分析 (Ⅰ)取AC中点O,推导出四边形OPEB是平行四边形,从而PE∥OB,由此能证明PE∥平面ABC.
(Ⅱ)推导出DC⊥OB,OB⊥AC,从而OB⊥面ACD,进而PE⊥面ACD,由此能证明平面ADE⊥平面ACD.
(Ⅲ)以O为原点,OA为x轴,OB为y轴,OP为z轴,建立空间直角坐标系,利用向量法能求出二面角P-CE-B的正弦值.
解答 证明:(Ⅰ)取AC中点O,OP∥CD,OP=$\frac{1}{2}CD$,
∵OP∥BE,OP=BE,∴四边形OPEB是平行四边形,
∴PE∥OB,
∵PE?平面平面ABC,OB?平面ABC,
∴PE∥平面ABC.
(Ⅱ)∵DC⊥BC,且面ABC⊥面BCDE,
∴DC⊥面ABC,∵BO?面ABC,∴DC⊥OB,
∵OB⊥AC,又AC∩DC=C,∴OB⊥面ACD,
∵PE∥OB,∴PE⊥面ACD,
∵PE?ADE,∴平面ADE⊥平面ACD.
解:(Ⅲ)以O为原点,OA为x轴,OB为y轴,OP为z轴,建立空间直角坐标系,
P(0,0,1),C(-1,0,0),B(0,$\sqrt{3}$,0),E(0,$\sqrt{3}$,1),
设平面PCE的一个法向量为$\overrightarrow{n}$=(x,y,z),
$\overrightarrow{PE}$=(0,$\sqrt{3},0$),$\overrightarrow{CP}$=(1,0,1),
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{PE}=\sqrt{3}y=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{CP}=x+z=0}\end{array}\right.$,取x=1,得$\overrightarrow{n}$=(1,0,-1),
设平面BCE的一个法向量$\overrightarrow{m}$=(a,b,c),
$\overrightarrow{BC}$=(-1,-$\sqrt{3}$,0),$\overrightarrow{BE}$=(0,0,1),
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{BC}=-a-\sqrt{3}b=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{BE}=c=0}\end{array}\right.$,取a=-$\sqrt{3}$,得$\overrightarrow{m}$=(-$\sqrt{3}$,1,0),
设二面角P-CE-B的平面角为θ,
则cosθ=$\frac{|\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{\sqrt{6}}{4}$,
∴sinθ=$\sqrt{1-(\frac{\sqrt{6}}{4})^{2}}$=$\frac{\sqrt{10}}{4}$,
∴二面角P-CE-B的正弦值为$\frac{\sqrt{10}}{4}$.
点评 本题考查线面平行的证明,考查面面垂直的证明,考查二面角的正弦值的求法,是中档题,解题时要认真审题,注意向量法的合理运用.
科目:高中数学 来源: 题型:选择题
A. | n+(n+1)+(n+2)+…+2n=(n-1)2 | B. | n+(n+1)+(n+2)+…+3n=(n-1)2 | ||
C. | n+(n+1)+(n+2)+…+(2n+2)=(2n-1)2 | D. | n+(n+1)+(n+2)+…+(3n-2)=(2n-1)2 |
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科目:高中数学 来源: 题型:选择题
A. | $\frac{1}{2}$e2 | B. | $\frac{1}{e}$ | C. | e2 | D. | $\frac{2}{e}$ |
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科目:高中数学 来源: 题型:解答题
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科目:高中数学 来源: 题型:选择题
A. | 2013×2014 | B. | 2013+2014 | C. | 20142 | D. | 20132 |
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科目:高中数学 来源: 题型:填空题
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