面PBC.同理可得AD∥平面PBC.即可證明平面QAD∥平面PBC.
(2)連接PM,△PAD是邊長為2的等邊三角形,AM=MD,可得PM=$\sqrt{3}$.可得EM=PM.又EQ=QP,可得PE⊥QM.同理利用等腰三角形的性質(zhì)可得:EQ⊥AQ.可得PE⊥平面AQD,又平面QAD∥平面PBC,即可證明PE⊥平面PBC.
(3)PM⊥AD,平面PAD⊥平面ABCD,可得PM⊥平面ABCDE.PM⊥MN,AM⊥MN.建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系M-yxz.設(shè)平面EDP的法向量為$\overrightarrow{n}$=(x,y,z),則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{EP}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{DP}=0}\end{array}\right.$,取$\overrightarrow{n}$.設(shè)AE與平面PDE所成角為θ,則sinθ=|cos$<\overrightarrow{n},\overrightarrow{AE}>$|=$\frac{|\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AE}|}{|\overrightarrow{n}||\overrightarrow{AE}|}$,即可得出.
解答 (I)證明:連接QM,PN,由等腰梯形與等邊三角形的性質(zhì)可得:三點E,M,N共線.
∵△AED是邊長為2的等邊三角形,∴EM=$\sqrt{3}$,∴EM=MN.
又EQ=QP,∴QM∥PN.
∵QM?平面PBC,PN?平面PBC,
∴QM∥平面PBC.
由AD∥BC,同理可得AD∥平面PBC.
∵QM∩AD=M,QM,QD?平面QAD,
∴平面QAD∥平面PBC.
(2)證明:連接PM.
∵△PAD是邊長為2的等邊三角形,AM=MD,
∴PM=$\sqrt{3}$.
又EM=$\sqrt{3}$,∴EM=PM.
又EQ=QP,∴PE⊥QM.
又AP=AE,EQ=QP,∴EQ⊥AQ.
又AQ∩QM=Q,∴PE⊥平面AQD,
又平面QAD∥平面PBC,∴PE⊥平面PBC.
(3)解:∵PM⊥AD,平面PAD⊥平面ABCD,又平面PAD∩平面ABCD=AD,
∴PM⊥平面ABCDE.
∴PM⊥MN,又AM⊥MN.
建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系M-yxz.
則M(0,0,0),A(1,0,0),D(-1,0,0),E(0,-$\sqrt{3}$,0),P(0,0,$\sqrt{3}$).
∴$\overrightarrow{EP}$=(0,$\sqrt{3}$,$\sqrt{3}$),$\overrightarrow{DP}$=(1,0,$\sqrt{3}$),$\overrightarrow{AE}$=(-1,-$\sqrt{3}$,0).
設(shè)平面EDP的法向量為$\overrightarrow{n}$=(x,y,z),則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{EP}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{DP}=0}\end{array}\right.$,即$\left\{\begin{array}{l}{\sqrt{3}y+\sqrt{3}z=0}\\{x+\sqrt{3}z=0}\end{array}\right.$,取$\overrightarrow{n}$=($\sqrt{3}$,1,-1).
設(shè)AE與平面PDE所成角為θ,則sinθ=|cos$<\overrightarrow{n},\overrightarrow{AE}>$|=$\frac{|\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AE}|}{|\overrightarrow{n}||\overrightarrow{AE}|}$=$\frac{2\sqrt{3}}{2×\sqrt{5}}$=$\frac{\sqrt{15}}{5}$.
∴AE與平面PDE所成角的正弦值為$\frac{\sqrt{15}}{5}$.
點評 本題考查了線面平面平行的判定與性質(zhì)定理、線面面面垂直的判定與性質(zhì)定理、法向量的應(yīng)用、向量夾角公式,考查了推理能力與計算能力,屬于中檔題.
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A. | 0 | B. | 1 | C. | 2 | D. | -3 |
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