分析 (1)推导出AC⊥BD,BD⊥PA,从而BD⊥平面PAC,由此能证明BD⊥AE.
(2)设PA=AB=2,设AC、BD交于点O,以OA为x轴,OB为y轴,过O垂直于平面ABCD的直线为z轴,建立空间直角坐标系,利用向量法能求出$\frac{PE}{CE}$.
(3)求出平面PBD的法向量和$\overrightarrow{AE}$,利用向量法能求出AE与平面PBD所成角的正弦值.
解答 证明:(1)∵P-ABCD底面为菱形,∴AC⊥BD,
∵PA⊥面ABCD,BD?平面ABCD,∴BD⊥PA,
∵AC∩PA=A,∴BD⊥平面PAC,
∵E为PC上一动点,∴AE?平面PAC,
∴BD⊥AE.
解:(2)设PA=AB=2,设AC、BD交于点O,以OA为x轴,OB为y轴,
过O垂直于平面ABCD的直线为z轴,建立空间直角坐标系,
A($\sqrt{3}$,0,0),P($\sqrt{3}$,0,2),C(-$\sqrt{3}$,0,0),B(0,1,0),D(0,-1,0),
$\overrightarrow{PB}$=(-$\sqrt{3}$,1,-2),$\overrightarrow{PD}$=(-$\sqrt{3}$,-1,-2),
设E(a,b,c),$\overrightarrow{PE}=λ\overrightarrow{PC}$,即(a-$\sqrt{3}$,b,c-2)=(-2$\sqrt{3}λ$,0,-2λ),∴E($\sqrt{3}-2\sqrt{3}λ$,0,2-2λ),
$\overrightarrow{AE}$=(-2$\sqrt{3}λ$,0,2-2λ),
∵AE⊥平面PBD,∴$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{AE}•\overrightarrow{PB}=0}\\{\overrightarrow{AE}•\overrightarrow{PD}=0}\end{array}\right.$,∴6λ-4+4λ=0,解得$λ=\frac{2}{5}$.
∴$\frac{PE}{PC}$=$\frac{2}{5}$,∴$\frac{PE}{CE}$=$\frac{2}{3}$.
(3)设平面PBD的法向量为$\overrightarrow{n}$=(x,y,z),
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{PB}=-\sqrt{3}x+y-2z=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{PD}=-\sqrt{3}x-y-2z=0}\end{array}\right.$,取x=2,得$\overrightarrow{n}$=(2,0,-$\sqrt{3}$),
$\overrightarrow{AE}$=($\frac{4\sqrt{3}}{5}$,0,$\frac{6}{5}$),
设AE与平面PBD所成角为θ,
则sinθ=$\frac{|\overrightarrow{AE}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{AE}|•|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{|\frac{8\sqrt{3}}{5}-\frac{6\sqrt{3}}{5}|}{\sqrt{\frac{84}{25}}×\sqrt{7}}$=$\frac{1}{7}$.
∴AE与平面PBD所成角的正弦值为$\frac{1}{7}$.
点评 本题考查异面直线垂直的证明,考查两线段比值的求法,考查线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.
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A. | (x-2)2+(y-$\frac{3}{2}$)2=$\frac{5}{4}$ | B. | (x+2)2+(y-$\frac{3}{2}$)2=$\frac{5}{4}$ | C. | (x+2)2+(y+$\frac{3}{2}$)2=$\frac{5}{4}$ | D. | (x-2)2+(y+$\frac{3}{2}$)2=$\frac{5}{4}$ |
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A. | $\frac{3\sqrt{3}}{4}$ | B. | $\frac{5\sqrt{3}}{4}$ | C. | $\frac{1}{4}$+$\frac{\sqrt{3}}{2}$ | D. | $\frac{1}{2}$+$\frac{\sqrt{3}}{4}$ |
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