分析 (I)證明△ABC為正三角形,可得AE⊥BC,根據(jù)BC∥AD,可得AE⊥AD.又PA⊥AE,且PA∩AD=A,所以AE⊥平面PAD,進而可得答案.
(II)建立坐標系,利用題中的已知條件分別求出兩個平面的法向量,借助于向量的有關(guān)運算計算出向量的夾角,再轉(zhuǎn)化為二面角的平面角.
解答 證明:(Ⅰ)∵四邊形ABCD為菱形,∠ABC=60°,
∴△ABC為正三角形.
∵E為BC的中點,∴AE⊥BC,
又BC∥AD,∴AE⊥AD,
∵PA⊥平面ABCD,AE?平面ABCD,
∴PA⊥AE,
又PA?平面PAD,AD?平面PAD,且PA∩AD=A,
∴AE⊥平面PAD
又PD?平面PAD,∴AE⊥PD.
解:(Ⅱ)由(Ⅰ)知AE,AD,AP兩兩垂直,以A為坐標原點,建立如圖所示的空間直角坐標系,
又E,F(xiàn)分別為BC,PC的中點,∵AB=BC=CD=DA=AP=2,∴AE=$\sqrt{3}$,
∴A(0,0,0),B($\sqrt{3}$,-1,0),C($\sqrt{3}$,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2),E($\sqrt{3}$,0,0),
設(shè)F(a,b,c),$\overrightarrow{PF}=λ\overrightarrow{PC}$(0≤λ≤1),則(a,b,c-2)=($\sqrt{3}λ,λ$,-2λ),解得a=$\sqrt{3}λ$,b=λ,c=2,∴F($\sqrt{3}λ,λ$,2-2λ),
∴$\overrightarrow{AE}$=($\sqrt{3}$,0,0),$\overrightarrow{AF}$=($\sqrt{3}λ,λ$,2-2λ).
設(shè)平面AEF的一法向量為$\overrightarrow{m}$=(x,y,z),
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AE}=\sqrt{3}x=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AF}=\sqrt{3}λx+λy-(2-2λ)z=0}\end{array}\right.$,取z=-1,得$\overrightarrow{m}$=(0,$\frac{2-2λ}{λ}$,-1),
∵BD⊥AC,BD⊥PA,PA∩AC=A,∴BD⊥平面AFC,
∴$\overrightarrow{BD}$=(-$\sqrt{3}$,3,0)是平面AFC的一法向量.
∵二面角E-AF-C的余弦值為$\frac{\sqrt{15}}{5}$,
∴$\frac{\sqrt{15}}{5}$=$\frac{|\overrightarrow{BD}•\overrightarrow{m}|}{|\overrightarrow{BD}|•|\overrightarrow{m}|}$=$\frac{3×\frac{2-2λ}{λ}}{\sqrt{12}•\sqrt{(\frac{2-2λ}{λ})^{2}+1}}$,
由0≤λ≤1,解得λ=$\frac{1}{2}$,
∴在線段PC上存在中點F使二面角E-AF-C的余弦值為$\frac{\sqrt{15}}{5}$.
點評 解決此類問題的關(guān)鍵是熟練掌握幾何體的結(jié)構(gòu)特征,以便利用已知條件得到空間的線面關(guān)系,并且便于建立坐標系利用向量的有關(guān)運算解決空間角等問題.
科目:高中數(shù)學 來源: 題型:選擇題
A. | $\frac{π}{4}$ | B. | $\frac{π}{3}$ | C. | $\frac{5π}{12}$ | D. | $\frac{π}{6}$ |
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科目:高中數(shù)學 來源: 題型:選擇題
A. | 有最大值,無最小值 | B. | 無最大值,有最小值 | ||
C. | 有最大值,有最小值 | D. | 無最大值,無最小值 |
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科目:高中數(shù)學 來源: 題型:選擇題
A. | 1 | B. | 1+2 | C. | 1+2+22 | D. | 1+2+22+23 |
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科目:高中數(shù)學 來源: 題型:選擇題
A. | 0 | B. | 1002 | C. | 200 | D. | 100×99×…×2×1 |
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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:填空題
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