分析 (1)連接BD交AC于O點(diǎn),則O為BD的中點(diǎn),從而PB∥OE,由此能證明PB∥平面AEC.
(2)(幾何法):推導(dǎo)出PA⊥AD,PA⊥CD,從而AE⊥PD,再推導(dǎo)出AD⊥CD,從而CD⊥平面PAD,進(jìn)而AE⊥CD,由此能證明AE⊥平面PCD.
(2)(向量法):以A點(diǎn)為原點(diǎn),以AB,AD,AP所在直線分別為x,y,z軸,建立空間坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz,利用向量法能證明AE⊥平面PCD.
(3)求出平面DAE的法向量和平面AEC的法向量,利用向量法能求出D到平面AEC的距離.
解答 證明:(1)連接BD交AC于O點(diǎn),則O為BD的中點(diǎn),連結(jié)OE,
∵E為PD的中點(diǎn),∴PB∥OE…(3分)
又∵OE?平面AEC,PB?平面AEC…(5分)
∴PB∥平面AEC;…(6分)
(2)(幾何法):∵PA⊥平面ABCD,
∴PA⊥AD,PA⊥CD…(7分)
∴在直角△PAD中,PA=ADE為PD的中點(diǎn),
∴AE⊥PD…(8分)
又∵底面ABCD為矩形,∴AD⊥CD,
∵PA∩AD=A,∴CD⊥平面PAD…(10分)
∵AE?平面PAD,∴AE⊥CD,∵PD∩CD=D,
∴AE⊥平面PCD.…(12分)
(2)(向量法):由題知 四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為矩形,PA⊥平面ABCD,
如圖以A點(diǎn)為原點(diǎn),以AB,AD,AP所在直線分別為x,y,z軸,建立空間坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz
設(shè)AB=a,AD=b,則A(0,0,0),C(a,b,0),D(0,b,0),P(0,0,b),E(0,2,2)…(8分)
∴→AE=(0,2,2),→DC=(a,0,0),→DP=(0,−b,b),
∴→AE•→DC=0,→AE•→DP=−b22+b22=0…(10分)
∴AE⊥DC,AE⊥DP,
∵DP∩DC=D,∴AE⊥平面PCD.…(12分)
解:(3)由(2)知平面DAE的法向量是→AB=(a,0,0),
∵AP=1,∴A(0,0,0),E(0,12,12),C(a,1,0),
∴→AE=(0,12,12),→AC=(a,1,0),…(14分)
設(shè)平面AEC的法向量是→n=(x,y,z),
∴→n•→AC=0,→n•→AE=0,
∴{y+z=0ax+y=0,令z=1,得y=−1,x=1a,∴→n=(1a,−1,1)…(15分)
∴cos\frac{π}{3}=|cos<\overrightarrow{AB},\overrightarrow n>|=\frac{{|\overrightarrow{AB}•\overrightarrow{n|}}}{{|\overrightarrow{AB}|•|\overrightarrow n|}}=\frac{1}{{a\sqrt{\frac{1}{a^2}+2}}}=\frac{1}{2},
解得a=\frac{{\sqrt{6}}}{2}…(16分)
∵\overrightarrow{DC}=\overrightarrow{AB}=(\frac{{\sqrt{6}}}{2},0,0),
∴D到平面AEC的距離{d_{D-AEC}}=|{\overrightarrow{DC}}|cos{60^0}=\frac{{\sqrt{6}}}{4}.…(18分)
點(diǎn)評 本題考查線面平行、線面垂直的證明,考查點(diǎn)到平面的距離的求法,是中檔題,解題時要認(rèn)真審題,注意空間思維能力的培養(yǎng).
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A. | -\frac{1}{2} | B. | -1 | C. | 0 | D. | 1 |
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A. | \frac{\sqrt{2}}{3} | B. | \frac{\sqrt{2}}{2} | C. | \frac{\sqrt{6}}{3} | D. | \frac{\sqrt{3}}{2} |
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