分析 (1)底面ABCD是矩形,可得CD⊥AD.利用線面垂直的性質(zhì)定理可得:PA⊥CD.再利用線面垂直的判定定理與性質(zhì)定理即可證明.
(2)取PC的中點M,連接EM,F(xiàn)M.利用三角形中位線定理可得ME$\underset{∥}{=}$=$\frac{1}{2}$CD,又AF$\underset{∥}{=}$$\frac{1}{2}$CD,可得AF$\underset{∥}{=}$EM,再利用平行四邊形的判定與性質(zhì)定理可得AE∥FM,利用線面平行的判定定理即可證明AE∥平面PFC.
(3)PA⊥面ABCD,CB⊥AB,可得CB⊥PB.設(shè)F到平面PBC的距離為h.利用VF-PBC=VP-BFC,即$\frac{1}{3}×$S△PBC•h=$\frac{1}{3}×$S△BCF×PA.即可得出.
解答 (1)解:∵底面ABCD是矩形,∴CD⊥AD.
∵PA⊥面ABCD,CD?平面ABCD,
∴PA⊥CD.
又PA∩AD=A,∴CD⊥平面PAD,AE?平面PAD中,
∴CD⊥AE,
∴CD與AE所成的角為90°.
(2)證明:取PC的中點M,連接EM,F(xiàn)M.
又E點為PD的中點,∴ME$\underset{∥}{=}$=$\frac{1}{2}$CD,
又AF$\underset{∥}{=}$$\frac{1}{2}$CD,∴AF$\underset{∥}{=}$EM,
∴四邊形AFME是平行四邊形,
∴AE∥FM,又AE?平面PFC,F(xiàn)M?平面PFC,
∴直線AE∥平面PFC.
(3)解:∵PA⊥面ABCD,CB⊥AB,CB?平面ABCD,
∴CB⊥PB.
S△PBC=$\frac{1}{2}PB•CB$=$\frac{1}{2}×\sqrt{{1}^{2}+{1}^{2}}$×2=$\sqrt{2}$,S△BCF=$\frac{1}{2}×BC×BF$=$\frac{1}{2}×2×\frac{1}{2}$=$\frac{1}{2}$.
設(shè)F到平面PBC的距離為h.
∵VF-PBC=VP-BFC,
∴$\frac{1}{3}×$S△PBC•h=$\frac{1}{3}×$S△BCF×PA.
∴h=$\frac{\frac{1}{2}×1}{\sqrt{2}}$=$\frac{\sqrt{2}}{4}$.
點評 本題考查了空間位置關(guān)系與空間距離、線面平行與垂直的判定及其性質(zhì)定理、三角形中位線定理、平行四邊形的判定與性質(zhì)定理、三垂線定理,考查了推理能力與計算能力,屬于中檔題.
科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:填空題
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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:選擇題
A. | $\frac{2}{n+1}$ | B. | $\frac{2}{n+2}$ | C. | ($\frac{2}{3}$)n | D. | ($\frac{2}{3}$)n-1 |
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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:選擇題
A. | $-\frac{1}{4}$ | B. | 0或$-\frac{1}{4}$ | C. | 0或-1 | D. | -1 |
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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:選擇題
A. | 4:5 | B. | 5:13 | C. | 3:5 | D. | 12:13 |
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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:解答題
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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:選擇題
A. | 奇函數(shù) | B. | 偶函數(shù) | C. | 奇函數(shù)或偶函數(shù) | D. | 非奇非偶函數(shù) |
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